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Apostila 8 Lista de exercícios: análise dos problemas resolvidos e da resolução dos problemas propostos
Tipologia: Notas de estudo
1 / 33
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Não perca as partes importantes!
Departamento de Engenharia Mecânica
Esta publicação tem por finalidade dar ao aluno a oportunidade de
adquirir maior vivência com a Mecânica dos Fluidos através da Análise dos
Problemas Resolvidos e da Resolução de Problemas Propostos.
Assim, a série dos exercícios segue aproximadamente a sequência da
matéria ministrada nas aulas, quer teóricas, quer de laboratório.
A carga da máquina é dada por:
𝑠
𝑆
A4 – Perda de carga distribuída: Equação de Darcy-Weisbach.
𝑙
A5 – Fator de atrito para escoamento laminar.
𝑙𝑎𝑚
𝑒
A6 – Fator de atrito para escoamento turbulento: Fórmula de Colebrook.
𝑒
A 7 – Fator de atrito para escoamento turbulento: Fórmula de Souza-Cunha-
Marques.
𝑒
𝑒
A 8 – Perdas de carga localizadas:
𝑚
𝑚
𝐸
Parte B: FILMES - MULTIMIDIAS
B1 – Perda de Carga
https://www.youtube.com/watch?v=_hSL9_eo4n
Neste vídeo, é conduzido um experimento para determinar a perda de
carga distribuída em um escoamento em um conduto horizontal.
https://www.youtube.com/watch?v=w7n0srAzm8g
Neste outro vídeo, produzido pelo Departamento de Engenharia
Mecânica da Universidade do Catar, é realizado um experimento para
determinar a perda de carga tanto localizada, quanto distribuída de um sistema
de tubulação complexo, composto por tubos com diferentes válvulas e
dispositivos que geram perdas de cargas localizadas.
https://www.youtube.com/watch?v=yKgZWZYBD8Y
Este vídeo explica de maneira detalhada e didática os fenômenos que
ocorrem no interior do tubo para causar a perda de carga, além de mostrar
experimentos relacionados ao tema.
B2 – Equação de Colebrook
https://www.youtube.com/watch?v=L3Iaov8Fa
Neste vídeo produzido pela Universidad de Gran Colombia, ensina-se
como utilizar uma calculadora científica para o cálculo do fator de atrito pela
Equação de Colebrook.
B3 – Diagrama de Moody
https://www.youtube.com/watch?v=pk_9HCvajbU
Este vídeo ensina como utilizar o Diagrama de Moody para o cálculo do
fator de atrito em um escoamento em condutos forçados.
Assim:
1
2
1
1
2
2
2
2
1
2
no qual Δ𝑝 =
𝑊𝑎
𝛾𝑄
é a perda de carga.
Como o escoamento é laminar, adota-se 𝛼 = 2 e o coeficiente da perda
de carga distribuída, para esse regime, vale:
Como no problema não existem perdas de carga devido a
singularidades, tem-se:
1
2
2
2
tem-se, então:
1
2
1
1
2
2
2
2
2
Aplicando a equação da continuidade entre os pontos 1 e 2, tem-se:
1
2
para regime permanente, fluido incompressível e homogêneo.
Ou seja:
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
Como 𝐷
1
2
= 𝑑, vem que 𝑣
1
2
. Assim:
2
Pela figura:
sin 30° =
1
2
1
2
1
2
Como 𝑣
1
2
, tem-se:
1
2
2
1
2
− 4
2
1
2
b. Utilizando-se a mesma figura do item anterior e sabendo-se que
apressão interna é constante neste caso, tem-se:
1
2
1
2
Entretanto:
sin 𝛼 = 𝑧
1
2
ou seja:
sin 𝛼 = Δ𝑝
1
2
arcsinΔ𝑝|
1
2
𝛼 = arcsin (
2
= arcsin (
− 4
2
Exercício 8.2: O escoamento no trecho da figura é laminar. Com a válvula
totalmente aberta, a linha piezométrica é praticamente uma reta (𝑘 𝑠
conforme a figura.
Determinar o coeficiente de perda de carga singular da válvula, quando
esta é acionada, fazendo com que a vazão na tubulação seja a metade que no
caso da válvula totalmente aberta. Sabe-se que na segunda situação, o
desnível marcado pelos manômetros extremos é o mesmo da primeira
situação.
Dados: 𝜈 = 10
− 5
2
3
1 , 3
0
2
𝑠, 2
0
2
Mas na primeira condição 𝑘
𝑠, 2
≅ 0 e sendo regime laminar:
0
0
0
2
0
Logo:
0
1 , 3
0
2
0
1 , 3
0
2
0
2
0
1 , 3
0
2
2
4
0
4
1 , 3
Na segunda condição tem-se uma vazão que é metade da vazão
condição inicial, ou seja, a velocidade do fluido é também menor. Como a
perda de carga é diretamente proporcional ao quadrado da velocidade, tem-se
uma altura de líquido no piezômetro (2ª) maior que no caso inicial, ou seja, a
reta da linha piezométrica será menos inclinada.
Para este caso, a vazão 𝑄 =
𝑄
0
2
e a velocidade 𝑣. Como 𝑄 = 𝑣𝐴 e 𝑄
0
0
0
0
0
Assim, aplicando-se a equação da energia entre (1) e (3), tem-se:
𝑓
1 , 3
𝑠
1 , 3
1 , 3
2
𝑠, 2
2
Onde
0
0
Assim:
0
1 , 3
0
2
𝑠, 2
0
2
1 , 3
0
0
2
2
4
𝑠, 2
0
2
2
4
1 , 3
0
4
𝑠, 2
0
2
2
4
Substituindo 𝑄
0
na equação:
𝑠, 2
0
2
2
4
𝑠, 2
2
4
0
2
mas comparando essa equação e a equação anterior, tem-se que:
1 , 3
0
4
ou,
0
4
1 , 3
− 2
4
− 4
2
Exercício 8.3: Na instalação da figura o sistema que interliga os reservatórios
A e B é constituído por uma tubulação de diâmetro constante e pela máquina
M. Admitindo-se desprezíveis as perdas de carga singulares na tubulação e
sendo conhecida, no trecho CD, a inclinação da linha de energia (LE) e linha
peizométrica (LP), pede-se:
a. O tipo de máquina M.
b. A potência, em CV, da máquina cujo rendimento é 0,75.
c. A conta 𝑧 da LP na seção C.
Dados:𝜈 = 10
− 6
2
3
, tubo de ferro fundido (𝑘 = 2 , 6 ∙ 10
− 4
𝑎
𝑏
𝐵
𝐴
𝑎
𝑏
) + [Δp]
𝐵
𝐴
0 → bomba
𝑎
𝑏
Δp
𝐵
𝐴
< 0 → turbina
𝑎
𝑎
2
𝑎
𝑎
(reservatório de grandes dimensões, aberto para a atmosfera)
𝑏
𝑏
2
𝑏
𝑏
(reservatório de grandes dimensões, aberto para a atmosfera)
𝐵
𝐴
2
𝐵
𝐴
2
(pois as perdas de cargas singulares
são desprezíveis, 𝐿 = 100 𝑚
comprimento de toda a tubulação).
Para calcular 𝑣, utiliza-se a informação que
= 0 , 2 𝑚, ou seja:
𝑐
2
𝑐
𝑐
𝑐
𝑐
Ou seja, com 𝛼 ≅ 1
𝑐
2
Com o diâmetro é constante, 𝑣 é constante em qualquer seção,
𝑣
2
2 𝑔
ou 𝑣 = √
Para calcular 𝑓 utiliza-se a equação de Colebrook
= − 2 log
10
− 6
5
= − 2 log
10
− 4
5
Método iterativo:
Valor estimado
1 / √
− 2 log
10
Alternativamente, pode-se utilizar o Diagrama de Moody para a
determinação do fator de atrito:
Com
− 6
5
− 4
Determina-se:
Assim, voltando à equação da energia, tem-se:
𝑚
𝑎
𝑏
𝐵
𝐴
Logo, a máquina é uma turbina.
b. Cálculo da potência da máquina:
𝑡
(carga que o fluido fornece à turbina).
Aplicando-se a equação de energia entre 1 e 2, tem-se:
1
2
1
2
1 , 2
2
1
2
1
1
2
2
2
2
1 , 2
2
Pela equação da continuidade, como as seções são iguais, o fluido é
incompressível, homogêneo, movimento permanente, tem-se:
1
2
1
1
2
2
1
2
A seção 2 está aberta para a atmosfera e portanto 𝑝
2
𝑒𝑓𝑒𝑡𝑖𝑣𝑜
Seção 1 e 2 estão na mesma cota: 𝑧
1
2
Logo:
1
1 , 2
2
Mas:
1
á𝑔𝑢𝑎
𝑎𝑟
2
2
Para solucionar essa equação de duas variáveis, calcula-se de modo
interativo:
Usando a fórmula de Colebrook:
= − 2 log
10
= − 2 log
10
− 4
− 5
Mas:
2
Substituindo, chega-se à:
Alternativamente, pode-se utilizar o Diagrama de Moody para a
determinação do fator de atrito:
Com
− 5
5
− 3
Determina-se:
Cálculo da vazão solicitada:
2
3
Cálculo de K pela fórmula de Colebrook:
1
√𝑓
= − 2 ∙ log
10
( 0 , 27
𝑘
𝐷
2 , 51
𝑅√𝑓
) ;
𝑅 =
𝑉 ∙ 𝐷
𝜈
=
3 , 44 ∙ 0 , 00712
10
− 7
= 2 , 45 ∙ 10
5
Portanto:
1
√
0 , 0677
= − 2 ∙ log
10
( 0 , 27
𝑘
0 , 00712
2 , 51
2 , 45 ∙ 10
5
∙ √
0 , 0677
)
3 , 8433 = − 2 log
10
( 37 , 921 𝑘 + 3 , 9374 ∙ 10
− 5
) ⇒ 𝐾 = 0 , 00032 𝑚.
Alternativamente, pode-se utilizar o Diagrama de Moody para a determinação de K:
Com
𝑅𝑒 =
𝑣𝐷
𝜈
=
3 , 44 ∙ 0 , 00712
10
− 7
= 2 , 45 ∙ 10
5
E
1
√𝑓
⁄
= 3 , 8433
𝑓 = 0 , 0677
𝐷
𝐻
= 0 , 00712 𝑚
Determina-se:
𝐾 = 0 , 00032 𝑚
8.10 – Na instalação da figura deseja-se determinar o diâmetro da tubulação, para que,
na condição mostrada, a vazão seja de 1 𝑚
3
𝑠
⁄
. Desprezam-se as perdas de carga singulares.
Dados: 𝑘 = 10
− 3
𝑚, 𝜈 = 10
− 6
𝑚
2
𝑠
⁄ .
Solução: Aplicando-se a Equação da Energia Cinética entre os dois reservatórios (de
grandes dimensões, logo 𝑉 = 0 e 𝑝 = 0 , pois está aberto à atmosfera) temos:
Δ𝐻 = 50 𝑚 = 𝑓
𝐿
𝐷
𝑉
2
2 𝑔
= 𝑓
1000
𝐷
(
𝑄
2
16
𝜋
2
𝐷
4
)
1
2 𝑔
→
𝑓
𝐷
5
=
2
→
𝑓
𝐷
5
= 0 , 61685.
Cálculo de D pela fórmula de Colebrook:
1
√𝑓
= − 2 ∙ log
10
( 0 , 27
𝑘
𝐷
2 , 51
𝑅√𝑓
)
𝑅 =
𝑉 ∙ 𝐷
𝜈
=
𝑄 ∙ 𝐷
𝑆 ∙ 𝜈
=
4 ∙ 𝑄 ∙ 𝐷
𝜋 ∙ 𝐷
2
∙ 𝜈
=
4 ∙ 𝑄
𝜋 ∙ 𝐷 ∙ 𝜈
=
4
𝜋 ∙ 𝐷 ∙ 10
− 6
=
4 ∙ 0 , 0979
𝜋 ∙ 10
− 6
∙ 𝑓
1 5
⁄
=
1 , 156 ∙ 10
6
𝑓
1 5
⁄
𝑅√𝑓 = 1 , 156 ∙ 10
6
∙ 𝑓
3 ⁄ 10
0 , 27 ∙
𝐾
𝐷
= 0 , 27 ∙
𝐾 ∙ 0 , 9079
𝑓
1 5
⁄
= 0 , 27 ∙
9 , 079 ∙ 10
− 4
𝑓
1 5
⁄
=
2 , 4513 ∙ 10
− 4
𝑓
1 5
⁄
1
√𝑓
= − 2 ∙ log
10
(
2 , 4513 ∙ 10
− 4
𝑓
1 ⁄ 5
2 , 51
1 , 156 ∙ 10
6
∙ 𝑓
3 ⁄ 10
)
𝑓
1 √𝑓
⁄
− 2 ∙ log
10
… ∆
0,02 7,0711 6,5303 8%
0,025 6,3246 - -
0,022 6,7420 6,5467 3%
0,023 6,5938 6,5548 0,6%
