Apostila 5 reedição 2017

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APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO 
Departamento de Engenharia Mecânica 
 
 
 
COLETÂNEA DE EXERCÍCIOS DE MECÂNICA DOS FLUIDOS 
 
APOSTILA 5 
 
CINEMÁTICA E DINÂMICA DOS SISTEMAS FLUIDOS. 
EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
 
NELSON M. NABHAN 
PROF. ASSISTENTE DE MECÂNICA DOS FLUIDOS 
EPUSP – 1996 
Reedição 2017 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
Nota: Para a parte teórica referente aos exercícios apresentados neste capitulo 
sugere-se a consulta à: 
“ASSY, T.M.; Mecânica dos Fluidos, volume II, parte 3, capitulo VII. 
 
Parte B: FILMES - MULTIMIDIAS 
 
Sifonação 
https://www.youtube.com/watch?v=CZmP0vsRBZ8 
Este vídeo mostra como ocorre o processo de sifonação, mostrando alguns 
aspectos que ocorrem durante o procedimento e dando alguns exemplos de 
utilização de sifonação. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
 
5.0 – Resumo da Equação da Energia Cinética 
 
a) Equação da energia cinética na sua forma mais geral 
eaia
C
m
SC
22
WW W d v div pdSnxv gz
ρ
p
2
v
ρdgz
2
v
 
t
  




















 
 
b) Simbologia adotada: 
v = velocidade da partícula fluida 
z = cota da posição da partícula fluida (com relação a um plano horizontal de 
referência) 
ρ = pressão 

= volume 
P = pressão 
T = tempo 
C
= volume de controle 
SC = superfície de controle 
mW
= potência de uma máquina no interior do sistema considerado (positiva 
para bomba e negativa para turbina) 
iaW
= potência das forças internas de atrito (sempre negativa, ou 
eventualmente nula) 
H = carga total média na secção = 
v2
2g 
+ 
p
γ
+z 
PHR = plano horizontal de referencia 
V = velocidade média na secção 
 
c) Caso particular I: fluido incompressível 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
Neste caso, a parcela devida à potência das forças internas de pressão é nula 
pois 
v div
 = 0 e a derivada 
t
z


 é igual a zero pois representa a derivada da cota 
de pontos internos a um domínio invariável. 
Assim, a equação da energia cinética assume a seguinte forma: 
eaiaM
SC
2
C
2
WW- w dS n x v γz
γ
p
2g
v
dγ
2
v
t
 







 



 
Em que a primeira parcela do primeiro membro é nula quando o movimento for 
permanente. 
d) Caso particular II: fluido compressível barotrópico 
Neste caso a equação da energia cinética assume a forma: 
eaiam
SC
2
C
2
WW- W dS nxv ρ gz F
2
v
dρ gz)
γ
p
F
2
v
t











 
Onde F é denominada “função de pressão” e igual a: 

p
ρ
dp
F(p)
 
Exercício 5.1: 
 A figura mostra uma tubulação ligada a um reservatório de grandes 
dimensões. Uma turbina é acoplada à tubulação cujo diâmetro de saída é 75 
mm. 
 Sendo 10 m/s a velocidade de saída da água, calcular a potência 
desenvolvida na turbina, supondo os atritos desprezíveis. 
 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
Solução: 
 Sendo o regime permanente, o fluido incompressível e desprezando-se 
os atritos, a equação da energia cinética resulta 
∫ (
v2
2g
+
p
γ
+z) γv⃗ .n⃗ dS
SC
=Wm 
 Para o cálculo da potência desenvolvida pela turbina deveríamos analisar 
as seções 3-3 e 4-4 imediatamente a montante e a jusante da máquina. 
Entretanto, como não há perdas no sistema, por hipótese, as cargas totais em 
1-1 e 3-3 são iguais, o mesmo ocorrendo com 4-4 e 2-2. 
 Deste modo, vamos analisar as cargas em 1-1 e 2-2. Tomando como PHF 
a linha do eixo da tubulação, resulta: 
z1=30 m 
z2=0 m 
 Tanto 1-1 como 2-2 estão abertas à atmosfera, resultando as pressões 
relativas: 
p
1
=0 
p
2
=0 
 A velocidade em 1-1 é nula (desprezível) por se tratar de um reservatório 
de grandes dimensões. 
 A velocidade em 2-2 é 10 m/s, o que nos permite calcular a vazão 
veiculada no sistema: 
Q = v.A = v.
πD
2
4
 = 10.
π(0,075)2
4
 = 0,0442 m3/s 
 A integral na SC se resume na integral em 1-1 somada à integral em 2-2. 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 Como os versores n1⃗⃗⃗⃗ e n2⃗⃗⃗⃗ , a equação da energia cinética resulta: 
- ∫ (0+0+30)γdQ
S1
= ∫ (
10
2
2.9,8
+0+0) γdQ
S2
=Wm 
Ou 
(-30+5,1)10000.0,0442 = Wm 
Wm = -11005,8 W 
No qual o sinal negativo indica que a energia foi retirada do sistema. 
 
Exercício 5.2: 
Água num tanque de grandes dimensões está sob a pressão relativa de 49 000 
Pa na superfície livre e é bombeado através de um tubo e um bocal, como indica 
na figura. Sabendo-se que a perda total na tubulação é de 4780,75 W e que o 
rendimento da bomba é de 70%, qual a potência a ser fornecida à bomba pelo 
motor a ela acoplada? Despreze a resistência do ar. 
 
 
Solução: 
 Tomando como plano horizontal de referência o eixo da tubulação 
horizontal. 
 Sendo o regime permanente e o fluido incompressível, a equação a ser 
aplicada será: 
∫ (
v2
2g
+p+z) γv⃗ .n⃗ dS
SC
= Wm-W̅ia (I) 
 Para a SC adotada, notar que a potência das forças externas de atrito 
𝑊𝑒𝑎é nula. 
 Supondo que a s secções 1-1 e 2-2 são planas, vem: 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
(-h1+h2)γQ = Wm-W̅ia 12 (II) 
 Para o cálculo da potência fornecida pela bomba ao sistema, devemos 
aplicar a equação entre as secções 3-3 e 4-4, imediatamente a montante e a 
jusante da bomba. 
 Teremos: 
(-h3+h4)γQ= Wm+0 (III) 
 Isto é, as perdas são desprezíveis entre 3-3 e 4-4. Entretanto, o cálculo 
de h1 e h2 é mais fácil que o de h3 e h4. 
 Assim, teremos: 
h1 = α.
v1
2
2g
+
p
1
γ
+z1 
α=1 (supondo igual a unidade) 
v1~ 0 (reservatório de grandes dimensões) 
p
1
 = 49 000 
γ = 9800 N/m3 
z1 = 2 m 
Assim, h1=0+5+2=7 m 
 Para o cálculo de h2, necessitamos primeiro determinar v2. 
 Da balística, vem que 
v2
2
2g
 = 2h = 2.6,4 = 12,8 m 
v2 = 16 
α2 = 1 
p
2
 = 0 
z2 = 2 
 Logo, h2 = 12,8+2 = 14,8 m 
 Uma vez determinadas h1 e h2, podemos relacioná-las com h3 e h4, da 
seguinte forma: 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
h3 = h1-
W̅ia 1,3
γQ
 
h2 = h4-
W̅ia 4,2
γQ
 ∴ h4 = h2+
W̅ia 4,2
γQ
 (IV) 
 Entretanto, com (IV) em (III) , vem: 
- (h1-
W̅ia 13
γQ
) + (h2+
W̅ia 4,2
γQ
) = 
Wm
γQ
 
ou 
-h1+h2+
W̅ia 1,3+W̅ia 4,2
γQ
 = 
Wm
γQ
 
ou 
-h1+h2+
W̅ia 1,2
γQ
 = 
Wm
γQ
 
 Substituindo os valores numéricos, resulta: 
-7+14,8+
4780,75
9,8.1000.Q
 = 
Wm
9,8.1000.Q
 
 O valor de Q pode ser facilmente calculado na secção 2-2: 
Q=v2A2=16.π.
(0,075)2
4
=0,707 
 Valor que aplicado em (V) resulta: 
Wm = 10182,2 W 
 Essa é a potência que a bomba fornece ao sistema. Como o rendimento 
da bomba é η=0,7, o motor acoplado a bomba deverá fornecer 
10182,2
0,7
=14 546 W 
 
 
Exercício 5.3 – Dado o sistema da figura, determinar qual a potência da máquina 
hidráulica e o seu tipo (bomba ou turbina). Sabe-se que p
2
=3,8 
kgf
cm2
⁄ . O 
líquido que escoa é água e o líquido manométrico é mercúrio. 
Dados: Q=2 l s⁄ 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 D = 2” (em toda linha, Ignorar a escala) 
 
Para se determinar se a máquina M é uma bomba ou turbina, basta se 
determinar o sentido do escoamento da água. 
Para tanto vamosexaminar um trecho do sistema onde não há máquina. 
Tomemos, por exemplo, o trecho entre as secções 0-0 e 1-1. 
A carga na secção 0-0 é: 
H0=α0 
V0
2
2g
+
p
0
γ
+z0=0+0+30=30m 
Para o cálculo da carga na secção 1-1, devemos antes calcular 𝑉1 e 𝑝1. 
A equação do manômetro mostrado na figura é: 
p
2
+3γ
HG
=(3+1)γ
água
+ p
1
 
Ou 
p
1
=3γ
HG
-4γ
água
+p
2
 
p
1
=3*13600-4*1000+3,8*10
4
=74.800
kgf
m3
⁄ 
A equação da continuidade fornece 𝑉1: 
Q=V1S1 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
2*10
-3
=V1*
π*0,05
2
4
 
logo V1=1,02 
m
s⁄ 
A carga na secção 1-1 será: 
H1=α1 
V1
2
2g
+
p
1
γ
+z1=0,05+74,8+0=74,85m 
Como a carga em 1-1 é maior que a carga em 0-0, resulta que o escoamento é 
no sentido ascendente, logo a máquina é uma BOMBA. 
A potência que a bomba fornece ao fluido pode ser calculada aplicando-se a 
equação da energia cinética entre as secções 1-1 e 2-2. 
-H2+H1=
Wm
γQ
=
Wm
1000*0,002
=
Wm
2
 
H1-H2=
V1
2
-V2
2
2g
+ 
p
1
-p
2
γ
+z1-z2 
V1=V2 (pois a tubulação tem diâmetro constante) 
p
1
-p
2
=3γ
HG
-4γ
água
=3*13600-4*1000=36.800 
p
1
-p
2
γ
=
36800
1000
=36,8m 
z1=0 
z2=-1 
36,8+1=
Wm
2
 
Wm=75,6 kgf
m
s⁄ =1CV 
 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
Exercício 5.4 – O sistema de propulsão de um barco consta de uma bomba 
hidráulica que recolhe água na proa através de 2 tubos de 2”. Calcular em CV a 
potência transmitida pela bomba ao fluido. Sabe-se que a vasão veiculada é 
50 𝑙 𝑠⁄ e que a potência das forças de atrito ao longo de todos os tubos é 0,5CV. 
Pela equação da continuidade, podemos determinar as velocidades V1, V2 e V3. 
Q3=50
l
s⁄ =0,050
m3
s⁄ 
Q1=
0,050
2
=V1S1=V1*
π*0,050
2
4
 
V1=V2=12,73
m
s⁄ 
V3=2V1=25,46
m
s⁄ 
A equação da energia cinética aplicada ao presente caso resulta: 
∫ (
v2
2g
+
p
γ
+z) γ v⃗ ^n⃗ 
SC=S1+S2+S3
ds=Wm-Wia̅̅ ̅̅ ̅ 
As cotas z1, z2 e z3 são iguais a zero, tomando o PHR pelos eixos das tubulações. 
Supondo tubulações muito próximas da superfície livre, as pressões serão 
consideradas iguais à atmosférica (zero). 
Assim temos: 
-
V
2
1
2g
γQ1-
V
2
2
2g
γQ2+
V
2
3
2g
γQ3=Wm-Wia̅̅ ̅̅ ̅ 
Sendo V1=V2 e Q1=Q2 temos: 
1
75
[-2*
12,73
2
2*9,81
*1000*0,025+
25,46
2
2*9,81
*1000*0,050]=Wm-0,5 
Wm=17CV 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
Exercício 5.5 – A figura mostra um sifão ligado a um reservatório. Desprezando 
as perdas de carga, determinar a velocidade da água que sai pela seção C como 
um jato livre. Determinar também as pressões da água nas seções A e B da 
tubulação e analisar o aumento da distância BD. 
 
Solução: A aplicação da equação da energia cinética ao problema em 
pauta se resume à igualdade das cargas nas diversas seções, uma vez que não 
há máquinas, não há perdas por atrito e o movimento é permanente. Assim, a 
carga total na seção D, superfície livre do reservatório, será 5 m com relação ao 
PHR (Plano Horizontal de Referência) adotado. 
A carga total em C também será igual a 5 m: HC=
vC
2
2.g
+
PC
γ
+zC=5. 
Como a pressão é atmosférica e a cota é nula em C: 
vC
2 =10.g⇒ vC=10 m s⁄ . 
Para o cálculo da pressão na seção A, igualamos as cargas em A e D. 
HD=5=HA=
vA
2
2.g
+
PA
γ
+zA, com: vA=10 m s⁄ ; zA=5 m; 
logo: 
PA
γ
= -5 m, ou PA= -50000 N m
2⁄ . 
Para o cálculo da pressão na seção B: 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
HD = 5 m = HB=
vB
2
2.g
+
PB
γ
+zB; com: vB=10 m s⁄ ; zB=7 m; 
logo: 
PB
γ
=-7 m, ou PB= -70000 N m
2⁄ . 
Exercício 5.6 – Duas placas planas paralelas de comprimento 2.L estao 
separadas de uma distância b. A placa superior se move para baixo com uma 
velocidade constante v. Um fluido incompressível e não viscoso, de massa 
específica ρ, preenche o espaço entre as duas placas. Com a descida da placa 
superior, o fluido é expulso e, como o escoamento é simétrico, a velocidade, 
paralela às placas planas, assume o valor zero no centro. 
Considerando que b<L, e que o escoamento é unidimensional e paralelo ao eixo 
dos x: 
a) Mostrar que a velocidade v em uma seção que dista x do centro é V.x b⁄ ; 
b) Obter a expressão para a pressão em qualquer ponto ao longo da placa, 
desprezando a gravidade. 
 
a) Pela equação da continuidade, temos: 2.x.V.L=2.b.v.L, assim v = 
V.x b⁄ . 
 
 
 
 
 
 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
Exercício 5.7 – No vertedor mostrado na figura, a água escoa em regime 
permanente com uma perda de carga igual a 1 m entre as seções A-A e B-B. 
Supondo um velocidade média igual a 8,86 m s⁄ a seção A-A, quais serão as 
possíveis alturas da água na seção B-B? 
 Nota: O fenômeno que ocorre a jusante do vertedor é denominado 
“ressalto hidráulico”. Maiores detalhes sobre este assunto serão encontrados em 
livros de hidraulica. 
Dados: a=10 m; g=9,81 m s2⁄ ; zA=2 m; 
Solução: 
Neste caso, a equação da energia pode ser escrita como 
HA=HB+perda de carga 
Assim, teremos: 
VA
2
2g
+
PA
γ
+(z
A
+a)=
VB
2
2g
+
PB
γ
+zB+perda 
Como as superfícies são livres à atmosfera, vem: PA=PB=0. Assim: 
(8,86)2
2.9,81
+2+10=
VB
2
2.9,81
+zB+1, ou seja: 15=
VB
2
19,62
+zB. (I) 
Pela equação da continuidade, temos: 
VAzaL=VBzBL, ou seja: 8,86.2=VBzB ∴ VB=
17,72
zB
. (II) 
Substituindo (II) em (I), temos: 
15=
16
zB
2 +zB, ou seja: zB
3 -15zB
2+16=0, equação de 3º grau que admite 
duas raízes positivas, que respondem à questão formulada: 
zB
' =1,07 m (altura da água pequena e velocidade média grande). 
zB
'' =14,92 m (altura da água grande e velocidade média pequena). 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
Exercício 5.8 – Na figura abaixo, as perdas de carga a montante da seção A-A 
são iguais a 1,68
VA
2
2g
 e as perdas de carga no bocal são 0,78
VB
2
2g
. 
Sabendo que DA=0,71 m e que DB=0,50 m, determinar a vazão Q veiculada no 
sistema e a pressão em A-A quando a altura é H=5,5 m. 
 
A equação da energia cinética pode ser escrita para as seçoes A- C e A- B: 
{
HC=HA+1,68
VA
2
2g
HA=HB+0,78
VB
2
2g
 ou seja: HC=HB+0,78
VB
2
2g
+1,68
VA
2
2g
, onde HC=H 
HB=
VB
2
2g
+
PB
γ
+zB=
VB
2
2g
 ∴ H=1,78
VB
2
2g
+1,68
VA
2
2g
 (I) 
Pela equação da continuidade: 
Q=VASA=VBSB ⇒ VA
πDA
2
4
=VB
πDB
2
4
 ⇒ VA=VB
DB
2
DA
2
 ⇒ VA
2
=VB
2 (
DB
DA
)
4
=0,25 
VB
2
 (II) 
Substituindo (II) em (I): 
H=5,5=1,78
VB
2
2g
+0,42
VB
2
2g
=2,2
VB
2
2g
 ∴ VB=7 m s⁄ . 
VA
2
=0,25 . 49=12,25 ∴ VA=3,5 m s⁄ . 
Q=VASA=3,5.
π(0,71)2
4
=1,39 m3 s⁄ . 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
Para o calculo da pressão em A, podemos escrever: 
HA=HC-1,68
VA
2
2g
⇒HA=5,5-1,68
12,25
2 . 9,81
=4,45 m 
HA=4,45=
VA
2
2g
+
PA
γ
+zA. como zA=0 ⇒PA=3826 kgf m
2⁄ . 
 
Exercício 5.9: 
 A figura mostra um bocal inserido numa tubulação de secção transversal 
S1. Sendo S2 a área de secção de saída do bocal, determinar a expressão da 
vazão Q. 
 
Solução: 
 A introdução do bocal na tubulação provoca uma perda de carga singular 
no escoamento, igual a: 
Ks.
v2
2
2g
 
onde o coeficiente Ks de perda de carga singular depende da geometria da 
singularidade e do número de Reynoldsdo escoamento. 
 Assim, a equação da energia cinética assume a forma: 
h1=h2+perdas 
ou 
α1
v1
2
2g
+
p
1
γ
+z1=α2
v2
2
2g
+
p
2
γ
+z2+Ks
v2
2
2g
 (I) 
 Pela equação da continuidade, temos: 
v1S1=v2S2 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
ou 
v1=
v2S2
S1
 (II) 
 Pela equação manométrica, temos: 
p
1
+γh=p
2
+γ
Hg
h 
ou 
p
1
-p
2
=h (γ
Hg
-γ) (III) 
 
onde 
γ: peso específico do líquido que escoa pela tubulação. 
γHg: peso específico do líquido manométrico (no caso, mercúrio). 
 Introduzindo as relações (II) e (III) em (I), vem: 
α1.
v2
2
2g
.
S2
2
S1
2
+
h (γ
Hg
-γ)
γ
=α2.
v2
2
2g
+Ks.
v2
2
2g
 
Onde as cotas z1 e z2 foram consideradas iguais (tubulação horizontal). 
 Da equação acima, podemos exprimir v2 como: 
v2=
1
√α2+Ks-1.
S2
2
S1
2
.√(
γ
Hg
γ
-1)2gh 
Portanto: 
Q=S2
1
√α2+Ks-1.
S2
2
S1
2
.√(
γ
Hg
γ
-1)2gh 
 
 
 
 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
Exercício 5.10: 
Um amortecedor hidráulico do sistema de aterrisagem de um avião 
suporta um peso G quando acionado. No instante do impacto na pista, a pressão 
do ar é p0 e seu volume é z0S, no qual S é a área de seção reta do cilindro. 
Demostrar, aplicando o teorema da energia cinética, movimento variável, que a 
velocidade do pistão é regida pela equação diferencial: 
dv2
dz
=
2g
h
[
p
0
z0
γz
+h-
G
γS
] 
Observações: 
1. Considerar o ar em transformação isotérmica. 
2. Desprezar os atritos entre 1-1 e 2-2. 
Solução: 
Em cada instante todas as partículas do óleo possuem a mesma 
velocidade, uma vez que o óleo foi considerado incompressível. Ainda, em se 
tratando o óleo foi considerado incompressível. Ainda, em se tratando o óleo de 
fluido incompressível, o trabalho das forças internas de pressão será nulo, e o 
trabalho das forças internas de atrito também será nulo por hipótese 
(desprezando os atritos). 
 Desde modo: 
dτint
dt
=Watrito+Wpressão=0 
e 
dEcin
dt
=
dτext
dt
+
dτint
dt
=
dτext
dt
 
 A energia cinética Ecinserá: 
Ecin= ∫ ρ.
v2
2
d∀
∀
=ρ.
v2
2
∀=ρ.
v2
2
Sh 
e 
dEcin
dt
=
ρSh
2
-
dv2
dt
 
 A potência das forças externas será: 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
dτext
dt
=Wpeso+Wpressão+WG 
 Logo: 
ρSh
2
dv2
dt
=ρgSh
dz
dt
+pS
dz
dt
-G
dz
dt
 
Como: 
dv2
-dt
=
dv2
dz
.
dz
dt
 
vem: 
Sh
2
dv2
dz
=ρgSh+pS-G 
ou 
dv2
dz
=
2
ρSh
(ρgSh+pS-G) 
 Considerando que pzS=p
0
z0S, resulta que: 
dv2
dz
=
2g
h
(
p
0
z0
γz
+h-
G
γS
) 
Onde p
0
 é a pressão do ar: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
Exercício 5.11 – Considere o tubo em U da figura, de seção S. No interior está 
contido um líquido que se comporta como perfeito e incompressível, de volume 
S.L. 
Afastando-se a coluna de líquido de sua posição de equilíbrio, pede-se: 
a) Determinar a equação de movimento do líquido. 
b) Determinar a posição, velocidade e aceleração das partículas fluidas em 
cada instante. 
c) Determinar o período das oscilações. 
d) Determinar vmax e zmax. 
 
Solução: 
Em cada instante a posição da coluna líquida é perfeitamente definida por z. O 
trabalho das forças de pressão é nulo e o trabalho das forças de atrito pode ser 
desprezado. 
Adotando a coluna líquida como sistema, a única força externa é o peso: 
dc
dt
=
dτext
dt
= ∫ ρg⃗ d⩝
⩝
⋅v⃗ = ∫ ρg ⃗⃗ ⃗d
⩝1
⩝⋅v⃗ + ∫ …
⩝2
+ ∫ …
⩝3
+ ∫ …
⩝4
 
no qual o volume ⩝ do sistema foi dividido em quatro partes, conforme indicado 
na figura. 
Desta forma teremos: 
No volume 1: g⃗ ⋅ v⃗ =gv 
No volume 2: g⃗ ⋅ v⃗ =0 
No volume 3: g⃗ ⋅ v⃗ =-gv 
No volume 4: g⃗ ⋅ v⃗ =-gv 
Logo, 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
dc
dt
=
dτext
dt
= ∫ ρgv d
⩝1
⩝+0+ ∫ -ρgv d
⩝3
⩝+ ∫ -ρgv d
⩝4
⩝ 
como ⩝1=⩝3, resulta: 
dc
dt
=
dτext
dt
= ∫ -ρgv d
⩝4
⩝=-2ρgvzS 
mas 
dc
dt
=
d
dt
∫ ρ
v2
2
⩝
 d⩝=
ρ
2
SL
dv2
dt
 
Logo: 
ρ
2
SL
dv2
dt
=-2ρgvzS 
ou 
dv2
dt
=
-4vg
L
z=2v
dv
dt
 
dv
dt
=
-2g
L
z 
como 
v=
dz
dt
 
dv
dt
=
d
2
z
dt2
 
E a equação do movimento será: 
d
2
z
dt2
+
2g
L
z=0 
A equação diferencial acima do tipo mz̈ + kz = 0 admite solução do tipo: 
z=z0 sen(ωt) 
com z0 dependendo das condições do problema. 
ż=z0ω cos(ωt) 
z̈=-z0ω
2 sen(ωt) 
-mω2+k=0 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
ω=√
k
m
 
T=
2π
ω
 (período) 
No caso, T=2√
m
k
=2√
L
2g
 
para t=
π
4
 ⇒ z=zmax 
Logo 
zmax=z0sen (ω
π
4
)=z0sen (
2π
T
T
4
) =z0 
z=zmaxsen (√
k
m
 t) 
ż=zmax√
2g
L
cos(√
2g
L
 t) 
żmax para t=0 ou t=T. 
z̈=-zmax
2g
L
sen (√
2g
L
 t) 
z̈max para t=
3π
4
. 
 
Exercício 5.12 – A instalação da figura é utilizada para medir a potência de 
bombas. Um reservatório alimenta a bomba que recalca a água para o bocal da 
figura que lança um jato sobre a pá de ângulo de saída igual a 60°. 
A pá apoia-se contra a haste do pistão e na situação dos dados do problema o 
sistema está em equilíbrio. A resultante horizontal da força do jato sobre a pá 
passa pelo eixo do pistão. Desprezando o atrito nas rodas da pá, determinar: 
a) A vazão da instalação. 
b) A potência fornecida à bomba, sendo o seu rendimento η=89%. 
Dados: 
p
A
=100
N
cm2
 ; p
B
=50
N
cm2
 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
Sp=30cm² (área da face do pistão) 
Sh=10cm² (área da face da haste) 
S6=50cm² (área da seção do bocal) 
S3=100cm² ; z0=13m; z=5m; α=1; β=1; γ=10000
N
m³
 e g=10
m
s²
 
Ẇa0,3=2984 W (potência dissipada por atrito entre as seções 0-0 e 3-3). 
 
Na condição de equilíbrio, podemos escrever para o pistão: 
p
A
SA=pBSB+F 
onde 
SA=Sp 
SB=Sp-Sh 
Logo 
100.30 = 50.20 + F ⇒ F=2000 N 
Aplicando a equação da quantidade de movimento para o anteparo (pá), 
teremos: 
Rx=ρQv6(1- cos θ) =ρv6
2S6(1- cos θ) 
Rx=F=2000 N 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
2000=
10000
10
. v6
2.50x10
-4
(1- cos(60°) ) 
Vem v6=28,28 
m
s
 
Q=v6S6=28,28x50x10
-4
=0,1414
m³
s
=141,4
L
s
 
 
 Para o cálculo da potência da bomba, aplicamos a equação da 
energia cinética: 
H0-H3=
Ẇa
γQ
-
Ẇm
γQ
 
onde 
H0=13m 
H3=α
v3
2
2g
+
p
3
γ
+z3=
(
Q
S3
)
2
2g
+ (
p
A
γ
+5) +0=
200
20
+ (
100000
1000
+5) =115m 
Ẇa0,3=2984 W 
Logo 
13-115=
2984
10 000.0,1414
-
Ẇm
10000.0,1414
 
onde Ẇm=147,212 kW, que é a potência pela bomba do líquido. A potência 
fornecida à bomba será: 
147 212
η
=
147 212
0,89
=165,407kW 
 
Exercício 5.13 – Um líquido de peso específico 8600
N
m³
, com uma pressão de 
vapor igual a 2,7
N
cm²
 (absoluta), escoa através da tubulação da figura. 
Sabendo-se que a pressão atmosférica local é 680mmHg, determinar a 
vazão em que se indica o processo de cavitação. Desprezar as perdas de 
carga. 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
 
Solução: 
O problema de cavitação é muito importante em escoamento de líquidos e 
pode causar sérios danos às estruturas, tubulações das máquinas (bombase turbinas). 
Quando, num sistema como o acima, a velocidade aumenta pela diminuição 
da seção, a pressão, em consequência, abaixa (seção 1-1 e 2-2 com a 
mesma carga H e com cotas iguais, sem presença de máquinas e sem 
perdas). 
Para cada líquido, há uma pressão mínima absoluta, denominada pressão de 
vapor (que depende do líquido e de sua temperatura) para a qual o líquido 
passa para o estado de vapor, não mais se aplicando os cálculos usuais 
apresentados neste capítulo. 
A vazão solicitada nesse problema é, portanto, a vazão máxima teórica 
possível. 
Neste caso, a pressão mínima relativa que deverá ser estabelecida na seção 
será (𝑝𝑐𝑟𝑖𝑡). 
p
2
 = p
crit
 = p
v
 - p
atm
 
p
atm
 = 680mmHg = 92430
N
m²
 
p
v
 = 2,7
N
cm²
 = 27000
N
m²
 
Logo, 
p
2 
γ
 = 
27000-92430
8600
 = - 7,61m 
APOSTILA 5 – EQUAÇÃO DA ENERGIA CINÉTICA 
Aplicando a equação da energia cinética entre 1-1 e 2-2: 
H1 = H2 
H1 = 
v1
2
2g
+
p
1
γ
+z1 = 
(
Q
S1
)
2
2g
+
p
1
γ
+0 
H2 = 
v2
2
2g
 + 
p
2
γ
 + z2 = 
(
Q
S2
)
2
2g
+ 
p
2
γ
 + 0 
Com D1 = 1m, vem S1=0,7854m² e S1
2
 = 0,61685m4. 
 D2 = 0,25m, vem S2 = 0,0491m² e S = 0,00241m
4. 
p
1
γ
 = 
0,7x10
4
860
 = 8,14m. 
p
2
γ
 = -7,61m. 
 Resulta Q = 0,865
m³
s
 = 865
L
s
 .