Equações Básicas para o Volume de Controle

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Cap´ıtulo 4
Equac¸o˜es Ba´sicas para o Volume de
Controle
4.1 As Leis Ba´sicas do Sistema
As 3 leis f´ısicas fundamentais no estudo do movimento dos fluidos sa˜o:
• princ´ıpio de conservac¸a˜o da massa
• segunda lei de Newton para o movimento
• princ´ıpio de conservac¸a˜o de energia
Na mecaˆnica e na termodinaˆmica, esses princ´ıpios se aplicam aos sistemas. Em mecaˆnica dos
fluidos, especificamente, e´ mais conveniente focalizar a atenc¸a˜o numa determinada a´rea do fluxo e
descrever o movimento a` medida que o fluido cruza essa regia˜o, conhecida como volume de controle.
Volume de controle e´ portanto uma regia˜o arbitra´ria e imagina´ria, no espac¸o, atrave´s da qual o
fluido escoa. A superf´ıcie de contorno geome´trico do volume de controle e´ conhecida como superf´ıcie
de controle.
4.2 Conservac¸a˜o de Massa
Um sistema consiste em uma quantidade definida e identificada de mate´ria. O princ´ıpio de con-
servac¸a˜o da massa estipula que a massa de um sistema permanece constante, desprezando os efeitos
relativos, de modo que:
dMsist
dt
= 0
A taxa de variac¸a˜o de massa de um sistema e´ igual ao fluxo l´ıquido de massa que atravessa a
superf´ıcie de controle mais a taxa de variac¸a˜o dessa massa dentro do volume de controle.
44
Dessa forma, temos que:
dMsist
dt
=
∫ ∫
S.C.
ρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
ρdV
onde
~v e´ o vetor velocidade de escoamento
~n e´ o vetor unita´rio normal
ρ e´ a massa espec´ıfica do fluido
Logo, pelo princ´ıpio da conservac¸a˜o de massa, temos:∫ ∫
S.C.
ρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
ρdV = 0
Observac¸o˜es:
1) No regime permanente, as propriedades do fluido e as caracter´ısticas do escoamento ficam
invariantes no tempo, ou seja, qualquer derivada em relac¸a˜o ao tempo e´ nula, de modo que a
equac¸a˜o da continuidade fica: ∫ ∫
S.C.
ρ(~v.~n)dA = 0
2) Em um regime permanente e incompress´ıvel, ale´m da invariaˆncia no tempo, temos que a
massa espec´ıfica e´ constante e, portanto, a equac¸a˜o fica reduzida a:∫ ∫
S.C.
(~v.~n)dA = 0
Exemplo 4.1 Um o´leo incompress´ıvel e´ despejado com uma vaza˜o Q constante em um reservato´rio
cil´ındrico de diaˆmetro D. O o´leo vaza atrave´s de um orif´ıcio de diaˆmetro d, localizado na base do
reservato´rio, com uma velocidade de sa´ıda dada por v =
√
2gh , em que h e´ o n´ıvel de o´leo conforme
mostrado na figura. Determine:
a) a equac¸a˜o diferencial que descreve a evoluc¸a˜o, com o tempo, do n´ıvel h de o´leo no reservato´rio,
supondo um n´ıvel inicial qualquer.
b) o n´ıvel ma´ximo hmax de o´leo no reservato´rio a partir do qual o escoamento fica em regime
permanente.
Soluc¸a˜o:
a) O volume de controle escolhido e´ o volume ocupado pelo o´leo no reservato´rio, de modo que
a variac¸a˜o do n´ıvel h implica variac¸a˜o do volume de controle com o tempo.
A equac¸a˜o da continuidade e´ dada por:∫ ∫
S.C.
ρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
ρdV = 0
Como o o´leo e´ incompress´ıvel, temos ρ = constante, de forma que:∫ ∫
S.C.
(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
dV = 0
A vaza˜o de o´leo que entra no V.C. e´ conhecida, enquanto que a que sai e´ calculada por:
q =
∫ ∫
S.C.
(~v.~n)dA =
∫ ∫
S.C.
√
2gh dA =
pid2
4
√
2gh
Temos ainda que:
45
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
dV =
dV
dt
onde V e´ o volume do V.C. dado por:
V =
piD2
4
h
Logo:
dV
dt
=
piD2
4
dh
dt
Assim, a equac¸a˜o da continuidade fica sendo:
−Q+ q + dV
dt
= 0
Substituindo os dados, temos:
−Q+ pid
2
4
√
2gh+
piD2
4
dh
dt
= 0
Essa equac¸a˜o diferencial, que descreve a evoluc¸a˜o do n´ıvel de o´leo h em func¸a˜o do tempo, pode
ser escrita como:
dh
dt
=
4Q
piD2
− d
2
D2
√
2gh
b) No regime permanente, qualquer caracter´ıstica ou propriedade do escoamento e´ invariante
no tempo. Logo, a partir do instante em que o regime fica permanente, temos:
dhmax
dt
= 0
de forma que:
46
4Q
piD2
=
d2
D2
√
2gh
resultando
hmax =
8Q2
pi2d4g
4.3 Segunda Lei de Newton
A segunda lei de Newton para o movimento de um sistema em relac¸a˜o a um referencial inercial
pode ser escrita como
∑
~F =
d ~P
dt
ou seja, a forc¸a resultante que atua sobre o sistema e´ igual a` taxa de variac¸a˜o do momento (
quantidade de movimento) linear total do sistema.
Considerando o momento linear e a velocidade de escoamento do sistema, e lembrando que
~P = m~v , a equac¸a˜o de continuidade fica:
d ~P
dt
=
∫ ∫
S.C.
~vρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
~vρdV
ou
∑
~F =
∫ ∫
S.C.
~vρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
~vρdV
que e´ chamada de equac¸a˜o do momento linear.
Decompondo as forc¸as, temos:
∑
~Fx =
∫ ∫
S.C.
~vxρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
~vxρdV
∑
~Fy =
∫ ∫
S.C.
~vyρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
~vyρdV
∑
~Fz =
∫ ∫
S.C.
~vzρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
~vzρdV
Exemplo 4.2 A figura abaixo mostra um esquema de um jato livre de a´gua, com vaza˜o Q0 e
velocidade v0 , chocando-se contra uma placa inclinada estaciona´ria. Considerando que o jato se
divide em dois (Q1 e Q2 ), determine essa divisa˜o do escoamento .
Hipo´teses adotadas: jato livre, peso do jato e atrito desprez´ıveis, regime permanente.
Soluc¸a˜o:
Aplicando a equac¸a˜o da continuidade, temos que:∫ ∫
S.C.
ρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
ρdV = 0
Como o regime e´ permanente, ficamos com:∫ ∫
S.C.
ρ(~v.~n)dA = 0
Ou
47
−ρQ0 + ρQ1 + ρQ2 = 0
o que resulta:
Q0 = Q1 +Q2
Tem-se, portanto, uma equac¸a˜o com duas varia´veis. Para obter a outra equac¸a˜o, aplicamos a
equac¸a˜o do momento linear na direc¸a˜o tangencial, dada por:
∑
~Ft =
∫ ∫
S.C.
~vtρ(~v.~n)dA+
∂
∂t
∫ ∫ ∫
V.C.
~vtρdV
Como o jato e´ livre e o regime e´ permanente:
∑
~Ft = 0
∫ ∫
S.C.
~vtρ(~v.~n)dA = (v0 cos θ)ρ(−Q0) + v0ρQ1 − v0ρQ2 = 0
Logo:
Q0 cos θ = Q1 −Q2
O sistema resultante fica: {
Q0 = Q1 + Q2
Q0 cos θ = Q1 − Q2
o que resulta:
Q1 =
Q0
2
(1 + cos θ)
Q2 =
Q0
2
(1− cos θ)
48
4.4 Princ´ıpio de Conservac¸a˜o da Energia
Baseado no fato de que a energia na˜o pode ser criada nem destru´ıda, mas apenas transformada, e´
poss´ıvel construir uma equac¸a˜o que permitira´ fazer o balanc¸o das energias, da mesma forma como
feito para as massas, atrave´s da equac¸a˜o da continuidade.
Os tipos de energia associadas a um fluido sa˜o:
• Energia potencial (Ep): e´ o estado de energia do sistema devido a` sua posic¸a˜o no campo
da gravidade em relac¸a˜o a um plano horizontal de referaˆncia. Essa energia e´ medida pelo
potencial de realizac¸a˜o de trabalho do sistema.
Ep = mgh
• Energia cine´tica (Ec): e´ o estado de energia determinado pelo movimento do fluido.
Ec =
mv2
2
• Energia de pressa˜o (Epr) : essa energia corresponde ao trabalho potencial das forc¸as de
pressa˜o que atuam no escoamento do fluido.
Epr =
∫
V
pdV
• Energia mecaˆncia total do fluido (E) : excluindo-se energias te´rmicas e pequenos efeitos
mecaˆnicos, a energia total de um sistema de fluido sera´
E = Ep + Ec + Epr
ou
E = mgh+
mv2
2
+
∫
V
pdV
49
4.4.1 Equac¸a˜o de Bernoulli
A equac¸a˜o da energia geral de um sistema pode ser constru´ıda aos poucos, partindo-se de uma se´rie
de hipo´teses simplificadoras.
A equac¸a˜o de Bernoulli pode ser obtida como um caso particular da equac¸a˜o da energia e
mostra que, para um escoamento sujeito a algumas restric¸o˜es, ela representa a conservac¸a˜o de
energia mecaˆnica ao longo de uma linha de corrente.
Dessa forma, podemos partir da equac¸a˜o da energia considerando as seguintes hipo´teses:
• regime permanente
• escoamento incompress´ıvel
• escoamento sem efeitos viscosos (sem dissipac¸a˜o deenergia mecaˆnica)
• escoamento sem troca de calor
• escoamento com propriedades uniformes nas sec¸o˜es transversais
Seja o tubo de corrente da figura, entre as sec¸o˜es (1) e (2).
Deixando passar um intervalo de tempo dt , uma massa infinitesimal dm1 de fluido atravessa
a sec¸a˜o (1) e penetra no trecho (1)-(2), acrescentando-lhe a energia:
dE1 = dm1gy1 +
dm1 v
2
1
2
+ p1dV1
Na sec¸a˜o (2), uma massa dm2 de fluido que pertencia ao trecho (1)-(2) escoa para fora, levando
a sua energia:
dE2 = dm2gy2 +
dm2 v
2
2
2
+ p2dV2
Como as hipo´teses nos fornece que na˜o se fornece nem se retira energia do fluido, temos;
dE1 = dE2
ou
dm1gy1 +
dm1 v
2
1
2
+ p1dV1 = dm2gy2 +
dm2 v
2
2
2
+ p2dV2
Lembrando que
50
dV =
dm
ρ
podemos escrever
dm1gy1 +
dm1 v
2
1
2
+ p1
dm1
ρ1
= dm2gy2 +
dm2 v
2
2
2
+ p2
dm2
ρ2
Como o fluido e´ incompress´ıvel ( ρ1 = ρ2) e o regime e´ permanente ( dm1 = dm2 ), temos:
gy1 +
v21
2
+
p1
ρ
= gy2 +
v22
2
+
p2
ρ
Dividindo a equac¸a˜o por g e lembrando que γ = ρ g , obtemos:
y1 +
v21
2g
+
p1
γ
= y2 +
v22
2g
+
p2
γ
A equac¸a˜o acima e´ chamada de Equac¸a˜o de Bernoulli, que permite relacionar cotas, velocidades
e presso˜es entre duas sec¸o˜es do escoamento de um fluido. Cada parcela possui um significado:
y =
mgy
mg
e´ a energia potencial por unidade de peso
v2
2g
=
mv2
2mg
e´ a energia cine´tica por unidade de peso
p
γ
=
pV
γV
e´ a energia de pressa˜o por unidade de peso.
Exemplo 4.3 A´gua escoa em regime permanente no tubo da figura. No trecho considerado, supo˜e-
se as perdas por atrito desprez´ıveis e as propriedades uniformes nas sec¸o˜es. A a´rea (1) e´ 20 cm2
e a da garganta e´ 10 cm2 . Um manoˆmetro de mercu´rio ( γHg = 136.000 N/m
3 ) e´ ligado entre
as sec¸o˜es e indica o desn´ıvel mostrado na figura. Calcule a vaza˜o de a´gua que escoa pelo tubo
( γH2O = 10.000 N/m
3 ).
51
Soluc¸a˜o:
Aplicando a equac¸a˜o de Bernoulli
y1 +
v21
2g
+
p1
γ
= y2 +
v22
2g
+
p2
γ
e verificando que y1 = y2 , obtemos
v22 − v21
2g
=
p1 − p2
γ
A equac¸a˜o manome´trica pode ser escrita como:
p1 + γH2Oh− γHgh = p2
ou
p1 − p2 = −γH2Oh+ γHgh = (γHg − γH2O)h
Substituindo os valores, obtemos:
p1 − p2 = (136.000− 10.000)× 0, 1 = 12.600 N/m2
Portanto:
v22 − v21
2g
=
12.600
10.000
Adotando g = 9, 8 :
v22 − v21 = 2× 9, 8× 1, 26
ou
v22 − v21 = 24, 7 m2/s2
Como a equac¸a˜o da energia possui duas varia´veis, havera´ necessidade de outra equac¸a˜o que
relacione as velocidades, que e´ a equac¸a˜o da continuidade:
Q1 = Q2 → v1A1 = v2A2 → v1 = v2A2
A1
→ v1 = v2
2
Substituindo na outra equac¸a˜o
v22 −
v22
4
= 24, 7 m2/s2
52
v2 =
√
4× 24, 7
3
= 5, 74 m/s
Portanto:
Q = v2A2 = 5, 74× 10× 10−4 = 5, 74× 10−3 m3/s
ou
Q = 5, 74 l/s
4.4.2 Equac¸a˜o de Bernoulli com perda de carga ( dissipac¸a˜o de energia mecaˆnica)
Os escoamentos reais apresentam dissipac¸a˜o de energia mecaˆnica por causa do atrito viscoso, que
provoca perda de carga.
Assim, o balanc¸o de energia, considerando as outras hipo´teses, fica:
y1 +
v21
2g
+
p1
γ
= y2 +
v22
2g
+
p2
γ
+ hp
onde hp e´ a perda de carga correspondente a` energia mecaˆnica dissipada pelo atrito viscoso entre
as sec¸o˜es (1) e (2).
Existem dois tipos de perdas de carga:
• perda de carga distribu´ıda ( ph,d ), devido ao atrito viscoso ao longo da tubulac¸a˜o entre duas
sec¸o˜es consideradas.
• perda de carga localizada ou acidental ( ph,l ), devido aos acesso´rios ou acidentes localizados
em determinadas posic¸o˜es da tubulac¸a˜o, tais como va´lvulas, filtros, curvas, reduc¸o˜es, etc.
A perda de carga total e´ a soma de todas as perdas distribu´ıdas e localizadas:
hp =
∑
hp,d +
∑
hp,l
A perda de carga distribu´ıda pode ser calculada por meio da equac¸a˜o de Darci-Weisbach, que
pode ser escrita como:
hp,d = f
L
D
v2
2g
onde:
• f e´ um coeficiente de proporcionalidade chamado de fator de atrito
• L e´ o comprimento considerado do duto
• D e´ o diaˆmetro interno da tubulac¸a˜o
• v e´ a velocidade me´dia do escoamento
• g e´ a acelerac¸a˜o da gravidade
O fator de atrito f , que e´ determinado experimentalmente, e´ func¸a˜o de duas grandezas adi-
mensionais: o nu´mero de Reynolds (Re ) e a rugosidade relativa do duto ( e/D ). O valores podem
ser obtidos pelo diagrama de Moody ou tabelados.
As perdas de cargas localizadas variam de acordo com os acesso´rios da tubulac¸a˜o e sa˜o obtidas
atrave´s de expresso˜es emp´ıricas, gra´ficos e tabelas.
53
Exemplo 4.4 Determinar a perda de carga distribu´ıda em um escoamento de a´gua com vaza˜o
Q = 0, 02 m3/s num duto com parede de ferro fundido, sec¸a˜o circular com diaˆmetro D = 10 cm
e comprimento L = 300 m.
Dados: µ = 0, 001 Pa.s ρ = 1.000 kg/m3 e f = 0, 0024.
Soluc¸a˜o:
Q = v
piD2
4
→ v = 4Q
piD2
= 2, 5 m/s
Logo:
hp,d = f
L
D
v2
2g
= 0, 024
300
0, 1
2, 52
2× 9, 8 = 22, 96m
4.4.3 Equac¸a˜o de Bernoulli na presenc¸a de uma ma´quina
Ma´quina, para efeito de estudo, e´ qualquer equipamento introduzido no escoamento, que fornec¸a
ou retire energia dele, na forma de trabalho. Por exemplo, uma bomba instalada na tubulac¸a˜o
fornece energia ao sistema, enquanto que um turbina retira energia dele. Chamando essa energia
de carga, temos que:
• para o caso das bombas, o fluido recebera´ uma carga de energia entre as sec¸o˜es (1) e (2), de
modo que a equac¸a˜o fica:
y1 +
v21
2g
+
p1
γ
+ hB = y2 +
v22
2g
+
p2
γ
• para as turbinas, que retiram energia do sistema:
y1 +
v21
2g
+
p1
γ
− hT = y2 + v
2
2
2g
+
p2
γ
A carga da ma´quina esta´ relacionada com duas grandezas: poteˆncia (trabalho por unidade de
tempo) e rendimento ( relac¸a˜o entre poteˆncia recebida e poteˆncia fornecida).
A poteˆncia referente ao fluido e´ dada por:
N = γ Qh
onde
h = y +
v2
2g
+
p
γ
Similarmente, temos que a poteˆncia da bomba e da turbina sa˜o:
NB = γ Qhb ; NT = γ QhT
Adicionalmente, classificamos o rendimento como:
ηB =
N
NB
; ηT =
NT
N
54
4.4.4 Equac¸a˜o de Bernoulli para fluido real
Considerando-se as hipo´teses de regime permanente, fluido incompress´ıvel, propriedades uniformes
nas sec¸o˜es e auseˆncia de troca de calor, podemos analisar a equac¸a˜o da energia na presenc¸a de
ma´quina e atrito interno no escoamento do fluido. Dessa forma, entre as sec¸o˜es (1) e (2), ter´ıamos:
y1 +
v21
2g
+
p1
γ
+ hM = y2 +
v22
2g
+
p2
γ
+ hp
onde hM = hB (bombas) ou hM = −hT (turbinas) e hp e´ a perda por atrito.
Exemplo 4.5 No esquema da figura abaixo, a sec¸a˜o (1) representa um grande reservato´rio, onde
podemos considerar a pressa˜o relativa nula e a velocidade de escoamento tambe´m nula. Conside-
rando um regime de escoamento permanente, verificar se a ma´quina e´ uma bomba ou uma turbina
e determinar a sua poteˆncia, sabendo que seu rendimento e´ de 75%.
Dados: vaza˜o de 10 l/s, a´rea da sec¸a˜o dos tubos de 10 cm2, perda de carga entre as sec¸o˜es (1)
e (4) de 2 m e γH2O = 10
4 N/m3.
Soluc¸a˜o:
Na sec¸a˜o (1), a carga e´ calculada por:
h1 = y1 +
v21
2g
+
p1
γ
= 24 + 0 + 0 = 24 m
Sec¸a˜o (2):
h2 = y2 +
v22
2g
+
p2
γ
onde
v2 =
Q
A2
=
10× 10−3
10× 10−4 = 10 m/s
Logo:
h2 = 4 +
102
2× 9, 8 +
0, 16× 106
104
= 25, 1 ∼= 25 m
Como h2 > h1 , conclui-se que o escoamento tem o sentido de (2) para (1). Portanto a ma´quina
do problema e´ uma bomba.
55
A equac¸a˜o da energia entre as sec¸o˜es (4) e (1) sera´ dada por:
h4 + hB = h1 + hp
onde:
h4 = y4 +
v24
2g
+
p4
γ
= 0
Logo:
hB = h1 + hp = 24 + 2 = 26 mA poteˆncia da bomba e´ obtida por:
NB =
γ QhB
ηB
=
104 × 10× 10−3 × 26
0, 75
= 3.467W = 3, 47kW
Exemplo 4.6 Na instalac¸a˜o da figura, a ma´quina e´ uma bomba e o fluido e´ a´gua. A bomba
tem poteˆncia de 5 kW e seu rendimento e´ de 80%. A a´gua e´ descarregada a` atmosfera com uma
velocidade de 5 m/s pelo tubo, cuja a´rea de sec¸a˜o e´ de 10 cm2. Determinar a perda de carga do
fluido entre (1) e (2) e a poteˆncia dissipada ao longo da tubulac¸a˜o. Dado: γH2O = 10
4 N/m3
Soluc¸a˜o:
A equac¸a˜o de energia e´ dada por:
h1 + hB = h2 + hp
Sec¸a˜o (1):
h1 = y1 +
v21
2g
+
p1
γ
= 5 + 0 + 0 = 5 m
Sec¸a˜o (2):
h2 = y2 +
v22
2g
+
p2
γ
= 0 +
5
2× 9, 8 + 0 = 1, 28 m/s
Como
NB =
γ QhB
ηB
temos:
hB =
ηB NB
γ Q
=
ηB NB
γ v A
=
0, 8× 5× 103
104 × 5× 10× 10−4 = 80 m
56
Substituindo esses valores na equac¸a˜o da energia:
hp = h1 − h2 + hB = 5− 1, 28 + 80 = 83, 72 m
A poteˆncia dissipada e´ obtida por:
Ndiss = γ Qhp = 10
4 × 5× 10× 10−4 × 83, 72 = 4186W = 4, 19 kW
57