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Problema 1 a) O ponto de operação da bomba é também o ponto de operação do sistema. Da curva da bomba: Q = 16 kgpm = 1m3 /s H = 600 ft = 183 m Weixo =
ρ gHQ 1000 × g ×183 ×1 = = 2190kW η 0,82
b) Aplicando um V.C. na bomba.
P1
P2
A potência transferida ao fluido é determinada por: o P P V2 V2 We ∗η = m + + gz − + + gz ρ 2 2 ρ 2 1 W ∗η ( P2 − P1 ) = e = 1790kPa Q Note que coincide com ρgH como era de se esperar. A pressão de sucção P1
Weixo
P1 V12 Patm V 2 + + h − h + +0 S L = ρ g 2g ρ g 2g 144244 3 reservatório
P1 − Patm
V12 = − ρ g hS + hL + 2g
5,12 P1 − Patm = −1000 × g 2 + 1,5 + 2g
= −47,3kPa
Logo a pressão de recalque:
( P2 − Patm ) = ( P1 − Patm ) + 1790kPa ( P2 − Patm ) = 1742 kPa c) Cálculo do NPSHA A pressão de sucção da bomba ve m do item (b), P1 = Patm – 47,3 KPa ou P1 = 52,7 KPa. P1 V 2 Pv 52,7 5,12 1,7 − NPSHA = + 1 − = + = 6,5m ρ g 2 g ρ g g 2 g g do catálogo da bomba temos que NPSHR = 28ft ou NPSHR = 8,5 m. Como NPSHR> NPSHA a bomba irá cavitar.
Problema 2 P1 = 60kPa T1 = 278K V1 = 33,4m/s A = 0,1 m2 P2 = 60kPa Escoamento adiabático com atrito h01 = h02 = h0 V2 33,42 h01 = CpT1 + 1 = 1004 × 278 + = 279669 J / kg ≡ h0 2 2 Duto de área constante G = ρ1V1 = ρ2V2 = 25,11kg / m 2s h0 = CpT2 +
V22 2
G = ρ2V2 → ρ2 =
G V2
P2 = ρ 2RT2 → T2 =
P2V2 GR
1 PCp PCp PCp V2 2 + V2 2 − h0 = 0 → V2 = − 2 ± 2 2 GR GR GR V2 = 227,2m / s ρ2 =
G 3 = 0,11029 kg / m V2
T2 =
PV 2 2 = 252,7 K GR
+ 2 h0
Uma S.C. entre as seções 1 e 2 do duto: o
m (V2 − V1 ) + ( P2 − P1 ) A = Fexercida
25,11× 0,1 ( 227,7 − 33,4 ) + ( 60 − 8) ×103 × 0,1 = 5688 N = Fexercida
Problema 3 P0 = 101kPa T0 = 300K dt = 0,01m (10mm) At = 7,854x10-5 m2 de = 0,07m (70mm) Ae = 3,85x10-3 m2 densidade de estagnação P ρ0 = 0 = 1,173kg / m3 RT0 Pressão, Temperatura e densidade críticos: k
P0 k + 1 k −1 = = 1,8299 → P ∗ = 53356 Pa ∗ P 2 T0 k + 1 = = 1,2 → T ∗ = 250 K ∗ T 2 1
ρ0 k + 1 k −1 = = 1,577 → ρ ∗ = 0,7436kg / m3 ∗ ρ 2 c ∗ = kRT ∗ → c ∗ = 316,93m / s Vazão mássica o
m = ρ ∗c∗ At = 0,018511kg / s
esta é a vazão mássica que entra no cilindro . Para não haver choque é necessário que o êmbolo se desloque afim de acomodar o ar que entra sem alterar P* ,T* e ρ∗ . o
m = ρ ∗ AeVe → Ve =
0,018511 = 6,47 m / s 0,7436 × 0,00385
Problema 4 T0 = 300K Patm = 101 kPa Ae = 20 cm2 F = 135 N o
mVS = F → ρ S AS VS 2 = F = kPS AS M S 2 1, 4 ×101× 103 × 20 ×10−4 M S 2 = 135 → M S = 0,69 processo isoentrópico T0 k − 1 2 = 1+ M S → TS = 274 K TS 2 cS = kRTS = 331,75m / s VS = 229m / s
A pressão na saída
k
P0 k −1 k −1 = 1 + M S 2 → P0 = 141kPa PS 2 Pr oblema 6 0
m = 1,00kg / s ρ1 = P1 = 160000 = 1,689 kg / m3 RT1 287 × 330 C1 = kRT1 = 1, 4 × 287 ×330 = 364m / s o m 1 Estado1 V1 = = = 75m / s ρ1 A 1,689 × 0,0078 V 75 = 0,207 M 1 = 1 = C1 364 V2 75 2 h01 = CpT1 + 1 = 1004 × 330 + = 334,2 kJ / kg 2 2 2
T1 1 + k = M1 = 0,22 → T ∗ = 1503K ∗ 2 T 1 + kM 1 ρ ∗ M 12 (1 + k ) ∗ 3 = = 0,10 → ρ = 0,164kg / m ρ1 1 + kM 12 o
m 1 V2 = * = = 777m / s ρ A 0,164 × 0,0078 V2 2 777 2 = 1004 × 1503 + = 1810,4kJ / kg 2 2 Q = h02 − h01 = 1810,4 − 334,2 = 1476,2kJ / kg h02 = CpT2 +
Proble ma 5 P1 = 160 kPa T1 = 330 K V1 = 33,4 m/s 0
m = 1,00kg / s D = 100 mm A = 0,00785 m2 M2 = 1
ρ1 = P1 = 160000 = 1,689 kg / m3 RT1 287 × 330 C1 = kRT1 = 1, 4 × 287 ×330 = 364m / s o m 1 Estado1 V1 = = = 75m / s ρ1 A 1,689 × 0,0078 V 75 = 0,207 M 1 = 1 = C 364 1 2 V2 h01 = CpT1 + 1 = 1004 × 330 + 75 = 334,2 kJ / kg 2 2 Relação com o estado crítico 2
T1 1 + k ∗ = M = 0,22 → T = 1503K T ∗ 1 1 + kM 12 2 ρ ∗ M 1 (1 + k ) ∗ 3 = = 0,10 → ρ = 0,164 kg / m ρ1 1 + kM 12 o
m 1 V2 = * = = 777 m / s ρ A 0,164 × 0,0078 h02 = CpT2 +
V2 2 777 2 = 1004 ×1503 + =1810,4kJ / kg 2 2
Calor adicionado Q = h02 − h01 = 1810,4 − 334,2 = 1476,2kJ / kg
