Resolução P1 - Fenômenos de Transporte 2022-1

Intenção de Gabarito P1 – FT I-1 Considere dois cilindros coaxiais como aqueles trabalhados em sala de aula. O de Rext= 20 mm gira a ω = 1 rad/s e o de Rint está parado. Suas paredes são lisas, o espaço entre eles (gap) é preenchido com óleo de viscosidade de 1 Pa·s, massa específica de 1200 kg/m3. O comprimento (altura) do cilindro é 100 mm. Desprezam-se os efeitos de borda e supõe-se perfil de velocidade linear entre os dois cilindros, sem deslizamento na parede. Pede-se: a) justificar o perfil linear, em 1ª aproximação; b) traçar o reograma do fluido teste, citando hipóteses, se necessário; c) determinar a taxa de cisalhamento; d) o número de Reynolds; e) a tensão de cisalhamento no cilindro interno; f) e por fim, o momento exercido sobre o cilindro interno. a) Em primeira aproximação, o perfil pode ser atribuído de variação linear por se tratar de um fluido Newtoniano, regime laminar e o gap (folga entre os cilindros) ser muito pequeno. Exemplo: raio interno = 19 mm e externo = 20 mm (dado do problema). Solução obtida em aula: 𝑢𝜃 = 𝑅2 2(Ω2 − Ω1) 𝑅1 2 − 𝑅2 2 (𝑅1 2 𝑟 − 𝑟) + Ω1𝑟 Como o cilindro interno está parado, Ω1 = 0. Além disso, consideramos 𝑅1 = 19 𝑚𝑚, mas a resposta pode ser dada em função de 𝑅1. 𝑢𝜃 = (0,02)2(1 − 0) (0,019)2 − (0,02)2 ( (0,019)2 𝑟 − 𝑟) + 0 ⋅ 𝑟 𝑢𝜃 = 10,25 𝑟 − 3,7 × 10−3 𝑟 b) - Fluido real e Newtoniano - A inclinação da reta gera o valor da viscosidade dinâmica (𝜇). c) Taxa de cisalhamento (𝛾̇) Sabemos que 𝛾̇ = 𝜏𝑐𝑖𝑠 𝜇 Temos que 𝜏𝑟𝜃(𝑟) = −2𝜇 𝑅1 2𝑅2 2(Ω2 − Ω1) 𝑅1 2−𝑅2 2 1 𝑟2 𝜏𝑟𝜃(𝑟) = −2 ⋅ 1 0,0192 ⋅ 0,022(1 − 0) 0,0192 − 0,022 1 𝑟2 𝜏𝑟𝜃(𝑟) = 7,4 × 10−3 𝑟2 Assim, 𝛾̇ = 7,4 × 10−3 𝜇 𝑟2 𝛾̇ = 7,4 × 10−3 1 ⋅ 0,0192 = 20,50 𝑠−1 d) Número de Reynolds (velocidade na parede externa) 𝑢𝜃 = 10,25 ⋅ 0,02 − 3,7 × 10−3 0,02 = 0,02 𝑚/𝑠 𝑅𝑒 = 1200 ⋅ 0,02 ⋅ 0,02 1 = 0,48 (𝐸𝑠𝑐. 𝑙𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟) e) 𝜏𝑟𝜃(𝑟 = 𝑅1) = −2𝜇 𝑅1 2𝑅2 2(Ω2 − Ω1) 𝑅1 2−𝑅2 2 1 𝑅1 2 𝜏𝑟𝜃(𝑟 = 𝑅1) = −2 ⋅ 1 0,022(1 − 0) 0,0192 − 0,022 𝜏𝑟𝜃(𝑟 = 𝑅1) = 20,51 𝑃𝑎 Ou utilizar a equação obtida na letra c). 𝜏𝑟𝜃(𝑟) = 7,4 × 10−3 𝑟2 [𝑃𝑎] 𝜏𝑟𝜃(𝑟 = 𝑅1) = 7,4 × 10−3 0,0192 = 20,50 𝑃𝑎 f) Momento no cilindro interno 𝑀(𝑟 = 𝑅1) = −4𝜋𝜇𝐿 𝑅1 2𝑅2 2(Ω2 − Ω1) 𝑅1 2−𝑅2 2 𝑀(𝑟 = 𝑅1) = −4 ⋅ 𝜋 ⋅ 1 ⋅ 0,1 0,0192 ⋅ 0,022(1 − 0) 0,0192 − 0,022 = 4,65 𝑚𝑁 ⋅ 𝑚 Equações utilizadas no problema 1 estão na aula: https://classroom.google.com/c/NDcxOTAxNzQyMzI1/m/NTA3MzcyMTczMDA2/details (ST1) https://classroom.google.com/c/NDgzNTIxOTQ1MDk0/m/NTA3MzcyMTczMjY4/details (ST2) I-2 Uma nova infraestrutura de atração turística está planejada e será construída sob sua supervisão como engenheiro de projeto. A estrutura terá a forma de uma calota semi-esférica alocada no fundo de um lago com lâmina de água (profundidade) da ordem de 100 m. Pede-se calcular a força devido à pressão sobre a estrutura. Considerar a = 10 m. Aqui, podemos apenas calcular as forças verticais de uma comporta curva, pois as forças horizontais irão se anular. 𝐹 = 𝐹𝑣 = 𝜌á𝑔𝑢𝑎𝑔 𝑉𝑜𝑙 Aqui, o volume representa o volume de água da coluna líquida acima da semi-esfera. Para determinar esse volume podemos calcular o volume de um cilindro de altura H com a área projetada 𝜋𝑎2, ou seja, a projeção circular da base da semi-esfera, e subtrair esse valor do volume da semi-esfera. 𝐹 = 𝜌á𝑔𝑢𝑎𝑔 ( 𝜋𝑎2 ⋅ 𝐻 − 1 2 ⋅ 4 3 𝜋𝑎3) 𝐹 = 1000 ⋅ 9,81 ( 𝜋102 ⋅ 100 −⋅ 2 3 𝜋103) 𝐹 = 287,64 𝑀𝑁 I-3 (Questão bônus: 1,5 pontos) Observa-se que sobre a superfície líquida de um pequeno lago (em repouso) insetos andam sobre a água. O inseto como o da figura (com 6 patas) tem uma massa da ordem de 10-5 kg. Pede-se estimar (calcular) o comprimento de sua pata para que o mesmo não afunde. As “patinhas” do inseto são hidrofóbicas ou hidrofílicas? Em se observando muitos insetos mortos sobre a superfície do lago, o que se pode deduzir? Considerar a tensão superficial  = 72 mN/m. Dica: pesquise sobre tensão superficial. ▪ As “patinhas” do inseto são hidrofóbicas. ▪ Agentes poluidores presentes em lagos possuem surfactantes ou tensoativos que diminuem a tensão superficial, aí eles afundam e morrem. Sobre o comprimento: ▪ Em cada “patinha” tem um par de forças formado na membrana, então teremos 6 patinhas × 2 forças = 12 forças de reação. 𝑝𝑒𝑠𝑜 = 10−5 ⋅ 9,81 = 9,81 × 10−5 𝑁 Divide-se o peso por 12 “forças de reação” atuantes e pela tensão superficial: 𝑝𝑒𝑠𝑜 12 ⋅ 𝛾 = 9,81 × 10−5 12 ⋅ 72 × 10−3 ≅ 0,12 𝑚𝑚 I-4 Quem sou Eu ? I-4.1 Modelo mais propício a bem representar o escoamento de ar dentro (“olho”) de um furacão; Equação de Euler I-4.2 Modelo mais propício a bem representar o campo de pressão longe do “olho” do furacão; Equação de Bernoulli I-4.3 Modelo mais propício a representar o escoamento de glicerina sobre um plano inclinado; Equação de Navier-Stokes incompressível I.4.4 Minha variação na direção preferencial independe dela; Escoamento plenamente desenvolvido I.4.5 𝑈𝑗 𝜕𝑈𝑖 𝜕𝑥𝑗. Aceleração convectiva Parte II Uma barcaça de petróleo desenvolveu uma fissura de comprimento unitário sobre uma de suas laterais perpendicular (𝑶𝒛) ao plano da figura. Derrames de hidrocarbonetos escapam pela fissura, vindo escoar sobre a lateral da barcaça por meio de uma camada muita fina de petróleo de espessura e (suposta igual a dimensão da fissura). Supõe-se que o escoamento da camada de petróleo é estacionário (permanente), incompressível e unidirecional, bem viscoso, e que o petróleo é menos denso que a água. Desprezam-se os efeitos de borda e considera-se escoamento 2D. Ademais, a fina camada de petróleo ao ar livre apresenta espessura desprezível (b<<1) e que a interface da água do mar em x = 0 está à pressão atmosférica. A aceleração da gravidade está orientada para baixo, conforme a figura. Assim exposto, pede-se: a) justificar por que o petróleo sobe à superfície da água; Devido à massa específica dos fluidos, 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟 < 𝜌á𝑔𝑢𝑎. b) determinar o campo de velocidade do petróleo; Aqui, teremos de utilizar a equação de Navier-Stokes. Hipóteses: ▪ Fluido real e Newtoniano ▪ Regime Permanente ▪ Escoamento plenamente desenvolvido ▪ Velocidade apenas na direção 𝑥 (𝑣 = 𝑤 = 0) ▪ Fluido Incompressível ▪ Escoamento bidimensional ( 𝜕 𝜕𝑧 = 0) Conservação da Massa: 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 + 𝜕𝑤 𝜕𝑧 = 0 Como 𝑣 = 𝑤 = 0, teremos: 𝜕𝑢 𝜕𝑥 = 0 𝑂𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗ : 𝜌 (𝜕𝑢 𝜕𝑡 + 𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝑣 𝜕𝑢 𝜕𝑦 + 𝑤 𝜕𝑢 𝜕𝑧) = 𝜌𝑔𝑥 − 𝜕𝑃 𝜕𝑥 + 𝜇 (𝜕2𝑢 𝜕𝑥2 + 𝜕2𝑢 𝜕𝑦2 + 𝜕2𝑢 𝜕𝑧2) 𝑂𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ : 𝜌 (𝜕𝑣 𝜕𝑡 + 𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑥 + 𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝑦 + 𝑤 𝜕𝑣 𝜕𝑧) = 𝜌𝑔𝑦 − 𝜕𝑃 𝜕𝑦 + 𝜇 (𝜕2𝑣 𝜕𝑥2 + 𝜕2𝑣 𝜕𝑦2 + 𝜕2𝑣 𝜕𝑧2) Na direção 𝑂𝑦 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜕𝑃 𝜕𝑦 = 0 Na direção 𝑂𝑥 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟𝑔𝑥 − 𝜕𝑃 𝜕𝑥 + 𝜇 (𝜕2𝑢 𝜕𝑦2) = 0 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟𝑔 − 𝜌á𝑔𝑢𝑎𝑔 + 𝜇 (𝜕2𝑢 𝜕𝑦2) = 0 Obs.: ver informações do campo de pressão na letra (c). 𝜕2𝑢 𝜕𝑦2 = 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 𝜕𝑢 𝜕𝑦 = 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 𝑦 + 𝐶1 𝑢(𝑦) = 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 2𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 𝑦2 + 𝐶1 𝑦 + 𝐶2 Condições de contorno: 𝑦 = 0; 𝑢(𝑦 = 0) = 0 𝑦 = 𝑒; 𝜏𝑦𝑥(𝑦 = 𝑒) = 0 *(ver detalhes no fim da letra b) Assim, 0 = 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 02 + 𝐶1 0 + 𝐶2 𝐶2 = 0 Ainda, 𝜕𝑢 𝜕𝑦| 𝑦=𝑒 = 0 0 = 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 𝑒 + 𝐶1 𝐶1 = − 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 𝑒 E a solução fica, 𝑢(𝑦) = 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 2𝜇 𝑦2 − 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇 𝑒 𝑦 + 0 𝑢(𝑦) = 𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 [𝑦2 2 − 𝑒𝑦] Detalhes da segunda condição de contorno: Na interface 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 𝜕𝑢𝑝𝑒𝑡𝑟 𝜕𝑦 | 𝑦=𝑒 = 𝜇𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜕𝑢á𝑔𝑢𝑎 𝜕𝑦 | 𝑦=𝑒 𝜕𝑢𝑝𝑒𝑡𝑟 𝜕𝑦 | 𝑦=𝑒 = 𝜇𝑎𝑔𝑢𝑎 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 𝜕𝑢á𝑔𝑢𝑎 𝜕𝑦 | 𝑦=𝑒 Pela análise de ordem de grandeza onde 𝜇𝑝𝑒𝑡𝑟 >> 𝜇𝑎𝑔𝑢𝑎, conclui-se que 𝜕𝑢𝑝𝑒𝑡𝑟 𝜕𝑦 | 𝑦=𝑒 ≈ 0 c) determinar o campo de pressão e sua variação em função da profundidade no mar na interface da camada de petróleo em y = e; A pressão na interface dos fluidos (𝑦 = 𝑒) será a pressão hidrostática na água do ar definida por 𝑃(𝑥) = 𝑃0 + 𝜌á𝑔𝑢𝑎 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑥 Vimos pela equação de N.S. que 𝜕𝑃 𝜕𝑦 = 0 Assim, essa expressão é válida para todo 𝑦 . Em outras palavras, a pressão depende da altura de 𝑥, e esse valor é constante em todo 𝑦 . d) desenhar (esquematizar) o perfil de velocidade; Perfil parabólico. e) determinar o fluxo de volume de petróleo que escapa pela fissura por unidade de largura segundo a direção Oz; 𝑄 = ∫ 𝑢𝑑𝐴 𝑑𝐴 𝑄 = ∫ 𝑢𝑏𝑑𝑦 𝑒 0 𝑄 = 𝑔𝐿(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇 ∫ [𝑦2 2 − 𝑒𝑦] . 𝑑𝑦 𝑒 0 𝑄 = 𝑔𝐿(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇 ∫ [𝑦2 2 − 𝑒𝑦] . 𝑑𝑦 𝑒 0 𝑄 = 𝑔𝐿(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 𝜇 [𝑦3 6 | 0 𝑒 − 𝑒𝑦2 2 | 0 𝑒 ] 𝑄 = − 𝐿𝑒3𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 3𝜇 [𝑚3/𝑠] Obs.: fluxo negativo pois está no sentido negativo do eixo. Interface água- petróleo f) calcular o volume de petróleo liberado ao mar ao cabo de 2 horas, em considerando e = 10 cm; densidade do petróleo de 0,64 ( águamar = 1025 kg/m3) e viscosidade dinâmica de 1 Pa.s; 𝑄 = − 𝐿𝑒3𝑔(𝜌á𝑔𝑢𝑎 − 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟) 3𝜇 Fazendo L=1m 𝑄 = − 1(0,1)3(9,81)(1025 − 0,64 ⋅ 1025) 3 ⋅ 1 = −1,207 𝑚3/𝑠 O volume será dado pela vazão × tempo 𝑉𝑜𝑙(𝑡 = 2ℎ) = 1,207 ⋅ 2 ⋅ 3600 ≈ 8 690 𝑚3 g) descrever qualitativamente em que o campo de velocidade difere quando a viscosidade da água não for desprezível em relação à do petróleo. O máximo da função velocidade não será mais na interface dos fluidos e sim dentro do domínio (0 < 𝑦 < 𝑒), pois não será possível utilizar a segunda condição de contorno como sendo: 𝜕𝑢𝑝𝑒𝑡𝑟 𝜕𝑦 | 𝑦=𝑒 ≈ 0