Exemplos Dimens. Conv. Viscos.

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Prof. Alexandre Marcial 1
Exemplos de Fenômenos de Transporte - Notas de Aula
Exemplo 1 - Converter:
Considere: ST - Sistema Técnico, BG - British Gravitational e SI - Sistema Internacional, quando a variável
estiver sem especificação de sistema de unidades (padrão).
a) água= 1.000 [kg/m
3] para  água;BG = .................. [slug/ft
3]
água;BG [slug/ft
3] = 1000 [kg/m3] ·
1 [slug]
14,59 [kg]
·
0,3048 3 · 1 [m3]
1 [ft3]
água;BG= 1,941[slug/ft
3]
b) água;ST = 1.000 [kgf/m
3] para   água = ........................ [N/m
3]
 água [N/m
3] = 1000 [kgf/m3] ·
9,81 [N]
1 [kgf]
água= 9.810 [N/m
3]
Exemplo 2 - Sabendo-se que dHg = 13,6, encontrar:
a) Hg= ....................... [kg/m
3] b) Hg= ....................... [N/m
3]
Hg [kg/m
3] = d Hg · água [kg/m
3]  Hg [N/m
3] = Hg [kg/m
3] · g [m/s2]
Hg [kg/m
3] = 13,6 · 1000 [kg/m3]  Hg [N/m3] = 1000 [kg/m3] · 9,81 [m/s2]
Hg= 13.600 [kg/m
3] Hg= 133.416 [N/m
3]
Exemplo 3 - Se um líquido tem dlíq = 0,8, determinar no BG (British Gravitational):
a) líq;BG = ................[slug/ft3]
líq;BG [slug/ft
3] = dlíq*água;BG [slug/ft
3]
líq;BG [slug/ft
3] = 0,8 · 1,94 [slug/ft3]
líq;BG = 1,553 [slug/ft
3]
b) líq;BG = ……………[lbf/ft3]
líq_BG [lbf/ft
3] = líq_BG [slug/ft
3]*g [ft/s2]
ft
slbfslug
2.11 
 líq;BG [lbf/ft
3] = 1,94 [slug/ft3] · 32,174 [ft/s2]
líq_BG = 49,96 [lbf/ft
3]
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Exemplo 4 - Determinar a dimensão e a unidade da constante R no SI:
TRnP ...  (base molar)
MM
Mn  , n= número de moles  kmolesUnidade
R = constante Universal dos gases
MM
RR  , R = cte para o gás particular.
     





 TRnL
L
F ... 32 "Sistema FLtT: 





















Kmol
Jou
Kmol
mNUnidade
Tn
LFDIMR
..
.
.
.
"Sistema MLtT: 













Kmols
mkgUnidade
Tnt
LMDIMR
..
.
..
.
2
2
2
2
Exemplo 5 – Verificar se as equações são dimensionalmente homogêneas:
a) 200 .2
1. tatVXX 
       22 .. tt
Lt
t
LLL













 , sim, são dimensionalmente homogêneas.
b)  





C SCSIST
AdVd
Tdt
dm ...  , Equação de Conservação da Massa ou Eq. da Continuidade.
   23
3
3 ....
1 L
t
L
L
ML
L
M
tt
M































 , sim, são dimensionalmente homogêneas.
Exemplo 6 – Se POTÊNCIA = TENSÃO X CORRENTE ( IVP  ), expressar a grandeza Tensão (V) no
Sistema Internacional (SI), com as respectivas unidades-base.
P = Potência , no SI é dada em Watts (W) = 
























3
2
2
....
s
mkg
s
m
s
mkg
s
mN
s
J
I = Corrente, no SI é dada em Ampéres (A), Assim:
 1323
2
...
.
. 








 Asmkgou
As
mkg
I
PV , esta forma é utilizada pelo INMETRO para definir unidade de
tensão.
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Exemplo 7 (SI) – Um tanque cilíndrico contendo nitrogênio comprimido para uso em processos industriais,
tem 6 polegadas de diâmetro e 4,25 pés de comprimento. A pressão do gás é de 204 atm (man) e T = 60°F.
Determine a massa de nitrogênio no tanque (resposta em slug). Considere gás ideal.
Solução – Resolvendo em SI e depois convertendo kg (SI) slug (BG).
Dados: | gás Nitrogênio (N2) como gás ideal: Equação de Estado: ( TRnP ...  )N2 ou TRMP ... 
PABS = PMAN + PATM = 204 atm + 1 atm = 205 atm Paatm
Pa 625.772.20
1
325.101

m
pol
mpol 1524,0
1
0254,0.6  2
222
0182,0
4
1524,0.14,3
4
. mmA  
m
pé
mpésl 2954,1
1
3048,0.25,4  32 024,02954,10182,0 mmmlA 
n = n° de moles;  kmol
MM
Mn  , M = massa de N2 e MM = massa molecular do N2.
MM
RR  , sendo R = constante Universal dos gases e R = cte para o gás particular.
Kkmol
JR
.
8314 e
kmol
kgMM N 282  , assim: Kkg
J
kmol
kg
Kkmol
J
R
.
33,296
28
.
8314

100
15,273
180
32
100




 KFC , Assim,   KTT FK 70,28832180
100


(15,5 °C)
TRMP ... 
 K
Kkg
mNMm
m
N
N 70,288.
.93,296024,0625.772.20
2
3
2
kg
slugkgM N 59,14
182,5
2
 , MN2 = 0,40 slug de N2
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Exemplo 7 (BG) – Um tanque cilíndrico contendo nitrogênio comprimido para uso em processos industriais,
tem 6 polegadas de diâmetro e 4,25 pés de comprimento. A pressão do gás é de 204 atm (man) e T = 60°F.
Determine a massa de nitrogênio no tanque (resposta em slug). Considere gás ideal.
Solução – Resolvendo em BG  slug (BG).
Dados: | gás Nitrogênio (N2) como gás ideal: Equação de Estado: ( TRnP ...  )N2 ou TRMP ... 
PABS = PMAN + PATM = 204 atm + 1 atm = 205 atm (conversão: atm Pa  lbf/ft2)
PABS = 205 atm 22
222
846.433
1
3048,0
448,4
1
1
325.101
ft
lbf
ft
m
N
lbf
atm
m
N

ft
in
ftin 5,0
1
12.6  2
222
1962,0
4
5,0.14,3
4
. ftftA  
ftl 25,4 32 83,025,41962,0 ftftftlA 
n = n° de moles;  kmol
MM
Mn  , M = massa de N2 e MM = massa molecular do N2.
MM
RR  , sendo R = constante Universal dos gases e R = cte para o gás particular.
Rlbmol
ftlbfR


.
.67,545.1 e
lbmol
slugMM N 871,02   Rslug
ftlbf
lbmol
slug
Rlbmol
ftlbf
R


.
.17,774.1
871,0
.
.67,545.1
100
15,273
180
32
100




 KFC , Assim, RTT FR   67,51967,459 (15,5 °C)
TRMP ... 


 R
Rslug
ftlbfMft
ft
lbf
N 67,519.
.17,774.183,0846.433
2
3
2
slugM N 39,02  de N2
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Exemplo 8 – A distribuição de velocidade para escoamento laminar entre placas paralelas é dada por















221
h
yuu MAX , sendo h a distância separando as duas placas, a origem está situada na linha mediana
entre as placas. Considere o escoamento de água, com coeficiente de viscosidade igual a 1,2x10-3 Pa.s e
velocidade máxima de 0,05 m/s e h = 1 mm. Calcule a força sobre uma seção de 1 m2 da placa inferior.















221
h
yuu MAX
Dados:
sPa.102,1 3
uMÁX = cte = 0,05 m/s
h = 10-3 m
A = 1 m2, FINFERIOR = ?
Relações úteis:
Área
FATRITO
yx  e, dy
du
yx . 
Para encontrar FATRITO, precisamos do valor de yx , e também da derivada da velocidade dy
du .















221
h
yuu MAX , 2
2.4. yuuu MAXMAX  , assim, 2
.4..20
h
yudu MÁX , 2..8 h
yu
dy
du
MÁX
Para pl a inferior, o valor de y = -h/2 , sen o h = 0,001 m, assim:
FATRITO
FATRITO
x
y
h
Fyx
Seção 1 m2 na placa inferior
Placas Paralelas
qdo y= 0, (mediana) u = uMÁX
qdo y= h/2, (placa inferior), u = 0
obs: O perfil de velocidades não é
linear, possui um expoente em y,
sendo, portanto, de segunda ordem
(parabólico)
ac
  h
yx
0
Área. ,
h
yuF MÁXATRITO ..8. 
N24,
d
h dy
2



 




 23 2. msN
Área. =






 22 1..05,0.8.10.2,1 mmhsm
FATRITO
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Exemplo 9 – Um fio magnético deve ser revestido com verniz isolante, sendo puxado através de uma matriz
circular com 1 mm de diâmetro e 50 mm de comprimento. O diâmetro do fio é de 0,9 mm e ele passa
centrado na matriz. O verniz ( = 20 cp) preenche completamente o espaço entre o fio e as paredes da
matriz. O fio é puxado a umavelocidade de 50 m/s. Determinar a força necessária para puxar o fio através da
matriz.
Área
FATRITO
yx  dy
du
yx .  . Considerando perfil linear:

MÁXu
dy
du
 , sendo  = espessura do verniz
 = 20 cp = 20 . 10-2 poise .
poise
sPa
1
.1,0 ,  = 20 . 10-3 Pa.s
Área de interesse:
A = 2. .r. l = 2 . 3,14 . 0,9 . 10-3 m . 50 . 10-3 m, A = 0,14 . 10-3 m2
Espaço preenchido pelo fluido:
Força necessária para puxar o fio:
ÁreaF yxATRITO . = Áready
du .. = Área
uMÁX ..


ATRITOF = 2
3 .10.20
m
sN .
m
1.05,0
50
-3 2
F
Matrizl = 50 mm
v = 50 m/s
 MATRIZ = 1 mm
 FIO = 0,9 mm
 VERNIZ = 20 cp
 = 0,05. 10-3 m
Fio
y
x
Perfil de velocidades no verniz: Linear
2
dD 
 =
2
9,01
VERNIZ = 0,05.10
-3 m
s
m30
.0,141 . 10 m , ATRITOF = 2,83 N
VERNIZ
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Exemplo 10 – Um viscosímetro de cilindros concêntricos é constituído de um par de cilindros verticais
adequadamente encaixados, sendo que o cilindro interno pode girar. Para pequenas folgas entre os cilindros,
pode-se admitir um perfil de velocidades linear no líquido que preenche o espaço anular. O cilindro interno
tem 75 mm de diâmetro e 150 mm de altura e a folga anular é de 0,02 mm. Um torque de 0,021 N.m é
necessário para girar o cilindro interno a 1.000 rpm. Determine a viscosidade do fluido no espaço anular
deste viscosímetro.
h = 150 mm = 150 . 10-3 m
d = 75 mm = 75 . 10-3 m
Folga = 0,02 mm = 0,02 . 10-3 m
n = 1.000 rpm x 1/60s = 1,67 rps
Torque T = 0,021 N. m
Da Física, Torque = Momento, T = Força x raio (Dinamômetro) e Velocidade tangencial vtg =  . r , sendo
 a velocidade angular, e n..2   , Área de interesse A = 2. .r. l
. Assim:
A = 2 . 3,14 .
2
10.75 3 m . 150 . 10-3 m, A = 0,0353 m2
 = 2. 3,14. 1,67 rps ,  = 10,49 rps vtg = 10,49 rps . 2
1075. -3 m , vtg = 0,39 m/s
2
10.75
.021,0
3m
mN
r
TF

 , F = 0,56 N
Área
FATRITO
yx  = 20353,0
56,0
m
N , yx = 15,85 Pa
dy
du
yx . 
Considerando-se perfil linear:

MÁXu
dy
du
 , logo
m
s
m
Pa
uMÁX
yx
310.02,0
39,0
85,15




 ,  = 8,13. 10-4 Pa . s
 T
hFolga
?