vários exercícios resolvidos mecânica dos fluidos

Elementos e Mecânica dos Fluídos Exemplo – No tubo da figura, determinar a vazão em volume e a velocidade na seção ( 2 ), sabendo – se que o fluído é água.

Nota: Como o fluido é incompressível, (líquido) então a Equação da Continuidade nos dá:

Q1 = Q2

Q =v×A

v1 × A1 = v 2 × A2 v2 =

v1 × A1 A2

1m s × 10 cm 2

⇒

v2 =

⇒

Q1 = 1

5 cm 2

⇒

v2 = 2 m s

A vazão será:

Q1 = v1 × A1

m 1m 2 × 10 cm 2 × 4 s 10 cm 2

⇒

Q1 = 10−3 m 3 s

m 1m 2 × 5 cm 2 × 4 s 10 cm 2

⇒

Q2 = 10−3 m3 s

ou

Q2 = v 2 × A2

⇒

Q2 = 2

Portanto:

Q = 10 −3

m 3 1000L × s 1m3

⇒

Q = 1L s

Paulo Vinicius Rodrigues de Lima [email protected]

Elementos e Mecânica dos Fluídos 2

Exemplo resolvido 4.1 – Ar escoa num tubo convergente. A área de maior seção do tubo é 20cm e a

10cm 2 . A massa específica do ar na seção (1) é 0,12utm m 3 , enquanto na seção (2) é 0,09utm m 3 . Sendo a velocidade na seção (1) 10 m s , determinar a velocidade na seção (2) e a vazão

menor

em massa.

Nota: Trata-se de fluído compressível, ρ1 ≠ ρ2 e a Equação da Continuidade nos dá Qm1 = Qm 2 .

Qm1 = Qm 2

Qm = ρ × v × A

ρ1 × v1 × A1 = ρ2 × v 2 × A2 v2 =

ρ1 × v1 × A1 ρ2 × A2

Qm = ρ1 × v1 × A1

0,12 ⇒

utm m

v2 =

0,09

⇒

Qm = 0,12

× 10

3

utm m3

utm m

3

m × 20 cm 2 s

× 10 cm

× 10

⇒

v 2 = 26,67 m s

2

1m 2 m × 20 cm 2 × 4 s 10 cm 2

⇒

Qm = 2,4 × 10 −3 utm s

ou

Qm = ρ2 × v 2 × A2

⇒

1m 2 m 2 Qm = 0,09 3 × 26,67 × 10 cm × 4 s 10 cm 2 m utm


⇒

Qm = 2,4 × 10 −3 utm s

Elementos e Mecânica dos Fluídos

( ) , num reservatório com uma vazão de 20L s . No mesmo reservatório é trazido óleo ( ρ = 80utm m ) por outro tubo com a vazão de 10L s .

Exemplo resolvido 4.2 – Um tubo admite água ρ = 100utm m

3

3

A mistura homogênea formada é descarregada por um tubo cuja seção tem uma área de Determinar a massa específica da mistura no tubo de descarga e a velocidade da mesma.

30cm 2 .

Pela Equação da Continuidade:

Qm1 + Qm 2 = Qm 3

Qm = ρ × Q

ρ1 × Q1 + ρ2 × Q2 = ρ3 × Q3 Como os fluídos admitidos são incompressíveis, além de ser válida a Equação da Continuidade, vale a relação:

Q3 = Q1 + Q2

⇒

Q3 = 20

L L + 10 s s

⇒

Q3 = 30 L s

Logo:

ρ1 × Q1 + ρ2 × Q2 = ρ3 × Q3

ρ3 =

2000

⇒

ρ × Q1 + ρ2 × Q2 ρ3 = 1 Q3

utm L utm L × + 800 3 × 3 m s m s L 30 s

⇒

ρ3 =

ρ3 =

utm L × m3 s L 30 s

Q3 A3

⇒

⇒

v 3 = 10 m s

utm L utm L × 20 + 80 3 × 10 3 m s m s L 30 s

2800 ⇒

1

v3 =

100

L 1m3 30 × s 1000 L v3 = 1m 2 30 cm 2 × 4 10 cm 2


⇒

ρ3 = 93,3 utm m 3

⇒

Elementos e Mecânica dos Fluídos Exemplo resolvido 4.5 – No dispositivo da figura, o pistão desloca-se 0,5m e o trabalho realizado nesse deslocamento é 50kgf × 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 L s ; c) A pressão na face do pistão.

N =?

W = 50kgf × m S = 0,5m t = 0,5s

N=

W t

V Q= d t

⇒

Q=? P =?

N=

⇒ Q=

N = P ×Q

⇒

50kgf × m 0,5s

Ap × S

P=

t N Q

⇒

N = 100 kgf × m s

50 cm 2 × ⇒

⇒

Q=

P=

1m 2 104 cm 2 0,5 s

100 kgf × m s 5 × 10−3 m 3

1

× 0,5 m

⇒

s


⇒

P = 20.000

Q = 5 × 10−3 m 3 s

kgf m2

ou

P =2

kgf cm 2

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.1 – Ar escoa por um tubo de seção constante de diâmetro 5cm . Numa seção (1) a massa específica é

0,12utm m 3 e a sua velocidade é de 20 m s . Sabendo-se que o regime é permanente e que o escoamento é isotérmico, determinar: 2

a) A velocidade do gás na seção (2), sabendo que a pressão na seção (1) é 1kgf cm (abs) e na 2

seção (2) é 0,8 kgf cm (abs); b) A vazão em massa; c) A vazão em volume em (1) e (2).

Nota: O fluído é gás, portanto, não pode ser caculada a vazão em volume.

a) v 2 = ?

v2 =

P1 × v1 P2

⇒

⇒

( abs )

P2 = 0,8 kgf cm 2

Pv = cte

∴ p1v1 = p2v 2

v1 = 20 m s

P1 = 1kgf cm 2

⇒

Escoamento isotérmico

ρ1 = 0,12 utm m 3

A1 = A2 t1 = t 2

( abs ) v2 =

P1 × v1 = P2 × v 2

⇒

cm 2 × 20 m s

1 kgf

0,8 kgf

cm 2

⇒

v2 =

P1 × v1 P2

⇒

ρ2 = 0,096 utm m 3

v 2 = 25 m s

b ) Qm = ρ1 × Q1 = ρ1 × v1 × A1

(

m π × 0,05 m × Qm = 0,12 3 × 20 4 s m utm

)

2

⇒

Qm = 4,71× 10 −3 utm s

c ) Q1 = ? Q1 = v1 × A1 Q2 = v 2 × A2

⇒ ⇒

m π × ( 0,05m ) Q1 = 20 × s 4

2

m π × ( 0,05m ) Q1 = 25 × s 4

Q1 = 39,27 × 10 −3 m 3 s

⇒ 2

Q1 = 49,09 × 10 −3 m 3 s

⇒

d ) ρ2 = ? ρ1 × v1 × A1 = ρ2 × v 2 × A2

⇒

ρ2 =

ρ1 × v1 v2

utm m × 20 3 m s 25 m s

0,12 ⇒

ρ2 =

ou Qm = ρ2 × v 2 × A2

⇒

ρ2 =

Qm v 2 × A2

⇒

ρ2 =

4,71× 10 −3 utm s 25

m π × ( 0,05m ) × 4 s


2

⇒

ρ2 = 0,096 utm m 3

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.2 – Os reservatórios I e II da figura são cúbicos e enchidos pelos tubos respectivamente em 100 e 500 s. Determinar a velocidade da água na seção “A” indicada, sabendo – se que o diâmetro é 1 m.

VI = 5m × 5m × 5m VI = 125m

3

π × D2 AA = 4

⇒

AA =

π × (1m ) 4

AA = 0,7853m 2 VII = 10m × 10m × 10m VII = 1000m 3

v= Qentrada = Qsaída

QA AA

⇒

v=

v = 4,13 m s

QA = QI + QII QA =

VI V + II ΔtI ΔtII

125m 3 1000m 3 + 100s 500s 3 1,25m 2m 3 + QA = s s QA =

QA = 3,25 m 3 s


3,25 m 3 s 0,7853 m 2

2

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.4 – Um propulsor a jato queima 0,1utm s de combustível quando o avião voa a velocidade de 200 m s . Sendo dados:

ρar = 0,12 utm m 3 ; ρm = 0,05 utm m 3 , na seção (2);

A1 = 0,3m 2 e A2 = 0,2m 2 .

( ) na seção de saída.

Determinar a velocidade dos gases queimados v m

Qm1 + Qm 3 = Qm 2 Q1 × ρ1 + Q3 × ρ3 = Q2 × ρ2

(v1 × A1 × ρ1 ) + 0,1

utm = (v 2 × A2 × ρ2 ) s

⎛ utm ⎞ utm ⎛ utm ⎞ m 2 2 ⎜ ⎟ × 0,3 m × 0,12 + 0,1 = v × 0,2 m × 0,05 200 ⎜ ⎟ 1 ⎜ 2 3 ⎟ s m3 ⎠ s ⎝ m ⎠ ⎝ utm utm utm 7,2 + 0,1 = v 2 × 0,01 s s m 7,3 utm s v2 = 0,01 utm m v 2 = 730 m s


Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.7 – O tanque da figura pode ser enchido pela água que entra pela válvula A em 5h., pela que entra por B em 3h. e pode ser esvaziado (quando totalmente cheio) pela válvula C em 4h. (supondo vazão constante). Abrindo todas as válvulas (A,B,C,D) ao mesmo tempo o tanque matem-se totalmente cheio. Determinar a área da seção de D se o jato de água deve atingir o ponto O da figura. Dado: g = 10 m s . 2

Lembrar: Q0 = v0 × A0 Pela equação da continuidade: QA + QB + = QC + QD 30m3 30m3 30m3 + = + QD 5h 3h 4h QD = 8,5 m3 h

movimento da gota: ⇒ na horizantal: MRU X = x0 + vD × t

⇒ na vertical: MRUV (queda livre) t0 = 0 } 1 Y = y0 + v D × t − g × t 2 2 1 0 = 5 + 0 − ×10t 2 ⇒ t = 1s 2

Assim: QD = vD × AD AD =

QD vD 2

m3 1h 8,5 × h 3600 s AD = m 10 s

em "X": X = x0 + vD × t f 10 = 0 + vD × 1 vD = 10 m s

AD = 2,361× 10−4 m 2 ou AD = 2,361cm 2


Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.8 – Sabendo-se que num conduto de seção circular o diagrama de velocidade é parabólico dado pela

⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ equação v = vmáx = ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ , onde v é uma velocidade genérica, vmáx é a velocidade no eixo do ⎣⎢ ⎝ R ⎠ ⎦⎥ conduto, r é um raio genérico e R é o raio do conduto. Calcular a velocidade média na seção 1 (escoamento laminar). Sabe-se que: vm = × ∫ v dA . A

v=

1 × v dA A ∫A ( r )

⇒

v=

⎧⎪ ⎫⎪ ⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ 1 v × ⎨ máx ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ × 2π × r × dr ⎬ 2 ∫ π × R A ⎩⎪ ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦ ⎭⎪

⎧⎪ ⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ ⎫⎪ v máx × 2 π 1 r dr × − × × v= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ ∫A ⎢ ⎜⎝ R ⎟⎠ ⎥ π × R2 ⎪⎩ ⎣ ⎪⎭ ⎦

v=

2v máx R ⎛ r 3 × dr ⎞ r dr × × − ⎟ ∫0 ⎜⎝ R2 R2 ⎠ R

R

⎡ r4 ⎤ 2v máx ⎡ r 2 ⎤ v= ×⎢ ⎥ −⎢ 2⎥ R2 ⎣ 2 ⎦ 0 ⎣ 4R ⎦ 0

v=

2v máx R

2

R2 × 4

⇒

⇒

v=

⇒

⇒

v=

⇒

2 ⎫⎪ 2v máx R ⎧⎪ ⎡ ⎛ r ⎞ ⎤ v= 1 r dr × − × ⇒ ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ ∫0 ⎢ ⎜⎝ R ⎟⎠ ⎥ R2 ⎪⎩ ⎣ ⎪ ⎦ ⎭

⎛ 1 R 3 ⎞⎤ 2v máx ⎡ R r dr × × − ) ⎜ 2 × ∫ r × dr ⎟ ⎥ ⎢∫ ( 2 R ⎢⎣ 0 ⎝R 0 ⎠ ⎥⎦

2v máx ⎛ R 2 R 2 ⎞ ×⎜ − v= ⎟ R2 4 ⎠ ⎝ 2

v máx 2


⇒

⇒

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.9 – Sabe-se que num conduto de seção circular o diagrama de velocidade é exponencial dado pela 17

r⎞ ⎛ equação: v = vmax ⎜ 1 − ⎟ , onde v é a velocidade genérica, vmax é a velocidade no eixo do conduto, r é ⎝ R⎠ um raio genérico, R é o raio do conduto. Calcular a velocidade média na seção (escoamento turbulento). 1 Sabe-se que: vm = ∫ v × dA . A

dA = 2π× r × dr

(ver exercício 4.8)

A = π× R

(ver exercício 4.8)

2

17

R

1 v × dA A∫

v=

R 2v max 17 × ( R − r ) × r × dr 2 17 ∫ R ×R 0

⇒

v=

17

1 r ⎞ ⎛ 1 − ⎟ × 2π × r × dr v 2 ∫ max ⎜ π×R 0 ⎝ R⎠

v=

⇒

v=

⇒

v=

2 π × v max R ⎛ R − r ⎞ × ∫⎜ × r × dr R ⎟⎠ π × R2 0⎝

2v max R 17 × ∫ ( R − r ) × r × dr 15 7 R 0

note: R −r =t r = R −t dr = −dt

v=

2v max R 1 7 × ( t ) × ( R − t ) × ( −dt ) R15 7 ∫0 R

(

I = ∫ Rt

17

−t

87

R

) × ( −dt )

⇒

0

⎛ 7t 15 7 I =⎜ ⎜ 15 ⎝

⇒

v=

(

− Rt

I=∫ t

87

2v max ×I R 15 7 17

R

) × dt

⇒

0

R

0

⎞ ⎛ 7t 8 7 ⎟ −R⎜ ⎟ ⎜ 8 ⎠ ⎝

R

0

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎡⎛ ⎛ R 15 7 ⎞ R 8 7 ⎞⎤ I = 7 × ⎢⎜ 0 − ⎟ − R ⎜0 − ⎟⎥ 15 ⎠ 8 ⎠⎦ ⎝ ⎣⎝

⇒

⎡ 7R 15 7 ⎤ I = 7× ⎢ ⎥ ⎣ 120 ⎦

⇒

2v v = 15max7 × I R

⇒

I=

49R 15 7 120 1

⇒

v=

2 v max R

15 7

×

R

0

60

⇒

v=

49v max 60


⇒

0

87 ⎞ ⎛ ⎟ − R ⎜ (R − r ) ⎟ ⎜ 8 ⎠ ⎝

⎡ R15 7 R15 7 ⎤ I = 7 × ⎢− + ⎥ 8 ⎦ ⎣ 15

49 R 15 7 120

I = ∫ t dt − R ∫ t 1 7dt 0

15 7 ⎡⎛ (R − r ) I = 7 × ⎢⎜ ⎢⎜ 15 ⎣⎢⎝

⇒

R

87

⇒

R

0

⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎠ ⎦⎥

⇒

⎡ −8R 15 7 + 15R15 7 ⎤ I = 7× ⎢ ⎥ 120 ⎣ ⎦

⇒

⇒

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.10 – No sistema da figura, sabe-se que na seção (1) de área 30 cm2 (circular), o escoamento é laminar. As velocidades dos pistões são indicadas na figura. Qual a vazão em kg/s no retorno, se Dado:

γ = 10.000 N m3 ?

g = 10 m s 2 .

Q1 + Q2 = Q3 + Q4 + QR 123 14 4244 3 Q saída ∑ Qentrada ∑

vmax × A1 2 1m 2 6m s Q1 = × 30 cm 2 × 4 2 2 10 cm Q1 = v1 × A1 ⇒

Q3 = v3 × A3

Q2 = v2 × A2 Q2 = 3 m s × 10 cm 2 ×

1m 2 104 cm 2

Q3 = 2 m s × 20 cm 2 ×

Q1 = 9 × 10−3 m3 s

Q2 = 3 ×10−3 m3 s

Q3 = 4 ×10−3 m3 s

ou Q1 = 9 l s

ou

ou

Q2 = 3 l s

Q3 = 4 l s

Q1 + Q2 = Q3 + Q4 + QR 123 14 4244 3 ∑ Qentrada ∑ Qsaída 9 + 3 = 4 + 3 + QR

QMR = ρ× QR

Q4 = 3 ×10−3 m3 s

QR = 5 l s

QMR =

ou Q4 = 3 l s

ou

Q4 = v4 × A4 Q4 = 1 m s × 30 cm × 2

1m 2 104 cm 2

QR = 5 × 10−3 m3 s

QMR =

[email protected]

104 cm 2

γ × QR g 10.000 N m3

QMR = 5

10 m s 2 N ×s m

QMR = 5 kg s

Paulo Vinicius Rodrigues de Lima

1m 2

1

× 5 ×10−3

⇒ QMR = 5

m3 s

kg × m s2

1

×

s m


4.11 – No circuito hidráulico abaixo, que opera com óleo de peso específico 8000 N m , há um vazamento. Determinar a despesa diária do óleo vazado, sabendo – se que seu custo é US$ 0,10/ kg. Dados: v A = 2,5 m s ; AA = 40cm ; v B = 2,1m s ; AB = 45cm ; g = 10 m s . 2

2

49 v1 = × v máx . ( turbulento ) 60 49 v1 = × 6m s 60

γ = ρ×g 8000 ρ=

v1 = 4,9 m s

2

γ ρ= g

⇒

⇒

8000 N m 3 ρ= 10 m s 2

kg × m m3 × s 2

10 m s

2

⇒

ρ = 800 kg m 3

Qm1 = QmA + QmB + Qm vaz. Q1 × ρ1 = QA × ρA + QB × ρB + Qm vaz.

(v1 × A1 × ρ1 ) = (v A × AA × ρA ) + (v B × AB × ρB ) + Qm vaz. m kg ⎞ ⎛ m kg ⎞ ⎛ m kg ⎞ ⎛ 2 2 2 −4 −4 −4 ⎜ 4,9 × 40 × 10 m × 800 3 ⎟ = ⎜ 2,5 × 40 × 10 m × 800 3 ⎟ + ⎜ 2,1 × 45 × 10 m × 800 3 ⎟ + Qm vaz. s m ⎠ ⎝ s m ⎠ ⎝ s m ⎠ ⎝ kg kg kg 15,68 =8 + 7,56 + Qm vaz. s s s Qm vaz. = 0,12 kg s

Despesa = 0,12

kg s

×

US $0,10 3600 s 24 h × × dia 1h kg

Despesa = 1036,8 US $ dia


Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.12 – Determinar o tipo de escoamento na seção (3). Dados:

Re1 = 5714 ; Re2 = 8929 ; υ = 8,4 × 10−5 m 2 s . Obs: Re =

DH × v

υ

e DH = 4 × RH = 4

A . p

Onde:

RH = raio hidráulico A = seção transversal molhada p = perímetro da seção em contato com o fluído

Re1 =

v1 × DH 1

υ

A a×b DH 1 = 4 × 1 = 4 × p1 2 × (a + b ) 2 × ( ab ) DH 1 = a + b3 144244

SEÇÃO RETANGULAR m ,3 m 40,2 74 8 6 4074 8⎞ ⎛6 ⎜ 2 × 200mm × 300mm ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ DH 1 = 0,2 m 0,3 m 6 474 8 6 474 8 200mm + 300mm

DH 1 =

2

0,12 m 0,5 m

v1 × DH 1

υ

Equação da continuidade

υ

π × ( D2 ) 4 A1 = 4× p1 π × D2 2

DH 2 = 4 ×

( )

π × D2

DH 2 = 4 ×

2

×

4

1 π × D2

DH 2 = D2 1424 3

⇒

v1 =

Re1× υ DH 1 1

⇒

v1 ≅ 2,0 m s

v2 =

474 8 6 474 8⎞ m ⎛6 Q1 = 1,99 × ⎜ 200mm × 300mm ⎟ ⎟ s ⎜ ⎝ ⎠ −1 3 Q1 = 1,19 × 10 m s 0,2 m

−1

Q1 ≅ 1,2 × 10 m s 3

0,3 m

v × DH 2

DH 3 × v 3

υ

Q3 2,67 × 10 −1 m 3 s = A3 550 mm mm 1 424 3 × 550 1 424 3 0,55 m

υ Re2 × υ

v3 =

DH 2 −5

8929 × 8,4 × 10 m 0,25 m

2

1

0,55 m

2,67 × 10 −1 m 3 0,3025 m

1

s

2

v 3 = 0,883 m s s DH 3 = 4 ×

v 2 = 3,00 m s

A3 lx l = 4× p3 4×l

DH 3 = l 1 424 3

SEÇÃO QUADRADA

m π × ( D2 ) Q2 = 3,00 × s 4 Q2 = 3,00

m3 s

Q3 = 2,67 × 10−1 m3 s

v3 =

Q2 = v 2 × A2

Q1 = v1 × A1

Q3 = (1,2 + 1,47 ) × 10 −1

Re3 =

DH 2 = 250mm

v2 =

(fluído incompressível) Q3 = Q1 + Q2

Re3 = ?

SEÇÃO CIRCULAR

Re2 =

5714 × 8,4 × 10 −5 m 2 s v1 = 0,24 m v1 = 1,99 m s

v × DH 2

DH 2 = 0,25m

1

DH 1 = 0,24m

Re1 =

Re2 =

2

m π × ( 0,25m ) × s 4 −1

Q2 ≅ 1,47 × 10 m s 3

DH 3 = 0,55m 2

Re3 = Re3 =

DH 3 × v 3

υ

0,55 m × 0,883 m s 8,4 × 10 −5 m 2 s

Re3 = 5781,6 turbulento Paulo Vinicius Rodrigues de Lima [email protected]

∴

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.13 – Com o registro “R” inicialmente fechado, o nível do reservatório apresenta uma variação Δh = 10cm num intervalo de tempo de 10s . A partir deste instante, o registro é aberto, permanecendo constante o nível do reservatório. Pede-se: a) O diâmetro da seção transversal do tubo que abastece o tanque, sabendo-se que na mesma a velocidade 4m s e o máxima é escoamento é turbulento; b) Após o nível constante, qual o alcance “X” do jato; c) Regime de escoamento no tubo de saída dado υ = 10 m s ; d) Diâmetro do tubo se o regime for laminar. −6

2

a ) Dt = ? Q =v×A

4Q v ×π 17

r ⎞ ⎛ v m = v máx ⎜ 1 − ⎟ ∴ ⎝ R⎠ 49 vm = × v máx ( turbulento ) 60 49 vm = × 4m s 60

ν m = 3,267 m s

Q =v×A

0,00641m 3 s

⇒

v=

Q A

⇒

0,00641 m3

1

v=

Q π × D2 4

s

⇒ v = 13,058 m s π × ( 0,025m ) 4,909 × 10 m 2 4 na vertical: na horizontal: 1 X = x0 + ν × t Y = y0 +ν × t − g × t 2 2 m X = 0 + 13,058 × 0,5 s 1 m 2 × t − × 10 2 × t 0 = 1,25m + ν{ s 2 s t0 =0 X = 6,529m 0 = 1,25 − 5t 2 v=

π × Dt 2 Q =v× 4 = × π × Dt 2 4Q v Dt =

X =?

b)

t=

⇒

2

1,25 m 5 m s2

⇒

v=

−4

t = 0,5s

c ) Regime = ? D ×ν × ρ D ×ν 0,025m × 13,06 m s Re = = = 10 −6 m 2 s υ μ

V Δh × Atq = t t 0,10m × 0,641m 2 Q= 10s Q=

Re = 32.6500 ∴ Re > 4000

⇒

regime turbulento

d ) Regime laminar Re ≤ 2000

Q = 0,00641m 3 s

Re =

D ×v

υ

⇒

D=

Re× υ v

( eq.1)

Laminar Re ≤ 2000

4Q Dt = v ×π

Q =v×A 2

Dt =

4 × 0,00641 m 3 s 3,267 m s × π

Dt ≅ 0,05m ou Dt ≅ 5cm

⇒

Q =v×

π × D2 4

⇒

4Q π × D2

v=

( eq.2 )

Substituindo 2 em 1: Re× υ D= 4Q π × D2

⇒

Re× υ × π × D 2 D= 4Q

⇒

Re× υ × π × D 2 4Q = D

1

4Q 4 × 0,00641 m 3 s D= = Re× π × υ 2000 × π × 10 −6 m 2 s Paulo Vinicius Rodrigues de Lima [email protected]

⇒

D = 4,08m

1

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.14 – Dados: fluídos ideais. Seção (1): A1 = 10cm ; γ1 = 10 kN m 2

3

Seção (2): A2 = 20cm ; v 2 = 0,25 m s ; ρ2 = ? (S.I.) 2

Seção (3): A3 = 30cm ; γ 3 = 9,5 kN m ; Qm 3 = ? (S.I.) . 2

Equação da continuidade (fluído ideal) Q1 + Q2 = Q3 Q1 = v1 × A1 v máx ( escoamento laminar ) 2 2m s ⇒ v1 = 1m s v1 = 2 Q1 = v1 × A1 v1 =

m Q1 = 1 × 10 × 10−4 m 2 s Q1 = 1,0 × 10−3 m 3 s Q2 = v 2 × A2 Q2 = 0,25

m × 20 × 10−4 m 2 s

3

Qm1 + Qm 2 = Qm 3

γ 3 = ρ3 × g

Qm1 = Q1 × ρ1

γ ρ3 = 3 g ρ3 = ρ3 =

Qm1 = 1,0 × 10−3

9,5 kN m3 10 m s 2 9500 N m 10 m s 2

Qm1 = 1,0 kg s 3

Qm 2 = 0,5 × 10−3

ρ3 = 950 kg m3 Qm 3 = Q3 × ρ3 Qm 3 = 1,5 × 10−3

Qm 2 = Qm 3 − Qm1 3

m kg × 950 3 s m

Qm 3 = 1,425 kg s γ1 = ρ1 × g γ3 g

m3 m3 Q3 = 1× 10−3 + 0,5 × 10−3 s s

ρ1 =

10 kN m3 10 m s 2

Q3 = 1,5 × 10−3 m 3 s

ρ1 =

10.000 N m3 10 m s 2

Q3 = Q1 + Q2

m3 × ρ2 s

Qm 3 = 1,425 kg s

ρ1 =

Q2 = 0,5 × 10−3 m 3 s

m3 kg × 1000 3 s m

ρ1 = 1000 kg m 3


m3 kg kg × ρ2 = 1,425 − 1,0 s s s 0,425 kg s ρ2 = 0,5 × 10−3 m3 s 0,5 × 10−3

ρ2 = 850 kg m3

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.15 – O tanque maior da figura abaixo permanece a nível constante. O escoamento na calha tem uma seção constante transversal quadrada e é bidimensional obedecendo a equação v = 3 y . Sabendo que o 2

3

tanque “B” tem 1m e é totalmente preenchido em 5 segundos e o conduto circular tem 30 cm de diâmetro, pede-se: a) b) c) d)

Qual a velocidade média na calha quadrada? Qual a vazão no conduto circular de 30 cm de diâmetro? Qual a velocidade máxima na seção do conduto circular de 30 cm de diâmetro? Qual o tipo de escoamento no conduto circular de 30 cm de diâmetro?

a ) v média da calha quadrada 1 v × dA A∫ 1 3 y 2 × 1dy = ∫ 1× 1

v calha = v calha

v calha = ∫ 3 y 2 × 1dy v calha = v calha

3y 3

3 1

0

⎡ 3 (1)3 ⎤ ⎡ 3 ( 0 )3 ⎤ =⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎥⎦

v calha = 1m s

b ) Qφ 30cm = ?

c ) v média no conduto

Equação da continuidade (fluído incompressível) Qcalha = Qφ 30cm + QB

φ = 30cm = 0,3m r = 15cm = 0,15m Qφ 30cm = v φ 30 cm × Aφ 30 cm

VB 1m3 = 5s tB

v φ 30cm =

Qφ 30cm

QB = 0,2 m3 s

v φ 30cm =

Qcalha = v calha × Acalha

v φ 30cm =

0,8 m 3 s π×r 2 0,8 m 3 s

QB =

Qcalha

m = 1 × 1m 2 s

Qcalha = 1m3 s

v φ 30cm =

Aφ 30 cm

π × ( 0,15m ) 0,8 m 3

1

2

s

π × 0,0225 m 2

v φ 30cm = 11,32 m s

Qcalha = Qφ 30cm + QB Qφ 30cm = Qcalha − QB Qφ 30cm

m3 m3 =1 − 0,2 s s

Qφ 30cm = 0,8 m3 s

d)

Tipo de escoamento

Re = Re =

D ×v

υ

0,30 m × 11,32 =

3,396 10−6

10−6 m 2 s ⇒

∴ Re > 4000 Paulo Vinicius Rodrigues de Lima [email protected]

m s

Re = 3.396.000 ⇒

turbulento

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.16 – No sistema da figura a água é descarregada do cilindro e percorre uma distância a = 19,8m , caindo de uma altura b = 20,5m . Durante o processo que dura 6,0min. , no tanque A que tem 0,5m de base, o nível de água sofre um desvio de 27cm

2

( Δh ) . Calcular:

a) Velocidade da água na saída do cilindro v 3 ; b) Velocidade do pistão vp e o sentido do seu movimento. Dados: Dp = 30cm

; D3 = 1cm .

Δh = 27cm = 0,27m

Dp = 30cm = 0,3m

base = 0,5m

D3 = 1cm = 0,01m

2

V Δh × Abase 0,27m × 0,5m 2 Q= = = 360s t t a) v 3 = ?

⇒

6,0min = 360s

Q = 3,75 × 10−4 m3 s

b ) vp = ?

Queda Livre

Q3 = v 3 × A3

na vertical: 1 b = b0 + v × t − g × t 2 2 1 0 = 20,5 + { v × t − × 10 × t 2 2 t =0 0

0 = 20,5 − 5t 2 t=

20,5 5

m π × ( 0,01m ) ⇒ Q3 = 9,78 × s 4

⇒

t = 2,024s

na horizontal a = a0 + v × t 19,8 = 0 + v × 2,02 19,8 v= 2,024 v = v 3 = 9,78 m s

2

Q3 = 7,681× 10−4 m3 s Logo : Q = Q3 + Qp

⇒ Qp = Q − Q3

Qp = Q − Q3 Qp = 3,75 × 10−4

m3 m3 − 7,681× 10 −4 s s

Qp = −3,931× 10−4 m3 s

Qp = vp × Ap

⇒

vp =

⇒

pistão descendo

Qp Ap

1

vp =

−3,931× 10−4 m3 s

(

π × 0,3 m 4


)

2

⇒

vp = −0,00556 m s


ρA = 1,2 kg m3 e ρB = 0,95 kg m3 encontram-se em um cilindro onde formam uma mistura homogênea. O pistão de diâmetro DP = 18,5cm se movimenta para baixo com velocidade de 1,6 cm s e a mistura resultante sai do cilindro com velocidade vC = 12,5 m s . Calcular: 4.17 – Dois gases de massas específicas diferentes

a) Velocidade

vB ;

b) Massa específica da mistura de gases. Dados:

v A = 25 m s ; DA = 1,5cm ; QmB = 16,5 kg h ; DB = 2,5cm ; DC = 2,0cm

a) v B = ?

vB =

QB = v B × AB QmB = QB × ρB

vB =

π × ( DB ) 4 4,82 × 10−3 m3 s 2

π × ( 0,025m ) 4 v B = 9,82 m s

Q QB = mB ρB QB =

4,82 × 10−3 m3 s

16,5 kg h

2

0,95 kg m3

QB = 17,37 m3 h ou QB = 4,82 × 10−3 m3 s

Equação da continuidade (fluído compresível) QmA + QmB + QmP = QmC

( ρA × v A × AA ) + QmB + ( ρP × v P × AP ) = ( ρC × vC × AC ) 2 ⎛ 1h ⎞ ⎛ kg m π × ( DA ) ⎞ ⎛ kg ⎜ 1,2 ⎟ + 16,5 × × 25 × + ⎜ρ

m π × ( DP ) ⎟ ⎜ C × 0,016 × s 3600s ⎠ 4 ⎝

2

2 ⎞ ⎛ m π × ( DC ) ⎞ ⎟ = ⎜ ρC × 12,5 × ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ s 4 ⎠ ⎝ ⎠

⎜ m3 ⎟ ⎜⎝ s 4 h ⎝ ⎠ 2 2 2 ⎛ ⎛ π × 0,015 m ⎞ ⎛ kg m π × ( 0,185m ) ⎞ ⎛ m π × ( 0,02m ) ⎞ −3 kg ⎞ ⎜ 30 ⎟ ⎟ = ⎜ ρC × 12,5 × ⎟ × + 4,58 × 10 + ⎜ ρC × 0,016 × ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ ⎟ ⎜ ⎟ 4 s ⎟⎠ ⎜ s 4 s 4 m2 × s ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(

)

3 3 ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ −3 kg ⎞ −3 kg ⎞ −4 m ⎞ −3 m ⎞ × + × + ρ × × = ρ × × 5,30 10 4,58 10 4,30 10 3,93 10 ⎟ ⎜ C ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ C s ⎠ ⎝ s ⎠ ⎝ s ⎠ ⎝ s ⎠ ⎝ 3 3 ⎛ ⎛ −3 m ⎞ −4 m ⎞ −3 kg ρ × × − ρ × × 10 3,93 10 4,30 ⎜ C ⎟ ⎜ C ⎟ = 9,88 × 10 s ⎠ s s ⎠ ⎝ ⎝ 3 m kg ρC × 3,5 × 10 −3 = 9,88 × 10 −3 s s −3 9,88 × 10 kg s ρC = ⇒ ρC = 2,82 kg m 3 3,5 × 10 −3 m3 s


Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.18 – Sabendo –se que a seção transversal (I) é quadrada e que

v I = 20 m s , determinar o valor do lado

dessa seção, assim como o tipo de escoamento na mesma, considerando

g = 10 m s 2 e υ = 10−6 m 2 s .

O jato que sai da seção circular (II), de diâmetro 10cm , chega ao ponto “O” marcado na figura e o jato que sai da tubulação (III) enche o reservatório de dimensões conhecidas em 100 segundos. Dados:

QIII =

y 0 = 45m ; x0 = ( 6 π ) m ; ABase = 0,15m 2 ; H = 2m .

VIII tIII

QI = v I × AI

na vertical

2

0,3m QIII = 100s

1 y 0 = y + v II × t0 + gt 2 2 t0 = 0 678 1 45m = 0 + v II × t0 + gt 2 2 1 2 2 × 45m gt = 45m ⇒ t = 2 g

l = 0,0004m 2

QIII = 0,003 m 3 s

t= 9

l = 0, 02m

VIII = ABase × H VIII = 0,15m 2 × 2m VIII = 0,3m

3 3

v II =

QII = v II × AII AII = AII =

π × ( DII )

v II =

2

4 π × ( 0,1m ) 4

na horizontal

2

⇒

t = 3s

6π 6π = 3s t

2

QII = 0,005 m 3 s

x0 = x + v II × t 6 π = 0 + v II × t v II =

6π t

AI = 0,0004m 2 AI = l 2

Re =

2 ms π

π × ( 0,1m ) 2 QII = m s × 4 π

Q 0,008 m3 s AI = I = vI 20 m s ⇒

l = AI

DH × v I

υ

DH = 4 ×

A3 p3

DH = 4 ×

lx l 4×l

DH = l 123

seção quadrada

Equação da continuidade (fluído incompressível) QI = QII + QIII QI = 0,005 + 0,003 QI = 0,008 m 3 s


Re =

0,02 m × 20 m s

10−6 m 2 s Re = 400.000 ∴ escoamento turbulento

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.19 – O escoamento na seção A é turbulento. Após a seção A o fluído abastece 3 reservatórios como é mostrado na figura. A velocidade no eixo da seção A é conhecida. Os reservatórios I, II, e III são abastecidos respectivamente pelos tubos B, C e D. O reservatório I é abastecido em 100 segundos. O reservatório II é abastecido em 500 segundos, sendo o escoamento no tubo C laminar. O reservatório II é cúbico de aresta 4m. Determinar: a) b) c) d)

A vazão em volume na seção A; A vazão em massa no tubo C; A velocidade do fluxo no eixo do tubo C; A vazão em volume no tubo D

Dados:

γ = 9000N m3 ;

DC = 800

π

g = 10 m s 2

;

v eixo A = 30 4,9 m s ;

DA = 100

(2 π)

cm ;

cm .

a ) QA = v A × AA vA =

49 × v máx 60

vA =

49 60

10 2

30

×

1

4,9

1

ms

QmC = QC × ρ

vA = 5m s

AA = AA = AA =

QmC = QC ×

π × ( DA )

2

4

(

π × 100

QmC = 1,6

( 2 π )cm ) 4

(

2

m3 9000 N m3 × s 10 m s 2

QmC = 1440

)

N ×s m

⎛ Kg ⎞ ⎜ s ⎟ ⎝ ⎠

vC =

1,6 m 3 16 m

1

s

2

v C = 0,1m s v máx = 2 × v C v máx = 2 × 0,1m s

c ) v máx = ?

4

AA = 0,5m

QC AC

v máx = 0,2 m s

π × 10 4 × 2 π cm 2

AA = 5000 cm 2 ×

1m 4

2

10 cm

2

vc = v máx

2

vC = QA = v A × AA QA = 5 m s × 0,5m

2

QA = 2,5 m 3 s

b ) QmC = ? QmC = QC × ρ QC =

γ g

vC =

VC tC

AC =

d ) QD = ?

v máx (laminar ) 2 = 2 × vC QC AC π × ( DC )

2

QB =

VB tB

QB =

4m × 4m × 5m 100s

QB = 0,8 m 3 s

4

QA = QB + QC + QD

2

⎛ 800 ⎞ cm ⎟ π×⎜ ⎝ π ⎠ AC = 4 64 × 10 4 π× cm 2 π AC = 4

4m × 8m × 25m QC = 500s

AC = 16 × 10 4 cm 2 ×

QC = 1,6 m3 s

AC = 16m 2

QD = QA − QB − QC QD = 2,5 − 0,8 − 1,6 QD = 0,1m 3 s

1m 2 10 4 cm 2


Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.20 – No tanque 2 que fica cheio em 60min. , será feita uma diluição de suco concentrado, com água. Considerando que o tanque 1 tem nível constante, calcule a vazão de água no vazamento indicado na figura. Dados:Vtanque 2 Água:

= 12.000litros ; Suco: QmS = 1,5 kg s ; ρS = 1.200 kg m3

Q = 8 m3 h ; QB = 10 m3 h ; ρH2O = 1.000 kg m3

QmS = QS × ρmS QS =

QmS ρmS kg

3600 s 1h s QS = 1.200 kg m 3 1,5

×

QS = 4,5 m 3 h

Equação da continuidade (fluído incompressível) QTq2 = QH2O + QS QH2O = QTq 2 − QS QH2O = 12

m3 m3 − 4,5 h h

QH2O = 7,5 m 3 h

Se Qreciclo = 2 m 3 h e QBomba = 10 m 3 h , então concluímos que: Q = QBomba − Qreciclo Q = 8 m3 h se Q = 8 m 3 h e QH2O = 7,5 m 3 h

QTq 2 =

VTq 2 tTq 2

1m 3 1000 L = 1h 60min. × 60 min . 12.000 L ×

QTq 2

para nível constante Q A + Qreciclo = QBomba Qreciclo = QBomba − Q A Qreciclo = 10

3

3

m m −8 h h

Qreciclo = 2 m 3 h

QTq 2 = 12 m 3 h


concluímos que: vazamento = Q − QH2O vazamento = 0,5 m 3 h

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.21 – A figura apresenta dois tubos concêntricos de raios R1 = 3cm e R2 = 4cm , dentro dos quais passa

⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ óleo em sentidos contrários. O fluxo do tubo interno obedece a equação: v = v0 × ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . Esse fluxo ⎣⎢ ⎝ R ⎠ ⎦⎥ 3 divide-se em Q2 , Q3 e no fluxo de retorno QR , no tubo maior. O peso específico do óleo é 800 kgf m e a leitura da balança é 14, 4kgf em 60 segundos. O pistão desloca-se com uma velocidade de 3,8cm s e 2 tem uma área de 78,5cm . A velocidade no eixo do tubo de entrada é v0 = 2,3 m s . Pede-se determinar: a) A vazão Q1 em litros por segundo, no tubo interno; b) A vazão QR de retorno; c) A velocidade média no tubo de retorno.

Escoamento Laminar ⎡ ⎛ r ⎞2 ⎤ v v = v 0 × ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⇒ ∴ ⇒ v = 0 2 ⎢⎣ ⎝ R ⎠ ⎥⎦ 1m R1 = 3 cm × ⇒ R1 = 0,03m 100 cm 1m R2 = 4 cm × ⇒ R2 = 0,04m 100 cm vp =

3,8 cm 1m × s 100 cm

v 0R 1 = 2,3 m s v1 =

2,3 m s 2

⇒ v p = 0,038 m s

b Vazão QR de retorno γ óleo = 800 kgf m

⇒

3

QG2 =

v1 = 1,15 m s

2 2 AR = π × ⎡( R2 ) − ( R1 ) ⎤ ⎣ ⎦ 2 2 AR = π × ⎡( 0,04 ) − ( 0,03 ) ⎤ ⇒ AR = 2,199 × 10 −3 m 2 ⎣ ⎦

AR = π × ΔR 2

⇒

Q1 =

⇒

Q1 =

1,15m ⎡ 2 × π × ( R1 ) ⎤ ⎣ ⎦ s

1,15m ⎡ 2 × π × ( 0,03m ) ⎤ ⎣ ⎦ s

Q1 = 3,25 × 10

−3

m 3 1000L × s 1m3

⇒

L Q1 = 3,25 s

⇒ QG2 = 0,24 kgf s QG2

QG2 = γ × Q2

⇒ Q2 =

Q2 = 0,0003

m 3 1000L × s 1m3

Q3 = v p × Ap

a Vazão Q1 em litros por segundo Q1 = v1 × A1

G 14,4kgf = t 60s

Q3 ≅ 0,0003

⇒ Q2 =

γ ⇒

⇒ Q3 = 0,038 m 3 1000L × s 1m3

⇒

3,25 = 0,3 + 0,3 + QR

⇒

1

⇒

vR =

QR AR

⇒

800 kgf m3

Q2 = 0,3 L s m × 0,00785m 2 s Q3 ≅ 0,3 L s

Q1 = Q2 + Q3 + QR

c Velocidade de retorno

QR = v R × AR

0,24 kgf s

2,65 L 1 m 3 × s 1000 L vR = 2,199 × 10−3 m 2 Paulo Vinicius Rodrigues de Lima [email protected]

⇒

v R ≅ 1,205 m s

QR = 2,65 L s

Elementos e Mecânica dos Fluídos 4.22 – Na figura abaixo, determinar se o pistão sobe ou desce e com que velocidade? Dados:

D1 = 8cm ; v1 = 3 m s Q2 = 20 L s ; v 3 = 5 m s A3 = 20cm 2 ; Apist . = 50cm 2 .

Equação da continuidade (fluído incompressível) ∑ Qentrada = ∑ Qsaída

Q1 = v1 × A1 m π × ( D1 ) Q1 = 3 4 s Q1 = 3

Note que ∑ Qentrada = ∑ Qsaída , logo se a saída (1) + saída (3) = 2,51× 10 −2 m 3 s ,

2

m π × ( 0,08m ) × 4 s

Q1 = 1,51× 10 −2 m 3 s

e a entrada (2) = 2 × 10 −2 m 3 s ,então conclui-se que: 2

Q2 + Q4 ,obrigatoriamente têm que ser = 2,51× 10 −2 m 3 s , portanto, o pistão está subindo.

Q2 + Q4 = Q1 + Q3 Q4 = Q1 + Q3 − Q2 Q4 = 1,51× 10−2

Q2 = 20

L 1m3 × s 1000 L

m3 m3 m3 + 1× 10−2 − 2 × 10−2 s s s

Q4 = 0,51× 10 −2 m 3 s

Q2 = 2 × 10−2 m3 s Q4 = v 4 × A4 Q3 = v 3 × A3

v4 =

Q4 Apist . 1

0,51× 10−2 m 3 s

m Q3 = 5 × 2 × 10 −3 m 2 s

v4 =

Q3 = 1× 10 −2 m 3 s

v 4 = 1,02 m s

50 × 10−4 m 2


Elementos e Mecânica dos Fluídos Extra 1 – De acordo com a figura são dados: D1 = 50mm

γ H2O = 1000 kgf m 3

;

; D2 = 25mm

; υ = 10 −6 m 2 s . Determinar: v m 2

g = 10 m s 2

; Vm1 = 1m s ; Q

; QG

; ;

Qm e qual o tipo de escoamento entre (1) e (2).

⇒ Q = Q1 = Q2

Equação da Continuidade (fluído incompressível)

Q =v×A

a) v m 2 = ?

v m1 × A1 = v m 2 × A2

⇒

v m2

v ×A = m1 1 A2

⇒

vm2 =

π × ( D1 )

v m1 ×

2

4

π × ( D2 )

⇒ v m2 =

2

v m1 × ( D1 )

( D2 )

2

2

4 vm2 =

1m s × ( 50mm )

( 25mm )

2

2

1m s × 2500 mm 2

⇒ v m2 =

⇒

625 mm 2

v m2 = 4 m s

b) Q = ? Q = v m1 × A1 ou

⇒

Q = v m1 ×

π × ( D1 ) 4

2

⇒

Q = 1m s ×

π × ( 0,05m ) 4

2

⇒

Q = 1,96 × 10 −3 m 3 s

Q = 1,96 L s

c ) QG = ? QG = γ × Q

⇒

QG = 1000

kgf m3

× 1,96 × 10 −3

m3 s

⇒

QG = 1,96 kgf s

d ) Qm = ? QG = Qm × g

⇒

Qm =

QG g

⇒

Qm =

1,96 kgf s 10 m s 2

e ) Regime = ? D ×ν × ρ D1 ×ν m1 0,05m × 1m s Re1 = 1 m1 = = μ 10−6 m 2 s υ

1

⇒

Qm = 0,196 kgf × s m

Re = 50.000 ∴ Re > 4000

D2 ×ν m 2 × ρ D2 ×ν m 2 0,025m × 4 m s = = 10−6 m 2 s μ υ Re2 = 100.000 ∴ Re > 4000

Re1 = regime turbulento

Re2 = regime turbulento

Re2 =


Elementos e Mecânica dos Fluídos Extra 2 - De acordo com a figura são dados: A1 = 20cm

2

ρ1 = 1,2 kg m

; Q1

; ρ2 = 0,9 kg m . Determinar: v m 2

3

3

⇒

; Q2

; Vm1 = 75 m s

ρ1 × v m1 × A1 = ρ2 × v m 2 × A2

a) v m2 = ?

vm2 =

ρ1 × v m1 × A1 ρ2 × A2

1,2 ⇒

kg m

v m2 =

3

0,9

× 75 kg m3

m × 20 cm 2 s

× 10 cm

⇒

v m 2 = 200 m s

2

b ) Q1 = ? Q1 = v1 × A1

⇒

Q1 = 75

m × 20 × 10 −4 m 2 s

⇒

Q1 = 0,15 m 3 s

c ) Q2 = ? Q2 = v 2 × A2

⇒

Q2 = 200

m × 10 × 10 −4 m 2 s

⇒

Qm1 = 1,2

kg

⇒

Q2 = 0,20 m 3 s

d ) Qm = ?

Qm1 = ρ1 × Q1

m3

× 0,15

m3 s

⇒

Qm1 = 0,18 kg s

ou Qm 2 = ρ2 × Q2

⇒ Qm 2

m3 = 0,9 3 × 0,20 s m kg

⇒

Qm 2 = 0,18 kg s

Qm = Qm1 = Qm 2 = 0,18 kg s Paulo Vinicius Rodrigues de Lima [email protected]

;

e Qm .

⇒ Qm = Qm1 = Qm 2

Equação da Continuidade (fluído compressível) ρ1 × Q1 = ρ2 × Q2

A2 = 10cm 2

;

Qm = ρ × Q

Capítulo 7 ESCOAMENTO PERMANENTE DE FLUIDO INCOMPRESSÍVEL EM CONDUTOS FORÇADOS No Capítulo 4 apresentou-se a equação da energia com essas hipóteses, resultando: : H1 + H M = H 2 + H p1, 2 Essa equação permite determinar ao longo do escoamento alguma das variáveis que contém, isto é: HM, v, p ou z. Entretanto, esta tarefa somente será viável se for conhecida a perda de carga H p1, 2 ao longo do escoamento. Este capítulo dedica-se, fundamentalmente, ao estudo desse termo para condutos forçados, estabelecendo as bases do cálculo de instalações hidráulicas. A definição das linhas da energia e piezométrica estabelece uma maneira interessante de visualização do andamento da energia e da pressão ao longo do escoamento, que pode facilitar a solução de problemas voltados à solução de instalações. Exercício 7.1 H 0 = H1 + H p0,1 α 0 v 02

α1 v12 p1 p0 + + z0 = + + z1 + h f 0,1 2g γ 2g γ Como se trata de um gás, a diferença de cotas pode ser desprezada desde que esta não seja muito grande. Considerando a mina como um reservatório de grandes dimensões, v0 ≅ 0 e, na escala efetiva p1 = 0, obtêm-se: 2 p 0 α1 v1 L v2 = +f γ 2g D H 2g

2g v=

→

v2 = 2g

p

γ

α1 + f

L DH

p γ

L DH Como f = f(Re) e Re = f(v), o problema deverá ser resolvido por tentativas. Adota − se f → v → Re → f ′ Se f ′ = f está resolvido, se f ≠ f ′ → adota − se f ′ → v ′ → Re ′ → f ′′ e assim por diante. Uma forma de obter rapidamente o resultado, consiste em adotar o f correspondente à parte DH horizontal da curva de calculado para o problema. Observa-se que se o Re for k relativamente grande, o f estará nessa parte da curva, o que evitará novas tentativas. p 0 = γ H 2O h H 2O = 10.000 × 0,2 = 2.000 Pa α1 + f

DH =

4A 4 × 0,6 × 0,6 = = 0,6 m σ 4 × 0,6

2.000 3.150 12,7 = 500 1 + 833,3f 1+ f 0,6

20 × Logo:

Como :

v=

DH 0,6 = = 600 → do Moody − Rouse adota − se f = 0,023 k 10 −3

vD H 12,4 × 0,6 m 3.150 = 12,4 e verifica − se Re = = = 7,5 × 10 5 − 5 1 + 833,3 × 0,023 s ν 10 Ao observar o Moody-Rouse nota-se que o Re é suficientemente alto para que se possa adotar o f correspondente à parte horizontal da curva de DH/k (escoamento hidraulicamente rugoso). Nesse caso, confirma-se o f e, conseqüentemente, o valor da velocidade. Assim: v=

Q = vA = 12,4 × 0,6 × 0,6 = 4,5

m3 s

Exercício 7.2 H 0 + H B = H 7 + H p 0, 7 z 1 − z 0 = Δh = H B − H p0,7 N = γQH B

⇒

HB =

N 0,75 × 10 3 = 4 = 25m γQ 10 × 3 × 10 −3

⎛ L ⎞ v2 + ∑ k s ⎟⎟ H p0,7 = ⎜⎜ f ⎝ DH ⎠ 2g v=

4Q πD

2

=

4 × 3 × 10 −3 π × 0,03

2

= 4,24

m s

12 ⎛ ⎞ 4,24 2 H p0,7 = ⎜ 0,02 × + 5⎟ × = 11,7m ⇒ Δh = 25 − 11,7 = 13,3m 0,03 20 ⎝ ⎠ vD 4,24 × 0,03 ⎫ Re = = = 1,27 × 10 5 ⎪ DH DH 0,03 −6 = 2.000 ⇒ k = = = 1,5 × 10 −5 m ν 10 ⎬ Moody − Rouse : k 2.000 2.000 ⎪ f = 0,02 ⎭ H 0 = H 2 + H p 0, 2

⇒

z0 = h0 =

L1, 2 v 2 v2 v2 +f + k s1 2g 2g D H 2g

L1, 2 L1, 2 ⎞ v 2 ⎛ ⎛ 2 ⎞ 4,24 2 ⎜ ⎟ h 0 = ⎜1 + f + = ⎜1 + 0,02 × + 1⎟ × = 3m DH D H ⎟⎠ 2g ⎝ 0,03 ⎠ 20 ⎝

Exercício 7.3 a) Obviamente a máquina é uma bomba, pois p saída > p entrada .

He + H B = Hs

ps − p e γ

→ HB =

(

p e + γ Hg × 2 − γ H 2O × 2 = p s HB =

2,52 × 10 5 = 25,2 m 10.000 b ) H 0 + H B = H 8 + H p 0 ,8

H p 0 ,8 = h f + ∑ h s v=

4Q πD 2

=

)

→ p s − p e = 2 × 1,36 × 10 5 − 10 4 = 2,52 × 10 5 Pa

∑ hs = ∑ ks

e

4 × 16 × 10 −3 π × 0,12

→ H B = H p 0 ,8

=2

v2 2g

m s

22 = 6m 20 − ∑ h s = 25,2 − 6 = 19,2 m

∑ h s = (2 × 10 + 2 + 3 × 1,5 + 3,5) h f = H p 0 ,8 hf = f

L v2 D H 2g

→ f=

2gD H h f Lv 2

=

20 × 0,1 × 19,2 238 × 2 2

= 0,04

Exercício 7.4 a)

H 0 = H 8 + H p 0 ,8

⇒

2 ⎞v ⎛ L H p 0 ,8 = ⎜ f + ∑ k s ⎟ ⎠ 2g ⎝ D

Com

2,5 = 0,5 + H p0,8 ⇒

⇒

H p 0 ,8 = 2 m

2gH p0,8

v= f

L + ∑ ks D

D 6 = = 40 → do Moody − Rouse adota − se : f = 0,054 k 0,15 20 × 2 m = 1,45 4 s 0,054 × + 15,5 0,06

v=

Verificação : Re =

vD 1,45 × 0,06 = = 8,7 × 10 4 −6 ν 10

o que confirma o valor de f

m3 L πD 2 π × 0,06 2 = 1,45 × = 4,1 × 10 −3 = 4,1 4 s s 4 2 A L1,A v 2 v p v2 H 0 = H A + H p 0, A ⇒ z 0 = A + A + z A + f + ∑ ks 2g D 2g 2g γ 1

Q=v b)

A L1,A ⎞ v2 ⎛ pA ⎜ = z 0 − z A − ⎜1 + f + ∑ k s ⎟⎟ γ D 1 ⎠ 2g ⎝ pA 2 ⎛ ⎞ 1,45 2 = 2,5 − 0,5 − ⎜1 + 0,054 × + 1,5 ⎟ × = 1,55m ⇒ γ 20 0,06 ⎝ ⎠

p A = 1,55 × 10 4 Pa = 15,5kPa

Exercício 7.5

a ) H 0 + H B = H 4 + H p 0, 4 p4

HB =

γQH B NB = ηB

γ

+ z 4 + H p 0, 4

ηB N B 0,8 × 3 × 10 3 = 24 m → HB = = γQ 10 4 × 10 × 10 −3

p 24 × 10 3 − 4 = 17,6 m H p0, 4 = H B − 4 − z 4 = 24 − γ 10 4 3

H p0, 4 1,2 = h f 1,3 + ∑ h s

b)

→ hf = Hp − ∑ hs 0, 4

1

∑ hs = ∑ ks v=

4Q

=

πD 2

2

v 2g

4 × 10 × 10 −3 π × 0,05 2

(

∑ h s = k s1 + k s2 + k s3 hf

1,3

= 5,1

m s

,1 ) v2g = 11,5 × 520 2

2

= 15 m

= 17,6 − 15 = 2,6 m

h f1,3 = f

L1,3 v 2 D 2g

→ f=

2gDh f1,3 L1,3 v 2

=

2 × 10 × 0,05 × 2,6 10 × 5,12

= 0,01

c) Como os dois tubos têm o mesmo diâmetro e material e o fluido é o mesmo, tem-se o mesmo f. 9 9 ⎞ v2 ⎛ L 5,9 H p4,10 = h f5,9 + ∑ h s = ⎜ f + ∑ ks ⎟ ⎟ 2g ⎜ D 5 5 ⎠ ⎝

d)

100 ⎛ ⎞ 5,12 H p4,10 = ⎜ 0,01 × = 29,9 m + 3⎟ 0,05 ⎝ ⎠ 20 H 4 − H T = H10 + H p 4,10

p4 + z 4 − H T = H p 4,10 γ HT =

24 × 10 3 10 4

+ 84 − 29,9 = 56,5m

1 = 5,1 kW 1000 A vazão é considerada a mesma, pois para p4 = cte, é necessário que o nível se mantenha constante. N T = γQH T η T = 10 4 × 10 × 10 −3 × 56,5 × 0,9 ×

L eq v 2 v2 = ks D 2g 2g D 0,05 ∑ L eq = f ∑ k s = 0,01 (10 + 2 × 1 + 5 × 5) = 72,5 m

e)

h f eq = f

Exercício 7.6 H a − H T = H d + H p a ,d

⇒

H T = 12 − 0,9 = 11,1m

H f + H B = H j + H pf , j

⇒

H B = 60 + 1 = 61m

NB = NT

⇒

γQ B H B = γQ T H T η T ηB

⇒

QT HB 1 6,1 1 = = × = 9,15 Q B H T η T η B 11,1 0,6

Exercício 7.7 Como no resto do circuito a perda de carga é desprezível: H B = H pC,A = 135 m γQH B η N m3 0,75 × 18 × 10 3 → Q= B B = = 0,01 ηB s γH B 10 4 × 135 A velocidade média no trecho CA será: Q v= A NB =

(

) (

)

πD 2 πd 2 π 2 π − 28 = D − 28d 2 = 0,12 − 28 × 0,015 2 = 2,91 × 10 −3 m 2 4 4 4 4 0,01 m v= = 3,44 −3 s 2,91 × 10 Imaginando um tubo equivalente de C até A: A=

DH =

4A 4A 4 × 2,91 × 10 −3 = = = 7,1 × 10 −3 m σ πD + 28πd π(0,1 + 28 × 0,015)

hf = f

L v2 D H 2g

Re =

→ f=

2gD H h f L C, A v 2

→ f=

20 × 7,1 × 10 −3 × 135 = 0,0675 24 × 3,44

vD H 3,44 × 7,1 × 10 −3 = = 2,44 × 10 5 7 − ν 10

Do Moody − Rouse Exercício 7.8 H 0 = H 5 + H p 0, 5

D DH 7,1 × 10 −3 = 25 → k = H = = 2,8 × 10 −3 m 25 25 k

z0 =

v 52 L v2 v2 +f + ∑ ks 2g D 2g 2g

⇒

2 L ⎛ ⎞v z 0 = ⎜1 + f + ∑ k s ⎟ D ⎝ ⎠ 2g

⇒

v=

2gz 0 L 1+ f + ∑ ks D

D 0,15 = = 579 → do Moody − Rouse adota − se f = 0,024 k 25,9 × 10 −3 v=

20 × 10 m = 2,7 90 s 1 + 0,024 + 12,3 0,15


vD 2,7 × 0,15 = = 3,8 × 10 5 confirmando f −6 ν 1,05 × 10

πD 2 π × 0,15 2 m3 L = 2,7 × = 4,7 × 10 − 2 = 47 4 4 s s −3 4Q ′ 4 × 50 × 10 m = 2,83 v′ = = 2 2 s πD π × 0,15

Q=v

90 ⎛ ⎞ 2,83 2 z ′0 = H = ⎜1 + 0,024 × + 12,3 ⎟ = 11,1m 0,15 ⎝ ⎠ 20 Exercício 7.9 H1 = H 2 + H p1, 2 α1 v12

α 2 v 22 p 2 p1 + + z1 = + + z 2 + h f1, 2 γ γ 2g 2g

p 50 × 10 3 h f1, 2 = 1 − z 2 = − 3= 2m γ 10 4 mas, h f1, 2

L v2 =f e se h f1, 2 é conhecido pode − se utilizar a exp ressão para D H 2g

se obter outra var iável, no caso v. v=

2gD H h f1, 2 fL1,2

Observa-se que não se tem f , de modo que não é possível calcular v, bem como Re e, conseqüentemente, não se pode obter f do Moody-Rouse. Este exemplo é do tipo: temos hf, queremos Q. Nesse caso pode-se calcular Re f .

Re f =

vD H ν

2gD H h f1, 2 L1,2 v 2

=

DH ν

2gD H h f1, 2 L1,2

Observa-se que Re f pode ser calculado sem que v seja conhecido, desde que se conheça h f , que é o caso do exercício. z2 3 = = 6m L1,2 = sen 30 o sen 30 o 0,1 20 × 0,1 × 2 = 8,16 × 10 4 Re f = −6 6 10 DH 0,1 = = 386 (k do ferro fundido obtido do Moody − Rouse ) k 2,59 × 10 −4 Com esses dois valores obtém-se do Moody-Rouse que f = 0,026 m 20 × 0,1 × 2 v= = 5,06 0,026 × 6 s

Q=v

m3 L πD 2 π × 0,12 = 5,06 × = 0,04 = 40 4 4 s s

Exercício 7.10 z1 − z 2 = h f Re f =

D ν

⇒

h f = 20m → h f = f

L v2 D 2g

⇒

v=

2gDh f fL

20 × 20 × 1 = 2,2 × 10 5 8.000

2gh f D 1 = −6 fL 10

D 1 = −3 = 1.000 ⇒ do Moody − Rouse f = 0,019 k 10 20 × 1 × 20 m m3 πD 2 π × 12 v= = 1,62 ⇒ Q=v = 1,62 × = 1,27 0,019 × 8.000 s 4 4 s Exercício 7.11 H 0 + H V = H1 + H p 0, 2 α 0 v 02

α1 v12 p1 p0 + + z0 + HV = + + z1 + h f 0,1 2g 2g γ γ Desprezam-se as perdas singulares e admite-se o reservatório de grandes dimensões. p 0 = γ H 2O h H 2O = 10.000 × 0,02 = 200 Pa

v1 = v = h f 0,1 = f

4Q πD 2

=

4 × 71 π × 32

= 10

m s

L v2 D H 2g

vD H 10 × 3 = = 2 × 10 6 − 5 ν 1,5 × 10 DH 3 = = 3000 k 10 −3

Re =

→ f = 0,016

50 10 2 × = 1,33m 3 20 p α v2 = 1 1 + z 1 + h f 0,1 − 0 2g γ

h f1, 2 = 0,016 × HV HV

NV =

10 2 200 = + 50 + 1,33 − = 41 m 20 13

γQH V 1 13 × 71 × 41 = = 50,4 kW η V 1.000 0,75 × 1.000

Exercício 7.12 x = vt

⎫ ⎪ 1 2⎬⇒ y = gt ⎪ 2 ⎭

y=

1 x2 g 2 v2

m 10 v s = 15 = 8,66 s 2 × 15 H 0 + H B = H s + H p 0 ,s

⇒

v=x

g 2y 2

⇒ ⇒

2

m ⎛D ⎞ ⎛ 7,5 ⎞ v 2 = v s ⎜ s ⎟ = 8,66 × ⎜ ⎟ = 4,87 s ⎝ 10 ⎠ ⎝ D ⎠ 2 v s2 ⎛ L ⎞ v2 + ⎜ f + k s1 ⎟ z0 + HB = 2g ⎝ D ⎠ 2g

v 2 D 4,87 × 0,1 ⎫ = = 4,9 × 10 5 ⎪ −6 ν ⎪ 10 ⎬ ⇒ f = 0,026 0,1 D ⎪ = = 386 k 2,59 × 10 − 4 ⎭⎪

Re =

HB =

150 8,66 2 ⎛ ⎞ 4,87 2 − 15 = 35,6m + ⎜ 0,026 × + 0,5 ⎟ × 20 0,1 20 ⎠ ⎝

3 πD 22 π × 0,12 −2 m = 4,87 × = 3,82 × 10 Q = v2 s 4 4 4 −2 γQH B 10 × 3,82 × 10 × 35,6 = × 10 −3 = 18,1kW NB = ηB 0,75

Exercício 7.13 H 0 + H B = H 7 + H p 0, 7 α 0 v 02 p 0 α 7 v 72 p 7 + + z0 + HB = + + z 7 + H p0,7 γ γ 2g 2g H B = z 7 + H p 0, 7 = 8 + H p 0, 7 H p0,7 = H p0,1 + H p 2,3 + H p3,7 = H p 2,3 + H p3,7

L 2,3 v 22,3

H p 0, 7 = f 2,3

D

v 3,7 =

D

4Q πD πd

Re 2,3 =

2

2g

+ k s3

2g

+ k s4

v 32,7 2g

=

π × 0,1

4 × 12 × 10 −3

v 2,3 D ν 0,1

2

π × 0,08 =

2

1,53 × 0,1 10

−3

= 1,53

m s

= 2,39

m s

+ k s5

v 32,7 2g

+ k s6

v 32,7 2g

⎞ v 3,7 ⎟⎟ ⎠ 2g

L 3,7 ⎛ + ⎜⎜ f 2,3 + k s3 + k s 4 + k s5 + k s 6 d 2g ⎝

4 × 12 × 10 −3

=

2

4Q

d

v 32,7

L 2,3 v 22,3

H p 0, 7 = f 2,3 v 2,3 =

+ f 3,7

2g

L 3,7 v 32,7

2

⎫ = 1,53 × 10 5 ⎪ ⎪ ⎬ → f 2,3 = 0,019 ⎪ ⎪⎭

D = = 2.000 k 5 × 10 −3 v 3,6 d 2,39 × 0,08 ⎫ Re 3,6 = = = 1,91 × 10 5 ⎪ −6 ⎪ ν 10 ⎬ → f 3,6 = 0,0195 d 0,08 ⎪ = = 1.600 −5 ⎪⎭ k 5 × 10

4 1,53 2 ⎛ 15 ⎞ 2,39 2 H p0,7 = 0,019 × × + ⎜ 0,0195 + 0,1 + 0,5 + 0,5 + 1⎟ = 1,73 m 0,1 20 0,08 ⎝ ⎠ 20 H B = 8 + 1,73 = 9,73 m NB =

γQH B 1.000 × 12 × 10 −3 × 9,73 = = 1,9 CV ⇒ 75η B 75 × 0,82

Exercício 7.14 a)

H A + H B = H C + H p A ,C

v=

4Q

b)

NB =

=

4 × 8 × 10 −3

=1

⇒

2 ⎞v ⎛ L HB = z0 + ⎜f + ∑ ks ⎟ ⎠ 2g ⎝ D

m s

π × 0,1 πD vD 1 × 0,1 64 64 Re = = − 4 = 1.000 → f = = = 0,064 ν Re 1.000 10 70 ⎞ 12 ⎛ = 12,3m H B = 10 + ⎜ 0,064 × + 1,88 ⎟ × 0,1 ⎠ 20 ⎝ 2

2

γQH B 8.000 × 8 × 10 −3 × 12,3 = × 10 −3 = 1,1kW ηB 0,7

Exercício 7.15 H 0 = H E + H p0, E

2 CV

⎛ L B, E p0 α v2 p + h = E E + E + ⎜⎜ f + k s B + k sC,D 2g γ γ ⎝ D vE = v =

4Q 4 × 6 × 10 −3 πD

2

π × 0,05

2

= 3,06

⎞ v2 ⎟⎟ ⎠ 2g

m s

p 0 3,06 − 50 × 10 3 ⎛ 2 × 50 ⎞ 3,06 2 = + + × + + − 2 = 12,7 m 0 , 02 0 , 5 0 , 5 ⎜ ⎟ γ 20 0,05 10 4 ⎝ ⎠ 20 1 = 127 kPa p 0 = 12,7 × 10 4 × 1.000 pB p0 v2 v 2 127 × 10 3 3,06 2 3,06 2 = +h− − k sB = + − − × = 14 m 2 0 , 5 γ γ 2g 2g 20 20 10 4 2

L B, C v 2 pC pB 50 3,06 2 = −f = 14 − 0,02 × × = 4,6 m γ γ D 2g 0,05 20 pD pC 3,06 2 v2 = − k C, D = 4,6 − 0,5 = 4,4 m γ γ 2g 20 pF pE = + HB γ γ η N 1 × 0,75 × 1.000 = 12,5 m HB = B B = 4 γQ 10 × 6 × 10 −3 p F − 50 × 10 3 = + 12,5 = 7,5 m γ 10 4

Para obter a linha da energia , basta somar

p v2 = 0,45 m em cada . 2g γ

Exercício 7.16 L v2 Δz = f D 2g Δz = f ′ v=

L v2 L v2 L v2 L v′ 2 + hs = f ′ + hs ⇒ f −f′ − hs = 0 ⇒ D 4 × 2g D 2g D 4 × 2g D 2g

4Q πD

2

=

4 × 20 × 10 −3 π × 0,1

2

= 2,55

m s

⇒

v′ =

m v 2,55 = = 1,27 s 2 2

vD 2,55 × 0,1 ⎫ = = 2,55 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ → f = 0,026 D 0,1 ⎪ = ⎪⎭ k 2,59 × 10 − 4

Re =

f ′ ⎞ L v2 ⎛ hs = ⎜f − ⎟ 4 ⎠ D 2g ⎝

v ′D = 1,27 × 10 5 ⇒ f ′ = 0,027 ν 0,027 ⎞ 1.000 2,55 2 ⎛ h s = ⎜ 0,026 − × = 62,6m ⎟× 4 ⎠ 0,1 20 ⎝

Re ′ =

Exercício 7.17 ν=

m2 μ gμ 10 × 10 −3 = = = 10 −6 s ρ γ 10 4

D 0,05 = = 330 k 1,52 × 10 −4

Para esse valor de

D o escoamento torna-se hidraulicamente rugoso para Re ≅ 4 × 10 5 e nesse k

caso f = 0,026. Re =

vD ν

→ v=

m ν Re 10 −6 × 4 × 10 5 = =8 D 0,05 s

L v2 30 8 2 4 Δp = γf = 10 × 0,026 × × = 5 × 10 5 Pa = 500 kPa D 2g 0,05 20 Exercício 7.18 p9 + z 9 + H pSuc + H p Re c γ 2 L totSuc v Suc = f Suc D Suc 2g

HB = H pSuc

v Suc =

4Q 2 πD Suc

=

4 × 10 × 10 −3 π × 0,12

= 1,27

m s

v Suc D Suc 1,27 × 0,1 ⎫ = = 1,27 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ → f Suc = 0,0195 0,1 ⎪ = = 2.174 ⎪⎭ 4,6 × 10 −5

Re Suc = D Suc k

H pSuc = 0,0195 × H p Re c v Re c =

30 1,27 2 × = 0,47m 0,1 20

L tot Re c ⎛ ⎞ v 2Re c ⎜ = ⎜ f Re c + ∑ k s ⎟⎟ D Re c Re c ⎝ ⎠ 2g 4Q πD 2Re c

4 × 10 × 10 −3 m = = 3,26 π × 0,0625 s

v Re c D Re c 3,26 × 0,0625 ⎫ = = 2 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ → f Re c = 0,02 0,0625 ⎪ = = 1359 −5 ⎪⎭ 4,6 × 10

Re Re c = D Re c k

63 ⎛ ⎞ 3,26 2 H p Re c = ⎜ 0,02 × + 11⎟ = 16,56m 0,0625 ⎝ ⎠ 20 H p0,9 = 0,47 + 16,56 ≅ 17m HB =

0,2 × 10 6

+ 13 + 17 = 50m 10 4 γQH B 10 4 × 10 × 10 −3 × 50 NB = = × 10 −3 = 7,1kW ηB 0,7

Exercício 7.19 L eq 2 v 2 v2 = k s2 D 2g 2g k s D 9 × 0,04 f= 2 = = 0,02 L eq 2 18 a) f

b) H p1, 4 = f

L tot v 2 D 2g

→ L tot =

2gDH p1, 4 fv 2

H p1, 4 = H1 − H 4 = 56 − 38 = 18 m v=

4Q

=

4 × 3,8 × 10 −3

=3

m s

πD 2 π × 0,04 2 20 × 0,04 × 18 = 80 m L tot = 0,02 × 3 2 L1,4 = L tot − L eq − L eq3 = 80 − 18 − 2 = 60 m c) h s 3 = f

L eq3 v 2 2 32 = 0,02 × × = 0,45 m D 2g 0,04 20

Exercício 7.20 H 0 = H 3 + H p 0,3 0=z+ v=

v2 pe L v2 v2 + +f + ∑ ks 2g D 2g 2g γ

4Q

=

4 × 10 × 10 −3

= 1,27

m s

πD π × 0,1 p e ef = p eabs − p atm = 2,36 − 94,2 = −91,84kPa 2

2

vD 1,27 × 0,1 ⎫ = = 1,27 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ f = 0,02 D 0,1 ⎪ = = 2.174 ⎪⎭ k 4,6 × 10 −5

Re =

0=z+

1,27 2 1,27 2 91.840 ⎛ z + 6 ⎞ 1,27 2 − + 0 , 02 × × + 16 × ⎜ ⎟ 20 20 20 10 4 ⎝ 0,1 ⎠

⇒

z = 7,6m

Exercício 7.21 Pelo andamento da linha da energia o escoamento é de (B) para (A). a ) H B + H M = H A + H p B, A z B + H M = z A + H p B, A Pela diferença da linha da energia para a linha piezométrica: v2 = 0,2 → 2g

v = 20 × 0,2 = 2

vD 2 × 0,1 = = 2 × 10 5 − 6 ν 10 D 0,1 = = 386 k 2,59 × 10 −4

m s

Re =

f = 0,026

L v2 100 2 2 H p B, A = f = 0,026 × × = 5,2 m D 2g 0,1 20 H M = z A − z B + H p B,A = −15 + 5,2 = −8,8 m ( turbina ) 3 L πD 2 π × 0,12 −3 m b) Q = v = 2× = 15,7 × 10 = 15,7 4 4 s s 1 N T = γQH T η T = 10 4 × 15,7 × 10 −3 × 8,8 × 0,75 × = 1,04 kW 1.000

c)

H B = H C + H p B, C

v2 p L v2 zB = C + C + f 2g γ D 2g pC L ⎞ v2 ⎛ = z B − ⎜1 + f ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝ pC 25 ⎞ 2 2 ⎛ = 15 − ⎜1 + 0,026 × ⎟ = 135 m γ 0,1 ⎠ 20 ⎝

Exercício 7.22 hf 1 v2 o a ) tg 45 = =f L D 2g

2gDtg 45 o 20 × 0,025 × 1 m = = 4,47 f 0,025 s

v=

3 πD 2 π × 0,025 2 −3 m = 4,47 = 2,2 × 10 Q=v 4 4 s

b)

H 0 + H B = H 5 + H p0,5

H 0 = H 1 + H p0,1

⇒

⇒

HB = z5 +

v 52 + H p0,5 2g

H p 0 , 5 = H 0 − H 1 = 5m

L v2 0,8 4,47 2 = 0,025 × × = 0,8m D 2g 0,025 20 p − p4 = 3 γ

H p 2,3 = f H p3, 4

p 3 + γ H 2O h − γ Hg h = p 4

⇒

⎛ γ Hg ⎞ ⎛ 1,3 × 10 5 ⎞ p3 − p4 = h⎜ − 1⎟ = 1 × ⎜⎜ − 1⎟⎟ = 12m = H p3, 4 4 ⎜ ⎟ γ ⎝ 10 ⎠ ⎝ γ H 2O ⎠

H p 4,5 = Ltg 45 o = 12m H p0,5 = 5 + 0,8 + 12 + 12 = 29,8m H B = 3 + 1 + 29,8 = 33,8m NB =

γQH B 10 4 × 2,2 × 10 −3 × 33,8 = × 10 −3 = 1,26kW ηB 0,59

Exercício 7.23 h tg α = f L

→ h f = L tg α

L v2 fv 2 = L tg α → = tg α D 2g 2gD 64 64ν la min ar → f = = Re vD f

64ν v 2 = tg α → vD 2g v=

32νv gD 2

= tg α

gD 2 tg α 10 × 0,012 × 0,0032 m = = 0,1 32ν s 32 × 10 −6

Q=v

m3 πD 2 π × 0,012 = 0,1 × = 7,9 × 10 −6 4 4 s

Exercício 7.24 hf fv 2 64ν v 2 32νv = = = 2 tgα = L D × 2g vD D × 2g D g

gD tgα = 32ν h s + h f = 2m v=

2

hs = 2 − f ′ hs = 2 − hs = ks

2 100 = 0,25 m −5 s 32 × 10

10 × 0,02 2 ×

⇒

v ′ = 0,125

m s

L v′ 2 64ν L v ′ 2 32νLv ′ =2− =2− D 2g v ′D D 2g D2g

32 × 10 −5 × 100 × 0,125 0,02 2 × 10 v′ 2 2g

⇒

ks =

2gh s

=

v′ 2

= 1m 20 × 1 0,125 2

= 1.280

Exercício 7.25 a)

v2 m = 1,8 m → v = 20 × 1,8 = 6 2g s

m3 L πD 2 π × 0,12 = 6× = 0,0471 = 47,1 4 4 s s b) H p0,1 = h s1 + h s 2 + h f

Q=v

h s1 = 0,2 m → da linha da energia v2 h s2 = k s2 = 2 × 1,8 = 3,6 m 2g L v2 50 = 0,01 × × 1,8 = 9 m D 2g 0,1 = 0,2 + 3,6 + 9 = 12,8 m

hf = f H p0,1

2 p 0 v1 = + H p0,1 c) γ 2g p x = 0 = 1,8 + 12,8 = 14,6 m γ

d)

v12 p0 − HT = + H p0,1 − h s 2 γ 2g

p v2 − H p0,1 + h s 2 = 14,6 − 1,8 − 12,6 + 3,6 = 3,6 m HT = 0 − γ 2g 1 N T = γQH T η T = 10 4 × 0,0471 × 3,6 × 0,9 × = 1,5 kW 1.000

Exercício 7.26 Sentido de (5) para(0)

a)

tgβ =

v=

4Q πd

2

h f 4 ,3

⇒

L 4,3

h f 4,3 = 200 × 0,2 = 40m

4 × 31,4 × 10 −3

=

π × 0,1

2

=4

m s 20 × 0,1 × 40

h f 4,3 = f 4,3

L tot v 2 d 2g

H p 5, 3 = f 4 , 3

L tot v 2 220 4 2 = 0,025 × × = 44m d 2g 0,1 20

H 5 = H 3 + H p 5, 3

⇒ f 4,3 =

⇒

200 × 4 2

= 0,025

p5 v 22 +h= + H p 5, 3 2g γ

p v 22 42 32 × 10 3 + H p 5, 3 − 5 = + 44 − = 40,8m 2g 20 γ 8.000 b) A máquina é uma bomba, pois precisa elevar a pressão. h=

2

2

m ⎛d⎞ ⎛ 10 ⎞ c) v 2,1 = v⎜ ⎟ = 4 × ⎜ ⎟ = 1 s ⎝D⎠ ⎝ 20 ⎠ v 2,1 D 1 × 0,2 = = 2.000 (la min ar ) Re 2,1 = ν 10 − 4 64 64 f 2,1 = = = 0,032 Re 2.000 2 L v 2,1 1.000 12 h f 2,1 = f 2,1 = 0,032 × × = 8m D 2g 0,2 20 h s1 = k s1

v 22,1 2g

= 16 ×

H p 2,0 = h f 2,1 + h f 2,1

12 = 0,8m 20 = 8 + 0,8 = 8,8m

H 3 + H M = H 0 + H p 2, 0

⇒

v 32 + H M = z 0 + H p 2,0 2g

42 H B = 20 + 8,8 − = 28m 20 γQH B 8.000 × 31,4 × 10 −3 × 28 NB = = × 10 −3 = 10kW ηB 0,7

Exercício 7.27 H1 = H 4 + H p1, 4 p1 v 2 p1 v 24 + z1 = + H p1, 4 → = + H p1, 4 − z1 γ γ 2g 2g h f1, 4 = L tg α = 10 × 0,004 = 0,04 m

h s2 = k s2

v2 = 1 × 0,2 = 0,2 m 2g

v2 = 0,5 × 0,2 = 0,1 m 2g = 0,04 + 0,2 + 0,1 = 0,34 m

h s3 = k s3 H p1, 4

p1 = 0,2 + 0,34 − 2 = −1,46 m → p1 = −1,46 × 10 4 Pa γ H 4 + H B = H 6 + H p 5 , 6 → H B = H p 5, 6 = h f 5 , 6 NB =

γQH B ηB

v2 = 0,2 → 2g

→ HB =

N BηB γQ

v = 20 × 0,2 = 2

m s

πD 2 π × 0,12 m3 = 2× = 0,0157 4 4 s 3 1,57 × 10 × 0,8 HB = = 8m 10 4 × 0,0157 8 h f5,6 = L tg α = 8 m → L = = 2000 m 0,004 h s + h s3 0,2 + 0,1 h s 2 + h s3 = h f eq = L eq tg α → L eq = 2 = = 75 m tg α 0,004

Q=v

Exercício 7.28 v1 A 1 = v 2 A 2 Pitot :

⇒

v1 = v 2

v12 p1 p 0 + = γ γ 2g

A2 45 = v2 = 4,5v 2 A1 10

⇒

p 0 = 0,8(γ m − γ ) + p 2

Manômetro : p 0 = 0,8 × 10 4 + p 2 ou

(

)

⇒ p 0 = 0,8 2 × 10 4 − 10 4 + p 2

p0 p2 = + 0,8 (2) γ γ

v12 p 2 p1 = − + 0,8 2g γ γ

Linha Piezométrica :

p 2 p1 − = 0,2 ⇒ γ γ

v12 p1 v 22 p 2 v12 + = + + ks 2g γ 2g γ 2g 0,049

v 2 = 0,222 v1

(1)

p 0 + γ × 0,8 − γ m × 0,8 = p 2

(2) na (1)

⇒

⇒

v12 = 0,2 + 0,8 = 1 ⇒ 2g

v1 = 20 × 1 = 4,47

p 2 p1 p1 p 2 v 22 v12 − + 0,8 + − = + ks γ γ γ γ 2g 2g

v12 v2 4,47 2 4,47 2 + k s 1 = 0,8 ⇒ 0,049 × + ks = 0,8 ⇒ k s = 0,75 2g 2g 20 20

m s

Elementos e Mecânica dos Fluídos SISTEMA INTERNACIONAL DE UNIDADES (SIU) Grandezas Fundamentais

[M] massa = kg [L] comprimento = m [T] tempo = s [C] carga elétrica = C [n] quantidade de matéria = mol [T] temperatura absoluta = K [I] intensidade luminosa = cd (candela)

Grandezas Derivadas

[v] velocidade =

m s

=

[ γ ou a] aceleração =

[F] força =

kg ×

[I] impulso =

m s2

m s2

[ L] [T ]

= M 0 L1 T −1

[ L]

=

= M×

= M 0 L1 T −2

⎡⎣T 2 ⎤⎦

[ L] ⎡⎣T ⎤⎦ 2

m

F× Δ t = kg ×

s

2

1

= M1 L1 T −2 = Newton (N)

×s

= M1 L1 T −1 Informações fornecidas por: Rocco Scavone – Físico Nuclear USP-SP [email protected]

Sistema de Unidades Grandeza

Símbolo CGS

Unidade MKS

MK*S

Comprimento

L

cm

m

m

Massa

M

g

kg

utm

Força

F

dina

N

kgf

Tempo

T

s

s

s



Resolvidos 1.1 – A massa específica de um fluido é 117 utm m . Determinar o peso específico e o peso específico relativo

( g = 9,8 m s ) . 2

ρ = 117 utm m3 g = 9,8 m s 2 γ =?

γr = ? γ = ρ × g ⇒ γ = 117 γr =

γ

⇒ γr =

γH O 2

m utm × 9,8 2 3 m s

1.146, 6 kgf 1000 kgf

⇒ γ = 117

m3

γ = 1.146, 6

⇒

kgf m3

γ r = 1,1466

⇒

m3

m kgf × s 2 × 9,8 2 3 m ×m s

2

Resolvidos 1.2 – A viscosidade de um óleo é 0, 028 m s , seu peso específico relativo é 0,9. Determinar a viscosidade dinâmica em unidades dos sistemas MK*S e CGS.

υ = 0, 028 m 2 s

γ r = 0,9 μ =? g = 9,8 m s 2 υ=

μ ρ

γr =

⇒ μ = υ× ρ

γ γH O

⇒ γ = γ × γ H 2O

⇒ γ = 0,9 × 1000

2

kgf m3

⇒

γ = 900

kgf m3

kgf × s 2 = utm m

γ = ρ×g ⇒ ρ =

μ = υ× ρ μ = 2,5714

γ g

900 kgf m3 ⇒ ρ= 9,8 m s 2

m2 utm ⇒ μ = 0, 028 × 91,8367 3 s m kgf × s m

2

×

⇒

ρ = 91,8367

utm m3 1

m 2 kgf × s 2 × ⇒ μ = 2,5714 2 s m × m3

1 m2 9,81 N 105 dina × × 1002 cm 2 1 kgf 1N

⇒

μ = 252, 2543


dina × s cm 2

⇒

μ = 2,5714

[CGS]

kgf × s m2

[ M K* S ]

Elementos e Mecânica dos Fluídos 1.1- A viscosidade dinâmica de um óleo é 10 −3

kgf × s e o peso específico relativo é 0,82. Determinar a m2

viscosidade cinemática nos sistemas MK*S e CGS. Dados: g = 10 m s ; γ H 2O = 1000 kgf m . 2

3

1 Sistema de unidades: MK*S μ óleo = 10−3 kgf × s m 2

γ r = 0,82 γ H O = 1000 kgf m3 2

g = 10 m s 2 υ=?

2 Análise Física

γr =

γ γH O

⇒ 0,82 =

2

γ 1000 kgf m3

⇒ γ = 0,82 × 1000

kgf m3

⇒

γ = 820

kgf m3

utm = kgf ×

γ = ρ × g ⇒ 820

υ=

μ

ρ

⇒ υ=

μ

ρ

kgf m = ρ × 10 2 m3 s

⇒ υ=

⇒ ρ=

10−3 kgf × s m 2 ρ = 82 utm m3

820 kgf m3 10 m s 2

⇒ υ=

10−3 kgf × s m 2

ρ = 82 kgf × s 2

1

3 Acerto de Unidades: [CGS] υ = 1, 22 × 10−5

m 2 1002 cm 2 × s 1 m2

⇒ υ = 0,122

cm 2 s

⇒

s2

m

kgf s 2 ⇒ ⇒ ρ = 82 3 × m m

υ = 0,122stoke


m4

2

⇒

ρ = 82

utm m3

υ = 1, 22 × 10−5

m2 s

Elementos e Mecânica dos Fluídos 1.2 – O peso de 3 dm 3 de uma substancia é 2,7kgf. A viscosidade cinemática é 10

g = 10 m s 2 qual será a viscosidade dinâmica nos sistemas CGS, MK*S, S.I. e em N×

−5

m 2 s . Se

min ? km 2

1 Sistema de Unidades: [MK*S] 1m3

V = 3dm3 ⇒ V = 3 dm3 ×

3

10 dm

⇒ V = 0, 003m3

3

G = 2, 7 kgf υ = 10−5 m 2 s g = 10 m s 2

μ =?

2 Análise Física

γ=

G V

⇒ γ=

2, 7 kgf 0, 003m3

⇒

kgf m3

γ = 900

utm = kgf ×

γ = ρ × g ⇒ 900 μ υ= ρ ⇒

m kgf = ρ × 10 2 3 m s

m2 μ ⇒ 10 = s 90 utm m3 −5

μ = 9 ×10−4

⇒ ρ=

s2

m

kgf s 2 ⇒ ρ = 90 3 × ⇒ m m

900 kgf m3 10 m s 2

m2 utm ⇒ μ = 10 × 90 3 s m −5

⇒ μ = 10

−5

ρ = 90

kgf s 2 m2 × 90 × 1 m s m3

kgf × s [M K* S ] m2

3 Acerto de Unidades Pa =

μ = 9 ×10−4 μ = 9 × 10−3 μ = 9 ×10−3

kgf × s m

2

×

10 N 1 kgf

N × s 105 dina 1 m2 × × 1002 cm 2 1N m2 N× s m

2

×

N

m P N × s ⇒ μ = 9 × 10−3 2 ⇒ m

1min 10002 m 2 × 1km 2 60 s

⇒ ⇒

2

μ = 9 ×10−2 μ = 150

μ = 9 × 10−3 Pa× s [M K S ] dina× s [CGS ] cm 2

N× min km 2


utm m3

( S .I .)

1

⇒


1.3 – Um pistão cai dentro de um cilindro com velocidade constante no valor de cilindro existe uma película de óleo com viscosidade cinemática υ = 10

−3

10

π

m s . Entre o pistão e o

3 m 2 s e γ óleo = 900 kgf m .

Sendo o diâmetro do cilindro 10,2 cm. Determinar o peso do pistão para g = 10 m s . F O diâmetro do pistão10 cm, seu comprimento 5 cm. 2

1 Sistema de Unidades: [MKS] (S.I.) v=

10

π

m s

υ = 10−3 m 2 s g = 10 m s 2

γ óleo = 900

kgf m

3

×

10 N 1 kgf

⇒ γ óleo = 9000

N m3

1m ⇒ Di = 0,1m 100 cm 1m ⇒ L = 0, 05m L = 5 cm × 100 cm 1m ⇒ De = 0,102m De = 10, 2 cm × 100 cm

Di = 10 cm ×

2 Análise Física

∑F = 0

⇒ P − Ft = 0 ∴

P = Ft

Ft = τ× A contato A contato = π × Di × L De = ε + Di + ε v τ = μ× ε De = ε + Di + ε ⇒ 0,102m = 2ε + 0,1m ⇒ ε =

0, 002 m ⇒ 2

A contato = π × Di × L ⇒ A contato = π × 0,1m × 0, 05m ⇒

μ υ= ρ

⇒ μ = υ× ρ ⇒ μ = υ×

⇒ μ = 0,9

N× s m2

⇒

γ g

ε = 0, 001m

A contato = 5 × 10−3 π × m 2

m 2 9000 N m3 ⇒ μ = 10 × s 10 m s 2 −3

1

⇒ μ = 10

−3

m2 N 1 s2 × 9000 × 1 10m s m3

μ = 0,9 Pa× s 10

ms m 1 Pa × ⇒ τ = 9000 ⇒ τ = μ = 0,9 Pa× s × π ⇒ τ = 0,9 Pa× s ×10 π 0, 001m π s 0, 001 m N Pa Ft = τ× A contato ⇒ Ft = 9000 × 5 ×10−3 π × m 2 ⇒ Ft = 45 2 × m 2 ⇒ Ft = 45 N π m 1kgf ⇒ P = 4,5 kgf P = Ft ⇒ P = 45 N × 10 N

v τ = μ× ε


⇒

Elementos e Mecânica dos Fluídos 1.4 – A placa retangular da figura escorrega sobre um plano inclinado com velocidade constante. A placa tem 4m por 5m e se apóia sobre uma película de óleo de

μ = 10 −3

kgf × s 3 e γ = 900 kgf m . Se o peso 2 m

da placa é 10kgf, quanto tempo levará para que sua aresta dianteira alcance o fim do plano inclinado?

1 Sistema de Unidades

μ = 10−3 kgf × s m 2 γ = 900 kgf m3 G placa = 10 kgf A placa = 4 × 5 ⇒ A placa = 20m 2 ε = 1mm ⇒ ε = 10−3 m

2 Análise Física

∑F

na direção do movimento

=0

( velocidade constante, aceleração = 0 )

Gt = G sen 30° Ft = τ× A contato ∴ Gt − Ft = 0 ⇒

Ft = Gt

Gt = G sen 30° ⇒ Gt = 10 × 0,5 ⇒

Gt = 5 kgf

Ft = τ× A contato v ⎫ ⎪ ε ⎪ v A contato = 4 × 5 ⇒ ⎬ Ft = μ × × A contato ε ⎪ ⇒ A contato = 20m 2 ⎪ ⎭ τ= μ×

S = v×t ⇒ t =

t=

20 m 0, 25 m s

kgf × s m

2

×

v −3

× 20 m 2

10 m

S v

lei dos senos: 10 S = ⇒ sen 30° sen 90° S = v×t ⇒ t =

⇒ 5 kgf = 10−3

10 S = 0,5 1

⇒ S=

10 ⇒ 0,5

S = 20m

S v

⇒ t = 80 ou

t = 1min. 20 s


⇒ v=

5 kgf × m 20 kgf × s

⇒

v = 0, 25

m s

Elementos e Mecânica dos Fluídos 1.5 – O peso G da figura, ao descer, gira o eixo que está apoiado em dois mancais cilíndricos de dimensões conhecidas, com velocidade angular conhecida ω . Determinar o valor do peso G desprezando a rigidez e o atrito na corda e supondo que o diagrama de velocidade no lubrificante seja linear. Dados:

μ = 8 × 10 −3 kgf × s m 2 ; D = 0, 02 m; Di = 0,100 m; De = 0,102 m; l = 0,1m; ω =

20

π

rd s

1 sistema de unidades: [ MK*S] 2 Análise Física

∑ M( ) = 0 ( dir.mov.) 0

D⎞ ⎛ Di ⎞ ⎛ − ⎜ G× ⎟ + ⎜ Ft× ⎟ ⇒ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ −0, 01G + 0, 05 Ft = 0 ⇒ G = 5 Ft De = ε + Di + ε

τ= μ×

v0 ε

v =ω×

Di 2

τ= μ×

τ=

v0 ε

Ft A contato

Ft = τ×

⇒

0,102 = 2 × ε + 0,100 ⇒

⇒ v=

20 ⎛ rd ⎞ 0,100m × ⇒ 2 π ⎜⎝ s ⎟⎠ 1π

⇒ τ = 8 × 10−3

ε = 0, 001m

v =1 π m s

kgf × s × m2 1× 10−3 m

m s τ=8 π

⇒

kgf m2

⇒ Ft = τ× A contato 2N

A contato

⇒ Ft = 8 π

duas áreas de contato ou seja dois mancais

kgf × A contato m2

A contato = π × Di × L ⇒ A contato = π × 0,100m × 0,100m ⇒ Ft = τ× 2 A contato

⇒ Ft = 8 π

G = 5Ft ⇒ G = 5 × 0,16 kgf

kgf m

2

⇒

× 2 × 0, 01 π m 2

⇒

A contato = 0, 01π m 2 Ft = 0,16 kgf

G = 8kgf


∴

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CENTRO FEDERAL DE EDUCAÇÃO TECNOLÓGICA DE SANTA CATARINA – UNIDADE SÃO JOSÉ - ÁREA DE REFRIGERAÇÃO E AR CONDICIONADO EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – MECÂNICA DOS FLUIDOS Material digitado pelo aluno Guilherme Lima - RAC (1) Qual é a força F1 necessária para o equilíbrio?

Solução: m g F1 F2 F F F 500.9,81 4905 2452,5   1  carro  1   1   F1   490,5 N A1 A2 0,5 5 0,5 5 0,5 5 5

(2) Uma caixa d’água é enchida em 30 minutos. Qual a vazão da torneira se a caixa tem 2m3 ? Solução: vazão 

 

volume m 3 2   4m 3 / h tempoh 0,5

(3) Calcule a velocidade da água no ponto 2.

Solução:

V1 A1  V2 A2  V2 

2.0,2  40 m s 0,01

(4) Qual a velocidade de saída da água no ponto 2?

Solução: Considerando-se a equação de Bernoulli e uma linha de corrente ligando 1 e 2, tem-se:

p1



2



2

V1 p V  gz1  2  2  gz 2 2  2

Como a densidade ‘  ’ da água é a mesma, V1 = 0 e a pressão a qual a água está submetida é a mesma em 1 e 2, temos a equação de Bernoulli modificada: V2  2 g z1  z 2   2.9,816  0,5  10,38 m s

(5) Qual o tempo para encher o tanque?

Solução: Volume da caixa: 0,8x0,8x2 = 1,28 m3 e ainda: Vazão na tubulação = Velocidade x Área da seção:

VD 2 1,5.3,14.(0,032) 2 Q   0,0012 m 3 s , 4 4 

1 segundo ----------------------------- 0,012 m 3 ‘x’ segundos -------------------------- 1,28 m 3

x

1,28  1066 0,0012

Tempo = 1066 segundos = 17,7 minutos.

Agora:

EXERCÍCIOS 1- Qual a pressão em um ponto submerso 35m de profundidade na água em um local cuja pressão atmosférica é de 100 kPa?

2- Os êmbolos de uma prensa hidráulica são formados por dois cilindros com raios de 15cm e 200cm. Para equilibrar um corpo de 8000kg colocado no êmbolo maior é preciso aplicar no êmbolo menor uma força de quantos Newtons?

Mecânica dos fluidos – Prof. Jesué Graciliano da Silva – CEFET-SC – São José

2

3- Uma esfera flutua em equilíbrio na água de modo que o volume imerso é 25% de seu volume total. Qual a relação entre as densidades da água e da esfera?

4- Seja um tubo em “U” com dois líquidos A e B não miscíveis de densidades diferentes. Considerando que HB=70cm e HA=40cm, e que a densidade do fluido B é de 900kg/m3, qual é a densidade do fluido A ?

5- Uma bomba d’água tem potência de 4CV. Considerando que a mesma é utilizada durante 4h por dia, calcule o consumo mensal de operação. Considere 31 dias no mês e o custo de 1kWh de R$ 0,32. (1CV ~ 735W)


3

7- Qual a pressão absoluta do ar dentro do tubo nas seguintes condições: Considere a densidade do óleo como sendo 700kg/m3, a densidade do Hg (mercúrio) como sendo 13600kg/m3. A constante de aceleração gravitacional é 9,81m/s2 e a pressão atmosférica é a padrão 100000 pascals. Pa

AR óleo

25 12

45 18

Hg Hg medidas em centímetros


4


5

152 Curso Básico de Mecânica dos Fluidos

2.14.3 Exercícios resolvidos 2.14.3.1 Pede-se o módulo da força que deve ser aplicada na haste do pistão esquematizado abaixo, para que o mesmo permaneça em equilíbrio. Dê o seu valor nos sistemas SI e CGS.

Solução:

patm

+ 0,065 . γH2O

patm + 0,065 . γH2O - 0,03.sen30.γH2O = Pgás 1 Considerando escala efetiva, temos: 0 + 0,065 . 103 - 0,03. 0,5 . 103 = Pgás 1

pgás 1

-0,03.sen30.γH2O


Pgás 1 = 50 kgf / m2

Ah = 4 cm2

F=?

F1

F2

Ap = 10 cm2

F1 = Pgás 1 . Ap = 50 . 10-3 kgf F2 = par comp. . (Ap - Ah) = 10000 . (10-3 - 4.10-4) = 6 kgf Condição de equilíbrio: F1 = F2 + F ∴

F = - 5,95 kgf

O sinal negativo indica que o sentido real é contrário ao adotado. Como 1kgf = 9,8 N e 1N = 105 dina, temos: SI → F = 58,31 N CGS → F = 58,31 . 105 dina 2.14.3.2

O dispositivo esquematizado a seguir foi elaborado para ampliação de uma força. Na situação representada pela figura, ao aplicar-se uma força F = 20 N, sustenta-se um peso Ge = 100 N. Dados: γ r = 0, 85

;

γ H 2 O = 9810 N / m 3

;

d = 5 cm ;

De = 25 cm

a) Equacione o problema e comprove o valor da força F; b) Desejando-se reduzir a intensidade da força F a metade, apresentou-se duas alternativas: 1°) duplicar a área do pistão (Ap) 2°) reduzir a área da haste à metade (Ah/2) Mantendo-se os demais dados, analise as duas alternativas e de seu parecer sobre elas;


c) Adicionando-se um peso G = 20 N sobre Ge e eliminando-se por alguns instantes a força F observou-se que o êmbolo desceu z = 1 cm, alterando a cota de 0,5 m, antes de aplicarmos uma nova força F = 14,32 N que restabeleceu o equilíbrio. Equacione, mostre as alterações das cotas e comprove o valor da força F. d) Se ao invés do pistão ter descido, houvesse subido z = 1 cm, afirma-se que teríamos um aumento da força F. Comprove esta afirmação, calculando o valor da força F para a nova situação de equilíbrio. Considere Gtotal = Ge + G = 120 N Observação: Considera-se Ah = 32,22 cm² na solução, tanto no item c como do item d..

Solução: a)

p1 - p2 = γ × h par comp. - pe = γ r × γ H 2O × h G par comp. = γ r × γ H 2 O × h + e Ae

Fn ∴ Fn = p × A e pela estática dos A F1 = F2 + F, onde:

pelo conceito clássico de pressão => fluidos =>

∑F

corpo

F1 = par comp. × Ap

=0

∴

p=


F2 = par comp. × (Ap - Ah) par comp. × Ap = par comp. × (Ap - Ah) + F F = par comp. × Ah Par comp. = γ r × γ H 2 O × h + par comp. = 6.206,43 N/m²

Ge 100 = 0,85 × 9810 × 0,5 + Ae π × 0, 252 4

F = 6.206,43 × 32,22 × 10 - 4 b)

=>

F = 20 N

1°) duplicar a área do pistão : Como a força F não depende de Ap (F = par comp. × Ah), somente a sua duplicação não acarreta nenhuma alteração. 2°) reduzir a área da haste à metade (Ah/2) do item a) F = par × Ah

F = 6206,43 × 32,22 × 10 - 4 / 2 F = 10 N => o.k.! a proposição está correta.

c) Ge’ = Ge + 20 N = 120 N ⇒ êmbolo desceu z = 1 cm ∴ irá alterar as demais cotas

h’= h - z - z’= 0,5 - 0,01 - z’ π. D 2 e π. d 2 z. = z’. 4 4

π.25 2 π.5 2 ∴ 0,01 . = z’. ∴ z’= 0,25m 4 4

h’= 0,5 - 0,01 - 0,25 ∴ h’= 0,24 m


p’ar =γR . γH2O . h’+

120 π.0,25 2

=0,85 . 9810 . 0,24 +

120 π.0,25 2

4 F’= par . Ah = 4445,86 . 32,22 . 10-4

∴ p’ar = 4445,86 N/m2

4 ∴

F’= 14,32 N

c.q.d.

d) Ge = 120 N e o êmbolo subiu z = 1cm :

h’= h + z + z’= 0,50 + 0,01 + z’ z . De2 = z’. d2 ∴ 0,01 . 252 = z’. 52 ∴ z’= 0,25 m ∴ h’= 0,76 m par =

120 π.0,25 2 4

+ 0,85 . 9810 . 0,76

F = par . Ah = 8781,88 . 32,22 . 10-4

∴

∴

par = 8781,88 N/m2

F = 28,30 N

∴ comprovado que houve aumento da força.

2.14.3.3 Considerando uma linha de ar comprimido instalada em um local de altitude de 3600 m e desejando determinar a variação de pressão entre duas seções de seu escoamento, instalou-se o manômetro diferencial esquematizado a seguir.


a) Na situação representada a variação de pressão obtida foi de 1,42 psi (psi=lbf/pol2). Equacione e comprove este valor. b) Se a linha de ar comprimido estivesse em um local de altitude igual a 13200 m, qual seria o valor da variação de pressão mencionada no item anterior. c) Considerando a existência de um barômetro no local descrito no item b), qual seria a sua leitura em mm Hg. Solução: a) pA - pB = γ . h = γR . γH2O . 2 . sen 30º = 1,0 . 1000 . 2 . 0,5 ∴ pA - pB = 1000 kgf/m2 10330 kgf/m2 ⇔ 14,7 psi ∴ x = 1,42 psi , o que implica dizer que a resposta está certa. 1000 kgf / m2 ⇔ x b)

Como o que foi determinado é uma variação de pressão (pA - pB) não teríamos nenhuma variação do valor lido no item a).

c) pz = 0,235 . e

 -9,81   - 287.218 .(13200 − 10668 )   

∴ pz = 0,158 atm. 760 mm Hg ⇔ 1 atm. ∴ x = 120,1 mm Hg x ⇔ 0,158 atm.


2.14.3.4 Deseja-se instalar um dispositivo que opera com uma pressão mínima de 7 mca na seção (2) do esquema abaixo. Para verificar se é viável ou não instalálo, pergunta-se: a) Qual a diferença de pressão p1 - p2 ? b) Qual o valor da pressão do gás A? c) Qual é a pressão p1 ? d) Qual a pressão p2 ? Dados: γH2O = 103 kgf/m3 e γR = 0,68027.

Solução: a) p1 - 2,08 . γH2O + 1,47 . γH2O . γR + 0,61 . γH2O = p2 p1 - 2,08 . 1000 + 1,47 . 1000 . 0,68027 + 0,61 . 1000 = p2 p1 - p2 = 470 kgf/m2 b) Pgás A =

F 20 = A 20.10 −4

Pgás A = 104 kgf/m2 c)

p1 + 2. γH2O = Pgás A p1 + 2 . 1000 = 10000 p1 = 8000 kgf/m2

d) p1 - p2 = 470


8000 - p2 = 470 p2 = 7530 kgf/m2 = 7,53 mca ∴ pode ser instalado o dispositivo. 2.14.3.5

Sabendo-se que para o dispositivo esquematizado abaixo, os pistões encontram-se em repouso e não existe o escoamento d’água, pede-se: a) a força F1 que age na área frontal do pistão (1); b) a pressão na seção (2); c) a pressão do gás B; d) a pressão do gás A; e) a altura H. Dados: pm 1 = 30 mca; A1 = 10 cm2 ; pm 2 = 15 mca; A2 = 5 cm2 ; Ah = 2 cm2 e γH2O = 1000 kgf/m3.


a) F1 = p1 . A1 = pm 1 . A1 = 30 . 103 . 10 .10-4 ∴ F1 = 30 kgf b) Pgás

C

+ γH2O . 5 - γH2O . 2 = p2

15 . 1000 + 1000 . 5 - 1000 . 2 = p2 ∴ p2 = 18000 kgf / m2 c) p2 - γH2O . h = Pgás B 18000 - 1000 . 11 = Pgás B ∴ Pgás B = 7000 kgf/m2

Como o sistema encontra-se em equilíbrio, podemos escrever que: F1 + FAh 2 = FB + FAh 1 FB = Pgás B . A2 = 7000 . 5.10-4 = 3,5 kgf ∴ 30 - Pgás A . (A1 - Ah) + Pgás A . (A2 - Ah) - 3,5 = 0 30 - Pgás A . 8.10-4 + Pgás A . 3.10-4 - 3,5 = 0 5.10-4 . Pgás A = 26,5 ∴ Pgás A = 53000 kgf/m2


2.14.3 Exercícios resolvidos 2.14.3.1 Pede-se o módulo da força que deve ser aplicada na haste do pistão esquematizado abaixo, para que o mesmo permaneça em equilíbrio. Dê o seu valor nos sistemas SI e CGS.

Solução:

patm

+ 0,065 . γH2O

patm + 0,065 . γH2O - 0,03.sen30.γH2O = Pgás 1 Considerando escala efetiva, temos: 0 + 0,065 . 103 - 0,03. 0,5 . 103 = Pgás 1

pgás 1

-0,03.sen30.γH2O


Pgás 1 = 50 kgf / m2

Ah = 4 cm2

F=?

F1

F2

Ap = 10 cm2

F1 = Pgás 1 . Ap = 50 . 10-3 kgf F2 = par comp. . (Ap - Ah) = 10000 . (10-3 - 4.10-4) = 6 kgf Condição de equilíbrio: F1 = F2 + F ∴

F = - 5,95 kgf

O sinal negativo indica que o sentido real é contrário ao adotado. Como 1kgf = 9,8 N e 1N = 105 dina, temos: SI → F = 58,31 N CGS → F = 58,31 . 105 dina 2.14.3.2

O dispositivo esquematizado a seguir foi elaborado para ampliação de uma força. Na situação representada pela figura, ao aplicar-se uma força F = 20 N, sustenta-se um peso Ge = 100 N. Dados: γ r = 0, 85

;

γ H 2 O = 9810 N / m 3

;

d = 5 cm ;

De = 25 cm

a) Equacione o problema e comprove o valor da força F; b) Desejando-se reduzir a intensidade da força F a metade, apresentou-se duas alternativas: 1°) duplicar a área do pistão (Ap) 2°) reduzir a área da haste à metade (Ah/2) Mantendo-se os demais dados, analise as duas alternativas e de seu parecer sobre elas;


c) Adicionando-se um peso G = 20 N sobre Ge e eliminando-se por alguns instantes a força F observou-se que o êmbolo desceu z = 1 cm, alterando a cota de 0,5 m, antes de aplicarmos uma nova força F = 14,32 N que restabeleceu o equilíbrio. Equacione, mostre as alterações das cotas e comprove o valor da força F. d) Se ao invés do pistão ter descido, houvesse subido z = 1 cm, afirma-se que teríamos um aumento da força F. Comprove esta afirmação, calculando o valor da força F para a nova situação de equilíbrio. Considere Gtotal = Ge + G = 120 N Observação: Considera-se Ah = 32,22 cm² na solução, tanto no item c como do item d..

Solução: a)

p1 - p2 = γ × h par comp. - pe = γ r × γ H 2O × h G par comp. = γ r × γ H 2 O × h + e Ae

Fn ∴ Fn = p × A e pela estática dos A F1 = F2 + F, onde:

pelo conceito clássico de pressão => fluidos =>

∑F

corpo

F1 = par comp. × Ap

=0

∴

p=


F2 = par comp. × (Ap - Ah) par comp. × Ap = par comp. × (Ap - Ah) + F F = par comp. × Ah Par comp. = γ r × γ H 2 O × h + par comp. = 6.206,43 N/m²

Ge 100 = 0,85 × 9810 × 0,5 + Ae π × 0, 252 4

F = 6.206,43 × 32,22 × 10 - 4 b)

=>

F = 20 N

1°) duplicar a área do pistão : Como a força F não depende de Ap (F = par comp. × Ah), somente a sua duplicação não acarreta nenhuma alteração. 2°) reduzir a área da haste à metade (Ah/2) do item a) F = par × Ah

F = 6206,43 × 32,22 × 10 - 4 / 2 F = 10 N => o.k.! a proposição está correta.

c) Ge’ = Ge + 20 N = 120 N ⇒ êmbolo desceu z = 1 cm ∴ irá alterar as demais cotas

h’= h - z - z’= 0,5 - 0,01 - z’ π. D 2 e π. d 2 z. = z’. 4 4

π.25 2 π.5 2 ∴ 0,01 . = z’. ∴ z’= 0,25m 4 4

h’= 0,5 - 0,01 - 0,25 ∴ h’= 0,24 m


p’ar =γR . γH2O . h’+

120 π.0,25 2

=0,85 . 9810 . 0,24 +

120 π.0,25 2

4 F’= par . Ah = 4445,86 . 32,22 . 10-4

∴ p’ar = 4445,86 N/m2

4 ∴

F’= 14,32 N

c.q.d.

d) Ge = 120 N e o êmbolo subiu z = 1cm :

h’= h + z + z’= 0,50 + 0,01 + z’ z . De2 = z’. d2 ∴ 0,01 . 252 = z’. 52 ∴ z’= 0,25 m ∴ h’= 0,76 m par =

120 π.0,25 2 4

+ 0,85 . 9810 . 0,76

F = par . Ah = 8781,88 . 32,22 . 10-4

∴

∴

par = 8781,88 N/m2

F = 28,30 N

∴ comprovado que houve aumento da força.

2.14.3.3 Considerando uma linha de ar comprimido instalada em um local de altitude de 3600 m e desejando determinar a variação de pressão entre duas seções de seu escoamento, instalou-se o manômetro diferencial esquematizado a seguir.


a) Na situação representada a variação de pressão obtida foi de 1,42 psi (psi=lbf/pol2). Equacione e comprove este valor. b) Se a linha de ar comprimido estivesse em um local de altitude igual a 13200 m, qual seria o valor da variação de pressão mencionada no item anterior. c) Considerando a existência de um barômetro no local descrito no item b), qual seria a sua leitura em mm Hg. Solução: a) pA - pB = γ . h = γR . γH2O . 2 . sen 30º = 1,0 . 1000 . 2 . 0,5 ∴ pA - pB = 1000 kgf/m2 10330 kgf/m2 ⇔ 14,7 psi ∴ x = 1,42 psi , o que implica dizer que a resposta está certa. 1000 kgf / m2 ⇔ x b)

Como o que foi determinado é uma variação de pressão (pA - pB) não teríamos nenhuma variação do valor lido no item a).

c) pz = 0,235 . e

 -9,81   - 287.218 .(13200 − 10668 )   

∴ pz = 0,158 atm. 760 mm Hg ⇔ 1 atm. ∴ x = 120,1 mm Hg x ⇔ 0,158 atm.


2.14.3.4 Deseja-se instalar um dispositivo que opera com uma pressão mínima de 7 mca na seção (2) do esquema abaixo. Para verificar se é viável ou não instalálo, pergunta-se: a) Qual a diferença de pressão p1 - p2 ? b) Qual o valor da pressão do gás A? c) Qual é a pressão p1 ? d) Qual a pressão p2 ? Dados: γH2O = 103 kgf/m3 e γR = 0,68027.

Solução: a) p1 - 2,08 . γH2O + 1,47 . γH2O . γR + 0,61 . γH2O = p2 p1 - 2,08 . 1000 + 1,47 . 1000 . 0,68027 + 0,61 . 1000 = p2 p1 - p2 = 470 kgf/m2 b) Pgás A =

F 20 = A 20.10 −4

Pgás A = 104 kgf/m2 c)

p1 + 2. γH2O = Pgás A p1 + 2 . 1000 = 10000 p1 = 8000 kgf/m2

d) p1 - p2 = 470


8000 - p2 = 470 p2 = 7530 kgf/m2 = 7,53 mca ∴ pode ser instalado o dispositivo. 2.14.3.5

Sabendo-se que para o dispositivo esquematizado abaixo, os pistões encontram-se em repouso e não existe o escoamento d’água, pede-se: a) a força F1 que age na área frontal do pistão (1); b) a pressão na seção (2); c) a pressão do gás B; d) a pressão do gás A; e) a altura H. Dados: pm 1 = 30 mca; A1 = 10 cm2 ; pm 2 = 15 mca; A2 = 5 cm2 ; Ah = 2 cm2 e γH2O = 1000 kgf/m3.


a) F1 = p1 . A1 = pm 1 . A1 = 30 . 103 . 10 .10-4 ∴ F1 = 30 kgf b) Pgás

C

+ γH2O . 5 - γH2O . 2 = p2

15 . 1000 + 1000 . 5 - 1000 . 2 = p2 ∴ p2 = 18000 kgf / m2 c) p2 - γH2O . h = Pgás B 18000 - 1000 . 11 = Pgás B ∴ Pgás B = 7000 kgf/m2

Como o sistema encontra-se em equilíbrio, podemos escrever que: F1 + FAh 2 = FB + FAh 1 FB = Pgás B . A2 = 7000 . 5.10-4 = 3,5 kgf ∴ 30 - Pgás A . (A1 - Ah) + Pgás A . (A2 - Ah) - 3,5 = 0 30 - Pgás A . 8.10-4 + Pgás A . 3.10-4 - 3,5 = 0 5.10-4 . Pgás A = 26,5 ∴ Pgás A = 53000 kgf/m2

Capítulo 7 ESCOAMENTO PERMANENTE DE FLUIDO INCOMPRESSÍVEL EM CONDUTOS FORÇADOS No Capítulo 4 apresentou-se a equação da energia com essas hipóteses, resultando: : H1 + H M = H 2 + H p1, 2 Essa equação permite determinar ao longo do escoamento alguma das variáveis que contém, isto é: HM, v, p ou z. Entretanto, esta tarefa somente será viável se for conhecida a perda de carga H p1, 2 ao longo do escoamento. Este capítulo dedica-se, fundamentalmente, ao estudo desse termo para condutos forçados, estabelecendo as bases do cálculo de instalações hidráulicas. A definição das linhas da energia e piezométrica estabelece uma maneira interessante de visualização do andamento da energia e da pressão ao longo do escoamento, que pode facilitar a solução de problemas voltados à solução de instalações. Exercício 7.1 H 0 = H1 + H p0,1 α 0 v 02

α1 v12 p1 p0 + + z0 = + + z1 + h f 0,1 2g γ 2g γ Como se trata de um gás, a diferença de cotas pode ser desprezada desde que esta não seja muito grande. Considerando a mina como um reservatório de grandes dimensões, v0 ≅ 0 e, na escala efetiva p1 = 0, obtêm-se: 2 p 0 α1 v1 L v2 = +f γ 2g D H 2g

2g v=

→

v2 = 2g

p

γ

α1 + f

L DH

p γ

L DH Como f = f(Re) e Re = f(v), o problema deverá ser resolvido por tentativas. Adota − se f → v → Re → f ′ Se f ′ = f está resolvido, se f ≠ f ′ → adota − se f ′ → v ′ → Re ′ → f ′′ e assim por diante. Uma forma de obter rapidamente o resultado, consiste em adotar o f correspondente à parte DH horizontal da curva de calculado para o problema. Observa-se que se o Re for k relativamente grande, o f estará nessa parte da curva, o que evitará novas tentativas. p 0 = γ H 2O h H 2O = 10.000 × 0,2 = 2.000 Pa α1 + f

DH =

4A 4 × 0,6 × 0,6 = = 0,6 m σ 4 × 0,6

2.000 3.150 12,7 = 500 1 + 833,3f 1+ f 0,6

20 × Logo:

Como :

v=

DH 0,6 = = 600 → do Moody − Rouse adota − se f = 0,023 k 10 −3

vD H 12,4 × 0,6 m 3.150 = 12,4 e verifica − se Re = = = 7,5 × 10 5 − 5 1 + 833,3 × 0,023 s ν 10 Ao observar o Moody-Rouse nota-se que o Re é suficientemente alto para que se possa adotar o f correspondente à parte horizontal da curva de DH/k (escoamento hidraulicamente rugoso). Nesse caso, confirma-se o f e, conseqüentemente, o valor da velocidade. Assim: v=

Q = vA = 12,4 × 0,6 × 0,6 = 4,5

m3 s

Exercício 7.2 H 0 + H B = H 7 + H p 0, 7 z 1 − z 0 = Δh = H B − H p0,7 N = γQH B

⇒

HB =

N 0,75 × 10 3 = 4 = 25m γQ 10 × 3 × 10 −3

⎛ L ⎞ v2 + ∑ k s ⎟⎟ H p0,7 = ⎜⎜ f ⎝ DH ⎠ 2g v=

4Q πD

2

=

4 × 3 × 10 −3 π × 0,03

2

= 4,24

m s

12 ⎛ ⎞ 4,24 2 H p0,7 = ⎜ 0,02 × + 5⎟ × = 11,7m ⇒ Δh = 25 − 11,7 = 13,3m 0,03 20 ⎝ ⎠ vD 4,24 × 0,03 ⎫ Re = = = 1,27 × 10 5 ⎪ DH DH 0,03 −6 = 2.000 ⇒ k = = = 1,5 × 10 −5 m ν 10 ⎬ Moody − Rouse : k 2.000 2.000 ⎪ f = 0,02 ⎭ H 0 = H 2 + H p 0, 2

⇒

z0 = h0 =

L1, 2 v 2 v2 v2 +f + k s1 2g 2g D H 2g

L1, 2 L1, 2 ⎞ v 2 ⎛ ⎛ 2 ⎞ 4,24 2 ⎜ ⎟ h 0 = ⎜1 + f + = ⎜1 + 0,02 × + 1⎟ × = 3m DH D H ⎟⎠ 2g ⎝ 0,03 ⎠ 20 ⎝

Exercício 7.3 a) Obviamente a máquina é uma bomba, pois p saída > p entrada .

He + H B = Hs

ps − p e γ

→ HB =

(

p e + γ Hg × 2 − γ H 2O × 2 = p s HB =

2,52 × 10 5 = 25,2 m 10.000 b ) H 0 + H B = H 8 + H p 0 ,8

H p 0 ,8 = h f + ∑ h s v=

4Q πD 2

=

)

→ p s − p e = 2 × 1,36 × 10 5 − 10 4 = 2,52 × 10 5 Pa

∑ hs = ∑ ks

e

4 × 16 × 10 −3 π × 0,12

→ H B = H p 0 ,8

=2

v2 2g

m s

22 = 6m 20 − ∑ h s = 25,2 − 6 = 19,2 m

∑ h s = (2 × 10 + 2 + 3 × 1,5 + 3,5) h f = H p 0 ,8 hf = f

L v2 D H 2g

→ f=

2gD H h f Lv 2

=

20 × 0,1 × 19,2 238 × 2 2

= 0,04

Exercício 7.4 a)

H 0 = H 8 + H p 0 ,8

⇒

2 ⎞v ⎛ L H p 0 ,8 = ⎜ f + ∑ k s ⎟ ⎠ 2g ⎝ D

Com

2,5 = 0,5 + H p0,8 ⇒

⇒

H p 0 ,8 = 2 m

2gH p0,8

v= f

L + ∑ ks D

D 6 = = 40 → do Moody − Rouse adota − se : f = 0,054 k 0,15 20 × 2 m = 1,45 4 s 0,054 × + 15,5 0,06

v=


vD 1,45 × 0,06 = = 8,7 × 10 4 −6 ν 10

o que confirma o valor de f

m3 L πD 2 π × 0,06 2 = 1,45 × = 4,1 × 10 −3 = 4,1 4 s s 4 2 A L1,A v 2 v p v2 H 0 = H A + H p 0, A ⇒ z 0 = A + A + z A + f + ∑ ks 2g D 2g 2g γ 1

Q=v b)

A L1,A ⎞ v2 ⎛ pA ⎜ = z 0 − z A − ⎜1 + f + ∑ k s ⎟⎟ γ D 1 ⎠ 2g ⎝ pA 2 ⎛ ⎞ 1,45 2 = 2,5 − 0,5 − ⎜1 + 0,054 × + 1,5 ⎟ × = 1,55m ⇒ γ 20 0,06 ⎝ ⎠

p A = 1,55 × 10 4 Pa = 15,5kPa

Exercício 7.5

a ) H 0 + H B = H 4 + H p 0, 4 p4

HB =

γQH B NB = ηB

γ

+ z 4 + H p 0, 4

ηB N B 0,8 × 3 × 10 3 = 24 m → HB = = γQ 10 4 × 10 × 10 −3

p 24 × 10 3 − 4 = 17,6 m H p0, 4 = H B − 4 − z 4 = 24 − γ 10 4 3

H p0, 4 1,2 = h f 1,3 + ∑ h s

b)

→ hf = Hp − ∑ hs 0, 4

1

∑ hs = ∑ ks v=

4Q

=

πD 2

2

v 2g

4 × 10 × 10 −3 π × 0,05 2

(

∑ h s = k s1 + k s2 + k s3 hf

1,3

= 5,1

m s

,1 ) v2g = 11,5 × 520 2

2

= 15 m

= 17,6 − 15 = 2,6 m

h f1,3 = f

L1,3 v 2 D 2g

→ f=

2gDh f1,3 L1,3 v 2

=

2 × 10 × 0,05 × 2,6 10 × 5,12

= 0,01

c) Como os dois tubos têm o mesmo diâmetro e material e o fluido é o mesmo, tem-se o mesmo f. 9 9 ⎞ v2 ⎛ L 5,9 H p4,10 = h f5,9 + ∑ h s = ⎜ f + ∑ ks ⎟ ⎟ 2g ⎜ D 5 5 ⎠ ⎝

d)

100 ⎛ ⎞ 5,12 H p4,10 = ⎜ 0,01 × = 29,9 m + 3⎟ 0,05 ⎝ ⎠ 20 H 4 − H T = H10 + H p 4,10

p4 + z 4 − H T = H p 4,10 γ HT =

24 × 10 3 10 4

+ 84 − 29,9 = 56,5m

1 = 5,1 kW 1000 A vazão é considerada a mesma, pois para p4 = cte, é necessário que o nível se mantenha constante. N T = γQH T η T = 10 4 × 10 × 10 −3 × 56,5 × 0,9 ×

L eq v 2 v2 = ks D 2g 2g D 0,05 ∑ L eq = f ∑ k s = 0,01 (10 + 2 × 1 + 5 × 5) = 72,5 m

e)

h f eq = f

Exercício 7.6 H a − H T = H d + H p a ,d

⇒

H T = 12 − 0,9 = 11,1m

H f + H B = H j + H pf , j

⇒

H B = 60 + 1 = 61m

NB = NT

⇒

γQ B H B = γQ T H T η T ηB

⇒

QT HB 1 6,1 1 = = × = 9,15 Q B H T η T η B 11,1 0,6

Exercício 7.7 Como no resto do circuito a perda de carga é desprezível: H B = H pC,A = 135 m γQH B η N m3 0,75 × 18 × 10 3 → Q= B B = = 0,01 ηB s γH B 10 4 × 135 A velocidade média no trecho CA será: Q v= A NB =

(

) (

)

πD 2 πd 2 π 2 π − 28 = D − 28d 2 = 0,12 − 28 × 0,015 2 = 2,91 × 10 −3 m 2 4 4 4 4 0,01 m v= = 3,44 −3 s 2,91 × 10 Imaginando um tubo equivalente de C até A: A=

DH =

4A 4A 4 × 2,91 × 10 −3 = = = 7,1 × 10 −3 m σ πD + 28πd π(0,1 + 28 × 0,015)

hf = f

L v2 D H 2g

Re =

→ f=

2gD H h f L C, A v 2

→ f=

20 × 7,1 × 10 −3 × 135 = 0,0675 24 × 3,44

vD H 3,44 × 7,1 × 10 −3 = = 2,44 × 10 5 7 − ν 10

Do Moody − Rouse Exercício 7.8 H 0 = H 5 + H p 0, 5

D DH 7,1 × 10 −3 = 25 → k = H = = 2,8 × 10 −3 m 25 25 k

z0 =

v 52 L v2 v2 +f + ∑ ks 2g D 2g 2g

⇒

2 L ⎛ ⎞v z 0 = ⎜1 + f + ∑ k s ⎟ D ⎝ ⎠ 2g

⇒

v=

2gz 0 L 1+ f + ∑ ks D

D 0,15 = = 579 → do Moody − Rouse adota − se f = 0,024 k 25,9 × 10 −3 v=

20 × 10 m = 2,7 90 s 1 + 0,024 + 12,3 0,15


vD 2,7 × 0,15 = = 3,8 × 10 5 confirmando f −6 ν 1,05 × 10

πD 2 π × 0,15 2 m3 L = 2,7 × = 4,7 × 10 − 2 = 47 4 4 s s −3 4Q ′ 4 × 50 × 10 m = 2,83 v′ = = 2 2 s πD π × 0,15

Q=v

90 ⎛ ⎞ 2,83 2 z ′0 = H = ⎜1 + 0,024 × + 12,3 ⎟ = 11,1m 0,15 ⎝ ⎠ 20 Exercício 7.9 H1 = H 2 + H p1, 2 α1 v12

α 2 v 22 p 2 p1 + + z1 = + + z 2 + h f1, 2 γ γ 2g 2g

p 50 × 10 3 h f1, 2 = 1 − z 2 = − 3= 2m γ 10 4 mas, h f1, 2

L v2 =f e se h f1, 2 é conhecido pode − se utilizar a exp ressão para D H 2g

se obter outra var iável, no caso v. v=

2gD H h f1, 2 fL1,2

Observa-se que não se tem f , de modo que não é possível calcular v, bem como Re e, conseqüentemente, não se pode obter f do Moody-Rouse. Este exemplo é do tipo: temos hf, queremos Q. Nesse caso pode-se calcular Re f .

Re f =

vD H ν

2gD H h f1, 2 L1,2 v 2

=

DH ν

2gD H h f1, 2 L1,2

Observa-se que Re f pode ser calculado sem que v seja conhecido, desde que se conheça h f , que é o caso do exercício. z2 3 = = 6m L1,2 = sen 30 o sen 30 o 0,1 20 × 0,1 × 2 = 8,16 × 10 4 Re f = −6 6 10 DH 0,1 = = 386 (k do ferro fundido obtido do Moody − Rouse ) k 2,59 × 10 −4 Com esses dois valores obtém-se do Moody-Rouse que f = 0,026 m 20 × 0,1 × 2 v= = 5,06 0,026 × 6 s

Q=v

m3 L πD 2 π × 0,12 = 5,06 × = 0,04 = 40 4 4 s s

Exercício 7.10 z1 − z 2 = h f Re f =

D ν

⇒

h f = 20m → h f = f

L v2 D 2g

⇒

v=

2gDh f fL

20 × 20 × 1 = 2,2 × 10 5 8.000

2gh f D 1 = −6 fL 10

D 1 = −3 = 1.000 ⇒ do Moody − Rouse f = 0,019 k 10 20 × 1 × 20 m m3 πD 2 π × 12 v= = 1,62 ⇒ Q=v = 1,62 × = 1,27 0,019 × 8.000 s 4 4 s Exercício 7.11 H 0 + H V = H1 + H p 0, 2 α 0 v 02

α1 v12 p1 p0 + + z0 + HV = + + z1 + h f 0,1 2g 2g γ γ Desprezam-se as perdas singulares e admite-se o reservatório de grandes dimensões. p 0 = γ H 2O h H 2O = 10.000 × 0,02 = 200 Pa

v1 = v = h f 0,1 = f

4Q πD 2

=

4 × 71 π × 32

= 10

m s

L v2 D H 2g

vD H 10 × 3 = = 2 × 10 6 − 5 ν 1,5 × 10 DH 3 = = 3000 k 10 −3

Re =

→ f = 0,016

50 10 2 × = 1,33m 3 20 p α v2 = 1 1 + z 1 + h f 0,1 − 0 2g γ

h f1, 2 = 0,016 × HV HV

NV =

10 2 200 = + 50 + 1,33 − = 41 m 20 13

γQH V 1 13 × 71 × 41 = = 50,4 kW η V 1.000 0,75 × 1.000

Exercício 7.12 x = vt

⎫ ⎪ 1 2⎬⇒ y = gt ⎪ 2 ⎭

y=

1 x2 g 2 v2

m 10 v s = 15 = 8,66 s 2 × 15 H 0 + H B = H s + H p 0 ,s

⇒

v=x

g 2y 2

⇒ ⇒

2

m ⎛D ⎞ ⎛ 7,5 ⎞ v 2 = v s ⎜ s ⎟ = 8,66 × ⎜ ⎟ = 4,87 s ⎝ 10 ⎠ ⎝ D ⎠ 2 v s2 ⎛ L ⎞ v2 + ⎜ f + k s1 ⎟ z0 + HB = 2g ⎝ D ⎠ 2g

v 2 D 4,87 × 0,1 ⎫ = = 4,9 × 10 5 ⎪ −6 ν ⎪ 10 ⎬ ⇒ f = 0,026 0,1 D ⎪ = = 386 k 2,59 × 10 − 4 ⎭⎪

Re =

HB =

150 8,66 2 ⎛ ⎞ 4,87 2 − 15 = 35,6m + ⎜ 0,026 × + 0,5 ⎟ × 20 0,1 20 ⎠ ⎝

3 πD 22 π × 0,12 −2 m = 4,87 × = 3,82 × 10 Q = v2 s 4 4 4 −2 γQH B 10 × 3,82 × 10 × 35,6 = × 10 −3 = 18,1kW NB = ηB 0,75

Exercício 7.13 H 0 + H B = H 7 + H p 0, 7 α 0 v 02 p 0 α 7 v 72 p 7 + + z0 + HB = + + z 7 + H p0,7 γ γ 2g 2g H B = z 7 + H p 0, 7 = 8 + H p 0, 7 H p0,7 = H p0,1 + H p 2,3 + H p3,7 = H p 2,3 + H p3,7

L 2,3 v 22,3

H p 0, 7 = f 2,3

D

v 3,7 =

D

4Q πD πd

Re 2,3 =

2

2g

+ k s3

2g

+ k s4

v 32,7 2g

=

π × 0,1

4 × 12 × 10 −3

v 2,3 D ν 0,1

2

π × 0,08 =

2

1,53 × 0,1 10

−3

= 1,53

m s

= 2,39

m s

+ k s5

v 32,7 2g

+ k s6

v 32,7 2g

⎞ v 3,7 ⎟⎟ ⎠ 2g

L 3,7 ⎛ + ⎜⎜ f 2,3 + k s3 + k s 4 + k s5 + k s 6 d 2g ⎝

4 × 12 × 10 −3

=

2

4Q

d

v 32,7

L 2,3 v 22,3

H p 0, 7 = f 2,3 v 2,3 =

+ f 3,7

2g

L 3,7 v 32,7

2

⎫ = 1,53 × 10 5 ⎪ ⎪ ⎬ → f 2,3 = 0,019 ⎪ ⎪⎭

D = = 2.000 k 5 × 10 −3 v 3,6 d 2,39 × 0,08 ⎫ Re 3,6 = = = 1,91 × 10 5 ⎪ −6 ⎪ ν 10 ⎬ → f 3,6 = 0,0195 d 0,08 ⎪ = = 1.600 −5 ⎪⎭ k 5 × 10

4 1,53 2 ⎛ 15 ⎞ 2,39 2 H p0,7 = 0,019 × × + ⎜ 0,0195 + 0,1 + 0,5 + 0,5 + 1⎟ = 1,73 m 0,1 20 0,08 ⎝ ⎠ 20 H B = 8 + 1,73 = 9,73 m NB =

γQH B 1.000 × 12 × 10 −3 × 9,73 = = 1,9 CV ⇒ 75η B 75 × 0,82

Exercício 7.14 a)

H A + H B = H C + H p A ,C

v=

4Q

b)

NB =

=

4 × 8 × 10 −3

=1

⇒

2 ⎞v ⎛ L HB = z0 + ⎜f + ∑ ks ⎟ ⎠ 2g ⎝ D

m s

π × 0,1 πD vD 1 × 0,1 64 64 Re = = − 4 = 1.000 → f = = = 0,064 ν Re 1.000 10 70 ⎞ 12 ⎛ = 12,3m H B = 10 + ⎜ 0,064 × + 1,88 ⎟ × 0,1 ⎠ 20 ⎝ 2

2

γQH B 8.000 × 8 × 10 −3 × 12,3 = × 10 −3 = 1,1kW ηB 0,7

Exercício 7.15 H 0 = H E + H p0, E

2 CV

⎛ L B, E p0 α v2 p + h = E E + E + ⎜⎜ f + k s B + k sC,D 2g γ γ ⎝ D vE = v =

4Q 4 × 6 × 10 −3 πD

2

π × 0,05

2

= 3,06

⎞ v2 ⎟⎟ ⎠ 2g

m s

p 0 3,06 − 50 × 10 3 ⎛ 2 × 50 ⎞ 3,06 2 = + + × + + − 2 = 12,7 m 0 , 02 0 , 5 0 , 5 ⎜ ⎟ γ 20 0,05 10 4 ⎝ ⎠ 20 1 = 127 kPa p 0 = 12,7 × 10 4 × 1.000 pB p0 v2 v 2 127 × 10 3 3,06 2 3,06 2 = +h− − k sB = + − − × = 14 m 2 0 , 5 γ γ 2g 2g 20 20 10 4 2

L B, C v 2 pC pB 50 3,06 2 = −f = 14 − 0,02 × × = 4,6 m γ γ D 2g 0,05 20 pD pC 3,06 2 v2 = − k C, D = 4,6 − 0,5 = 4,4 m γ γ 2g 20 pF pE = + HB γ γ η N 1 × 0,75 × 1.000 = 12,5 m HB = B B = 4 γQ 10 × 6 × 10 −3 p F − 50 × 10 3 = + 12,5 = 7,5 m γ 10 4

Para obter a linha da energia , basta somar

p v2 = 0,45 m em cada . 2g γ

Exercício 7.16 L v2 Δz = f D 2g Δz = f ′ v=

L v2 L v2 L v2 L v′ 2 + hs = f ′ + hs ⇒ f −f′ − hs = 0 ⇒ D 4 × 2g D 2g D 4 × 2g D 2g

4Q πD

2

=

4 × 20 × 10 −3 π × 0,1

2

= 2,55

m s

⇒

v′ =

m v 2,55 = = 1,27 s 2 2

vD 2,55 × 0,1 ⎫ = = 2,55 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ → f = 0,026 D 0,1 ⎪ = ⎪⎭ k 2,59 × 10 − 4

Re =

f ′ ⎞ L v2 ⎛ hs = ⎜f − ⎟ 4 ⎠ D 2g ⎝

v ′D = 1,27 × 10 5 ⇒ f ′ = 0,027 ν 0,027 ⎞ 1.000 2,55 2 ⎛ h s = ⎜ 0,026 − × = 62,6m ⎟× 4 ⎠ 0,1 20 ⎝

Re ′ =

Exercício 7.17 ν=

m2 μ gμ 10 × 10 −3 = = = 10 −6 s ρ γ 10 4

D 0,05 = = 330 k 1,52 × 10 −4

Para esse valor de

D o escoamento torna-se hidraulicamente rugoso para Re ≅ 4 × 10 5 e nesse k

caso f = 0,026. Re =

vD ν

→ v=

m ν Re 10 −6 × 4 × 10 5 = =8 D 0,05 s

L v2 30 8 2 4 Δp = γf = 10 × 0,026 × × = 5 × 10 5 Pa = 500 kPa D 2g 0,05 20 Exercício 7.18 p9 + z 9 + H pSuc + H p Re c γ 2 L totSuc v Suc = f Suc D Suc 2g

HB = H pSuc

v Suc =

4Q 2 πD Suc

=

4 × 10 × 10 −3 π × 0,12

= 1,27

m s

v Suc D Suc 1,27 × 0,1 ⎫ = = 1,27 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ → f Suc = 0,0195 0,1 ⎪ = = 2.174 ⎪⎭ 4,6 × 10 −5

Re Suc = D Suc k

H pSuc = 0,0195 × H p Re c v Re c =

30 1,27 2 × = 0,47m 0,1 20

L tot Re c ⎛ ⎞ v 2Re c ⎜ = ⎜ f Re c + ∑ k s ⎟⎟ D Re c Re c ⎝ ⎠ 2g 4Q πD 2Re c

4 × 10 × 10 −3 m = = 3,26 π × 0,0625 s

v Re c D Re c 3,26 × 0,0625 ⎫ = = 2 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ → f Re c = 0,02 0,0625 ⎪ = = 1359 −5 ⎪⎭ 4,6 × 10

Re Re c = D Re c k

63 ⎛ ⎞ 3,26 2 H p Re c = ⎜ 0,02 × + 11⎟ = 16,56m 0,0625 ⎝ ⎠ 20 H p0,9 = 0,47 + 16,56 ≅ 17m HB =

0,2 × 10 6

+ 13 + 17 = 50m 10 4 γQH B 10 4 × 10 × 10 −3 × 50 NB = = × 10 −3 = 7,1kW ηB 0,7

Exercício 7.19 L eq 2 v 2 v2 = k s2 D 2g 2g k s D 9 × 0,04 f= 2 = = 0,02 L eq 2 18 a) f

b) H p1, 4 = f

L tot v 2 D 2g

→ L tot =

2gDH p1, 4 fv 2

H p1, 4 = H1 − H 4 = 56 − 38 = 18 m v=

4Q

=

4 × 3,8 × 10 −3

=3

m s

πD 2 π × 0,04 2 20 × 0,04 × 18 = 80 m L tot = 0,02 × 3 2 L1,4 = L tot − L eq − L eq3 = 80 − 18 − 2 = 60 m c) h s 3 = f

L eq3 v 2 2 32 = 0,02 × × = 0,45 m D 2g 0,04 20

Exercício 7.20 H 0 = H 3 + H p 0,3 0=z+ v=

v2 pe L v2 v2 + +f + ∑ ks 2g D 2g 2g γ

4Q

=

4 × 10 × 10 −3

= 1,27

m s

πD π × 0,1 p e ef = p eabs − p atm = 2,36 − 94,2 = −91,84kPa 2

2

vD 1,27 × 0,1 ⎫ = = 1,27 × 10 5 ⎪ −6 ν 10 ⎪ ⎬ f = 0,02 D 0,1 ⎪ = = 2.174 ⎪⎭ k 4,6 × 10 −5

Re =

0=z+

1,27 2 1,27 2 91.840 ⎛ z + 6 ⎞ 1,27 2 − + 0 , 02 × × + 16 × ⎜ ⎟ 20 20 20 10 4 ⎝ 0,1 ⎠

⇒

z = 7,6m

Exercício 7.21 Pelo andamento da linha da energia o escoamento é de (B) para (A). a ) H B + H M = H A + H p B, A z B + H M = z A + H p B, A Pela diferença da linha da energia para a linha piezométrica: v2 = 0,2 → 2g

v = 20 × 0,2 = 2

vD 2 × 0,1 = = 2 × 10 5 − 6 ν 10 D 0,1 = = 386 k 2,59 × 10 −4

m s

Re =

f = 0,026

L v2 100 2 2 H p B, A = f = 0,026 × × = 5,2 m D 2g 0,1 20 H M = z A − z B + H p B,A = −15 + 5,2 = −8,8 m ( turbina ) 3 L πD 2 π × 0,12 −3 m b) Q = v = 2× = 15,7 × 10 = 15,7 4 4 s s 1 N T = γQH T η T = 10 4 × 15,7 × 10 −3 × 8,8 × 0,75 × = 1,04 kW 1.000

c)

H B = H C + H p B, C

v2 p L v2 zB = C + C + f 2g γ D 2g pC L ⎞ v2 ⎛ = z B − ⎜1 + f ⎟ γ D ⎠ 2g ⎝ pC 25 ⎞ 2 2 ⎛ = 15 − ⎜1 + 0,026 × ⎟ = 135 m γ 0,1 ⎠ 20 ⎝

Exercício 7.22 hf 1 v2 o a ) tg 45 = =f L D 2g

2gDtg 45 o 20 × 0,025 × 1 m = = 4,47 f 0,025 s

v=

3 πD 2 π × 0,025 2 −3 m = 4,47 = 2,2 × 10 Q=v 4 4 s

b)

H 0 + H B = H 5 + H p0,5

H 0 = H 1 + H p0,1

⇒

⇒

HB = z5 +

v 52 + H p0,5 2g

H p 0 , 5 = H 0 − H 1 = 5m

L v2 0,8 4,47 2 = 0,025 × × = 0,8m D 2g 0,025 20 p − p4 = 3 γ

H p 2,3 = f H p3, 4

p 3 + γ H 2O h − γ Hg h = p 4

⇒

⎛ γ Hg ⎞ ⎛ 1,3 × 10 5 ⎞ p3 − p4 = h⎜ − 1⎟ = 1 × ⎜⎜ − 1⎟⎟ = 12m = H p3, 4 4 ⎜ ⎟ γ ⎝ 10 ⎠ ⎝ γ H 2O ⎠

H p 4,5 = Ltg 45 o = 12m H p0,5 = 5 + 0,8 + 12 + 12 = 29,8m H B = 3 + 1 + 29,8 = 33,8m NB =

γQH B 10 4 × 2,2 × 10 −3 × 33,8 = × 10 −3 = 1,26kW ηB 0,59

Exercício 7.23 h tg α = f L

→ h f = L tg α

L v2 fv 2 = L tg α → = tg α D 2g 2gD 64 64ν la min ar → f = = Re vD f

64ν v 2 = tg α → vD 2g v=

32νv gD 2

= tg α

gD 2 tg α 10 × 0,012 × 0,0032 m = = 0,1 32ν s 32 × 10 −6

Q=v

m3 πD 2 π × 0,012 = 0,1 × = 7,9 × 10 −6 4 4 s

Exercício 7.24 hf fv 2 64ν v 2 32νv = = = 2 tgα = L D × 2g vD D × 2g D g

gD tgα = 32ν h s + h f = 2m v=

2

hs = 2 − f ′ hs = 2 − hs = ks

2 100 = 0,25 m −5 s 32 × 10

10 × 0,02 2 ×

⇒

v ′ = 0,125

m s

L v′ 2 64ν L v ′ 2 32νLv ′ =2− =2− D 2g v ′D D 2g D2g

32 × 10 −5 × 100 × 0,125 0,02 2 × 10 v′ 2 2g

⇒

ks =

2gh s

=

v′ 2

= 1m 20 × 1 0,125 2

= 1.280

Exercício 7.25 a)

v2 m = 1,8 m → v = 20 × 1,8 = 6 2g s

m3 L πD 2 π × 0,12 = 6× = 0,0471 = 47,1 4 4 s s b) H p0,1 = h s1 + h s 2 + h f

Q=v

h s1 = 0,2 m → da linha da energia v2 h s2 = k s2 = 2 × 1,8 = 3,6 m 2g L v2 50 = 0,01 × × 1,8 = 9 m D 2g 0,1 = 0,2 + 3,6 + 9 = 12,8 m

hf = f H p0,1

2 p 0 v1 = + H p0,1 c) γ 2g p x = 0 = 1,8 + 12,8 = 14,6 m γ

d)

v12 p0 − HT = + H p0,1 − h s 2 γ 2g

p v2 − H p0,1 + h s 2 = 14,6 − 1,8 − 12,6 + 3,6 = 3,6 m HT = 0 − γ 2g 1 N T = γQH T η T = 10 4 × 0,0471 × 3,6 × 0,9 × = 1,5 kW 1.000

Exercício 7.26 Sentido de (5) para(0)

a)

tgβ =

v=

4Q πd

2

h f 4 ,3

⇒

L 4,3

h f 4,3 = 200 × 0,2 = 40m

4 × 31,4 × 10 −3

=

π × 0,1

2

=4

m s 20 × 0,1 × 40

h f 4,3 = f 4,3

L tot v 2 d 2g

H p 5, 3 = f 4 , 3

L tot v 2 220 4 2 = 0,025 × × = 44m d 2g 0,1 20

H 5 = H 3 + H p 5, 3

⇒ f 4,3 =

⇒

200 × 4 2

= 0,025

p5 v 22 +h= + H p 5, 3 2g γ

p v 22 42 32 × 10 3 + H p 5, 3 − 5 = + 44 − = 40,8m 2g 20 γ 8.000 b) A máquina é uma bomba, pois precisa elevar a pressão. h=

2

2

m ⎛d⎞ ⎛ 10 ⎞ c) v 2,1 = v⎜ ⎟ = 4 × ⎜ ⎟ = 1 s ⎝D⎠ ⎝ 20 ⎠ v 2,1 D 1 × 0,2 = = 2.000 (la min ar ) Re 2,1 = ν 10 − 4 64 64 f 2,1 = = = 0,032 Re 2.000 2 L v 2,1 1.000 12 h f 2,1 = f 2,1 = 0,032 × × = 8m D 2g 0,2 20 h s1 = k s1

v 22,1 2g

= 16 ×

H p 2,0 = h f 2,1 + h f 2,1

12 = 0,8m 20 = 8 + 0,8 = 8,8m

H 3 + H M = H 0 + H p 2, 0

⇒

v 32 + H M = z 0 + H p 2,0 2g

42 H B = 20 + 8,8 − = 28m 20 γQH B 8.000 × 31,4 × 10 −3 × 28 NB = = × 10 −3 = 10kW ηB 0,7

Exercício 7.27 H1 = H 4 + H p1, 4 p1 v 2 p1 v 24 + z1 = + H p1, 4 → = + H p1, 4 − z1 γ γ 2g 2g h f1, 4 = L tg α = 10 × 0,004 = 0,04 m

h s2 = k s2

v2 = 1 × 0,2 = 0,2 m 2g

v2 = 0,5 × 0,2 = 0,1 m 2g = 0,04 + 0,2 + 0,1 = 0,34 m

h s3 = k s3 H p1, 4

p1 = 0,2 + 0,34 − 2 = −1,46 m → p1 = −1,46 × 10 4 Pa γ H 4 + H B = H 6 + H p 5 , 6 → H B = H p 5, 6 = h f 5 , 6 NB =

γQH B ηB

v2 = 0,2 → 2g

→ HB =

N BηB γQ

v = 20 × 0,2 = 2

m s

πD 2 π × 0,12 m3 = 2× = 0,0157 4 4 s 3 1,57 × 10 × 0,8 HB = = 8m 10 4 × 0,0157 8 h f5,6 = L tg α = 8 m → L = = 2000 m 0,004 h s + h s3 0,2 + 0,1 h s 2 + h s3 = h f eq = L eq tg α → L eq = 2 = = 75 m tg α 0,004

Q=v

Exercício 7.28 v1 A 1 = v 2 A 2 Pitot :

⇒

v1 = v 2

v12 p1 p 0 + = γ γ 2g

A2 45 = v2 = 4,5v 2 A1 10

⇒

p 0 = 0,8(γ m − γ ) + p 2

Manômetro : p 0 = 0,8 × 10 4 + p 2 ou

(

)

⇒ p 0 = 0,8 2 × 10 4 − 10 4 + p 2

p0 p2 = + 0,8 (2) γ γ

v12 p 2 p1 = − + 0,8 2g γ γ

Linha Piezométrica :

p 2 p1 − = 0,2 ⇒ γ γ

v12 p1 v 22 p 2 v12 + = + + ks 2g γ 2g γ 2g 0,049

v 2 = 0,222 v1

(1)

p 0 + γ × 0,8 − γ m × 0,8 = p 2

(2) na (1)

⇒

⇒

v12 = 0,2 + 0,8 = 1 ⇒ 2g

v1 = 20 × 1 = 4,47

p 2 p1 p1 p 2 v 22 v12 − + 0,8 + − = + ks γ γ γ γ 2g 2g

v12 v2 4,47 2 4,47 2 + k s 1 = 0,8 ⇒ 0,049 × + ks = 0,8 ⇒ k s = 0,75 2g 2g 20 20

m s

CENTRO FEDERAL DE EDUCAÇÃO TECNOLÓGICA DE SANTA CATARINA – UNIDADE SÃO JOSÉ - ÁREA DE REFRIGERAÇÃO E AR CONDICIONADO EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – MECÂNICA DOS FLUIDOS Material digitado pelo aluno Guilherme Lima - RAC (1) Qual é a força F1 necessária para o equilíbrio?

Solução: m g F1 F2 F F F 500.9,81 4905 2452,5   1  carro  1   1   F1   490,5 N A1 A2 0,5 5 0,5 5 0,5 5 5

(2) Uma caixa d’água é enchida em 30 minutos. Qual a vazão da torneira se a caixa tem 2m3 ? Solução: vazão 

 

volume m 3 2   4m 3 / h tempoh 0,5

(3) Calcule a velocidade da água no ponto 2.

Solução:

V1 A1  V2 A2  V2 

2.0,2  40 m s 0,01

(4) Qual a velocidade de saída da água no ponto 2?

Solução: Considerando-se a equação de Bernoulli e uma linha de corrente ligando 1 e 2, tem-se:

p1



2



2

V1 p V  gz1  2  2  gz 2 2  2

Como a densidade ‘  ’ da água é a mesma, V1 = 0 e a pressão a qual a água está submetida é a mesma em 1 e 2, temos a equação de Bernoulli modificada: V2  2 g z1  z 2   2.9,816  0,5  10,38 m s

(5) Qual o tempo para encher o tanque?

Solução: Volume da caixa: 0,8x0,8x2 = 1,28 m3 e ainda: Vazão na tubulação = Velocidade x Área da seção:

VD 2 1,5.3,14.(0,032) 2 Q   0,0012 m 3 s , 4 4 

1 segundo ----------------------------- 0,012 m 3 ‘x’ segundos -------------------------- 1,28 m 3

x

1,28  1066 0,0012

Tempo = 1066 segundos = 17,7 minutos.

Agora:

EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 1 – Qual a pressão manométrica dentro de uma tubulação onde circula ar se o desnível do nível do mercúrio observado no manômetro de coluna é de 4 mm?

Solução: Considere: densidade do Mercúrio = ρhg = 13600 kg/m3 e aceleração gravitacional g = 9,81 m/s2 Observando o Princípio de Stevin, calculamos a pressão manométrica da tubulação através da seguinte equação: pman = ρhg . g . h = 13600 x 9,81 x 0,004 = 533,6 Pa A pressão absoluta é a soma dessa pressão com a pressão atmosférica (101325 Pascals). 2 – Qual a vazão de água (em litros por segundo) circulando através de um tubo de 32 mm de diâmetro, considerando a velocidade da água como sendo 4 m/s? Lembre-se que 1 m3 = 1000 litros Solução: Primeiramente, calculamos a área da secção transversal do tubo:

Agora, podemos determinar a vazão no tubo: Vazão = V . A = 4 x 0,000803 = 0,0032 m3 /s x 1000 = 3,2 l/s 3 – Qual a velocidade da água que escoa em um duto de 25 mm se a vazão é de 2 litros/s? Solução: Vazão = V . A Logo: V = Vazão / A Logo, V = 0,002/0,00049 = V = 4,08 m/s

4 – Qual a velocidade da água através de um furo na lateral de um tanque, se o desnível entre o furo e a superfície livre é de 2 m?

Solução: Utilizando a equação de Bernoulli simplificada e considerando z 1 = 2 m e g = 9,81 m/s2, podemos calcular a velocidade da água pela equação a seguir:

5 – Qual a perda de carga em 100 m de tubo liso de PVC de 32 mm de diâmetro por onde escoa água a uma velocidade de 2 m/s?

Solução: Inicialmente devemos calcular o Número de Reynolds:

Com o número de Reynolds e o Diagrama de Moody, obtemos para o tubo liso que o fator de atrito f = 0,02.

6 – Qual a potência teórica da bomba para a instalação esquematizada a seguir, considerando-se que a vazão de água transportada é de 10 m3 /h?

Solução: Cálculo do fluxo de massa: 10 m3 /h / 3600 s = 0,0027 m3/s x 1000 = 2,77 l/s, ou seja, 2,77 kg/s Cálculo de perdas localizadas – Conforme tabela da apostila para o PVC e para o metal: Lsucção = Lvalv. pé + Lcurva + Ltrecho reto Lsucção = 18,3 + 9 + 1,2 = 28,5 m Lrecalque = Lrg + Lvr + Ltrecho reto + 3 Lcurvas + Lsaída Lrecalque= 0,4 + 6,4 + 33 + (3 x 0,9) + 1,5 = 44 m Tendo a área de cada secção e a vazão (0,00277 m3/s), a velocidade de escoamento da água no ponto 2 (saída) é determinada por: V2= Vazão / Área 2 = 1,371 m/s Já a velocidade da sucção é determinada pela equação: V1= Vazão / Área 1 = 2,43 m/s Com as velocidades podemos determinar os números de Reynolds para a sucção e para o recalque: Re = V . D / n onde n = 1,006 x 10-6 Re sucção = 9,2 x 104 Re recalque = 6,9 x 104 Com Reynolds e sabendo que na sucção o tubo é liso e no recalque o tubo tem rugosidade estimada da forma e/D = 0,03, encontramos os valores dos fatores de atrito f da sucção e do recalque.

Com os valores de f podemos calcular a perda de energia na sucção e no recalque:

e 

f .L.V 2 2.D

Logo temos que e 1 = 40,85 m2/s2 e que e 2 = 47,21 m2/s2 O valor da perda total de energia é de 88,06 m2/s2

Finalmente, após as devidas simplificações na equação de Bernoulli, podemos calcular a potência da bomba da seguinte forma:

 V2 2  1,3712   Wb  m   gz 2  et   2,77.  9,81  17  88,06  708,5 W  2   2  Agora basta acessar os sites dos fabricantes de bombas e selecionar nos catálogos qual a mais conveniente para essa faixa de vazão e potência.

7- Qual a perda de carga no tubo?

Considere: tubo liso PVC υágua = 1,006 x 10-6 m2/s Vágua = 5 m/s ρágua = 1000 kg/m3 Cálculo do número de Reynolds:

Cálculo da perda de carga: Com o número de Reynolds, podemos agora obter o fator de atrito através do diagrama de Moody. Obtém-se o fator de atrito f = 0,095.

8- Qual a potência da bomba?

Primeiramente, temos que determinar as perdas de carga nos trechos retos e nos acessórios da (válvulas, curvas etc.): Sucção VP = 15 m Curva 90º = 2 m Trechos retos = 12 m Total (Ls) = 29 m

Recalque Curvas 90° = 2 x 2 = 4 m VR = 20 m Trechos retos = 30 m Saída = 3 m Total (Lr) = 57 m

Cálculo da velocidade de escoamento da água: Considerando o fluxo de massa igual a 2 kg/s, podemos determinar a vazão simplesmente dividindo esse valor por 1000, pois a vazão é dada em [m 3/s]. Fazendo o cálculo, obtém-se Vazão Vz = 0,002 m3/s.

Agora, sabendo que o diâmetro da tubulação é de 50 mm, podemos calcular a área da seção transversal do tubo:

Tendo a área e a vazão, a velocidade de escoamento da água é determinada por:

Agora nos resta calcular a perda de carga total na tubulação:

Com Re, obtemos o fator de atrito f no Diagrama de Moody. Encontramos f = 0,021. Logo:

etotal 

2 f . Ltotal . V 2 0,021.86 . 1,02 2   18,66 m 2 s 2 . D 2.0,05

Finalmente, após as devidas simplificações na equação de Bernoulli, podemos calcular a potência da bomba da seguinte forma:

V 2  1,02 2  W b  m  2  g . z 2  et   2,00.  9,81  16  18,66  2  (176,1)  352,2W  2   2  Observe que a altura z2 é igual a 15m + 1m = 16m, já que o ponto 1 é considerado na superfície livre da água.

Agora basta acessar os sites dos fabricantes de bombas e selecionar nos catálogos qual a mais conveniente para essa faixa de vazão e potência.

vários exercícios resolvidos mecânica dos fluidos

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