SFM 05 Sistemas Fluidomecanidos – Eq Quantidade Movimento

Disciplina:

Sistemas Fluidomecânicos

Equação da Quantidade de

Movimento para Regime

Introdução

• A revisão de Mecânica dos Fluidos discorreu, entre outros

tópicos, sobre como é realizado o balanceamento de massas e energia em escoamentos de fluidos, empregando as equações da continuidade e da energia.

• Entretanto, em muitas aplicações na engenharia, é necessário estimar as forças que agem em estruturas devido a fluidos

que se movem em contato com elas.

• A equação que permite este tipo de estimativa é a Equação da Quantidade de Movimento.

Equação da Quantidade de

Movimento

• Seja a Segunda Lei de Newton da Dinâmica:

⃗ = . ⃗ = .

• Esta equação deve ser mantida na forma vetorial, pois a

velocidade pode variar em direção sem que seja alterado seu módulo.

• Considerando a massa constante (regime permanente):

⃗ =

• Por definição, o produto m.V é a quantidade de movimento do sistema.

• Desta forma, pode ser afirmado que a força resultante que age no sistema em estudo é igual a variação da quantidade de movimento do mesmo, com o tempo.

• Admitindo propriedades uniformes na seção, no intervalo de tempo dt, a massa de fluido que atravessa a seção (1) com velocidade será dm₁, provocando uma variação na

quantidade de movimento entre (1) e (2), de .

(1) (1’) (2) (2’) dt A₁ A₂ dm₁ dm₂ ₁ ₂ − ∆ ⃗ = ̇ . ∆ ∆ = −

• Similarmente, no mesmo intervalo de tempo dt, a massa de fluido que atravessa a seção (2) com velocidade será dm₂, provocando uma variação na quantidade de movimento entre (1) e (2), de . (1) (1’) (2) (2’) dt A₁ A₂ dm₁ dm₂ ₁ ₂ − ∆ ⃗ = ̇ . ∆ ∆ = −

• Logicamente, para o intervalo de tempo dt, a variação total

da quantidade de movimento entre (1) e (2), é estimada por

. − . (1) (1’) (2) (2’) dt A₁ A₂ dm₁ dm₂ ₁ ₂ − ∆ ⃗ = ̇ . ∆ ∆ = − “Variação” não é a soma dos vetores, e sim a diferença!

• Deste modo, a força resultante desta variação na quantidade de movimento é expressa por

⃗ = . − . (1) (1’) (2) (2’) dt A₁ A₂ dm₁ dm₂ ₁ ₂ − ∆ ⃗ = ̇ . ∆ ∆ = −

̇ = ̇ = Então ⃗ = ̇ . − ̇ . (1) (1’) (2) (2’) dt A₁ A₂ dm₁ dm₂ ₁ ₂ − ∆ ⃗ = ̇ . ∆ ∆ = −

Mas neste estudo, o regime de escoamento é permanente, ou seja, ̇ = ̇ = ̇

Deste modo, ⃗ = ̇ . − ̇ . = ̇ . − ou ⃗ = ̇ . ∆ (1) (1’) (2) (2’) dt A₁ A₂ dm₁ dm₂ ₁ ₂ − ∆ ⃗ = ̇ . ∆ ∆ = − A força resultante tem a direção de ∆ O ponto de aplicação da resultante é a intersecção das direções de e .

• O fluido entre (1) e (2) está sujeito a forças de contato

normais (de pressão), tangenciais (tensões de cisalhamento) e à força de campo causada pelo campo gravitacional (força

peso): ⃗ = ′ + − . . + − . . + ⃗ Forças de pressão Força peso Forças tangenciais Forças externas ao VC (somente fluido) que são exercidas sobre o mesmo.

Convenção das normais: Os vetores são normais (perpendiculares) à

superfície do volume de controle (VC), positivos ao “sair” do volume de

controle, e negativos ao “entrar” no VC.

• O fluido a jusante e montante da seção entre (1) e (2) exerce pressões contra o tubo de corrente na seção. As forças são, em módulo, p₁A₁ e p₂A₂. Como são forças aplicadas contra o volume de controle estas recebem sinal negativo pela

convenção das normais.

• Vetor força de pressão (jusante): − . . • Vetor força de pressão (montante): − . .

montante

jusante

Convenção das normais: Os vetores são normais (perpendiculares) à

superfície do volume de controle (VC), positivos ao “sair” do volume de

controle, e negativos ao “entrar” no VC.

• Na lateral, o tubo de corrente sofre pressões e tensões de cisalhamento no contato com o meio. Seja uma parcela da superfície de contato lateral, um elemento denominado aqui de dA_lat. A resultante das forças de pressão e de cisalhamento neste elemento podem ser expressas como

′ = − . . + ⃗.

montante

′ = − . . + ⃗.

• Integrando, é obtida a força resultante na superfície lateral que envolve o tubo de corrente:

′ = − . . + ⃗.

montante

• A força resultante ⃗ que age sobre o tubo de corrente pode então ser expressa da seguinte forma:

⃗ = ′ + − . . + − . . + ⃗ (2) A₂ (1) − . . − . . ⃗ A₁ ′

• Entretanto, sabe-se que as forças que agem sobre o tubo de corrente (VC) tem de ser iguais às forças que o tubo de

corrente exerce sobre o meio, portanto:

⃗ = ′ + − . . + − . . + ⃗ = ̇ . ∆ (2) A₂ (1) − . . − . . ⃗ A₁ ′

A força ′ representa a força resultante da superfície sólida sobre o fluido.

Meio contra o VC

′ + − . . + − . . + ⃗ = ̇ . ∆ ′ = . . + . . − ⃗ + ̇ . ∆ ou ′ = . . + . . − ⃗ + ̇ . − (2) A₂ (1) − . . − . . ⃗ A₁ ′

A força ′ representa a força resultante da superfície sólida sobre o fluido.

• Assim, pelo princípio da ação e reação, a força ⃗ que o fluido exerce na superfície sólida será ⃗ = − ′ :

⃗ = − . . − . . + ⃗ − ̇ . − (2) A₂ (1) − . . − . . ⃗ A₁ ′

Para simplificar a resolução de problemas, normalmente o peso do fluido é desprezado por

representar uma fração ínfima das forças envolvidas, mas nem sempre isto é possível.

Aplicação 1

Conduto com Redução Gradual da Seção

• Para o trecho (1)-(2) tem-se

⃗ = − . . − . . + ⃗ − ̇ . −

Projetando na direção do eixo x :

⃗ = − . . −1 − . . +1 − ̇ . −

(1)

(2)

O peso será desprezado!

x y

⃗ = − . . −1 − . . +1 − ̇ . −

• Empregando vazão volumétrica no lugar de vazão mássica: ⃗ = − . . −1 − . . +1 − . ̇ . −

⃗ = . − . − . ̇ . −

(1)

(2)

O peso será desprezado!

x y

Exemplo 1

• Seja um fluxo através do redutor abaixo representado, em um sistema de bombeamento de gasolina. Determine a força

horizontal necessária para fixa-lo. Considere o peso do redutor como 25 kgf, e o seu volume interno, 0,2 m3_.

(1) (2) _{O peso do fluido e do redutor são}

desprezados neste exemplo.

x y

Exercício 4.67 Fox McDonald 5ª ed. ou 4.92 na 8ª ed. D₁ = 0,4 m V₁ = 3 m/s p₁ = 58,7 kPa (manom.) D₂ = 0,2 m V₂ = 12 m/s p₂ = 109 kPa (absol.) _gas  0,75 g/ml g = 9,81 m/s2

⃗ = . − . − . ̇ . − ̇ = . = . ̇ = . . = 3 × × , = 0,37699 m3_/s (1) (2) x y  = ₁ = ₂ _gas  0,75 g/ml = 750 kg/m3

A pressão atmosférica atua externamente, por isto utiliza-se a pressão manométrica nos cálculos.

̇ = 0,37699 m3_/s ≈ 750 kg/m3 = 58700 Pa = 109000 − 101 325 = 7675 Pa ⃗ = 58700 × × 0,4 4 − 7678 × × 0,2 4 − 750 × 0,377 × 12 − 3 ⃗ = 4590,57 ≈ 4,59 (1) (2) x y

A força F_sx é a força resultante do escoamento

sobre o redutor. A força para fixar o redutor deve ter o mesmo módulo, mas aplicada em sentido

contrário, no eixo x.

≈ 750 kg/m3 = 9,81 m/s2 = 25 kg ∀ = 0,2 m3 ⃗ = − × ∀ × − × = −750 × 0,2 × 9,81 − 25 × 9,81 ⃗ = −1716,75 ≈ −1,72 (1) (2) x y = +1, 72

A força F_sy é a força resultante do peso do redutor e do fluido sobre a estrutura de suporte. A força vertical para fixar o redutor portanto deve ter o mesmo módulo, mas aplicada em sentido contrário, no eixo y.

Aplicação 2

Redução da Seção e Mudança de Direção

• Da aplicação anterior, sabemos que

• Projetando no eixo x :

⃗ = − . . −1 − . . − ̇ . . −

• Projetando no eixo y :

⃗ = − . . 90° − . . + ⃗ − ̇ . . − . 90°

⃗ = . − . . + ̇ . − .

⃗ = − . . − ̇ . . + ⃗

• Deste modo, a força resultante pode ser estimada como sendo:

Exemplo 2

• Seja o redutor em curva mostrado abaixo. Estime os

componentes nos eixos x e y da força necessária para manter imóvel o redutor. Fluido: água.

Massa do redutor, M = 10 kg

Volume interno,  = 0,006 m3

Exercício 4.69 Fox McDonald 5ª ed. ou 4.89 na 8ª ed.

x y

⃗ = . − . . + ̇ . − . ⃗ = . . − ̇ . . + ⃗ ⃗ = ⃗ + ⃗ Volume interno,  x y ̇

Massa do redutor, M = 10 kg Volume interno,  = 0,006 m3 ⃗ = . − . . + ̇ . − . x y ̇ = . ̇ = 998 × 0,11 = 109,78 / = ̇ = 0,11 0,0182 = 6,044 / = ̇ = 0,11 0,0081 = 13,58 / = 200000 − 101325 = 98675 = 120000 − 101325 = 18675

Massa do redutor, M = 10 kg Volume interno,  = 0,006 m3 ⃗ = 98675 × 0,0182 − 18675 × 0,0081. 30° +109,78 × 6,044 − 13,58 × 30° ⃗ = 1795,085 − 131,001 − 627,571 = 1036,513 ≈ 1,04 = − ⃗ = −1036,513 ≈ −1,04 x y ̇ = 109,78 / = 6,044 / = 13,58 / = 98675 ( ) = 18675 ( )

Massa do redutor, M = 10 kg Volume interno,  = 0,006 m3 ⃗ = − . . − ̇ . . + ⃗ ⃗ = −18675 × 0,0081 × −30° − 109,78 × 13,58 × −30° + ⃗ ⃗ = +821,040 + ⃗ x y ̇ = 109,78 / = 6,044 / = 13,58 / = 98675 ( ) = 18675 ( )

Massa do redutor, M = 10 kg Volume interno,  = 0,006 m3 ⃗ = − . − . . ∀ ⃗ = 821,040 − 9,81 × 10 − 9,81 × 998 × 0,006 = +664,198 = − ⃗ = −664,198 = + = 1231,064 ≈ 1,23 x y ̇ = 109,78 / = 6,044 / = 13,58 / = 98675 ( ) = 18675 ( )

Aplicação 3

Desvio de Jato Fixo

• A figura representa um desviador de jato, um caso que tem aplicação no estudo de pás de turbina, por exemplo.

• O fluido lançado contra o desviador sofre uma deflexão provocada por este.

• Observa-se que parte da força F_s é produzida no contato do fluido com o ar, mas isto normalmente é desprezado.

⃗ = − . . − . . + ⃗ − ̇ . −

• Como o jato em (1) a (2) é livre à pressão atmosférica, então p₁ e p₂ são nulos:

⃗ = ⃗ − ̇ − • Projetando segundo o eixo x :

⃗ = − ̇ . − = ̇ − .

• Projetando segundo o eixo y :

• Para simplificar, normalmente o atrito do fluido contra a

superfície é desprezado, de modo que V₁ = V₂ = V_j (velocidade do jato). Deste modo:

⃗ = ̇ − . = ̇ . 1 −

Aplicação 4

Jato em Placa Plana

• Considerando que o jato se espalha uniformemente em todas as direções ao atingir a placa, a velocidade V₂ não terá

componente no eixo x.

• Além disso, como o escoamento ocorre em pressão atmosférica, p₁ = p₂ = 0.

⃗ = − . . − . . + ⃗ − ̇ . −

• Projetando segundo o eixo x :

⃗ = − ̇ .

(1)

Forças em Superfícies Sólidas em

Movimento

• Em muitas situações, deseja-se determinar a forças envolvidas em escoamentos contra superfícies móveis.

• Com o objetivo de simplificar o equacionamento, serão vistas aqui somente superfícies que se movimentam a velocidade constante, pois caso contrário seria necessário considerar as forças de inércia devido às acelerações.

= +

• A vazão mássica lançada pelo bocal é ̇ = . . , mas a

superfície sólida, em movimento, não recebe exatamente esta vazão, e sim

̇ _{= . − . = . .}

=

Desprezando atrito do fluido com a superfície do desviador:

̇ _{= . − . = . .} • Assim, para o caso de movimento relativo,

⃗ = ̇ . − • Na forma geral: ⃗ = − . . − . . − ̇ . − Atenção = ≠

Exemplo 3

• Um desviador de jato se move a uma velocidade de 9 m/s. Um bocal de 5 cm de diâmetro lança um jato de óleo com uma

velocidade de 15 m/s, tal que o mesmo incide sobre o

desviador. O ângulo de saída é de 60 e o peso específico do óleo é de 8.000 N/m3_{. Calcular a força do jato sobre o}

desviador.

Exemplo resolvido Brunetti 1ª ed. pag. 128

Exemplo 4

• Um bocal, de área de 0,05 m2_{, lança um jato de água com} velocidade de 15 m/s sobre um desviador de jato

estacionário. O ângulo de saída é de 50. Determine a massa M necessária para manter estacionário o desviador de jato.

Resposta: M = 409 kg

Exercício 4.49 Fox McDonald 5ª ed. ou 4.66 na 8ª ed.

Exemplo 5

• Determinar a potência transmitida por um jato de água a uma turbina de ação tipo Pelton. Determinar também o

rendimento da transmissão de potência.

Exemplo resolvido Brunetti 1ª ed. pag. 129

• O corte A-A corresponde a um desviador de jato com ângulo de saída



.



2 x y

• Tratando-se de uma única pá, a solução seria ⃗ 2 = ̇ 2 . − ⇒ ⃗ = ̇ . − • Projetando no eixo x: = ̇ . − . cos



2 x y =

= ̇ . − . cos

• Supondo V₁ = V₂ = V = V_j – V_s, onde V_s = .R, tem-se

= ̇ . . 1 − cos = ̇ . − . 1 − cos



2 x y =

• No caso da turbina, existe um grande número de pás

operando em uma velocidade angular  relativamente alta.

• Deste modo, pode-se admitir sem perda significativa de

precisão, que sempre é encontrada uma pá na posição acima representada, durante todo o tempo de operação.



2

x y

• Se sempre é encontrada uma pá na posição acima

representada, durante todo o tempo de operação, então pode ser admitido que toda a vazão do jato é aproveitada para a

transmissão de potência.

• Em outras palavras, neste caso pode-se usar a vazão real ao invés da vazão aparente.



2

x y

• Assim: = ̇ . − . 1 − cos = ̇ . − . 1 − cos = . . . − . 1 − cos



2 x y = Considerando ̇ _{≈ ̇}

• Potência N é definida como = . , de modo que = . . . − . 1 − cos .

• O rendimento



da turbina é obtida através da comparação entre a potência da turbina com a potência do jato. Como a potência do jato é = . . 2 • então = = . . . − . 1 − cos . . . 2 = 2. − . 1 − cos .

• O rendimento máximo em função da velocidade V_s (na

verdade, em função da velocidade angular da turbina) pode ser estimado derivando-se



em função de V_s e igualando a zero: = 0 • Rendimento: = 2. − . 1 − cos . • Sendo = 2. 1 − cos = . . = . − . = −2. .

. . − . . = . − 2. .

• Sendo

= 2. 1 − cos =

• Então

• Igualando a zero: 2. 1 − . − 4. 1 − . = 0 • Simplificando: 2. 1 − . − 4. 1 − . = 0 − 2. = 0 • Finalmente: = 2

• Substituindo na equação do rendimento: = 2. − ₂ . 1 − cos . ₂ = 2. 1 − 1 2 . 1 − cos . 1 2 1 = 1 − cos 2

• Desta forma, vemos que o ângulo de saída ideal seria de 180 (cos180 = 1, e então o rendimento alcançaria o valor de 0,5, o maior possível segundo a equação de rendimento máximo).

• Entretanto, isto não é possível, pois o jato retornaria sobre si mesmo, incidindo sobre a pá seguinte. Na prática, o ângulo



Exemplo 6

• Determinar a força de propulsão de um foguete, supondo a pressão de saída dos gases igual à do ambiente.

Exemplo resolvido Brunetti 1ª ed. pag. 132

V

_s

x

⃗ = − . . − . . + ⃗ − ̇ . −

• A pressão de saída dos gases (p₂), sendo igual à do ambiente, é considerada como nula.

• Não há pressão ou velocidade de entrada (p₁ e V₁) , portanto ⃗ = + ⃗ − ̇ .

ou

Bibliografia

Franco Brunetti

Mecânica dos Fluidos; 1ª ed., Editora Pearson,

Prentice Hall, 2005.

Bibliografia

Robert W. Fox, Alan T. McDonald

Introdução à Mecânica dos Fluidos. Rio de

Janeiro RJ, 4ª.Ed.; Editora Afijada.

ISBN-10: 8521610785