Eqpmaq
69 pág.

Eqpmaq

Disciplina:Equipamentos De Petróleo58 materiais447 seguidores
Pré-visualização15 páginas
11

1° Observação:

Deixamos ao encargo dos alunos demonstrarem que quando colocamos, em um mesmo recipiente, dois ou

mais líquidos imiscíveis (que não se misturam), eles se sobrepõem (segundo as densidades decrescentes) de modo

que todas as superfícies de separação (interfaces) sejam planas e horizontais.

2° Observação:

Se a superfície livre, ou a interface, for de grande extensão ela será curva, pois acompanha a curvatura da

terra.

Se a superfície livre ou a interface é de extensão muito pequena, ela também será curva, em virtude da

influência da tensão superficial.

1.11 – EQUILÍBRIO DE UM LÍQUIDO EM VASOS COMUNICANTES

Sejam os dois vasos comunicantes mostrados na figura 1.9.

Suponhamos inicialmente que as alturas de líquido nos dois vasos

sejam diferentes em relação a um mesmo nível de referencia qualquer.

Consideramos sobre este nível os dois pontos h Q „. Calculando a
pressão no ponto h pelo ramo da esquerda teremos:

 rg � r…  ‚& BE (1.16)

A pressão no ponto „ calculada pelo ramo da direita será:
 rp � r…  ‚'BE (1.17)

Como h Q „ são pontos situados em um mesmo nível de um líquido em equilíbrio teremos:
 rg � rp

. ˙ . r…  ‚&BE r…  ‚'BE
. ˙ . ‚& � ‚' (1.18)

Se em lugar de dois vasos comunicantes tivéssemos vários, de formas quaisquer, chegaríamos ao mesmo

resultado.

Podemos então concluir:

A altura alcançada por um liquido em equilíbrio em diversos vasos comunicantes é a mesma, qualquer que

seja a forma ou seção do ramo.

Observação:

Se um dos vasos não possuir altura suficiente o líquido nele contido subirá, sob a forma de um repuxo, até o

nível comum aos demais vasos.

1.12 – EQUILÍBRIO DE DOIS LÍQUIDOS IMISCÍVEIS EM DOIS VASOS

COMUNICANTES

 Sejam os dois vasos comunicantes mostrados na figura 1.10.

Eles contem dois líquidos imiscíveis em equilíbrio.

Chamemos de μ& a massa especifica do liquido do ramo da esquerda e
de μ' a massa do liquido do ramo da direita.

Figura 1.9

Figura 1.10

12

Consideremos como nível de referencia o que passa pela superfície de separação dos dois líquidos.

Calculando as pressões em h Q „ encontramos:
 rg � r…  ‚&B&E (1.19)

 rp � r…  ‚'B'E (1.20)

Como h Q „ são pontos situados no mesmo nível de um liquido em equilíbrio teremos:
 rg � rp

. ˙ . r…  ‚&B&E � r…  ‚'B'E
. ˙ . ‚&B& � ‚'B' ou ˆ‰ˆJ � ŠJŠ‰

. ˙ .
ˆ‰ˆJ � ŠJŠ‰ � ∆J∆‰ � ‹J‹‰ (1.21)

Desde que contemos as alturas a partir do nível que passa pela superfície de separação dos dois líquidos

podemos concluir:

Dois líquidos imiscíveis em equilíbrio em dois vasos comunicantes atingem as alturas inversamente

proporcionais as suas massas especificas (aos seus pesos específicos, ou, as suas densidades).

Exemplo:

Dois vasos comunicantes contem, em equilíbrio, mercúrio (μ& = 13,6 g/cm3) e um óleo.
A superfície livre do mercúrio esta 2 cm acima da superfície de separação dos dois líquido; a superfície livre

do óleo se encontra 34 cm acima do mesmo nível de referência. Qual a massa específica do óleo?

 Repetindo o raciocínio chegaremos a: ‚&B& � ‚'B'

. ˙ . μ' � μ& . ˆ‰ˆJ
No caso ‚& = 2 cm e ‚' = 34 cm

. ˙ . μ' � 13,6 ] '<Ž . ˙ . μ' � 0,8E/W0<

Exemplo

Um tubo em U contem mercúrio (6& � 13,6 ). Seus dois ramos tem mesma seção reta ([ � 1 cm²).
Derrama-se em um deles 47,6 W0³ de água a 25,5 W0³ de óleo (6< � 0,8).

a) Qual o desnível sofrido pelo mercúrio?

b) Se tivéssemos colocado a água em um dos ramos e o óleo no outro, qual seria o desnível?

a) A figura 1.11 indica a distribuição dos líquidos no equilíbrio.

Calculemos a pressão nos pontos h Q „:
 r g � r…  ‚'B'E ‚<B<E

 rp r…  ‚&B&E

Como r g � rp teremos:

13

 r…  ‚'B'E ‚<B<E r…  ‚&B&E

. ˙ . ‚'B' ‚<B< � ‚&B&

Precisamos da massa especifica e temos as densidades.

No caso, é mais simples dividir os dois membros pela massa especifica da

água zμ'{. Assim:

‚' qJqJ + ‚< q“qJ ‚& q‰qJ

As razões
qJqJ ;

q“qJ ;
q‰qJ são, respectivamente, as densidades da água (6' = 1), do óleo (6< = 0,8) e do mercúrio

(6& = 13,6).
Logo: ‚'. 6'  ‚<. 6< � ‚&. 6&

Queremos calcular ‚&. Para isto precisamos de ‚' Q ‚<, que não foram dados.
Conhecemos porem, o volume de água colocada no tubo e a área da seção do tubo. Portanto:

C' � ‚'. [ . ˙ . ‚' � GJ>

Analogamente, para o óleo:

K< � ‚<. [ . ˙ . ‚< = G“>

. ˙ .
GJ> . 6'  G“> . 6< � ‚&6&

 Ž”,•
& . 1 +

'–,–
& . 0,8 ‚& . 13,6

. ˙ . ‚& 5 cm

b) Analogamente teremos (fig. 1.12): rg’ � r…  ‚'µ'E
 rp’ � r…  ‚&’µ&E  ‚<µ<E

Como rg’ � rp’ r…  ‚'µ'E � r…  ‚&’µ&E  ‚<µ<E

. ˙ . ‚'µ' � ‚&’µ&  ‚<µ<

Dividindo por µ':
 ‚'6' � ‚&’6& � ‚<6<
ou

Figura 1.11

Figura 1.12 Figura 1.12

14

C'N 6' � ‚&’6&  C<N 6< 47,61 . 1 � ‚& ] 13,6  25,51 . 0,8 ‚&’ � 2 W0

1.13 – TEOREMA DE PASCAL

Os líquidos transmitem integralmente as pressões que suportam.

O teorema fundamental da hidrostática ensina que a diferença de pressão entre os pontos (1) e (2) de um

liquido em equilíbrio é dada pela equação: (Fig. 1.13).

r' – r& � ‚μE (1.22)

Para um processo qualquer aumentamos a pressão no ponto (1) de r&
para r&’ � r&  ∆r&. Imaginemos, inicialmente, que no ponto (2) o
acréscimo de pressão correspondente seja ∆r2 diferente de ∆p1. A pressão,
final do ponto (2) será, portanto,

 r2’ = r2 + ∆r2 (1.23)

Apliquemos o teorema fundamental a este estado final:

 r'’ – r&’ � ‚μE

Como estamos considerando apenas liquido incompressível a massa específica do líquido não varia com o aumento

de pressão.

Podemos então concluir que:

r2’ – r1’ r2 – r1

Substituindo r'’ por seu valor r'  ∆r' e r1’ por r1 + ∆r1 teremos:
 zr'  ∆r'{ – zr&  ∆r&{ � r' – r& r'  ∆r' ƒ r& ƒ ∆r& � r' – r&

. ˙ . ∆r2 = ∆r1 (1.24)

1.14 – PRENSA HIDRÁULICA. FREIO HIDRÁULICO

São aplicações do teorema de Pascal.

A figura 1.14 representa um esquema simplificado de uma prensa hidráulica.

Exerçamos no ramo de menor seção uma força /g. A pressão exercida pelo embolo h sobre o líquido será:

r � skwk

O líquido exercera sobre o êmbolo a mesma pressão.

Como o embolo „ tem seção maior que o embolo h a força exercida
pelo liquido sobre o embolo „ tem que ser maior do que /g para a pressão
poder ser a mesma.

Figura 1.13

Figura 1.14

15

Assim:

 skwk =
slwl (1.26)

Você é capaz de explicar o funcionamento do freio hidráulico?

Observação:

Se o embolo h desce de uma distancia A ele expulsa do ramo de menor seção um volume ANA de liquido.
Como o liquido considerado é incompressível, o volume expulso do ramo de pequeno diâmetro passa ao de

diâmetro maior e faz o embolo „ subir de uma altura B.
É claro que:

 ‚gNg � ‚pNp (1.27)

Multiplicando os dois membros pela pressão r transmitida teremos:
 ‚g . rNg � ‚p . rNp

Mas: rNg � /g e rNp � /p
 . ˙ . /g . ‚g � /p . ‚p (1.28)

Verifica-se, portanto, o principio da conservação do trabalho.

Exemplo:

Os ramos de uma prensa hidráulica têm diâmetro ™A = 5 cm e ™B = 1 m.
Exercendo sobre o embolo menor uma força /g � 50 DEf que força /B o liquido exercerá sobre o embolo

maior?

Se o embolo menor se desloca verticalmente de uma distancia A = 40 cm de que distancia vertical B se

deslocará o outro embolo?

Sabemos que: /gNg �
/pNp

. ˙ . /p � /g wlwk

SB = šjB² = π›œl' ² = žœl²Ž

SA =
žœk²Ž

/B = /A Ÿ l²¡Ÿ k²¡ = /A ›
œlœk²

/B = 50 ›&……– ²

16

/B = 20 000 DEf
Usando a conservação do trabalho:

A . /A = B . /B
‚p � ‚g /g/p � 40

5020 000
B = 0,1 cm

1.15 – TEOREMA DE ARQUIMEDES

Isolemos uma porção qualquer de um líquido em equilíbrio.