Solução

2.5.2. Equação geral da energia
Combinando as equações anteriores,
 
d
p  
d



  (e  ) V  n dA
Q  WE Wcis 
e W
dI  e eV dndA
vc
sc
vc
sc
dt

dt

 o termo
Note-se
que
trabalho

 
 W
 de escoamento foi mudado para o
W  p n  VdA  W
W
E
cis
I
sc
segundo
membro e é tratado como termo de fluxo de energia.

2
2
d
V
V
p  
~
~
I
I




Q  WE  Wcis  WI   (
 g z  u )  d   (
 g z  u  ) V  n dA
vc
sc
dt
2
2

Em escoamentos “reais”, formas úteis de energia são convertidas
em formas de energia não utilizáveis  “perdas”.
assim, para escoamentos isotérmicos e incompressíveis,
 
d ~
~

perdas  Q   u  d   u V  n dA
sc
dt vc
Levando na equação anterior:
2
2
d
V
V
p  
I
I



 WE  Wcis  WI   (
 g z)  d   (
 g z  ) V  n dA  perdas
vc
sc
dt
2
2

As perdas devem-se a dois efeitos principais:
1. A viscosidade causa atritos internos que resultam em aumento
da energia interna ou de transferência de calor.
2. Mudanças bruscas na geometria resultam em descolamentos,
que demandam energia útil para manter os movimentos
secundários resultantes.
Perdas distribuídas: - são perdas que ocorrem ao longo de trechos
retilíneos do conduto, devido aos efeitos
viscosos.
Perdas singulares: - são perdas que ocorrem nas vizinhanças de
uma mudança de
geometria (válvulas,
cotovelos, alargamentos, etc.)
Em bombas, turbinas ou ventiladores (máquinas hidráulicas) as
perdas são expressas em termos de sua eficiência.
Exemplo: bomba com 80% de rendimento.
Perdas = 20% da energia fornecida à bomba.
2.5.3. Escoamento permanente uniforme

W
E
2
V2
1
V1
 W
  0,
Para W
cis
I
volume de controle inercial, VI = V,
escoamento permanente  d/dt = 0 e,
escoamento uniforme nas seções de entrada e saída 
(V2/2 + p/ + gz) = Cte. nestas seções, de modo que:
=0
=0
=0
2
2
d
V
V
p
I
I



  perdas
 WE  Wcis  WI   (
 g z)  d   (
 g z  ) dm
vc
sc
dt
2
2

2
2
V
p
V
p1
1
  ( 2  2  g z )m

  perdas
W

(

 g z1 )m
E
2
2 2
2 1
 g, vem:
  1A1V1  2A2V2 . Dividindo por m
Onde, m
2
2

W
V

V
p p
1
 E  2
 2  1  z 2  z1  h L
g
m
2g
 2 1
hL  perda de carga, com:
~

u2  ~
u1 Q
hL 

g
g
m
Muitas das vezes é escrita em função do termo cinético:
V2
hL  K
2g
“carga”  energia por unidade de peso.

W
W  N  m   kg  m/s 2  m 
  (m)  compriment o
  

 
2 
2
 g m g  kg  m/s   kg  m/s 
m
V2/2g
 carga de velocidade
p/
 carga de pressão
z
 carga de posição
p/ + z
 carga piezométrica
V2/2g + p/ + z  carga total.
Na ausência do termo de trabalho de eixo e sem dissipação viscosa
(perdas) a equação da energia pode ser escrita como:
p1 V12
p 2 V22

 z1  
 z2
1 2 g
2 2 g
Observe que, para escoamento incompressível, 1 = 2 e a equação
da energia toma uma forma idêntica à equação de Bernoulli.
Porem, deve-se lembrar que:
A Eq. de Bernoulli decorre da Eq. do movimento de Newton, sendo
aplicável em uma mesma linha de corrente.
A Eq. da energia decorre da 1ª Lei da Termodinâmica, sendo
aplicável entre duas seções de um escoamento com distribuição de
velocidades uniformes.
A equação da energia, tal como escrita anteriormente, pode ser
aplicada para qualquer escoamento permanente, uniforme com uma
entrada e uma saída.
O volume de controle deve ser escolhido de forma que as seções de
entrada e de saída tenham uma carga total uniforme.
Como exemplo, considere sua aplicação no escoamento da
Figura 4.9, o qual mostra uma comporta em um canal aberto.
Figura 4.9 Aplicação da Eq. da energia a uma
comporta em um canal aberto
A carga total na entrada e na saída pode ser calculada em qualquer
ponto da entrada e da saída, respectivamente.
Porém, uma escolha conveniente seriam os pontos situados na
superfície da água; levando a:
=0
=0
p1 V12
p2 V22

 h1 

 h2  h L
1 2 g
2 2 g
  0)
(W
E
V12
V22
 h1 
 h2  hL
2g
2g
Considerando, como alternativa, os centróides das seções de
entrada e saída,
p'1 V12 h1 p'2 V22 h 2

 

  hL
1 2 g 2  2 2 g 2
Neste caso, p’1 = h1/2
p’2 = h2/2
Levando estes valores na Eq. anterior, o resultado da primeira
alternativa é recuperado.
Considere agora o “T” da Figura 4.10.
Figura 4.10 Aplicação da Eq. da energia a uma
seção em T
Neste caso há uma entrada e duas saídas.
A Eq. da energia pode ser aplicada para cada uma das saídas.
Ou seja:
p1 V12
p2 V22

 z1 

 z 2  h L1 2
1 2 g
2 2 g
p1 V12
p3 V32

 z1  
 z 3  h L13
1 2 g
2 2 g
Sistema com bomba e turbina.
Fazendo,

W
 E  H B  HT
g
m
Onde:
HB  adição de energia (bomba ou ventilador)
HT  extração de energia (turbina)
De modo que:
p1 V12
p2 V22

 z1  H B  
 z 2  H T  h L12
1 2 g
2 2 g
Potência hidráulica:
bomba  Ph B   Q H B (W)
turbina  PhT   Q HT (W)
Potência de eixo:
bomba  PB 
 Q HB
( W)
B
turbina  PT   Q HT T (W)
Ou, de um modo geral,
 Ph 
 
 P 
1
  Bomba

  Turbina
2.5.4. Escoamento permanente não uniforme
Se a hipótese de perfil uniforme de velocidade não é aceitável, há
necessidade de se corrigir o termo cinético na Eq. da energia.
Considere o perfil de velocidades da figura abaixo.
V
dA
V
VdA  peso que passa por dA na unidade de tempo
V2/2g  energia cinética por unidade de peso

2
V
VdA  energia cinética que passa na seção na unid. tempo

2g A
Em termos da velocidade média, vem:
 2
V VA  energia cinética média
2g
Introduzindo o fator de correção da energia cinética ()

 2

3
V VA 
V
dA

A
2g
2g
3


1 V
  dA

A
A V
E a Eq. da energia, em termos da velocidade média, fica:
p1
V12
p2
V22
 1
 z1  H B 
 2
 z 2  H T  h L12
1
2g
2
2g
Perfis parabólicos em tubos circulares (escoamento laminar)  = 2.
Escoamento turbulento em tubos   1,05
Em aproximação  = 1.
Exemplo 4.6
A bomba da Fig. E4.6 é usada para aumentar a pressão de 0,2 m3/s
de água de 200 kPa para 600 kPa. Se a bomba tem uma eficiência
de 85%, qual a potência elétrica de que a bomba necessita? A área
de saída fica 20 cm acima da área de entrada. Suponha que a área
de entrada e de saída sejam iguais.
Figura E4.6
Dados
Q
p1
p2

z2 - z1

g
200,0
200
600
85,0%
20
1000
9,81
l/s
kPa
kPa
cm
kg/m3
m/s2
0,200
2105
6105
0,200
m3/s
Pa
Pa
m
Solução:
Considerando a Eq. da energia,
=0
2
1
2
2
=0
p1 V
p
V

 z1  H B  2 
 z 2  H T  h L12
1 2 g
2 2 g
p2  p1
600  103  200  103
HB 
 (z 2  z1 ) 
 0,200  40,97 m.
3

9,81  10
Cálculo da potência da bomba.
  Q  g  H B 103  0,200  9,81  40,97 3
PB 

10  94,58 kW.

0,85
Exemplo 4.7
Água flui de um reservatório através uma tubulação com um
diâmetro de 750 mm para uma unidade geradora (turbina) e sai para
um rio que está localizado a 30 m abaixo da superfície do
reservatório. Se a vazão do escoamento é de 2,50 m3/s, e a
eficiência da turbina geradora é de 88%, calcule a potência de
saída. Suponha um coeficiente de perda na tubulação (incluindo a
saída) de K = 2.
Dados
D
Dz
Q

K

g
750
30,0
2,50
88,0%
2
1000
9,81
mm
m
m3/s
kg/m3
m/s2
0,750
m
Figura E4.7
Solução:
Considerando a Eq. da continuidade,
V
4Q
4  2,50

 5,659 m /s.
2
2
D
  0,750
Cálculo da perda de carga,
V2
5,6592
hL  K
2
 3,264 m.
2g
2  9,81
Aplicando a Eq. da energia entre um ponto situado na superfície do
reservatório e outro na superfície do rio, vem:
=0
=0
2
1
=0
=0
=0
2
2
p1 V
p
V

 z1  H B  2 
 z 2  H T  h L12
1 2 g
2 2 g
H T  (z1  z 2 )  h L12  30  3,264  26,74 m.
Cálculo da potência da turbina
PT   Q HT T  9,81103  2,50  26,74  0,88 103  577,0 kW.
Exemplo 4.8
O medidor Venturi mostrado reduz o diâmetro da tubulação de 10
para um mínimo de 5 cm (Fig. E4.8). Calcule a vazão e a vazão em
massa, supondo condições ideais.
Figura E4.8
Dados
D1
D2
Dh

g
dHg
10,0
5,0
1,200
1000
9,81
13,6
cm
cm
m
kg/m3
m/s2
0,100
0,050
m
m
Solução:
Do manômetro de tubo em “U” e aplicando o caminhamento de 1
para 2, vem:
p1   z    Dh  pa  p b    d Hg  Dh   z  p2
p1  p2
 (d Hg  d ág )  Dh  (13,6  1)  1,20  15,12 m.

Da continuidade,
2
Q  A1V1  A2V2
D 
A
 10 
 V2  1 V1   1  V1    V1  4 V1
A2
5
 D2 
2
Uma vez que o escoamento se dá sob condições ideais, aplica-se a
Eq. de Bernoulli, ou seja:
p1 V12
p 2 V22

 z1 

 z2
 2g
 2g
p1  p2 V22  V12 16  1 2 15 2


V1 
V1

2g
2g
2g
V1 
2 g p1  p2

15

2  9,81
15,12  4,447 m /s.
15
  0,1002
Q  A1V1  4,447
 0,03493 m3/s.
4
Finalmente,
    Q  103  0,03493  34,93 kg/s.
m
Exemplo 4.9
A distribuição de velocidade para um certo escoamento em uma
tubulação é V(r) = Vmáx(1 - r2/r02), na qual r0 é o raio do tubo
(Fig. E4.9). Determine o fator de correção da energia cinética.
Figura E4.9
Solução:
Para determinar o fator de correção da energia cinética “” é
necessário conhecer a velocidade média. Assim,
1
V
V   VdA  máx2
A A
 ro
2Vmáx
V
ro2

r0
0
 r2 
2V
1  2 2 r dr  máx
2
r
r
0 
o

r0
 r2
r4 
2Vmáx
  2  
2
2
4
r
r
0 0
o


r0
0

r3 
 r  2  dr
 r0 
 r02 r02  1
    Vmáx
2 4  2
Conhecida a velocidade média, pode-se calcular o .
3
1 V
1
     dA  2
A A V 
 r0

r0
0
3
  r 
2 1  2  2  r dr
  r0 
2
16 r0  3 r 2 3 r 4 r 6 
16 r0  3 r 3 3 r 5 r 7 
  2  1  2  4  6  r dr  2   r  2  4  6  dr
r0 0 
r0
r0
r0 
r0 0 
r0
r0
r0 
16  r02 3 r02 3 r02 r02  16 1

  2  

   2
12 r02  18r02  12r02  3r02   2
r0  2
4
6
8  r0 24
Conseqüentemente o fluxo de energia cinética associado à
distribuição de velocidade parabólica através de um tubo circular é
dado por:
 V2
V2  
m
A 2 (V  n)dA  2 2
2.6. A Equação da Quantidade de Movimento
2.6.1. Equação geral da quantidade de movimento
A segunda lei de Newton, muitas vezes chamada “equação da
quantidade de movimento”, afirma que a força resultante agindo em
um sistema é igual a taxa de variação da quantidade de movimento
do sistema, quando media em um referencial inercial.

 DQsis
 F  D t  Princípio de conservação da q.d.m. linear.


Com: Qsis  Vd

sis



dQsis  Vdm
Considerando o TTR,
 
D Nsis d

 d  SC V  ndA
Dt
dt VC

Com Nsis  Qsis , e

dN dQsis 


V
dm
dm
Então:
 d

  
 F  dt VC Vd  SC V(V  n) dA

 F  Resultante das forças externas agindo sobre o VC (sistema).
Forças de superfície
Engloba 
Normais
 pressão
Tangenciais  atrito viscoso
Forças de massa (campo, corpo)

Quando se aplica a Eq. da q.d.m., a quantidade  F representa
todas as forças agindo no volume de controle.
Incluem as forças de superfície, resultante da ação do meio externo
agindo sobre a superfície de controle
e forças de massa que resultam dos campos gravitacional e
magnético.
A Eq. da q.d.m. é muitas vezes usada para determinar as forças
induzidas pelo escoamento.
Alternativas para a escolha do VC na aplicação da Eq. da q.d.m.
Figura 4.11 Forças agindo sobre o VC de um bocal horizontal
a) Volume de controle inclui o bocal e o fluido no bocal;
b) Volume de controle inclui apenas o fluido no bocal.
2.6.2. Escoamento uniforme e permanente
Escoamento uniforme

   cte. e V  cte. em cada seção.
Escoamento permanente    0
t
Com estas simplificações, a Eq. da q.d.m. fica:
 N
  
 F   i Ai Vi (Vi  ni )
i 1
N = número de áreas de entrada e/ou saída.
Com apenas uma entrada e uma saída e considerando a Eq. da
continuidade, vem:



 F  m (V2  V1 )
Observe que esta é uma equação vetorial, portanto, é representada
por três equações escalares.
F
F
F
x
 ( V2 x  V1x )
m
y
 ( V2 y  V1y )
m
z
 ( V2 z  V1z )
m
Para determinar o componente em x, da força da junta no bocal da
Fig. 4.11a, é necessário determinar os componentes das forças que
atuam em x, como também os componentes das velocidades. Assim,
V1x = V1
V2x = 0
F1x = p1A1
F2x = 0 (p2 = 0)
Portanto,
F
x
 (V2 x  V1x )  m
 V1
 ( Fx ) junta  p1A1  m
 V1
( Fx ) junta  p1A1  m
Um exemplo de escoamento em canal é mostrado na Fig. 4.12
Figura 4.12 Forças do escoamento em uma comporta
Neste caso,
F1x  F1 
1
 h1A1 ,
2
V1x  V1
F2 x  F2 
1
 h2A2
2
V2 x  V2
Na Eq. da q.d.m., vem:
F
x
 (V2 x  V1x )  m
 (V2  V1 )
 Fcomporta  F1  F2  m
Fcomporta
1
 ( V2  V1 )
  ( h1A1  h 2 A 2 )  m
2
Exemplo 4.11
Água escoa através de um cotovelo de uma tubulação horizontal e
sai para a atmosfera (Fig. E4.11a). A vazão volumétrica é 8,5 l/s.
Calcule a força em cada barra que segura o cotovelo em seu lugar.
Despreze forças de massa, efeitos viscosos e forças de
cisalhamento sobre as barras.
 = 40 mm
 = 75 mm
Figura E4.11
Dados:
Q
D1
D2

g
8,5
75
40
1000
9,810
l/s
mm
mm
kg/m3
m/s2
0,0085 0,0750 0,0400
m3/s
Solução:
É escolhido um VC.
m
m
Calcula-se as velocidades nas seções de entrada e saída
Q 4  Q 4  0,0085
V1 


 1,924 m /s.
2
2
A1  D1   0,075
V2 
Q 4  Q 4  0,0085


 6,764 m /s.
2
2
A 2  D 2   0,040
Sem efeitos viscosos, logo, da Eq. de Bernoulli,
2
1
=0
p1 V
p 2 V22

 z1  
 z2
 2g
 2g
tubulação horizontal, logo:
 2
103
2
p1  (V2  V1 ) 
(6,7642  1,9242 )  21030 Pa
2
2
Aplicando a Eq. da q.d.m. na direção “x”, resulta:
F
 (V2 x  V1x )  m
 V1
 p1A1  R x  m
x
  0,0752
 V1  21030
R x  p1A1  m
 103  0,0085  1,924  109,3 N
4
Em y,
F
y
 (V2 y  V1y )  m
 V2
 Ry  m
R y  103  0,0085  6,764  57,49 N
A força resultante será:
R  R 2x  R 2y  109,32  57,492  123,5 N
O ângulo da força com a horizontal será de:
  arctg
Ry
Rx
 arctg
57,49
 27,75
109,3
Atuando de baixo para cima e da direita para a esquerda.
Exemplo 4.12
Quando a velocidade de um escoamento em um canal aberto,
retangular, de largura “b” é relativamente grande, é possível que o
escoamento “salte” de uma profundidade y1 para uma profundidade
y2 em uma distância relativamente curta, como mostra a Fig. E4.12;
chama-se a esse fenômeno de “ressalto hidráulico”. Expresse y2 em
termos de y1 e V1; suponha um escoamento uniforme horizontal.
Figura E4.12
Solução:
Com a hipótese de atrito viscoso desprezível, tem-se:
F
x
 (V2 x  V1x )   y1bV1 (V2  V1 )
 F1  F2  m

y1
y
( y1b)   2 ( y 2 b)   y1bV1 ( V2  V1 )
2
2
Da continuidade,
Q  V1  y1  b  V2  y 2  b  V2  V1
A1
y
 V1 1
A2
y2
Levando na equação anterior, vem:
g 2
y
y
g
( y1  y 22 )  y1V12 ( 1  1)  V12 1 ( y1  y 2 )  ( y1  y 2 )( y1  y 2 )
2
y2
y2
2
2
y22  y1y2  V12 y1  0 
g
y2 
 y1  y12  g8 y1V12
2
1
 y 2  ( y1  y12  g8 y1V12 )
2
Exemplo 4.13
Considere o escoamento simétrico de ar ao redor do cilindro. O
volume de controle, excluindo o cilindro, é mostrado na Fig. E4.13. A
distribuição de velocidade à jusante do cilindro é aproximada por
uma parábola, conforme mostrado. Determine a força de arrasto por
metro de comprimento agindo sobre o cilindro.
Use  = 1,23 kg/m3.
y2
u( y)  29 
100
Figura E4.13
Solução:
Hipóteses simplificadoras:
• Escoamento permanente;
• escoamento em um plano horizontal;
• pressão constante na superfície de controle.
Da continuidade (escoamento permanente)

sc
 
10


V  ndA  0   dm   dm  2  u( y)dy  2U   1  10
A AD
10
 AD  2 
2m
0
A BC
0
y2
(29 
)dy  2 U   10  0
100
 AD  ( 29 y 
m
3
A
10 m
10 m
10
y
)   U 10  0
3  100 0
D
B
C
 AD
m
103
1
 1,23  30  10  1,23(29  10 
)  1,23  10(30  29  )  8,20
3  100
3
 AD  8,20 kg / s
m
Eq. da q.d.m.
A

  
 F   V(V  n)dA
D
sc
F
Na direção x, tem-se:
F
x
B
C
 pABAAB  pCDACD  F  F
(pressão constante na superfície de controle)
F
AAD
  
V(V  n)dA  
ACD
  
V(V  n)dA  
ABC
  
  
V(V  n)dA   V(V  n)dA
AB
Discussão dos sinais das integrais.
Nas seções AD e BC os fluxos de massa estão saindo, portanto:
 AD  m
 BC  ( )
m
e
Vx  U
Na seção CD o fluxo de massa também está saindo, então é (+).
Por outro lado:
Vx  u( y)
 
 V  n  u( y)
Na seção AB o fluxo de massa está
entrando, portanto é (-). E:
A
D
B
C
Vx  U e A  2 10 1
 AD  
 F  U m
ACD
 BC  20  U U
[u( y)]2 dA  Um
2
10
 AD  2 
 F  2U m
0

y2 
 29 
 dy  20  U 2
100 

2
10

0
10 

y2 
y2
y4 
2
 29 
 dy    29  2  29
 4 dy
0
100 
100 10 


103
105
 29  10  58

 8 605
2
4
3  10 5  10
2
Portanto:
F  2  30  8,20  2  1,23  8605  20  1,23  302  478,0 N.
Exemplo 4.14
Encontre uma expressão para a perda de carga em um alargamento
brusco de seção, em um tubo, em termos de V1 e da relação de
áreas (Fig. E4.14a). Suponha perfis de velocidade uniformes e que
a pressão, na expansão súbita, seja p1.
Figura E4.14a
Solução:
Hipóteses simplificadoras:
• Escoamento permanente;
• escoamento em um plano horizontal;
• valores uniformes nas seções;
• pressão p1 em toda a seção 1 (alargamento brusco).
Figura E4.14b
Considerando a Eq. da q.d.m. na direção x,
F
x
 (V2  V1 )
 p1A2  p2A2  m
(p1  p2 )A2  A2V2 (V2  V1 )
p1A2
p2A2
V1
p1  p 2 V2 ( V2  V1 )

g
g
V2
VC
Aplicando a Eq. da energia entre as seções 1 e 2,
p1 V12
p2 V22

 z1  
 z2  hL
 2g
 2g
p1  p 2 V22  V12 2V2 (V2  V1 ) (V2  V1 )( V2  V1 )
hL 




2g
2g
2g
V2  V1
(V2  V1 ) 2
hL 
(2V2  V2  V1 ) 
2g
2g
Da continuidade,
V2 
A1
V1
A2
Finalmente:
2
2
 A1  V12
V1

h L  1 
K
2g
 A 2  2g

( V2  V1 )2
hL 
2g
2.6.3. A equação da q.d.m. aplicada a defletores
O estudo de defletores compreende uma introdução ao estudo das
Máquinas de Fluxo.
Está separada em duas partes:
•
jatos de fluidos desviados por defletores estacionários;
•
jatos de fluidos desviados por defletores em movimento.
Hipóteses simplificadoras:
•
•
•
•
a pressão externa aos jatos é constante (pressão no fluido);
efeitos viscosos desprezíveis;
o espalhamento lateral de um jato é desprezível;
a força de massa (campo) é desprezível.
Defletor Estacionário
Considere o defletor estacionário da Fig. 4.13.
Figura 4.13 Defletor estacionário
A aplicação da Eq. de Bernoulli com a hipótese adicional de
mudança de elevação desprezível, leva a:
=0
2
1
=0
p1 V
p2 V22

 z1  
 z2
 2g
 2g
 V1  V2
Uma vez que o escoamento é permanente e com distribuição
uniforme de velocidades nas seções de entrada e saída,



 F  m (V2  V1 )
Como p1 = p2 = 0, as forças de pressão são nulas.
Assim, das forças de superfície resta apenas a força que o defletor
exerce sobre o fluido.
Então:
Defletor Estacionário
F
 (V2 x  V1x )  m
 (V2 cos   V1 )  m
 V1 (cos   1)
 R x  m
F
 (V2 y  V1y )  m
 V1 sen
 Ry  m
x
y
Defletor em Movimento
A situação envolvendo defletores em movimento deponde de haver
um único defletor movendo-se ou de haver uma série deles em
movimento (pás de uma turbina).
O caso envolvendo um único defletor é mostrado na Fig. 4.14.
Injetor
Figura 4.14 Defletor em movimento
Defletor movendo-se com velocidade VB = Cte., na direção x.
O escoamento quando visto de um referencial fixo em relação ao
injetor (inercial) é não permanente.
Por outro lado, o movimento visto a partir de um referencia fixo em
relação ao defletor (inercial) é permanente.
Vr1 = V1 – VB (velocidade relativa).
Essa velocidade permanece constante durante o escoamento.
Vr1 = Vr2.
A Eq. da q.d.m. é aplicada com valores relativos (escoamento
permanente).



 F  m r (Vr 2  Vr1 )
Em termos dos componentes,
F
 r Vr1 (cos   1)  m
 r (V1  VB )(cos   1)
 R x  m
F
 r (Vr 2 y  Vr1y )  m
 r Vr1 sen  m
 r (V1  VB ) sen
 Ry  m
x
y
 r é que sofre a variação da q.d.m.
Onde m
 r  AVr1  A(V1  VB )
m
Defletores Múltiplos (grade)
As pás de uma máquina de fluxo axial (escoamento na direção do
eixo) podem ser representadas através de um corte cilíndrico
desenvolvido (aberto).
Neste corte as pás são dispostas de forma eqüidistantes e contínua
(corte cilíndrico desenvolvido).
Esta disposição de pás é conhecida como “grade”.
Uma grade, com um injetor é mostrada na Fig. 4.15.
Figura 4.15 Escoamento por uma grade
O jato deve sempre estar escoando sobre uma pá. Quando estiver
deixando de atuar sobre uma, deve estar começando a atuar sobre
a vizinha.
A força atuando em uma pá, em particular, é zero até o jato incidir
sobre ela; então, ela aumenta até um valor máximo e, em seguida,
diminui até zero, conforme a pá deixa o jato.
O movimento é idealizado como segue: suponha que, em média, o
jato é defletido pelas pás, como mostrado nas Figs. 4.15 e 4.16a,
quando visto de um referencial estacionário; o jato entra na grade
com um ângulo 1 e sai com uma ângulo 2.
Para não haver perdas por choque a velocidade relativa à pá, na
entrada da grade, tem que incidir com o ângulo construtivo da pá,
ou seja, o escoamento tem que ser tangente a esta.
Figura 4.16 Detalhes da situação do escoamento
envolvendo uma grade
a) posição média do jato (escoamento absoluto)
b) triângulo de velocidades na entrada
c) triângulo de velocidades na saída.
Assim:
  ângulo que o escoamento relativo faz com a direção x.
  ângulo construtivo da pá.
Neste tipo de máquina (de ação) a velocidade relativa permanece
constante enquanto o fluido se move pela pá.
Do teorema de composição de velocidades,

 *   

   
 VI  V  S    r
VI  V  S    r


 velocidade absoluta (referencial estacionário)
VI  V
* 
 velocidade relativa (referencial móvel – em rotação)
V  Vr

S0
 velocidade de translação do referencial relativo
  
  r  VB  velocidade tangencial (movimento circunferêncial)
Portanto:
 

V  Vr  VB  Eq. vetorial, cuja solução gráfica dá origem ao
triângulo de velocidades
Entrada
1
Vr1
1
V1
VB
VB
Saída
2
Vr2 V2
2
Vr2
x sentido do movimento das pás
(circunferêncial)
x
O interesse está em determinar o componente da força na direção
do movimento (x). Supondo que a pressão na entrada e saída do
rotor é a mesma e que toda a massa que sai do injetor sofre uma
variação na quantidade de movimento, pode-se, a partir da Eq. da
q.d.m., escrever:
Volume de controle absoluto.
 (V2 x  V1x )
 Rx  m
A potência é obtida ao se multiplicar a força que impõe o movimento
(Rx), pela velocidade do movimento (VB).
Havendo mais de um jato, multiplica-se pelo número de jatos (N).
Deste modo:
  NR V 
PW
x B
Exemplo 4.15
Um defletor desvia uma folha de água de um ângulo de 30°, como
mostra a Fig. E4.15. Qual força é necessária para segurar o defletor
no lugar, se a vazão em massa é de 32 kg/s?
Figura E4.15
Dados:

m

h
b

32
1000
2
400
30º
kg/s
kg/m3
mm
mm
0,002
0,400
m
m
Solução:
Hipóteses simplificadoras:
•
•
•
•
Escoamento permanente;
escoamento em um plano horizontal;
valores uniformes nas seções e
pressão atmosférica atuando em todo o jato.
Cálculo de V1 (continuidade).

m
32
V1 
 3
 40 m / s.
 A1 10  0,002  0,40
Considerando a Eq. da q.d.m. (escoamento permanente)



 F  m (V2  V1 )
F
x
=0
=0
 p1A1  p2 A2 cos   R x
 (V2x  V1x )  32  40(cos 30º 1)  171,5
 Rx  m
R x  171,5 N.
 (V2 y  V1y )  32  40(sen 30º 0)  640,0 N.
Ry  m
Exemplo 4.16
O defletor mostrado na Fig. E4.16 move-se para a direita a 30 m/s
enquanto o bocal permanece estacionário. Determine: a) os
componentes da força necessária para sustentar o defletor; b) V2,
como observado por um observador fixo e c) a potência gerada pela
pá. A velocidade do jato é de 80 m/s.
Figura E4.16
Dados:
VB
V1
h
b


30
80
2
400
30º
1000
m/s
m/s
mm
mm
0,002
0,400
m
m
Solução:
Hipóteses simplificadoras:
•
•
•
•
Escoamento permanente;
escoamento em um plano horizontal;
valores uniformes nas seções e
pressão atmosférica atuando em todo o jato.
kg/m3
Defletor móvel  referencial fixo no V.C.
Cálculo da velocidade do jato em relação ao V.C (em 1 = Vr1).
Vr1  V1  VB  80  30  50 m / s
Bernoulli
p1 Vr12
p2 Vr22

 z1  
 z2

2g

2g
 Vr1  Vr2  50 m / s
a) Cálculo dos componentes da força necessária.
Da Eq. da q.d.m. (escoamento permanente)



 F  m (V2  V1 )
 (Vr2x  Vr1x )   Q Vr1 (cos 30º1)
 Rx  m
R x  103  502  0,002  0,40(1  cos 30º )  267,9 N.
 (Vr2 y  Vr1y )   Q Vr2 sen 30º
Ry  m
R y  103  502  0,002  0,40  sen30º  1000 N.
b) Cálculo da velocidade vista por um observador externo, na saída.
V2x  Vr2x  VB  50 cos 30º30  73,30 m / s
V2 y  Vr2 y  50sen 30º  25,00 m / s



V2  73,30 i  25,00 j
V2  V22x  V22y  73,302  25,002  77,45 m / s
b) Cálculo da potência gerada.
P = força  velocidade na direção do movimento
  R  V  267,9  30  8038 W
PW
x
B
Exemplo 4.17
Jatos de ar de alta velocidade incidem tangencialmente nas pás do
rotor de uma turbina. O rotor da turbina tem 1,5 m de diâmetro e
opera a 140 rps (Fig. E4.17a). Há 10 de tais jatos com diâmetro de
40 mm. Calcule a máxima potência de saída. A massa específica do
ar é de 2.4 kg/m3.
Figura E4.17
Dados:
Dro

N
Dja

V1
1
2
1,5
140
10
40
2,4
200
30°
30°
m
rad/s
jatos
mm
kg/m3
m/s
0,040
m
Solução:
Hipóteses simplificadoras:
•
•
•
•
Escoamento permanente;
escoamento em um plano horizontal;
valores uniformes nas seções e
pressão constante atuando em todo o jato (atmosférica).
Neste caso os defletores são as pás do rotor da turbina e estas não
têm um movimento retilíneo, mas sim um movimento circunferêncial
em torno do eixo do rotor (tangencial). Portanto:
VB    R 
140  1,50
 105,0 m / s.
2
Do triângulo de velocidades para a entrada do rotor,
V1sen1  Vr1sen1
V1 cos 1  Vr1 cos 1  VB

V1

Vr1
1

VB
V1 cos 1  VB  Vr1 cos 1
1
tan 1 
V1 sen1
V1 cos 1  VB
tan 1 
200 sen 30º
 1,466
200 cos 30º 105,0
Vr1  200

1  arctan 1,466  55,70º
sen 30º
 121,0 m / s.
sen55,70º
Da continuidade,
  0,042
Q  A1V1  200
 0,2513 m3 / s.
4
Da Eq. de Bernoulli e tendo em vista que p1 = p2, vem:
p1 Vr12
p2 Vr22

 z1  
 z2

2g

2g
 Vr1  Vr2  121,0 m / s
Com estes resultados, pode-se montar o triângulo de velocidades
para a saída.

VB

V r2
tan 2 
V2 
2

Vr2
V2sen2  Vr2sen2
2
V2 cos 2  VB  Vr2 cos 2

V2
121,0 sen 30º
 352,3
105,0  121,0 cos 30º
tan  2 
Vr2 sen 2
VB  Vr2 cos  2
 2  arctan 352,3  89,84
Vr2sen 2 121,0 sen 30

 60,52 n / s.
sen 2
sen89,84
A Eq. da q.d.m. aplicada ao volume
de controle absoluto, fornece:
 R x   Q (V2x  V1x )
R x  2,40  0,2513(60,52 cos 89,84º 200  cos 30)
 104,4
N.
Como há 10 jatos, cada um impondo a força acima, a potência será
então:
P  N  R x  VB  10 104,3 105,0 103  109,6
kW.
2.6.4. Escoamento permanente não uniforme
Se a hipótese de escoamento uniforme não é aplicável, o fluxo da
q.e.m. pode ser calculada a partir da velocidade média. E:

sc
  
V(V  n)dA


A
V2dA  V 2 A
2
1 V
     dA
A A V 
de modo que:



 F   Q(2V2  1V1 )
Exemplo 4.18
Calcule o fator de correção da quantidade de movimento para um
perfil parabólico a) entre placas paralelas e b) em uma tubulação
circular. Os perfis parabólicos são mostrados na Fig. E4.18.
Figura E4.18
Solução:
a) Perfil parabólico entre placas paralelas - expresso por:
y2
V( y)  Vmáx (1  2 )
h
dy
y
dA = w dy
h
h
w
Vmáx h
V
1
y2
h
2
V   VdA 
2 (1  2 ) w dy  máx (h  )  Vmáx
A A
2h w 0
h
h
3
3

2
1 V
9 2
dA

A A V 2
4 2h w 0
h
2
 y2 
1  2  w dy
 h 
91
h3
h5
9 8 6

(h  2 2  4 ) 

4h
3h
5h
4 15 5
b) Perfil parabólico em um tubo circular - expresso por:
r2
V(r )  Vmáx (1  2 )
R
dr
r
R
dA = 2 r dr
V
1
V   VdA  máx2
A A
R

2

R
0
1 V
1
dA

A A V 2
R 2
2Vmáx R 2 R 4
r2
1
(1  2 )2r dr 
(

)

Vmáx
2
2
R
R
2 4R
2

R
0
2

r 
41  2  2r dr
 R 
2
8 R2
R4
R6
2 4
 2 (
2 2 
)

8

4
R 2
4R
6R
12 3
2.6.5. Referencias não inerciais
Do teorema de composição de acelerações,


 d 2S
  
  d  
A  2  2  V    (   r ) 
r a
dt
dt


2





 d 
dS
a*  2  2  V    (  r ) 
 r  aceleração aparente
dt
dt

A  aceleração inercial

a
 aceleração relativa (vista do referencial não inercial)
De modo que:
 

A  a *a
2a Lei de Newton


dF  dm A
- integrando,




 F   A dm   a *dm   a dm
sis
sis
sis

 
DV
D 
 F  FI  sis Dt dm  Dt sisVdm r
r


Qr   Vdm
sis

  DQ r
 F  FI  Dt



dQ r  V dm
então:
 princípio da conservação da q.d.m. visto do
referencial relativo.








 d 
dS
FI   a * dm   [ 2  2  V    (  r ) 
 r ] dm
sis
sis dt
dt

FI  resultante das forças aparentes (hipotéticas).
2
OBS. Ao se aplicar o TTR, as derivadas temporais, velocidades e
acelerações têm que ser tomadas em relação ao VC (ref.
Relativo).
 
D Nsis d

d   V  ndA

Dt
dt VC
SC
 
D 
 F  FI  Dt sisVdn r  derivada temporal vista do refer. Relativo.
Com a grandeza extensiva Nsis, sendo igual a q.d.m. relativa, vem:


Nsis  Qr   Vdm
sis

dN dQ r 
 velocidade relativa


V
dm dm

  DQ r d

  
 F  FI  Dt  dt  Vd   V(V  n)dA
VC
SC
2.7. Equação do Momento da Quant. de Movimento
No item 2.2 a Eq. da quantidade de movimento angular foi discutida,
chegando-se a:


 
DH sis  Princípio de conservação da
D
 M  Dt sis ( r V)d  Dt
q.d.m. angular.
Com:

 
Hsis   ( r V)d  quantidade de movimento angular
sis
Pretende-se escrever esta equação sob o ponto de vista de volume
de controle.
Assim, considerando o TTR e tomando a quantidade de movimento
angular como grandeza extensiva associada ao sistema, vem:
 
D Nsis d

d   V  ndA

Dt
dt VC
SC
Portanto, se:

 
Nsis  H   r  Vdm
sis

dN dH  


 r V
dm dm
Levando no TTR, resulta:
 d  
   
 M  dt  r  Vd   r  V(V  n)dA
VC
SC
Em se tratando de referenciais não inerciais a Eq. da q.d.m. angular
passa a ser escrita como:
 
   
d  
 M  MI  dt  r  Vd   r  V(V  n)dA
VC
SC
Com:

 
M I   r  a * dm
Sis