Solução Lista 2

2/2015

01 – Uma pessoa coloca a mão para fora de um automóvel que se desloca com uma velocidade de 105 km/h (29,2m/s) numa atmosfera estagnada. Qual é a máxima pressão que atua na mão exposta ao escoamento?

Usando (1) para pressão em um ponto a montante da mão da pessoa e o ponto (2) para um ponto sobre a mão, sendo a linha de corrente horizontal aplica-se a Equação de Bernoulli:

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2

Sendo p1 a pressão atmosférica a montante, portanto usando pressão relativa p1=0; z1=z2; e v2=0, pois o ar se choca com a mão gerando aumento de pressão tem-se:

1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 𝑝2 =1

2∗ 1,22 ∗ 29,2 2 = 520,1𝑃𝑎

02 – Água escoa na torneira localizada no andar térreo do edifício mostrado na Figura 2 com velocidade máxima de 6,1 m/s. Determine as velocidades máximas dos escoamentos nas torneiras localizadas no subsolo e no primeiro andar do edifício. Admita que o escoamento é invíscido e que a altura de cada andar seja igual a 3,6m. A água escoa como jato livre portanto nas saídas e no nível do reservatório a pressão é a atmosférica. Aplicando a Equação de pressão total exatamente nos bocais de cada torneira, tem-se:

p1=p2=p3

z1=0 z2=3,6m z3=7,2m v1= v1 v2=6,1m/s v3= v3

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2

(3)

(2)

(1)

1

2𝜌𝑣1

2 = 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2

Igualando a pressão do ponto 1 ao ponto 2: 1

2𝜌𝑣1

2 = 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2

500𝑣12 = 9810 ∗ 3,6 + 500 ∗ 6,02

𝒗𝟏 =35316 + 18000

500= 𝟏𝟎, 𝟑𝒎/𝒔

Igualando a pressão do ponto 3 ao ponto 2:

𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2

𝑣32 =

9810 ∗ 3,6 + 500 ∗ 6,12 − 9810 ∗ 7,2

500

𝒗𝟑𝟐 =

35316 + 18000 − 70632

500= −𝟑𝟒, 𝟔 (água não chega na 3ª torneira, quando todas estão abertas)

03 – Água escoa em regime permanente na tubulação mostrada na Figura 4. Sabendo que o manômetro indica a pressão relativa nula no ponto 1 e admitindo que os efeitos viscosos são desprezíveis, determine a pressão no ponto 2 e a vazão em volume neste escoamento.

Aplicando a Eq de pressão total ao escoamento e o bocal sendo jato livre temos: p1=0 p2=p2 p3=0

z1=0 z2=0,61m z3=-0,92m v1= v1 v2=v2 v3= v3 Q1=Q2=Q3 v1A1=v2A2=v3A3 Sendo A2=A1 então v2=v1

.

(3)

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2

p1=0 p2=p2 p3=0

z1=0 z2=0,61m z3=-0,92m

v1= v1 v2=v2 v3= v3

Q1=Q2=Q3 v1A1=v2A2=v3A3

Sendo A2=A1 então v2=v1

Então igualando a pressão total dos pontos (1) e (2) temos:

0 + 𝛾0 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣1

2

Então : 𝑝2 = −𝛾𝑧2 = 9810 ∗ 0,61

= 𝟓𝟗𝟖𝟒, 𝟏𝑷𝒂

.

(3)

p1=0 p2=p2 p3=0

z1=0 z2=0,61m z3=-0,92m

v1= v1 v2=v2 v3= v3

Q1=Q2=Q3 v1A1=v2A2=v3A3

Sendo A2=A1 então v2=v1

igualando a pressão total dos pontos (1) e (3) temos:

0 + 𝛾0 +1

2𝜌𝑄

𝐴1

2

= 0 + 𝛾(−0,92) +1

2𝜌𝑄

𝐴3

2

500𝑄

0,0011

2

= −9025,2 + 500𝑄

0,00075

2

−8,79𝑥108𝑄2 + 4,33𝑥108𝑄2 = −9025,5

𝑄2 =−9025,5

−4,46𝑥108 = 2,03x10−5

Q=0,0045m3/s

.

(3)

04 – Água escoa na concentração axisimétrica mostrada na Figura P3.30. Determine a vazão em volume na contração em função de D sabendo que a diferença de alturas no manômetro é constante e igual a 0,2 m.

Aplicando a Eq. Bernoulli aos pontos (1) e (2):

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2

Tem-se que:

Z1=Z2

p1-p2=Δh*(ϒágua-ϒar) diferença de pressão do manômetro diferencial

Q1=v1A1 Q2=v2A2 v2=Q/A2 v1=Q/A1

∆𝑕 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 − 𝛾𝑎𝑟 + 500(02) = 500𝑄2

𝐴22

RESOLVER

(1) (2)

05 – Água escoa em regime permanente na tubulação mostrada na Figura P3.48. Alguns experimentos revelaram que o trecho de tubulação com parede fina (diâmetro interno =m 100 mm) colapsa quando a pressão interna se torna igual a externa menos 10 kPa. Até que o valor de h a tubulação opera convenientemente?

Comportamento de jato livre

A pressão total aos pontos 1, 2 e 3 será:

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2

p1=0 p2=-10x103Pa p3=0

z1=1,22m z2=0 z3=-h

v1= 0 v2=v2 v3= v3

(1)

°

(2)

°

(3)

°

Comportamento de jato livre

A pressão total aos pontos 1, 2 e 3 será:

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2

p1=0 p2=-10x103Pa p3=0

z1=1,22m z2=0 z3=-h

v1= 0 v2=v2 v3= v3

Assim:

0 + 9810 ∗ 1,22 +1

2𝜌02 = −10000 + 𝛾0 +

1

21000 ∗ 𝑣2

2

9810 ∗ 1,22 + 10000 500

= 𝑣22

𝑣2 = 6,6𝑚/𝑠

v2A2=v3A3 v3=v2A2/A3 Igualando as pressões totais do ponto 3 ao ponto 2 tem-se:

−10000 +1

21000 ∗ 6,62= 0 + 9810(−𝑕) +

1

21000 6,6 ∗

0,12

0,1522

2

h=0,78m o negativo se deve ao referencial z2=0m

06 – A vazão de água que é bombeada de um lago, através de uma tubulação com 0,2 m de diâmetro, é 0,28 m3/s. Qual é a pressão no tubo de sucção da bomba numa altura de 1,82 m acima da superfície livre do lago? Admita que os efeitos viscosos sejam desprezíveis.

Q=0,28m3/s D=0,2m

p2 . h= 1,82m p1

Aplicando a equação de pressão total ao longo da linha de corrente da superfície do lago/bocal do tubo até a altura de 1,82m tem-se:

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2

Onde: p1= 0 (atmosfera/relativa) ; z1= 0; v1=0 p2= ?; z2=1,82m v2=Q/A v2=0,28/{[3,14*(0,2^2)]/4}=8,91m/s Então:

0 + 𝛾0 +1

2𝜌02 = 𝑝2 + 𝛾1,82 +

1

2𝜌8,912

p2= -(9810*1,82)-(500*(8,91^2))= -57,5kPa

07 – A velocidade e o gradiente de pressão no ponto A de um escoamento de ar são iguais a 20 m/s e 100 N/m3. Estime a velocidade do escoamento no ponto B que pertence à mesma linha de corrente e que está localizado a 0,5 m à jusante do ponto A.

A equação de movimento de um partícula fluida ao longo da linha de corrente é:

−𝛾𝑠𝑒𝑛𝜃 −𝑑𝑝

𝑑𝑠= 𝜌𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑠

Sendo: 𝑑𝑝

𝑑𝑠 o gradiente de pressão ao longo da linha de corrente

𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑠 a aceleração da partícula fluida (as)

Assumindo que a o escoamento se dá em uma linha de corrente horizontal tem-se que θ = 0

Então: −𝑑𝑝

𝑑𝑠= 𝜌𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑠 onde dv/ds será o gradiente de velocidade ao longo

da linha de corrente

𝑑𝑣

𝑑𝑠= −

𝑑𝑝𝑑𝑠𝜌𝑣

= −100

1,22 ∗ 20= −4,1/𝑠

A variação de velocidade entre dois pontos do escoamento pode ser igualada ao gradiente de velocidade e assim a diferença de velocidade será:

∆𝑣 =𝑑𝑣

𝑑𝑠∗ ∆𝑠 = (-4,1)*0,5 = - 2,05 m/s

A velocidade em um ponto a 0,5m é: ∆𝑣 = 𝑣𝑓 − 𝑣𝑖

𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 + ∆𝑣

𝑣𝑓 = 20 + −2,05 = 18,05𝑚/𝑠

A velocidade tende a diminuir com diferencial de pressão positivo

08 - Qual o gradiente de pressão ao longo da linha de corrente, dp/ds, necessário para impor uma aceleração de 9,14 m/s2 no escoamento ascendente de água num tubo vertical? Qual o valor deste gradiente se o escoamento for descendente?

A equação de movimento de um partícula fluida ao longo da linha de corrente é:

−𝛾𝑠𝑒𝑛𝜃 −𝑑𝑝

𝑑𝑠= 𝜌𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑠

Se o escoamento e ascendente θ=90° sen 90° =1

Se for descendente θ=-90° sen -90° = - 1

Com 𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑠= 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜 = 9,14 𝑚/𝑠2 em escoamento de água

Então para escoamento ascendente:

−9810 ∗ 𝑠𝑒𝑛90 −𝑑𝑝

𝑑𝑠= 1000 ∗ 9,14

𝑑𝑝

𝑑𝑠= −18950,1 𝑁/𝑚3

Então para escoamento descendente:

−9810 ∗ 𝑠𝑒𝑛 − 90 −𝑑𝑝

𝑑𝑠= 1000 ∗ 9,14

𝑑𝑝

𝑑𝑠= 670 𝑁/𝑚3

09 – Água escoa na curva bidimensional mostrada na Figura 1. Note que as linhas de corrente são circulares e que a velocidade é uniforme no escoamento. Determine a pressão nos pontos (2) e (3) sabendo que a pressão no ponto (1) é igual à 40 kPa.

A equação de pressão total normal à linha de corrente é dada por:

−𝛾𝑑𝑧

𝑑𝑛−𝜕𝑝

𝜕𝑛= 𝜌

𝑣2

𝑅

Fazendo o ponto (1) como referencial dn=dz,

portanto 𝑑𝑧

𝑑𝑛= 1

O raio de curvatura do escoamento será uma função de n (linha de corrente) assim:

R(n) = 6 – n quando n=0 o raio será 6 m, ou seja ponto (1).

A velocidade do escoamento é v=10m/s

A pressão em (1) é de 40kPa.

A equação de pressão total será: 𝑑𝑝

𝑑𝑛= −𝜌

𝑣2

𝑅(𝑛)− 𝛾

𝑑𝑝 = −𝜌𝑣2

𝑅 𝑛𝑑𝑛 − 𝛾𝑑𝑛

Integrando a equação diferencial de p1 a p2 e n1=0 a n2=n ; com 𝛾, 𝜌 𝑒 𝑣 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 TEM-SE:

𝑑𝑝𝑝2

𝑝1

= −𝜌𝑣2 𝑑𝑛

6 − 𝑛

𝑛2

0

− 𝛾 𝑑𝑛𝑛2

0

A solução será:

𝑝2 − 𝑝1 = − 𝜌𝑣2 ln6

6 − 𝑛− 𝛾𝑛

𝑑𝑥

(𝑎𝑥 + 𝑏)=1

𝑎(𝑎𝑥 + 𝑏)

Para n=1m

𝑝2 − 40000 = − 1000 ∗ 102 ln6

6 − 1− 9810 ∗ 1

𝑝2 = 11,9kPa

Para n=2m

𝑝3 − 40000 = − 1000 ∗ 102 ln6

6 − 2− 9810 ∗ 2

𝑝3 = −20,2kPa

A pressão sai de ~40kPa para ~-20KPa de uma extremidade para outra no tubo a redução de pressão é necessária para que o fluido possa fazer a trajetória.

11 – O manômetro de pressão diferencial conectado a um tubo de pitot foi modificado para fornecer a velocidade do escoamento diretamente (em lugar da diferença entre a pressão de estagnação e a estática). A calibração do conjunto foi realizada com ar na condição atmosférica padrão. Entretanto, o conjunto foi utilizado para medir a velocidade num escoamento de água e, nesta condição, indicou que a velocidade era igual a 102,9 m/s. Determine a velocidade real do escoamento de água.

A função do tubo de pitot é medir a velocidade a partir da diferença de pressão de acordo com a equação:

𝑣 =2.∆𝑝

𝜌 ∆𝑝 =

1

2𝜌𝑣2

A diferença de entre a velocidade do ar e da água é devido à massa específica do fluido usado para calibrar, usando a diferença de pressão para a velocidade de 102,9 como sendo a do ar e igualando ela à diferença de pressão do escoamento da água pode-se corrigir a velocidade .

∆𝑝𝑎𝑟 = ∆𝑝á𝑔𝑢𝑎 1

21,22 ∗ 102,92=

1

21000 ∗ 𝑣2

V=3,6m/s velocidade da água correta

13 - A Figura seguinte mostra o esboço de um grande tanque que contém água e óleo (densidade = 0,7). Admitindo que os efeitos viscosos são desprezíveis e que o regime de operação é próximo do permanente, determine a altura do jato de água (h) e a pressão do escoamento no tubo horizontal.

Igualando a pressão total dos pontos (1) e (4) tem-se:

(1) .

(2) .

(3) .

(4) .

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +1

2𝜌𝑣4

2

Sendo: z1=0 p1=700*9,81*4=27468Pa (pressão da coluna de óleo)

v1=v4=0 p4=0

27468 + 𝛾0 +1

2𝜌01

2 = 0 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑧4 +1

2𝜌04

2

z4=h=27468/9810=2,8m

Resolvido em sala de aula

Água escoa em regime permanente na tubulação mostrada na Figura P3.37. Determine, para as condições indicadas na figura, o diâmetro do tubo de descarga (D). Admita que os efeitos viscosos são desprezíveis.

14

Aplicando a equação de Bernoulli nos pontos 1 e 2 teremos:

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2

p1= atm=0 (relativa); ϒ=1000.9,81=9810 N/m3; v1=6,1; z1=3,05m;

p2=ϒh; v2=?; z2=0;

(1)

(2)

14

0 + 9810 𝑥 3,05 + [1

21000𝑥(6,1)2]

= (4,57 𝑥 9810) + 𝛾0 +1

21000𝑣2

2

O Problema solicita determinar para as condições dadas o diâmetro D:

Sabe-se que a vazão é constante, portanto Q1=Q2:

v1A1=V2A2 v2= V1.A1/A2

𝑣2 =𝑣1.

𝜋𝐷2

4𝜋(38,1𝑥10−3)2

4

=6,1𝐷2

(38,1𝑥10−3)2=

14

0 + 9810 𝑥 3,05 + [1

21000𝑥(6,1)2]

= (4,57 𝑥 9810) + 𝛾0 +1

21000𝑣2

2

9810 𝑥 3,05 + [1

21000𝑥 6,1)2

= (4,57 𝑥 9810) +1

21000

6,1𝐷2

38,1𝑥10−3 2

2

29920,5 + 18605 = 44831,7 + 500 17,659𝑥106𝐷4 500 17,659𝑥106𝐷4 = 29920,5 + 18605 − 44831,7

𝐷 =3693,8

8,829𝑥1094

= 4,184𝑥10−74

= 𝟎, 𝟎𝟐𝟓𝒎

14

Água escoa, em regime permanente, na tubulação mostrada na Figura P3.71. Admitindo que a água é incompressível e que os efeitos viscosos são desprezíveis, determine o valor de h.

(2)

(1)

15

(2)

(1)

Assumindo que o ar é um fluido incompressivel e que a variação de pressão para pequenas alturas é nula tem-se que a pressão na interface água/ar será a mesma nas duas interfaces do manômetro em U;

O ponto (2) é o bocal contrário ao escoamento, portanto é ponto de estagnação com velocidade igual a 0 m/s;

Igualamos a diferença de pressão do manômetro diferencial à equação de pressão total, ambas rearranjadas em p1-p2 encontra-se h

15

l

Aplicando a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2 teremos:

𝑝1 + 𝛾𝑧1 +1

2𝜌𝑣1

2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 (I)

Sendo: z2= 0 referencial z1= - 0,91m v1=Q/A1=1,46 m/s v2=0 ponto de estagnação Assim a equação (I) fica:

𝑝1 − 𝑝2 = −𝛾𝑧1 −1

2𝜌𝑣1

2 (I)

No sistema há um manômetro diferencial entre os ponto 1 e 2, assim a pressão diferencial entre os pontos é dado por:

𝑝2 − 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑙 − 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑕 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑙 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎0,91 = 𝑝1

−𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑕 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎0,91 = 𝑝1 − 𝑝2 (II)

15

Igualando (I) e (II):

−𝛾𝑧1 −1

2𝜌𝑣1

2 = −𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑕 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎0,91

𝑕 =𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑧1 +

12𝜌𝑣1

2 + (𝛾á𝑔𝑢𝑎(−0,91))

𝛾á𝑔𝑢𝑎

h=0,11m

15

𝑑

𝑑𝑡 𝜌𝑑𝑉 +

𝑣𝑐

𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴

𝑠𝑒

= 0

Da equação de conservação de massa temos que: - Primeiro termo representa a taxa de variação temporal do volume de controle. - Segundo termo representa a variação de vazão em massa do fluido que atravessa a fronteira do

sistema.

17

𝑑

𝑑𝑡 𝜌𝑑𝑉 +

𝑣𝑐

𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴

𝑠𝑒

= 0

Integrando o primeiro termo de V = 0 litros até V= VC l (volume de controle=área da base vezes a altura h):

𝑑 𝑉

𝑑𝑡𝜌

O a integração do segundo termo nos dá a variação de vazão em massa do sistema ( o que sai menos o que entra:

𝑚2 − 𝑚1 Como não há saída de fluidos do sistema, a vazão em massa que saí do sistema é nula, pois todo o fluido é acumulado no interior da piscina. Assim a equação acima fica:

𝑑 𝑉

𝑑𝑡𝜌 − 𝑚1 = 0

Dividindo os termos por massa específica termos:

𝑑 𝑉

𝑑𝑡− 𝑄2 = 0

A vazão de entrada (Q2) é igual à variação temporal de volume do volume de controle de o até a altura h. Rearranjando a equação na forma diferencial, tem-se:

𝑑𝑉 = 𝑄𝑑𝑡 Integrando o primeiro termo de h=0 até a altura h=1,5, e o segundo termo de t=0 até t=t correspondente a altura h, com a vazão constante de 1l/s (1x10-3m3/s): Sendo que V é uma função de h: V=Ab.h

𝑑(𝐴𝑏𝑕)𝑕=1,5

0

= 𝑄𝑑𝑡𝑡

0

𝐴𝑏 . 1,5 = 𝑄. 𝑡

𝐭 =

𝛑𝟓𝟐

𝟒. 𝟏, 𝟓

𝟏𝐱𝟏𝟎−𝟑= 𝟐𝟗𝟒𝟎𝟎𝐬 = ~𝟖 𝐡𝐨𝐫𝐚𝐬

Neste problema a vazão de saída não é a mesma de entrada. Como Qs<Qe haverá acúmulo de água na represa. O que o problema pede é para determinar a altura da coluna de água após 24horas ou 86400segundos. Área= 583 km2=583x106m2

18

Da equação de continuidade sabemos que a solução do primeiro termo nos dá a variação temporal do volume de controle e que o segundo termo dos dá variação da vazão em massa:

𝑑

𝑑𝑡 𝜌𝑑𝑉 +

𝑣𝑐

𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴

𝑠𝑒

= 0

𝑑

𝑑𝑡𝜌𝑉𝑣𝑐 +𝑚𝑠 − 𝑚𝑒 = 0

Com Vvc sendo o volume de controle (igual a Asuperfixh) e 𝑚 = 𝑄𝜌 Podemos dividir a equação por massa específica e torna-la em uma equação diferencial:

𝑑𝑉𝑣𝑐 = (𝑄𝑒−𝑄𝑠)𝑑𝑡 𝑑(𝐴𝑠𝑢𝑝. 𝑕) = (𝑄𝑒−𝑄𝑠)𝑑𝑡

𝑑𝑕 =(𝑄𝑒−𝑄𝑠)

𝐴𝑠𝑢𝑝𝑑𝑡

Integrando o primeiro termo de h=0 até h=h e de t=0 até t=86400

18

𝑑𝑕𝑕

0

=(𝑄𝑒−𝑄𝑠)

𝐴𝑠𝑢𝑝 𝑑𝑡

86400

0

𝑕 =(𝑄𝑒−𝑄𝑠)

𝐴𝑠𝑢𝑝86400

A equação acima nos fornece a altura h que será preenchida na represa considerando a área, vazão de entrada e de saída e o temo dado no problema.

𝑕 =(1274 − 227)

583x10686400

h=~0,16m

18

Água é retirada do tanque mostrado na Figura P3.64 por um sifão. Determine a vazão em volume no escoamento e as pressões nos pontos (1), (2) e (3). Admita que os efeitos viscosos são desprezíveis.

(0)

(4)

24

Assumindo que o z=0 corresponde ao ponto 0 na superfície livre e fazendo o eixo positivo apontando verticalmente para baixo, a pressão no ponto 1 é a pressão devido a coluna de fluido acima do ponto 1, portanto:

p1=ρgh

p1=𝛾. 𝑧0− 𝑧1 = 9810 2,44 = 23936,4Pa=23,9kPa

No ponto 4, descarga do sifão, a água sai devido ao peso da coluna de fluido, ou seja em jato livre, assim:

𝑣4 = 2𝑔𝑕2 = 2𝑔 𝑧4 − 𝑧02

𝑣4 = 2𝑥9,81𝑥 0,91 − 02

=4,22m/s

24

Como o diâmetro do sifão é de 51 mm nos pontos de descarga, ponto 3 e ponto 2 (entrada), podemos concluir que para vazão ser constante (conservação de massa) as velocidade v4=v3=v2.

Lembre que v=Q/A, sendo A4=A3=A2, então v4=v3=v2

Aplicando a equação de Bernoulli aos pontos 2, 3 e 4, teremos:

𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +1

2𝜌𝑣4

2

Levando em conta que:

Z2=2,41m; p2=?; v2=4,22m/s; 𝛾 = 9810𝑁/𝑚3

Z3=0m; p3=?; v3=v2=4,22m/s;

Z4=0,91m; p4=0; v4=v2=4,22m/s;

24

Igualando o primeiro termo ao último termo da igualdade acima, teremos:

𝑝2 + 𝛾𝑧2 +1

2𝜌𝑣2

2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +1

2𝜌𝑣4

2

Como v4=v2=4,22m/s e p4=0, temos: 𝑝2 + 𝛾𝑧2 = 𝛾𝑧4 𝑝2 = 𝛾𝑧4 − 𝛾𝑧2 𝑝2 = 𝛾 𝑧4 − 𝑧2

Sendo: 𝛾 = 9810𝑁/𝑚3; z4=0,91m e Z2=2,44m: 𝑝2 = 9810 0,91 − 2,44 = −𝟏𝟓, 𝟎𝟏𝒌𝑷𝒂

A pressão negativa é responsável por sugar a agua e fazê-la sair na descarga.

24

Igualando o segundo termo ao último termo da igualdade acima, teremos:

𝑝3 + 𝛾𝑧3 +1

2𝜌𝑣3

2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +1

2𝜌𝑣4

2

Como v3=v2=4,22m/s e p4=0, temos: 𝑝3 + 𝛾𝑧3 = 𝛾𝑧4 𝑝3 = 𝛾𝑧4 − 𝛾𝑧3 𝑝3 = 𝛾 𝑧4 − 𝑧3

Sendo: 𝛾 = 9810𝑁/𝑚3; z4=0,91m e Z3=0m: 𝑝3 = 9810 0,91 − 0 = 𝟖, 𝟗𝟑𝒌𝑷𝒂

𝑄 = 𝑣. 𝐴 = 4,22 ∗𝜋 0,0512

4= 8,6𝑥10−3m3/s

24

Extra

Da equação de continuidade sabemos que a solução do primeiro termo nos dá a variação temporal do volume de controle e que o segundo termo dos dá variação da vazão em massa:

𝑑

𝑑𝑡 𝜌𝑑𝑉 +

𝑣𝑐

𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴

𝑠𝑒

= 0

𝑑

𝑑𝑡𝜌𝑉𝑣𝑐 +𝑚𝑠 − 𝑚𝑒 = 0

Com Vvc sendo o volume de controle (igual a Asuperfixh), 𝑚 = 𝑄𝜌 e vazão de entrada igual a zero pois só há saída de fluidos, podemos dividir a equação por massa específica e torná-la em uma equação diferencial:

𝑑𝑉𝑣𝑐 = (−𝑄𝑠)𝑑𝑡 𝑑(𝐴𝑠𝑢𝑝. 𝑕) = (−𝑄𝑠)𝑑𝑡

𝑑𝑕 =(−𝑄𝑠)

𝐴𝑠𝑢𝑝𝑑𝑡

Integrando o primeiro termo de h=h1 até h=h2 e de t=t1 até t=t2

𝑑𝑕𝑕2

𝑕1

=(−𝑄𝑠)

𝐴𝑠𝑢𝑝 𝑑𝑡

𝑡2

𝑡1

𝑕1 − 𝑕2 =−𝑄𝑠

𝐴𝑠𝑢𝑝𝑡1 − 𝑡2

A equação acima nos fornece a altura h para qualquer intervalo de tempo do gráfico dado no problema.

1) 3 − 𝑕2 =−1

14,990 − 15

−𝑕2= 1 − 3 𝑕2 = 2𝑚

2) 2 − 𝑕2 =−0

14,9915 − 25

𝑕2 = 2𝑚

Q(m3/s) Area (m2) d (saída) h1 h2 t1 (s) t2(s)

1 1 14,99 0,564m 3 2 0 15

2 0 14,99 0,564m 2 2 15 25

3 0,2 14,99 0,564m 2 25 115

4 1 14,99 0,564m 115 130

π(4,37)2/4 0,564m

3) 2 − 𝑕2 =−0,2

14,9925 − 115

−𝑕2= [−0,01334𝑥 −90 ] − 2 −𝑕2= 1,20 − 2

𝑕2 = 0,8𝑚

4) 0,8 − 𝑕2 =−1

14,99115 − 130

−𝑕2= 1,00 − 0,8 −𝑕2= 0,20 𝑕2 = −0,2𝑚

o valor de - 0,2 equivale à altura da tubulação de saída, uma vez que a altura do reservatório é de 3m.

Q(m3/s) Area (m2) d (saída) h1 h2 t1 (s) t2(s)

1 1 14,99 0,564m 3 2 0 15

2 0 14,99 0,564m 2 2 15 25

3 0,2 14,99 0,564m 2 0,8 25 115

4 1 14,99 0,564m 0,8 -0,2 115 130

π(4,37)2/4 0,564m

O Problema pede um gráfico da variação de altura com o tempo para a vazão e as dimensões do reservatório. Como a vazão é constante em cada intervalo de tempo especificado a variação de altura será linear assim o gráfico terá a seguinte forma:

t(s) h(m)

0 3

15 2

25 2

115 0,8

130 -0,2

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140

-0.4

-0.2

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

1.6

1.8

2.0

2.2

2.4

2.6

2.8

3.0

3.2

3.4

Altu

ra (

m)

Tempo (s)

Exemplo 3:

Aplicações da Equação de Bernoulli

51

A vazão total QT é igual à soma da vazão por cada orifícios simultaneamente.

Lembre-se que o escoamento se comporta como jato livre, então:

𝑄𝑇 = 𝑞1 + 𝑞2 + 𝑞3

𝑄𝑇 =𝑉

𝑑𝑡= −𝐴𝑇

𝑑𝑕

𝑑𝑡

𝑞1 = 𝐴𝑜 2𝑔𝑕 = 𝐴𝑜 2𝑔 𝑕

𝑞2 = 𝐴𝑜 2𝑔(𝑕 + 𝑙2) = 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙2)

𝑞3 = 𝐴𝑜 2𝑔(𝑕 + 𝑙3) = 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙3)

52

𝑄𝑇 = 𝑞1 + 𝑞2 + 𝑞3

−𝐴𝑇

𝑑𝑕

𝑑𝑡= 𝐴𝑜 2𝑔 𝑕 + 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙2) + 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙3)

Rearranjando a Equação temos:

𝑑𝑡 = −𝐴𝑇

𝐴𝑜 2𝑔

1

𝑕 + (𝑕 + 𝑙2) + (𝑕 + 𝑙3)𝑑𝑕

Integrando a Equação de t1=0 a t2=t e h1=h até h2=0

𝑑𝑡𝑡

0

= −𝐴𝑇

𝐴𝑜 2𝑔

1

𝑕 + (𝑕 + 𝑙2) + (𝑕 + 𝑙3)𝑑𝑕

0

𝑕

53

A solução da integral pode ser mais fácil usando o método de integração numérica: regra do trapézio;

𝑑𝑡𝑡

0

= −𝐴𝑇

𝐴𝑜 2𝑔 𝑓 𝑕 𝑑𝑕

0

𝑕

Sendo:

𝑓 𝑕 =1

𝑕 + (𝑕 + 𝑙2) + (𝑕 + 𝑙3)

Faz-se:

𝑓 𝑕 = 𝑓 𝑕1 + 𝑓 𝑕𝑖 ∗ (𝑕𝑖 − 𝑕1 /2

Indo de h1=0,051 até hi=0 soma-se a n f(h) como solução da integração.

54

55