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