Gabarito PME 2330 P3 2014

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Mecânica dos Fluidos II (PME 2330) 
Gabarito Terceira Prova - 2014 
 
1. (6 pontos) Considere o escoamento não viscoso em torno de um cilindro sem circulação. Encontre: 
a) A posição do ponto sobre a superfície na região frontal frontal ( πθπ ≤≤
2
) onde a aceleração do fluido 
na direção do escoamento é máxima e seu valor, assim como a pressão nesse ponto. (2 pontos) 
b) A componente radial da aceleração na superfície do cilindro. É diferente de zero? Por que? (2 pontos) 
c) A posição do ponto sobre a linha de corrente que se aproxima do ponto de estagnação frontal onde a 
desaceleração do fluido na direção do escoamento é máxima e seu valor, assim como a pressão nesse 
ponto. (2 pontos) 
Formulário: 
Função corrente para cilindro de raio a sem circulação mais corrente uniforme, velocidades e Bernoulli: 
cte
2
1;;1;sen 2 =+
∂
∂
−=
∂
∂
=




 −= ∞ Upr
v
r
v
r
a
a
raU r ρ
ψ
θ
ψθψ θ 
Aceleração da partícula: 
r
vvv
r
v
r
vva
r
vv
r
v
r
vva rrrrrr θθθθθθθ θθ
−
∂
∂
+
∂
∂
=−
∂
∂
+
∂
∂
= ;
2
 
Solução: 
a) O campo de velocidade resulta 





+−=
∂
∂
−=





−=
∂
∂
= ∞∞ 2
2
2
2
1sen;1cos1
r
aU
r
v
r
aU
r
vr θ
ψ
θ
θ
ψ
θ 
Na superfície do cilindro, 0=rv . A aceleração tangencial resulta: θθθ
θθ
θ cossen4
2
a
Uv
a
va
ar
s
∞
=
=





∂
∂
= ; 
como a direção de escoamento é contrária ao versor θ

, a aceleração na direção do escoamento eaθ resulta 
θθθθ cossen4
2
a
Uaa se ∞−=−= . Vemos que, para a superfície frontal 0cos ≤θ , de maneira que 0≥eaθ . 
Para um extremo local, deve ser ( ) ( ) 0sen214sencos4 2
2
22
2
=−−=−−=





∂
∂
∞∞
=
mmm
e
a
U
a
Ua
m
θθθ
θ θθ
θ ; daqui 
resulta 
4
3135
2
2sen 0 πθθ ==⇒= mm . Vemos que 0cossen16
2
2
2
<=







∂
∂
∞
=
mm
s
a
Ua
m
θθ
θ
θθ
θ , de maneira 
que o extremo é um máximo local. Substituindo, resulta 
a
Ua e
2
2 ∞=θ . 
A velocidade no ponto vale ∞∞ −=−== UUvV mm 22
22θ ; por Bernoulli, resulta:
( ) 22
2
121
2
1
∞∞∞ −=−=− UUppm ρρ . 
b) Embora a componente radial da velocidade é zero na superfície do cilindro, a componente radial da 
aceleração é diferente de zero, pois a componente tangencial da velocidade está mudando o módulo e 
também a direção; a componente radial resulta a aceleração centrípeta. Resulta 
0sen4 2
22
≤−=−= ∞ θθ
a
U
a
v
a ssr ; para o ponto anterior, resulta a
Ua mr
2
2 ∞−= . 
c) Para a linha de corrente que se aproxima do ponto de estagnação frontal é πθ = , 0=πθv e 






−−= ∞ 2
2
1
r
aUvrπ . A aceleração é puramente radial, resultando 012 2
2
3
2
2 ≥





−=





∂
∂
= ∞
= r
a
r
aU
r
vva rrr
πθ
π , 
pois 1≤
r
a ; como a direção de escoamento é contrária ao versor r , a aceleração na direção do 
escoamento era resulta 012 2
2
3
32
≤





−−=−= ∞
r
a
r
a
a
Uaa rer π , isto é, o fluido desacelera. 
Para um extremo local, deve ser 0532 6
6
4
4
2
2
=





−=





∂
∂
∞
= mmrr
er
r
a
r
a
a
U
r
a
m
; daqui resulta 
ar
r
a
m
m
2/12/1
3
5
5
3





=⇒




= . Substituindo , resulta 
a
Ua er
22/1
5
3
25
12 ∞




−= Vemos que 
0
5
3
25
10830122 2
22/1642
2
2
>




=














+





−=







∂
∂
∞∞
=
a
U
r
a
r
a
ra
U
r
a
mmmrr
er
m
, de maneira que a aceleração na direção 
do escoamento é um mínimo local; desta maneira, a desaceleração é um máximo local. 
A velocidade no ponto vale ∞∞ −=




 −−= UUv mr 5
2
5
31 ; por Bernoulli, resulta:
22
25
21
25
41
2
1
∞∞∞ =




 −=− UUppm ρρ . 
 
2. (4 pontos) Seja um avião de peso P , área planar de asa pA , razão de aspecto RA , voando a uma altitude 
em que a massa específica é ρ . Admita que todo o arrasto a toda a sustentação se devam à asa, que tem um 
coeficiente de arrasto de envergadura infinita ∞DC aproximadamente constante. Além disso, considere que 
haja tração (empuxo) suficiente para contrabalançar qualquer arrasto calculado. 
a) Encontre uma expressão analítica para a velocidade ótima de cruzeiro V , quando a razão entre arrasto e 
velocidade 
V
D é mínima. (2 pontos) 
b) Calcule numericamente a velocidade e a mínima razão 
V
D do item anterior para kgfP 31045×= , 
2160mAp= , 7=RA , 020,0=∞DC e 
3/4661,0 mkg=ρ . (0,5 pontos) 
c) Supondo que P , pA , RA , ρ e ∞DC permanecem constantes e que é necessário aumentar a velocidade 
de cruzeiro V ′ acima do valor ótimo calculado no item anterior de forma que VkV =′ ( 1>k ), calcule 
analítica e numéricamente a nova razão 
V
D
′
′ para 3,1=k . O que deve ser feito para aumentar a 
velocidade? (1,5 pontos) 
Formulário: L: Força de sustentação; D:Força de arrasto; 
pA
bRA
2
= ; 
RA
CC LDi π
2
= (arrasto induzido) 
p
L
AU
LC
2
2
1
∞
=
ρ
, 
p
D
AU
DC
2
2
1
∞
=
ρ
, 
RA
CCCCC LDDiDD π
2
+=+= ∞∞ , cbAp = , 
( )
RA
CL /21
2
+
+
=
βαπ , 
c
h= 2β 
Solução: 
a) O arrasto pode ser escrito, em função da velocidade, como: 
2
2
2
2
2
2
2
2 12
2
1
2
1
1
2
1
2
1
VARA
PVAC
AV
P
RA
CAV
RA
CCAVD
p
pD
p
Dp
L
Dp ρπ
ρ
ρπ
ρ
π
ρ +=






















+=





+= ∞∞∞ 
A razão entre arrasto e velocidade resulta, então: 3
2 12
2
1
VARA
PVAC
V
D
p
pD ρπ
ρ += ∞ 
 
Na condição de extremo local, deve ser 
( )
016
2
1
4
2
=−=
∂
∂
∞ VARA
PAC
V
V
D
p
pD ρπ
ρ 
Daqui, resulta 
4/1
22
212








=
∞Dp CARA
PV
ρπ
 . Como 
( )
0124 5
2
2
2
>=
∂
∂
VARA
P
V
V
D
pρπ
 , o extremo é um mínimo. 
b) Para os dados, resultam 
( ) smsmV /75,175/
020,01604661,07
8,9104512
4/1
22
23
=







××××
×××
=
π
, 
( ) 11
3
23
76,174
75,175
1
1604661,07
8,91045275,1751604661,0020,0
2
1 −−





=













×
×××
×××
+××××=
s
mN
s
mN
V
D
π
 
c) Para a nova velocidade, resulta 33
2 12
2
1
VARAk
PVkAC
V
D
p
pD ρπ
ρ +=
′
′
∞ ; calculando numericamente, 
temos 
( ) 11
33
23
27,190
75,175
1
1604661,073,1
8,91045275,1753,11604661,0020,0
2
1 −−





=













×
××××
×××
+×××××=
s
mN
s
mN
V
D
π
 Como 2
2´
2
1 k
C
AV
PC L
p
L =
′
=′
ρ
 diminui devido ao aumento da velocidade, devemos diminuir o ângulo de 
ataque e/ou a cambagem.