Cap5 - Engenharia Aeroespacial UFABC

Capítulo 5 – Análise com volumes de
controle fixos
Como dito anteriormente, a análise de alguns problemas de
Mecânica dos Fluidos aplicados a engenharia é mais fácil, e
adequada, quando feita a partir da consideração de
volumes de controle.
Exemplos
► Tempo para preenchimento de um tanque com líquido.
► Força para manter uma turbina presa em uma bancada
de testes.
► Transferências de líquidos entre dois tanques desnivelados.
► Etc.
1
Conceitos básicos para abordagem desses
problemas
► Conservação da massa.
► Segunda lei de Newton.
► Leis fundamentais da termodinâmica.
► Teorema de Reynolds (forma geral).
DBSIS 
  bdV   bV  ndA
SC
Dt
t VC
2
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 massa
fixa e identificável de um material. Desta definição, e do
princípio da conservação de massa, vem que,
DM SIS
0
Dt
► Assim, se a massa é o parâmetro físico, como na equação
anterior, teremos,

dV   V  ndA  0

VC
SC
t
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.
3
Seguindo a discussão,
► Consideremos a figura a seguir que mostra um sistema e
um volume
instante t.
de
controle
fixo,
coincidentes
num
dado
• (a) em t - δt.
• (b) em t (coincidentes).
• (c) em t + δt.
4
M SIS   dV
SIS
► Aplicando o teorema de Reynolds.
D


d
V

dV   V  ndA  0


SIS
VC
SC
Dt
t
Taxa de variação
temporal da massa do sistema
coincidente.
Taxa de variação
temporal da massa no volume de
controle
coincidente.
Vazão líquida de
massa através da
superfície de
controle.
5
Ponderações.
► Se o escoamento é permanente,

dV  0

VC
t
► A vazão em volume através da área dA da superfície de
controle é,
Q   V  ndA
► A vazão em massa através de dA é, m   V  ndA
► Se o escoamento é para fora do volume de controle, V  n  0
► Se o escoamento é para dentro do vol. de controle, V  n  0
6
Com essas ponderações.

SC
V  ndA   m sai   m entra  m  0
Difícil de
calcular em
alguns casos
Onde
•
m
•
m entra
•
m sai
Fácil de medir
na maioria
dos casos
é vazão em massa líquida total no volume de
controle (kg/s).
é vazão em massa que entra no volume de
controle (kg/s).
é vazão em massa que sai no volume de controle
7
(kg/s).
m ,
► A vazão em massa,
através de uma superfície de
controle de área, A, pode ser dada por,
m   Q   VA
Onde ρ é a massa específica e V é perpendicular a A.
A equação acima só representa a realidade, se
considerarmos valores médios para ρ e V ao longo do
escoamento. Assim, como
►
m   V  ndA
SC
Vem que,
 V A   V  ndA  V
SC


SC
V  ndA
A
8
► Se o perfil de velocidade do escoamento é uniforme na
seção transversal que apresenta área A, isto é, se o
escoamento for unidimensional, temos,
V


SC
V  ndA
A
U
Onde U é a velocidade do escoamento.
9
Assim, num ponto da superfície de controle...
► (se a velocidade e a densidade forem constantes ao longo
da área A)
10
5.1.2 Volumes de controle fixos e indeformáveis
Exemplos
1) A água do mar escoa em regime permanente no bocal
cônico mostrado na figura abaixo. No bocal, está instalado
uma mangueira e esta é alimentada por uma bomba
hidráulica. Qual deve ser a vazão em volume da bomba para
que a velocidade de descarga da seção do bocal seja igual a
20 m/s?
11
Solução
► O volume de controle contém, em qualquer instante, a
água 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,
DM SIS 
  dV   V  ndA  0
SC
t VC
Dt
► Como o regime é permanente,
► Logo,

SC

dV  0

t VC
V  ndA  m 2  m 1  0, m 1  m 2
12
► Por outro lado, como o regime é permanente,
m 1  m 2
1Q1   2Q2
► Ainda temos ρ1 = ρ2, portanto,
Q1  Q2
► Daí,
D
Q1  Q2  V2 A2    
2
Q1  20 

4
2
(0,040) 2  0,0251 m 3 / s
13
2) O ar escoa entre duas seções de um tubo de diâmetro
igual a 10 cm, como mostrado na figura abaixo. As
distribuições de pressão e temperatura são uniformes em
cada seção. Se a velocidade média do ar na seção (2) é
304,8 m/s, calcule a velocidade média na seção (1).
14
Solução
► O volume de controle indicado na figura contém, a todo
instante, o ar em quantidade constante, já que o
escoamento é permanente.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
DM SIS 
  dV   V  ndA  0
VC
t VC
Dt
► Como,
► Então,

dV  0

VC
t


SC
SC
(escoamento permanente)
V  ndA  0
V  ndA  m 2  m 1  0
m 2  m 1
15
► Seguindo,
m 2  m 1
1V1 A1   2V2 A2
► Não podemos considerar ρ1 = ρ2, pois a massa específica
do ar varia com a pressão e a temperatura. Isto é,
p
RT
Assim,

p2
V2 A2
 2V2 A2 RT2
p2T1V2


V1 
p
1 A1
p1T2
1
A1
RT1
m
126,87 k  540  304,8
V1 
 66,8
s
689,5 k  453
16
3) A figura a seguir mostra o desenvolvimento de um
escoamento laminar de água num tubo reto (raio R). O perfil
de velocidade na seção (1) é uniforme com velocidade U
paralela ao eixo do tubo. O perfil de velocidade na seção (2)
é assimétrico, parabólico e com velocidade nula na parede
do tubo. Qual a relação existente entre U e uMax? Qual a
relação existente entre a velocidade média na seção (2),
VMed(2), e uMax?
17
Solução
► Aplicando o teorema de Reynolds,
DM SIS 
  dV   V  ndA  0
VC
t VC
Dt
► Como,
► Então,

dV  0

VC
t


SC
A1
(escoamento laminar permanente)
V  ndA  0
V  ndA   V  ndA  0
A2
► Na seção 1, V = U e ainda, U é perpendicular a A1. Logo,

A1
V  ndA   U cos(180)dA   UA
A1
18
Seguindo,
 UA   V  ndA  0
A2
► Agora, analisando a seção 2:
• Os componentes de V também são perpendiculares a
área A2.
• n aponta para fora, logo V.n > 0.
• A seção A2 é circular de raio R. Assim,
19
► Dessa forma,
R
 UA   u2 2rdr  0
0
  r 2 
u2  u Max 1    
  R  
Daí ,
 UA  
R
0
  r 2 
u Max 1     2rdr  0
  R  
 U R 2  2u Max 
R
0
 r3 
1  2  dr  0
 R 
R
r
r 
  R  2u Max   2   0
 2 4R  0
2
2
4
20
► Seguindo,
R
r
r 
 U R  2u Max   2   0
 2 4R  0
2
2
4
 R2 R4 
 U R  2u Max 
 2   0
 2 4R 
2
R
 U R 2  2u Max
 0  u Max  2U
4
2
► Nas paredes da seção (2), u = 0. A velocidade máxima na
seção (2), por sua vez, é 2U. Desta forma,
0  u Max 2U
V 

U
2
2
21
► Cálculo formal de
V2
V 
1
V  nˆ dA

A A
2

1
r 
V2 
umax 1     2 rdr
2 
 R 0
  R  
R
2umax
V2 
R2
  r 2 
2umax  r 2
2umax  R 2 R 2 
r4 
0 1   R   rdr  R 2  2  4 R 2   R 2  2  4 
0


R
R
2umax R 2
V2 
R2 4

umax
V2 
U
2
22
► Solução Proposta pela aluna Patrícia Martins
Sendo o escoamento permanente e incompressível ,
e as áreas de entrada e saída iguais. Então,
V1 A1  V2 A2
Com V1  U  constante. Vem que, V2  U
23
O exercício anterior, trata do “escoamento de Poiseuille”
  r 2 
u (r )  umax 1    
  R  
►
Descoberto experimentalmente
por Poiseuille durante estudos
sobre o movimento de sangue na
artéria aorta.
► A unidade de viscosidade, poise, é
uma homenagem aos seus trabalhos.
Jean Louis Marie Poiseuille
(1797 ‐ 1869)
24
4) A banheira retangular mostrada na figura abaixo está
sendo enchida com água fornecida por uma torneira. A vazão
em volume é constante e igual a 2,0 m3/h. Determine a taxa
de variação temporal da profundidade, h, de água na
banheira.
25
Solução
► O volume de controle contém, em qualquer instante, a
água acumulada na banheira, a água descarregada pela
torneira e o ar.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
DM SIS 
  dV   V  ndA  0
SC
t VC
Dt


 ar dV    água dV  m água  m ar  0

t Var
t Vágua
26
► 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 fato
que a taxa de variação temporal da massa de ar no volume
de controle precisa ser igual ao fluxo de ar que sai de dentro
do volume.
• Idem para água.
Daí,

 ar dV  m ar  0

t Var

 água dV  m água  0

t Vágua
27
► A taxa de variação temporal da massa de água pode ser
calculada por

 água dV 

Vágua
t

 água dV 

Vágua
t
 


dV  [  água (Vbanheira  V j )]
 água 
 t

Vágua

t

[  água (h  0,6 1,5)  (0,5  h) A j ]
t
Onde
Vbanheira = 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,

[  água (h  0,6 1,5)  (0,5  h) A j ]  m água
t
28
► Na equação abaixo, h é o único parâmetro a variar, logo,

[  água (h  0,6 1,5)  (0,5  h) A j ]  m água
t
h
 água (0,9  A j )  m água
t
mas m água   água Qágua
Qágua
h

t (0,9  A j )
► Assumindo que Aj << 0,9, teremos,
h Qágua
1
2 m3



 6,2 10  4 m / s  37 mm / min
t
0,9
0,9 3600s
29
► Solução Proposta pelo aluno Alex Machado
Para um tempo t menor que o necessário
Q
Volume
t

para encher a banheira , temos
Qt  Volume
Qt  (1,5  0 ,9  h )  ( 0 ,5  h )  A j  0 ,9 h  0 ,5 A j  A j h
Derivando esta equação em relação ao tempo ,
d
d
d
d
( Qt ) 
( 0 ,9 h ) 
( 0 ,5 A j ) 
( A j h)
dt
dt
dt
dt
dh
dh
Q
dh
 Aj


Q  0 ,9
( 0 ,9  A j )
dt
dt
dt
Se A j  0 ,9 termos
dh
Q

0 ,9
dt
30
5) Um escoamento de água é descrito pelo campo de
velocidade
V  (3 x  2) i  (2 y  4) j  5 z k
Determine a vazão em massa no paralelogramo mostrado na
figura abaixo.
31
Solução
► Aplicando o teorema de Reynolds,
DM SIS 
  dV   V  ndA  0
SC
t VC
Dt
► Como
V  (3 x  2) i  (2 y  4) j  5 z k
temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,

SC

dV  0

VC
t
V  ndA  m 2  m 1  m  0
32
► Continuando,

SC
V  ndA  

face1

V  n1dA  
face 4
face 2
V  n 4 dA  
V  n 2 dA  
face 5
face 3
V  n 5 dA  
V  n 3 dA
face 6

V  n 6 dA
Face1 : n1  i  V  n1  3 x  2 (0  x  5, 0  z  2)
Face2 : n 2   j  V  n 2  2 y  4 (0  y  5, 0  z  2)
Face3 : n 3  i  V  n 3  3 x  2
(0  x  5, 0  z  2)
Face4 : n 4   j  V  n 4  2 y  4 (0  y  5, 0  z  2)
Face5 : n 5  k  V  n 5  5 z
(0  x  5, 0  y  5)
Face6 : n 6  k  V  n 5  5 z
(0  x  5, 0  y  5)
33
► Daí,
  (3x  2)dzdx    (2 y  4)dzdx    (3x  2)dzdy
  (2 y  4)dzdy    (5 z )dzdx    (5 z )dzdy
5
2
5
2
5
2
0
0
0
0
0
0
5
2
5
5
5
5
0
0
0
0
0
0
m  1000 
Logo,
m  0
► Este resultado mostra que a vazão líquida através da
superfície de controle é nula e, portanto, a massa se
conserva dentro do volume de controle (paralelogramo da
figura).
34
Características importantes dos exemplos anteriores
► Todos os escoamentos são permanentes e têm volumes de
controle fixos. Logo,


dV  0

VC
t
  m sai   m entra  0

Q
sai
  Qentra  0
► Para um escoamento transitório,

dV  0

t VC
35
► Se o volume de controle só apresenta uma seção de
alimentação ou descarga, e o regime do escoamento é
permanente,
m  1 A1V1   2 A2V2
► Se for incompressível,
Q  A1V1  A2V2
36
5.1.3 Volumes de controle indeformáveis e móveis
► Muitas vezes é necessário analisar um escoamento
utilizando um volume de controle indeformável solidário a
um referencial móvel.
► A velocidade do fluido em relação ao volume de controle
móvel (velocidade relativa) é importante nesses casos.
Sejam,
• W a velocidade do fluido vista por um observador
solidário ao volume de controle.
• VVC a velocidade do volume de controle vista por um
observador solidário a um referencial fixo a terra.
• V a velocidade do fluido vista um observador imóvel
solidário ao referencial fixo a terra.
• Assim, V = W + VVC
-> W = V – VVC
37
Exemplos
1) Um avião move-se com velocidade de 971 km/h como
mostrado na figura abaixo. A área frontal da turbina é 0,8 m2
e a massa específica do ar que entra por essa seção é
0,736 kg/m3. Um observador fixo a terra observa que a
velocidade de exaustão dos gases é de 1050 km/h. A área de
exaustão da turbina é 0,558 m2 e a massa específica dos
gases exauridos é de 0,515 kg/m3. Estime a razão de massa
de combustível para dentro da turbina em kg/h.
38
No referencial fixo ao avião.
W1  971j (km / h)
• W1 é a velocidade do ar em relação
ao avião.
W2  ?
• W2 é a velocidade dos gases exauridos pela turbina em relação ao avião.
Mas
W2  V fluido / terra  Vvol .controle
39
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).
V1  VVol .controle   971 j ( km / h )
V 2  V fluido / terra  1050 j ( km / h )
Como W 2  V fluido / terra  V vol .controle ,
Então
W 2  1050 j  (  971 j)  2021 j ( km / h )
40
41
Solução
► O volume de controle mostrada na figura contém todo ar,
combustível e gases localizada no interior da turbina. Este
volume é indeformável, porém, móvel para um referencial
fixo a terra.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
DM SIS 
  dV   V  ndA  0
SC
Dt
t VC
► Temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,

SC

dV  0

VC
t
V  ndA  m gás  m ar  m comb.  0
m comb.  m gás  m ar
42
Continuando,
► Da equação,
► Temos
m comb.  m gás  m ar
m comb.   gásW2 A2   arW1 A1
Onde W1 e W2 são as velocidade de entrada e saída do
volume de controle do ar e dos gases, respectivamente, para
um observador solidário ao avião.
• W1 = 971 km/h.
• W2 = V2 – Vavião = 1050 – (-971) = 2021 km/h (veja página
38).
43
► Continuando,


m
kg 


m comb.   0,515 3   0,558 m 2   2021 103 
h
m 


kg 


2
3 m
  0,736 3   0,80 m   971 10

h
m 



m comb.

kg
 9100
h
44
2)A vazão de água no irrigador de jardim da próxima figura
é 1000 ml/s. Se a área de seção de descarga de cada um
dos bocais do irrigador é de 30 mm2, determine a
velocidade da água que deixa o irrigador em relação ao
bocal se:
(a) a cabeça do irrigador
for imóvel.
(b) a cabeça do irrigador
apresenta uma rotação de
600 rpm.
(c) a cabeça do irrigador
acelera de 0 a 600 rpm.
Suponha que cada braço do irrigador tenha 20 cm de
comprimento.
45
Solução
► O volume de controle mostrado na figura contém, em todo
instante, toda água localizada na cabeça do irrigador. Este
volume é indeformável, porém, móvel para um referencial
fixo a terra.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
DM SIS 
  dV   V  ndA  0
SC
Dt
t VC
► Temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,

SC

dV  0

VC
t
V  ndA  m sai  m entra  0
m entra  m sai
46
► Como há duas saídas e uma entrada,
m sai  2  água A2W2 e m entra   água Q
Daí , 2  água A2W2   água Q
Q
W2 
2 A2
1000 10 6
W2 
 16,7 m / s
6
2  30 10
► Para os três casos, W2 independe da velocidade angular
do irrigador (W2 foi calculada para um referencial fixo à
cabeça do irrigador) e representa a velocidade (média) das
seções de descarga.
47
► 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 referencial
fixo a terra.
U  Velocidade
cabeça
angular da  Raio da cabeça
do irrigador
do dispositiv o
U r
► r é o raio do irrigador.
48
► Com relação a um observador estacionário...
V2  W2  U
a)
U r
O irrigador está parado.
V2  W2
V2  16,7 m/s
b)
A cabeça gira a 600 rpm.
1 rpm = 2π rad·min−1
= 2π/60 rad·s−1
≈ 0,10471976 rad·s−1
600 rpm = 62,83186 rad·s−1
V2  W2   r
V2  16,7  62,83186  0,2
V2  4,13 m/s
49
c) A cabeça do irrigador acelera de 0 a 600 rpm. Isto significa
que U = U(t)=ωt r
600 rpm = 62,83186 rad·s−1
V2 (t )  W2   (t )r
V2 (t )  16,7  62,83186  0,2  t
V2 (t )  16,7  12,56637t (m/s)
50
5.2 Segunda Lei de Newton – As equações da quantidade de movimento linear e do momento da quantidade de
movimento
5.2.1 Derivação da equação da quantidade de movimento
► Segunda Lei de Newton,
Taxa de variação temporal da
quantidade de momento linear
do sistema
=
Soma das forças
externas que agem
sobre o sistema
► Para uma partícula fluida de massa ρdV, a quantidade de
movimento é dp = VρdV. Assim, a quantidade de movimento do
sistema é,
Equação
vetorial
p   Vd V
SIS
dV é diferencial
de volume
51
► Aplicando a segunda Lei de Newton,
Dp D

VdV   FSistema

SIS
Dt Dt
► Considerando o caso em que o sistema coincide, mesmo que
instantaneamente, com o volume de controle.
F
Sistema
  FVolume de controle
coincidente
52
► Aplicando o Teorema de Reynolds,
D
D

M SIS 

d
V

dV   V  ndA


SIS
VC
SC
Dt
Dt
t
► Multiplicando pelo vetor velocidade,
D

VdV   VdV   VV  ndA

SIS
SC
Dt
t VC
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.
53
► Combinando as equações,

D
VdV   VdV   VV  ndA

SIS
SC
Dt
t VC
Dp D

VdV   FSistema

SIS
Dt Dt
F
Sistema
  FVolume de controle
coincidente
► Obtemos a equação da quantidade de movimento linear

VdV   VV  ndA   FVolume de controle

VC
SC
t
coincidente
54
► A somatória,
F
Volume de controle
coincidente
contém,
1.
Forças de campo (mas, só consideraremos o campo
gravitacional em nossos estudos).
2.
Forças superficiais exercidas sobre o volume de
controle pelo material que está localizado nas vizinhanças
externa do volume de controle, por exemplo, paredes de um
recipiente. Estas são forças de reação no fluido feitas pelas
paredes que o confinam.
3. Um objeto imerso em um escoamento também exerce
forças superficiais sobre o fluido.
55
5.2.2 Aplicação da equação da quantidade de
movimento linear
► A equação,

VdV   VV  ndA   FVolume de controle

VC
SC
t
coincidente
é vetorial e sua análise é feita em um sistema
coordenadas Cartesianas (x, y, z) ou cilíndricas (r, θ, z).
de
► Principais considerações para o uso da equação acima são:
Escoamentos permanentes e unidimensionais.
(vídeos)
56
Exemplos
1) A figura abaixo mostra um jato de água horizontal
incidindo num anteparo estacionário. O jato é descarregado
do bocal com velocidade uniforme e igual a 3 m/s. O ângulo
entre o escoamento de água, na seção de descarga do
anteparo, e a horizontal é θ. Admitindo que os efeitos
gravitacionais e viscosos são desprezíveis, determine a força
necessária para manter o anteparo imóvel.
57
Solução
► Consideremos o volume
de controle a seguir
► Aplicando
a
equação da quantidade de movimento,
Lembrando que
V  u i  v j  wk
neste caso, v  0

VdV   VV  ndA   FVolume de controle

VC
SC
t
coincidente
Em componentes

 t VC udV  SC uV  ndA  FAX


wdV   wV  ndA  FAz
 t VC
SC
58
► Se o regime de escoamento é permanente,


u

d
V

wdV  0


t VC
t VC
► Ponderações,
• A água entra e sai do volume de controle como um jato
livre a pressão atmosférica.
• Assim, a pressão que atua na superfície de controle é
uniforme e igual a pressão atmosférica.
• A força líquida devida a pressão atmosférica é nula.
• Desprezando os pesos da água e do anteparo, as únicas
forças que atuam no conteúdo do volume de controle são as
componentes horizontal e vertical que mantêm o anteparo
fixo.
59
• Na seção 1
V  n  V1
• Na seção 2
V  n  V2
• Como desprezamos os efeitos
gravitacionais e viscosos, V1  V2
•
p1  p2  p0
► Assim, na seção 1,
u  V1
na seção 2, u  V1 cos 
Daí,
e w  V1sen

uV  ndA   uV  ndA   uV  ndA FAx

wV  ndA   wV  ndA   wV  ndA FAz
SC
SC
A1
A1
A2
A2
60
► Primeiro na direção x

SC
uV  ndA   uV  ndA   uV  ndA FAx
A1
A2
V1  (V1 ) A1  V1 cos V1 A1  FAx
( A1  A2 e V1  V2 )
FAx  V12 A1  V12 A1 cos    A1V12 (1  cos  ) ou FAx  A1V12 (cos   1)
► Na direção z

SC
w  V  n dA   w  V  n dA   w  V  n dA FAy
A1
0  ( V1 ) A1  V1sen  V1 A2  FAz
FAz   A1V12 sen 
A2
( A1  A2 e V1  V2 )
61
► Logo,
FAx   A1V12 (1  cos  ) ou FAx  m V1 (1  cos  )
FAz  A1V12sen
ou
FAz  m V12sen
► Substituindo os valores fornecidos,
FAx  (999)(5,57 10 3 )(32 )(1  cos  )  50,1(1  cos  ) N
FAz  (999)(5,57 10 3 )(32 )sen  50,1sen N
► Se θ = 0 Fax = Faz = 0.
► Se θ = 90o Fax = Faz = 50,1 N.
► Se θ = 180o Fax = -100,2 N e
Faz = 0.
62
2) Determine a força necessária para imobilizar um bocal
cônico instalado na seção de descarga de uma torneira de
laboratório (figura) sabendo que a vazão de água na torneira
é de 0,6 litros/s. A massa do bocal é de 0,1 kg e os diâmetros
das seções de alimentação
e descarga do bocal são,
respectivamente, iguais a
16 mm e 5 mm. O eixo do
bocal está na vertical e a
distância axial entre as seções (1) e (2) é 30 mm.
A pressão na seção (1) é
de 464 kPa.
63
Solução
► A força procurada é a força de reação da torneira sobre
a rosca do bocal.
► O volume de controle corresponde ao mostrado na
figura ao lado.
► As forças verticais que atuam
no conteúdo do volume de comtrole, estão mostradas na figura
ao lado, menos a pressão atmosférica, cuja ação é nula em todas
as direções.
► As forças devidas as pressões
relativas não se anulam.
64
► Aplicando a equação da quantidade de movimento, na
direção vertical,

wdV   wV  ndA   FVolume de controle

VC
SC
t
coincidente

wdV   wV  ndA  FA  Wn  p1 A1  WW  p2 A2

VC
SC
t
onde
65
► Se o regime de escoamento é permanente,

wdV  0

VC
t
wdA quando o escoamento sai do Volume de controle
 wdA quando o escoamento entra no Volume de controle
► V  ndA  
► Vamos admitir que os escoamento é incompressível
► E também que os perfis de velocidade sejam uniformes na
entrada (w1) e saída (w2) (podem não ser em um caso
geral).
66
► Desta forma,


SC
S1
wV  ndA  FA  Wn  WW  p1 A1  p2 A2
wV  ndA   wV  ndA  FA  Wn  WW  p1 A1  p2 A2
S2
 w1  ( w1 ) A1  w2  ( w2 ) A2  FA  Wn  WW  p1 A1  p2 A2
Sinais negativos, pois as
velocidades apontam
para baixo
67
► Daí,
 w1 (m 1 )  w2 (m 2 )  FA  Wn  WW  p1 A1  p2 A2
e
FA  w1m 1  w2 (m 2 )  Wn  WW  p1 A1  p2 A2
Assumindo que m  m 1  m 2 (conservação da massa )
Vem que
FA  m ( w1  w2 )  Wn  WW  p1 A1  p2 A2
68
► Substituindo os valores
m  w1 A1  Q  999  (0,6 10 3 )  0,6 kg / s
Q
0,6  103 kg / s
w1 
 3,0 m / s

3 2
A1  [(16 10 ) / 4]
Q
0,6  103 kg / s
w2 
 30,6 m / s

A2  [(5 10 3 ) 2 / 4]
Wn  mn g  0,1 9,81  0,981 N
WW  mW g   (Volume de controle) g
1

   h( D12  D22  D1 D2 ) g

12
1
WW  999     (30  10 3 ) (16) 2  (5) 2  (16  5) 10 6  9,8  0,028 N
12


69
► Logo,
FA  m ( w1  w2 )  Wn  p1 A1  WW
( p2  0)
FA  0,6  (3,0  30,6)  0,98  464 103 
 (16 103 ) 2
4
 0,028
FA  16,5  0,98  93,3  0,028
FA  77,8 N
► Com FA > 0, seu sentido é para cima (de acordo com o
sistema de referência considerado).
► Outros volumes de controle podem ser considerados na
solução desse problema. Vejam páginas 131, 132 e 133 do
Young.
70
3) Água escoa na curva mostrada na figura abaixo. A área da
seção transversal da curva é constante e igual a 9,3x10-3 m2.
A velocidade é uniforme em todo o campo de escoamento e é
igual a 15,2 m/s. A pressão absoluta nas seções de
alimentação e descarga são, respectivamente, iguais a
207 kPa e 165 kPa. Determine os componentes da força
necessária para ancorar a curva nas direções x e y.
71
Solução
► Vamos considerar o volume de controle mostrado na figura
anterior (linha azul tracejada).
► A próxima figura mostra as forças horizontais e verticais
que atuam no volume de controle.
► Força peso atua na vertical,
portanto, não influencia na
determinação da força horizontal de estabilização.
72
► Aplicando a equação da quantidade de movimento,

VdV   VV  ndA   F Externas

VC
SC
vol .controle
t

VdV  0

VC
t
(escoamento permanente)
  VV  ndA   F Externas
SC
vol .controle
No sistema de coordenadas considerado Fig . anterior 
 uV  ndA  FX  0
SC

dA

V

V
n

SC
SC vV  ndA  FY  FAy  p1 A1  p2 A2  p0 ( A1  A2 )
p0  pressão atmosférica.
73
► 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 y
feitas pela água e pressão.

vV  ndA  FY  FAy  p1 A1  p2 A2  p0 ( A1  A2 )

vV  ndA   vV  ndA  FAy  p1 A1  p2 A2  p0 ( A1  A2 )
SC
S1
S2
► Na seção (1), v  V1
► Na seção (2), v  V2
e V  n  V1
e V  n  V2
Cuidado
com esse
termo.
74
► Logo,

S1
vV  ndA   vV  ndA  FAy  p1 A1  p2 A2  po ( A1  A2 )
S2
V1  (V1 ) A1  (V2 )  (V2 ) A2  FAy  p1 A1  p2 A2  po ( A1  A2 )
► Levando em conta que
A1  A2
V1  V2  V
(em módulo)
então,
m 1  V1 A1  m 2  V2 A2  m  VA. Daí ,
 2Vm  FAy  A( p1  p2 )  2 Apo
75
► Substituindo os valores,


kg 
m
kg

3
2

m  VA   999 3 15,2  9,3  10 m  141,2
m 
s
s

► Observando que as pressões p1 e p2 são absolutas, então,
devemos considerar que.
p1  po  p1R e
p 2  po  p 2 R
Assim, p1  p2  2 po  p1R  p2 R
e
p1R  p1  p0  207 kPa  101,3 kPa  107 kPa
p2 R  p2  p0  165 kPa  101,3 kPa  65 kPa
76
► Assim,
 2Vm  FAy  A( p1R  p2 R )  2 Apo  2 Apo
FAy  2Vm  A( p1R  p2 R )
Portanto,
FAy  2 15,2 141,2  9,3 10 3 (107 103  65 103 )
FAy  5892,1 N
77
4) Determine o módulo e o sentido das componentes nas
direções x e y da força necessária para imobilizar o conjunto
cotovelo – bocal esboçado na figura abaixo. O conjunto está
montado na horizontal.
78
Solução
► De acordo com o texto e a figura, as seções de alimentação
e descarga estão montadas na direção x. Por esse motivo, v
= 0 e não existe fluxo da quantidade de movimento nesta
direção, portanto, FY = 0.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento,

VdV   VV  ndA   F Externas

VC
SC
vol .controle
t
= 0,
escoamento
permanente.

SC
VV  ndA   F Externas
vol .controle
► As pressões dadas são relativas (p1=103,4 kPa e p2 = 0).
79
► Assim,
 uV  ndA  FX  FAx  p1 A1  p2 A2
SC
dA
V

V

n


SC
SC vV  ndA  FY  0

S1
uV  ndA   uV  ndA  FAx  p1 A1  p2 A2
S2
► Na seção (1), u  V1
e V  n  V1
► Na seção (2), u  V e V  n  V
2
2
► p2 = 0 (descarga na atmosfera). Daí,
V1  (V1 ) A1  (V2 ) V2 A2  FAx  p1 A1
 V1 ( V1 A1 )  V2 ( V2 A2 )  FAx  p1 A1
80
 V1m 1  V2 m 2  FAx  p1 A1
Como m 1  V1 A1  m 2  V2 A2  m (escoamento permanente), vem que
FAx  m (V1  V2 )  p1 A1
2
kg
 0,305 
m  V1 A1  999 1,5    

109
,
5

s
2


2
 0,305 
3
p1 A1  103,4 10    
  7588,54 N
 2 




m 
109,5

V2 

 13,4 m / s
2 
A2
    0,102  


2




 FAx  109,5  (1,5  13,41)  7588,54  9190 N
81
5) Determine uma expressão para queda de pressão que
ocorre entre as seções (1) e (2) do escoamento mostrado na
figura abaixo.
  r 2 
w2  2w1 1    
  R  
82
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 na
direção z,
= 0,
escoamento
permanente.

VdV   VV  ndA   F Externas

VC
SC
t

wV  ndA  FZ

wV  ndA   wV  ndA  p1 A1  p2 A2  W  Rz
SC
S1
S2
83
► Na seção (1), w  w1 e V  n   w1
  r 2 
► Na seção (2), w  w2  2 w1 1     e V  n  w2
  R  
► Assim,
w1  ( w1 ) A1   w2  w2 dA  p1 A1  p2 A2  W  Rz
S2
w1  ( w1 ) A1    ( w2 ) 2 dA  p1 A1  p2 A2  W  Rz
S2
 w1m 1  
R
0
   r 
 2w1 1   
   R 
2
2
 
  2rdr  p1 A1  p2 A2  W  Rz
 
84
► Separadamente,

R
0

 r
 2w1 1   

  R 
2
2
 r
 
2
  2rdr 8 w1   1   
  R 
 
2
2

R2
2
 r dr 4 w1 
3

Separadamente,

R
0
 r
1   
  R 
2
2

R
R
R2
r3 r5 
r2 r4 
 rdr  0 1  2 2  4 rdr  0  r  2 2  4 dr 
6
R
R 
R
R 



Assim,
R2
w1  ( w1 ) A1  4 w 
 p1 A1  p2 A2  W  Rz
3
w12 W Rz
Como A1  A2 , vem que, p1  p2 
 
A1 A1
3
2
1
85
► A expressão,
w12
W Rz
p1  p2 
 
3
A1 A1
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.
86
6) A comporta deslizante esquematizada na figura abaixo
está instalada num canal que apresenta largura b. A força
necessária para imobilizar a comporta é maior quando ela
está fechada ou aberta?
87
Solução
► Para responder esta pergunta, calcularemos as reações
das forças feitas pela água nestes dois casos.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento, note
que só teremos resultante na direção x.
= 0,
escoamento
permanente.

VdV   VV  ndA   F Externas

VC
SC
t
H
H
u

V
n
dA

A
R

Hb  RX




X
SC
2
2
1
2
u

V
n
dA

H
b  RX


SC
2
► Rx é a força feita pela comporta e
(γHA/2) = (γH2b /2) é a força feita
pela água sobre o vol. Controle.
88
► Continuando,
1
2
u

V

n
dA


H
b  RX
SC
2
Se a comporta estiver fechada, o primeiro membro da
equação acima é nulo, porque não ocorre escoamento. Logo,
1
R X   H 2b
2
1
RX   9810  H 2b  4950  H 2b
2
► RX é, em módulo, igual a
força hidrostática da água.
89
► Agora, vamos analisar o que ocorre com a comporta
aberta. Neste caso, há fluxo, portanto,
H
h
SC wV  ndA   2 A1   2 A2  RX  Ff
1
1 2
2
w

V

n
dA


H
b

 h b  RX  F f
SC
2
2
► As duas primeiras parcelas
do segundo membro correspondem as forças hidrostátiticas nas seções (1) e (2),
respectivamente. Veja figura
ao lado.
90
► Interpretando as parcelas
1
1
 HA1   H 2b é a força hidrostática na seção (1)
2
2
1
1 2
 hA2   h b é a força hidrostática na seção (2)
2
2
RX é força feita pela comporta
F f é a força de atrito (tende a segurar a água )
Assim,
1
1 2
2
S1 uV  ndA  S 2 uV  ndA  2  H b  2  h b  RX  Ff
91
► Na seção (1), u  V1
e V  n  V1
► Na seção (2), u  V2
e V  n  V2
Desta forma,
1
1 2
2
u


dA

u


dA


H
b

 h b  RX  F f
V
n
V
n
S1
S 2
2
2
1
É nulo Se V1
V1  (V1 ) A1  V2 V2 A2   b( H 2  h 2 )  RX  F f
puder ser
2
considerada
1
2
2
2
2
igual a 0
RX   b( H  h )  F f  V1 Hb  V2 hb
2
► Comparando as duas expressões encontradas para Rx
1
1
2
RX   H b e RX   b( H 2  h 2 )  F f  V12 Hb  V22 hb
2
2
Verificamos que a força com a comporta aberta é menor.
92
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 uma
partícula fluida de massa ρδV e um sistema de coordenadas
(x, y, z) (figura). Como já vimos, a quantidade de
movimento dessa partícula é V ρδV, onde V é sua velocidade.
93
► Aplicando a lei de movimento de Newton,
D
(V dV )   FPartícula
Dt
dV é uma
diferencial
de volume
δFPartícula é a resultante das forças externas que atuam sobre
a partícula.
► O momento (torque) sobre está partícula é,
D
(V dV )   FPartícula
Dt
r é o vetor posição da partícula fluida (figura anterior).
94
► Lembrando que,
DV
Dr
D
[(r  V ) dV ) 
 VdV  r 
dV
dt
dt
Dt
Dr
mas,
 VdV  V  VdV  0. Logo,
dt
DV
D
[(r  V ) dV )  r 
dV  r   FPartícula
Dt
dt
► Estendendo a análise a todas as partículas do sistema, e
seja r o vetor posição da partícula fluida (figura anterior),
então,
D
(r  V ) dV   (r   FPartícula ) SIS

SIS
Dt
95
D
(r  V )  dV   (r   FPartícula ) SIS

SIS
Dt
Taxa de variação
temporal do momento da
quantidade de
movimento do sistema .
(*)
Soma dos torques
externos que
atuam no sistema
► Da mesma forma que na seção anterior, consideraremos que
quando o sistema e o volume de controle são coincidentes, as
forças externas que atuam sobre ambos são iguais. Assim,
F
SIS
 (r  F
SIS
  FVC
)   (r  FVC )
(2*)
96
► Aplicando o teorema de Reynolds,
D

VdV   Vd V   VV  ndA

SIS
SC
Dt
t VC
D


d
V


r
V
r
Vd V  r   VV  ndA


SIS
VC
SC
Dt
t
D

d


V

(
r
V
)
(r  V ) d V   (r  V ) V  ndA


SIS
VC
SC
Dt
t
Substituindo os resultados (*) e (2*), encontramos,

(r  V ) d V   (r  V ) V  ndA   (r  F)VC

VC
SC
t
Esta é a expressão para o momento da quantidade de
movimento.
97
5.2.4 Aplicações da equação do Momento da
quantidade de movimento
► Consideraremos as seguintes hipóteses:
• Escoamentos unidimensionais => em distribuições
uniformes de velocidade.
• Escoamentos permanentes,

wdV  0

VC
t
• Trabalharemos sempre com a componente axial da
equação,

(r  V ) dV   (r  V ) V  ndA   (r  F)VC

VC
SC
t
Desta forma, consideraremos sempre a mesma direção do
eixo de rotação.
98
► Para aplicar a equação do momento da quantidade de
movimento e testar estas hipóteses, consideremos o
exemplo do irrigador de jardim.
99
► Consideraremos também a figura a seguir
100
Análise
► O escoamento da água cria um torque no braço do
irrigador e o faz girar.
► Existe modificações na direção da
escoamento do braço do irrigador, pois:
velocidade
do
• 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 a
cabeça do irrigador parado ou em movimento.
► A superfície de controle corta a base da cabeça do
irrigador de modo que o torque que resiste ao movimento
pode ser facilmente calculado.
101
► Quando a cabeça do irrigador está girando, o campo de
escoamento no volume de controle estacionário é cíclico e
transitório, mas o escoamento é permanente em média.
► Voltando a equação:

SC
(r  V ) V  ndA   (r  F )VC
O primeiro termo só pode ser nulo onde existe escoamento
cruzando a superfície de controle. Em qualquer outra região
da superfície de controle este termo será nulo porque
V.n =0.
► A água entra axialmente no braço do irrigador pela seção
(1). Nesta região da superfície de controle a componente
de r x V na direção do eixo de rotação é nula, porque r x V é
perpendicular ao eixo de rotação. Desta forma não existe
fluxo de momento de quantidade de movimento na seção
(1).
102
► A água é descarregada do volume de controle pelos dois
bocais (seções 2). Nestas seções, |r x V| = r2Vθ2, onde r2 é o
raio da seção (2) medido em relação ao eixo de rotação, e
Vθ2 é a componente tangencial do vetor velocidade do
escoamento nos bocais de descarga medida em relação ao
sistema de coordenadas solidário ao volume de controle,
que é fixo.
► A velocidade do escoamento vista por um observador
solidário ao bocal é:
V  W  U,
W  VU
(U  VVC )
► U é a velocidade do bocal em relação à superfície de
controle fixa.
103
► Para verificação da componente axial de r x V é preciso
que r = r êr e que a componente tangencial da velocidade
absoluta seja V = Vθ êθ. Assim, para o irrigador das figuras
anteriores,

SC

(r  V ) V  ndA
Axial
 (r2V 2 )(m )
► A vazão em massa é a mesma se o irrigador estiver
rodando 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 associado
com as forças normais que atuam no volume de controle é
muito pequeno.
► O torque líquido devido às forças tangenciais também é
desprezível para o volume de controle considerado.
104
► Levando em conta as análises anteriores,


 Teixo
 (r  V ) Conteúdo do 
vol . controle  Axial

► Teixo > 0 => que Teixo atua no mesmo sentido de rotação
do irrigador (regra da mão direita).
105
Weixo
► A potência no eixo,
Teixo, é
, associada ao torque no eixo,
Weixo  Teixo   r2V 2 m 
Como r2  U é a velocidade dos bocais,
Weixo  UV 2 m
► O trabalho por unidade de massa é definido por,
Weixo
Weixo

 UV 2
m
► Se Weixo > 0 então é o volume de controle que realiza
trabalho. Isto é, o fluido realiza trabalho no rotor.
106
Exercícios
1) A vazão em água na seção de alimentação do braço do
irrigador mostrado na figura abaixo é igual a 1000 ml/s. As
áreas das seções transversais de descarga são 30 mm2 e o
escoamento deixa esses bocais tangencialmente. A
distância entre esses bocais e o eixo de rotação é, r2,
200 mm.
a) Determine o torque necessário
para imobilizar o irrigador.
b) Determine o torque resistivo
necessário para que o irrigador
gire a 500 rpm.
c) Determine a velocidade do irrigador se não existir
qualquer resistência ao movimento do braço.
107
Solução
a) Torque necessário para imobilizar o irrigador.
A figura abaixo mostra as velocidades nas seções de
alimentação e descarga do volume de controle.
► Aplicando a equação do torque:
Teixo   r2V 2 m
108
► Levando em conta que se o volume de controle for fixo e
indeformável e o escoamento nas seções de descarga seja
tangencial a este, em cada bocal,
Q 1000 10 6 m 3 / s
V 2  V2  W2 

 16,7 m / s
2
6
A2
2  30 10 m
TEixo  r2V2 m  (0,2 m)(16,7 m / s )(0,001m 3 / s )
TEixo  3,34 N m
Quando o
irrigador está em
repouso.
109
b) Torque resistivo necessário para que o irrigador gire a
500 rpm.
V2  W2  U 2  V2  W2  U 2
(U 2  VVC )
W2  16,7 m / s
 2 rad 
U 2   r2  (500 rpm)
(0,2)  10,47m / s
 60 s 
V2  W2  U 2  16,7  10,7  6,2m / s
► Note que o torque
resistente é menor
que o torque necessário para manter o
irrigador imobilizado.
Assim,
TEixo   r2V2 m  (0,2 m)(6,2m / s )(0,001m 3 / s )
TEixo  1,24 N m
110
c) Velocidade do irrigador se não
resistência ao movimento do braço.
existir
qualquer
TEixo   r2V2 m
V2  V2
V2  W2  r
 TEixo   r2V 2 m   r2 (W2  r )m
Supondo que o torque resistente seja nulo,
 r2 (W2  r )m  0   
ou
W2 16,7

 83,5rad / s
r2
0,2
83,3  60
 797 rpm

2
111
► Agora, vamos analisar o resultado da aplicação da
equação do momento da quantidade de movimento a um
escoamento unidimensional numa maquina rotativa. Isto é,
TEixo  (m e )( reV e )  (m s )( rsV s )
► Discutindo os sinais,
• O sinal negativo no termo vazão em massa na
 e , vem do produto escalar V.n < 0.
seção de alimentação, m
• Os sinais no termo re Vθe depende do sentido do
produto vetorial (rxV)axial. Uma maneira de determinar esse
sinal é comparar o sentido de Vθe com a velocidade da
paleta 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 o
mesmo sentido de  (regra da mão direita).
112
► A potência no eixo, w Eixo , está relacionada com o TEixo, por
w Eixo  TEixo
► Considerando, TEixo> 0 e a equação
TEixo  ( m e )( reV e )  (m s )( rsV s )
vem que,
w Eixo  (m e )( reV e )  (m s )( rsV s )
como U  r
w Eixo  (m e )(U eV e )  (m s )(U sV s )
113
► Discutindo os sinais da equação
w Eixo  ( m e )(U eV e )  (m s )(U sV s )
• UVθ se U e Vθ apresentam o mesmo sentido.
• TEixo > 0 hipótese.
w
•
Eixo > 0 quando a potência é consumida no volume
de controle, por exemplo, uma bomba.
 Eixo < 0 quando a potência é produzida no volume de
• w
controle, por exemplo, uma turbina.
► Trabalho do eixo por unidade de massa (lembrando que a
conservação da massa estabelece que m
  m e  m s ) é
wEixo   m (U eV e )  (U sV s )
114
Exercício
A figura a seguir mostra o esboço de um ventilador que
apresenta diâmetros externo e interno de 305 mm e
254 mm, respectivamente. A altura das paletas do rotor é
de 25 mm. O regime de escoamento é permanente em
média e a vazão em volume média é 0,110 m3/s. Note que a
velocidade absoluta do ar na seção de alimentação do
rotor, V1, é radial e que o ângulo dentr a direção do
escoamento do rotor e a direção radial é de 30o. Estime a
potência necessária para opera o ventilado sabendo que a
rotação é de 1725 rpm.
115
Solução
► O volume de controle considerado é fixo e indeformável e
contém 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 uniformes
nas seções de descarga.
► Aplicando a equação do momento da quantidade de
movimento para um escoamento unidimensional numa
maquina rotativa,
w eixo  (m 1 )(U1V 1 )  (m 2 )(U 2V 2 )  (m 2 )(U 2V 2 )
► O primeiro termo do segundo membro é nulo, já que V1 é
radial (Vθ1 = 0).
116
Continuando...
w eixo  (m 1 )(U1V 1 )  (m 2 )(U 2V 2 )
m  m 1  m 2   Q  1,23  0,0110  0,135 kg / s
0,305 (1725)(2 )
U 2  r 
 27,5 m / s
2
(60)
V 2  ?
Mas, V2  W2  U 2
De acordo com o triângulo de velocidades ao lado,
V 2  U 2  W2 cos(30o )
e W2  ?
117
O triângulo de velocidades mostra que
VR 2  W2 cos(30o )
Onde VR 2 é a componente radial dos vetores W2 e V2 . Daí ,
m  A2VR 2   (2 r2 h)VR 2
Assim, W2 
m
0,135

 (2 r2 h)sen(30o ) (1,23)(2 )(0,1525)(0,025)sen(30o )
W2  9,16 m / s
Agora, podemos calcular V 2
V 2  U 2  W2 cos(30o )  27,5  9,16 ( 3 / 2)
V 2  19,6 m / s
118
Voltando a equação (1)
w eixo  (m 2 )(U 2V 2 )
w eixo  (0,135)(27,5 19,6)  72,8W
► U2Vθ2 > 0, já que os dois vetores apresentam o mesmo
sentido.
► 72,8 W é a potência necessária para acionar o eixo do
rotor nas condições estabelecidas.
► Toda potência no eixo só será transferida ao escoamento
se todos os processos de transferência de energia forem
ideais no ventilador. Mas devido ao atrito apenas uma parte
da potência será de fato utilizada.
► A quantidade
eficiência das pás.
de
energia
transferida
depende
da
119
5.3 Primeira Lei da Termodinâmica – Equação da
Energia.
5.3.1 Derivação da Equação da Energia
A primeira lei da termodinâmica estabelece que
Taxa de variação
temporal da energia
total do sistema
D
edV 

SIS
Dt
Taxa de realização
Taxa líquida de
de trabalho (potêntransferência
de
=
+ cia transferida para
Calor para o sistema
o sistema
 Q   Q 
e
s SIS
  We   W s SIS
ou
D
edV 

SIS
Dt
 Q
líq .e
  Wlíq.e

SIS
120
► Na equação,
D
e dV 

SIS
Dt
 Q
líq .e
  Wlíq.e

SIS
(*)
• e é a energia total por unidade de massa. Está
relacionada com a energia interna, u, com a energia
cinética por unidade de massa, V2/2, e com a energia
potencial por unidade de massa, gz. Isto é,
V2
eu
 gz
2
•
Q líq.e 
taxa líquida de transferência de calor:
Q líq.e  0
Q  0
líq .e
se a transferência é do meio p/ o sistema.
se a transferência é do sistema p/ meio.
121
D
e dV 

SIS
Dt
•
Wlíq.e 
taxa
líquida
de
 Q
líq .e
  Wlíq.e
transferência

SIS
de
trabalho
(potência):
Wlíq.e  0
se é realizado pelo meio sobre o sistema.
Wlíq.e  0
se é realizado pelo sistema sobre o meio.
► Agora, considerando um volume de controle
coincidente com o sistema, num dado instante, então,
Q
líq .e
 Wlíq.e

SIS

 Q líq.e  Wlíq.e

Vol .controle
coincidente
(2*)
122
Situações Práticas de Engenharia
► Muitos processos práticos em engenharia podem ser
considerados adiabáticos, assim,
 Q   Q
e
s
0
► Em muitas situações, o trabalho é transferido para o
volume de controle, através da sup. de controle por um eixo
móvel (turbinas, ventiladores, bombas, hélices, motores de
combustão interna, compressores,...), dessa forma,
• Trabalho
W  FX
• Potência
W  F  V (nesses dispositivos, V   r )
• Logo, Weixo  F   r  Teixo
► Se há vários eixos,
(Teixo  torque que provoca rotação)
Weixo, líq.   Weixo, e   Weixo, s
(5*)
123
► A transferência de trabalho também pode ocorrer quando
uma força associada com a tensão normal do fluido é
deslocada.
► Nesses casos, as tensões normais, σ, no fluido são iguais
ao negativo da pressão,
  p
► A tensão associada com a tensão normal é,
 WTensão normal   FTensão normal  V
Onde V é a velocidade da partícula fluida.
► Se a força devida a tensão normal for expressão como o
produto da pressão local pela área da partícula, nδA, então,
 WTensão normal   V  nA   pV  nA
124
► Assim, para todas as partículas situadas na superfície de
controle,
 WTensão normal    V  ndA    pV  ndA (6*)
SC
SC
• Na superfície de controle,
V  n  0   Tensão normal  0
• Na região do tubo onde há escoamento,
V  n  0   Tensão normal  0
125
► O trabalho de rotação de um eixo sobre uma superfície de
controle é transferido pelas tensões de cisalhamento do
material do eixo.
► Para uma partícula fluida a potência associada a força
tangencial é,
 WTensão tangencial   FTensão tangencial  V
• Na superfície interna do tubo
da figura a seguir (sup. controle),
V  0   Tensão tangencial  0
• Nas demais regiões V  0   Tensão tangiencial  0
126
► A primeira lei da termodinâmica para o conteúdo de
controle, é obtida combinando as equações (4*), (5*) e
(6*),

  W  V  ndA
V
e

d

e

V

n
dA

Q
liq . e
líq .e


SC
VC
SC
t
V2
 gz
► Aplicando a definição de energia total, e  u 
2
► Obtemos a definição de energia total,


p V2

  W


e

d
V
u
gz

V
n
dA
Q






liq . e
líq .e
SC   2

t VC

127
5.3.2 Aplicação da Equação da Energia
► O termo

edV

t VC
representa a taxa de variação tem-
poral da energia total do volume de controle. É nulo se o
escoamento for permanente.
► O termo

p V2 
SC  u    2 gz   V  ndA
é diferente de zero
quando V.n também for diferente de zero.
► Integrando a última equação, considerando que os
termos u, p/ρ, V2/2 e gz sejam constantes nas seções de
alimentação e descarga,



p V2 
p V2 
p V2 
SC  u    2 gz   V  ndA   u    2 gz  m s   u    2 gz  m s
128
► Aplicando o teorema de Reynolds considerando o
parâmetro b = e (energia total por unidade de massa) e
para um volume de controle fixo e indeformável,
DBSIS 

b dV   b V  nˆ dA

Dt
t VC
SC

D
e dV   e dV   eV  ndA

SIS
SC
Dt
t VC
Taxa de variação
temporal da
energia total do
sistema .
Taxa de variação
temporal da
energia total do
vol. de controle
(3*)
Fluxo líquido de
energia total na
superfície do
controle
129
► Combinando as equações (*), (2*) e (3*), obtemos,


e dV   eV  n dA  Q líq.e  Wlíq.e

SC
t VC

Vol .controle
coincidente
(4*)
130
► A equação



p V2

 V  ndA  Q liq.e  Wlíq.e




e

d
V
u
gz



SC
t VC
 2


Pode ser simplificada levando em conta que,



p V2 
p V2 
p V2 
SC  u    2 gz   V  ndA   u    2 gz  m s   u    2 gz  m E
E, como vimos anteriormente,
 m   m
s
e
0
Obtemos,


 p   p  Vs2  Ve2
 g ( z s  ze )  Q líq.e  Wlíq.e
m u s  ue       
2
   s   e


131
Exercícios
1) A figura abaixo mostra um esquema de bomba d’água
que apresenta uma vazão, em regime permanente, igual a
0,019 m3/s. A pressão na seção (1) da bomba – seção de
alimentação – é 1,24 bar e o diâmetro de 89 mm. A seção
(2) – seção de descarga - tem diâmetro de 25 mm e a
pressão neste local é 4,14 bar. A elevação entre os centros
das seções (1) e (2) é nula e o aumento de energia interna
específica da água associado ao aumento de temperatura
do fluido, u2 – u1, é igual a 279 J/kg. Determine a potência
necessária para operar a bomba admitindo que esta opere
de modo adiabático.
132
Solução
► Consideremos a equação
= 0 já que a
elevação entre os
centros das seções
(1) e (2) é nula


 p   p  Vs2  Ve2
 g ( z s  ze )  Q líq.e  Wlíq.e (1)
m u s  ue       
2
   s   e


= 0 já que o
escoamento é
adiabático.
► Precisamos encontrar os valores da vazão em massa na
bomba, m
 , e das velocidades nas seções (1) e (2) do
volume de controle para que seja possível calcular a
potência.
► A vazão em massa pode ser calculada por,
m   Q  (1000 )( 0 , 019 )  19 , 0 kg / s
133
► A velocidade nas seções de escoamento é V 
► Assim,
V1 
Q
0,019

 3,1 m / s
3
2
A1  (89 10 / 2)
V2 
Q
0,019

 38,7 m / s
3
2
A2  (25  10 / 2)
Q
Q

A  (D / 2) 2
► Aplicando a equação (1),
2
2






V
V

p
p
s
e


Wlíq.e  Wlíq.eixo  m u s  ue       



2
  s  e


2
2
5
5



(
38
,
7
)
(
3
,
1
)




4
,
14

10
1
,
24

10

  
 
Wlíq.eixo  (19,0) (279)  

2


 1000   1000 
Wlíq.eixo  24,9 kW
134


 p   p  Vs2  Ve2
 g ( z s  ze )  Q líq.e  Wlíq.e
m u s  ue       
2
   s   e


É a equação
da energia para
unidimensionais e permanentes em média.
escoamentos
► É aplicável para escoamentos compressíveis (gases) e
incompressíveis (líquidos).
► Definindo a entalpia por,
hu
p

, vem que,

 
Vs2  Ve2
m hs  he 
 g ( z s  ze )  Qlíq.e  Wlíq.e
2


135
Exercícios
2) A figura abaixo mostra o esquema de uma turbina a
vapor. A velocidade e a entalpia específica do vapor na
seção de alimentação da turbina são iguais a 30 m/s e
3348 kJ/kg. O vapor deixa a turbina como uma mistura de
líquido e vapor, com entalpia específica de 2550 kJ/kg, e a
velocidade do escoamento na da seção de descarga da
turbina é de 60 m/s. Determine o trabalho no eixo da
turbina por unidade de massa de fluido que escoa no
equipamento sabendo que o escoamento pode ser
modelado como adiabático e que as variações de cota do
escoamento são desprezíveis.
136
Solução
► Consideremos a equação
= 0 já que a
elevação entre os
centros das seções
(1) e (2) é nula


 p   p  Vs2  Ve2
 g ( z s  ze )  Q líq.e  Wlíq.e (1)
m u s  ue       
2
   s   e



V V 

Wlíq.eixo  m hs  he 

2


2
s
► Onde
► Como
2
e
= 0 já que o
escoamento é
adiabático.
 p
 p
hs  u s    e he  ue   
  s
  e
wlíq.eixo
Wlíq.eixo
Vs2  Ve2

 hs  he 
2
m
137
► Vem que,
wlíq.eixo  2550 103  3348 103 
w
(30) 2  (60) 2
2
 797 kJ / kg
o
liq .eixo
►
porque o trabalho está sendo realizado pelo
fluido que escoa no equipamento.
138
5.3.3 Comparação da Equação da Energia com a
equação de Bernoulli
► Consideremos um escoamento incompressível
permanente com potencia nula. Então, temos
e


 p   p  Vs2  Ve2
m u s  ue       
 g ( z s  ze )  Q líq.e
2
   s   e


► Dividindo esta equação por
m
Q líq.e
 p   p  Vs2  Ve2
u s  ue       
 g ( z s  ze ) 
m
2
   s   e
Vs2
pe Ve2

 gz s 

 gze  (u s  ue  qlíq .e )


2
2
ps
qlíq.e  Q líq.e / m
►
é a taxa de transferência de calor por
unidade de massa que escoa no volume de controle.
139
► A equação
Vs2
pe Ve2

 gz s 

 gze  (u s  ue  qlíq.e )
2
2


ps
É aplicável a escoamento unidimensionais, permanentes,
com uma seção de entrada e outra de saída, ou entre duas
seções de uma mesma linha de corrente.

qlíq.e  Qlíq.e / m
►
é a taxa de transferência de calor por
unidade de massa que escoa no volume.
► Se os efeitos
escoamento, então,
viscosos
forem
u s  ue  qlíq.e  0
desprezíveis
no
140
► Assim, chegamos a própria equação de Bernoulli,
Vs2
pe Ve2

 gz s 

 gze ou

2

2
ps
pS 
Vs2
2
  z s  pe 
Ve2
2
  ze
► A equação de Bernoulli serve para descrever o que
acontece
entre
duas
seções
de
um
escoamento
unidimensional.
► Quando o escoamento é incompressível, entretanto,
existe atrito e,
u s  ue  qlíq.e  0
► Esta quantidade representa a perda
disponível no escoamento devido ao atrito.
da
energia
u s  ue  qlíq.e  perda
141
► Dessa forma, chegamos a equação de Bernoulli,
ps
2
s
2
e
V
pe V

 gz s 

 gze 1 perda2

2

2
Perda de energia
por unidade de
massa entre as
seções 1 e 2
142
Exercício
A figura abaixo mostra dois orifícios localizados numa
parede com espessura de 120 mm. Os orifícios são
cilíndricos e um deles apresenta entrada arredondada. O
ambiente do lado esquerdo apresenta pressão constante
de 1,0 kPa acima do valor
da atmosfera e a descarga
dos dois orifícios ocorre na
atmosfera. Como discutiremos em Mec. Flu. II, a
a perda de energia disponível em orifícios com emtradas bruscas ( orifício
superior) é 0,5V22 / 2, e
para orifícios arredondados
(orifício inferior) é 0,05V22/2.
Nestas condições, determine
as vazões nos orifícios.
143
Solução
A vazão num dos orifícios, Q, é dada por : Q  A2V2 (1)
Considerando a equação
V22
p1 V12

 gz 2  
 gz1  1perda2
2
2


p2
Como V1  0 e z1  z 2 , então,
V22 p1

  1perda2 ,


2
p2
Assim,
  p1  p2 

  1perda2 
V2  2

   
1/ 2
( 2)
144
Agora, vamos estudar a perda de energia entre as seções (1) e (2).
Empiricamente, temos,
V22
1 perda2  K L
2
K L é o coeficiente de perda, sendo :
 K L  0,5 para orifícios com entrada brusca (orifício superior )
 K L  0,05 para orifícios com entrada arredondada (orifício inferior )
Daí ,
  p1  p2 
V 
  K L
V2  2


2

 

2
2
1/ 2
(3)
145
Trabalhando na equação,
  p1  p2 
V22 
  K L
V2  2

2


 

p1  p2
V22
2
 KL
V2  2
2

V
p  p2
2 1
2

p  p2
V22 (1  K L )  2 1
V22  K L
2
2
1/ 2
D  2( p1  p2 ) 
Q  A2V2 


4   (1  K L ) 
2
2
1/ 2
Assim :
No orifício superior , K L  0,5
Q
 (0,120) 2  2(102 kPa  101 kPa) 


Q  0,372 m 3 / s

4
1,23(1  0,5)
1/ 2


No orifício inferior , K L  0,05
Obtemos,
 2( p1  p2 ) 
V2  


(
1
)

K
L 

De (1) em (2),
Q
1/ 2
( 4)
 (0,120) 2  2(102 kPa  101 kPa) 


Q  0,445 m 3 / s
4
1,23(1  0,05)
1/ 2


146
► Agora, vamos considerar a potência líquida não nula,
além de escoamentos unidimensionais, incompressíveis e
permanentes.
► A equação que modela esses escoamentos é,

 
ps pe Vs2  Ve2
m u s  ue 
 
 g ( z s  ze )  Qlíq.e  Wlíq.e
2
 


► Dividindo por
m
Vs2
pe Ve2

 gz s 

 gze  wlíq.e  (u s  ue  qlíq.e )
2
2


ps

Onde: w
 é o trabalho por unidade de massa.
líq .e  Wlíq .e / m
(u s  ue  qlíq.e ) continua sendo a perda de energia
devido ao atrito.
147
► Com estas considerações,
Vs2
pe Ve2

 gz s 

 gze  wlíq.e  perda

2

2
ps
Esta equação é conhecida como equação da
energia ou de Bernoulli estendida. Cada um dos seus
termos tem unidade (J/kg).
► Se dividirmos cada termo da equação acima por g
(aceleração da gravidade),
wlíq.e perda
ps Vs2
pe Ve2

 zs 

 ze 

g
g 2 g
g 2 g
g
pe Ve2
Vs2

 zs 

 ze  heixo  hL
 2g
 2g
ps
148
► Na equação,
pe Ve2
Vs2

 zs 

 ze  heixo  hL
 2g
 2g
ps
heixo 
wlíq.eixo
g
perda
hL 
g
Wlíq.eixo Wlíq.eixo


m g
Q
Todos os termos desta
equação têm dimensão
de comprimento, ou
energia por unidade de
força (peso)
► Na hidráulica, é comum denominar
heixo
hL
 hT (com hT  0) para turbina  CARGA DA TURBINA

hb para bombas  CARGA DA BOMBA
 PERDA DE CARGA
149
Exercício
A figura abaixo mostra o esquema de um ventilador axial
que é acionado por um motor que transfere 0,4 kW para as
pás do ventilador. O escoamento a jusante do ventilador
pode ser modelado como cilíndrico (diâmetro de 0,6 m) e o
ar nessa região apresenta velocidade igual a 12 m/s. O
escoamento
a
montante
do
ventilador
apresenta
velocidade desprezível.
Determine o trabalho
transferido ao ar, ou
seja, o trabalho que é
convertido em aumento
de energia disponível
no escoamento e estime a eficiência mecânica deste ventilador.
150
Solução
A equação que modela esse dispositivo é
V22
p1 V12

 gz 2  
 gz1  wlíq.eixo  1perda2

2

2
p2
►
De acordo com os dados da figura e do enunciado,
p1  p2  p0  0 (relativa), V1  0
e
z1  z 2
Logo,
V22
wlíq.eixo  perda 
2
 wlíq.eixo  perda 
12 2
2
 72 J / kg
151
► A eficiência deste tipo de dispositivo é definida como a
vazão entre a quantidade de trabalho útil, isto é,
aproveitado para aumentar a energia do escoamento e a
quantidade total de trabalho fornecido pelas pás. Ou seja,
wlíq.eixo  perda
Trabalho útil

n
Trabalho total
wlíq.eixo
► O trabalho fornecido às pás, por sua vez, vale,
wlíq.eixo
Wlíq.eixo

m
2
(0,6) 2
 D2 
Com, m   AV       1,23  
 4,17 kg / s
4
 2 
Então, wlíq.eixo
72
400

 95,9 J / kg e n 
 0,75
95,9
4,17
75% do
trabalho é
aproveitado
e 25% é
perdido
devido ao
atrito
152
Exercício
A vazão da bomba d’água indicada na figura abaixo é igual
a 0,056 m3/s e o equipamento transfere 7,46 kW para a
água que escoa na bomba. Sabendo que a diferença entre
as cotas das superfícies dos reservatórios indicados na
figura 9,1 m, determine as perdas de carga e de potência
no escoamento de água.
153
Solução
Precisamos encontrar heixo , hL e W perdida . Vamos usar a equação.
VA2
pB VB2

 zA 

 z B  wlíq.eixo  heixo  hL
 2g
 2g
pA
A e B representam as superfícies livres :
p A  pB  0 (relativa), VA  VB  0, z B  0, z A  9,1 m. Assim, temos,
z A  heixo  hL
154
► Seguindo as definições,
heixo 
Wlíq.eixo
Q

7460 kW
 13,6 m
3
3
9810 ( N / m )  0,056(m / s )
Daí ,
hL  heixo  z A  16,6  9,1  4,5 m
Para calcular a potência perdida, podemos usar a equação
heixo 
Wlíq.eixo
Q
(novamente)
155
Adequando esta última equação, temos,
hL 
Weixo perdida
Q
Se hL representa a perda de carga, então,
Weixo. perdida   Q hL  9810  0,056  4,5  2,47 kW
156
5.3.4 Aplicação da Equação da Energia para
escoamentos não uniformes
► Consideremos a equação


p V2


edV    u  
 gz  V  ndA  Q liq.e  Wlíq.e

SC
 2
t VC


► Em situações nas quais o perfil da velocidade não é
uniforme em qualquer região onde o escoamento cruza a
superfície de controle sugere que a integral


p V2
SC  u    2  gz  V  ndA
requer atenção.
157
► Sem uma prova matemática convincente, por hora,
vamos admitir que,
  sVs 2  eVe 2 


p V2
SC  u    2  gz  V  ndA  m  2  2 
► Lembre-se que os índices s corresponde a saída e e a
entrada, respectivamente, no volume de controle.
► α é o coeficiente de energia cinética e
media definida pela equação
V


A
V
é a velocidade
V  ndA
A
158
► A partir desses resultados, obtemos,
V 2 
m V2
    V  ndA
A
2
 2 
► Para o escoamento que cruza a região da superfície de
controle que apresenta área A. Assim,
V 2 
A  2  V  ndA

m V2 / 2
► É possível mostrar que:
- α ≥ 1 para qualquer perfil de velocidade.
- α = 1 apenas para escoamentos uniformes.
159
► A equação da energia para escoamentos não uniformes
(energia por unidade de massa), incompressíveis e válida
para um volume de controle com uma seção de entrada e
outra de saída é,
ps


 s Vs 2
2
 gz s 
pe


 e Ve 2
2
 gze  wlíq.e  perda
160
Exercício
A vazão em massa de ar no pequeno ventilador esboçado na
figura a seguir é 0,1 kg/min. O escoamento no tubo de
alimentação do ventilador é laminar (perfil parabólico) e o
coeficiente de energia cinética, neste escoamento, é 2,0. O
escoamento no tubo de descarga do ventilador é turbulento
(mas o perfil de velocidade é muito próximo do uniforme) e o
coeficiente de energia cinética é 1,08. O aumento de pressão
estática no ventilador é 0,1 kPa e a potência consumida na
operação equipamento é 0,14W. Compare os valores da perda
de 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 de
alimentação e descarga do ventilador.
161
162
Solução
Considerando a equação.
ps


 s Vs 2
2
 gz s 
pe


 e Ve 2
2
 gze  wlíq.eixo  perda
Como z s  z 2 , ze  z1 e z 2  z1 , vem que,
perda  wlíq.eixo 
p2


 2 V22
2

p1


1 V1 2
2
 p2  p1  1 V1 2  2 V22
 
perda  wlíq.eixo  
(1)

2
2
  
É preciso conhecer os valores de wlíq.eixo , V1 e V2 para calcular a perda,
já que p2  p1  0,1 kPa
163
Cálculo de wlíq.eixo ,
wlíq.eixo 
Potência fornecida ao ventilador
0,14

 84 J / kg
m
(0,1) / 60
Cálculo de V1 ,
V1 
m
(0,1 / 60)
 0,48 m / s

2
 A1 
 0,06  
 
1,23    
2
 


Cálculo de V2 ,
V2 
m
(0,1 / 60)

 1,92 m / s
2
 A2 
 0,03  
 
1,23    
2

 

164
Agora, resolvendo :
a) Considerando perfis uniformes : substituindo 1   2  1, em (1),
 0,1103  (0,48) 2 (1,92) 2
 
perda  84  

2
2
 1,23 
perda  0,98 J / kg
b) Considerando perfis não uniformes : substituindo 1  2,0,  2  1,08, em (1),
 0,1103  2  (0,48) 2 1,08  (1,92) 2
 
perda  84  

2
2
 1,23 
perda  0,95 J / kg
perdauniforme  perdanão uniforme se comparadas com o valor de wlíq.eixo .
165