Distribuição de pressão em um f luido
2.9 Distribuição de pressão no movimento de corpo rígido
tante. A água no tanque começaria a se agitar, e essa agitação começaria a se amortecer muito lentamente até que por fim as partículas de água se aproximariam da aceleração de corpo rígido. Isso poderia levar um tempo tão longo que o carro já teria atingido velocidades hipersônicas. Contudo, podemos ao menos discutir a distribuição de pres- são em um tanque com água acelerando como corpo rígido.
No caso de aceleração uniforme de corpo rígido, aplica-se a Equação (2.38), tendo
a a mesma intensidade e direção para todas as partículas. Com referência à Figura 2.21,
a soma vetorial de g e 2a pela regra do paralelogramo fornece a direção do gradiente de pressão, ou maior taxa de aumento de p. As superfícies de pressão constante devem ser perpendiculares a essa direção, sendo, portanto, inclinadas para baixo a um ângulo u de maneira que
tan 1 ax
g az
(2.39) Uma dessas linhas inclinadas é a superfície livre, determinada pela condição de que o fluido no tanque mantenha o seu volume a menos que ele transborde. A taxa de aumento da pressão na direção g 2 a é maior do que na hidrostática comum e é dada por dp ds G em que G a 2 x (g az)2 1/2
4
3
(2.40)Esses resultados são independentes do tamanho e da forma do recipiente, desde que o fluido esteja continuamente conectado no recipiente.
Aceleração linear uniforme
p = p1 p2 p3 x z =p ~g – a ax a az Fluido em repouso S –a u = tan –1 g + aax z g az ax u
Figura 2.21 Inclinação das
superfícies de pressão constante em um tanque de líquido em aceleração de corpo rígido.
EXEMPLO 2.13
Um piloto de corridas de dragster coloca sua caneca de café sobre uma bandeja horizontal, enquanto ele acelera a 7 m/s2. A caneca tem 10 cm de altura e 6 cm de diâmetro e contém café
até uma altura de 7 cm quando em repouso. (a) Admitindo o café em aceleração de corpo rígi- do, determine se ele irá ou não transbordar da caneca. (b) Calcule a pressão manométrica na borda, ponto A, se a massa específica do café for 1.010 kg/m3.
Solução
Esboço do sistema:
• A Figura E2.13 mostra o café inclinado durante a aceleração.
3 cm ax = 7 m/s2 A �z 3 cm 7 cm u Hipóteses:
• Aceleração horizontal de corpo rígido, ax 5 7 m/s2. Caneca de café simétrica.
Valores de propriedades:
• Massa específica do café dada como 1.010 kg/m3.
Abordagem (a):
• Determine o ângulo de inclinação com base em uma aceleração conhecida, depois determine a elevação da altura.
Passos da solução:
• Da Equação (2.39), o ângulo de inclinação é dado por
tan 1ax
g tan
1 7,0 m/s2 9,81 m/s2 35,5
Se a caneca é simétrica, a superfície inclinada passará pelo ponto central da posição de repou- so, como mostra a Figura E2.13. Então o lado de trás da superfície livre do café subirá Dz dado por
z (3 cm)(tan 35,5 ) 2,14 cm 3 cm portanto não derramará Resposta (a)
Comentário (a):
• Essa solução não considera a agitação, que pode ocorrer se a partida não for de modo uniforme.
Abordagem (b):
• A pressão em A pode ser calculada pela Equação (2.40), usando a distância perpendicular Ds da superfície até A. Quando em repouso, pA 5 rghrepouso 5 (1.010 kg/m3)
(9,81 m/s2)(0,07 m) 5 694 Pa. Durante a aceleração,
pA G s 1.010 kg m3 (9,81)2 (7,0)2 (0,07 0,0214) cos 35,5 906 Pa È Î Í Í Ê Ë ˆ¯ È � � Î Í Í Resposta (b) Comentário (b):
• A aceleração aumentou a pressão em A em 31%. Pense nesta alternati- va: por que ela funciona? Como az 5 0, descemos verticalmente no lado esquerdo para
calcular
pA g(zsup zA) (1.010 kg/m3)(9,81 m/s2)(0,0214 0,07 m) 906 Pa
E2.13
Como um segundo caso especial, considere a rotação do fluido em torno do eixo z sem nenhum movimento de translação, como esquematizado na Figura 2.22. Admiti- mos que o recipiente esteve girando durante tempo suficiente a uma velocidade angular Ω constante para o fluido adquirir rotação de corpo rígido. A aceleração do fluido será, então, um termo de aceleração centrípeta. Nas coordenadas da Figura 2.22, os vetores velocidade angular e de posição são dados por
V 5 k r0 5 irr (2.41)
Então a aceleração é dada por
V (V r0) 5 2r 2i
r (2.42)
como indica a figura, e a Equação (2.38) para o equilíbrio de forças torna-se p ir p r k p z (g a) ( gk r 2i r)
Identificando os componentes, encontramos o campo de pressão pela solução de duas equações diferenciais parciais de primeira ordem:
p
r r
2 p
z (2.43)
Os membros direitos de (2.43) são funções conhecidas de r e z. Podemos proceder da seguinte forma: integramos “parcialmente” a primeira equação, mantendo z constante, com relação a r. O resultado é
p 1
2 r2 2 f(z) (2.44)
em que a “constante” de integração é na realidade uma função f (z).2 Agora diferencia-
mos com relação a z e comparamos com a segunda relação de (2.43): p
z 0 f �(z)
2 Isso é porque f(z)desaparece quando diferenciamos com relação ar. Se você não consegue entender, reveja seu curso de cálculo.
Rotação de corpo rígido
z, k r, ir p = pa � a = –r�2i r –a g g–a Nível da água em repouso Eixo de rotação p = p1 p2 p3 Figura 2.22 Desenvolvimento de superfícies de pressão constante paraboloidais em um fluido em rotação de corpo rígido. A linha tracejada ao longo da direção de máximo aumento de pressão é uma curva exponencial.
ou f(z) z C
em que C é uma constante. Então a Equação (2.44) agora se torna
p const z 12 r2 2 (2.45)
Essa é a distribuição de pressão no fluido. O valor de C é determinado especificando-se a pressão em um ponto. Se p 5 p0 em (r, z) 5 (0, 0), C 5 p0. A distribuição final dese- jada é
p p0 z 12 r2 2 (2.46)
A pressão é linear em z e parabólica em r. Se desejarmos construir uma superfície de pressão constante, digamos p 5 p1, a Equação (2.45) se torna
z p0 p1 r
2 2
2g a br
2 (2.47)
Logo, as superfícies são paraboloides de revolução, com a concavidade para cima e com seus pontos mínimos no eixo de rotação. Alguns exemplos estão representados na Figura 2.22.
Como no exemplo anterior de aceleração linear, a posição da superfície livre é encontrada pela conservação do volume do fluido. Para um recipiente não circular com o eixo de rotação fora do centro, como na Figura 2.22, são necessárias muitas medidas trabalhosas, e um único problema poderá tomar todo o seu fim de semana. No entanto, o cálculo é fácil para um cilindro em rotação em torno do seu eixo central, como na Figura 2.23. Como o volume de um paraboloide é metade da área da base vezes sua altura, o nível da água em repouso está exatamente a meia distância entre os pontos mais alto e mais baixo da superfície livre. O centro do fluido cai de uma quantidade h/2 5 2R2/(4g), e as bordas elevam-se à mesma quantidade.
Volume = p 2R2h Nível da água em repouso R R � h = �2R2 2g h 2 h 2 Figura 2.23 Determinação da
posição da superfície livre para a rotação de um cilindro de fluido em torno do seu eixo central.
EXEMPLO 2.14
A caneca de café do Exemplo 2.13 é retirada do piloto, colocada sobre uma mesa giratória e girada em torno do seu eixo central até ocorrer a situação de corpo rígido. Encontre (a) a velo- cidade angular que fará o café atingir exatamente a borda da caneca e (b) a pressão manomé- trica no ponto A para essa condição.
Solução
A caneca contém 7 cm de café. A folga de 3 cm até a borda da caneca deve ser igualada à dis- tância h/2 na Figura 2.23. Assim
h 2 0,03 m 2R2 4g 2(0,03 m)2 4(9,81 m/s2 ) Resolvendo, obtemos
2 1.308 ou 36,2 rad/s 345 rpm Resposta (a)
Para calcular a pressão, é conveniente colocar a origem das coordenadas r e z no fundo da de- pressão da superfície livre, como mostra a Figura E2.14. A pressão manométrica aqui é p0 5 0,
e o ponto A está em (r, z) 5 (3 cm, 24 cm). A Equação (2.46) pode, então, ser calculada:
396 N/m2 594 N/m2 990 Pa 1
2(1.010 kg/m3)(0,03 m)2(1.308 rad2/s2) pA 0 (1.010 kg/m3)(9,81 m/s2)( 0,04 m)
Resposta (b)
Esse resultado é aproximadamente 43% maior do que a pressão da água em repouso pA 5 694 Pa.
Parte (a)
Parte (b)
Aqui, como no caso da aceleração linear, deve-se destacar que a distribuição de pressão paraboloidal (2.46) se estabelece em qualquer fluido sob rotação de corpo rí- gido, independentemente da forma ou do tamanho do recipiente. O recipiente pode inclusive estar fechado e cheio de fluido. É necessário apenas que o fluido esteja con- tinuamente interconectado em todo o recipiente. O próximo exemplo ilustrará um caso especial no qual podemos visualizar uma superfície livre imaginária estendendo-se para fora das paredes do recipiente.
EXEMPLO 2.15
Um tubo em U, com um raio de 250 mm, contendo mercúrio até uma altura de 750 mm, é gi- rado em torno do seu centro a 180 rpm, até atingir o regime de corpo rígido. O diâmetro do tubo é desprezível. A pressão atmosférica é de 101,3 kPa. Determine a pressão no ponto A na condi- ção de rotação. Veja a Figura E2.15.
Solução
Converta a velocidade angular em radianos por segundo: (180 rpm) 2 rad/r
60 s/min 18,85 rad/s
Da Tabela 2.1, encontramos para o mercúrio g 5 133.100 N/m3 e, portanto, r 5 133.100/9,81
5 13.568 kg/m3. Para essa alta velocidade de rotação, a superfície livre vai se inclinar forte-
mente para cima [cerca de 84; verifique isso com a Equação (2.47)], mas o tubo é tão fino que a superfície livre permanecerá aproximadamente na mesma altura de 750 mm, ponto B. Colo-
E2.14 E2.15 3 cm A 3 cm 7 cm 3 cm � z r 0 z r Superfície livre imaginária 250 mm 750 mm 0 A B
cando a origem do nosso sistema de coordenadas nessa altura, podemos calcular a constante C na Equação (2.45) por meio da condição pB 5 101,3 kPa em (r, z) 5 (250 mm, 0):
ou
pB 101.300 kPa C 0 12(13.568 kg/m3)( 0,25 m)2(18,85 rad/s)2 101.300
C 150.657 49.357 Pa Obtemos pA avaliando a Equação (2.46) em (r, z) 5 (0, 2750 mm):
pA 49.357 (133.100 N/m3)( 0,75 m) 49.357 99.825 50.468 Pa Resposta Essa pressão é menor que a pressão atmosférica, e podemos entender por que, se seguirmos a superfície livre paraboloidal para baixo a partir do ponto B ao longo da linha tracejada na figu- ra, ela irá cortar a parte horizontal do tubo em U (onde p será a pressão atmosférica) e cairá
abaixo do ponto A. Da Figura 2.23 a queda real a partir do ponto B será h 2R2 2g (18,85)2( )2 2(9,81) 1,132 m 0,25
Então pA é aproximadamente 382 mmHg menor do que a pressão atmosférica, ou aproximada-
mente 0,382 (133.100) 5 50.844 Pa abaixo de pa 5 101,3 kPa, conferindo com a resposta
acima. Quando o tubo estiver em repouso,
pA 5 101.300 2 133.100(20,75) 5 201.125 Pa
Portanto a rotação reduziu a pressão no ponto A em 75%. Uma rotação ainda maior pode redu- zir pA a próximo de zero, com a possibilidade de ocorrer cavitação.
Um subproduto interessante dessa análise da rotação de corpo rígido é que as li- nhas paralelas ao gradiente de pressão em todos os pontos formam uma família de su- perfícies curvas, como mostra a Figura 2.22. Elas são ortogonais às superfícies de pressão constante em todos os pontos e, portanto, suas inclinações são o inverso nega- tivo da inclinação calculada pela Equação (2.47):
dz dr LG 1 (dz/dr)p const 1 r 2/g em que LG significa linha gradiente
ou dz
dr g
r 2 (2.48)
Separando as variáveis e integrando, encontramos a equação das superfícies do gra- diente de pressão: r C1 exp 2z g ˆ ¯ ˜ Ê Ë Á (2.49)
Observe que esse resultado e a Equação (2.47) são independentes da densidade do fluido. Na ausência de atrito e dos efeitos de Coriolis, a Equação (2.49) define as linhas 2.9 Distribuição de pressão no movimento de corpo rígido 113
Figura 2.24 Demonstração
experimental, usando fitas flutuantes, do campo de forças no fluido em rotação de corpo rígido: (no alto) fluido em repouso (as fitas ficam suspensas verticalmente para cima); (embaixo) fluido em rotação de corpo rígido (as fitas alinham-se com a direção do máximo gradiente de pressão). (© The American Association of
Physics Teachers. Reimpresso com permissão da “The Apparent Field of Gravity in a Rotating Fluid System”, de R. Ian Fletcher. American Journal
of Physics, v. 40, p. 959-965,
ao longo das quais o campo gravitacional líquido aparente atuaria sobre a partícula. Dependendo da densidade, uma pequena partícula ou bolha tenderia a subir ou descer no fluido ao longo dessas linhas exponenciais, como está demonstrado experimental- mente na Referência 5. Além disso, fitas flutuantes se alinhariam com essas linhas ex- ponenciais, evitando, assim, qualquer tensão adicional além das normais. A Figura 2.24 mostra a configuração de tais fitas antes e durante a rotação.
A pressão é uma grandeza derivada. Ela é a força por unidade de área, relacionada com o bombardeio molecular do fluido sobre uma superfície. Portanto, a maioria dos instrumentos de medida de pressão apenas infere a pressão mediante calibração com um dispositivo primário, tal como o aferidor de pistão de peso morto. Há muitos ins- trumentos desse tipo, tanto para um fluido estático como para um fluido em movimen- to. Os livros sobre instrumentação nas Referências 7 a 10, 12, 13 e 16-17 listam mais de 20 projetos de instrumentos para medida de pressão. Esses instrumentos podem ser agrupados em quatro categorias:
1. Baseados na gravidade: barômetro, manômetro, pistão de peso morto.
2. Deformação elástica: tubo de Bourdon (metal e quartzo), diafragma, foles, exten- sômetro (strain-gage), deslocamento de feixe óptico.
3. Comportamento de gases: compressão de gás (medidor McLeod), condutância tér- mica (medidor Pirani), impacto molecular (medidor de Knudsen), ionização, con- dutividade térmica, pistão a ar.
4. Saída elétrica: resistência (medidor de Bridgman), extensômetro difuso, capaciti- vo, piezoelétrico, potenciométrico, indutância magnética, relutância magnética, transformador diferencial variável linear (LVDT, do inglês linear variable differ- ential transformer), frequência de ressonância.
5. Revestimentos luminescentes para superfícies de pressão [15].
Os medidores baseados no comportamento de gases são instrumentos especiais usados para certos experimentos científicos. O aferidor de pistão de peso morto é o instrumen- to usado mais frequentemente para calibrações; por exemplo, ele é usado pelo National Institute for Standards and Technology (NIST) dos Estados Unidos. O barômetro é descrito na Figura 2.6.
O manômetro, analisado na Seção 2.4, é um dispositivo simples e barato baseado no princípio hidrostático sem partes móveis exceto a própria coluna de líquido. As medidas manométricas não devem interferir no escoamento. A melhor maneira de fa- zer isso é efetuar as medidas por meio de um orifício estático na parede do escoamen- to, como ilustra a Figura 2.25a. O orifício deve ser normal à parede, devendo-se evitar as rebarbas. Se o orifício for pequeno o suficiente (tipicamente 1 mm de diâmetro), não haverá escoamento para dentro do manômetro, assim que a pressão se ajustar a um valor permanente. Desse modo o escoamento não é perturbado. No entanto, a pressão de um escoamento oscilante pode causar um grande erro por causa da possível respos- ta dinâmica da tubulação. Para medidas de pressão dinâmica são usados outros dispo- sitivos de dimensões menores. O manômetro na Figura 2.25a mede a pressão manométrica p1. O instrumento na Figura 2.25b é um manômetro diferencial digital, que pode medir a diferença entre dois pontos distintos no escoamento, com uma preci- são especificada de 0,1% da escala total. O mundo da instrumentação está mudando rapidamente em direção a leituras digitais.