Resolução Lista 1

Prévia do material em texto

FENÔMENOS DE TRANSPORTE 
RESOLUÇÃO DA LISTA DE EXERCÍCIOS PARA TRABALHO (até a questão 35) 
 
1) 
Substância fluida é aquela que se deforma continuamente quando sofre uma tensão de cisalhamento 
(viscosa), adquirindo a velocidade de um escoamento que permanece enquanto esta tensão é 
aplicada. 
 
2) 
- Forças de campo: gravitacional e inercial 
- Forças de contato: de pressão e viscosa (normal e cisalhante) 
 
3) 
A Mecânica dos Fluidos permite a previsão do comportamento dos fluidos em repouso e em 
movimento em: 
- transportes de interesse econômico (ex.: oleodutos, gasodutos, redes de abastecimento de 
água); 
- dispersão de poluentes na atmosfera e em corpos d’água; 
- sistemas hidráulicos de lubrificação e refrigeração ; 
- análise de escoamentos internos e externos (ex.: automotivo, aeronáutico e naval); 
- fenômenos naturais e atmosféricos; 
- esforços sobre comportas e barragens; e 
- equilíbrio de embarcações. 
 
4) Os modelos físicos apresentam maior confiabilidade de seus resultados, porém, demandam maior 
tempo de elaboração e construção, além de custo elevado. Já os modelos computacionais têm custos 
inferiores e são executados com maior rapidez, no entanto, a confiabilidade é um ponto crítico, tendo 
em vista a dependência que sua precisão tem com a discretização do domínio, condições de contorno, 
hipóteses simplificadoras e método adotado. 
 
5) A Hipótese do Contínuo reflete um ponto de vista macroscópico do fluido a ser estudado, que envolve 
sempre uma grande quantidade de moléculas, comportando-se como uma massa fluida contínua, 
onde se despreza os espaços vazios entre elas. Portanto, desta forma, assume-se que qualquer ponto 
do domínio é definido como uma partícula fluida de dimensões infinitesimais com as mesmas 
grandezas (massa específica, velocidade, etc.) e em todos eles as equações podem ser aplicadas da 
mesma forma. 
 
A abordagem Euleriana referência suas equações no espaço, tendo como incógnitas a velocidade e 
propriedades das partículas que passam em cada posição do domínio, enquanto que na abordagem 
Lagrangiana o referencial é a matéria, acompanhando, consequentemente, o deslocamento de cada 
partícula ao longo do tempo e tendo como incógnitas a deformação e propriedades de cada partícula 
do domínio. A Euleriana é a mais aplicada para fluidos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
6) 
 
 
7) 
a) Conservação da massa ou princípio da continuidade. 
b) Quantidade de movimento linear ou momentum (2ª Lei de Newton). 
c) Quantidade de movimento angular (relação entre momento e momentum angular). 
d) Energia (1ª e 2ª Lei da Termodinâmica). 
 (mais as relações de estado) 
 
 
8) 
Vol = 1,5 m³ ; m = 3.000 kg ;  = 2.10-4 kg/m.s 
ρ = ? ;  = ? 
ρ = m/Vol = 3000/1,5 = 2.000 kg/m³ 
 = /ρ = 2.10-3/2000 = 1,0.10-6 m²/s 
 
9) 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑉𝐷
𝜇
 
Re = 
964∙0,6∙(6∙0,0254)
0,015∙10−3
 = 587.654 >> 2.000  Regime turbulento 
 
 
 
 
 
 
10) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
F = m.a; a = 0  F = 0 
Em x: Fc = P.senθ 
Como a força Fc é decorrente da tensão viscosa na área da base do bloco: 
 Fc = .A 
Considerando uma distribuição linear da velocidades do fluido entre o bloco e o plano:  =
𝜇
𝑉
ℎ
 
 V/h x A = P.senθ  𝑉 =
ℎ𝑃 sen𝜃
𝐴
 
 
 
 
 
 
11) 
 
 
 
 
 
 
F = m.a 
F = Fc 
x 
θ 
P 
Fc 
θ 
y 
ri = 
6,00 cm 
re = 
6,02 cm 
V 
 
F 
h = 0,01cm 
h = 0,01cm 
D = 40 cm 
Fc 
dFc = .dA  Fc = ∫ . 𝑑𝐴𝑆 ; integrando ao longo da superfície do eixo (ri) em contato 
com o fluido: 
Fc = .A ; onde A = 2 ri  L 
Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o eixo e o mancal:  
= 𝜇
𝑉
ℎ
 
 F = (𝜇
𝑉
ℎ
)  (2 ri L) = 
2 𝜇 𝑉 𝑟𝑖 𝐿
ℎ
 
dados do problema:  e d 
 = 
𝜇
𝜌
   = ρ. 
d = 
𝜌
𝜌á𝑔𝑢𝑎
  ρ = d.ρágua 
  = d.ρágua . ; considerando ρágua = 1.000 kg/m³ : 
 
F = 
2 𝑑 𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝜈 𝑉 𝑟𝑖 𝐿
ℎ
 = 
2 × 0,88 × 1000 × 0,003 × 0,4 × 0,03 × 0,4
0,01 × 10−2
  796,2 N 
 
 
12) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
dM = dF.ri = .dA.ri  M = ∫ . ri. dA𝑆 ; integrando ao longo de toda a superfície do eixo 
em contato com o fluido: 
Distribuição linear 
de velocidade 
dF, V 
ri 
re 
Fluido 
 
h = 0,01cm 
re = 
130 mm 
D = 40 cm 
ri = 
120 mm 
 
f=60 rpm 
M=1,5 N.m 
h = 0,01cm 
M = . ri . A ; onde A = 2 ri  L 
Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o eixo e o mancal: 
 = 𝜇 𝑉
ℎ
 
 M = 
2 𝜋 𝜇 𝑉 𝑟𝑖
2 𝐿
ℎ
 ; onde V = .ri = 2..f. ri : 
 M = 
4 𝜋2 𝜇 𝑓 𝑟𝑖
3 𝐿
ℎ
→ 𝜇 =
𝑀ℎ
4 𝜋2 𝑓 𝑟𝑖
3 𝐿
 
 𝜇 =
𝑀ℎ
4 𝜋2 𝑓 𝑟𝑖
3 𝐿
=
1,5∙(0,130−0,120)
4∙𝜋2∙
60
60
∙(0,12)3∙0,4
≅
5
𝜋2
 (Letra B) 
 
 
 
 
 
 
13) 
 
 
 
 
 
 
F = m.a  - Fc = m.a 
Fc = .A 
Considerando uma distribuição linear de velocidade no fluido entre o disco e a mesa: 
 = 𝜇 𝑉
ℎ
 
 - (𝜇
𝑉
ℎ
 ) x (
𝜋𝐷2
4
) = m.a  - 
𝜋𝐷2
4ℎ
V = m.
𝑑𝑉
𝑑𝑡
 
 - V =
4ℎ𝑚
𝜋𝐷2
 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
  dt = - 
4ℎ𝑚
𝜋𝐷2
 
𝑑𝑉
𝑉
 
Fc 
D 
V 
A 
x 
Vista superior 
Vista lateral 
 dt = - k 
𝑑𝑉
𝑉
  t = - k. ∫
𝑑𝑉
𝑉
𝑉
𝑉0
 
 t = - k.( ln|V| - ln|V0| )  t = - k.ln|V/V0| , como V>0 
 t = - k.ln (V/V0) , considerando t0 = 0  t = - k.ln (V/V0) 
 
k = 
4ℎ𝑚
𝜇𝜋𝐷2
 = 
4×0,12×10−3×0,050
1,8×10−5×𝜋×0,092
  52.4  t = -52,4 ln( V / 10 ) 
V0 = 10 m/s 
 
a) t = -52.4 ln( 1 / 10 )  120 s = 2 min 
b) lim
𝑉→0
𝑡(𝑉) = −52,4 × lim
𝑉→0
ln (
𝑉
10
)  h , ou seja, nunca irá parar. 
c) t = - k.ln (V/V0)  V = V0 𝑒
−𝑡
𝑘 
S = ∫ 𝑉𝑑𝑡
𝑡
𝑡0
 = V0 ∫ 𝑒
−
𝑡
𝑘 𝑑𝑡
𝑡
𝑡0
 = V0 . (-k) . (𝑒
−
𝑡
𝑘)𝑡0
𝑡 = - V0 k (𝑒
−
𝑡
𝑘 − 1) 
= -10  52,4  (𝑒
−
120
52,4 - 1)  471 m 
 
14) 
Isolando-se uma faixa na superfície do disco a uma distância “r” do centro e com espessura “dr” obtém-
se: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑑�⃗⃗� = 2 𝑟 × 𝑑𝐹 → 𝑑𝑀 = 2 𝑟 𝑑𝐹 → 𝑑𝑀 = 2 𝑟 (𝜏 𝑑𝐴) 
 
(multiplicado por 2 para representar ambas as forças que atuam por cima e por baixo do disco) 
vFd V

r
dA
dr
, mas, considerando uma distribuição linear de velocidade: 𝜏 = 𝜇
𝑉
ℎ
 
, 𝑉 = Ω 𝑟 
e 𝑑𝐴 = 2𝜋 𝑟 𝑑𝑟 
logo, 𝑑𝑀 = 2 𝑟 𝜇
Ω 𝑟
ℎ
 2𝜋 𝑟 𝑑𝑟 = 
4𝜋𝜇Ω
ℎ
 𝑟3𝑑𝑟 
 
→ 𝑀 =
4𝜋𝜇Ω
ℎ
∫ 𝑟3𝑑𝑟
𝑅
0
=
4𝜋𝜇Ω
ℎ
R4
4
=
𝜋𝜇ΩR4
ℎ
 
 
 
 
15) 
 
 
V = u i + v j + w k 
Onde: 
 V é o campo de velocidades; 
 u, v e w são as componentes em x, y e z, respectivamente, do vetor velocidade, em 
função da posição (x,y,z) e do tempo t; 
 i, j e k são os vetores unitários nas direções x, y, e z, respectivamente. 
 
Se V = Kxt i – Kyt j + 0 k, então: u = Kxt e v = -Kyt 
 
Para as linhas de corrente: 
𝑑𝑥
𝑢
=
𝑑𝑦
𝑣
=
𝑑𝑧
𝑤
 
 
𝑑𝑥
𝐾𝑥𝑡
=
𝑑𝑦
−𝐾𝑦𝑡
 
 
para 𝐾 𝑒 𝑡  0  
𝑑𝑥
𝑥
=
𝑑𝑦
−𝑦
 
 
, integrando: ∫
𝑑𝑥
𝑥
= −∫
𝑑𝑦
𝑦
 
 
 ln |y| = -ln |y| + C  ln |x.y| = C 
 |x.y| = eC , substituindo a constante eC pela constante c: |x.y| = cPara c = 0: 
 x 
y 
(gráfico coincidente com os eixos) 
 
 
 
Para c = 1: 
 
 
 
 
Para c = 4: 
 
 
 
 
 
 
16) 
Para as linhas de corrente: 
𝑑𝑥
𝑢
=
𝑑𝑦
𝑣
=
𝑑𝑧
𝑤
 
𝑑𝑥
𝑉𝑐𝑜𝑠𝜃
=
𝑑𝑦
𝑉𝑠𝑒𝑛𝜃
 , 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑉 ≠ 0 → 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑡𝑔 𝜃 → 𝑦(𝑥) = 𝑥 𝑡𝑔𝜃 + 𝐶 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
1 
-1 
-1 
-1 
x 
y 
2 
2 
-2 
-2 
1 
x 
y 
-2 
2 
-1 
 
C=0 
C=1 
C=2 
C=-2 
C=-1 
 
17) Pela fórmula do coeficiente adimensional de arrasto têm-se: 
FD=
1
2
CD∙ρ∙U
2∙A 
 
Para escoamentos turbulentos, têm-se que o coeficiente de arrasto de uma esfera lisa é 
aproximadamente 0,5. Logo: 
 
FD = 
1
2
∙0,5∙1000∙102∙(π∙0,12) = 785,4N ≅ 7,8∙102N > 3,16∙102N 
 
Resp.: 103 
 
 
18) 
 
𝑄 = ∫(�⃗� ⋅ �⃗� ) 𝑑𝐴 
 
𝐴 = 𝜋𝑟2 → 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑟𝑑𝑟 
 
𝑄 = ∫ 𝐶(𝑅2 − 𝑟2) 2𝜋𝑟 𝑑𝑟 = 2𝜋𝐶∫ (𝑅2 − 𝑟2) 𝑟 𝑑𝑟 = 2𝜋𝐶 (𝑅2∫ 𝑟 𝑑𝑟 −∫ 𝑟3 𝑑𝑟
𝑅
0
𝑅
0
)
𝑅
0
𝑅
0
 
 
= 2𝜋𝐶 (
𝑅4
2
−
𝑅4
4
) = 𝜋𝐶
𝑅4
2
 
 
 
 
 
19) 
 Para - regime permanente 
 - entradas e saídas unidimensionais 
 
, a equação do princípio da continuidade é: 
 
∑�̇�𝑠 −∑�̇�𝑒 = 0 
, sendo: 
�̇�𝑖 = 𝜌𝑖𝑉𝑛𝑟𝑖𝐴𝑖 = 𝜌𝑖𝑄𝑖 
 
Assumindo que a vazão em 3 seja de saída (caso seja de entrada o resultado será negativo): 
 
�̇�2 + �̇�3 − �̇�1 = 0 
𝜌2𝑉2𝐴2 + 𝜌3𝑄3 − 𝜌1𝑄1 = 0 
 
para água à temperatura constante  é constante, logo: 
 
𝑉2𝐴2 + 𝑄3 − 𝑄1 = 0 → 𝑄3 = 𝑄1 − 𝑉2𝐴2 = 𝑄1 − 𝑉2
𝜋𝐷1
2
4
=
100
3600
− 8
𝜋(0,05)2
4
= 0,01207
𝑚3
𝑠
 
 
𝑄3 = 0,01207
𝑚3
𝑠
= 0,01207 × 3600
𝑚3
ℎ
= 43,45
𝑚3
ℎ
 
 
𝑉3𝐴3 = 𝑄3 → 𝑉3 =
𝑄3
𝐴3
=
𝑄3
𝜋𝐷3
2
4
=
4𝑄3
𝜋𝐷3
2 =
4 ∙ 0,01207
𝜋 ∙ (0,04)4
= 9,6 𝑚/𝑠 
 
 
 
20) 
Analogamente à questão anterior: �̇�1 = �̇�2 = 40
𝑘𝑔
𝑠
 
 
𝜌 𝑉1𝐴1 = �̇�1 → 𝑉1 =
�̇�1
𝜌 𝐴1
= 
�̇�1
𝜌 
𝜋𝐷1
2
4
=
40
998 
𝜋(0,18)2
4
= 1,57 𝑚/𝑠 
𝜌 𝑉2𝐴2 = �̇�2 → 𝑉2 =
�̇�2
𝜌 𝐴2
= 
�̇�1
𝜌 
𝜋𝐷2
2
4
=
40
998 
𝜋(0,05)2
4
= 20,4 𝑚/𝑠 
 
 
 
21) 
Pelo princípio da continuidade para entradas e saídas unidimensionais: 
 
𝑑
𝑑𝑡
∫ 𝜌 𝑑∀ +∑�̇�𝑠 −∑�̇�𝑒 = 0
𝑉𝐶
 
 
, onde 
 
�̇�𝑖 = 𝜌𝑖𝑉𝑛𝑟𝑖𝐴𝑖 = 𝜌𝑖𝑄𝑖 
 
e para o referido reservatório: 
 
𝑑∀=
𝜋𝑑2
4
𝑑ℎ 
Então: 
 
𝑑
𝑑𝑡
∫ 𝜌 
𝜋𝑑2
4
𝑑ℎ + 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0
𝑉𝐶
 
 
→ 
𝑑
𝑑𝑡
(𝜌 
𝜋𝑑2
4
ℎ) + 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0 → 𝜌 
𝜋𝑑2
4
𝑑ℎ
𝑑𝑡
+ 𝜌𝑄2 − 𝜌𝑄1 − 𝜌𝑄3 = 0 
 
→ 
𝑑ℎ
𝑑𝑡
=
4(𝑄1 − 𝑄2 + 𝑄3)
𝜋𝑑2
 
 
 
 
 
 
 
 
 
22) 
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas 
unidimensionais: 
∑𝐹 =∑(�̇�𝑉)𝑠 −∑(�̇�𝑉)𝑒 
 
Assumindo-se que após incidir na placa o jato se divida em duas partes iguais, pelo princípio da 
continuidade temos: 
�̇�1 = �̇�2 =
�̇�𝑗
2
 
e 
�̇�𝑗 = 𝜌 𝑉𝑗 𝐴𝑗 = 𝜌 𝑉𝑗 
𝜋 𝐷𝑗
2
4
 
 
Então, aplicando-se a primeira equação no eixo y: 
 
𝐹𝑦 = 0 
e em x: 
𝐹𝑥 = −�̇�𝑗𝑉𝑗 = −𝜌 𝑉𝑗
2 
𝜋 𝐷𝑗
2
4
= −998 × 82 ×
𝜋(0,1)2
4
= −501,6 𝑁 𝑜𝑢 501,6 𝑁 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 
 
 
23) 
Trata-se de um problema unidimensional (vertical), portanto, pode ser adotada a equação da qtd. de 
mov. linear com entradas e saídas unidimensionais aplicada apenas ao eixo z: 
 
∑F =
d
dt
∫ wρd∀
VC
+∑(ṁw)s-∑(ṁw)e 
 
Definindo o volume de controle como o foguete e aplicando a equação acima com referencial no 
foguete, que terá então velocidade nula e força inercial (referencial não inercial), teremos: 
 
-m
dw
dt
-mg = 0 + ṁ(−𝑤𝑗) - 0 
 
, onde wj é a velocidade do jato que sai do foguete. Explicitando-se a aceleração: 
 
𝑎 =
dw
dt
 = 
�̇�𝑤𝑗
𝑚
-g (i) 
 
Integrando ambos os lados da equação acima ao longo do tempo: 
 
∫ dw
V
0
 = ṁwj∫
dt
m
t
0
 - g∫ dt
t
0
 
 
A massa m do foguete em qualquer instante pode ser dada por 𝑚(𝑡) = 𝑚0 − �̇�𝑡 
 
V(t) = -wjln (1-
ṁt
m0
) - gt (ii) 
 
a) Utilizando a equação (i) tem-se: 𝑎 = 5 ∙ 3500/400 − 9,81 = 33,94 𝑚/𝑠2 
 
b) Utilizando a equação (ii) para t=10 s, tem-se: V=-3500∙ln(1 - 5∙10/400) - 9,81∙10 =369,3 m/s 
24) 
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas 
unidimensionais: 
∑𝐹 =∑(�̇�𝑉)𝑠 −∑(�̇�𝑉)𝑒 
 
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais: 
 ∑�̇�𝑠 =∑�̇�𝑒 → �̇�𝑠 = �̇�0 = 𝜌0 𝑉0 𝐴0 
Aplicando em x: 
𝐹𝑥 = �̇�0(−𝑉0) − �̇�0 𝑉0 = −2 �̇�0 𝑉0 = −2 𝜌0 𝑉0
2 𝐴0 
Em módulo: 
𝐹0 = 2 𝜌0 𝑉0
2 𝐴0 = 2 𝜌0 𝑉0
2
𝜋𝐷0
2
4
=→ 𝑉0 =
1
𝐷0
√
2 𝐹0
 𝜌0 𝜋
 
 
 
 
25) 
No instante representado, a concha se move para direita com velocidade V = R. Se considerarmos 
o referencial na concha, a velocidade do jato será Vj - R e então o problema será semelhante ao 
anterior: 
𝐹 = 2 𝜌 (𝑉𝑗 − Ω𝑅)
2
 𝐴𝑗 
𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑃 = 𝐹𝑉 = 2 𝜌 (𝑉𝑗 − Ω𝑅)
2
 𝐴𝑗 Ω𝑅 = 2 𝜌 𝐴𝑗(𝑉𝑗 − Ω𝑅)
2
 Ω𝑅 
Para Pot máxima temos: 
𝑑𝑃
𝑑Ω
= 0 𝑒 
𝑑2𝑃
𝑑Ω2
< 0 → Ω =
Vj
3R
 
 
 
26) 
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais: 
 �̇�1 = �̇�2 → 𝜌 𝑉1 𝐴1 = 𝜌 𝑉2 𝐴2 → 𝑉1 =
𝑉2𝐷2
2
𝐷1
2 =
17 × 62
122
= 4,25 𝑚/𝑠 
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas 
unidimensionais: 
∑𝐹 =∑(�̇�𝑉)𝑠 −∑(�̇�𝑉)𝑒 
 
𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 − 𝐹𝑝𝑎𝑟𝑎𝑓𝑢𝑠𝑜 = �̇�2 𝑉2 − �̇�1 𝑉1 =
𝜌𝜋
4
[(𝑉2𝐷2)
2 − (𝑉1𝐷1)
2] 
Para cálculo da força de pressão sobre a superfície, pode ser considerada a pressão manométrica, 
resultando então na pressão (262-103,4)kPa sobre a superfície 1 e zero para o restante. Logo: 
𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 = 𝑝1 𝐴1 = 156.600 ×
𝜋(12 × 0,0254)2
4
= 11,43 𝑘𝑁 
→ 𝐹𝑝𝑎𝑟𝑎𝑓𝑢𝑠𝑜 = 7.626,5 𝑁 
 
27) 
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais: 
∑�̇�𝑠 =∑�̇�𝑒 → �̇�2 = �̇�1 + �̇�𝑐𝑜𝑚𝑏 = �̇�1 +
�̇�1
30
 = 
31
30
�̇�1 
 
Pelo princípio da quantidade de movimento em regime permanente e para entradas e saídas 
unidimensionais: 
∑𝐹 =∑(�̇�𝑉)𝑠 −∑(�̇�𝑉)𝑒 
em x: 
 
𝐹 = �̇�2 𝑉2 − �̇�1 𝑉1 = �̇�1 ( 
31
30
𝑉2 − 𝑉1) = 𝜌1 𝑉1 𝐴1 ( 
31
30
𝑉2 − 𝑉1) 
 
𝜌1 é a massa específica do ar à 20°C e 1 atm que é 1,2 kg/m³ 
𝐹 = 𝜌1 𝑉1 𝐴1 ( 
31
30
𝑉2 − 𝑉1) = 1,2 × 250 × 0,5 × (
31
30
900 − 250) = 102 𝑘𝑁 
 
 
28) 
 
Das pressões hidrostáticas aplicadas das fronteiras 1 e 2 obtém-se as forças resultantes 
𝐹1 = 𝜌𝑔
ℎ1
2
2
𝐿 𝑒 𝐹2 = 𝜌𝑔
ℎ2
2
2
𝐿 (𝑖) 
, sendo L a largura do canal. 
Tratando-se de um escoamento permanente e com entradas e saídas unidimensionais, a equação integral 
da continuidade é 
∑�̇�𝑠 =∑�̇�𝑒 , 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, �̇�𝑠 = �̇�𝑒 → 𝜌𝑉1𝐴1 = 𝜌𝑉2𝐴2 → 𝑉1ℎ1𝐿 = 𝑉2ℎ2𝐿 → 𝑉1ℎ1 = 𝑉2ℎ2 (𝑖𝑖) 
e da quantidade de movimento linear é: 
∑𝐹 =∑(�̇�𝑉)𝑠 −∑(�̇�𝑉)𝑒 , 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝐹1 − 𝐹2 = �̇�2𝑉2 − �̇�1𝑉1 = �̇�1(𝑉2 −𝑉1) 
→ 𝐹1 − 𝐹2 = 𝜌𝑉1ℎ1𝐿(𝑉2 − 𝑉1) (𝑖𝑖𝑖) 
Substituindo (i) e (ii) em (iii): 
 g h1  g h2 
F1 
F2 
𝜌𝑔𝐿
2
(ℎ1
2 − ℎ2
2) = 𝜌𝑉1ℎ1𝐿(𝑉2 − 𝑉1) → 
𝑔
2
(ℎ1
2 − ℎ2
2) = 𝑉1(𝑉2ℎ1 − 𝑉1ℎ1) 
(𝑖𝑖)
→ 
𝑔
2
(ℎ1
2 − ℎ2
2) = 𝑉1(𝑉2ℎ1 − 𝑉2ℎ2) = 𝑉1𝑉2(ℎ1 − ℎ2) 
→
𝑔
2
(ℎ1 + ℎ2)(ℎ1 − ℎ2) = 𝑉1𝑉2(ℎ1 − ℎ2) 
→
𝑔
2
(ℎ1 + ℎ2) = 𝑉1𝑉2 → 𝑉2 =
𝑔
2𝑉1
(ℎ1 + ℎ2) (𝑖𝑣) 
Substituindo (iv) em (ii): 
𝑉1ℎ1 = [
𝑔
2𝑉1
(ℎ1 + ℎ2)] ℎ2 →
1
ℎ1
ℎ2
2 + ℎ2 −
2𝑉1
2
𝑔
= 0 
, que é uma equação de 2° grau, em relação à incógnita h2. Aplicando Bhaskara: 
ℎ2 = ℎ1(−
1
2
+
1
2
√1 +
8𝑉1
2
𝑔ℎ1
) 
Para obter V2, basta substituir em (ii): 
𝑉2 = 𝑉1
ℎ1
ℎ2
= 𝑉1(−
1
2
+
1
2
√1 +
8𝑉1
2
𝑔ℎ1
)
−1
 
 
 
29) 
 
Tratando-se de um problema permanente com entradas e saídas unidimensionais a equação da 
quantidade de movimento angular é: 
 
 
∑�⃗⃗� 0 =
𝑑
𝑑𝑡
∫(𝑟 × �⃗� )𝜌 𝑑∀
𝑉𝐶
+∑[(𝑟 𝑖 × �⃗� 𝑖)�̇�𝑖]𝑠 −∑[(𝑟 𝑖 × �⃗�
 
𝑖)�̇�𝑖]𝑒 (𝑖) 
 
Como o atrito no colar é desprezível, não há forças externas atuantes e, consequentemente, nem 
momentos: 
∑�⃗⃗� 0 = 0 
Optando-se por um sistema de coordenadas com origem no centro do irrigador, o vetor posição da 
entrada de vazão será nulo, pois a mesma se localiza também no centro. Logo, o termo da equação 
(i) correspondente às vazões de entrada (último termo) também será nulo e a equação se reduzirá a 
 
∑[(𝑟 𝑖 × �⃗� 𝑖)�̇�𝑖]𝑠 = 0 → (𝑟 1 × �⃗�
 
1)�̇�1 + (𝑟 2 × �⃗� 2)�̇�2 + (𝑟 3 × �⃗� 3)�̇�3 = 0 
 
Pela aximetria do irrigador: 3(𝑟 1 × �⃗� 1)�̇�1 = 0 
Como �̇�1 ≠ 0: 𝑟 1 × �⃗� 1 = 0 (𝑖) 
 
Pela equação integral da continuidade: 
 
∑�̇�𝑠 =∑�̇�𝑒 → �̇�1 + �̇�2 + �̇�3 = �̇�𝑒 → 3�̇�1 = �̇�𝑒 → �̇�1 =
�̇�𝑒
3
=
𝜌𝑄
3
=
𝜌 ∙
2,7
3600
3
= 0,25 ∙ 10−3𝜌 
 
→ �̇�1 = 𝜌𝑉𝑛𝑟1𝐴1 = 𝜌𝑉𝑛𝑟1 (
𝜋𝑑2
4
) = 0,25 ∙ 10−3𝜌 
→ 𝑉𝑛𝑟1 =
0,25 ∙ 10−3
𝜋(0,007)2
4
≅ 6,5 𝑚/𝑠 
 
 
 
 
�⃗� 𝑛𝑟1 = �⃗�
 
1 − �⃗� 𝑠 
→ �⃗� 1 = �⃗� 𝑛𝑟1 + �⃗�
 
𝑠 = (Ω𝑅 − 𝑉𝑛𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃)�̂� + 𝑉𝑛𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗̂ (𝑖𝑖) 
 
(𝑖) 𝑒 (𝑖𝑖): 𝑟 1 × �⃗� 1 = (𝑅𝑗̂) × [ (Ω𝑅 − 𝑉𝑛𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃)�̂� + 𝑉𝑛𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑗̂] = 0 
→ 𝑅(Ω𝑅 − 𝑉𝑛𝑟 cos𝜃) = 0 → Ω𝑅 − 𝑉𝑛𝑟 cos 𝜃 
→ Ω =
𝑉𝑛𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃
R
 
a) 
𝜃 = 0° → Ω =
6,5 cos0°
0,15
≅ 43,3
rad
s
= 43,3
60
2π
rpm = 414 rpm 
 
b) 
 
𝜃 = 0° → Ω =
6,5 cos 40°
0,15
≅ 33,2
rad
s
= 33,2
60
2π
rpm = 317 rpm 
 
 
 
 
 
 
 
 
nrV
RVs 
30) A nuclear power plant on a river must eliminate 55 MW of waste heat to the river. The river conditions 
upstream are Qi = 2,5 m³/s and Ti = 18 °C. The river is 45 m wide and 2,7 m deep. If heat losses to the 
atmosphere and ground are negligible, estimate the downstream river conditions (Q0, T0). 
 
Por aplicação da 1a Lei da termodinâmica: 
 
𝑝1
𝛾
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 = (
𝑝2
𝛾
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2) +
�̂�2 − �̂�1 − 𝑞
𝑔
− ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 
 
Não havendo bombas, turbinas nem perda por atrito e considerando-se a mesma cota e mesma 
pressão (atmosférica), a expressão acima se reduz a: 
 
𝑉1
2
2𝑔
= (
𝑉1
2
2𝑔
) +
�̂�2 − �̂�1 − 𝑞
𝑔
 
Pelo princípio da continuidade, para regime permanente e entradas e saídas unidimensionais: 
 
 �̇�1 = �̇�2 → 𝜌1𝑉1 𝐴1 = 𝜌2 𝑉2 𝐴2 
 
Supondo-se por hipótese que a variação da temperatura é relativamente pequena e 
conseqüentemente causará uma variação de massa específica desprezível: 𝑉1 = 𝑉2 
 
Então, chegamos a relação final para energia: ∆�̂� = 𝑞 
 
Logo, todo calor recebido será transmitido para energia interna do fluido, que é função da temperatura: 
𝑄 = 𝑚𝑐∆𝑇 → �̇� = �̇�𝑐∆𝑇 
→ ∆𝑇 = 
�̇�
�̇�𝑐
=
�̇�
𝜌 𝑄 𝑐
=
55 ∙ 106
998 ∙ 2,5 ∙ 4180
= 5,3 → 𝑇0 = 18 + 5,3 = 23,3°𝐶 
 
 
31) 
Para o caso permanente com entradas e saídas unidimensionais, tem-se a equação da energia (1ª 
Lei da Termodinâmica): 
 
(
𝑝1
𝛾
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1) = (
𝑝2
𝛾
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2) +
�̂�2 − �̂�1 − 𝑞
𝑔
− ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 
 
Como não é considerada troca de calor e não há turbina, esta se reduz a: 
(
𝑝1
𝛾
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1) = (
𝑝2
𝛾
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2) − ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + ℎ𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 (𝑖) 
 
Escolhendo-se como ponto 1, a entrada da tubulação (1,8 m de profundidade) e como ponto 2 a saída 
do bico: 
𝑝1 = 𝛾 ∙ ℎ = 1,8 ∙ 𝛾 
𝑝2 = 0 
 
 
Pelo princípio da continuidade: 
�̇�1 = �̇�2 → 𝜌𝑉1𝐴1 = 𝜌𝑉2𝐴2 → 𝑉1 = 𝑉2
𝐴2
𝐴1
= 𝑉2
𝐷2
2
𝐷1
2 = 36(
2
6
)
2
= 4 𝑚/𝑠 
 
Aplicando em (i), com referencial de z na superfície d’água: 
 
(
1,8 ∙ 𝛾
𝛾
+
42
2 ∙ 9,8
− 1,8) = (0 +
362
2 ∙ 9,8
+ 3) − ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 + 2 
 
→ ℎ𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 ≅ 69 𝑚 
 
𝜂 =
𝑃𝑜𝑡𝐻
𝑃𝑜𝑡𝑇
 
→ 𝑃𝑜𝑡𝑇 =
𝑃𝑜𝑡𝐻
 𝜂
=
𝑑𝐸
𝑑𝑡
 𝜂
=
𝑑𝑚 𝑔 ℎ
𝑑𝑡
 𝜂
=
�̇�𝑔ℎ
 𝜂
=
𝜌𝑉𝐴𝑔ℎ
 𝜂
=
998 ∙ 4 ∙
𝜋(6 ∙ 0,0254)2
4 9,8 ∙ 69
 0,75
≅ 67,5 𝑘𝑊 
 
 
32) 
Considerando-se que não há perda de energia, pode-se aplicar a equação de Bernoulli entre a superfície 
do reservatório (ponto 1) e a saída do jato (ponto 2): 
𝑝1
𝛾
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 =
𝑝2
𝛾
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 
→ 0 + 0 + 𝐻 = 0 +
𝑉2
2
2𝑔
+ ℎ → 𝑉2 = √2𝑔(𝐻 − ℎ) 
Após sair do reservatório com velocidade V2, cada partícula executa um movimento de lançamento desde 
a saída, com velocidade inicial horizontal, até atingir o chão. Desprezando-se o atrito com o ar, tem-se: 
 em y: movimento com velocidade inicial nula e aceleração constante e igual a -g 
𝑀𝑜𝑣𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑒𝑡𝑖𝑙í𝑛𝑒𝑜 𝑢𝑛𝑖𝑓𝑜𝑟𝑚𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑑𝑜: ∆𝑆 = 𝑉𝑦0𝑡 −
1
2
𝑔𝑡2 → 𝑡 = √
2ℎ
𝑔
 
 em y: movimento com velocidade constante e de intensidade igual a V2 
∆𝑆 = 𝑉2𝑡 → 𝑋 = √2𝑔(𝐻 − ℎ)√
2ℎ
𝑔
= 2√ℎ(𝐻 − ℎ) 
→ 𝑋 = 2√ℎ(𝐻 − ℎ) 
 
Reescrevendo X em função de r = h/H para H constante: 
𝑋(𝑟) = 2𝐻√
ℎ
𝐻
(1 −
ℎ
𝐻
) = 2𝐻√𝑟(1 − 𝑟) 
Então X é máximo quanto o radicando da equação acima é máximo, logo: 
𝑑𝑋
𝑑𝑟
= 0 → 𝑟 = 0,5 → 
ℎ
𝐻
= 0,5 
 
 
 
 
33) 
Sendo um escoamento permanente de entrada e saída unidimensional e desprezando-se as perdas 
de energia, a equação de Bernoulli pode ser aplicada para o ponto de estrangulamento do escoamento 
(ponto 1) e o ponto de saída para atmosfera (ponto 2) : 
𝑝1
𝛾
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 =
𝑝2
𝛾
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 
Considerando-se a mesma cota z (eixo do escoamento) e a pressão manométrica (patm=0): 
𝑝1
𝛾
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 0 = 0 +
𝑉2
2
2𝑔
+ 0 
𝑉1
2
2𝑔
=
𝑉2
2
2𝑔
−
𝑝1
𝛾
 → 𝑉1
2 = 𝑉2
2 −
2𝑝1
𝜌
 (𝑖) 
Pela equação da continuidade (permanente, unidimensional, incompressível): 
𝑉1𝐴1 = 𝑉2𝐴2 → 𝑉2 = 𝑉1
𝐴1
𝐴2
= 𝑉1
𝐷1
2
𝐷2
2 (𝑖𝑖) 
(𝑖) 𝑒 (𝑖𝑖): 𝑉1
2 = 𝑉1
2
𝐷1
4
𝐷2
4 −
2𝑝1
𝜌
 → 𝑉1
2 (1 −
𝐷1
4
𝐷2
4) = −
2𝑝1
𝜌
 (𝑖𝑖𝑖) 
Em uma situação estática, a pressão em 1 pode ser calculada por: 
𝑝𝑎 = 𝑝1 + 𝛾ℎ 
Sendo a pressão manométrica da atmosfera igual a 0 e a condição para que o fluido na coluna de 
altura h suba, tem-se: 
𝑝1 < −𝛾ℎ → −𝑝1 > 𝛾ℎ 
𝑐𝑜𝑚 (𝑖𝑖𝑖)
→ 𝑉1
2 (1 −
𝐷1
4
𝐷2
4) =
2(−𝑝1)
𝜌
>
2(𝛾ℎ)
𝜌
= 2𝑔ℎ 
→ 𝑉1
2 (1 −
𝐷1
4
𝐷2
4) > 2𝑔ℎ →𝑉1
2 >
2𝑔ℎ𝐷2
4
𝐷2
4 − 𝐷1
4 
→ 𝑉1 > 𝐷2
2√
2𝑔ℎ
𝐷2
4 − 𝐷1
4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
34) 
A distribuição de velocidades médias na frente e lateral do tubo de Pitot é representada na figura 
abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como pode-se observar, a velocidade das partículas imediatamente antes da entrada frontal é igual 
à velocidade V do fluido. No entanto, devido a distribuição de velocidades na camada limite, a 
velocidade das partículas nos orifícios laterais, assim como em toda a lateral do tubo, é nula. 
 
Portanto, a diferença de pressão p que causa o desnível do fluido no tubo em “U” (.g.h) é 
equivalente, energeticamente, à diferença parcela cinética entre a entrada frontal e os orifícios laterais 
(V2/2g): 
 
𝑉2
2𝑔
=
∆𝑝
𝛾𝑎𝑟
 →
𝑉2
2
=
𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝑔 ∆ℎ
𝜌𝑎𝑟
 → 𝑉 = √
2 𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝑔 ∆ℎ
𝜌𝑎𝑟
 = √
2 ∙ 1000 ∙ 9,8 ∙ 0,15
1,2
 ≅ 49 𝑚/𝑠 
 
 
 
 
35) Equação diferencial da continuidade: 
 
𝜕𝜌
𝜕𝑡
+ ∇(𝜌�⃗� ) = 0 
 
Para um escoamento permanente e incompressível pode ser simplificada para: 
 
0 + 𝜌∇�⃗� = 0 → ∇�⃗� = 0 
Então: 
𝜕(3𝑥)
𝜕𝑥
+
𝜕(𝐶𝑦)
𝜕𝑦
+
𝜕(2𝑥)
𝜕𝑧
= 0 → 𝐶 = −3 
 
 
 
36) 
entrada 
frontal 
oricífios 
laterais 





 






























 






























 

























z
w
w
y
w
v
x
w
u
t
w
z
w
y
w
x
w
z
p
g
z
v
w
y
v
v
x
v
u
t
v
z
v
y
v
x
v
y
p
g
z
u
w
y
u
v
x
u
u
t
u
z
u
y
u
x
u
x
p
g
2
2
2
2
2
2
z
2
2
2
2
2
2
y
2
2
2
2
2
2
x
 
 
 
 
i- Forças de campo (gravidade) 
ii- Forças de contato (pressão) 
iii- Forças de contato (viscosidade) 
iv- Aceleração local 
v- Aceleração convectiva 
 
 
 
 
37) 
Por ser tratar de um problema unidimensional, pois as grandezas só dependem da posição x, apenas 
a equação de Navier-Stokes referente a este eixo é necessária. Portanto: 
 
𝜌𝑔 −
𝑑𝑝
𝑑𝑧
+ 𝜇 (
𝜕2𝑤
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑤
𝜕𝑦2
+
𝜕2𝑤
𝜕𝑧2
) = 𝜌 (
𝜕𝑤
𝜕𝑡
+ 𝑢
𝜕𝑤
𝜕𝑥
+ 𝑣
𝜕𝑤
𝜕𝑦
+ 𝑤
𝜕𝑤
𝜕𝑧
) 
 
Não há gradientes de pressão aplicados: 𝑑𝑝/𝑑𝑧. 
O escoamento é permanente: 𝜕𝑤/𝜕𝑡 = 0. 
O escoamento é unidirecional: 𝑢 = 𝑣 = 0 
O escoamento é unidimensional: 𝜕2𝑤/𝜕𝑦2 = 𝜕2𝑤/𝜕𝑧2 = 0 
 
Logo, a equação se reduz a 
𝜌𝑔 + 𝜇
𝜕2𝑤
𝜕𝑥2
= 0 
→ 
𝜕2𝑤
𝜕𝑥2
= −
𝜌𝑔
𝜇
 
 
→ 
𝜕𝑤
𝜕𝑥
= −
𝜌𝑔
𝜇
𝑥 + 𝐶1 → 𝑤(𝑥) = −
𝜌𝑔
2𝜇
𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Aplicando as condições de contorno 𝑤(ℎ) = 𝑤(−ℎ) = 0, tem-se: 
 
𝑤(𝑥) =
𝜌𝑔
2𝜇
(ℎ2 − 𝑥2) 
 
 
 
 
 
 
 
i ii iii iv v 
 
38) 
 
a) 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑉𝐿
𝜇
=
1000 ∙
1
2 ∙ 10
−3
10−3
= 500 
 Regime laminar 
 
 
b) 
Trata-se de um problema unidimensional e permanente, pois o escoamento é laminar, só há variação 
da velocidade na direção vertical (perpendicular às placas) e a velocidade V da placa, que causa o 
movimento do fluido, é constante. 
Portanto, considerando o eixo x como coincidente com a velocidade V da placa e o eixo z vertical, das 
equações de Navier-Stokes, a que apresenta termos não nulos é: 
𝜌𝑔𝑥 −
𝑑𝑝
𝑑𝑥
+ 𝜇 (
𝜕2𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑦2
+
𝜕2𝑢
𝜕𝑧2
) = 𝜌 (
𝜕𝑢
𝜕𝑡
+ 𝑢
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝑣
𝜕𝑢
𝜕𝑦
+ 𝑤
𝜕𝑢
𝜕𝑧
) 
 
Não há gradientes de pressão aplicados: 𝑑𝑝/𝑑𝑥 =.0 
O escoamento é permanente: 𝜕𝑢/𝜕𝑡 = 0. 
O escoamento é unidirecional: 𝑣 = 𝑤 = 0 
O escoamento é unidimensional: 𝜕2𝑢/𝜕𝑥 = 𝜕2𝑢/𝜕𝑦2 = 0 
Não há gravidade na direção do escoamento: 𝑔𝑥 = 0 
Logo, a equação se reduz a: 
𝜕2𝑢
𝜕𝑧2
= 0 → 𝑤(𝑥) = 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
Aplicando as condições de contorno w(0) = 0 e w (h) = V (velocidade das partículas em contato com 
a placa é igual a velocidade da placa): 
𝑤(𝑥) =
𝑉
ℎ
𝑥 
Conclui-se que o escoamento laminar entre duas placas planas horizontais tem uma distribuição de 
velocidades linear. 
 
c) 
Conforme deduzido pelo item anterior, a distribuição de velocidade entre as placas é linear, 
consequentemente, a tensão cisalhante pode ser calculada pela equação simplificada: 
𝜏 = 𝜇
𝑉
ℎ
 
→ 𝐹 = 𝜏𝐴 = 𝜇
𝑉
ℎ
𝐴 = 10−3 ∙
1
10−3
∙ 1 = 1 𝑁