MECÂNICA DOS FLUIDOS

Introdução
Definição de Fluido
Propriedades
MECÂNICA DOS FLUIDOS
Capítulo 1
1.1-
Introdução - Aplicações
Mecânica dos fluidos é a ciência que tem por objetivo o estudo do comportamento
físico dos fluidos e das leis que regem este comportamento.
Aplicações:
Ação de fluidos sobre superfícies submersas. Ex.: barragens.
Equilíbrio de corpos flutuantes. Ex.: embarcações.
Ação do vento sobre construções civis.
Estudos de lubrificação.
Transporte de sólidos por via pneumática ou hidráulica. Ex.: elevadores
hidráulicos.
Cálculo de instalações hidráulicas. Ex.: instalação de recalque.
Cálculo de máquinas hidráulicas. Ex.: bombas e turbinas.
Instalações de vapor. Ex.: caldeiras.
Ação de fluidos sobre veículos (Aerodinâmica).
1.2-
Definição de fluido
Fluido é uma substância que não tem forma própria, e que, se estiver em repouso,
não resiste a tensões de cisalhamento.
Classificação - Líquidos:
admitem superfície livre
são incompressíveis
indilatáveis
Gases:
não admitem superfície livre
compressíveis
dilatáveis
Pressão (p)
p=
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1
Fn
A
Tensão de cisalhamento (τ )
τ=
Ft
A
Viscosidade absoluta ou dinâmica (µ)
1.3-
Princípio da aderência:
As partículas fluidas junto ás superfícies sólidas adquirem as velocidades dos pontos
das superfícies com as quais estão em contato.
Junto à placa superior as partículas do fluido têm velocidade diferente de zero.
Junto à placa inferior as partículas têm velocidade nula.
1a.
Entre as partículas de cima e as de baixo
existirá atrito, que por ser uma força tangencial
V1
τ
formará tensões de cisalhamento, com sentido
V2
contrário ao do movimento, como a força de
atrito.
Ft
τ
τ
F
τ
Vo
As tensões de cisalhamento agirão em todas
as camadas fluidas e evidentemente naquela
junto à placa superior dando origem a uma
força oposta ao movimento da placa superior.
τ=
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Ft
A
2
Ft = τ.A
Quando Ft = F a placa superior adquirirá movimento uniforme, com velocidade
constante v o .
Lei de Newton:
A tensão de cisalhamento τ é proporcional ao gradiente de velocidade dv/dy.
O coeficiente de proporcionalidade µ: viscosidade absoluta ou dinâmica.
∴ τ=µ
dv
dy
Fluidos Newtonianos: os que seguem a Lei de Newton.
Simplificação prática:
Como ε é muito pequeno, na prática admite-se distribuição linear de velocidades,
segundo a normal às placas.
∆ ABC ~ ∆ A ' B' C'
A ' B' AB
=
A ' C' AC
dv V0
=
= cte.
dy
ε
Mas : τ = µ
∴ τ=µ
dv
dy
V0
= cte.
ε
Unidade de µ:
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3
τ =µ
[µ ] =
V0
ε
ε
µ =τ
F L/
,
L2 L/ / T
V0
µ=
Ft ε
.
A V0
[µ ] = F .2T
L
MK * S : [µ ] = kgf .s / m 2
M .K .S . : [µ ] = N .s / m 2 = Pa ⋅ s ( S .I .). Obs : Pa = N / m 2
C.G.S . : [µ ] = d .s / cm 2 =" Poise"
1 centiPoise (cP) = 0,01 Poise (P)
1.4-
ρ=
m
V
Massa específica (ρ)
m = massa
V = volume
Unidades:
F
m
F
ρ= = a =
V V aV
F
FT 2
[ρ ] =
= 4
L 3
L
.L
2
T
utm kgf .s 2
M .K * .S . : un ρ = 3 =
m
m4
kg N .s 2
M .K .S . : un ρ = 3 = 4 (S.I.)
m
m
g
d .s 2
C.G.S. : un ρ = 3 =
cm
cm 4
Ex.:
Água:
Mercúrio:
ρ = 1,2 kg/ m³ ≅ 0,12 utm / m³ = 0,0012 g/ cm³
Ar:
1.5-
γ=
ρ = 1000 kg / m³ ≅ 100 utm/ m³ = 1g / cm³
ρ = 13600 kg/ m³ ≅ 1360 utm / m³ = 13,6 g/ cm³
G
V
Peso específico (γ)
G: Peso
V: Volume
Unidades:
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4
kgf
m3
N
M.K.S.: un γ = 3 ( S .I )
m
d
C.G.S.: un γ = 3
cm
M.K*.S.: un γ =
Ex.:
γ = 1000 kgf/m³ ≅ 10000 N/m³
γ = 13600 kgf/m³ ≅ 136000 N/m³
γ = 1,2 kgf/m³ ≅ 12 N/m³
Água:
Mercúrio:
Ar:
Relação entre ρ e γ
G m
γ = ρg
γ= = g
V V
Peso específico relativo (γ r)
γr =
G
GH2O
γ=
G
V
γHO =
G =γ V
GH O
GH O = γ H O v
2
V
2
γr =
Não tem unidades (n.º puro)
2
γ
=
γH O
γr =
Ex.:
2
2
2
ρ
ρH O
Água:
Mercúrio:
Ar:
ν=
G
γV
=
GH O γ H O V
2
2
1.6-
γr =
γr = 1
γr = 13,6
γr = 0,0012
Viscosidade cinemática (ν)
µ
ρ
Unidades:
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5
F/ T/
[
µ ] L2
L2
[ν ] = = 2/
[ν ] =
[ρ ] FT
T
4/
L
M. K * . S. : un ν = m²/s
M.K.S. : un ν = m²/s (S.I.)
C.G.S. : un ν = cm²/s = " Stoke"
1 centiStoke (cSt) = 0,01 stoke (St)
Ex.:
Água: ν = 10 - 6 m²/s (20º C)
OBS:
a) µ depende da temperatura (θ)
b) µ independe da pressão
1
c) fluidez =
µ
EXERCÍCIOS:
1 - Um fluido tem massa específica ρ = 80 utm/m³.
Qual é o seu peso específico e o peso específico relativo?
Dados γ H O = 1000 kgf/m 3
2
g = 10 m / s 2
γ = ρ .g γ = 80 .10
γ = 800 kgf/m 3
γr =
γ
γ H2O
=
800
1000
γ r = 0,8
Determinar a massa específica em g/cm³
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6
ρ = 80
ρ = 800
utm 80.10 kg
=
; 1 utm ≅ 10 kg
m3
m3
kg
10 3 g
=
800
m3
1 0 6 cm 3
ρ = 0,8 g / cm3
m2
, e o seu peso específico
s
relativo é 0,9. Determinar a viscosidade dinâmica em unidades dos sistemas
M.K*.S.e C.G.S.
2 - A viscosidade cinemática de um óleo é 0,028
γ H O = 1000 kgf / m 3
2
Dados:
g = 9,8m / s 2
γ = 0,028m 2 / s
γ r = 0,9
µ =?
ν=
µ
∴ µ = ν.ρ
ρ
Cálculo de γ : γ r =
γ
γ H2 O
∴ γ = γ r .γ H2O
γ = 0,9 .1000
γ MK*S = 900 kgf/m³
Cálculo de ρ : γ = ρ g ∴ ρ =
ρ=
γ
g
900 kgf / m 3
2
4 utm
=
s
m
.
91,8
kgf
.
/
9,8 m / s 2
m3
ρMK * S = 91,8
utm
m3
Cálculo de µ : µ = ν.ρ
MK * S : µ = 0,028 x 91,8
µ = 2,57 kgf . s/m 2
C.G.S. : µ = 2,57
9,8 . 10 5 dina . s
10 4 cm2
µ = 251,8 dina . s / cm 2 ( Poise)
Determinar ν em cm2 / s
m2
10 4 cm2
0,028
= 0,028
s
s
ν = 280cm2 / s (Stoke)
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7
3 - São dadas duas placas paralelas a distância de dois milímetros.
A placa superior move-se com velocidade de 4 m/s, enquanto que a inferior está
fixa.
Se
o
espaço
(ν = 0,1 Stokes;
entre
as
ρ = 90 utm/m 3 ):
duas
placas
for
preenchido
com
óleo
a) Qual será a tensão de cisalhamento no óleo?
b) Qual a força necessária para rebocar a placa superior de área A = 0,5 m2 ?
a) µ = ν ρ
µ = 10 −5 x 90
µ = 9 x 10 − 4 kgf s/m 2
τ = µ.
ν = 0,1 cm2 / s = 10 −5 m2 / s
ρ = 90 utm / m2
v0 = 4 m / s
ε = 2 mm = 2.10 −3 m
v0
4
= 9 x 10 − 4 x
2 x 10 −3
ε
τ = 1,8 kgf/m 2
b) τ =
Ft
∴ F = Ft = τ.A = 1,8 . 0,5
A
F = 0,9 kgf
4 - Uma placa quadrada de 1m de lado e 20 N de peso desliza sobre um plano
inclinado de 30º sobre uma película de óleo.
A velocidade da placa é de 2 m/s, constante.
Qual é a viscosidade dinâmica do óleo se a espessura da película é 2 mm ?
µ=?
A = 1 m²
G = 20N
Condição de V cte:
Gt = Ft ( 1 )
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8
sen α =
Gt
G
G t = G senα (2)
Ft
v
Ft = τ A ∴ Ft = µ A (3)
ε
A
Substituin do (2) e (3) em (1) :
τ=
v
G sen αε
A µ=
ε
VA
-3
20 x 0,5 x 2 x 10
µ=
2 x 12
G senα = µ
−2
µ = 10 N . s/m 2 (Pa.s)
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9
Pressão
Medida de Pressão
Carga
Ampliação de forças por
Intermédio da Pressão
Capítulo 2
2.1-
Conceito de pressão
Fn
Superfície de
área A
P=
Fn
A
PI =
F 100
=
AI
50
PII =
PI = 2 kgf/cm 2
2.2-
F 100
=
AII 100
PII = 1 kgf/cm 2
Teorema de Stevin
“A diferença de pressões entre dois pontos de um fluido em repouso é o produto do
peso específico do fluido pela diferença de cotas entre os dois pontos considerados”.
2m
2m
0,5 m
0,5 m
(I)
2m
2m
1m
(II)
(III)
Recipientes de base quadrada com água ( γ = 1000 kgf/m³ )
Qual a pressão no fundo dos recipientes?
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2m
1m
10
(I)
PI =
GI
G
, onde γ = I
AI
VI
G I = γ VI
G I = 1000 kgf/m 3 x 0,5 x 0,5 x 2 m 3
GI = 500 kgf
A I = 0,5 x 0,5 = 0,25 m 2
PI =
500
0,25
PI = 2000 kgf / m 2
(II)
GII
A II
2000
PII =
1
PII =
GII = γ .VII = 1000 kgf/m 3 x 1 x 1 x 2 m 3
GII = 2000 kgf
AII = 1 x 1 = 1 m 2
PII = 2000 kgf/m 2
GIII
A III
8000
PIII =
4
PIII =
G III = γ .VIII = 1000 . 2 x 2 x 2
G III = 8000 kgf
AIII = 2 x 2 = 4 m 2
PIII = 2000 kgf/m 2
Genericamente:
P=
G γV γ.A/ .h
=
=
A
A
A/
P = γh
P1 = γ h1
P2 = γ h 2
∆P = γ∆h
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11
P2 − P1 = γ (h 2 − h1 )
∆p
∆h
Observação importante:
a) O Teorema de Stevin só se aplica a fluidos em repouso.
b) ∆ h é a diferença de cotas e não a distância entre os dois pontos considerados.
c) Todos os pontos de um fluido num plano horizontal tem a mesma pressão.
d) A pressão independe da área, ou seja, do formato do recipiente.
2.3-
Lei de Pascal
“A pressão num ponto de um fluido em repouso é a mesma em todas as direções”.
Realmente, se tal não ocorresse, havendo desequilíbrio, teríamos movimento da
partícula fluida.
Lei de Pascal:
A pressão aplicada a um ponto de um fluido incompressível, em repouso, transmitese integralmente a todos os demais pontos do fluido.
P1 = 0,1 kgf/cm²
P2 = 0,2 kgf/cm²
P3 = 0,3 kgf/cm²
P4 = 0,4 kgf/cm²
P=
F
F 100
=
A 100
P = 1 kgf/cm 2
P1 = 0,1 + 1 = 1,1 kgf/cm²
P2 = 0,2 + 1 = 1,2 kgf/cm²
P3 = 0,3 + 1 = 1,3 kgf/cm²
P4 = 0,4 + 1 = 1,4 kgf/cm²
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12
2.4-
Transmissão e Ampliação de uma força
a) Prensa hidráulica
P=
F1
A1
(1)
F2
(2)
A2
F
F
de (1) e (2) : 1 = 2 ∴
A1 A 2
F2 A 2
=
F1 A 1
P . A 2 = F2
b) Cilindro
b. 1 - Cilindro de ação simples
F = P.Ap
b. 2 - Cilindro de dupla ação ou regenerativo
P . A P = P (A P - A H ) + F
F = PA/ P - PA/ P + PA H
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13
P=
F = P . AH
2.5-
Carga de pressão (h)
É a altura de fluido suportada por uma pressão.
Ex.:
PA = PB = p = γh
2.6-
h=
p
γ
Escalas de pressão
a) Escala efetiva (relativa): É aquela que toma como referência (zero) a pressão
atmosférica. As pressões nessa escala dizem-se efetivas (relativas).
b) Escala absoluta: é aquela que toma como referência (zero) o vácuo absoluto. As
pressões nessa escala são chamadas absolutas.
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14
I - Comparação com as escalas de temperatura
ºK
II - Diagrama comparativo das duas escalas
Pabs = Pef = Patm
Ao nível do mar:
Patm = 10330 kgf/m²
Pressão atmosférica
normal ou padrão
Patm = 1,033 kgf/cm²
Observações importantes:
a) a - A pressão absoluta é sempre positiva.
b) b - A pressão efetiva pode ser positiva ou negativa.
Pressão efetiva negativa = “depressão” ou “vácuo”.
c) c - Indicação de pressão efetiva: 1 kgf/m².
d) d - Indicação de pressão absoluta: 1 kgf/m² (abs).
2.7-
Unidades de pressão
a - Unidades de pressão propriamente ditas:
P=
Fn
A
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15
Ex.:
dina/cm² ; N/m² ; kgf/m² ; N/cm²; kgf/cm² . Obs: N/m2=Pa; KPa=103Pa; MPa=106Pa
psi = lbf/pol2 ≅ 0,07 kgf/cm²
20 psi = 1,4 kgf/cm²
kgf
1 kgf/cm 2 = 1 − 4 2 = 10 4 kgf/m 2
10 m
b - Unidades de carga de pressão utilizadas para indicar pressões:
h=
P
γ
Ex.:
m.c.a. (metros de coluna de água)
m.c.o. (metros de coluna de óleo)
mmHg,
m. c. ar, etc.
c - Transformações de unidades
10330 kgf/m 2 = 1,033 kgf/cm 2 ;
h=
P
γ
=
10330
= 10,33 m.c.a.
1000
10330
= 0,76 m = 760 mmHg
γ 13600
1,033
1,033 kgf/cm 2 =
psi = 14,7 psi
0,07
h=
P
=
10330 kgf/m 2 = 1,033 kgf / cm 2 = 10,33 m.c.a. = 101325Pa = 101,325KPa =
= 760 mmHg = 14,7 psi = 1 atm
Exemplo:
Determinar o valor da pressão de 380 mmHg em kgf/cm² e psi na escala efetiva em
kgf/m² e atm na escala absoluta.
Dado: Patm = 10.330 kgf/m².
a - Escala efetiva
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16
a.1 - ] kgf/cm²
760 mmHg
-
1,033 kgf/cm 2
380 mmHg
-
x
a.2 - ] psi
760 mmHg
380 mmHg
-
14,7 psi
y
x = 0,5165 kgf / cm 2
y = 7,35 psi
b - Escala absoluta
Pabs = Pef + Patm
b.1 - ] kgf/m²
Pabs = z + 10330 kgf/m²
760 mmHg
- 10330 kgf/m 2
380 mmHg
-
z
z = 5165 kgf / m 2
Pabs = 15495 kgf / m 2 (abs)
b. 2 - ] atm
Pabs = w + 1
760 mmHg
380 mmHg
- 1 atm
w
w = 0,5 atm
Pabs = 1,5 atm (abs )
2.8-
Aparelhos medidores de pressão.
a - Barômetro (Medida da Patm)
hHg =
Patm
γ Hg
Patm = hHg .γ Hg
Ao nível do mar: hHg = 760 mm
Patm = 0,76 m x 13600 kgf/m³
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Patm = 10330 kgf / m 2
17
b - Piezômetro
p = γ .h
Desvantagens:
1) Não serve para medir pressões de gases
2) Não serve para medir pressões negativas
3) Não serve para medir pressões elevadas
c - Manômetro com tubo em U
p = γ. h
Mede pressões positivas
P2 - P1 = γ h
O -P = γ h
P = −γ h
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18
Mede pressões negativas.
O ponto mais baixo tem pressão maior que p, que é negativa.
Mede também pressões de gases.
d - Manômetro Metálico (Tipo Bourdon)
Pm = P1 - P2
Se P2 = Patm = 0
Pm = P1
Pm A
Pm B
Pm C
Pm D
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19
= P2 − P1
= P1 − P2
= P1 − 0 = P1
= P2 − 0 = P2
2.9-
Equação Manométrica
Teorema de Stevin
Ae1
P1 − PA = γ A .h A
1e2
P1 − P2 = γ 1.h1
2e3
P3 − P2 = γ 2 .h 2
3e4
P3 − P4 = γ 3 .h 3
4eB
P4 − PB = γ B .hB
P1 − PA = γ A .h A (X − 1)
P1 − P2 = γ 1.h1
P3 − P2 = γ 2 .h 2 (X − 1)
− P/ 1 + PA = − γ A .h A
P/ 1 − P/ 2 = γ 1.h1
− P/ 3 + P/ 2 = − γ 2 .h 2
P3 − P4 = γ 3 .h 3
P/ 3 − P/ 4 = γ 3 .h 3
P4 − PB = γ B .hB
P/ 4 − PB = γ B .hB
PA − PB = − γ A .h A + γ 1.h1 − γ 2 h 2 + γ 3 h 3 + γ B hB
PA − PB = − γ A h A + γ 1.h1 − γ 2h 2 + γ 3 h 3 + γ B h B
PA + γ A h A − γ 1h1 + γ 2h 2 − γ 3 h 3 − γ BhB = PB
Regra prática:
Cotam-se os planos de separação dos diversos líquidos manométricos.
Em seguida, convencionalmente, percorre-se o manômetro da esquerda para a
direita somando (ou subtraindo) as pressões das colunas de fluidos conforme se
desça (ou suba) segundo os diversos ramos do manômetro.
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20
Exercícios:
1 - Determinar a pressão p.
P + γ H2O .hH2O − γ Hg .hHg =
= Patm
P + 1000 . 0,025 - 13600 . 0,075 = 0
P + 25 - 1020 = 0
P = 995 kgf/m 2
Dados:
γ H O = 1000 kgf/m 3
2
γ Hg = 13600 kgf/m 3
Se Patm = 0 ,9 atm
Pabs = ?
Pabs = Pef + Patm
10330 kgf / m 2 − 1 atm
x
0,9 atm
9297 kgf / m 2
Pabs = 995 + 9297
Pabs = 10292 kgf / m 2 (abs )
2 - Determinar a indicação do manômetro metálico da figura.
Pm = ?
P' = P'−0
P1 = 1 kgf / cm 2
P2 − γ Hg .hHg = 0
P2 = 13600 x 0,15
Pm = P1 - P2 = 1 - 0,204
P2 = 2040kgf / m2 = 0,204kgf / cm2
Pm = 0,796 kgf/cm²
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21
3 - Calcular Par e Pm nas escalas efetiva e absoluta.
Dados:
γ H O = 1000 kgf / m 3
760 mmHg − 10330 kgf / m 3
γ óleo = 850 kgf / m 3
710 mmHg − x
2
γ Hg = 13600 kgf / m 3
Patm = 740 mmHg
Patm = x = 10058 kgf / m 2
a − Par = ?
Par abs = ?
0 + 1000 . 0,7 + 13600 . 0,3 - 1000 . 0,7 - 850 . 0,8 = Par
Par = 700 + 4080 − 700 − 680
P = 3400 kgf/m²
Pabs = Pef + Patm
Pabs = 3400 + 10058
Pabs = 13458 kgf / m 2 (abs)
b − PM = ?
PMabs = ?
Par + γ óleo .hóleo = PM
3400 + 850 . 0,30 = PM
PM = 3655 kgf / m 2
PMabs = PM + Patm
PMabs = 3655 + 10058
PM abs = 13713 kgf / m 2 (abs)
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22
4 - Calcular P para o equilíbrio do sistema
FA = 20 kgf
Equilíbrio de momentos
FA x A = FB x B
20 x 20 = FB x 10
FB = 40 kgf
F
P
= B
A1 A 2
P FB
=
d12 d 22
F
P
= B2
2
πd1
π/d 2
4/
4/
d
P = FB 1
d2
2
25
= 40
5
2
F = 1000 kgf
5 - Calcular o valor do peso G.
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23
A 1 = 10cm2
A H1 = 2cm2
A2
A3
A4
A5
= 2,5cm
= 5cm2
= 20cm2
= 10cm2
2
P1 = 5 kgf / cm 2
h = 2 m = 200 cm
γ Hg = 13600 kgf / m 3 = 0,0136 kgf / cm 3
Considerar o ar incompressível.
Desprezar o peso do pistão.
G=?
Cálculo de F2 : 0 + γ Hg h = P' 2 ∴ 13600 x 2 = P ' 2
P ' 2 = 27200 kgf / m 2 = 2,72 kgf / cm 2
F2 = P ' 2 . A2 = 2,72 . 2,5
F2 = 6,8 kgf
Cálculo de F1 : F1 = P1 . A 1 = 5.10
F = 50 kgf
∆F = F1 − F2 = 43,2 kgf
Cálculo de P2 : P2 =
∆F
43,2
=
(A1 − AH ) 8
1
P2 = 5,4 kgf/cm²
Cálculo de F3 : F3 =
F3 27
=
A 4 20
P3 = 1,35 kgf/cm²
G = P3 . A5 = 1,35 . 10
G = 13,5 kgf
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24
Noções fundamentais de
Escoamento de Fluidos
Equação da Continuidade
Capítulo 3
3.1-
Noções Fundamentais
Movimento permanente
Quando fixado um ponto num sistema de referência, neste ponto, com o decorrer do
tempo, não mudam as propriedades.
Ex.:
instante inicial
instante t qualquer
Movimento variado
Ex.:
Em caso contrário
2 m/s
instante inicial
instante t
Vazão em volume (Q)
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4 m/s
25
6 m/s
É o volume de fluido que atravessa uma seção de escoamento na unidade de
tempo.
Q=
6
= 3 /s
2s
Q=
V
t
Unidades de Q:
cm3 /s ; m3 /s ; m3 / min ; m3 /h ; /s ; / min ; / h ;...
Velocidade média numa seção (V)
V A.s
=
t
t
Q=A.ν
Q=A.ν
Q=
→ν
Velocidade média é uma velocidade fictícia constante na seção tal que multiplicada
pela área resulta na vazão do líquido.
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26
Vm =
Q=
Q
A
viAi
∴ vm =
vdA
A
vm =
Q
A
vm =
1
VdA
A
Obs.: Vm = V se não for indicado o diagrama de velocidades
Unidades de V: cm/s ; m/s ; m/min ; . . .
Vazão em massa (Qm )
É a massa de fluido que atravessa uma seção do escoamento na unidade de tempo.
Qm =
m
t
Unidades de Qm : g/s ; g/min ; kg/s ; kg/min ; kg/h ; utm/s ; utm/min ; utm/h ; . . .
Vazão em peso (QG)
É o peso de fluido que atravessa uma seção de escoamento na unidade de tempo.
QG =
G
t
Unidades de QG : dina/s ; dina/,min ; d/h ; N/s ; N/min ; N/h ; kgf/s ; kgf/min ; kgf/h ;...
Relações entre Q, Qm e QG
Qm =
m
t
Mas:
Q
ρ=
m
v
m = ρv ∴ Q m =
ρV
t
Qm = ρQ
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27
Qm = ρvA
G
t
QG=
Mas:
γ =
Q
G
V
G = γ V ∴ Q
G
γ v
t
=
QG = γQ
QG = γvA
Qm
Q =
G
G
t
=
m
t
.g
QG = g.Qm
3.2-
Equação da Continuidade
Num intervalo de tempo t a massa de fluido que atravessa a seção ( 1 ) é a mesma
que atravessa a seção (2).
m = m = m
m
: t
∴
ou
ou
t
m
1
m
1
2
=
m
2
t
V1 A1 =
t
= cte.
m
ρ1 Q 1 = ρ 2 Q 2 = ρ
ρ1
=
m
ρ2 V2
Q = cte.
A2 =
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ρVA
= cte.
28
“No escoamento de um fluido, em movimento permanente a vazão em massa de
fluido que atravessa qualquer seção de escoamento é constante”.
Caso particular:
Fluido incompressível (líquidos)
ρ =
m
= cte .
v
ρ 1 = ρ 2 = ρ = cte .
∴ Q1 = Q
2
= Q = cte .
V1A 1 = V 2 A
2
= VA = cte .
“No escoamento de um fluido incompressível em movimento permanente a vazão de
fluido que atravessa qualquer seção do escoamento é constante”.
Ex.:
Q1 = Q 2 ∴ V1A 1 = V2 A 2
∴
V2 A 1
=
V1 A 2
Se :
A1 > A 2
V2 > V1
A1 < A 2
V2 < V1
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29
Exemplo numérico:
A 1 = 20 cm2
A 2 = 10 cm²
V1 = 1 m/s
V2 20
=
1 10
∴ V2 = 2 m / s
Obs: As velocidades variam na razão inversa dos quadrados dos diâmetros.
(Fluidos incompressíveis).
Exercícios:
1 - Ar escoa num tubo convergente.
A área da maior seção do tubo é 20 cm² e a da menor é 10 cm².
A massa específica do ar na seção 1 é 0,12 utm/m³ enquanto que na seção 2 é
0,09 utm/m³.
Sendo a velocidade na seção 1 de 10 m/s, determinar a velocidade na seção 2 e
a vazão em massa.
Equação da Continuidade
Qm1 = Qm2
ρ1Q1 = ρ 2Q 2
ρ1V1A 1 = ρ 2 V2 A 2
V2 =
ρ1 A 1
0,12 20
⋅
⋅ V1 =
⋅
⋅ 10
ρ2 A 2
0,09 10
V2 = 26,7 m/s
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30
A 1 = 20 cm³
V 1 = 10 m/s
A 2 = 10 cm³
V2 = ?
ρ1 =
0,12 utm/ m³
QM
= ?
m=
ρ2 =
0,09 utm/m³
Q m = ρ1V1A 1 = ρ 2 V2 A 2
Q m = 0,12 x 10 x 0,002
Q m = 0,0024 utm / s
2 - Os reservatórios (1) e (2) da figura são cúbicos.
São enchidos pelos tubos respectivamente em 100 seg. e 500 seg.
Determinar a velocidade da água na seção A indicada, sabendo-se que o
diâmetro é 1m.
Equação da Continuidade
Q = Q1 + Q 2
Q1 =
V1 125
=
t 1 100
Q
Q1 = 1,25 m 3 / s
Q2 =
V2 1000
=
t2
500
Q 2 = 2 m3 / s
Q = 1,25 + 2
Q = 3,25 m 3 / s
Q = A ⋅ VA ⇐ VA =
Q
Q
3,25
=
=
2
3,14 ⋅ 1
A πD
4
4
VA = 4,14 m / s
3 - Um tubo admite água (ρ = 1000 kg/m3) num reservatório, com vazão de 20 /s.
No mesmo reservatório é trazido óleo (ρ = 800 kg/m3) por outro tubo com uma
vazão de 10 /s.
A mistura homogênea formada é descarregada por um tubo cuja seção tem uma
área de 30 cm2.
Determinar a massa específica da mistura no tubo de descarga e a velocidade da
mesma.
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31
ρ1 = 1000 kg/m3
ρ2 = 800 kg/m3
ρ3 = ?
Q1 = 20 /s
Q2 = 10 /s
A3 = 30 cm2, V3 = ?
Equação da continuidade
Q m 3 = Q m1 + Q m 2
ρ 3 Q 3 = ρ 1Q 1 + ρ 2 Q 2
ρ 1Q 1 + ρ 2 Q 2
Q3
Sendo os fluídos incompressíveis:
ρ3 =
Q 3 = Q1 + Q 2
Q 3 = 20 + 10
Q 3 = 30 / s
ρ3 =
1000 ⋅ 20 + 800 ⋅ 10 20000 + 8000
=
30
30
ρ 3 = 933,3 kg / m 3
Q 3 = A 3 V3 ∴ V3 =
Q 3 30 x 10 −3
=
A 3 30 x 10 − 4
V3 = 10m / s
4 - O tanque da figura pode ser enchido pela água que entra pela válvula A em 5 h,
pelo que entra por B em 3 h e pode ser esvaziado (quando totalmente cheio) pela
válvula C em 4 h (supondo vazão constante).
Abrindo todas as válvulas (A, B, C e D) ao mesmo tempo o tanque mantém-se
totalmente cheio.
Determinar a área da seção de saída de D se o jato de água deve atingir o ponto
0 da figura.
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32
Equação da Continuidade:
QA + QB = QC + QD
QA =
V 30
=
tA
5
QB =
Q B = 10 m 3 / h
Q A = 6 m3 / h
QC =
V 30
=
tB
3
V 30
=
tC
4
Substituindo em
Q C = 7,5m 3 / h
fica:
6 + 10 = 7,5 + Q D
Q D = 16 − 7,5
Q D = 8,5 m 3 / h = 0,00236 cm 3 / s
Q D = VD ⋅ A D
AD =
QD
VD
Equação da parábola
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33
x = VD t
t=
x
VD
1 2
gt
2
1
x2
y = ⋅g⋅ 2
2
VD
y=
2VD2 =
x 2g
x 2 g 100 ⋅ 10
∴ VD2 =
=
y
2y
2 ⋅ 5
VD2 = 100 ∴ VD = 10 m / s
Substituindo VD em
AD =
, fica:
0,00236
10
AD = 0,000236 m2
3.3 – Potência necessária para o deslocamento de um pistão num cilindro
Potência (N)
Trabalho (W)
W = Fp ⋅ s = p ⋅ Ap ⋅ s
VD
∴ W = p ⋅ VD
÷t
VD : Volume deslocado (cilindrada).
V
W
= p D ∴N = p ⋅ Q
t
t
N = p⋅Q
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34
s = 0,5 m
t = 0,5 s
W = 50 kgf.m
Ap = 50 cm2
= 5 x 10-3m2
No dispositivo da figura o pistão desloca-se 0,5 m em 0,5 s e o trabalho realizado
nesse deslocamento é 50 kgf.m.
Supõe-se que não haja perda de pressão entre a saída da bomba e a face do pistão.
Determinar:
a. A potência fornecida ao fluído pela bomba.
b. A vazão em litros por segundo.
c. A pressão na face do pistão
a)
N=
W 50
=
t
0,5
kgf .m
= 736W
S
1 kgf .m ≅ 10W
1CV = 75
N = 100 kgf .m / s ≅ 1000 W
c)
W = p ⋅ Vd
p=
p=
W
W
=
Vd Ap ⋅ s
50
5 x10 −3 ⋅ 0,5
p = 2 x10 4 kgf / m 2 = 2kgf / cm 2
b)
Q=
Vd Ap ⋅ s 5 x10 −3 ⋅ 0,5
=
=
t
t
0,5
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35
Q = 5 x10 −3 m 3 / s
1m 3 = 1000
Q = 5 x10 −3 x10 3 / s
Q = 5 /s
ou:
c)
N = p ⋅ Q ∴p =
N
100
=
Q 5 x10 −3
p = 2 x10 4 kgf / m 2
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36
Capítulo 4
Equação de Bernoulli
4.1- O Princípio da Conservação da Energia Mecânica para Fluídos
Perfeitos (Ideais)
Energia
Potencial
De posição
De pressão
Mecânica
W=G.Z
Cinética
G
E PPo = W
Z
a) Energia Potencial
a.1 – De Posição
P.H.R
(Plano horizontal
de referência)
EPPo = G . Z
W = G . h =G
a.2 – De Pressão
EPPr = G ⋅
P
γ
E PPr = W
EP = EPPo + EPPR
b) Energia Cinética
Ec =
Mas:
mv 2
2
G = mg ∴ m =
G
g
v2
2g
Energia Total
∴ Ec = G ⋅
(E)
E = EP + Ec
E = EPPo + EPPr + Ec
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37
P
γ
Princípio da Conservação de Energia Mecânica
(P.C.E.M.)
E = cte.
Ou
∆EP = ∆Ec
Exemplo:
E1 = G ⋅ Z
mv 2
2
E1 = E 2
E2 =
mv 2
2
2
m
/v
m
/ gz =
2
v = 2gz
G⋅Z =
4.2-
TORRICELLI
Equação de Bernoulli para Fluído Perfeito Incompressível em
Regime Permanente
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38
E1 = EP1 + EC1 = EPPo1 + EPPr1 + EC1
∴ E1 = GZ1 + G
P1
v2
+G 1
γ
2g
E 2 = EP2 + EC 2 = EPPo2 + EPPR2 + EC 2
E 2 = GZ 2 + G
P2
v2
+G 2
γ
2g
P.C.E.M.
E1 = E2
/ Z+G
/
G
Z1 +
P1
V2
P
V2
/ 1 =G
/ Z2 + G
/ 2 +G
/ 2
+G
γ
2g
γ
2g
P1 V12
P
V2
+
= Z2 + 2 + 2
γ 2g
γ
2g
Equação de Bernoulli
“No escoamento de um fluído perfeito incompressível em regime permanente a
energia total do fluído por unidade de peso permanece constante”.
Z1 e Z2: Energias potenciais de posição por unidade de peso (“Cargas de Posição”).
P1 P2
e
: Energias potenciais de pressão por unidades de peso (“Cargas de
γ
γ
Pressão”).
V12 V22
e
: Energias cinéticas por unidade de peso. (“Cargas Cinéticas”).
2g 2g
P1 V12
P2 V22
Z1 + +
e Z2 +
+
:
γ 2g
γ
2g
Energias totais por unidade de peso.
(Cargas Totais = H)
Carga de Pressão = energia de Pressão por unidade de peso.
Carga de Posição = energia de posição por unidade de peso.
Carga Cinética = energia cinética por unidade de peso.
Carga Total (H) = energia total por unidade de peso.
H1 = H2
Equação de Bernoulli
Unidades de Carga: m, cm, mm, etc. ou seja:
Unidades de energia por unidade de peso: m, cm, mm, etc.
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39
Exercícios:
1-
Patm
5m
(1)
A=10 cm2
P.H.R.
(2)
Patm
B
Tanque de grandes dimensões
Fluído perfeito
g = 10 m/s2
O tanque da figura descarrega água a atmosfera pelo tubo indicado.
Sendo o tanque de grandes dimensões e o fluído considerado perfeito, determinar a
vazão da água descarregada se a área da seção do tubo é 10 cm2.
H1 + H2
EPPo1 + EPPr1 + EC1 = EPPo2 + EPPr2 + EC 2
Z1 +
P1
γ
0
Patm =0
+
V12
P
0
= Z/ 2 + 2
2g
γ
Patm = 0
+
V22
2g
V22
Z1 =
∴ V2 = 2gz 1 = 2 x 10 x 5 = 10m / s
2g
Q = V2 A = 10 x 10 x 10 − 4
Q = 10 x 10 −3 m 3 / s = 10 / s
2- Idem
(1)
3m
p = 0,5 kgf/cm²
A=10 cm2
P.H.R.
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B
40
(2)
Patm
-
Tanque de grandes dimensões
-
Fluído perfeito
g = 10 m/s2 = 1000 cm/s2
γ H2O = 1000kgf / m 3
Q=?
H1 = H2
EPPO1 + EPPr1 + EC1 = EPPO2 + EPPr2 + EC 2
0
0
2
1
0
2
2
Z1 +
P1 V
P
V
=
= Z2 + 2 +
γ
2g
γ
2g
Z1 +
P1 V22
=
γ
2g
V2 = 2g Z1 +
V2 = 100
V22 = 2g Z1 +
P
γ
P
0 ⋅ 2 x 10 4
= 2 x 10 x 3 +
γ
10 3
V2 = 10 m/s
∴ Q = V2 A = 10 x 10 x 10 −4
Q = 10 x 10 −3 m 3 / s = 10 / s
1. Um dos métodos para produzir vácuo numa câmara é descarregar água por um
tubo convergente como é mostrado na figura.
Qual deverá ser a vazão em massa no tubo da figura para produzir um vácuo de
50 cmHg na câmara?
h = 50 cm (carga de pressão do mercúrio)
H1 = H2
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41
0
Z1 +
0
P1 V12
P V2
+
= Z2 + 2 + 2
γ 2g
γ 2g
V12 − V22
P
= − Z1 − 1
γ
2g
(1)
Equação da Continuidade
Q1 = Q 2
V1A 1 = V2 A 2
V1 =
V2 A 2
Π d 22 / 4
= V2
A1
Π d12 / 4
V1 = V2
d2
d1
2
= V2
3,4
1
2
V1 = 11,56 V2 (2)
(2) em (1)
(11,56 V2 )2 − V22
2g
= Z1 −
P1
γ
133,6 ⋅ V22 − V22
P
= −Z1 − 1
2g
γ
V22 =
P
2g
( −Z 1 − 1 )
132,6
γ
onde:
Z1 = 4m
P1 = −γ Hg ⋅ h = −13600 kgf / m 3 x 0,5m
P1 = −6800 kgf / m 2
V22 =
20
− 6800
−4−
132,6
1000
V22 =
56
= 0,42
132,6
V2 = 0,42
V2 = 0,65 m/s
V1 = 11,56 x0,65 ∴ V1 = 7,5m / s
Q m = ρQ1 = ρQ 2 = ρV1A 1 = ρV2 A 2 (ρ1 = ρ 2 = ρ)
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42
∴ Qm =
γ πd12 1000 x7,5 x3,14 x (0,01)
V1
=
g
4
10 x 4
2
Qm= 0,059 utm/s
4.3- Equação de Bernoulli para Fluido Perfeito Incompressível com
a Presença de uma Máquina no Escoamento
Máquina
(M)
Bomba (B)
-
Fornece energia ao fluido
Turbina (T)
-
Retira energia do fluido
a) BOMBA
H1 < H2
B
HB: Energia fornecida ao
(2)
(1)
fluido
pela
bomba
pro
unidade de peso.
(“Carga
H1 + HB = H2
ou
altura
manométrica da bomba”)
b) TURBINA
H1 > H2
T
(2)
(1)
H1 – HT = H2
HT: Energia retirada do
fluído pela turbina por
unidade de peso. (“Carga
ou altura manométrica da
turbina”)
Genericamente
Hm > 0
M é Bomba (Hm = HB)
M
(1)
(2)
H1 + Hm = H2
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43
Hm < 0 ⇐ M é Turbina (Hm - HT)
Fluido Perfeito
a) ∃ Máquina
b) ∃ Máquina
H1 = H2
H1 + Hm = H2
4.4- Potência Fornecida ou Retirada do Fluido na Passagem pela
Máquina. Noção de Rendimento
G : Peso de fluido que atravessa a máquina no intervalo de tempo t.
W : Energia fornecida ou retirada do peso G de fluido na passagem pela
Máquina.
Hm : Energia fornecida ou retirada do fluido pela máquina por unidade de peso.
Hm =
γ=
G
V
W
G
W = G ⋅ Hm Mas:
G = γV
Substituindo: W = γVHm
÷t
W
V
= γ Hm
t
t
potência
vazão
N = γQHm
- M.K*.S -
γ
kgf/m3
Q
m3/s
Hm
m
N
kgf . m/s (kgm/s)
N
N⋅m J
= =W
s
s
- S.I.
γ
N/m3
Q
m3/s
Hm
m
1C.V. = 75 kgf . m/s
1C.V. = 736 W = 0,736 kW
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44
Rendimento (η)
η=
Potência útil
Potência posta em jogo
a) BOMBA
N : Potência útil = Potência fornecida ao fluído
N
ηB =
NB
∴ NB =
N
ηB
NB : Potência da Bomba
NB =
γQHB
ηB
b) TURBINA
ηT =
NT
N
N : Potência retirada do fluido
NT : Potência útil = Potência da turbina
NT = N ⋅ η T
NT = γQHm ⋅ η T
1- O reservatório de grandes dimensões da figura descarrega água para a atmosfera
através de uma tubulação com uma vazão de 10 /s.
Verificar se a máquina instalada é BOMBA ou TURBINA e determinar sua
potência se o rendimento é 75%.
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45
Supor fluido perfeito.
Patm
(2)
20m
(1)
5m
2
A=10 cm
PHR
B
γ H O = 1000kgf/m 3 ; g = 10m/s 2
2
Q = 10 −2 m 3 / s
H1 + Hm = H2
0
Z2 +
Hm = H2 − H1 =
2
0
2
0
P2 V2
P V
+
− Z1 + 1 + 1
γ 2g
γ 2g
Hm = 5 +
V22
− 20
2g
Q 10 −2
=
= 10m / s
A 10 −3
Q = V2 ⋅ A
V2 =
Hm = 5 +
100
− 20
20
Hm = -10m
Hm < 0
M é Turbina
10 3 ⋅ 10 −2 ⋅ 10 100
=
75
75
N = 1,33 C.V.
N = γQHT =
∴NT = NηT = 1,33 x 0,75
NT = 1 C.V.
2 – Idem
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46
a) Tipo de Máquina = ?
b) Nm = ? (ηm = 75%)
a) Equação de Bernoulli no trecho (1) – (2)
H1 + Hm = H2
Hm = H2 – H1
Cálculo de H1:
Z1 +
P1 V12
10 4
+
= 10 + 3
γ
2g
10
H1 = 20m
Cálculo de H2:
0
H2 = Z 2 +
0
2
2
P2 V
+
= 30
γ
2g
H2 = 30 m
Hm = H2 – H1 = 30 – 20
Hm = 10m
Hm > 0
M é BOMBA
b) Potência da Bomba
γQHB 10 3 ⋅ 10 −2 ⋅ 10
N=
=
75
75
N = 1,33 C.V.
γQHB 10 3 ⋅ 10 −2 ⋅ 10
NB =
=
η ⋅ 75
75 x0,75
NB = 1,78 C.V.
ou:
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47
Fluido Perfeito
Grandes Dimensões
ηB =
N
N 1,33
∴ NB =
=
NB
ηB 0,75
NB = 1,78 C.V.
4.5- Equação de Bernoulli para Fluido Real e Presença de uma
Máquina no Escoamento.
a) Sem Máquina
Perda de
energia
(1)
H1 > H2
(2)
H1 > H2
H1 = H2 + HP1,2
HP1,2 = Perda de energia de 1 para 2 por unidade de peso.
HP1, 2 = Perda de carga (m, cm, mm)
Observação Importante: Sentido do escoamento
Trecho onde não existe
máquina
(1)
(2)
H1 > H2 ∴escoamento de (1) para (2)
H2 > H1 ∴escoamento de (2) para (1)
b) Com Máquina
M
H1 + Hm = H2 + HP1,2
(2)
(1)
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48
Fluido Perfeito
Fluido Real
a)
∃ máquina: H1 = H2
a)
∃ máquina: H1 = H2 + HP1,2
b)
∃ máquina H1 + Hm = H2
b)
∃ máquina H1 + Hm = H2 + HP1,2
Exemplo:
1 – Calcular a perda de carga na instalação da figura.
Patm
5m
(3)
A=10 cm2
P.H.R.
B
Dados:
NB = 5 C.V.
ηB = 80%
γ = 103 kgf/m3
g = 10 m/s
HP1,2 = ?
Bernoulli:
H1 + HB = H2 + HP1,2
H1 = Z 1 +
HP1,2 = H1 − H2 + HB
P1 V12
+
=5+0+0
γ 2g
H1 = 5 m
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49
(2)
V2 = 5m/s
Patm
0
H2 = Z 2 +
0
P2 V22 25
+
=
2g 20
γ
H2 = 1,25 m
NB =
γQHB
75 ⋅ ηB
HB =
75 NB ⋅ ηB
γQ
Q = V . A = 5 x 10 x 10-4
HB =
Q = 5 . 10-3 m3/s
75 ⋅ 5 ⋅ 0,8
10 3 ⋅ 5 x10 −3
HB = 60m
Substituin do : HP1,2 = 5 − 1,25 + 60
HP1,2 = 63,75m
2 – Uma bomba deve recalcar 0,15 m3/s de óleo de peso específico 760 kgf/m3 para
o reservatório C.
Adotando que a perda de carga A a 1 seja 2,5m e de 2 a C, 6 m, determinar a
potência da mesma se o rendimento é 75%.
Q = 0,15 m3/s
γ = 760 kgf/m3
HPA ,1 = 2,5m
HP2,C = 6m
ηB = 75%
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50
N = NB.ηB
(1)
N = γQHB
(2)
Bernoulli
H A + HB = HC + HPA ,1 + HP2,C
HB = HC + HPA ,1 + HP2,C − H A
(3)
0
0
2
A
PA V
+
= 15m
γ
2g
Cálculo de H A : H A = Z A +
HA = 15 m
0
Cálculo de H2 : HC = Z C +
0
2
C
PC V
+
= 60m
γ
2g
HC = 60 m
(3) HB = 60 + 2,5 + 6 – 15
HB = 53,5 m
(2) N =
760 ⋅ 0,15 ⋅ 53,5
75
N = 81,32 C.V.
(1) NB =
N 81,32
=
ηB
0,75
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NB = 108 C.V
51
3 – Dada a instalação da figura, pedem-se:
a) HA = ? HB = ? HC = ?
b) Sentido do escoamento
c) Tipo de máquina
d) HPA ,B
e) Potência da máquina
Dados:
HPB,C ≅ 0
Q = 3,14 m3/s
D=2m
PB = 4 kgf/cm2 = 4 x 104 kgf/m2
γ = 1000 kgf/m3
g = 10 m/s2
Cálculo de VB:
VB =
Q
3,14
4
=
= =∴ VB = 1m / s
2
A π ⋅D
4
4
0
0
2
A
PA V
+
= 35 + 0 + 0
γ
2g
HA =35 m
a) H A = Z A +
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52
0
HB = Z B +
2
B
PB V
4 x10 4
1
+
=5+
+
3
2g
20
γ
10
HB = 5 +40 + 0,05
HB = 45,05 m
HC = Z C +
PC VC2
+
=0
γ
2
HC = 0
b) Sentido de escoamento (trecho sem máquina A – B)
de (B) para (A) ∴de (C) para (A)
HB > HA
c) Tipo de máquina (Hm)
Equação de Bernoulli trecho com máquina (C – A)
HC + Hm = H A + HPC,A
Hm = H A − HC + HPC,A
0
HPC,A = HPC,B + HPB,A = HPB,A
HPC,A = HPB,A
Equação Bernoulli (B – A):
HB = H A + HPB,A
HPB,A = HB − H A = 45,05 − 35
HPB,A = 10,05m
∴ HPC,A = 10,05m
Substituindo em Hm
Hm = 35 – 0 + 10,05
Hm = 45,05 m
Hm > 0
M é BOMBA
d) HPB ,A = ?
Bernoulli (A,B)
HB = H A + HPB,A
HPB,A = 10,05m
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53
HPB,A = HB − H A
ηB = 80%
e) NB = ?
NB =
γQHB 10 3 ⋅ 3,14 ⋅ 45,05 141457
=
=
ηB
75 ⋅ 0,8
60
NB = 2357,6 C.V.
4 – Dada a instalação da figura, pedem-se:
a) P1
P1
b) Pe
(1)
3m
-3
2
c) Ps
A = 5x10 m
Água
P.H.R
B
(e)
(s)
7m
(2)
Q = 25 /s
H P = 3 m.c.a.
1, 2
H P = 0,5 m.c.a.
1 ,e
g = 10m / s 2
γ = 10 3 kgf/m 3
N = 1 C.V .
a) Cálculo P1
Equação Bernoulli (1) – (2)
H1 + HB = H2 + HP1,2
0
Z1 +
0
2
1
P1 V
P
V2
+
+ HB = Z 2 + 2 + 2 + HP1,2
γ 2g
γ
2g
P1
V2
= Z 2 − Z 1 + 2 + HP1,2 − HB
γ
2g
onde:
Z1 = 3 m
Z2 = -7 m
V2 =
HP1,2
Q 25 x10 −3
=
= 5m / s
A
5 x10 −3
= 3m
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54
N = γQHB
HB =
75 ⋅ 1
= 3m
10 x 25 x10 −3
3
P1
25
= −7 − 3 +
+ 3/ − 3/
20
γ
P1
γ
= −8,75m
P1 = −8750 kgf / m 2
b) Cálculo de Pe:
Bernoulli (1) – (e): H1 = He + Hp1,e
Ve =
Q
= 5m / s
A
Pe
8750 25
= 3−
− − 0,5
1000 20
1000
Pe
= 3 − 8,75 − 1,25 − 0,5
1000
Pe = −7500 kgf / m 2
c) Cálculo de Ps
Bernoulli (e) – (s) : He + HB = HS
Ve2
PS VS2
Ze + +
+ HB = ZS + +
γ 2g
γ 2g
PS Pe
= + HB
−7,5 + 3 = −4,5
Pe
γ
γ
PS = −4500 kgf / m 2
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55
Algumas aplicações
especiais da Equação
de Bernoulli
Capítulo 5
5.1-
Tubo Venturi (Venturímetro): Aparelho Medidor de Vazão.
Equação de Bernoulli (1) – (2)
≈0
H1 = H2 + HP1,2
0
Z1 +
P1 V12
P
V2
+
= Z2 + 2 + 2
2g
γ 2g
γ
V22 − V12 P1 − P2
=
2g
γ
(1)
Mas: Q1 = Q2 (continuidade)
V2 =
A1 =
V1A1 = V2A2
V1 ⋅ A1
A2
π d12
d
V2 = V1 ⋅ 1
d2
4
π d 22
A2 =
4
2
( 2)
Substituindo (2) em (1)
2
1
V
d1
d2
4
− 1 = 2g
2g
V1 =
P1 − P2
γ
P1 − P2
γ
d1
d2
4
−1
onde:
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56
1
d1
d2
=K
4
−1
V1 = K 2g
K=
P1 − P2
γ
1
d1
d2
Mas:
4
−1
Q = V1A 1 ∴ Q = K ⋅ A 1 2g
P1 − P2
γ
Curva de calibração
Q
P1 − P2
Exemplo:
Água escoa em regime permanente no tubo Venturi da figura.
A área A é de 20 cm2 enquanto que a da garganta é 10 cm2.
Um manômetro cujo líquido manométrico é mercúrio (γHg = 13600 kgf/m3) é
ligado entre as seções (1) e (2) e indica o desnível mostrado na figura.
Pede-se a vazão de água que passa pelo Venturi
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57
H 2O
= 1000 kgf/m 3 ) .
P1 + γ H2O x + γ H2O ⋅ h − γ Hg ⋅ h − γ H2O ⋅ x = P2
P1 − P2 = γ Hg ⋅ h − γ H2O ⋅ h
P1 − P2 = h(γ Hg − γ H O ) = 0,1x(12600)
2
P1 − P2 = 1260 kgf / m 2
H1 = H2
Z1 +
P1 V12
P
V2
+
= Z2 + 2 + 2
γ 2g
γ
2g
V22 − V12 P1 − P2
=
2g
γ
(1)
Q1 = Q2
V1A 1 = V2 A 2
V2 = V1
V2 = 2V1
20
10
( 2)
(2) em (1)
4 V12 − V12 P1 − P2
P − P2
=
∴ 3 V12 = 2g 1
2g
γ
γ
V12 = 8,4
∴ V1 = 2,9 m / s
Q = V1A1 = 2,9 . 20 x 10-4
Q = 5,8 x 10-3 m3/s
Q = 5,8 /s
5.2-
Tubo de Pitot: Aparelho de Medida de Velocidade
γ
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58
Equação de Bernoulli (1) – (2):
H1 = H2
0
Z1 +
2
1
2
2
P1 V
P
V
+
= Z2 + 2 +
2g
γ 2g
γ
V12 P2 − P1
=
2g
γ
V1 = 2g ⋅
P2 − P1
γ
Na prática:
Exemplo:
Num tubo de seção circular o diâmetro é 10 cm e admite-se uniforme o
diagrama de velocidades.
Um tubo de Pitot está instalado de forma a medir a velocidade no eixo do
tubo.
Determinar a vazão do tubo
γ H 0 = 1000 kgf / m 3
2
γ Hg = 13600 kgf / m 3
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59
H1 = H2
0
Z1 +
2
1
2
2
P1 V
P
V
+
= Z2 + 2 +
2g
γ 2g
γ
V12 P2 − P1
=
2g
γ
v 1 = 2g
V12 = 2g
P2 − P1
γ
P2 − P1
γ
Tubo em U: P1 + γ H2 0 ⋅ x + h ⋅ γ Hg ⋅ γ H2O ⋅ ( x + h) =
= P2
P2 − P1 = γ H O ( x − x − h ) + hγ Hg
P2 − P1 = h ⋅ γ Hg − hγ H O = h(γ Hg − γ H O )
2
2
2
P2 − P1 = 0,05(13600 − 1000)
P2 − P1 = 630 kgf / m 2
630/
100/ 0/
V1 = 3,55 m / s
∴ V1 = 20/ ⋅
V1 = 12,6
πd12
3,14 x 0,01
Q = V1A 1 = V1 ⋅
= 3,55 ⋅
4
4
3
Q = 0,027 m / s = 27 / s
Proposto
Um Tubo de Pitot é preso num barco com v = 45 km/h de tal forma que a tomada do
pitot fique a uma pequena profundidade.
Qual a altura alcançada pela água no ramo vertical?
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60
Análise Dimensional e Semelhança Mecânica
Capítulo 6
6.1-
ANÁLISE DIMENSIONAL
1.1 – Grandezas Fundamentais e Derivadas
Grandezas Fundamentais - São aquelas que se expressam por si só, enquanto
que as Grandezas Derivadas são as que são necessárias 3 grandezas
fundamentais, para que se representem todas variáveis (Grandezas Derivadas)
envolvidas na Mecânica.
Ou ainda
F
-
Força
M, L, T
L
-
Comprimento
L, M, F
T
-
Tempo
T, M, F
1.2 – Equação Dimensional
Relaciona a grandeza derivada com as fundamentais
É constituída por produtos de potência das grandezas fundamentais
X – É uma grandeza (variável) : [x] = Fα Lβ Tγ
Exemplo:
a) Velocidade (v)
s
→ [v ] a equação dimensiona l
t
[v ] = L = LT −1
T
v=
b) Aceleração (a)
[v ] = L
v
→ [a] =
[t ] T.T
t
[a] = L2 = LT −2
T
a
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61
c) Área (A)
[A] = L2
d) Volume (V)
[V] = L3
e) Massa (m)
F = m.a → [m] =
[m] = FT
2
L
[F]
[a]
= FL−1 T 2
f) Massa Específica (ρ)
ρ=
[m] ∴ [ρ] = FT 2
m
→ [ρ] =
[V ]
v
L.L3
[ρ] = FT4
L
2
= FL−4
T2
g) Peso Específico (γ)
[G]
G
→ [γ ] =
[V ]
V
[γ ] = F3 = F L−3
L
γ=
h) Viscosidade Dinâmica (µ)
τ=µ
dv
τ dy
→µ=
dy
dv
[Ft ] [dy ]
Ft dy
→ [µ] =
[A ] [dv ]
A dv
[µ] = F2 ⋅ L
L L/T
[µ] = FT2 = FL−2 T
L
µ=
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62
i) Viscosidade Cinemática (ν)
ν=
[µ]
µ
→ [ν ] =
[ρ]
ρ
FL−2 T
FL− 4 T 2
2
[ν] = L = L2 T −1
T
[ν] =
1.3 – Número Adimensional ou Número π
É toda variável cuja equação dimensional é da forma:
[π] = Fº Lº Tº
Exemplo:
a) Número de Reynolds (Re)
Re =
[Re] = [ρ][v ][L]
[µ]
ρvL
µ
−4
[Re] = F L
T 2 ⋅ L T −1 ⋅ L
→ [Re] = Fº L º T º
F L−2 T
b) Número de Euler (Eu)
F
ρV 2L2
[Eu] = [F2] 2
[ρ][v ] [L]
[Eu] = −4 2 F2 −2 2
FL T ⋅ L T ⋅ L
[Eu] = Fº Lº T º
Eu =
c) Número de Froude (Fr)
Fr =
v2
L.g
2
2
−2
[Fr ] = [v ] = L ⋅ T −2
[L]⋅ [g] L.L.T
[Fr ] = Fº Lº T º
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63
1.4 – Análise Dimensional e Pesquisa
Por exemplo: suponhamos que se pretenda determinar F, quaisquer que
sejam as demais grandezas
No Laboratório
túnel aerodinâmico (fluido compressível)
ou canal aberto sob controle (fluido incompressível)
Equipamento
dinamômetros e balanças
viscosímetros
e outros aparelhos de medida.
várias esferas: D1; D2;..............................Dn
Materiais
vários fluidos (mesma ρ) e µ1; µ2;............µn
vários fluidos (mesma µ) e ρ1; ρ2;............ρn
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64
Para caracterizar o fenômeno físico, através da experiência, chegaríamos a
uma infinidade de curvas:
F, ρ, v,D, µ
→
No Laboratório
Pelo Teorema dos π ou de Buckingham da Análise Dimensional, demonstra-se que
existe uma função de 2 números adimensionais formados por combinação adequada
das grandezas envolvidas rigorosamente equivalente à função dada:
/ (π 2 ) onde π1
π1 = O
F
ρvD
/ (Re ) ou O
/ (Eu, Re) = 0
= Eu e π 2 =
= Re ∴ Eu = O
2 2
µ
ρv D
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65
Levantamento da Curva Universal
Toma-se uma única esfera de diâmetro Do e movimenta-se a mesma num
único fluido, de massa específica ρ0 e viscosidade µ0, calcula-se Re e a cada força
F0 correspondente, calcula-se Eu.
V0
Re
F0
Eu
Traça-se a curva universal:
Problema
Pretende-se movimentar uma esfera de diâmetro D1 num fluido de massa
especifica ρ1 e viscosidade dinâmica µ1 e com velocidade v1; qual será a força
oposta ao movimento F1?
Solução:
a) Tendo-se v1; ρ1; D1 e µ1, calcula-se Re =
ρ1 ⋅ V1 ⋅ D1
µ1
b) Vai-se à curva universal e determina-se Eu
Eu
Eu
Re
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66
Re
c) Tendo-se Eu calcula-se F1
Eu =
F1
ρ1 ⋅ V12 .D12
∴
F1 = Eu.ρ1 ⋅ V12 ⋅ D12
1.5 – Teorema dos π ou de Buckingham
Sejam x1; x2;..........xn as n variáveis que intervêm em dado fenômeno físico.
Sejam π1; π2;..........πk os k adimensionais independentes, construídos com
base nas variáveis x1, x2..........xn.
OBSERVAÇÃO: Adimensionais independentes
devem diferir pelo menos em uma
de suas variáveis.
Se f (x1, x2,..........,xn) = 0
então existe uma outra função, rigorosamente equivalente à anterior, com
base nos adimensionais, π1; π2;..........πk, ou seja:
∅ (π1; π2;..........,πk) = 0
a) No laboratório determinar x1, x2, ..........xn (n)
b) Escrever as equações dimensionais de cada uma das variáveis, definindo
pois o nº de grandezas fundamentais envolvidas no fenômeno (r).
Exemplo: (1) – a) F, ρ, v, D, µ (n=5)
b) [F] = F
[ρ] = FL-4 T2
[v] = LT-1
r=3
[D] = L
[µ] = FL-2 T
BASE = ρ, v, D
c) O nº de adimensionais (k) será sempre n-r ∴ k = 5 - 3 = 2
d) Escolher uma “Base”, constituída por “r” variáveis independentes.
As grandezas dir-se-ão independentes quando não é possível formar com as
mesmas um produto adimensional. Ex: ρ, v, D
[ρ] = FL-4 T2
[v] = LT-1
[D] = L
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67
e) Cada adimensional será constituído por produtos de potências, com
as variáveis da base, por uma das variáveis não pertencentes à base.
π1 = ρ a1 ⋅ v b1 ⋅ Dc 1 ⋅ F → F0L0 T 0 = (FL−4 T 2 )a1.(LT −1 )b1 ⋅ Lc 1 ⋅ F
F
0 = a1 + 1 ∴ a1 = -1
L
0 = -4a1 + b1 + c1 ∴ c1 = -2
T
0 = 2a1 – b1 ∴ b1 = -2
π1 = ρ−1 ⋅ v−2 ⋅ D−2 ⋅ F ∴ π1 =
a
b
F
= Eu
ρv2D2
(
c
π2 = ρ2 ⋅ v 2 ⋅ D2 ⋅ µ →F0L0T0 = FL−4T2
) ⋅ (LT )
a2
F
0 = a2 + 1 ∴ a2 = -1
L
0 = -4a2 + b2 + c2 - 2 ∴ c2 = -1
T
0 = 2a2 – b2 +1
−1 b2
⋅ Lc2 ⋅ FL−2T
∴ b2 = -1
π1 = ρ −1 ⋅ v −1 ⋅ D −1 ⋅ µ ∴ π2 =
µ
1 ρvD
→
=
= Re
ρvD
π2
µ
Se escolhermos outra “base”:
F, v, D, µ, ρ
(n = 5)
[F] = F
[v] = LT-1
[D] = L
k=2
r=3
[µ] = FL-2 T
[ρ] = FL-4 T2
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BASE = µ, v, D
68
a
b
c
a
b
c
π1 = µ1⋅ v 1⋅ D1⋅ F → F0L0 T 0 = (FL−2 T )1⋅ (LT −1 )1⋅ L1 .F
F
0 = a1 + 1 ∴ a1 = -1
L
0 = -2a1 + b1 + c1 ∴ c1 = -1
T
0 = a2 – b1 ∴ b1 = -1
∴ π1 =
F
µvD
a
2
b
2
c
0 0
0
F
0 = a2 + 1 ∴ a2 = -1
L
0 = -2a2 + b2 + c2 - 4 ∴ c2 = 1
T
0 = a2 – b2 + 2 ∴ b2 = 1
∴ π2 =
−2
a
2
b
−1 2
c
2
π1 = µ ⋅ v ⋅ D ⋅ ρ → F L T = (FL T ) ⋅ (LT ) ⋅ L .FL−4 T −2
2
ρvD
= Re
µ
Observem que poderíamos obter Eu a partir de π1 e π2.
π1
F
= π'1 =
= Eu
π2
ρ v 2 D2
Exemplo: (2) – Estudemos o fenômeno envolvendo as variáveis do nº de Froude
(Fr).
Variáveis: L, g, v ∴ n = 3
[L] = L
[g] = LT-2
[v] = LT
r=2
-1
∴ k = n – r = 3 – 2 = 1 e, como r = 2, tomemos como base: v, L.
a
b
π = v 1 ⋅ L1 ⋅ g
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69
a
b
L0 T 0 = (LT −1 )1⋅ L1⋅ LT −2
L
0 = a1 + b1 + 1 ∴ b1 = 1
T
0 = -a2 – 2 ∴ a2 = -2
∴π =
Lg
v2
→
Fr
=
Lg
v2
Obs.: O nº de Froude é sempre constante no fenômeno físico queda livre de
um corpo.
Fr = 2,
pois: v = 2 g h
Exemplo: (3) – Uma bomba centrífuga envolve as seguintes variáveis:
gHm = aceleração da gravidade x carga manométrica da bomba
Q = vazão em volume
D = diâmetro do rotor da bomba
n = rotação do rotor por unidade de tempo
ρ = massa específica do fluído
µ = viscosidade absoluta do fluido
Quantos e quais são os adimensionais que representam o fenômeno físico de
escoamento do fluido pela bomba centrífuga?
[g.Hm] = L2 T-2
[Q] = L3 T-1
[D] = L
[n] = T-1
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70
[ρ] = FL-4 T2
[µ] = FL-2 T
Solução sintetizada:
a) n = 6
e)
b) r = 3
c) k = 3
d) base: ρ, η, D, ou ρ, Q, D
π1 =
gHm
= ψ (coeficiente manométric o)
n 2D 2
π2 =
Q
= x (coeficien te de vazão)
nD 3
π3 =
6.2-
ρnD 2
= Re
µ
NÚMEROS ADIMENSIONAIS IMPORTANTES
Seja:
F (ρ, v, L, µ, F, g, c) = 0
ρ = massa específica do fluido
v = velocidade característica
L = comprimento característico
µ = viscosidade dinâmica do fluido
F = força oposta ao movimento
g = aceleração da gravidade
c = velocidade do som
a) Numero de Reynolds (Re)
Re =
ρvL
vL
vL
=
=
µ
µ/ρ ν
Demonstra-se que:
Re =
forças de inércia
Fi
=
forças de atrito viscosos Fv
Fi m ⋅ a
=
=
Fv τ ⋅ A
v
v
ρ L3
t = ρ vL
T =
v
v
µ
µ A µ L2
L
L
ρV
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71
Fi ρvL
=
= Re
Fv
µ
cqd
Ex: Escoamento de fluido incompressível em condutos forçados
Re =
ρvDH vDH
=
µ
v
Re ≤ 2000 escoamento laminar
2000 < Re < 4000 escoamento de transição
ABNT
Re ≥ 4000 escoamento turbulento
b) Número de Euler (Eu)
Eu =
F
∆P
= 2
2 2
ρv L
ρv
Demonstra-se
Eu =
forças de inércia
F∆p
=
forças de atrito viscosas
Fi
F∆p ∆p.A
∆p.A
∆p ⋅ L2
∆p
=
=
=
= 2
v
v ρv
Fi
m.a
ρV ⋅
ρL3
T
T
F∆p ∆p
= 2 = Eu
Fi
ρv
cqd
Ex: Escoamento de fluidos em tubos, em máquinas hidráulicas, em torno de corpos
submersos (aerodinâmica)
c) Número de Froude (Fr)
v2
Fr =
Lg
Demonstra-se que:
Fr =
Força de inércia
Fi
=
Forças de gravidade Fg
v
v
L3/
2
Fi m ⋅ a
T = T =v
=
=
Fg m ⋅ g ρ Vg
L3/ g Lg
ρV
Fi v 2
=
= Fr
Fg Lg
cqd
Ex: Escoamento em rios, canais, vertedouros, ação de ondas sobre estruturas de
navios, etc.
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72
d) Número de Mach (
=
v
c
Demonstra-se que:
forças de inércia
Fi
=
forças de compressib ilidade
Fc
=
Ex: No escoamento de fluidos compressíveis
<1
v<c
escoamento subsônico
=1
v=c
escoamento sônico
>1
v>c
escoamento supersônico
6.3-
SEMELHANÇA – TEORIA DOS MODELOS
Seja 1:10 a escala de redução
6.1 – Introdução
Não é válido relacionar-se as velocidades pela escala de redução. Sendo assim,
sendo:
Kx =
xm
1
Vm
∴ KL =
, pergunta - se : K v =
=?
Xp
10
vp
6.2 – Condições de Semelhança
a) Semelhança Geométrica – Dois corpos são geometricamente semelhantes
quando tem o mesmo formato, ou seja, as suas dimensões correspondentes são
proporcionais.
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73
Ex:
am bm Lm
=
=
ap bp Lp
b) Semelhança Cinemática – Há semelhança cinemática entre modelo e protótipo
quando, em pontos homólogos, são iguais as relações de velocidades.
Ex:
V1m v 2 m vm
=
=
V1p
v 2p
vp
c) Semelhança Dinâmica – Há semelhança dinâmica entre modelo e protótipo
quando, em pontos homólogos, são iguais as relações de forças.
Ex: Fi, Fv, Fp, Fg, Fc
Fim Fvm Fpm Fgm Fcm
=
=
=
=
Tip Fvp Fpp Fgp Fcp
d) Confronto entre a Análise Dimensional e a Semelhança Mecânica
Fim Fip
=
→ Re m = Re p
Fvm Fvp
Fpm Fpp
=
→ Eu m = Eu p
Fim
Fip
Fim
Fip
=
→ Fr m = Fr p
Fgm Fgp
Fim
Fip
=
→
Fcm
Fcp
m
=
Genericamente:
p
π1m
=
π1p
π2m
=
2p
‘
‘
‘
‘
‘
‘
πkm
=
πkp
6.3 – Escalas de Semelhança
Escala de Semelhança é o quociente de uma mesma grandeza, uma referida
ao modelo, a outra referida ao protótipo.
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74
Ex:
KL =
Lm
: Escala geométrica
Lp
Kv =
vm
Vp
Kρ =
ρm
γm
; Kγ =
ρp
γp
Kµ =
µm
vm
;Kv =
µp
vp
KF =
∆pm
Fm
;K∆p =
Fp
∆pp
Kg =
gm
cm
;Kc =
gp
cp
Relações entre Escalas
− 1] Re m = Re p →
ρm vm Lm ρp vp Lp
=
µm
µp
ρm vm Lm = µm
ρp vp Lp = µp
Kρ ⋅ Kv ⋅ KL = Kµ
− 2] Eum = Eup →
ou
Kv ⋅ KL = K v
(v = µ/ρ)
Fm
Fp
=
2 2
ρm vm L m ρp vp 2 L2 p
Fm ρm vm 2
Lm 2
=
⋅
⋅
Fp ρp
vp
Lp
KF = Kρ . Kv2 . KL2 ou
K∆p = Kρ . Kv2
vm 2
vp 2
− 3] Frm = Frp →
=
Lm gm Lp gp
Vm
vp
2
=
Lm ⋅ gm
→ k 2 v = KL ⋅ Kg
Lp ⋅ gp
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75
Ex: 1
KL =
1
; f (F, v, ρ, µ, L, g) = 0 ∴ n = 5
10
Nem todas as variáveis envolvidas em um dado fenômeno devem ocasionar
variações substanciais entre modelo e o protótipo ou, em outras palavras, algumas
variáveis são pouco representativas. É o caso aqui de µ, pois as forças viscosas são
desprezíveis em relação às de inércia.
Pergunta-se:
[F] = F
Vp = ?
[v] = LT-1
KF = ?
[ρ] = FL-4 T2
r=3
[L] = L
[g] = LT-2
Base: ρ, v, L
a
b
k = 5 – 3= 2
c
π 1 = ρ 1 v 1 L1 F
a
b
c
π 2 = ρ 2 v 2 L2
g
a
b
c
[ π1 ] = (FL− 4 T 2 )1 ⋅ (LT −1 )1 ⋅ L1 ⋅ F = F 0L0 T 0
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76
∴ a1 = -1
F
0=
L
0 = -4a1 + b1 + c1 ∴c1 = -2
T
0 = 2a1 – b1 ∴b1 = -2
a1 + 1
a
b
π1 =
F
= Eu
ρv 2L2
π2 =
Lg
v2
c
[ π 2 ] = (FL− 4 T 2 ) 2 ⋅ (LT −1 ) 2 ⋅ L2 ⋅ T −2 = F 0L0 T 0
π2
Eu =
F
0 = a2 ∴a2 = 0
L
0 = -4a2 + b2 + c2 + ∴c2 = 1
T
0 = 2a2 – b2 -2∴b1 = -2
F
ρV 2L2
Condições de Semelhança
v2
Fr =
Lg
Eum = Eup
Frm = Frp
vm 2
v 2p vm 2 Lm
1
vm
=
∴ 2 =
→ K L = Kv 2 ∴ Kv =
=
Lm ⋅ g Lpg vp
Lp
10 vp
Vp = vm ⋅ 10
Vp = 50 10 km/h ∴ vp = 158 km/h
Fm
Fp
Fm ρm ⋅ v 2 m ⋅ L2 m
=
→
=
Fp
ρm ⋅ vm 2 ⋅ L2 m ρp.v 2p ⋅ L2 p
ρp ⋅ v 2p ⋅ L2 p
K F = Kρ k 2v k L2 = 1x
1
1
1
x
=
∴ K F = 1 : 1000
10 100 1000
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77
1
= Fr
π2
Ex: 2 Bomba Centrífuga (Dm = Dp)
nm =1800 rpm
Modelo
Qm = 3 /s
Hmm = 18m
np = 1500 rpm
Protótipo
Qp = ?
Hmp = ?
Temos:
ψ=
gHm
n 2D 2
x=
Q
nD 3
Condição de Semelhança:
a) xm = xp
Qm
QP
=
3
n mD m n pD 3 p
Q
n
Qm n mD 3 m
=
= K Q = K n ⋅ K D3 = K n ∴ K Q = m = m
3
Qp n pD p
Qp np
Qp =
Qmnp
nm
Qp = 3x
1500
∴ Q p = 25 / s
1800
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78
b) ψm = ψp
gm Hm m gpHm p
= 2 2
n 2 mD 2 m
np D p
2
2
Hm m n p D m
=
→ K Hm = K 2 n ⋅ K 2D
Hm p np 2D p 2
K Hm
1800
=K n=
1500
2
Hmp = 18 ⋅
2
18
1500
=
→ Hm p = 18 ⋅
Hm p
1800
25
∴ Hmp = 12,5m
36
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79
2
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80
Capítulo 7
Escoamento de Fluidos Incompressíveis em
Condutos Forçados em Regime Permanente
Aplicações às Instalações Hidráulicas
7.1- Conduto: é toda estrutura sólida destinada ao transporte de
um fluido, líquido ou gás. Classificam-se em:
-
Conduto forçado: toda a face interna do conduto está em contato com o
fluido em movimento. Ex: Tubulações de sucção e recalque, oleodutos,
gasodutos.
-
Conduto Livre: apenas parcialmente a face do conduto está em contato
com o fluido em movimento. Ex: esgotos, calhas, leitos de rios.
7.2-
Tipos de perda de carga dos condutos
Ex:
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81
a) Perda de carga distribuída: é a perda que se dá em trechos retos de condutos
cilíndricos (A = cte) devido ao atrito viscoso entre as partículas fluidas produzido
pelas tensões de cisalhamento (hf).
b) Perda de carga singular (Localizada): é a perda que se dá devido a uma
mudança brusca no escoamento do fluido. (hs ou h ).
-
Mudanças bruscas de direção (curvas e cotovelos)
-
Mudanças bruscas de seção (alargamento ou estreitamentos)
-
Outras singularidades: registros, válvulas de pé e de retenção, medidores
de vazão, flanges, tês.
Hp1,2 =
7.3-
2
1
hƒ +
2
1
hs
Campo de aplicação
M
(2)
(1)
H1 + Hm = H2 + HP1,2
Em geral:
H1 e H2 são conhecidos
HP1,2 será calculado
Hm é o que se procura
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82
7.4-
Estudo da perda de carga distribuída: hf
a) Introdução
Equação da continuidade
Q1 = Q2
v1A1 = v2 A2
Como A1 = A2, então:
v1 = v2 = v
b) Fórmula da perda de carga distribuída
hf = f
L v2
⋅
D 2g
f = coeficiente de perda de carga distribuída ou coeficiente de atrito.
f = f
ρvD D
ρvD
,
onde
= Re (nº de Reynolds) nº puro
µ K
µ
D
: rugosidade relativa (nº puro)
K
K : rugosidade equivalente
c) Tipos de escoamentos em condutos
c.1)
Escoamento laminar: as partículas deslizam umas sobre as outras, não
há passagem de partícula fluida de uma camada para outra, ou seja,
não há transferência de massa entre as diversas camadas.
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83
c.2)
Escoamento tubulento: as partículas tem um movimento desordenado,
caótico, as partículas fluídas passam sucessivamente de uma camada
para outra, ou seja, são intensas as movimentações transversais das
partículas.
≤
Re
2000 <
Re =
2000
: escoamento laminar
Re
<
4000: escoamento de transição
Re
≥
4000: escoamento tubulento
ABNT
ρvD
µ
Obs.1: Para condutos de seção não circular, deve-se substituir D por DH (diâmetro
hidráulico), sendo DH = 4 RH
Def: Raio Hidráulico (RH)
RH =
A
P
A = área da seção de escoamento
P = perímetro molhado da seção, onde temos contacto do fluido com parede
sólida.
Sendo assim:
Fórmula universal da perda de carga distribuída:
hƒ = ƒ
L v2
D H 2g
Número de Reynolds:
Re =
vD H
=
vD H
Rugosidade relativa equivalente:
DH/K
Obs. 2: Para condutos forçados cilíndricos (seção circular), sendo Vmáx a velocidade
no eixo do conduto.
2.1] Escoamento Laminar (Re ≤ 2000)
2.2} Escoamento Turbulento (Re ≥ 4000)
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84
vm =
v máx
2
vm =
49
v máx
60
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85
Exercícios:
1 – Um óleo de viscosidade absoluta µ = 0,01 kgf.s/m2 e peso específico 800 kgf/m3
escoa através de 100 m de tubo de ferro galvanizado de 10 cm de diâmetro a vazão
de 40 /s.
Qual a perda de carga no tubo? K = 0,000152 m.
=0
HP = hf + hs
a) Perda de carga distribuída
L V2
⋅
D 2g
hf = f
b) Cálculo de Re:
Re =
ρvD
µ
onde:
=
g
=
g
=
800/
10/
= 80 utm/m 3
D = 10 cm = 0,1 m
Q
Q
4 x 10 x 10 -3
=
v= =
A
D2
x 10 - 2
4
v = 5,1 m/s
= 10 − 2 kgf ⋅ s / m 2
Substituindo:
80 x 5,1 x 10 -1
10 −2
Re = 4080 Escoamento turbulento
Re =
c) Rugosidade relativa
D
K
D
10 −1
=
= 660
K 15,2 x 10 -5
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86
d)
hf = f ⋅
L V2
100
5,12
⋅
= 0.042 ⋅
x
D 2g
0,1 2 x 10
h f = 54,6 m
2 – Por um tubo de comprimento 1000 m e diâmetro 4” escoa óleo mineral de
ρ = 90 utm/m3 e ν = 10-4 m2/s.
Sabendo-se que a vazão é 10 /s determinar a perda de carga no tubo por
metro de comprimento.
ρ = 90 utm/m3
óleo
ν = 10-4 m2/s
hf = f ⋅
L V2
⋅
D 2g
a) Cálculo de Re
Re =
ρvD vD vD
=
=
µ
µ
ν
ρ
onde:
D = 4” = 10 cm = 10-1 m
Q
Q
4 x 10 x 10 -3
V= =
=
A πD 2
π ⋅ 10 −2
4
V = 1,27 m/s
Substituindo:
1,27 x 10 -1
10 − 4
Re = 1270 Escoamento laminar
Re =
b) Cálculo de f:
f=
64
64
=
∴ f ≅ 0,05
Re 1270
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87
c) Cálculo de hf:
hf = f ⋅
L V2
1000 1,27 2
⋅
= 0,05 ⋅
x
D 2g
0,1 2 x 10
h f = 40,2 m
hf
40,2
=
= J (perda unitária)
L 1000
J = 0,0402 m/m tubo
3–
Calcular a vazão de água num conduto de ferro fundido sendo dados:
D = 10 cm; ν = 0,7 x 10-6 m2/s;
e sabendo-se que dois manômetros instalados a uma distância de 10 metros
indicam respectivamente:
1,5 kgf/cm2 e 1,45 kgf/cm2
K = 0,000259 m
P1 = 1,5 x 104 kgf/m2
P2 = 1,45 x 104 kgf/m2
Bernoulli:
H1 = H2 + HP1,2
0
Z1 +
(H
P1,2
= hf )
0 P
P1 V12
V2
+
− Z 2 + 2 + 2 = h f 1,2
γ 2g
γ
2g
P1 − P2 V12 − V22
hf −
+
γ
2g
Como: V1 = V2
P1 − P2 (1,5 − 1,45) x 10 4
hf =
=
γ
10 3
hƒ = 0,5 m
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88
L V2
hƒ = ƒ ⋅ ⋅
D 2g
Incógnitas: V e Q
Cálculo de Re
VD
ν
L V2
hƒ = ƒ ⋅
D 2g
ƒ
(descoberto por Rouse)
Re =
ƒ=
2g D h ƒ
L ⋅ V2
2g D h ƒ
L
V
ƒ=
Re ƒ ⋅
2g D h ƒ
vD 1
⋅
V V
L
=
D 2g D h ƒ
⋅
ν
L
−1
10
20 x 10 -1 x 0,5
Re ƒ =
⋅
=
10
0,7 x 10 -6
Re ƒ = 4,5 x 10 4
Cálculo de
D
K
D
10 −1
D
=
∴
= 385
-5
K 25,9 x 10
K
Diagrama de Moody-Rouse
Re = 2,8 x 105
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89
Cálculo de V e Q
VD
Re ν 2,8 x 10 5 ⋅ 0,7 x 10 -6
V=
=
ν
D
10 -1
V = 1,96 m/s
Re =
πD 2
3,14 x 0,01
= 1,96
4
10 -1
Q = 15,3 x 10 -3 m 3 / s
Q = 15,3 / s
Q = V⋅A = V
ou
L V2
hƒ = ƒ ⋅
D 2g
V2 =
V=
2g D h ƒ
ƒ ⋅L
20 x 10 -1 x 0,5
0,027 x 10
V = 1,92 m/s
π ⋅ 10 -2
4
3
m / s = 15,1 /s
Q = V ⋅ A = 1,92 ⋅
Q = 15,1 x 10 -3
1º Tipo
Conhecidos: V(Q); ρ(γ); µ(ν); L; K
Incógnita: hƒ
vD vD
Re =
=
ν
µ
D
K
Diagrama M. R
ƒ hƒ
2º Tipo
Conhecidos: hƒ; D; ρ(γ); µ(ν); L; K
Incógnitas: v e Q
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90
Re
Re f
Diagrama de Moody Rouse
D
K
7.5-
v e Q
f
Estudo da Perda de carga singular: hs
a) Generalidades
b) Fórmula universal da perda de carga singular
v2
hs = Ks
2g
Ks: Coeficiente de perda de carga singular
Valores de Ks
-
Alargamento brusco da seção
v12
hs = Ks
2g
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91
onde:
A
K s = 1− 1
A2
2
Caso particular: saída de conduto
Ks = 1
∴hs =
-
v2
2g
Estreitamento brusco de seção
hs = Ks ⋅
Ks = ƒ
v 22
2g
A2
A1
Caso particular: entrada de conduto
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92
K s = 0,5
v2
h s = 0,5
2g
-
Cotovelos (90º)
Ks = 0,9 a 1,0
-
Cotovelos (45º)
Ks = 0,6 a 0,75
-
Registro gaveta
Ks = 0,2
-
Registro globo
Ks = 10,00
-
Válvula de pé
com crivo
Ks = 15,0
-
Válvula de Retenção
Ks =
-
Tês
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0,5
2,3
93
7.6-
Instalações de Recalque
Sendo a pressão P8 mantida constantemente igual a 5,43 kgf/cm2 determinar
a potência da bomba se o seu rendimento for 0,7 e a pressão à entrada da
mesma, se a vazão for 40 /s.
Indicaremos por índice S o que se refere a sucção por índice R o que se
refere ao recalque.
PB = 5,43 kgf/cm2 = 5,43 x 104 kgf/m2
K = 0,15 x 10-3 m
K s1 = 15
K s2 = K s6 = 0,9
K s3 = k s5 = 10
K s4 = 0,5
K s7 = 1
Ds = 15 cm = 0,15 m
DR = 10 cm = 0,1 m
γ = 1000 kgf/m3
ν = 10-6 m2/s
Q = 40 /s = 4 x 10-2 m3/s
a) Determinação de NB:
a.1)
Introdução
NB =
γQHB
ηB
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94
a.2)
Determinação de HB : Bernoulli (0) – (8)
H0 + HB = H8 + HP0,8
0
HB = H8 − H0 + HP0,8
0
P 0 V02
H0 = Z 0 +
+
∴ H0 = 0
γ
2g
0
P8 V82
5,43 x 10 4
H8 = Z 8 +
+
= 7,5 +
+0
γ
2g
10 3
H8 = 61,8 m
HP0,8 = HP0,e + HPS,8 = HPs + HPR
Sucção
HP = h ƒ + hs
S
hƒ
S
s
S
LS v S2
= ƒS ⋅
⋅
DS 2g
LS = 2 + 10 = 12 m
DS = 0,15 m
Q
4Q 16 x 10 -2
VS =
=
=
A s πD S2 π (0,15) 2
VS = 2,26 m/s
Cálculo de Re:
Re =
VSD S 2,26 x 0,15
=
∴ Re = 3,4 x 10 5
−6
ν
10
Turbulento
DS
0,15
=
= 1000
K
0,15 x 10 -3
Moody Rouse
fS = 0,021
12 2,26 2
∴ hf s = 0,021 ⋅
⋅
0,15 2 x 10
hf s = 0,4 m
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95
hs =
v S2
v2
= (K S + K S + K S ) S
2g
2g
KS
S
1
2
3
2,26 2
h s = (15 + 0,9 + 10 )
2 x 10
h s = 6,6 m
S
S
HPS = h ƒ S + h sS = 0,4 + 6,6
HPS = 7 m
Recalque:
HP = h ƒ + hs
R
hƒ
R
R
R
L R = 6 + 30 = 36 m
L R v 2R
= ƒR ⋅
⋅
D R 2g
VR =
D R = 0,1 m
Q
4Q 16 x10 −2
=
=
A R πD R2
π(0,1) 2
VR = 5,1 m/s
Cálculo de Re:
Re =
v r D R 5,1 x 0,1
=
ν
10 -6
Re = 5,1 x 105
DR
D
0,1
=
∴ R = 666
-3
k
k
0,15 x 10
Moody-Rouse: f = 0,023
h fR = 0,023 x
36 5,12
⋅
0,1 2 x 10
h fR = 10,8 m
hS =
R
2
KS
2
vR
v
= (K S + K S + K S + K S ) R
2g
2g
4
h S = (0,5 + 10 + 0,9 + 1) ⋅
R
h S = 16,1 m
5
6
7
5,12
2 x 10
R
HPR = 10,8 + 16,1 ∴ HPR = 26,9 m
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96
HP0,8 = HPS + HPR = 7 + 26,9
HP0,8 = 33,9 m
Substituindo em HB fica:
HB = H8 − Ho + Hp0,8 = 61,8 − 0 + 33,9
HB = 95,7 m
a) ∴ NB =
γQHB 10 3 ⋅ 4 x 10 -2 ⋅ 95,7
=
ηB
75 x 0,7
NB = 73 C. V.
b) Determinação de Pe
Equação de Bernoulli (0) e (e)
H0 = He + HP0,e
Z0 +
P0
v 02
Pe v e2
+
= Ze + +
+ HP
2g
2g
S
v S2
2,26 2
= − Ze −
− H P = −0,5 −
−7
2g
2 x 10
Pe
S
Pe
Pe
= −7,755 m ∴
= −7,755
γ
1000
Pe = −7755 kgf/m 2
Pe
( abs )
Pe
( abs )
= −7755 + 10330 = 2575 kgf / m 2 ( abs )
= 0,2575 kgf/cm 2
(abs)
Observação Importante:
Cavitação – É o fenômeno da ebulição a pressões reduzidas à temperatura
ambiente, em tubulações ou máquinas hidráulicas.
Denomina-se pressão de vapor do líquido, à temperatura do escoamento, a
pressão ocorre a ebulição.
Condição para que não ocorra a cavitação.
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97
Peabs > Pv
ÁGUA
t(ºC)
0
10
20
30
50
100
(kgf/cm2 (abs)
0,0063
0,125
0,0236
0,0429
0,125
1,033
A cavitação é prejudicial pois as bolhas de vapor alcançando pontos de maior
pressão condensam bruscamente com grande liberação de energia e um desgaste
particular devido à agitação e choque das partículas do líquido sobre as paredes
sólidas.
Com isso poderemos ter um desgaste parcial ou total das pás do rotor da
máquina e conseqüentemente diminuição do rendimento.
Voltando ao problema:
Pv = 0,0236 Kgf/cm2 (abs)
água 20ºC
No caso
Pe
( abs )
= 0,2575 kgf/cm 2 (abs) > Pv = 0,0236 kgf/cm 2 (abs)
Logo, não haverá cavitação.
Esta condição é necessária mas não suficiente, pois por detalhes construtivos
poderá ocorrer cavitação no interior da própria máquina. Na prática, estabelece-se
um índice mais forte para assegurar que não haja cavitação
7.7-
NPSH.
Comprimento Equivalente (Le) ou Virtual (Lv)
É o comprimento fictício de conduto que, colocado no lugar da singularidade,
produziria uma perda de carga distribuída igual à perda singular da singularidade.
Logo:
h ƒ = hs
ƒ
Le v 2
v2
= Ks
D H 2g
2g
∴ L e = Ks
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DH
ƒ
98
Obs: Na prática, há tabelas ou nomogramas que dão o valor de Le em função
do diâmetro D para cada tipo de singularidade
Vantagem de Le no cálculo da perda de carga total (Hp):
Hp = ƒ
LT v2
D H 2g
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99
Equação da Quantidade de
Movimento
para
Regime
Permanente
Capítulo 8
8.1-
Impulso e Quantidade de Movimento
Pela 2a Lei de Newton: F = m ⋅ a .
F = m⋅
V2 − V1
t
∴
Como a =
V2 − V1
:
t
F ⋅ t = m ⋅ (V2 − V1 )
“O impulso da força exercida sobre a corrente fluida é igual à variação da quantidade
de movimento”.
Pode-se escrever:
F=
m
( V2 − V1 ).
t
Como
m
= Qm :
t
F = Qm( V2 − V1 )
Pelo Princípio da Ação e Reação:
R = −F
R = Qm( V1 − V2 )
(E.Q.M)
“A força de reação exercida pela corrente fluida sobre a estrutura sólida é igual à
variação com o tempo da quantidade de movimento”.
Vetorialmente:
R = Qm ( V1 − V2 )
Se quisermos as componentes de R na direção de 2 eixos cartesianos x e y:
Rx = Qm (Vx1 − Vx 2 )
Ry = Qm (Vy1 − Vy 2 )
e
Rx
R
Logo:
R = Rx 2 + Ry 2
Ry
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100
8.2-
Força de Reação Exercida por um Jato Fluido sobre uma Superfície
Curva (Pá) Fixa
Hipótese: O escoamento ao longo da pá é sem atrito, logo a velocidade
permanecerá constante em módulo.
Logo: V1 = V2 = Vj
Cálculo de Rx
Rx = Qm (Vx1 – Vx2)
Rx = Qm (V1 – V2 cos θ)
Como V1 = V2 = Vj:
Rx = Qm (Vj – Vj cos θ) ∴ Rx = Qm . Vj (1 – cos θ)
Como Qm = ρ . Qj = ρ . Aj . Vj:
Rx = ρ Aj . Vj2. (1 – cos θ)
Cálculo de Ry
Ry = Qm (Vy1– Vy2)
Ry = Qm (V10 – V2 cos θ)
Como: V2 = Vj
∴ Ry = - Qm . Vj sen θ
Como Qm = ρ . Qj = ρ . Aj . Vj:
Ry = - ρ . Aj . Vj2 sen θ
Logo: R = Rx 2 + Ry 2
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101
Exercícios:
Ex.1 Qj = ?
Aj = 520 cm2; Ap = 20 cm2
γ H2O = 120 = 1000 kgf/m3
γHg = 13600 kgf/m3
θ = 60°; g = 10 m/s2
Sistema em Equilíbrio
Fx = 0
Rx = F
2
ρ ⋅ A j Vj (1 − cos θ) = F
∴ Vj =
2
Vj =
F
ρA j (1 − cos θ)
F
ρA j (1 − cos θ)
cos θ = cos 60° = 0,5
Aj = 520 cm2 = 0,0520 m2
γ 1000kgf / m 3
γ = ρ⋅g ρ = =
g
10m / s 2
0+ 13600 x 2 – 1000x2 = p
Logo:
26000 kgf
p = 2600 kgf/m2 =
10000 cm 2
F= p . Ap = 2,6 x 20
∴
ρ = 100
∴
kgf / s 2 utm
m4
m3
p = 2,6 kgf/cm2
F = 52 kgf
Substituindo
Vj =
52
∴ V j = 20
100 x0,0520 x(1 − 0,5)
Mas
Qj = Vj x Aj = 4,47 m/s x 0,0520 m2
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Vj = 4,47 m/s
∴
102
Qj = 0,233 m3/s
Sistema em Equilíbrio
Ex. 2: Vj = ?
Fx = 0
Rx = Gx
2
ρA j ⋅ V j (1 − cos θ) = Gx
Vj =
Gx
ρA j (1 − cos θ)
cos θ = cos 90° = 0
A j = 50 cm 2 = 0,0050 cm 2
γ 1000
=
= 100 utm/m 3
g
10
Gx
senα =
Gx = G senα
G
Gx = 4 x0,5 Gx = 2 kgf
ρ=
Logo:
Vj =
2
100 x0,0050 x(1 − 0)
∴ V j = 2m/s
EX. 3: NT = ?
Obs:
πD 2 πx(0,15) 2
A=
=
=
4
4
∴ A = 0,0176 m 2 = Aj
γ = ρg = 100 x10
∴ γ = 1000 kgf/m 3
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103
Reservatório de grandes dimensões
Empuxo horizontal sobre a pá : 100 kgf
ρ= 100 utm/m3; ηT = 70%; g = 10 m/s2
A perda de carga na tubulação é desprezível.
Rx = ρ . Aj . Vj2 . (1 - cos θ) = 100 kgf
Como θ = 90° cos θ = 0:
100
Vj =
= 7,537m / s = v
100 ⋅ 0,0176
Q = V⋅A
Q = 7,537 x0,0176
Q = 0,132 m 3 / s
0
H1 = HT = H2 + H P1,2
=0
HT = H1 − H2
=0
=0
p
v2
p
v2
HT = ( Z1 + 1 + 1 ) − ( Z 2 + 2 + 2
γ 29
γ 29
HT = 30 − 0 −
7,537 2
2x10
HT 27,159m
NT = N ⋅ η T = γQHT η T
NT = 1000 x0,132 x 27,16 x0,7
NT = 2509,584 kgf m/s
NT =
2509,584
= 35,5c.v.
75
8.3-
Força de Reação Exercida por um Jato Fluido sobre uma Superfície
Plana (Placa) Fixa
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104
Hipótese 1:
Considerando o escoamento sem atrito, não há perdas de energia e a velocidade
permanecerá constante em módulo:
V1 = V2 = Vj
Hipótese 2:
A placa é absolutamente lisa, logo não haverá força tangencial a ela
Rx = 0.
Com isso o fluxo da quantidade de movimento de entrada será igual ao fluxo da
quantidade de movimento de saída. Logo:
Q m V/ j cos θ = Q m1 V/ j − Q m2 V/ j
Q m cos θ = Q m1 - Q m2
ρ/Q j .cosθ = ρ/Q1 - ρ/Q 2
Q j .cosθ = Q1 - Q 2
(1)
Pela Equação de Continuidade
Qj = Q1 + Q2
(2)
(2) + (1):
Qj + Qj cos θ = Q1 + Q
/ 2 ) + (Q 1 − Q
/ 2)
Qj (1+cos θ) = 2 Q1
Q1 =
Analogamente
Q2 =
Qj
2
Qj
2
(1+ cos θ)
(1 – cos θ)
Cálculo de Ry:
Ry = - Qm Vj sen θ
Como Qm = ρQj = ρAj . Vj:
Ry = - ρAj . Vj2 . sen θ
Obs: eixo X é na direção da
placa
Caso Particular
Jato Perpendicular à placa
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θ = 90°
105
cos θ = 0
sen θ = 1
Logo:
Q1 = Q 2 =
Qj
2
só para indicar que tem sentido contrário a y, no exercício entra em módulo
Ry = -Qm Vj = - ρ . Aj. Vj2
Ex. 4:
A água contida no tanque (1) é descarregada sem atrito. O jato incide sobre uma
placa de grandes dimensões que cobre a saída do bocal do tanque (2). Os bocais
são iguais. Se h2 for conhecido determinar h1, tal que a força do jato seja suficiente
para anular a resultante das forças horizontais que agem sobre a placa.
ΣF horiz. = 0
Ry = F
2
ρ . Aj . Vj = γ . Ab2
γ/
⋅ Ab1 ⋅ V12 = γ/ ⋅ h 2 ⋅ Ab 2 ∴ V12 = gh 2
g
(1)
Equação de Bernoulli no trecho (0) – (1):
H0 = H1
Z0
h1
h1 =
=0
=0
=0
ρ
V2
ρ
V2
0
+ 0 + 0 = Z1 + 1 + 1
γ
2g
γ
2g
V12
2g
V12 = 2gh1
(1)
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106
De (1) e (2)
h1 =
gh2 = 2gh1
h2
2
Ex. 5: P = ? Equilíbrio da porta
g = 10 m/s2
1
1 =
3
Vj = 20 m/s
γ = 103 kgf/m3
1” = 25,4 mm
desprezar o peso da porta
ΣM(A) = 0
MP = M Ry
P.a = Ry . b
b
∴ P = Ry .
a
sen 30 o =
sen 30 o =
a
1
a
=
(1)
1
b
b
b
1/ 3
= 1 =
a b
b 1
=
a 3
(2)
Ry = −Q m ⋅ V j ⋅ senθ
Ry = Q m ⋅ Vj ⋅ senθ
Ry = ρ ⋅ Q j ⋅ V j ⋅ senθ
Ry =
γ
A j ⋅ Vj2 ⋅ senθ
g
10 3 πx (0,1016 )
x 20 2 x0,5
x
10
4
Ry = 162,147 kgf
(3)
Ry =
2
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107
Subt. (2) e (3) em (1):
1
P = 162.15 x
P = 54,05 kgf
3
8.4-
Força de Reação Exercida por um Jato Fluido sobre uma Superfície
Curva (Pá) Móvel
Para um observador “montado” na pá:
a) o jato percorre a pá com a chamada velocidade relativa. Considerando o
escoamento sem atrito, a mesma permanecerá constante em módulo e
será dada por: U = Vj – Vp.
b) a vazão em massa desviada é a chamada “aparente”, pois deverá ser
calculada com a velocidade relativa: Qmu = ρ . Qu = ρ . Aj . u
Cálculo de Rx
Rx = Qm . (Vx1 – Vx2)
Rx = Qmu . (u – u cos θ)
Rx = Qmu . u. (1 – cos θ)
Como Qmu = ρ . Qu = ρ . Aj . u:
Rx = ρ . Aj . u2 . (1 – cos θ)
Cálculo de Ry
Ry = Qm . (Vy1 – Vy2)
Ry = Qmu . (0 – u sen θ)
Rx = -Qmu . u. sen θ
Como Qmu = ρ . Qu = ρ . Aj . u:
Ry = -ρ . Aj . u2 .sen θ
Logo:
R Rx 2 + Ry 2
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108
senα =
Ex. 6 Vj = ?
V = 1m/s
τ=
Fµ
A
GT
G
Fµ = τA
ρ = 100 utm/m 3 ; A j = 10 −4 m 2 ; G = 2 kgf; A = 10 -2 m 2
µ = 10 −2 kgf ⋅ s/m 2 ; ε = 10 - 4 m; α = 30°; θ = 60°
Condição MRU da Pá:
Fx = 0 Rx = T
ρ ⋅ A j ⋅ u 2 (1 − cos θ) = T
Logo:
u=
T
ρ ⋅ A j ⋅ (1 − cos θ)
cos θ = cos 60° = 0,5
Condição MRU do Bloco:
ΣF plano inclinado = 0
(1)
T = GT + Fµ
T = G sen α + τ . A
V
T = G sen α + µ ⋅ ⋅ A
ε
1
T = 2x0,5 + 10 −2 x − 4 ⋅ 10 −2
10
∴ T = 2 kgf
(2)
Subs. (2) em (1)
2
u=
−4
100 ⋅ 10 ⋅ (1 − 0,5)
u = 400
u = 20 m/s
Sabe - se que :
u = V j − Vp
V j = u + Vp
Como Vp = V = 1 m/s:
∴ Vj = 21 m/s
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109
GT = Gsenα