Capítulo 5 – Análise com volumes de controle fixos
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1
Capítulo 5 – Análise com volumes de controle fixos
Como dito anteriormente, a análise de alguns problemas deMecânica dos Fluidos aplicados a engenharia é mais fácil, eadequada, quando feita a partir da consideração devolumes de controle.
Exemplos
► Tempo para preenchimento de um tanque com líquido.
► Força para manter uma turbina presa em uma bancadade testes.
► Transferências de líquidos entre dois tanques desnive-lados.
► Etc.
2
Conceitos básicos para abordagem desses problemas
► Conservação da massa.
► Segunda lei de Newton.
► Leis fundamentais da termodinâmica.
► Teorema de Reynolds (forma geral).
SCVC
dAbbdtDt
DB nV VSIS
3
5.1 Conservação da massa e equação da continuidade
5.1.1 Derivação da equação da continuidade
► Um sistema é definido como uma quantidade de massafixa e identificável de um material. Desta definição, e doprincípio da conservação de massa, vem que,
► Assim, se a massa é o parâmetro físico, como na equaçãoanterior, teremos,
0SIS Dt
DM
0
SCVCdAd
tnV V
Significa que a taxa de variação de massa no volume de controle somada à vazão líquida de massa através da
superfície de controle é nula.
4
Seguindo a discussão,
► Consideremos a figura a seguir que mostra um sistema eum volume de controle fixo, coincidentes num dadoinstante t.
• (a) em t - δt.
• (b) em t (coincidentes).
• (c) em t + δt.
5
► Aplicando o teorema de Reynolds.
SISSIS dVM
0
SCVCSISdAd
td
DtD nV VV
Taxa de variação temporal da mas-sa do sistema coincidente.
Taxa de variação temporal da mas-sa no volume de controle coincidente.
Vazão líquida de massa através da superfície de controle.
6
Ponderações.
► Se o escoamento é permanente,
► A vazão em volume através da área dA da superfície decontrole é,
► A vazão em massa através de dA é,
► Se o escoamento é para fora do volume de controle,
► Se o escoamento é para dentro do vol. de controle,
dAQ nV
0VC
dt
V
dAm nV
0nV
0nV
7
Com essas ponderações.
Onde• é vazão em massa líquida total no volume de
controle (kg/s).
• é vazão em massa que entra no volume decontrole (kg/s).
• é vazão em massa que sai no volume de controle(kg/s).
0 mmmdA entrasaiSCnV
m
Difícil de calcular em alguns casos
Fácil de medir na maioria dos casos
entram
saim
8
► A vazão em massa, , através de uma superfície decontrole de área, A, pode ser dada por,
Onde ρ é a massa específica e V é perpendicular a A.
► A equação acima só representa a realidade, seconsiderarmos valores médios para ρ e V ao longo doescoamento. Assim, como
Vem que,
VAQm
SC
dAm nV
m
A
dAVdAAV SC
SC
nV
nV
9
► Se o perfil de velocidade do escoamento é uniforme naseção transversal que apresenta área A, isto é, se oescoamento for unidimensional, temos,
Onde U é a velocidade do escoamento.
UA
dAV SC
nV
10
Assim, num ponto da superfície de controle...
► (se a velocidade e a densidade forem constantes ao longo da área A)
11
5.1.2 Volumes de controle fixos e indeformáveis
Exemplos
1) A água do mar escoa em regime permanente no bocalcônico mostrado na figura abaixo. No bocal, está instaladouma mangueira e esta é alimentada por uma bombahidráulica. Qual deve ser a vazão em volume da bomba paraque a velocidade de descarga da seção do bocal seja igual a20 m/s?
12
Solução
► O volume de controle contém, em qualquer instante, aágua do mar que está contida na mangueira.
► Temos informações sobre a seção de descarga do bocal.Assim, poderemos encontrar a vazão no volume de controle.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como o regime é permanente,
► Logo,
0
SCVCSIS dAd
tDtDM nV V
0VC
dt
V
2112 ,0 mmmmdASC
nV
13
► Por outro lado, como o regime é permanente,
► Ainda temos ρ1 = ρ2, portanto,
► Daí,
2211
21
QQmm
smQ
DAVQQ
/0251,0)040,0(4
20
2
321
2
2221
21 QQ
14
2) O ar escoa entre duas seções de um tubo de diâmetroigual a 10 cm, como mostrado na figura abaixo. Asdistribuições de pressão e temperatura são uniformes emcada seção. Se a velocidade média do ar na seção (2) é304,8 m/s, calcule a velocidade média na seção (1).
15
Solução
► O volume de controle indicado na figura contém, a todoinstante, o ar em quantidade constante, já que oescoamento é permanente.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como, (escoamento permanente)
► Então,
0
VCVCSIS dAd
tDtDM nV V
0VC
dt
V
12
12 0
0
mm
mmdA
dA
SC
SC
nV
nV
16
► Seguindo,
► Não podemos considerar ρ1 = ρ2, pois a massa específicado ar varia com a pressão e a temperatura. Isto é,
222111
12
AVAVmm
sm
kkV
TpVTp
ARTp
AVRTp
AAVV
AssimRTp
8,664535,689
8,30454087,126
,
1
21
212
11
1
222
2
11
2221
17
3) A figura a seguir mostra o desenvolvimento de umescoamento laminar de água num tubo reto (raio R). O perfilde velocidade na seção (1) é uniforme com velocidade Uparalela ao eixo do tubo. O perfil de velocidade na seção (2)é assimétrico, parabólico e com velocidade nula na parededo tubo. Qual a relação existente entre U e uMax? Qual arelação existente entre a velocidade média na seção (2),VMed(2), e uMax?
18
Solução
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como, (escoamento laminar permanente)
► Então,
► Na seção 1, V = U e ainda, U é perpendicular a A1. Logo,
0
VCVCSIS dAd
tDtDM nV V
0VC
dt
V
0
0
21
AA
SC
dAdA
dA
nVnV
nV
UAdAUdAAA
11)180cos(nV
19
Seguindo,
► Agora, analisando a seção 2:
• Os componentes de V também são perpendiculares aárea A2.
• n aponta para fora, logo V.n > 0.• A seção A2 é circular de raio R. Assim,
02
A dAUA nV
20
► Dessa forma,
042
2
012
021
,
1
02
02
422
0 2
32
0
2
2
2
0 2
R
Max
R
Max
R
Max
Max
R
RrruR
drRruRU
rdrRruUA
Daí
Rruu
rdruUA
21
► Seguindo,
► Nas paredes da seção (2), u = 0. A velocidade máxima naseção (2), por sua vez, é 2U. Desta forma,
UuRuRU
RRRuRU
RrruRU
MaxMax
Max
R
Max
204
2
042
2
042
2
22
2
422
02
422
UUuV Max
2
22
0
22
► Cálculo formal de 2V
dAA
VA
nV ˆ1
rdrRru
RV
R
211
0
2
max22
42
242
212 22
2max
02
42
2max
0
2
2max
2RR
Ru
Rrr
Rurdr
Rr
RuV
RR
4
2 2
2max
2R
RuV UuV
2max
2
► Solução Proposta pela aluna Patrícia Martins
23
UVqueVemconstanteUVCom
AVAV
EntãoiguaissaídaeentradadeáreasaseívelincompressepermanenteescoamentooSendo
21
2211
,.
,.,
24
O exercício anterior, trata do “escoa-mento de Poiseuille”
► Descoberto experimentalmentepor Poiseuille durante estudossobre o movimento de sangue naartéria aorta.
► A unidade de viscosidade, poise, éuma homenagem aos seus traba-lhos.
2
max 1)(Rruru
Jean Louis Marie Poiseuille(1797 ‐ 1869)
25
4) A banheira retangular mostrada na figura abaixo estásendo enchida com água fornecida por uma torneira. A vazãoem volume é constante e igual a 2,0 m3/h. Determine a taxade variação temporal da profundidade, h, de água nabanheira.
26
Solução
► O volume de controle contém, em qualquer instante, aágua acumulada na banheira, a água descarregada pelatorneira e o ar.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
0
SCVCSIS dAd
tDtDM nV V
0
aráguaVágua águaVar ar mmdt
dt
VV
27
► Ponderações:
• As taxas de variação temporal das massas de ar e água,isoladamente, não são nulas.
• O princípio da conservação da massa nos leva ao fatoque a taxa de variação temporal da massa de ar no volumede controle precisa ser igual ao fluxo de ar que sai de dentrodo volume.
• Idem para água.
Daí,
0
0
águaVágua água
arVar ar
mdt
mdt
V
V
28
► A taxa de variação temporal da massa de água pode sercalculada por
OndeVbanheira = hx 0,6 x 1,5 é o volume água na banheira em t.Vj = (0,5 – h)Aj é o volume de água na banheira em t + δt.Aj é a área transversal do jato d’água.
Daí, vem que,
])5,0()5,16,0([
)]([
jáguaVágua água
jbanheiraáguaVáguaáguaVágua água
Ahht
dt
td
td
t
V
VVVV
águajágua mAhht
])5,0()5,16,0([
29
► Na equação abaixo, h é o único parâmetro a variar, logo,
► Assumindo que Aj << 0,9, teremos,
min/37/102,636002
9,01
9,04
3
mmsms
mQth água
)9,0(
)9,0(
])5,0()5,16,0([
j
água
águaáguaágua
águajágua
águajágua
AQ
th
Qmmas
mthA
mAhht
► Solução Proposta pelo aluno Alex Machado
30
9,09,0
)9,0(9,0
)()5,0()9,0()(
,
5,09,0)5,0()9,05,1(
,
QdtdhtermosASe
AQ
dtdh
dtdhA
dtdhQ
hAdtdA
dtdh
dtdQt
dtd
tempoaorelaçãoemequaçãoestaDerivando
hAAhAhhQt
VolumeQtt
VolumeQ
temosbanheiraaencherparanecessáriooquemenorttempoumPara
j
jj
jj
jjj
31
5) Um escoamento de água é descrito pelo campo develocidade
Determine a vazão em massa no paralelogramo mostrado nafigura abaixo.
kjiV zyx 5)42()23(
32
Solução
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como
temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,
0
SCVCSIS dAd
tDtDM nV V
kjiV zyx 5)42()23(
0VC
dt
V
012 mmmdASC
nV
33
► Continuando,
6 65 54 4
2 3 321 1
facefaceface
face facefaceSC
dAdAdA
dAdAdAdA
nVnVnV
nVnVnVnV
)50,50(5:6)50,50(5:5)20,50(42:4)20,50(23:3)20,50(42:2)20,50(23:1
56
55
44
33
22
11
yxzFaceyxzFacezyyFacezxxFacezyyFacezxxFace
nVknnVknnVjnnVinnVjnnVin
34
► Daí,
► Este resultado mostra que a vazão líquida através dasuperfície de controle é nula e, portanto, a massa seconserva dentro do volume de controle (paralelogramo dafigura).
0,
)5()5()42(
)23()42()23(10005
0
5
0
5
0
5
0
5
0
2
0
5
0
2
0
5
0
2
0
5
0
2
0
mLogo
dzdyzdzdxzdzdyy
dzdyxdzdxydzdxxm
35
Características importantes dos exemplos anteriores
► Todos os escoamentos são permanentes e têm volumes decontrole fixos. Logo,
► Para um escoamento transitório,
0
0
0
entrasai
entrasai
VC
mm
dt
V
VCd
t0V
36
► Se o volume de controle só apresenta uma seção dealimentação ou descarga, e o regime do escoamento épermanente,
► Se for incompressível,
222111 VAVAm
2211 VAVAQ
37
5.1.3 Volumes de controle indeformáveis e móveis
► Muitas vezes é necessário analisar um escoamentoutilizando um volume de controle indeformável solidário aum referencial móvel.
► A velocidade do fluido em relação ao volume de controlemóvel (velocidade relativa) é importante nesses casos.Sejam,
• W a velocidade do fluido vista por um observadorsolidário ao volume de controle.
• VVC a velocidade do volume de controle vista por umobservador solidário a um referencial fixo a terra.
• V a velocidade do fluido vista um observador imóvelsolidário ao referencial fixo a terra.
• Assim, V = W + VVC -> W = V – VVC
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Exemplos
1) Um avião move-se com velocidade de 971 km/h comomostrado na figura abaixo. A área frontal da turbina é 0,8 m2
e a massa específica do ar que entra por essa seção é0,736 kg/m3. Um observador fixo a terra observa que avelocidade de exaustão dos gases é de 1050 km/h. A área deexaustão da turbina é 0,558 m2 e a massa específica dosgases exauridos é de 0,515 kg/m3. Estime a razão de massade combustível para dentro da turbina em kg/h.
39
No referencial fixo ao avião.
• W1 é a velocidade do ar em relação ao avião.
• W2 é a velocidade dos gases exauri-dos pela turbina em relação ao avião.
controlevolterrafluido
Mas
hkm
./2
2
1
?)/(971
VVW
WjW
40
No referencial fixo a Terra.
• V1 é a velocidade do avião em relação a Terra (= VVol.Contole).
• V2 é a velocidade dos gases exauridos pela turbina em relação a Terra (= Vfluido/Terra).
)/(2021)971(1050
,
)/(1050)/(971
2
./2
/2
.1
hkmEntão
Como
hkmhkm
controlevolterrafluido
terrafluido
controleVol
jjjW
VVW
jVVjVV
41
42
Solução
► O volume de controle mostrada na figura contém todo ar,combustível e gases localizada no interior da turbina. Estevolume é indeformável, porém, móvel para um referencialfixo a terra.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,
0
SCVCSIS dAd
tDtDM nV V
0VC
dVt
argáscomb
combargásSC
mmm
mmmdA
.
. 0nV
43
Continuando,
► Da equação,
► Temos
Onde W1 e W2 são as velocidade de entrada e saída dovolume de controle do ar e dos gases, respectivamente, paraum observador solidário ao avião.
• W1 = 971 km/h.
• W2 = V2 – Vavião = 1050 – (-971) = 2021 km/h (veja página38).
argáscomb mmm .
1122. AWAWm argáscomb
44
► Continuando,
hkgm
hmm
mkg
hmm
mkg
m
comb
comb
9100
1097180,0736,0
102021558,0515,0
.
323
323.
45
2)A vazão de água no irrigador de jardim da próxima figuraé 1000 ml/s. Se a área de seção de descarga de cada umdos bocais do irrigador é de 30 mm2, determine avelocidade da água que deixa o irrigador em relação aobocal se:
(a) a cabeça do irrigadorfor imóvel.
(b) a cabeça do irrigadorapresenta uma rotação de600 rpm.
(c) a cabeça do irrigadoracelera de 0 a 600 rpm.
Suponha que cada braço do irrigador tenha 20 cm decomprimento.
46
Solução
► O volume de controle mostrado na figura contém, em todoinstante, toda água localizada na cabeça do irrigador. Estevolume é indeformável, porém, móvel para um referencialfixo a terra.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,
0
SCVCSIS dAd
tDtDM nV V
0VC
dVt
saientra
entrasaiSC
mm
mmdA
0nV
47
► Como há duas saídas e uma entrada,
► Para os três casos, W2 independe da velocidade angulardo irrigador (W2 foi calculada para um referencial fixo àcabeça do irrigador) e representa a velocidade (média) dasseções de descarga.
smW
AQW
QWADaí
QmeWAm
águaágua
águaentraáguasai
/7,1610302101000
2
2,
2
6
6
2
22
22
22
48
► A velocidade para um observador fixo a terra é,
W2 = V2 + U (V2 = W2 - U)
Onde U é a velocidade do bocal em relação a um referencialfixo a terra.
► r é o raio do irrigador.
odispositivdoirrigadordocabeçacabeçadaRaiodaangularVelocidadeU
rU
49
► Com relação a um observador estacionário...
a) O irrigador está parado.
b) A cabeça gira a 600 rpm.
UWV 22 rU
m/s7,162
22
VWV
1 rpm = 2π rad·min−1
= 2π/60 rad·s−1
≈ 0,10471976 rad·s−1
600 rpm = 62,83186 rad·s−1 m/s4,130,262,831867,16
2
2
22
VV
rWV
50
c) A cabeça do irrigador acelera de 0 a 600 rpm. Isto significa que U = U(t)=ωt r
(m/s) 12,566377,16)(0,262,831867,16)(
)()(
2
2
22
ttVttV
rtWtV
600 rpm = 62,83186 rad·s−1
51
5.2 Segunda Lei de Newton – As equações da quantida-de de movimento linear e do momento da quantidade de movimento
5.2.1 Derivação da equação da quantidade de movimen-to
► Segunda Lei de Newton,
Taxa de variação temporal da Soma das forçasquantidade de momento linear = externas que agem
do sistema sobre o sistema
► Para uma partícula fluida de massa ρdV, a quantidade demovimento é dp = VρdV. Assim, a quantidade de movimento dosistema é,
V SISdVpEquação
vetorialdV é diferencial
de volume
52
► Aplicando a segunda Lei de Newton,
► Considerando o caso em que o sistema coincide, mesmo queinstantaneamente, com o volume de controle.
SistemaSISd
DtD
DtD FVp V
ecoincident
controledeVolumeSistema FF
53
► Aplicando o Teorema de Reynolds,
► Multiplicando pelo vetor velocidade,
SCVCSISSIS dAd
td
DtDM
DtD nV VV
SCVCSIS
dAdt
dDtD nVVVV VV
Taxa de variação temporal da
quantidade de movimento linear
do sistema .
Taxa de variação temporal da
quantidade de movimento linear
do volume de controle.
Fluxo líquido de quantidade de
movimento linear através da
superfície de controle.
54
► Combinando as equações,
► Obtemos a equação da quantidade de movimento linear
SistemaSISd
DtD
DtD FVp V
SCVCSIS
dAdt
dDtD nVVVV VV
ecoincidentcontroledeVolumeSCVC
dAdt
FnVVV V
ecoincident
controledeVolumeSistema FF
55
► A somatória, contém,
1. Forças de campo (mas, só consideraremos o campogravitacional em nossos estudos).
2. Forças superficiais exercidas sobre o volume decontrole pelo material que está localizado nas vizinhançasexterna do volume de controle, por exemplo, paredes de umrecipiente. Estas são forças de reação no fluido feitas pelasparedes que o confinam.
3. Um objeto imerso em um escoamento também exerceforças superficiais sobre o fluido.
ecoincident
controledeVolumeF
56
5.2.2 Aplicação da equação da quantidade de movimento linear
► A equação,
é vetorial e sua análise é feita em um sistema decoordenadas Cartesianas (x, y, z) ou cilíndricas (r, θ, z).
► Principais considerações para o uso da equação acima são:Escoamentos permanentes e unidimensionais.
(vídeos)
ecoincidentcontroledeVolumeSCVC
dAdt
FnVVV V
57
Exemplos
1) A figura abaixo mostra um jato de água horizontalincidindo num anteparo estacionário. O jato é descarregadodo bocal com velocidade uniforme e igual a 3 m/s. O ânguloentre o escoamento de água, na seção de descarga doanteparo, e a horizontal é θ. Admitindo que os efeitosgravitacionais e viscosos são desprezíveis, determine a forçanecessária para manter o anteparo imóvel.
58
Solução
► Consideremos o volumede controle a seguir
► Aplicando aequação da quan-tidade de movi-mento,
Lembrando que
AzSCVC
AXSCVC
ecoincidentcontroledeVolumeSCVC
FdAwdwt
FdAudut
scomponenteEm
dAdt
nV
nV
FnVVV
V
V
V
0, vcasoneste
wvu kjiV
59
► Se o regime de escoamento é permanente,
► Ponderações,
• A água entra e sai do volume de controle como um jatolivre a pressão atmosférica.
• Assim, a pressão que atua na superfície de controle éuniforme e igual a pressão atmosférica.
• A força líquida devida a pressão atmosférica é nula.
• Desprezando os pesos da água e do anteparo, as únicasforças que atuam no conteúdo do volume de controle são ascomponentes horizontal e vertical que mantêm o anteparofixo.
0
VCVCdw
tdu
tVV
60
• Na seção 1
• Na seção 2
• Como desprezamos os efeitosgravitacionais e viscosos,
•
► Assim, na seção 1,
na seção 2,
Daí,
1VnV
021 ppp
21 VV
2VnV
sencos 11 VweVu
1Vu
AxAASCFdAudAudAu
21nVnVnV
AzAASCFdAwdAwdAw
21nVnVnV
61
► Primeiro na direção x
► Na direção z
)1(cos)cos1(cos
)(cos)(
211
2111
211
21
2121111111
21
VAFouVAAVAVF
VVeAAFAVVAVV
dAudAudAu
AxAx
Ax
AxAASCFnVnVnV
sen
)(sen)(0
211
212121111
21
VAF
VVeAAFAVVAV
dAwdAwdAw
Az
Az
AyAASC
FnVnVnV
62
► Logo,
► Substituindo os valores fornecidos,
► Se θ = 0 Fax = Faz = 0.
► Se θ = 90o Fax = Faz = 50,1 N.
► Se θ = 180o Fax = -100,2 N eFaz = 0.
NFAx )cos1(1,50)cos1)(3)(1057,5)(999( 23
NFAz sen1,50)sen)(31057,5)(999( 23
)cos1()cos1( 12
11 VmFouVAF AxAx
sensen 21
211 VmFouVAF AzAz
63
2) Determine a força necessária para imobilizar um bocalcônico instalado na seção de descarga de uma torneira delaboratório (figura) sabendo que a vazão de água na torneiraé de 0,6 litros/s. A massa do bocal é de 0,1 kg e os diâmetrosdas seções de alimentaçãoe descarga do bocal são,respectivamente, iguais a16 mm e 5 mm. O eixo dobocal está na vertical e adistância axial entre as se-ções (1) e (2) é 30 mm.A pressão na seção (1) éde 464 kPa.
64
Solução
► A força procurada é a força de reação da torneira sobrea rosca do bocal.
► O volume de controle corresponde ao mostrado nafigura ao lado.
► As forças verticais que atuamno conteúdo do volume de com-trole, estão mostradas na figuraao lado, menos a pressão atmos-férica, cuja ação é nula em todasas direções.
► As forças devidas as pressõesrelativas não se anulam.
65
► Aplicando a equação da quantidade de movimento, nadireção vertical,
onde
2211 ApWApWFdAwdwt
dAwdwt
WnASCVC
ecoincidentcontroledeVolumeSCVC
nV
FnV
V
V
66
► Se o regime de escoamento é permanente,
►
► Vamos admitir que os escoamento é incompressível
► E também que os perfis de velocidade sejam uniformes naentrada (w1) e saída (w2) (podem não ser em um casogeral).
0VC
dwt
V
controledeVolumenoentraescoamentooquandowdA
controledeVolumedosaiescoamentooquandowdAdAnV
67
► Desta forma,
2211222111
221121
2211
)()( ApApWWFAwwAww
ApApWWFdAwdAw
ApApWWFdAw
WnA
WnASS
WnASC
nVnV
nV
Sinais negativos, pois as velocidades apontam
para baixo
68
► Daí,
221121
21
22112211
22112211
)(
)(
)(
)()(
ApApWWwwmF
queVem
massadaoconservaçãmmmqueAssumindo
ApApWWmwmwFe
ApApWWFmwmw
WnA
WnA
WnA
69
► Substituindo os valores
NW
gDDDDh
gcontroledeVolumegmW
NgmW
smskgAQw
smskgAQw
skgQAwm
W
WW
nn
028,08,910)516()5()16()1030(121999
)(121
)(
981,081,91,0
/6,30]4/)105[(
/106,0
/0,3]4/)1016[(
/106,0
/6,0)106,0(999
6223
2122
21
23
3
22
23
3
11
311
70
► Logo,
► Com FA > 0, seu sentido é para cima (de acordo com osistema de referência considerado).
► Outros volumes de controle podem ser considerados nasolução desse problema. Vejam páginas 131, 132 e 133 doYoung.
NF
F
F
pWApWwwmF
A
A
A
WnA
8,77
028,03,9398,05,16
028,04
)1016(1046498,0)6,300,3(6,0
)0()(23
3
21121
71
3) Água escoa na curva mostrada na figura abaixo. A área daseção transversal da curva é constante e igual a 9,3x10-3 m2.A velocidade é uniforme em todo o campo de escoamento e éigual a 15,2 m/s. A pressão absoluta nas seções dealimentação e descarga são, respectivamente, iguais a207 kPa e 165 kPa. Determine os componentes da forçanecessária para ancorar a curva nas direções x e y.
72
Solução
► Vamos considerar o volume de controle mostrado na figuraanterior (linha azul tracejada).
► A próxima figura mostra as forças horizontais e verticaisque atuam no volume de controle.
► Força peso atua na vertical,portanto, não influencia nadeterminação da força hori-zontal de estabilização.
73
► Aplicando a equação da quantidade de movimento,
.
)(
0
.
)(0
0
2102211
.
.
aatmosféricpressãop
AApApApFFdAv
FdAudA
anteriorFigoconsideradscoordenadadesistemaNo
dA
permanenteescoamentodt
dAdt
AyYSC
XSC
SC
SC controlevolExternas
VC
SC controlevolExternas
VC
nV
nVnVV
FnVV
V
FnVVV
V
V
74
► Considerando a figura anterior, verificamos que nas seções(1) e (2), o escoamento coincide com a direção y, por isso, u= 0. Não existe assim, fluxo na direção x, portanto, FX = 0(como escrito na equação anterior).
► A força para imobilizar o cano é a reação às forças em yfeitas pela água e pressão.
► Na seção (1),
► Na seção (2),
)(
)(
210221121
2102211
AApApApFdAvdAv
AApApApFFdAv
AySS
AyYSC
nVnV
nV
11 VeVv nV
22 VeVv nV
Cuidado com esse termo.
75
► Logo,
► Levando em conta que
)()()()(
)(
212211222111
21221121
AApApApFAVVAVV
AApApApFdAvdAv
oAy
oAySS
nVnV
oAy ApppAFmV
DaíVAmAVmAVmentão
móduloemVVVAA
2)(2
,.,
)(
21
222111
21
21
76
► Substituindo os valores,
► Observando que as pressões p1 e p2 são absolutas, então,devemos considerar que.
kPakPakPapppkPakPakPapppe
pppppAssim
pppeppp
R
R
RRo
RoRo
653,1011651073,101207
2,
022
011
2121
2211
s
kgmsm
mkgVAm 2,141103,92,15999 23
3
77
► Assim,
NF
FPortanto
ppAmVF
ApApppAFmV
Ay
Ay
RRAy
ooRRAy
1,5892
)106510107(103,92,1412,152,
)(2
22)(2
333
21
21
78
4) Determine o módulo e o sentido das componentes nasdireções x e y da força necessária para imobilizar o conjuntocotovelo – bocal esboçado na figura abaixo. O conjunto estámontado na horizontal.
79
Solução
► De acordo com o texto e a figura, as seções de alimentaçãoe descarga estão montadas na direção x. Por esse motivo, v= 0 e não existe fluxo da quantidade de movimento nestadireção, portanto, FY = 0.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento,
► As pressões dadas são relativas (p1=103,4 kPa e p2 = 0).
SC controlevolExternas
SC controlevolExternas
VC
dA
dAdt
.
.
FnVV
FnVVV
V
= 0, escoamento permanente.
80
► Assim,
► Na seção (1),
► Na seção (2),
► p2 = 0 (descarga na atmosfera). Daí,
11 VeVu nV
221121
2211
0
ApApFdAudAu
FdAv
ApApFFdAudA
AxSS
YSC
AxXSC
SC
nVnV
nV
nVnVV
22 VeVu nV
11222111
11222111
)()(
)()(
ApFAVVAVV
ApFAVVAVV
Ax
Ax
81NF
smAmV
NAp
skgAVm
ApVVmF
quevempermanenteescoamentomAVmAVmComo
ApFmVmV
Ax
Ax
Ax
919054,7588)41,135,1(5,109
/4,13
2102,0
5,109
54,75882305,0104,103
5,1092305,05,1999
)(
),(
22
2
23
11
2
11
1121
222111
112211
82
5) Determine uma expressão para queda de pressão queocorre entre as seções (1) e (2) do escoamento mostrado nafigura abaixo.
2
12 12Rrww
83
Solução
► RZ é a força que as paredes exercem sobre o fluido(ATRITO) e W é força peso da água no tubo.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento nadireção z,
zS S
SC Z
SC ExternasVC
RWApApdAwdAw
FdAw
dAdt
22111 2nVnV
nV
FnVVV
V= 0, escoamento permanente.
84
► Na seção (1),
► Na seção (2),
► Assim,
z
R
zS
zS
RWApAprdrRrwmw
RWApApdAwAww
RWApApdAwwAww
22110
22
111
22112
22111
221122 2111
212
)()(
)(
11 weww nV
2
2
12 12 weRrwww
nV
85
► Separadamente,
62211
,
3418212
2
0 4
5
2
3
0 4
4
2
2
0
22
221
22210
22
1
RdrRr
Rrrrdr
Rr
Rrrdr
Rr
nteSeparadame
RwdrrRrwrdr
Rrw
RRR
R
11
21
2121
2211
221111
3,,
34)(
,
AR
AWwppquevemAAComo
RWApApRwAww
Assim
z
z
86
► A expressão,
Mostra que a variação de pressão ocorre devido a:
1. Variação da velocidade ao longo do escoamento.2. Peso do fluido (efeito hidrostático).3. Atrito com paredes.
11
21
21 3 AR
AWwpp z
87
6) A comporta deslizante esquematizada na figura abaixoestá instalada num canal que apresenta largura b. A forçanecessária para imobilizar a comporta é maior quando elaestá fechada ou aberta?
88
Solução
► Para responder esta pergunta, calcularemos as reaçõesdas forças feitas pela água nestes dois casos.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento, noteque só teremos resultante na direção x.
► Rx é a força feita pela comporta e(γHA/2) = (γH2b /2) é a força feitapela água sobre o vol. Controle.
XSC
XSC X
SC ExternasVC
RbHdAu
RHbHRAHdAu
dAdt
2
21
22
nV
nV
FnVVV V= 0, escoamento permanente.
89
► Continuando,
Se a comporta estiver fechada, o primeiro membro daequação acima é nulo, porque não ocorre escoamento. Logo,
► RX é, em módulo, igual aforça hidrostática da água.
XSCRbHdAu 2
21 nV
bHbHR
bHR
X
X
22
2
495098102121
90
► Agora, vamos analisar o que ocorre com a comportaaberta. Neste caso, há fluxo, portanto,
► As duas primeiras parcelasdo segundo membro corres-pondem as forças hidrostáti-ticas nas seções (1) e (2),respectivamente. Veja figuraao lado.
fXSC
fSC X
FRbhbHdAw
FRAhAHdAw
22
21
21
21
22
nV
nV
91
► Interpretando as parcelas
)(
)2(21
21
)1(21
21
22
21
águaaseguraratendeatritodeforçaaéFcomportapelafeitaforçaéR
seçãonacahidrostátiforçaaébhhA
seçãonacahidrostátiforçaaébHHA
f
X
fXSSFRbhbHdAudAu
Assim
22
21 21
21
,
nVnV
92
► Na seção (1),
► Na seção (2),
► Comparando as duas expressões encontradas para Rx
Verificamos que a força com a comporta aberta é menor.
11 VeVu nV
hbVHbVFhHbR
FRhHbAVVAVV
FRbhbHdAudAu
formaDesta
fX
fX
fXSS
22
21
22
22222111
22
21
)(21
)(21)(
21
21
,
nVnV
22 VeVu nV
hbVHbVFhHbRebHR fXX2
22
1222 )(
21
21
É nulo Se V1puder ser
considerada igual a 0
93
5.2.3 Derivação da equação do Momento da quantidade de movimento
► Muitas vezes a força feita por um fluido gera um momento (torque) em relação a um dado eixo de uma estrutura. Como resultado esta estrutura pode apresentar um movimento de rotação em torno deste eixo.
► Para encontrarmos esse momento, vamos considerar umapartícula fluida de massa ρδV e um sistema de coordenadas(x, y, z) (figura). Como já vimos, a quantidade demovimento dessa partícula é V ρδV, onde V é sua velocidade.
94
► Aplicando a lei de movimento de Newton,
δFPartícula é a resultante das forças externas que atuam sobrea partícula.
► O momento (torque) sobre está partícula é,
r é o vetor posição da partícula fluida (figura anterior).
PartículadDtD FV )( V
PartículadDtD FV )( V
dV é uma diferencial de volume
95
► Lembrando que,
► Estendendo a análise a todas as partículas do sistema, eseja r o vetor posição da partícula fluida (figura anterior),então,
SISPartículaSISdV
DtD )()( FrVr
PartículadVdt
DdVDtD
LogodVdVdtDmas
dVdt
DdVdtDdV
DtD
FrVrVr
VVVr
VrVrVr
))[(
,.0,
))[(
96
► Da mesma forma que na seção anterior, consideraremos quequando o sistema e o volume de controle são coincidentes, asforças externas que atuam sobre ambos são iguais. Assim,
(*))()( SISPartículaSISd
DtD FrVr V
Taxa de variação temporal do momento da
quantidade de movimento do sistema .
Soma dos torques externos que
atuam no sistema
*)2()()(
VCSIS
VCSIS
FrFr
FF
97
► Aplicando o teorema de Reynolds,
Esta é a expressão para o momento da quantidade demovimento.
VCSCVC
SCVCSIS
SCVCSIS
SCVCSIS
dAdt
sencontramoeresultadososdoSubstituin
dAdt
dDtD
dAdt
dDtD
dAdt
dDtD
)()()(
,*),2((*)
)()()(
FrnVVrVr
nVVrVrVr
nVVrVrVr
nVVVV
V
VV
VV
VV
98
5.2.4 Aplicações da equação do Momento da quantidade de movimento
► Consideraremos as seguintes hipóteses:
• Escoamentos unidimensionais => em distribuiçõesuniformes de velocidade.
• Escoamentos permanentes,
• Trabalharemos sempre com a componente axial daequação,
Desta forma, consideraremos sempre a mesma direção doeixo de rotação.
0VC
dwt
V
VCSCVCdAd
t )()()( FrnVVrVr V
99
► Para aplicar a equação do momento da quantidade demovimento e testar estas hipóteses, consideremos oexemplo do irrigador de jardim.
100
► Consideraremos também a figura a seguir
101
Análise
► O escoamento da água cria um torque no braço doirrigador e o faz girar.
► Existe modificações na direção da velocidade doescoamento do braço do irrigador, pois:
• O escoamento na seção de alimentação, seção (1),é vertical.
• Os escoamentos nas seções de descargas, seções(2), são tangenciais.
► O volume de controle, em forma de disco, contém acabeça do irrigador parado ou em movimento.
► A superfície de controle corta a base da cabeça doirrigador de modo que o torque que resiste ao movimentopode ser facilmente calculado.
102
► Quando a cabeça do irrigador está girando, o campo deescoamento no volume de controle estacionário é cíclico etransitório, mas o escoamento é permanente em média.
► Voltando a equação:
O primeiro termo só pode ser nulo onde existe escoamentocruzando a superfície de controle. Em qualquer outra regiãoda superfície de controle este termo será nulo porqueV.n =0.
► A água entra axialmente no braço do irrigador pela seção(1). Nesta região da superfície de controle a componentede r x V na direção do eixo de rotação é nula, porque r x V éperpendicular ao eixo de rotação. Desta forma não existefluxo de momento de quantidade de movimento na seção(1).
VCSCdA )()( FrnVVr
103
► A água é descarregada do volume de controle pelos doisbocais (seções 2). Nestas seções, |r x V| = r2Vθ2, onde r2 é oraio da seção (2) medido em relação ao eixo de rotação, eVθ2 é a componente tangencial do vetor velocidade doescoamento nos bocais de descarga medida em relação aosistema de coordenadas solidário ao volume de controle,que é fixo.
► A velocidade do escoamento vista por um observadorsolidário ao bocal é:
► U é a velocidade do bocal em relação à superfície decontrole fixa.
)(, VCVUUVWUWV
104
► Para verificação da componente axial de r x V é precisoque r = r êr e que a componente tangencial da velocidadeabsoluta seja V = Vθ êθ. Assim, para o irrigador das figurasanteriores,
► A vazão em massa é a mesma se o irrigador estiverrodando ou em repouso.
► r x V > 0 se V = Vθ êθ e U tiverem o mesmo sentido.
► O torque líquido em relação ao eixo de rotação associadocom as forças normais que atuam no volume de controle émuito pequeno.
► O torque líquido devido às forças tangenciais também édesprezível para o volume de controle considerado.
))(()( 22 mVrdAAxialSC
nVVr
105
► Levando em conta as análises anteriores,
► Teixo > 0 => que Teixo atua no mesmo sentido de rotaçãodo irrigador (regra da mão direita).
eixoAxialcontrolevol
doConteúdo T
.)( Vr
106
► A potência no eixo, , associada ao torque no eixo,Teixo, é
► O trabalho por unidade de massa é definido por,
► Se Weixo > 0 então é o volume de controle que realizatrabalho. Isto é, o fluido realiza trabalho no rotor.
mUVW
bocaisdosvelocidadeaéUrComo
mVrTW
eixo
eixoeixo
2
2
22
,
2UVm
WW eixoeixo
eixoW
107
Exercícios
1) A vazão em água na seção de alimentação do braço doirrigador mostrado na figura abaixo é igual a 1000 ml/s. Asáreas das seções transversais de descarga são 30 mm2 e oescoamento deixa esses bocais tangencialmente. Adistância entre esses bocais e o eixo de rotação é, r2,200 mm.
a) Determine o torque necessáriopara imobilizar o irrigador.
b) Determine o torque resistivonecessário para que o irrigadorgire a 500 rpm.
c) Determine a velocidade do irrigador se não existirqualquer resistência ao movimento do braço.
108
Solução
a) Torque necessário para imobilizar o irrigador.
A figura abaixo mostra as velocidades nas seções dealimentação e descarga do volume de controle.
► Aplicando a equação do torque: mVrTeixo 22
109
► Levando em conta que se o volume de controle for fixo eindeformável e o escoamento nas seções de descarga sejatangencial a este, em cada bocal,
mNTsmsmmmVrT
smm
smAQWVV
Eixo
Eixo
34,3)/001,0)(/7,16)(2,0(
/7,1610302
/101000
322
26
36
2222
Quando o irrigador está em
repouso.
110
b) Torque resistivo necessário para que o irrigador gire a500 rpm.
mNTsmsmmmVrT
Assim
smUWV
sms
radrpmrU
smW
UWV
Eixo
Eixo
VC
24,1)/001,0)(/2,6)(2,0(
,
/2,67,107,16
/47,10)2,0(60
2)500(
/7,16
)(
322
222
22
2
2222222
VUUWV
► Note que o torqueresistente é menorque o torque neces-sário para manter oirrigador imobiliza-do.
111
c) Velocidade do irrigador se não existir qualquerresistência ao movimento do braço.
rpmou
sradr
WmrWr
nulosejaresistentetorqueoqueSupondo
mrWrmVrTrWV
VVmVrT
Eixo
Eixo
7972
603,83
/5,832,07,160)(
,
)(
2
222
2222
22
22
22
112
► Agora, vamos analisar o resultado da aplicação daequação do momento da quantidade de movimento a umescoamento unidimensional numa maquina rotativa. Isto é,
► Discutindo os sinais,
• O sinal negativo no termo vazão em massa naseção de alimentação, , vem do produto escalar V.n < 0.
• Os sinais no termo re Vθe depende do sentido doproduto vetorial (rxV)axial. Uma maneira de determinar essesinal é comparar o sentido de Vθe com a velocidade dapaleta do bocal, U.
re Vθe > 0 se Vθ e U apresentam o mesmo sentido. re Vθe < 0 se Vθ e U apresentam sentidos opostos.
• O sentido do torque, TEixo, é positivo se tiver omesmo sentido de (regra da mão direita).
))(())(( ssseeeEixo VrmVrmT
em
113
► A potência no eixo, , está relacionada com o TEixo, por
► Considerando, TEixo> 0 e a equação
vem que,
EixoEixo Tw
Eixow
))(())(( ssseeeEixo VrmVrmT
))(())((
))(())((
ssseeeEixo
ssseeeEixo
VUmVUmw
rUcomo
VrmVrmw
114
► Discutindo os sinais da equação
• UVθ se U e Vθ apresentam o mesmo sentido.
• TEixo > 0 hipótese.
• > 0 quando a potência é consumida no volumede controle, por exemplo, uma bomba.
• < 0 quando a potência é produzida no volume decontrole, por exemplo, uma turbina.
► Trabalho do eixo por unidade de massa (lembrando que aconservação da massa estabelece que ) é
Eixow
Eixow
))(())(( ssseeeEixo VUmVUmw
se mmm
)()( sseeEixo VUVUmw
115
Exercício
A figura a seguir mostra o esboço de um ventilador queapresenta diâmetros externo e interno de 305 mm e254 mm, respectivamente. A altura das paletas do rotor éde 25 mm. O regime de escoamento é permanente emmédia e a vazão em volume média é 0,110 m3/s. Note que avelocidade absoluta do ar na seção de alimentação dorotor, V1, é radial e que o ângulo dentr a direção doescoamento do rotor e a direção radial é de 30o. Estime apotência necessária para opera o ventilado sabendo que arotação é de 1725 rpm.
116
Solução
► O volume de controle considerado é fixo e indeformável econtém as paletas do ventilador e o fluido contido no rotor.
► Em média o escoamento é permanente, apesar de cíclico.
► O único torque a considerar é o torque do eixo do motor,TEixo. Este é produzido pelo motor acoplado ao ventilador.
► Consideremos também perfis de velocidades uniformesnas seções de descarga.
► Aplicando a equação do momento da quantidade demovimento para um escoamento unidimensional numamaquina rotativa,
► O primeiro termo do segundo membro é nulo, já que V1 éradial (Vθ1 = 0).
))(())(())(( 222222111 VUmVUmVUmweixo
117
Continuando...
?)30cos(
,,?
/5,27)60(
)2)(1725(2305,0
/135,00110,023,1))(())((
2
222
222
2
2
21
222111
WeWUV
ladoaosvelocidadedetriânguloocomacordoDeMasV
smrU
skgQmmmVUmVUmw
o
eixo
UWV
118
O triângulo de velocidades mostra que
smVWUV
VcalcularpodemosAgora
smWhrmWAssim
VhrVAmDaíVeWvetoresdosradialcomponenteaéVOnde
WV
o
o
RR
R
oR
/6,19)2/3(16,95,27)30cos(
,
/16,9)sen(30)025,0)(1525,0)(2)(23,1(
135,0)sen(30)2(
,
)2(,.
)30cos(
2
222
2
2
o2
2
2222
222
22
119
Voltando a equação (1)
► U2Vθ2 > 0, já que os dois vetores apresentam o mesmosentido.
► 72,8 W é a potência necessária para acionar o eixo dorotor nas condições estabelecidas.
► Toda potência no eixo só será transferida ao escoamentose todos os processos de transferência de energia foremideais no ventilador. Mas devido ao atrito apenas uma parteda potência será de fato utilizada.
► A quantidade de energia transferida depende daeficiência das pás.
Ww
VUmw
eixo
eixo
8,72)6,195,27)(135,0(
))(( 222
120
5.3 Primeira Lei da Termodinâmica – Equação da Energia.
5.3.1 Derivação da Equação da Energia
A primeira lei da termodinâmica estabelece que
= +
SISelíqelíqSIS
SISseSISseSIS
WQdeDtD
ou
WWQQdeDtD
..
V
V
Taxa de variação temporal da energia
total do sistema
Taxa líquida de transferência de
Calor para o sistema
Taxa de realização de trabalho (potên-cia transferida para
o sistema
121
► Na equação,
• e é a energia total por unidade de massa. Estárelacionada com a energia interna, u, com a energiacinética por unidade de massa, V2/2, e com a energiapotencial por unidade de massa, gz. Isto é,
• taxa líquida de transferência de calor:
se a transferência é do meio p/ o sistema.
se a transferência é do sistema p/ meio.
(*).. SISelíqelíqSISWQde
DtD V
gzVue 2
2
0. elíqQ0. elíqQ
elíqQ .
122
• taxa líquida de transferência de trabalho
(potência):
se é realizado pelo meio sobre o sistema.
se é realizado pelo sistema sobre o meio.
► Agora, considerando um volume de controlecoincidente com o sistema, num dado instante, então,
SISelíqelíqSIS
WQdeDtD ..
V
0. elíqW
0. elíqW
elíqW .
*)2(.....ecoincident
controleVolelíqelíqSISelíqelíq WQWQ
123
Situações Práticas de Engenharia
► Muitos processos práticos em engenharia podem serconsiderados adiabáticos, assim,
► Em muitas situações, o trabalho é transferido para ovolume de controle, através da sup. de controle por um eixomóvel (turbinas, ventiladores, bombas, hélices, motores decombustão interna, compressores,...), dessa forma,
• Trabalho
• Potência
• Logo,
► Se há vários eixos,
)( rotaçãoprovocaquetorqueTTW eixoeixoeixo rF
0 se QQ
),( rVosdispositivnessesW VF
XF W
*)5(,,., seixoeeixolíqeixo WWW
124
► A transferência de trabalho também pode ocorrer quandouma força associada com a tensão normal do fluido édeslocada.
► Nesses casos, as tensões normais, σ, no fluido são iguaisao negativo da pressão,
► A tensão associada com a tensão normal é,
Onde V é a velocidade da partícula fluida.
► Se a força devida a tensão normal for expressão como oproduto da pressão local pela área da partícula, nδA, então,
p
VF normalTensãonormalTensãoW
ApAW normalTensão nVnV
125
► Assim, para todas as partículas situadas na superfície decontrole,
•Na superfície de controle,
•Na região do tubo onde há escoamento,
*)6( SCSCnormalTensão dApdAW nVnV
00 normalTensãonV
00 normalTensãonV
126
► O trabalho de rotação de um eixo sobre uma superfície decontrole é transferido pelas tensões de cisalhamento domaterial do eixo.
► Para uma partícula fluida a potência associada a forçatangencial é,
•Na superfície interna do tuboda figura a seguir (sup. controle),
•Nas demais regiões 00 ltangienciaTensãoV
00 tangencialTensãoV
VF tangencialTensãotangencialTensãoW
127
► A primeira lei da termodinâmica para o conteúdo decontrole, é obtida combinando as equações (4*), (5*) e(6*),
► Aplicando a definição de energia total,
► Obtemos a definição de energia total,
SCelíqeliqSCVCdAWQdAede
tnVnV ..
V
gzVue 2
2
elíqeliqSCVCWQdAgzVpude
t ..
2
2
nV
V
128
5.3.2 Aplicação da Equação da Energia
► O termo representa a taxa de variação tem-
poral da energia total do volume de controle. É nulo se oescoamento for permanente.
► O termo é diferente de zero
quando V.n também for diferente de zero.
► Integrando a última equação, considerando que ostermos u, p/ρ, V2/2 e gz sejam constantes nas seções dealimentação e descarga,
VCde
tV
SCdAgzVpu nV
2
2
ssSCmgzVpumgzVpudAgzVpu
222
222
nV
129
► Aplicando o teorema de Reynolds considerando oparâmetro b = e (energia total por unidade de massa) epara um volume de controle fixo e indeformável,
*)3(
SCVCSIS
dAedet
deDtD nV VV
Taxa de variação temporal da
energia total do sistema .
Taxa de variação temporal da
energia total do vol. de controle
Fluxo líquido de energia total na
superfície do controle
SCVC
SIS dAbdbtDt
DB nV ˆ V
130
► Combinando as equações (*), (2*) e (3*), obtemos,
*)4(...ecoincident
controleVolelíqelíqSCVCWQdAede
t
nV V
131
► A equação
Pode ser simplificada levando em conta que,
E, como vimos anteriormente,
Obtemos,
0 es mm
EsSCmgzVpumgzVpudAgzVpu
222
222
nV
elíqeliqSCVCWQdAgzVpude
t ..
2
2
nV
V
elíqelíqeses
eses WQzzgVVppuum ..
22
)(2
132
Exercícios
1) A figura abaixo mostra um esquema de bomba d’águaque apresenta uma vazão, em regime permanente, igual a0,019 m3/s. A pressão na seção (1) da bomba – seção dealimentação – é 1,24 bar e o diâmetro de 89 mm. A seção(2) – seção de descarga - tem diâmetro de 25 mm e apressão neste local é 4,14 bar. A elevação entre os centrosdas seções (1) e (2) é nula e o aumento de energia internaespecífica da água associado ao aumento de temperaturado fluido, u2 – u1, é igual a 279 J/kg. Determine a potêncianecessária para operar a bomba admitindo que esta operede modo adiabático.
133
Solução
► Consideremos a equação
► Precisamos encontrar os valores da vazão em massa nabomba, , e das velocidades nas seções (1) e (2) dovolume de controle para que seja possível calcular apotência.
► A vazão em massa pode ser calculada por,
)1()(2 ..
22
elíqelíqeses
eses WQzzgVVppuum
skgQm /0,19)019,0)(1000(
= 0 já que a elevação entre os
centros das seções (1) e (2) é nula
m
= 0 já que o escoamento é
adiabático.
134
► A velocidade nas seções de escoamento é
► Assim,
► Aplicando a equação (1),
kWW
W
VVppuumWW
eixolíq
eixolíq
es
eseseixolíqelíq
9,24
2)1,3()7,38(
10001024,1
10001014,4)279()0,19(
2
.
2255
.
22
..
2)2/(DQ
AQV
smAQV /1,3
)2/1089(019,0
231
1
smAQV /7,38
)2/1025(019,0
232
2
135
É a equação da energia para escoamentosunidimensionais e permanentes em média.
► É aplicável para escoamentos compressíveis (gases) eincompressíveis (líquidos).
► Definindo a entalpia por, , vem que,
elíqelíqeses
eses WQzzgVVppuum ..
22
)(2
puh
elíqelíqeses
es WQzzgVVhhm ..
22
)(2
136
Exercícios
2) A figura abaixo mostra o esquema de uma turbina avapor. A velocidade e a entalpia específica do vapor naseção de alimentação da turbina são iguais a 30 m/s e3348 kJ/kg. O vapor deixa a turbina como uma mistura delíquido e vapor, com entalpia específica de 2550 kJ/kg, e avelocidade do escoamento na da seção de descarga daturbina é de 60 m/s. Determine o trabalho no eixo daturbina por unidade de massa de fluido que escoa noequipamento sabendo que o escoamento pode sermodelado como adiabático e que as variações de cota doescoamento são desprezíveis.
137
Solução
► Consideremos a equação
► Onde
► Como
)1()(2 ..
22
elíqelíqeses
eses WQzzgVVppuum
= 0 já que a elevação entre os
centros das seções (1) e (2) é nula
= 0 já que o escoamento é
adiabático.
2
22
.es
eseixolíqVVhhmW
2
22.
.es
eseixolíq
eixolíqVVhh
mW
w
eee
sss
puhepuh
138
► Vem que,
► porque o trabalho está sendo realizado pelofluido que escoa no equipamento.
kgkJw eixolíq /7972
)60()30(103348102550
2233
.
ow eixoliq .
139
5.3.3 Comparação da Equação da Energia com a equação de Bernoulli
► Consideremos um escoamento incompressível epermanente com potencia nula. Então, temos
► Dividindo esta equação por
► é a taxa de transferência de calor porunidade de massa que escoa no volume de controle.
m
)(22
)(2
.
22
.22
elíqeseee
sss
elíqes
es
eses
quugzVpgzVp
mQ
zzgVVppuu
elíqeses
eses QzzgVVppuum .
22
)(2
mQq elíqelíq /..
140
► A equação
É aplicável a escoamento unidimensionais, permanentes,com uma seção de entrada e outra de saída, ou entre duasseções de uma mesma linha de corrente.
► é a taxa de transferência de calor porunidade de massa que escoa no volume.
► Se os efeitos viscosos forem desprezíveis noescoamento, então,
)(22 .
22
elíqeseee
sss quugzVpgzVp
mQq elíqelíq /..
0. elíqes quu
141
► Assim, chegamos a própria equação de Bernoulli,
► A equação de Bernoulli serve para descrever o queacontece entre duas seções de um escoamentounidimensional.
► Quando o escoamento é incompressível, entretanto,existe atrito e,
► Esta quantidade representa a perda da energiadisponível no escoamento devido ao atrito.
ee
ess
Seee
sss zVpzVpougzVpgzVp
2222
2222
0. elíqes quu
perdaquu elíqes .
142
► Dessa forma, chegamos a equação de Bernoulli,
21
22
22perdagzVpgzVp
eee
sss
Perda de energia por unidade de massa entre as seções 1 e 2
143
Exercício
A figura abaixo mostra dois orifícios localizados numaparede com espessura de 120 mm. Os orifícios sãocilíndricos e um deles apresenta entrada arredondada. Oambiente do lado esquerdo apresenta pressão constantede 1,0 kPa acima do valorda atmosfera e a descargados dois orifíciosocorre naatmosfera. Como discuti-remos em Mec. Flu. II, aa perda de energia dispo-nível em orifícios com em-tradas bruscas ( orifíciosuperior) é 0,5V2
2 / 2, epara orifícios arredondados(orifício inferior) é 0,05V2
2/2.Nestas condições, determineas vazões nos orifícios.
144
Solução
)2(2
,
,2
,,0
22
)1(:,,
2/1
2121
2
211
222
211
211
211
2
222
22
perdappV
Assim
perdapVp
entãozzeVComo
perdagzVpgzVpequaçãoadoConsideran
VAQpordadaéQorifíciosdosnumvazãoA
145
)3(2
2
,
)(05,0)(5,0
:,
2
,,).2()1(,
2/12221
2
22
21
VKppV
Daí
inferiororifícioaarredondadentradacomorifíciosparaKsuperiororifíciobruscaentradacomorifíciosparaK
sendoperdadeecoeficientoéK
VKperda
temosnteEmpiricameeseçõesasentreenergiadeperdaaestudarvamosAgora
L
L
L
L
L
146smQ
kPakPaQ
KinferiororifícioNo
smQ
kPakPaQ
KsuperiororifícioNoAssim
KppDVAQ
emDe
L
L
L
/445,0
)05,01(23,1)101102(2
4)120,0(
05,0,
/372,0
)5,01(23,1)101102(2
4)120,0(
5,0,:
)1()(2
4
,)2()1(
3
2/12
3
2/12
2/1
2122
22
)4()1()(2
,
2)1(
22
22
22
,
2/1
212
2122
212
222
22212
2
2/12221
2
L
L
L
L
L
KppV
Obtemos
ppKV
ppVKV
VKppV
VKppV
equaçãonaoTrabalhand
147
► Agora, vamos considerar a potência líquida não nula,além de escoamentos unidimensionais, incompressíveis epermanentes.
► A equação que modela esses escoamentos é,
► Dividindo por
Onde: é o trabalho por unidade de massa.
continua sendo a perda de energiadevido ao atrito.
m
)(22 ..
22
elíqeselíqeee
sss quuwgzVpgzVp
elíqelíqeseses
es WQzzgVVppuum ..
22
)(2
mWw elíqelíq /..
)( .elíqes quu
148
► Com estas considerações,
Esta equação é conhecida como equação daenergia ou de Bernoulli estendida. Cada um dos seustermos tem unidade (J/kg).
► Se dividirmos cada termo da equação acima por g(aceleração da gravidade),
perdawgzVpgzVpelíqe
ees
ss .
22
22
Leixoeee
sss
elíqe
ees
ss
hhzg
Vpzg
Vp
gperda
gw
zg
Vgpz
gV
gp
22
22
22
.22
149
► Na equação,
► Na hidráulica, é comum denominar
CARGADEPERDAhBOMBADACARGAbombasparah
TURBINADACARGAturbinaparahcomhh
L
b
TTeixo
)0(
Leixoeee
sss hhz
gVpz
gVp
22
22
Todos os termos desta equação têm dimensão
de comprimento, ou energia por unidade de
força (peso) g
perdah
QW
gmW
gw
h
L
eixolíqeixolíqeixolíqeixo
...
150
Exercício
A figura abaixo mostra o esquema de um ventilador axialque é acionado por um motor que transfere 0,4 kW para aspás do ventilador. O escoamento a jusante do ventiladorpode ser modelado como cilíndrico (diâmetro de 0,6 m) e oar nessa região apresenta velocidade igual a 12 m/s. Oescoamento a montante do ventilador apresentavelocidade desprezível.Determine o trabalhotransferido ao ar, ouseja, o trabalho que éconvertidoemaumentode energia disponívelno escoamento e esti-me a eficiência mecâ-nica deste ventilador.
151
Solução
►
kgJperdawVperdaw
Logo
zzeVrelativapppenunciadodoefiguradadadososcomacordoDe
eixolíqeixolíq /722
122
,
0),(0,
2
.
22
.
211021
21.1
211
2
222
22perdawgzVpgzVp
éodispositivessemodelaqueequaçãoA
eixolíq
152
► A eficiência deste tipo de dispositivo é definida como avazão entre a quantidade de trabalho útil, isto é,aproveitado para aumentar a energia do escoamento e aquantidade total de trabalho fornecido pelas pás. Ou seja,
► O trabalho fornecido às pás, por sua vez, vale,
eixolíq
eixolíq
wperdaw
totalTrabalhoútilTrabalhon
.
.
75,09,95
72/9,9517,4
400,
/17,44
)6,0(23,12
,
.
222
..
nekgJwEntão
skgDVAmCom
mW
w
eixolíq
eixolíqeixolíq
75% do trabalho é
aproveitado e 25% é perdido
devido ao atrito
153
Exercício
A vazão da bomba d’água indicada na figura abaixo é iguala 0,056 m3/s e o equipamento transfere 7,46 kW para aágua que escoa na bomba. Sabendo que a diferença entreas cotas das superfícies dos reservatórios indicados nafigura 9,1 m, determine as perdas de carga e de potênciano escoamento de água.
154
Solução
LeixoA
ABBABA
LeixoeixolíqBBB
AAA
perdidaLeixo
hhz
temosAssimmzzVVrelativapp
livresssuperfícieasmrepresentaBeA
hhwzg
Vpzg
Vp
equaçãoausarVamosWehhencontrarPrecisamos
,,.1,9,0,0),(0
:
22
..,
.
22
155
► Seguindo as definições,
)(
,
5,41,96,16
,
6,13)/(056,0)/(9810
7460
.
33.
novamenteQ
Wh
equaçãoausarpodemosperdidapotênciaacalcularPara
mzhh
Daí
msmmN
kWQ
Wh
eixolíqeixo
AeixoL
eixolíqeixo
156
kWhQW
entãocargadeperdaarepresentahSe
QW
h
temosequaçãoúltimaestaAdequando
Lperdidaeixo
L
perdidaeixoL
47,25,4056,09810
,,
,,
.
157
5.3.4 Aplicação da Equação da Energia para escoamentos não uniformes
► Consideremos a equação
► Em situações nas quais o perfil da velocidade não éuniforme em qualquer região onde o escoamento cruza asuperfície de controle sugere que a integral
requer atenção.
elíqeliqSCVCWQdAgzVpude
t ..
2
2
nV
V
dAgzVpuSC
nV
2
2
158
► Sem uma prova matemática convincente, por hora,vamos admitir que,
► Lembre-se que os índices s corresponde a saída e e aentrada, respectivamente, no volume de controle.
► α é o coeficiente de energia cinética e é a velocidademedia definida pela equação
222
222eess
SC
VVmdAgzVpu
nV
A
dAV A
nV
V
159
► A partir desses resultados, obtemos,
► Para o escoamento que cruza a região da superfície decontrole que apresenta área A. Assim,
► É possível mostrar que:
- α ≥ 1 para qualquer perfil de velocidade.- α = 1 apenas para escoamentos uniformes.
dAVVmA
nV
22
22
2/2
2
2
Vm
dAVA
nV
160
► A equação da energia para escoamentos não uniformes(energia por unidade de massa), incompressíveis e válidapara um volume de controle com uma seção de entrada eoutra de saída é,
perdawgzVpgzVpelíqe
eees
sss .
22
22
161
Exercício
A vazão em massa de ar no pequeno ventilador esboçado nafigura a seguir é 0,1 kg/min. O escoamento no tubo dealimentação do ventilador é laminar (perfil parabólico) e ocoeficiente de energia cinética, neste escoamento, é 2,0. Oescoamento no tubo de descarga do ventilador é turbulento(mas o perfil de velocidade é muito próximo do uniforme) e ocoeficiente de energia cinética é 1,08. O aumento de pressãoestática no ventilador é 0,1 kPa e a potência consumida naoperação equipamento é 0,14W. Compare os valores da perdade energia disponível calculadas nas seguintes condições:
a) Admitindo que todos os perfis de velocidade são uniformes.
b) Considerando os perfis de velocidade reais nas seções dealimentação e descarga do ventilador.
162
163
Solução
kPappquejá
perdaacalcularparaVeVwdevaloresosconhecerprecisoÉ
VVppwperda
VpVpwperda
quevemzzezzzzComo
perdawgzVpgzVp
equaçãoadoConsideran
eixolíq
eixolíq
eixolíq
es
eixolíqeeee
ssss
1,0
,,
)1(22
22
,,,
22
.
12
21.
222
21112
.
2111
2222
.
1212
.
22
164
smA
mV
VdeCálculo
smA
mV
VdeCálculo
kgJm
ventiladoraofornecidaPotênciaw
wdeCálculo
eixolíq
eixolíq
/92,1
203,023,1
)60/1,0(
,
/48,0
206,023,1
)60/1,0(
,
/8460/)1,0(
14,0
,
22
2
2
21
1
1
.
.
165
.
/95,02
)92,1(08,12
)48,0(223,1101,084
),1(,08,1,0,2:)
/98,02
)92,1(2
)48,0(23,1101,084
),1(,1:)
:,
.
223
21
223
21
eixolíquniformenãouniforme wdevalorocomcomparadasseperdaperda
kgJperda
perda
emdosubstituinuniformesnãoperfisdoConsideranb
kgJperda
perda
emdosubstituinuniformesperfisdoConsiderana
resolvendoAgora