Gabarito PME 2330 P2 2015

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Mecânica dos Fluidos II (PME 2330) 
Gabarito Segunda Prova - 2015 
 
1. (5 pontos) Considere o escoamento permanente, incompressível e laminar em uma placa plana, como 
mostrado na figura. Na entrada ( 0=x ) a velocidade é 0U uniforme. Ao longo do escoamento vai 
crescendo uma camada limite de espessura δ . Utilizando um método integral, determine o crescimento da 
camada limite sabendo que o gradiente de pressão é negativo e constante, isto é 0>==− cteA
dx
dp . Para 
isto, utilize um perfil de velocidade da forma: 
( )



>
≤≤
=
δ
δη
y
yf
U
u
para1
0para
 
onde 
δ
η y= e ( )xUU = é a velocidade na corrente livre. Observe que ( )ηf é um perfil “razoável”, que 
satisfaz a condição de não escorregamento e fornece um valor finito de derivada na parede, além de ser 
contínuo na borda da camada limite. 
a) Demonstre que a velocidade na corrente livre resulta: 
( ) 2/1
0
~1 x
U
U
+= , onde 
Ax
xx =~ e 
A
UxA 2
2
0ρ= . 
b) Demonstre que a espessura da camada limite adimensional satisfaz a seguinte equação diferencial: 
( ) ( ) ( )22/122/1 ~~~12
1~~1
2
1 δδ θθ
τ
xd
dxCxCC
Re
C
d
A
+++




 += − 
onde 
Ax
δδ =~ , 
ν
A
A
xURe 0= , ( )0'fC =τ , ( ) ( )[ ] ηηηθ dffC −= ∫ 1
1
0
 e ( )[ ]∫ −=
1
0
1 ηη dfCd . 
c) Como cresce a camada limite (mais rapidamente ou mais lentamente) em comparação com a do 
problema de Blasius ( 0=
dx
dp , cteU =0 )? Por que? 
 
Fórmulas: tensão de cisalhamento na parede, Bernoulli, equação integral de von Karman, espessura de 
deslocamento, espessura de momento: 
( )0=
∂
∂
= y
y
u
p µτ ; cteUp =+
2
2
1 ρ ; ( )
dx
dUUU
dx
dp *2 δθ
ρ
τ
+= ; dy
U
u* ∫ 



 −=
δ
δ
0
1 
dy
U
u
U
u
∫ 



 −=
δ
θ
0
1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
a) Aplicando Bernoulli na corrente livre, obtemos: 
U0 
δ(x) u(x, y) 
x 
camada limite 
U(x) 
0>==− cteA
dx
dp
y 





−=⇒=+ 22
2
1
2
1 U
dx
d
dx
dpcteUp ρρ 
Integrando na posição, com o gradiente de pressão constante, resulta: 
 ( ) CxAUA
dx
dpU
dx
d
+=⇒=




−=
ρρρ
222 22 . 
Como ( ) 2020
20 UxAUUU +=⇒=
ρ
. 
Finalmente, adimensionalizando resulta: ( ) 2/1
0
~1 x
U
U
+= . 
b) Calculamos os termos da equação integral de von Karman. 
Da tensão de cisalhamento na parede, resulta: 
( ) ( ) τδ
µ
δ
µµτ C
x
UfUy
y
u
A
p ~00 =′==∂
∂
= 
Das espessuras: 
( )[ ] δηηδδ δ ~11 1
00
*
Ad xCdfdyU
u
=−=




 −= ∫∫ 
( ) ( )[ ] δηηηδθ θ
δ ~11
1
00 A
xCdffdy
U
u
U
u
=−=




 −= ∫∫ 
A equação de von Karman pode ser escrita como: 
( ) ( ) ( )
dx
dUU
dx
dU
dx
d
dx
dUU
dx
dp θδθδθθ
ρ
τ 22*2*22
2
1
2
1
+




 +=++= 
Subsituindo as expressões calculadas anteriormente e dividindo por 20U , obtemos: 
xd
dC
U
UCC
xd
dC
U
U
U
U
xd
dCC
U
U
xU
C
dd
A
~
~~
2
1
~
~
~
~
2
1
~
2
0
2
0
2
000
δδδδ
δρ
µ
θθθθ
τ








+




 +=







+





















 +=







 
( ) ( ) ( )22/122/1
0
2
1
0
~
~
~1
2
1~~1
2
1
~
~~~
2
1 δδδδδ θθθθτ xd
dxCxCC
xd
dC
U
UCC
U
U
Re
C
dd
A
+++




 +=







+




 +







= −
−
 
A espessura da camada limite satisfaz: 
( ) ( ) ( )22/122/1 ~~~12
1~~1
2
1 δδ θθτ xd
dxCxCC
Re
C
d
A
+++




 += − 
com condição de contorno ( ) 00~~ ==xδ . 
 
c) A variação da camada limite pode ser escrita como: 
( ) ( ) ( ) 212/12 ~~1
2
112~12~~ δδ
θθ
τ −− +





+−+= x
C
Cx
ReC
C
xd
d d
A
 
Para fazer uma comparação com a solução de Blasius, observamos que ∞→Ax e 0~ →x para 
0→
dx
dp . A expresão anterior pode ser escrita, en forma dimensional, como: 
( ) ( ) ( ) 212/1
0
2 ~1
2
112~12 δνδ
θθ
τ −− +





+−+= x
C
C
x
x
UC
C
dx
d d
A
 
Como a variação da camada limite na solução de Blasius é ( )
0
2 2
UC
C
dx
d
B θ
τ νδ =


 , resulta: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
B
d
AB dx
dx
C
C
x
x
dx
d
dx
d



<+





+−+


= −− 2212/122 ~1
2
112~1 δδδδ
θ
, isto é, a camada limite 
crescerá mais lentamente que na solução de Blasius. 
Alternativamente, observamos que para a solução de Blasius, 2/1
5
xRex
≅
δ , onde 
ν
xURex 0= . O 
crescimento da camada limite é, portanto: ( ) 2/1
2/1
0
5 x
U
x 





≅
νδ . Como localmente a velocidade da 
corrente livre é 0UU > , a camada limite crescerá mais lentamente que no problema de Blasius. 
 
2. (3 pontos) Uma bola flutuante de massa específica bρ e diâmetro D que caiu na água (de massa 
específica bw ρρ > ) à velocidade de entrada 0V penetrará uma distância h e depois se moverá novamente 
para cima (fora) como mostra a figura. Faça uma análise dinâmica desse problema admitindo um 
coeficiente de arrasto válido para escoamento de inércia desprezível 
D
D Re
C 24= e deduza uma expressão 
para h e o correspondente tempo de penetração T em função das propriedades do sistema. (Extraído de 
White, F.M., "Fluid Mechanics", 4th edition, McGraw-Hill). 
Fórmulas: volume da esfera: 3
6
1 Dπ , área do círculo: 2
4
1 Dπ . 
Ajudas para o cálculo: ( ) ctebxa
abxa
dx
++=
+∫ ln
1
, ( )[ ] ctebxabxa
abxa
dxx
++−=
+∫ ln
1
2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
Considerando o eixo z na direção vertical descendente e com origem na superfície de líquido, a equação 
de Newton para a bola, considerando forças de peso, empuxo e arrasto, fornece: 
( ) 22
2
11
2
1 V
A
Cg
dt
dV
dt
dVAVCg
b
f
b
w
D
b
w
bbfwDbbw υρ
ρ
ρ
ρ
υρρυρρ −





−−=⇒=−−− 
ρb < ρw , D 
g 
DD
DA
b
f
2
3
6
1
4
1
3
2
==
π
π
υ
 ; 
DVRe
C
wD
D ρ
µ2424
== 
Substituindo, obtemos gV
D
V
DDV
g
dt
dV
b
w
bb
w
wb
w






−−−=−





−−= 118
2
324
2
11 2
2
ρ
ρ
ρ
µ
ρ
ρ
ρ
µ
ρ
ρ 
Separando variáveis e integrando, e fazendo 2
18
D
a
bρ
µ
= e gb
b
w






−= 1
ρ
ρ resulta: Ct
bVa
dV
+=
+
− ∫ 
( ) CtbVa
a
+=+− ln1 ; para 0=t , ( ) ( )bVa
a
CVtV +−=⇒== 00 ln
10 
A velocidade resulta, então: ( ) ( )taV
b
a
a
b
a
btVt
bVa
bVa
a
−




 ++−=⇒=





+
+
− exp1ln1 0
0
 
O tempo de penetração resulta da condição ( ) 0== TtV , da onde 




 += 01ln
1 V
b
a
a
T 
Para calcular a profundidade, observamos que 
dz
dVV
dt
dz
dz
dV
dt
dV
== 
( )bVagV
Ddz
dVV
b
w
b
+−=





−−−= 118 2 ρ
ρ
ρ
µ
; separando variáveis e integrando, resulta: Cz
bVa
dVV
+=
+
− ∫ 
( )[ ] CzbVabVa
a
+=+−− ln12 ; para 0=z , ( ) ( )[ ]bVabVaaCVzV +−−=⇒== 0020 ln
10 
A posição em função da velocidade resulta, então: ( ) ( ) 











+
+
+−=
bVa
bVabVVa
a
Vz
0
02 ln
1
 
A profundidade resulta da condição ( ) hVz == 0 , da onde 




 +−= 02
0 1ln V
b
a
a
b
a
Vh . 
Alternativamente,a profundidade de penetração pode ser calculada integrando a velocidade no tempo: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) CtaV
b
a
a
bt
a
bdttaV
b
a
a
b
a
btzdttVtz +−




 +−−=





−




 ++−=⇒= ∫ ∫ exp1exp1 020 
Da condição inicial ( ) 00 ==tz resulta 




 += 02 1 Vb
a
a
bC , da onde obtemos: 
( ) ( )[ ]taV
b
a
a
bt
a
btz −−




 ++−= exp11 02 
A profundidade resulta da condição ( ) hTtz == , da onde ( )[ ]TaV
b
a
a
bT
a
bh −−




 ++−= exp11 02 . 
Substituindo o tempo de penetração, obtemos o mesmo resultado para a profundidade de penetração: 





 +−=













 +−




 ++










 +−=
−
02
0
1
0020 1ln1111ln
1 V
b
a
a
b
a
VV
b
aV
b
a
a
bV
b
a
aa
bh 
 
 
3. (2 pontos) Um iceberg pode ser aproximado como um cilindro de comprimento L e diâmetro D , com 
LD >> . A parte submersa do iceberg corresponde a L
8
7 . Imagine que o iceberg se move com velocidade 
constante V na água em repouso, impulsionado pelo vento de velocidade U . Se o coeficiente de arrasto 
da parte submersa do iceberg em água é DwC e o coeficiente de arrasto da parte acima da superfície sujeita 
ao vento é DaC , e se são conhecidas as massas específicas do ar aρ e da água wρ , obtenha um expressão 
para a velocidade V do iceberg. (Extraído de White, F.M., "Fluid Mechanics", 4th edition, McGraw-Hill). 
 
 
 
Solução: 
O arrasto do ar tem que ser equilibrado pelo arrasto da água. Assim: 
( ) DwwDaa CD
LVCDLVU
8
7
2
1
82
1 22 ρρ =− 
Isso resulta: ( ) 22 7 V
C
CVU
Daa
Dww
ρ
ρ
=− 
Chamando k
C
C
Daa
Dww =
ρ
ρ7 : 
VkVU =− 
que resulta U
k
V
+
=
1
1