Análise com Volumes de Controle Fixos

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1
Capítulo 5 – Análise com volumes de 
controle fixos
Como dito anteriormente, a análise de alguns problemas de
Mecânica dos Fluidos aplicados a engenharia é mais fácil, e
adequada, quando feita a partir da consideração de
volumes de controle.
Exemplos
► Tempo para preenchimento de um tanque com líquido.
► Força para manter uma turbina presa em uma bancada
de testes.
► Transferências de líquidos entre dois tanques desnive-
lados.
► Etc.
2
Conceitos básicos para abordagem desses 
problemas
► Conservação da massa.
► Segunda lei de Newton.
► Leis fundamentais da termodinâmica.
► Teorema de Reynolds (forma geral).
  SCVC dAbbdtDtDB nV VSIS
3
5.1 Conservação da massa e equação da 
continuidade
5.1.1 Derivação da equação da continuidade
► Um sistema é definido como uma quantidade de massa
fixa e identificável de um material. Desta definição, e do
princípio da conservação de massa, vem que,
► Assim, se a massa é o parâmetro físico, como na equação
anterior, teremos,
0SIS 
Dt
DM
0
  SCVC dAdt nV V
Significa que a taxa de variação de 
massa no volume de controle somada 
à vazão líquida de massa através da 
superfície de controle é nula.
4
Seguindo a discussão,
► Consideremos a figura a seguir que mostra um sistema e
um volume de controle fixo, coincidentes num dado
instante t.
• (a) em t - δt.
• (b) em t (coincidentes).
• (c) em t + δt.
5
► Aplicando o teorema de Reynolds.
 SISSIS dVM 
0
  SCVCSIS dAdtdDtD nV VV
Taxa de variação 
temporal da mas-
sa do sistema 
coincidente.
Taxa de variação 
temporal da mas-
sa no volume de 
controle 
coincidente.
Vazão líquida de 
massa através da 
superfície de 
controle.
6
Ponderações.
► Se o escoamento é permanente,
► A vazão em volume através da área dA da superfície de
controle é,
► A vazão em massa através de dA é,
► Se o escoamento é para fora do volume de controle,
► Se o escoamento é para dentro do vol. de controle,
  dAQ nV
0
 VC dt V
  dAm nV
0nV
0nV
7
Com essas ponderações.
Onde
• é vazão em massa líquida total no volume de 
controle (kg/s).
• é vazão em massa que entra no volume de
controle (kg/s).
• é vazão em massa que sai no volume de controle
(kg/s).
0  mmmdA entrasaiSC nV
m
Difícil de 
calcular em 
alguns casos
Fácil de medir 
na maioria 
dos casos
entram
saim
8
► A vazão em massa, , através de uma superfície de
controle de área, A, pode ser dada por,
Onde ρ é a massa específica e V é perpendicular a A.
► A equação acima só representa a realidade, se
considerarmos valores médios para ρ e V ao longo do
escoamento. Assim, como
Vem que,
VAQm  
  SC dAm nV
m
A
dA
VdAAV SC
SC 
   nVnV
9
► Se o perfil de velocidade do escoamento é uniforme na
seção transversal que apresenta área A, isto é, se o
escoamento for unidimensional, temos,
Onde U é a velocidade do escoamento.
U
A
dA
V SC   
 nV
10
Assim, num ponto da superfície de controle...
► (se a velocidade e a densidade forem constantes ao longo 
da área A)
11
5.1.2 Volumes de controle fixos e indeformáveis
Exemplos
1) A água do mar escoa em regime permanente no bocal
cônico mostrado na figura abaixo. No bocal, está instalado
uma mangueira e esta é alimentada por uma bomba
hidráulica. Qual deve ser a vazão em volume da bomba para
que a velocidade de descarga da seção do bocal seja igual a
20 m/s?
12
Solução
► O volume de controle contém, em qualquer instante, a
água do mar que está contida na mangueira.
► Temos informações sobre a seção de descarga do bocal.
Assim, poderemos encontrar a vazão no volume de controle.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como o regime é permanente,
► Logo,
0
  SCVCSIS dAdtDtDM nV V
0
 VC dt V
2112 ,0 mmmmdASC   nV
13
► Por outro lado, como o regime é permanente,
► Ainda temos ρ1= ρ2, portanto,
► Daí,
2211
21
QQ
mm
 
 
smQ
DAVQQ
/0251,0)040,0(
4
20
2
32
1
2
2221






21 QQ 
14
2) O ar escoa entre duas seções de um tubo de diâmetro
igual a 10 cm, como mostrado na figura abaixo. As
distribuições de pressão e temperatura são uniformes em
cada seção. Se a velocidade média do ar na seção (2) é
304,8 m/s, calcule a velocidade média na seção (1).
15
Solução
► O volume de controle indicado na figura contém, a todo
instante, o ar em quantidade constante, já que o
escoamento é permanente.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como, (escoamento permanente)
► Então,
0
  VCVCSIS dAdtDtDM nV V
0
 VC dt V
12
12 0
0
mm
mmdA
dA
SC
SC







nV
nV


16
► Seguindo,
► Não podemos considerar ρ1 = ρ2, pois a massa específica
do ar varia com a pressão e a temperatura. Isto é,
222111
12
AVAV
mm
 
 
s
m
k
kV
Tp
VTp
A
RT
p
AV
RT
p
A
AVV
Assim
RT
p
8,66
4535,689
8,30454087,126
,
1
21
212
1
1
1
22
2
2
11
222
1







17
3) A figura a seguir mostra o desenvolvimento de um
escoamento laminar de água num tubo reto (raio R). O perfil
de velocidade na seção (1) é uniforme com velocidade U
paralela ao eixo do tubo. O perfil de velocidade na seção (2)
é assimétrico, parabólico e com velocidade nula na parede
do tubo. Qual a relação existente entre U e uMax? Qual a
relação existente entre a velocidade média na seção (2),
VMed(2), e uMax?
18
Solução
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como, (escoamento laminar permanente)
► Então,
► Na seção 1, V = U e ainda, U é perpendicular a A1. Logo,
0
  VCVCSIS dAdtDtDM nV V
0
 VC dt V
0
0
21




AA
SC
dAdA
dA
nVnV
nV


UAdAUdA
AA
   11 )180cos(nV
19
Seguindo,
► Agora, analisando a seção 2:
• Os componentes de V também são perpendiculares a
área A2.
• n aponta para fora, logo V.n > 0.
• A seção A2 é circular de raio R. Assim,
0
2
 A dAUA nV
20
► Dessa forma,
0
42
2
012
021
,
1
02
0
2
42
2
0 2
3
2
0
2
2
2
0 2


 


 




 





 






R
Max
R
Max
R
Max
Max
R
R
rruR
dr
R
ruRU
rdr
R
ruUA
Daí
R
ruu
rdruUA




21
► Seguindo,
► Nas paredes da seção (2), u = 0. A velocidade máxima na
seção (2), por sua vez, é 2U. Desta forma,
UuRuRU
R
RRuRU
R
rruRU
MaxMax
Max
R
Max
20
4
2
0
42
2
0
42
2
2
2
2
42
2
0
2
42
2




 


 
UUuV Max 
2
2
2
0
22
► Cálculo formal de 2V
dA
A
V
A
nV ˆ1   
rdr
R
ru
R
V
R
 21
1
0
2
max22  


 




 

 



 

  42242212
22
2
max
0
2
42
2
max
0
2
2
max
2
RR
R
u
R
rr
R
urdr
R
r
R
uV
RR

4
2 2
2
max
2
R
R
uV U
uV 
2
max
2
► Solução Proposta pela aluna Patrícia Martins
23
UVqueVemconstanteUVCom
AVAV
Entãoiguaissaídaeentradadeáreasase
ívelincompressepermanenteescoamentooSendo


21
2211
,.
,.
,

24
O exercício anterior, trata do “escoa-
mento de Poiseuille”
► Descoberto experimentalmente
por Poiseuille durante estudos
sobreo movimento de sangue na
artéria aorta.
► A unidade de viscosidade, poise, é
uma homenagem aos seus traba-
lhos.



 


2
max 1)( R
ruru
Jean Louis Marie Poiseuille
(1797 ‐ 1869)
25
4) A banheira retangular mostrada na figura abaixo está
sendo enchida com água fornecida por uma torneira. A vazão
em volume é constante e igual a 2,0 m3/h. Determine a taxa
de variação temporal da profundidade, h, de água na
banheira.
26
Solução
► O volume de controle contém, em qualquer instante, a
água acumulada na banheira, a água descarregada pela
torneira e o ar.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
0
  SCVCSIS dAdtDtDM nV V
0

  aráguaVágua águaVar ar mmdtdt VV 
27
► Ponderações:
• As taxas de variação temporal das massas de ar e água,
isoladamente, não são nulas.
• O princípio da conservação da massa nos leva ao fato
que a taxa de variação temporal da massa de ar no volume
de controle precisa ser igual ao fluxo de ar que sai de dentro
do volume.
• Idem para água.
Daí,
0
0






águaVágua água
arVar ar
md
t
md
t


V
V


28
► A taxa de variação temporal da massa de água pode ser
calculada por
Onde
Vbanheira = hx 0,6 x 1,5 é o volume água na banheira em t.
Vj = (0,5 – h)Aj é o volume de água na banheira em t + δt.
Aj é a área transversal do jato d’água.
Daí, vem que,
])5,0()5,16,0([
)]([
jáguaVágua água
jbanheiraáguaVáguaáguaVágua água
Ahh
t
d
t
t
d
t
d
t














V
VVVV
águajágua mAhht

 ])5,0()5,16,0([
29
► Na equação abaixo, h é o único parâmetro a variar, logo,
► Assumindo que Aj << 0,9, teremos,
min/37/102,6
3600
2
9,0
1
9,0
4
3
mmsm
s
mQ
t
h água 
 
)9,0(
)9,0(
])5,0()5,16,0([
j
água
águaáguaágua
águajágua
águajágua
A
Q
t
h
Qmmas
m
t
hA
mAhh
t













► Solução Proposta pelo aluno Alex Machado
30
9,0
9,0
)9,0(
9,0
)()5,0()9,0()(
,
5,09,0)5,0()9,05,1(
,
Q
dt
dhtermosASe
A
Q
dt
dh
dt
dhA
dt
dhQ
hA
dt
dA
dt
dh
dt
dQt
dt
d
tempoaorelaçãoemequaçãoestaDerivando
hAAhAhhQt
VolumeQt
t
VolumeQ
temosbanheiraaencherparanecessáriooquemenorttempoumPara
j
j
j
jj
jjj





31
5) Um escoamento de água é descrito pelo campo de
velocidade
Determine a vazão em massa no paralelogramo mostrado na
figura abaixo.
kjiV zyx 5)42()23( 
32
Solução
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Como
temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,
0
  SCVCSIS dAdtDtDM nV V
kjiV zyx 5)42()23( 
0
 VC dt V
012  mmmdASC nV
33
► Continuando,
    

6 65 54 4
2 3 321 1
facefaceface
face facefaceSC
dAdAdA
dAdAdAdA
nVnVnV
nVnVnVnV 
)50,50(5:6
)50,50(5:5
)20,50(42:4
)20,50(23:3
)20,50(42:2
)20,50(23:1
56
55
44
33
22
11






yxzFace
yxzFace
zyyFace
zxxFace
zyyFace
zxxFace
nVkn
nVkn
nVjn
nVin
nVjn
nVin
34
► Daí,
► Este resultado mostra que a vazão líquida através da
superfície de controle é nula e, portanto, a massa se
conserva dentro do volume de controle (paralelogramo da
figura).
 
0
,
)5()5()42(
)23()42()23(1000
5
0
5
0
5
0
5
0
5
0
2
0
5
0
2
0
5
0
2
0
5
0
2
0



   
   
m
Logo
dzdyzdzdxzdzdyy
dzdyxdzdxydzdxxm


35
Características importantes dos exemplos anteriores
► Todos os escoamentos são permanentes e têm volumes de
controle fixos. Logo,
► Para um escoamento transitório,
0
0
0







entrasai
entrasai
VC
QQ
mm
d
t

V
  VC dt 0V
36
► Se o volume de controle só apresenta uma seção de
alimentação ou descarga, e o regime do escoamento é
permanente,
► Se for incompressível,
222111 VAVAm  
2211 VAVAQ 
37
5.1.3 Volumes de controle indeformáveis e móveis
► Muitas vezes é necessário analisar um escoamento
utilizando um volume de controle indeformável solidário a
um referencial móvel.
► A velocidade do fluido em relação ao volume de controle
móvel (velocidade relativa) é importante nesses casos.
Sejam,
• W a velocidade do fluido vista por um observador
solidário ao volume de controle.
• VVC a velocidade do volume de controle vista por um
observador solidário a um referencial fixo a terra.
• V a velocidade do fluido vista um observador imóvel
solidário ao referencial fixo a terra.
• Assim, V = W + VVC -> W = V – VVC
38
Exemplos
1) Um avião move-se com velocidade de 971 km/h como
mostrado na figura abaixo. A área frontal da turbina é 0,8 m2
e a massa específica do ar que entra por essa seção é
0,736 kg/m3. Um observador fixo a terra observa que a
velocidade de exaustão dos gases é de 1050 km/h. A área de
exaustão da turbina é 0,558 m2 e a massa específica dos
gases exauridos é de 0,515 kg/m3. Estime a razão de massa
de combustível para dentro da turbina em kg/h.
39
No referencial fixo ao avião.
• W1 é a velocidade do ar em relação 
ao avião.
• W2 é a velocidade dos gases exauri-
dos pela turbina em relação ao avião.
controlevolterrafluido
Mas
hkm
./2
2
1
?
)/(971
VVW
W
jW



40
No referencial fixo a Terra.
• V1 é a velocidade do avião 
em relação a Terra 
(= VVol.Contole).
• V2 é a velocidade dos gases 
exauridos pela turbina em 
relação a Terra (= Vfluido/Terra).
)/(2021)971(1050
,
)/(1050
)/(971
2
./2
/2
.1
hkm
Então
Como
hkm
hkm
controlevolterrafluido
terrafluido
controleVol
jjjW
VVW
jVV
jVV




41
42
Solução
► O volume de controle mostrada na figura contém todo ar,
combustível e gases localizada no interior da turbina. Este
volume é indeformável, porém, móvel para um referencial
fixo a terra.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,
0
  SCVCSIS dAdtDtDM nV V
0
 VC dVt 
argáscomb
combargásSC
mmm
mmmdA




.
. 0nV
43
Continuando,
► Da equação,
► Temos
Onde W1 e W2 são as velocidade de entrada e saída do
volume de controle do ar e dos gases, respectivamente, para
um observador solidário ao avião.
• W1 = 971 km/h.
• W2 = V2 – Vavião = 1050 – (-971) = 2021 km/h (veja página
38).
argáscomb mmm  .
1122. AWAWm argáscomb  
44
► Continuando,
 
 
h
kgm
h
mm
m
kg
h
mm
m
kgm
comb
comb
9100
1097180,0736,0
102021558,0515,0
.
32
3
32
3.



 




 




45
2)A vazão de água no irrigador de jardim da próxima figura
é 1000 ml/s. Se a área de seção de descarga de cada um
dos bocais do irrigador é de 30 mm2, determine a
velocidade da água que deixa o irrigador em relação ao
bocal se:
(a) a cabeça do irrigador
for imóvel.
(b) a cabeça do irrigador
apresenta uma rotação de
600 rpm.
(c) a cabeça do irrigador
acelera de 0 a 600 rpm.
Suponha que cada braço do irrigador tenha 20 cm de
comprimento.
46
Solução
► O volume de controle mostrado na figura contém, em todo
instante, toda água localizada na cabeça do irrigador. Este
volume é indeformável, porém,móvel para um referencial
fixo a terra.
► Aplicando o teorema de Reynolds,
► Temos um escoamento permanente, logo,
► Assim,
0
  SCVCSIS dAdtDtDM nV V
0
 VC dVt 
saientra
entrasaiSC
mm
mmdA



 0nV
47
► Como há duas saídas e uma entrada,
► Para os três casos, W2 independe da velocidade angular
do irrigador (W2 foi calculada para um referencial fixo à
cabeça do irrigador) e representa a velocidade (média) das
seções de descarga.
smW
A
QW
QWADaí
QmeWAm
águaágua
águaentraáguasai
/7,16
10302
101000
2
2,
2
6
6
2
2
2
22
22








 
48
► A velocidade para um observador fixo a terra é,
W2 = V2 + U (V2 = W2 - U)
Onde U é a velocidade do bocal em relação a um referencial
fixo a terra.
► r é o raio do irrigador.
odispositivdoirrigadordocabeça
cabeçadaRaiodaangularVelocidadeU 
rU 
49
► Com relação a um observador estacionário...
a) O irrigador está parado.
b) A cabeça gira a 600 rpm.
UWV  22 rU 
m/s7,162
22


V
WV
1 rpm = 2π rad·min−1
= 2π/60 rad·s−1
≈ 0,10471976 rad·s−1
600 rpm = 62,83186 rad·s−1 m/s4,13
0,262,831867,16
2
2
22



V
V
rWV 
50
c) A cabeça do irrigador acelera de 0 a 600 rpm. Isto significa 
que U = U(t)=ωt r
(m/s) 12,566377,16)(
0,262,831867,16)(
)()(
2
2
22
ttV
ttV
rtWtV


 
600 rpm = 62,83186 rad·s−1
51
5.2 Segunda Lei de Newton – As equações da quantida-
de de movimento linear e do momento da quantidade de 
movimento
5.2.1 Derivação da equação da quantidade de movimen-
to
► Segunda Lei de Newton,
Taxa de variação temporal da Soma das forças
quantidade de momento linear = externas que agem
do sistema sobre o sistema
► Para uma partícula fluida de massa ρdV, a quantidade de
movimento é dp = VρdV. Assim, a quantidade de movimento do
sistema é,
V SIS dVpEquação vetorial dV é diferencial de volume
52
► Aplicando a segunda Lei de Newton,
► Considerando o caso em que o sistema coincide, mesmo que
instantaneamente, com o volume de controle.
  SistemaSIS dDtDDtD FVp V
 
ecoincident
controledeVolumeSistema FF
53
► Aplicando o Teorema de Reynolds,
► Multiplicando pelo vetor velocidade,
  SCVCSISSIS dAdtdDtDMDtD nV VV
  SCVCSIS dAdtdDtD nVVVV  VV
Taxa de variação 
temporal da 
quantidade de 
movimento linear 
do sistema .
Taxa de variação 
temporal da 
quantidade de 
movimento linear 
do volume de 
controle.
Fluxo líquido de 
quantidade de 
movimento linear 
através da 
superfície de 
controle.
54
► Combinando as equações,
► Obtemos a equação da quantidade de movimento linear
  SistemaSIS dDtDDtD FVp V
  SCVCSIS dAdtdDtD nVVVV  VV
  ecoincidentcontroledeVolumeSCVC dAdt FnVVV  V
 
ecoincident
controledeVolumeSistema FF
55
► A somatória, contém,
1. Forças de campo (mas, só consideraremos o campo
gravitacional em nossos estudos).
2. Forças superficiais exercidas sobre o volume de
controle pelo material que está localizado nas vizinhanças
externa do volume de controle, por exemplo, paredes de um
recipiente. Estas são forças de reação no fluido feitas pelas
paredes que o confinam.
3. Um objeto imerso em um escoamento também exerce
forças superficiais sobre o fluido.

ecoincident
controledeVolumeF
56
5.2.2 Aplicação da equação da quantidade de 
movimento linear
► A equação,
é vetorial e sua análise é feita em um sistema de
coordenadas Cartesianas (x, y, z) ou cilíndricas (r, θ, z).
► Principais considerações para o uso da equação acima são:
Escoamentos permanentes e unidimensionais.
(vídeos)
  ecoincidentcontroledeVolumeSCVC dAdt FnVVV  V
57
Exemplos
1) A figura abaixo mostra um jato de água horizontal
incidindo num anteparo estacionário. O jato é descarregado
do bocal com velocidade uniforme e igual a 3 m/s. O ângulo
entre o escoamento de água, na seção de descarga do
anteparo, e a horizontal é θ. Admitindo que os efeitos
gravitacionais e viscosos são desprezíveis, determine a força
necessária para manter o anteparo imóvel.
58
Solução
► Consideremos o volume
de controle a seguir
► Aplicando a
equação da quan-
tidade de movi-
mento,
Lembrando que












AzSCVC
AXSCVC
ecoincident
controledeVolumeSCVC
FdAwdw
t
FdAudu
t
scomponenteEm
dAd
t
nV
nV
FnVVV



V
V
V
0, 

vcasoneste
wvu kjiV
59
► Se o regime de escoamento é permanente,
► Ponderações,
• A água entra e sai do volume de controle como um jato
livre a pressão atmosférica.
• Assim, a pressão que atua na superfície de controle é
uniforme e igual a pressão atmosférica.
• A força líquida devida a pressão atmosférica é nula.
• Desprezando os pesos da água e do anteparo, as únicas
forças que atuam no conteúdo do volume de controle são as
componentes horizontal e vertical que mantêm o anteparo
fixo.
0

  VCVC dwtdut VV 
60
• Na seção 1
• Na seção 2
• Como desprezamos os efeitos
gravitacionais e viscosos,
•
► Assim, na seção 1,
na seção 2,
Daí,
1VnV
021 ppp 
21 VV 
2VnV
 sencos 11 VweVu 
1Vu 
AxAASC
FdAudAudAu   21 nVnVnV 
AzAASC
FdAwdAwdAw   21 nVnVnV 
61
► Primeiro na direção x
► Na direção z
)1(cos)cos1(cos
)(cos)(
2
11
2
111
2
11
2
1
2121111111
21


 



VAFouVAAVAVF
VVeAAFAVVAVV
dAudAudAu
AxAx
Ax
AxAASC
FnVnVnV



sen
)(sen)(0
2
11
212121111
21
VAF
VVeAAFAVVAV
dAwdAwdAw
Az
Az
AyAASC


  FnVnVnV
62
► Logo,
► Substituindo os valores fornecidos,
► Se θ = 0 Fax = Faz = 0.
► Se θ = 90o Fax = Faz = 50,1 N.
► Se θ = 180o Fax = -100,2 N e
Faz = 0.
NFAx )cos1(1,50)cos1)(3)(1057,5)(999(
23   
NFAz  sen1,50)sen)(31057,5)(999( 23  
)cos1()cos1( 1
2
11   VmFouVAF AxAx 
 sensen 21211 VmFouVAF AzAz 
63
2) Determine a força necessária para imobilizar um bocal
cônico instalado na seção de descarga de uma torneira de
laboratório (figura) sabendo que a vazão de água na torneira
é de 0,6 litros/s. A massa do bocal é de 0,1 kg e os diâmetros
das seções de alimentação
e descarga do bocal são,
respectivamente, iguais a
16 mm e 5 mm. O eixo do
bocal está na vertical e a
distância axial entre as se-
ções (1) e (2) é 30 mm.
A pressão na seção (1) é
de 464 kPa.
64
Solução
► A força procurada é a força de reação da torneira sobre
a rosca do bocal.
► O volume de controle corresponde ao mostrado na
figura ao lado.
► As forças verticais que atuam
no conteúdo do volume de com-
trole, estão mostradas na figura
ao lado, menos a pressão atmos-
férica, cuja ação é nula em todas
as direções.
► As forças devidas as pressões
relativas não se anulam.
65
► Aplicando a equação da quantidade de movimento, na
direção vertical,
onde
2211 ApWApWFdAwdwt
dAwdw
t
WnASCVC
ecoincident
controledeVolumeSCVC






nV
FnV


V
V
66
► Se o regime de escoamento é permanente,
►
► Vamos admitir que os escoamento é incompressível
► E também que os perfis de velocidade sejam uniformes na
entrada (w1) e saída (w2) (podem não ser em um caso
geral).
0
 VC dwt V


 controledeVolumenoentraescoamentooquandowdA
controledeVolumedosaiescoamentooquandowdA
dAnV
67
► Desta forma,2211222111
221121
2211
)()( ApApWWFAwwAww
ApApWWFdAwdAw
ApApWWFdAw
WnA
WnASS
WnASC








nVnV
nV
Sinais negativos, pois as 
velocidades apontam 
para baixo
68
► Daí,
221121
21
22112211
22112211
)(
)(
)(
)()(
ApApWWwwmF
queVem
massadaoconservaçãmmmqueAssumindo
ApApWWmwmwF
e
ApApWWFmwmw
WnA
WnA
WnA








69
► Substituindo os valores
   NW
gDDDDh
gcontroledeVolumegmW
NgmW
smskg
A
Qw
smskg
A
Qw
skgQAwm
W
WW
nn
028,08,910)516()5()16()1030(
12
1999
)(
12
1
)(
981,081,91,0
/6,30
]4/)105[(
/106,0
/0,3
]4/)1016[(
/106,0
/6,0)106,0(999
6223
21
2
2
2
1
23
3
2
2
23
3
1
1
3
11



 

















70
► Logo,
► Com FA > 0, seu sentido é para cima (de acordo com o
sistema de referência considerado).
► Outros volumes de controle podem ser considerados na
solução desse problema. Vejam páginas 131, 132 e 133 do
Young.
NF
F
F
pWApWwwmF
A
A
A
WnA
8,77
028,03,9398,05,16
028,0
4
)1016(1046498,0)6,300,3(6,0
)0()(
23
3
21121






71
3) Água escoa na curva mostrada na figura abaixo. A área da
seção transversal da curva é constante e igual a 9,3x10-3 m2.
A velocidade é uniforme em todo o campo de escoamento e é
igual a 15,2 m/s. A pressão absoluta nas seções de
alimentação e descarga são, respectivamente, iguais a
207 kPa e 165 kPa. Determine os componentes da força
necessária para ancorar a curva nas direções x e y.
72
Solução
► Vamos considerar o volume de controle mostrado na figura
anterior (linha azul tracejada).
► A próxima figura mostra as forças horizontais e verticais
que atuam no volume de controle.
► Força peso atua na vertical,
portanto, não influencia na
determinação da força hori-
zontal de estabilização.
73
► Aplicando a equação da quantidade de movimento,
 
.
)(
0
.
)(0
0
2102211
.
.
aatmosféricpressãop
AApApApFFdAv
FdAu
dA
anteriorFigoconsideradscoordenadadesistemaNo
dA
permanenteescoamentod
t
dAd
t
AyYSC
XSC
SC
SC controlevol
Externas
VC
SC controlevol
Externas
VC














 

 
nV
nV
nVV
FnVV
V
FnVVV





V
V
74
► Considerando a figura anterior, verificamos que nas seções
(1) e (2), o escoamento coincide com a direção y, por isso, u
= 0. Não existe assim, fluxo na direção x, portanto, FX = 0
(como escrito na equação anterior).
► A força para imobilizar o cano é a reação às forças em y
feitas pela água e pressão.
►Na seção (1),
►Na seção (2),
)(
)(
210221121
2102211
AApApApFdAvdAv
AApApApFFdAv
AySS
AyYSC




nVnV
nV


11 VeVv  nV
22 VeVv  nV
Cuidado 
com esse 
termo.
75
► Logo,
► Levando em conta que
)()()()(
)(
212211222111
21221121
AApApApFAVVAVV
AApApApFdAvdAv
oAy
oAySS

 

 nVnV
oAy ApppAFmV
DaíVAmAVmAVm
então
móduloemVVV
AA
2)(2
,.
,
)(
21
222111
21
21





 
76
► Substituindo os valores,
► Observando que as pressões p1 e p2 são absolutas, então,
devemos considerar que.
kPakPakPappp
kPakPakPapppe
pppppAssim
pppeppp
R
R
RRo
RoRo
653,101165
1073,101207
2,
022
011
2121
2211




 
s
kgm
s
m
m
kgVAm 2,141103,92,15999 233 



 
77
► Assim,
NF
F
Portanto
ppAmVF
ApApppAFmV
Ay
Ay
RRAy
ooRRAy
1,5892
)106510107(103,92,1412,152
,
)(2
22)(2
333
21
21







78
4) Determine o módulo e o sentido das componentes nas
direções x e y da força necessária para imobilizar o conjunto
cotovelo – bocal esboçado na figura abaixo. O conjunto está
montado na horizontal.
79
Solução
► De acordo com o texto e a figura, as seções de alimentação
e descarga estão montadas na direção x. Por esse motivo, v
= 0 e não existe fluxo da quantidade de movimento nesta
direção, portanto, FY = 0.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento,
► As pressões dadas são relativas (p1=103,4 kPa e p2 = 0).
 
 



SC controlevol
Externas
SC controlevol
Externas
VC
dA
dAd
t
.
.
FnVV
FnVVV

 V
= 0, 
escoamento 
permanente. 
80
► Assim,
►Na seção (1),
►Na seção (2),
► p2 = 0 (descarga na atmosfera). Daí,
11 VeVu  nV
221121
2211
0
ApApFdAudAu
FdAv
ApApFFdAu
dA
AxSS
YSC
AxXSC
SC










nVnV
nV
nV
nVV



22 VeVu  nV
11222111
11222111
)()(
)()(
ApFAVVAVV
ApFAVVAVV
Ax
Ax




81
NF
sm
A
mV
NAp
s
kgAVm
ApVVmF
quevempermanenteescoamentomAVmAVmComo
ApFmVmV
Ax
Ax
Ax
919054,7588)41,135,1(5,109
/4,13
2
102,0
5,109
54,7588
2
305,0104,103
5,109
2
305,05,1999
)(
),(
2
2
2
2
3
11
2
11
1121
222111
112211


































82
5) Determine uma expressão para queda de pressão que
ocorre entre as seções (1) e (2) do escoamento mostrado na
figura abaixo.



 


2
12 12 R
rww
83
Solução
► RZ é a força que as paredes exercem sobre o fluido
(ATRITO) e W é força peso da água no tubo.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento na
direção z,
zS S
SC Z
SC ExternasVC
RWApApdAwdAw
FdAw
dAd
t




 

 
22111 2
nVnV
nV
FnVVV


 V
= 0, 
escoamento 
permanente. 
84
► Na seção (1),
► Na seção (2),
► Assim,
z
R
zS
zS
RWApAprdr
R
rwmw
RWApApdAwAww
RWApApdAwwAww









 







22110
22
111
2211
2
22111
221122 2111
212
)()(
)(




11 weww  nV
2
2
12 12 weR
rwww 



 

 nV
85
► Separadamente,
6
2211
,
3
418212
2
0 4
5
2
3
0 4
4
2
2
0
22
2
2
1
22
2
10
22
1
Rdr
R
r
R
rrrdr
R
r
R
rrdr
R
r
nteSeparadame
Rwdrr
R
rwrdr
R
rw
RRR
R



 


 



 






 










 



 
11
2
1
2121
2211
2
2
1111
3
,,
3
4)(
,
A
R
A
WwppquevemAAComo
RWApApRwAww
Assim
z
z




86
► A expressão,
Mostra que a variação de pressão ocorre devido a:
1. Variação da velocidade ao longo do escoamento.
2. Peso do fluido (efeito hidrostático).
3. Atrito com paredes.
11
2
1
21 3 A
R
A
Wwpp z 
87
6) A comporta deslizante esquematizada na figura abaixo
está instalada num canal que apresenta largura b. A força
necessária para imobilizar a comporta é maior quando ela
está fechada ouaberta?
88
Solução
► Para responder esta pergunta, calcularemos as reações
das forças feitas pela água nestes dois casos.
► Aplicando a equação da quantidade de movimento, note
que só teremos resultante na direção x.
► Rx é a força feita pela comporta e
(γHA/2) = (γH2b /2) é a força feita
pela água sobre o vol. Controle.
XSC
XSC X
SC ExternasVC
RbHdAu
RHbHRAHdAu
dAd
t






 
2
2
1
22



nV
nV
FnVVV V
= 0, 
escoamento 
permanente. 
89
► Continuando,
Se a comporta estiver fechada, o primeiro membro da
equação acima é nulo, porque não ocorre escoamento. Logo,
► RX é, em módulo, igual a
força hidrostática da água.
XSC
RbHdAu  221  nV
bHbHR
bHR
X
X
22
2
49509810
2
1
2
1

 
90
► Agora, vamos analisar o que ocorre com a comporta
aberta. Neste caso, há fluxo, portanto,
► As duas primeiras parcelas
do segundo membro corres-
pondem as forças hidrostáti-
ticas nas seções (1) e (2),
respectivamente. Veja figura
ao lado.
fXSC
fSC X
FRbhbHdAw
FRAhAHdAw




22
21
2
1
2
1
22


nV
nV
91
► Interpretando as parcelas
)(
)2(
2
1
2
1
)1(
2
1
2
1
2
2
2
1
águaaseguraratendeatritodeforçaaéF
comportapelafeitaforçaéR
seçãonacahidrostátiforçaaébhhA
seçãonacahidrostátiforçaaébHHA
f
X




fXSS
FRbhbHdAudAu
Assim
  2221 2121
,
 nVnV
92
► Na seção (1),
► Na seção (2),
► Comparando as duas expressões encontradas para Rx
Verificamos que a força com a comporta aberta é menor.
11 VeVu  nV
hbVHbVFhHbR
FRhHbAVVAVV
FRbhbHdAudAu
formaDesta
fX
fX
fXSS
2
2
2
1
22
22
222111
22
21
)(
2
1
)(
2
1)(
2
1
2
1
,





  nVnV
22 VeVu  nV
hbVHbVFhHbRebHR fXX
2
2
2
1
222 )(
2
1
2
1  
É nulo Se V1
puder ser 
considerada 
igual a 0
93
5.2.3 Derivação da equação do Momento da 
quantidade de movimento 
►Muitas vezes a força feita por um fluido gera um momento 
(torque) em relação a um dado eixo de uma estrutura. Como 
resultado esta estrutura pode apresentar um movimento de 
rotação em torno deste eixo.
► Para encontrarmos esse momento, vamos considerar uma
partícula fluida de massa ρδV e um sistema de coordenadas
(x, y, z) (figura). Como já vimos, a quantidade de
movimento dessa partícula é V ρδV, onde V é sua velocidade.
94
► Aplicando a lei de movimento de Newton,
δFPartícula é a resultante das forças externas que atuam sobre
a partícula.
► O momento (torque) sobre está partícula é,
r é o vetor posição da partícula fluida (figura anterior).
PartículadDt
D FV  )( V
PartículadDt
D FV  )( V
dV é uma 
diferencial 
de volume
95
► Lembrando que,
► Estendendo a análise a todas as partículas do sistema, e
seja r o vetor posição da partícula fluida (figura anterior),
então,
  SISPartículaSIS dVDtD )()( FrVr 
PartículadVdt
DdV
Dt
D
LogodVdV
dt
Dmas
dV
dt
DdV
dt
DdV
Dt
D
FrVrVr
VVVr
VrVrVr






))[(
,.0,
))[(
96
► Da mesma forma que na seção anterior, consideraremos que
quando o sistema e o volume de controle são coincidentes, as
forças externas que atuam sobre ambos são iguais. Assim,
(*))()(   SISPartículaSIS dDtD FrVr  V
Taxa de variação 
temporal do momento da 
quantidade de 
movimento do sistema .
Soma dos torques 
externos que 
atuam no sistema
*)2()()( 



VCSIS
VCSIS
FrFr
FF
97
► Aplicando o teorema de Reynolds,
Esta é a expressão para o momento da quantidade de
movimento.
VCSCVC
SCVCSIS
SCVCSIS
SCVCSIS
dAd
t
sencontramoeresultadososdoSubstituin
dAd
t
d
Dt
D
dAd
t
d
Dt
D
dAd
t
d
Dt
D












)()()(
,*),2((*)
)()()(
FrnVVrVr
nVVrVrVr
nVVrVrVr
nVVVV




V
VV
VV
VV
98
5.2.4 Aplicações da equação do Momento da 
quantidade de movimento 
► Consideraremos as seguintes hipóteses:
• Escoamentos unidimensionais => em distribuições
uniformes de velocidade.
• Escoamentos permanentes,
• Trabalharemos sempre com a componente axial da
equação,
Desta forma, consideraremos sempre a mesma direção do
eixo de rotação.
0
 VC dwt V
VCSCVC
dAd
t   )()()( FrnVVrVr  V
99
► Para aplicar a equação do momento da quantidade de
movimento e testar estas hipóteses, consideremos o
exemplo do irrigador de jardim.
100
► Consideraremos também a figura a seguir
101
Análise
► O escoamento da água cria um torque no braço do
irrigador e o faz girar.
► Existe modificações na direção da velocidade do
escoamento do braço do irrigador, pois:
• O escoamento na seção de alimentação, seção (1),
é vertical.
• Os escoamentos nas seções de descargas, seções
(2), são tangenciais.
► O volume de controle, em forma de disco, contém a
cabeça do irrigador parado ou em movimento.
► A superfície de controle corta a base da cabeça do
irrigador de modo que o torque que resiste ao movimento
pode ser facilmente calculado.
102
► Quando a cabeça do irrigador está girando, o campo de
escoamento no volume de controle estacionário é cíclico e
transitório, mas o escoamento é permanente em média.
► Voltando a equação:
O primeiro termo só pode ser nulo onde existe escoamento
cruzando a superfície de controle. Em qualquer outra região
da superfície de controle este termo será nulo porque
V.n =0.
► A água entra axialmente no braço do irrigador pela seção
(1). Nesta região da superfície de controle a componente
de r x V na direção do eixo de rotação é nula, porque r x V é
perpendicular ao eixo de rotação. Desta forma não existe
fluxo de momento de quantidade de movimento na seção
(1).
VCSC
dA   )()( FrnVVr 
103
► A água é descarregada do volume de controle pelos dois
bocais (seções 2). Nestas seções, |r x V| = r2Vθ2, onde r2 é o
raio da seção (2) medido em relação ao eixo de rotação, e
Vθ2 é a componente tangencial do vetor velocidade do
escoamento nos bocais de descarga medida em relação ao
sistema de coordenadas solidário ao volume de controle,
que é fixo.
► A velocidade do escoamento vista por um observador
solidário ao bocal é:
► U é a velocidade do bocal em relação à superfície de
controle fixa.
)(, VCVUUVWUWV 
104
► Para verificação da componente axial de r x V é preciso
que r = r êr e que a componente tangencial da velocidade
absoluta seja V = Vθ êθ. Assim, para o irrigador das figuras
anteriores,
► A vazão em massa é a mesma se o irrigador estiver
rodando ou em repouso.
► r x V > 0 se V = Vθ êθ e U tiverem o mesmo sentido.
► O torque líquido em relação ao eixo de rotação associado
com as forças normais que atuam no volume de controle é
muito pequeno.
► O torque líquido devido às forças tangenciais também é
desprezível para o volume de controle considerado.
  ))(()( 22 mVrdA AxialSC   nVVr
105
► Levando em conta as análises anteriores,
► Teixo > 0 => que Teixo atua no mesmo sentido de rotação
do irrigador (regra da mão direita).
eixo
Axialcontrolevol
doConteúdo T

 
.
)( Vr
106
► A potência no eixo, , associada ao torque no eixo,
Teixo, é
►O trabalho por unidade de massa é definido por,
► Se Weixo > 0 então é o volume de controle que realiza
trabalho. Isto é, o fluido realiza trabalho no rotor.
mUVW
bocaisdosvelocidadeaéUrComo
mVrTW
eixoeixoeixo


2
2
22
,







2UVm
WW eixoeixo  

eixoW
107
Exercícios
1) A vazão em água na seção de alimentação do braço do
irrigador mostrado na figura abaixo é igual a 1000 ml/s. As
áreas das seções transversais de descarga são 30 mm2 e o
escoamento deixa esses bocais tangencialmente. A
distância entre esses bocais e o eixo de rotação é, r2,
200 mm.
a) Determine o torque necessário
para imobilizar o irrigador.
b) Determine o torque resistivo
necessário para que o irrigador
gire a 500 rpm.
c) Determine a velocidade do irrigador se não existir
qualquer resistência ao movimento do braço.
108
Solução
a) Torque necessário para imobilizar o irrigador.
A figura abaixo mostra as velocidades nas seções de
alimentação e descarga do volume de controle.
► Aplicando a equação do torque: mVrTeixo 22 
109
► Levando em conta que se o volume de controle for fixo e
indeformável e o escoamento nas seções de descarga seja
tangencial a este, em cada bocal,
mNT
smsmmmVrT
sm
m
sm
A
QWVV
Eixo
Eixo
34,3
)/001,0)(/7,16)(2,0(
/7,16
10302
/101000
3
22
26
36
2
222



 



Quando o 
irrigador está em 
repouso.
110
b) Torque resistivo necessário para que o irrigador gire a
500 rpm.
mNT
smsmmmVrT
Assim
smUWV
sm
s
radrpmrU
smW
UWV
Eixo
Eixo
VC
24,1
)/001,0)(/2,6)(2,0(
,
/2,67,107,16
/47,10)2,0(
60
2)500(
/7,16
)(
3
22
222
22
2
2222222










VUUWV
► Note que o torque
resistente é menor
que o torque neces-
sário para manter o
irrigador imobiliza-
do.
111
c) Velocidade do irrigador se não existir qualquer
resistência ao movimento do braço.
rpmou
srad
r
WmrWr
nulosejaresistentetorqueoqueSupondo
mrWrmVrT
rWV
VV
mVrT
Eixo
Eixo
797
2
603,83
/5,83
2,0
7,160)(
,
)(
2
2
22
2222
22
22
22
















112
► Agora, vamos analisar o resultado da aplicação da
equação do momento da quantidade de movimento a um
escoamento unidimensional numa maquina rotativa. Isto é,
► Discutindo os sinais,
• O sinal negativo no termo vazão em massa na
seção de alimentação, , vem do produto escalar V.n < 0.
• Os sinais no termo re Vθe depende do sentido do
produto vetorial (rxV)axial. Uma maneira de determinar esse
sinal é comparar o sentido de Vθe com a velocidade da
paleta do bocal, U.
 re Vθe > 0 se Vθ e U apresentam o mesmo sentido.
 re Vθe < 0 se Vθ e U apresentam sentidos opostos.
• O sentido do torque, TEixo, é positivo se tiver o
mesmo sentido de  (regra da mão direita).
))(())(( ssseeeEixo VrmVrmT   
em
113
► A potência no eixo, , está relacionada com o TEixo, por
► Considerando, TEixo> 0 e a equação
vem que,
EixoEixo Tw 
Eixow
))(())(( ssseeeEixo VrmVrmT   
))(())((
))(())((
ssseeeEixo
ssseeeEixo
VUmVUmw
rUcomo
VrmVrmw









114
► Discutindo os sinais da equação
• UVθ se U e Vθ apresentam o mesmo sentido.
• TEixo > 0 hipótese.
• > 0 quando a potência é consumida no volume
de controle, por exemplo, uma bomba.
• < 0 quando a potência é produzida no volume de
controle, por exemplo, uma turbina.
► Trabalho do eixo por unidade de massa (lembrando que a
conservação da massa estabelece que ) é
Eixow
Eixow
))(())(( ssseeeEixo VUmVUmw   
se mmm  
)()( sseeEixo VUVUmw   
115
Exercício
A figura a seguir mostra o esboço de um ventilador que
apresenta diâmetros externo e interno de 305 mm e
254 mm, respectivamente. A altura das paletas do rotor é
de 25 mm. O regime de escoamento é permanente em
média e a vazão em volume média é 0,110 m3/s. Note que a
velocidade absoluta do ar na seção de alimentação do
rotor, V1, é radial e que o ângulo dentr a direção do
escoamento do rotor e a direção radial é de 30o. Estime a
potência necessária para opera o ventilado sabendo que a
rotação é de 1725 rpm.
116
Solução
► O volume de controle considerado é fixo e indeformável e
contém as paletas do ventilador e o fluido contido no rotor.
► Em média o escoamento é permanente, apesar de cíclico.
► O único torque a considerar é o torque do eixo do motor,
TEixo. Este é produzido pelo motor acoplado ao ventilador.
► Consideremos também perfis de velocidades uniformes
nas seções de descarga.
► Aplicando a equação do momento da quantidade de
movimento para um escoamento unidimensional numa
maquina rotativa,
► O primeiro termo do segundo membro é nulo, já que V1 é
radial (Vθ1 = 0).
))(())(())(( 222222111  VUmVUmVUmweixo  
117
Continuando...
?
)30cos(
,
,
?
/5,27
)60(
)2)(1725(
2
305,0
/135,00110,023,1
))(())((
2
222
222
2
2
21
222111







We
WUV
ladoaosvelocidadedetriânguloocomacordoDe
Mas
V
smrU
skgQmmm
VUmVUmw
o
eixo





UWV


118
O triângulo de velocidades mostra que
smV
WUV
VcalcularpodemosAgora
smW
hr
mWAssim
VhrVAm
DaíVeWvetoresdosradialcomponenteaéVOnde
WV
o
o
RR
R
o
R
/6,19
)2/3(16,95,27)30cos(
,
/16,9
)sen(30)025,0)(1525,0)(2)(23,1(
135,0
)sen(30)2(
,
)2(
,.
)30cos(
2
222
2
2
o
2
2
2222
222
22













119
Voltando a equação (1)
► U2Vθ2 > 0, já que os dois vetores apresentam o mesmo
sentido.
► 72,8 W é a potência necessária para acionar o eixo do
rotor nas condições estabelecidas.
► Toda potência no eixo só será transferida ao escoamento
se todos os processos de transferência de energia forem
ideais no ventilador. Mas devido ao atrito apenas uma parte
da potência será de fato utilizada.
► A quantidade de energia transferida depende da
eficiência das pás.
Ww
VUmw
eixo
eixo
8,72)6,195,27)(135,0(
))(( 222



 
120
5.3 Primeira Lei da Termodinâmica – Equação da 
Energia.
5.3.1 Derivação da Equação da Energia
A primeira lei da termodinâmica estabelece que
= +
   
 
SISelíqelíqSIS
SISseSISseSIS
WQde
Dt
D
ou
WWQQde
Dt
D




..


V
V


Taxa de variação 
temporal da energia 
total do sistema
Taxa líquida de 
transferência de 
Calor para o sistema
Taxa de realização 
de trabalho (potên-
cia transferida para 
o sistema
121
►Na equação,
• e é a energia total por unidade de massa. Está
relacionada com a energia interna, u, com a energia
cinética por unidade de massa, V2/2, e com a energia
potencial por unidade de massa, gz. Isto é,
• taxa líquida de transferência de calor:
se a transferência é do meio p/ o sistema.
se a transferência é do sistema p/ meio.
  (*).. SISelíqelíqSIS WQdeDtD   V
gzVue 
2
2
0. elíqQ
0. elíqQ
elíqQ .
122
• taxa líquida de transferência de trabalho
(potência):
se é realizado pelo meio sobre o sistema.
se é realizado pelo sistema sobre o meio.
► Agora, considerando um volume de controle
coincidente com o sistema, num dado instante, então,
 
SISelíqelíqSIS
WQde
Dt
D   .. V
0. elíqW
0. elíqW
elíqW .
    *)2(.....
ecoincident
controleVolelíqelíqSISelíqelíq
WQWQ  
123
Situações Práticas de Engenharia
► Muitos processos práticos em engenharia podem ser
considerados adiabáticos, assim,
► Emmuitas situações, o trabalho é transferido para o
volume de controle, através da sup. de controle por um eixo
móvel (turbinas, ventiladores, bombas, hélices, motores de
combustão interna, compressores,...), dessa forma,
• Trabalho
• Potência
• Logo,
► Se há vários eixos,
)( rotaçãoprovocaquetorqueTTW eixoeixoeixo   rF
0 se QQ 
),( rVosdispositivnessesW  VF
XF W
*)5(,,.,   seixoeeixolíqeixo WWW 
124
► A transferência de trabalho também pode ocorrer quando
uma força associada com a tensão normal do fluido é
deslocada.
► Nesses casos, as tensões normais, σ, no fluido são iguais
ao negativo da pressão,
► A tensão associada com a tensão normal é,
Onde V é a velocidade da partícula fluida.
► Se a força devida a tensão normal for expressão como o
produto da pressão local pela área da partícula, nδA, então,
p
VF  normalTensãonormalTensãoW  
ApAW normalTensão  nVnV 
125
► Assim, para todas as partículas situadas na superfície de
controle,
•Na superfície de controle,
•Na região do tubo onde há escoamento,
*)6(  SCSCnormalTensão dApdAW nVnV 
00  normalTensãonV
00  normalTensãonV
126
► O trabalho de rotação de um eixo sobre uma superfície de
controle é transferido pelas tensões de cisalhamento do
material do eixo.
► Para uma partícula fluida a potência associada a força
tangencial é,
•Na superfície interna do tubo
da figura a seguir (sup. controle),
•Nas demais regiões 00  ltangienciaTensãoV
00  tangencialTensãoV
VF  tangencialTensãotangencialTensãoW  
127
► A primeira lei da termodinâmica para o conteúdo de
controle, é obtida combinando as equações (4*), (5*) e
(6*),
► Aplicando a definição de energia total,
►Obtemos a definição de energia total,
  SCelíqeliqSCVC dAWQdAedet nVnV  .. V
gzVue 
2
2
elíqeliqSCVC
WQdAgzVpude
t ..
2
2
 


 
  nV V
128
5.3.2 Aplicação da Equação da Energia
►O termo representa a taxa de variação tem-
poral da energia total do volume de controle. É nulo se o
escoamento for permanente.
►O termo é diferente de zero
quando V.n também for diferente de zero.
► Integrando a última equação, considerando que os
termos u, p/ρ, V2/2 e gz sejam constantes nas seções de
alimentação e descarga,
 VC det V
 


 
SC
dAgzVpu nV 2
2
ssSC
mgzVpumgzVpudAgzVpu  


 


 


  222
222
 nV
129
► Aplicando o teorema de Reynolds considerando o
parâmetro b = e (energia total por unidade de massa) e
para um volume de controle fixo e indeformável,
*)3(  SCVCSIS dAedetdeDtD nV VV
Taxa de variação 
temporal da 
energia total do 
sistema .
Taxa de variação 
temporal da 
energia total do 
vol. de controle
Fluxo líquido de 
energia total na 
superfície do 
controle
  SCVCSIS dAbdbtDt
DB nV ˆ V
130
► Combinando as equações (*), (2*) e (3*), obtemos,
  *)4(...
ecoincident
controleVolelíqelíqSCVC
WQdAede
t
 
  nV V
131
► A equação
Pode ser simplificada levando em conta que,
E, como vimos anteriormente,
Obtemos,
0 es mm 
EsSC
mgzVpumgzVpudAgzVpu  


 


 


  222
222
 nV
elíqeliqSCVC
WQdAgzVpude
t ..
2
2
 


 
  nV V
elíqelíqes
es
es
es WQzzg
VVppuum ..
22
)(
2
 

 



 
132
Exercícios
1) A figura abaixo mostra um esquema de bomba d’água
que apresenta uma vazão, em regime permanente, igual a
0,019 m3/s. A pressão na seção (1) da bomba – seção de
alimentação – é 1,24 bar e o diâmetro de 89 mm. A seção
(2) – seção de descarga - tem diâmetro de 25 mm e a
pressão neste local é 4,14 bar. A elevação entre os centros
das seções (1) e (2) é nula e o aumento de energia interna
específica da água associado ao aumento de temperatura
do fluido, u2 – u1, é igual a 279 J/kg. Determine a potência
necessária para operar a bomba admitindo que esta opere
de modo adiabático.
133
Solução
► Consideremos a equação
► Precisamos encontrar os valores da vazão em massa na
bomba, , e das velocidades nas seções (1) e (2) do
volume de controle para que seja possível calcular a
potência.
► A vazão em massa pode ser calculada por,
)1()(
2 ..
22
elíqelíqes
es
es
es WQzzg
VVppuum  

 



 
skgQm /0,19)019,0)(1000(  
= 0 já que a 
elevação entre os 
centros das seções 
(1) e (2) é nula
m
= 0 já que o 
escoamento é 
adiabático.
134
► A velocidade nas seções de escoamento é
► Assim,
► Aplicando a equação (1),
kWW
W
VVppuumWW
eixolíq
eixolíq
es
es
eseixolíqelíq
9,24
2
)1,3()7,38(
1000
1024,1
1000
1014,4)279()0,19(
2
.
2255
.
22
..




 


 


 


 






 
2)2/(D
Q
A
QV 
sm
A
QV /1,3
)2/1089(
019,0
23
1
1  
sm
A
QV /7,38
)2/1025(
019,0
23
2
2  
135
É a equação da energia para escoamentos
unidimensionais e permanentes em média.
► É aplicável para escoamentos compressíveis (gases) e
incompressíveis (líquidos).
► Definindo a entalpia por, , vem que,
elíqelíqes
es
es
es WQzzg
VVppuum ..
22
)(
2
 

 



 

puh 
elíqelíqes
es
es WQzzg
VVhhm ..
22
)(
2
 

 
136
Exercícios
2) A figura abaixo mostra o esquema de uma turbina a
vapor. A velocidade e a entalpia específica do vapor na
seção de alimentação da turbina são iguais a 30 m/s e
3348 kJ/kg. O vapor deixa a turbina como uma mistura de
líquido e vapor, com entalpia específica de 2550 kJ/kg, e a
velocidade do escoamento na da seção de descarga da
turbina é de 60 m/s. Determine o trabalho no eixo da
turbina por unidade de massa de fluido que escoa no
equipamento sabendo que o escoamento pode ser
modelado como adiabático e que as variações de cota do
escoamento são desprezíveis.
137
Solução
► Consideremos a equação
►Onde
► Como
)1()(
2 ..
22
elíqelíqes
es
es
es WQzzg
VVppuum  

 



 
= 0 já que a 
elevação entre os 
centros das seções 
(1) e (2) é nula
= 0 já que o 
escoamento é 
adiabático.

 
2
22
.
es
eseixolíq
VVhhmW 
2
22
.
.
es
es
eixolíq
eixolíq
VVhh
m
W
w  

e
ee
s
ss
puhepuh 



 
138
► Vem que,
► porque o trabalho está sendo realizado pelo
fluido que escoa no equipamento.
kgkJw eixolíq /7972
)60()30(
103348102550
22
33
. 

ow eixoliq .
139
5.3.3 Comparação da Equação da Energia com a 
equação de Bernoulli
► Consideremos um escoamento incompressível e
permanente com potencia nula. Então, temos
► Dividindo esta equação por
► é a taxa de transferência de calor por
unidade de massa que escoa no volume de controle.
m
)(
22
)(
2
.
22
.
22
elíqese
ee
s
ss
elíq
es
es
es
es
quugzVpgzVp
m
Q
zzgVVppuu







 

elíqes
es
es
es Qzzg
VVppuum .
22
)(
2
 

 



 
mQq elíqelíq  /.. 
140
► A equação
É aplicável a escoamento unidimensionais, permanentes,
com uma seção de entrada e outra de saída, ou entre duas
seções de uma mesma linha decorrente.
► é a taxa de transferência de calor por
unidade de massa que escoa no volume.
► Se os efeitos viscosos forem desprezíveis no
escoamento, então,
)(
22 .
22
elíqese
ee
s
ss quugzVpgzVp  
mQq elíqelíq  /.. 
0.  elíqes quu
141
► Assim, chegamos a própria equação de Bernoulli,
► A equação de Bernoulli serve para descrever o que
acontece entre duas seções de um escoamento
unidimensional.
► Quando o escoamento é incompressível, entretanto,
existe atrito e,
► Esta quantidade representa a perda da energia
disponível no escoamento devido ao atrito.
e
e
es
s
Se
ee
s
ss zVpzVpougzVpgzVp   2222
2222
0.  elíqes quu
perdaquu elíqes  .
142
► Dessa forma, chegamos a equação de Bernoulli,
21
22
22
perdagzVpgzVp eeesss  
Perda de energia 
por unidade de 
massa entre as 
seções 1 e 2
143
Exercício
A figura abaixo mostra dois orifícios localizados numa
parede com espessura de 120 mm. Os orifícios são
cilíndricos e um deles apresenta entrada arredondada. O
ambiente do lado esquerdo apresenta pressão constante
de 1,0 kPa acima do valor
da atmosfera e a descarga
dos dois orifíciosocorre na
atmosfera. Como discuti-
remos em Mec. Flu. II, a
a perda de energia dispo-
nível em orifícios com em-
tradas bruscas ( orifício
superior) é 0,5V22 / 2, e
para orifícios arredondados
(orifício inferior) é 0,05V22/2.
Nestas condições, determine
as vazões nos orifícios.
144
Solução
)2(2
,
,
2
,,0
22
)1(:,,
2/1
21
21
2
21
1
2
22
211
211
2
11
2
2
22
22


 

 




perdappV
Assim
perdapVp
entãozzeVComo
perdagzVpgzVp
equaçãoadoConsideran
VAQpordadaéQorifíciosdosnumvazãoA



145
)3(
2
2
,
)(05,0
)(5,0
:,
2
,,
).2()1(,
2/12
221
2
2
2
21


 

 



VKppV
Daí
inferiororifícioaarredondadentradacomorifíciosparaK
superiororifíciobruscaentradacomorifíciosparaK
sendoperdadeecoeficientoéK
VKperda
temosnteEmpiricame
eseçõesasentreenergiadeperdaaestudarvamosAgora
L
L
L
L
L

146
smQ
kPakPaQ
KinferiororifícioNo
smQ
kPakPaQ
KsuperiororifícioNo
Assim
K
ppDVAQ
emDe
L
L
L
/445,0
)05,01(23,1
)101102(2
4
)120,0(
05,0,
/372,0
)5,01(23,1
)101102(2
4
)120,0(
5,0,
:
)1(
)(2
4
,)2()1(
3
2/12
3
2/12
2/1
21
2
2
22























)4(
)1(
)(2
,
2)1(
2
2
2
2
2
2
,
2/1
21
2
212
2
21
2
22
2
2
2212
2
2/12
221
2










 

 
L
L
L
L
L
K
ppV
Obtemos
ppKV
ppVKV
VKppV
VKppV
equaçãonaoTrabalhand





147
► Agora, vamos considerar a potência líquida não nula,
além de escoamentos unidimensionais, incompressíveis e
permanentes.
► A equação que modela esses escoamentos é,
► Dividindo por
Onde: é o trabalho por unidade de massa.
continua sendo a perda de energia
devido ao atrito.
m
)(
22 ..
22
elíqeselíqe
ee
s
ss quuwgzVpgzVp  
elíqelíqes
eses
es WQzzg
VVppuum ..
22
)(
2
 

  
mWw elíqelíq  /.. 
)( .elíqes quu 
148
► Com estas considerações,
Esta equação é conhecida como equação da
energia ou de Bernoulli estendida. Cada um dos seus
termos tem unidade (J/kg).
► Se dividirmos cada termo da equação acima por g
(aceleração da gravidade),
perdawgzVpgzVp elíqeeesss  .
22
22 
Leixoe
ee
s
ss
elíq
e
ee
s
ss
hhz
g
Vpz
g
Vp
g
perda
g
w
z
g
V
g
pz
g
V
g
p


22
22
22
.
22


149
► Na equação,
► Na hidráulica, é comum denominar
CARGADEPERDAh
BOMBADACARGAbombasparah
TURBINADACARGAturbinaparahcomh
h
L
b
TT
eixo




 )0(
Leixoe
ee
s
ss hhz
g
Vpz
g
Vp 
22
22

Todos os termos desta 
equação têm dimensão 
de comprimento, ou 
energia por unidade de 
força (peso) 
g
perdah
Q
W
gm
W
g
w
h
L
eixolíqeixolíqeixolíq
eixo

 
...



150
Exercício
A figura abaixo mostra o esquema de um ventilador axial
que é acionado por um motor que transfere 0,4 kW para as
pás do ventilador. O escoamento a jusante do ventilador
pode ser modelado como cilíndrico (diâmetro de 0,6 m) e o
ar nessa região apresenta velocidade igual a 12 m/s. O
escoamento a montante do ventilador apresenta
velocidade desprezível.
Determine o trabalho
transferido ao ar, ou
seja, o trabalho que é
convertidoemaumento
de energia disponível
no escoamento e esti-
me a eficiência mecâ-
nica deste ventilador.
151
Solução
►
kgJperdawVperdaw
Logo
zzeVrelativappp
enunciadodoefiguradadadososcomacordoDe
eixolíqeixolíq /722
12
2
,
0),(0
,
2
.
2
2
.
211021


21.1
2
11
2
2
22
22
perdawgzVpgzVp
éodispositivessemodelaqueequaçãoA
eixolíq  
152
► A eficiência deste tipo de dispositivo é definida como a
vazão entre a quantidade de trabalho útil, isto é,
aproveitado para aumentar a energia do escoamento e a
quantidade total de trabalho fornecido pelas pás. Ou seja,
►O trabalho fornecido às pás, por sua vez, vale,
eixolíq
eixolíq
w
perdaw
totalTrabalho
útilTrabalhon
.
. 
75,0
9,95
72/9,95
17,4
400,
/17,4
4
)6,0(23,1
2
,
.
22
2
.
.





nekgJwEntão
skgDVAmCom
m
W
w
eixolíq
eixolíq
eixolíq



75% do 
trabalho é 
aproveitado 
e 25% é 
perdido 
devido ao 
atrito 
153
Exercício
A vazão da bomba d’água indicada na figura abaixo é igual
a 0,056 m3/s e o equipamento transfere 7,46 kW para a
água que escoa na bomba. Sabendo que a diferença entre
as cotas das superfícies dos reservatórios indicados na
figura 9,1 m, determine as perdas de carga e de potência
no escoamento de água.
154
Solução
LeixoA
ABBABA
LeixoeixolíqB
BB
A
AA
perdidaLeixo
hhz
temosAssimmzzVVrelativapp
livresssuperfícieasmrepresentaBeA
hhwz
g
Vpz
g
Vp
equaçãoausarVamosWehhencontrarPrecisamos



,,.1,9,0,0),(0
:
22
..,
.
22


155
► Seguindo as definições,
)(
,
5,41,96,16
,
6,13
)/(056,0)/(9810
7460
.
33
.
novamente
Q
W
h
equaçãoausarpodemosperdidapotênciaacalcularPara
mzhh
Daí
m
smmN
kW
Q
W
h
eixolíq
eixo
AeixoL
eixolíq
eixo







156
kWhQW
entãocargadeperdaarepresentahSe
Q
W
h
temosequaçãoúltimaestaAdequando
Lperdidaeixo
L
perdidaeixo
L
47,25,4056,09810
,,
,,
. 





157
5.3.4 Aplicação da Equação da Energia para 
escoamentos não uniformes
► Consideremos a equação
► Em situações nas quais o perfil da velocidade não é
uniforme em qualquer região onde o escoamento cruza a
superfície de controle sugere que a integral
requer atenção.
elíqeliqSCVC
WQdAgzVpude
t ..
2
2
 


 
  nV V
dAgzVpu
SC
nV 


   2
2
158
► Sem uma prova matemática convincente, por hora,
vamos admitir que,
► Lembre-se que os índices s corresponde a saída e e a
entrada, respectivamente, no volume de controle.
► α é o coeficiente de energia cinética e é a velocidademedia definida pela equação



 


  222
222
eess
SC
VVmdAgzVpu  nV
A
dA
V A 
 nV  
V
159
► A partir desses resultados, obtemos,
► Para o escoamento que cruza a região da superfície de
controle que apresenta área A. Assim,
► É possível mostrar que:
- α ≥ 1 para qualquer perfil de velocidade.
- α = 1 apenas para escoamentos uniformes.
dAVVm
A
nV 


   22
2
2
2/
2
2
2
Vm
dAV
A

nV 




 

160
► A equação da energia para escoamentos não uniformes
(energia por unidade de massa), incompressíveis e válida
para um volume de controle com uma seção de entrada e
outra de saída é,
perdawgzVpgzVp elíqeeeessss  .
22
22




161
Exercício
A vazão em massa de ar no pequeno ventilador esboçado na
figura a seguir é 0,1 kg/min. O escoamento no tubo de
alimentação do ventilador é laminar (perfil parabólico) e o
coeficiente de energia cinética, neste escoamento, é 2,0. O
escoamento no tubo de descarga do ventilador é turbulento
(mas o perfil de velocidade é muito próximo do uniforme) e o
coeficiente de energia cinética é 1,08. O aumento de pressão
estática no ventilador é 0,1 kPa e a potência consumida na
operação equipamento é 0,14W. Compare os valores da perda
de energia disponível calculadas nas seguintes condições:
a) Admitindo que todos os perfis de velocidade são uniformes.
b) Considerando os perfis de velocidade reais nas seções de
alimentação e descarga do ventilador.
162
163
Solução
kPappquejá
perdaacalcularparaVeVwdevaloresosconhecerprecisoÉ
VVppwperda
VpVpwperda
quevemzzezzzzComo
perdawgzVpgzVp
equaçãoadoConsideran
eixolíq
eixolíq
eixolíq
es
eixolíqe
eee
s
sss
1,0
,,
)1(
22
22
,,,
22
.
12
21.
2
22
2
1112
.
2
111
2
222
.
1212
.
22



 













164
sm
A
mV
VdeCálculo
sm
A
mV
VdeCálculo
kgJ
m
ventiladoraofornecidaPotênciaw
wdeCálculo
eixolíq
eixolíq
/92,1
2
03,023,1
)60/1,0(
,
/48,0
2
06,023,1
)60/1,0(
,
/84
60/)1,0(
14,0
,
2
2
2
2
2
1
1
1
.
.




 







 









165
.
/95,0
2
)92,1(08,1
2
)48,0(2
23,1
101,084
),1(,08,1,0,2:)
/98,0
2
)92,1(
2
)48,0(
23,1
101,084
),1(,1:)
:,
.
223
21
223
21
eixolíquniformenãouniforme wdevalorocomcomparadasseperdaperda
kgJperda
perda
emdosubstituinuniformesnãoperfisdoConsideranb
kgJperda
perda
emdosubstituinuniformesperfisdoConsiderana
resolvendoAgora





 





 


