Slide - Balanço Global de Conservação da Quantidade de Movimento - Fundamentos de Fenômenos de Transporte 2020 2

➢ Fundamentos ➢ Equação do balanço global da conservação da quantidade de movimento em regime permanente, utilizando o volume de controle para movimento linear ➢ Exercícios Balanço global de conservação da quantidade de movimento 1 Fundamentos ➢Em muitos projetos de engenharia é necessário determinar a força que agem nas estruturas sólidas devido ao fluido que se move em contato com elas. Exemplo: Estruturas fixas: tubulações, acessórios, comportas e anteparos para desvio do escoamento Estruturas móveis: máquinas utilizadas para o deslocamento de escoamento (bombas e turbinas). ➢O balanço global de quantidade de movimento é útil para analisar as forças que atuam sobre uma superfície. No balanço da quantidade de movimento são utilizados as leis da mecânica clássica, as leis de Newton. ➢ Primeira lei de Newton (lei da inercia) estabelece que um corpo tende a permanecer em repouso ou em movimento retilíneo uniforme caso a resultante das forças que agem sobre ele seja nula. ➢ Segunda lei de Newton (lei da dinâmica) afirma que a força resultante que atua sobre um corpo em movimento é igual ao produto de sua massa pela aceleração. ➢ Terceira lei de Newton (lei da ação e reação) todas as forças surgem aos pares: ao aplicarmos uma força sobre um corpo (ação), recebemos desse corpo a mesma força (reação), com mesmo módulo e na mesma direção, porém com sentido oposto. 2 Aplicação da equação da quantidade de movimento: a) Jato d’água de um numa mangueira (movimento linear) b) Jato d’água numa turbina (movimento angular) 3 4 Uma característica peculiar do modo natatório das águas vivas é que ao pulsar forma-se um redemoinho atrás delas: uma corrente de água circular chamada vórtice. Esses vórtices transportam água em direção aos braços orais da medusa, que são as estruturas de formato cônico que capturam pequenos organismos do plâncton. Dessa forma, as pulsações das águas- vivas têm uma dupla função: gerar o impulso locomotor e bombear água para que os braços orais capturem o alimento. 5 Tamanho, velocidade, força e quantidade de movimento Fundamentos movimento linear regime permanente 6 Pelo principio da ação e reação, o escoamento aplica uma força na superfície sólida, logo a superfície solida aplicará sobre o escoamento, uma outra força de mesmo módulo porem de sentido contrário. ෍ Ԧ𝐹 = 𝒎. 𝒂 = m. 𝒅𝒗 𝒅𝒕 = 𝒅(𝒎𝒗) 𝒅𝒕 = 𝒅𝒑 𝒅𝒕 Ԧ𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝒅(𝒎𝒗𝟐) 𝒅𝒕 - 𝒅(𝒎𝒗𝟏) 𝒅𝒕 = ሶ𝒎𝒗2 - ሶ𝒎𝒗1 Ԧ𝐹𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = ሶ𝒎(𝒗2 - 𝒗1) = 𝝆 ሶ𝑽 𝒗2 − 𝒗1 = 𝜸 ሶ𝑽 𝒗2 − 𝒗1 𝒈 ഥ𝑭𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 = ෍ 𝑭 = 𝑭𝒑𝒆𝒔𝒐 + 𝑭𝒔𝒖𝒑𝒆𝒓𝒇𝒊𝒄𝒊𝒆 = 𝑭𝒄𝒐𝒏𝒕𝒂𝒕𝒐 = 𝒎. 𝒂 = 𝝆. ∆𝒙. ∆𝒚. ∆𝒛 𝒂 Seja a segunda lei de Newton da dinâmica Fundamentos movimento linear regime permanente 7 𝑛1, 𝑛2 vetor unitário normal (vetor geométrico, perpendicular às superfície entrada e saída) ሶ𝑚 = න 𝐴 𝜌𝑣. 𝒏 𝑑𝐴 𝑣. 𝑛 > 0 𝒔𝒂𝒊𝒅𝒂 𝑑𝑜 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜𝑙𝑒 𝑣. 𝒏 < 0 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒂𝒅𝒂 𝑎𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑜𝑙𝑒 𝑣. 𝑛 = 0 𝑓𝑙𝑢𝑥𝑜 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑔𝑛𝑎𝑑𝑜 8 Vetor unitário = 𝑣 𝑣 Equação do Balanço de movimento para um escoamento interno a dutos As forças que atuam sobre um volume de controle são: σ Ԧ𝐹 = σ Ԧ𝐹𝑐𝑎𝑚𝑝𝑜 + σ Ԧ𝐹𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓í𝑐𝑖𝑒 σ 𝑭 = σ 𝑭𝒄𝒂𝒎𝒑𝒐 + σ 𝑭𝒔𝒖𝒑𝒆𝒓𝒇í𝒄𝒊𝒆 = σ 𝑭𝒈𝒓𝒂𝒗𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆 𝑭𝒐𝒓ç𝒂 𝒅𝒆 𝒄𝒂𝒎𝒑𝒐 + σ 𝑭𝒑𝒓𝒆𝒔𝒔ã𝒐 + σ 𝑭𝒗𝒊𝒔𝒄𝒐𝒔𝒂 + σ 𝑭𝒔𝑺 𝑭𝒐𝒓ç𝒂 𝒅𝒆 𝒔𝒖𝒑𝒆𝒓𝒇í𝒄𝒊𝒆 ഥ𝑭𝒓𝒆𝒔𝒖𝒍𝒕𝒂𝒏𝒕𝒆 = ෍ Ԧ𝐹 = 𝑚. Ԧ𝑎 = m. 𝑑 Ԧ𝑣 𝑑𝑡 ෍ Ԧ𝐹𝑠𝑠 representa a força resultante da superfície sólida no fluido ෍ Ԧ𝐹𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 é a força válida quando o peso do fluido influencia na força total ෍ Ԧ𝐹𝑣𝑖𝑠𝑐𝑜𝑠𝑎 a força tangencial, conhecida também como tensão cisalhante 𝑛1, 𝑛2 vetor unitário normal 9 ෍ Ԧ𝐹𝑃𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 é a força normal dividida pela área σ Ԧ𝐹 = σ Ԧ𝐹𝑐𝑎𝑚𝑝𝑜 + σ Ԧ𝐹𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓í𝑐𝑖𝑒 = σ Ԧ𝐹𝑔𝑟𝑎𝑣𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑚𝑝𝑜 + σ Ԧ𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 + σ Ԧ𝐹𝑣𝑖𝑠𝑐𝑜𝑠𝑎 + σ Ԧ𝐹𝑆𝑠 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓í𝑐𝑖𝑒 Hipóteses simplificadoras ➢ Fluido sem viscosidade ➢ Direção do escoamento: horizontal ෍ Ԧ𝐹 = ෍ Ԧ𝐹𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜 + ෍ Ԧ𝐹𝑆 = ሶ𝒎(𝒗2 − 𝒗1) σ Ԧ𝐹𝑠𝑠 = −[ ሶ𝒎(𝒗2 − 𝒗1) + P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2] Ԧ𝐹𝑆𝑠 = − Ԧ𝐹𝑆𝑠 ′ força que a superfície sólida exerce no fluido σ Ԧ𝐹𝑆𝑠 ′ = [ ሶ𝒎(𝒗2 − 𝒗1) + P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2] força que o fluido exerce na superfície sólida 𝑛1, 𝑛2 vetor unitário normal 10 Casos 1: conduto com redução gradual da seção 𝐹𝑆𝑋 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 + 𝑣2 − 𝑣1 𝜌 ሶ𝑉 11 x x C.S. (1) (2) V1 V2 C.S. (1) (2) Patm Patm P1 Patm (1) (2) Fx Fx C.S. x 𝐹𝑠𝑥 = 𝑃𝑎𝑏𝑠 − 𝑃𝑎𝑡𝑚 ⋅ 𝜋𝑑1 2 4 + 0 + ሶ𝑚 𝑣2 − 𝑣1 𝑃1 , 𝑃2 : pressão manométrica Casos 2: redução de seção e mudança de direção σ Ԧ𝐹𝑆 = −[P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2+ ሶ𝒎(𝒗2 − 𝒗1) ] Projetando segundo “x” 𝐹𝑠𝑥 = − 𝑃1𝐴1 −1 + 𝑃2𝐴2 cos 𝜃 + ሶ𝑚 𝑣2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑣1 𝐹𝑠𝑥 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 cos 𝜃 + ሶ𝑚 𝑣1 − 𝑣2 𝑐𝑜𝑠𝜃 Projetando segundo “y” 𝐹𝑠𝑦 = − 0 + 𝑃2𝐴2 sen 𝜃 + ሶ𝑚 𝑣2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 0 𝐹𝑠𝑦 = −𝑃2𝐴2 sen 𝜃 − ሶ𝑚 𝑣2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 12 Casos 2: redução de seção e mudança de direção σ Ԧ𝐹𝑆 = −[P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2+ ሶ𝒎(𝒗2 − 𝒗1) ] Projetando segundo “x” 𝐹𝑠𝑥 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 cos 𝜃 + ሶ𝑚 𝑣1 − 𝑣2 𝑐𝑜𝑠𝜃 Projetando segundo “y” 𝐹𝑠𝑦 = −𝑃2𝐴2 sen 𝜃 − ሶ𝑚 𝑣2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 A força resultante Fs do fluido sobre o duto será: 𝐹𝑠 = 𝐹𝑠𝑥 2 + 𝐹𝑠𝑦 2 13 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 𝐹𝑦 𝐹𝑥 𝜃 Caso 3: Jato incidindo numa placa plana σ Ԧ𝐹𝑆 = −[ ሶ𝒎(𝒗2 − 𝒗1) + P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2] 𝐹𝑠𝑥 = ሶ𝑚. 𝑣1 14 Água saiu de um bocal estacionário e atinge uma chapa perpendicular fixa. A velocidade da água ao sair do bocal é de 15 m/s. A área do bocal é de 0,01 m2. determine a força horizontal sobre o suporte σ Ԧ𝐹𝑆 = −[ ሶ𝒎(𝒗2 − 𝒗1) + P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2] 𝐹𝑠𝑥 = ሶ𝑚. 𝑣1 solução Determinar: ሶ𝒎 ሶ𝑚 = ሶ𝑉.𝜌 = 𝑣1 . 𝐴1. 𝜌 ሶ𝑚 =15 x 0,01 x 1000 = 150 kg/s 𝐹𝑠𝑥 = 150 kg/s x 15 m/s= 2250 N Exercício 1 15 Na figura gás se desloca, Na região (1) 𝑣1 = 200 m/s, A1 = 1 m2, a pressão 78,5 kPa, e temperatura 268 K Na região (2) 𝑣2 = 500𝑚/𝑠, A2 = 0,5 m2, pressão 101 kPa Determine a força do fluido sobre o duto Solução 𝐹𝑆𝑋 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 + 𝑣2 − 𝑣1 ሶ𝑚1 𝐹𝑆𝑋 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 + 𝑣2 − 𝑣1 𝜌 ሶ𝑉 Determinando: 𝜌1, ሶ𝑚1 𝜌1 = 𝑃1 𝑅𝑇 = 78,5𝑥103𝑃𝑎 8,3144 𝑚3.𝑃𝑎./(𝑚𝑜𝑙.𝐾) 𝑥 268 𝐾 𝜌1 = 35,229 mol/m3 x 28,9645 g/mol = 1020,398 g/m3 𝜌1 = 1,02 𝑘𝑔/𝑚3 ሶ𝑚1 = 𝜌1𝑣1𝐴1 = 𝜌2𝑣2𝐴2 = ሶ𝑚2 𝐹𝑆𝑋 = 78,5𝑥103 𝑥 1 − 101𝑥103𝑥 0,5 + 500 − 200 𝑥204 ሶ𝑚1 = ሶ𝑚2 ሶ𝑚1 = 1,02 x 200 x 1 = 204 kg/s 𝐹𝑆𝑋 = 89200 N 𝐹𝑆𝑋 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 + 𝑣2 − 𝑣1 ሶ𝑚1 A força resultante Fs do fluido sobre o duto será: 𝐹𝑠𝑥 = 𝐹𝑠𝑥 2 + 𝐹𝑠𝑦 2 = 89200 𝑁 16 Exercício 2 Exercícios 3 Um cotovelo redutor de 30° é mostrado na figura. O fluido é água (𝜌 = 1000 kg/m3). Determine as componentes horizontal Fx e vertical Fy da força e a força resultante Fs do fluido sobre o duto. Considere regime permanente e desconsidere a força peso. Projetando segundo “x” 𝐹𝑠𝑥 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 cos 𝜃 + ሶ𝑚 𝑣1 − 𝑣2 𝑐𝑜𝑠𝜃 Projetando segundo “y” 𝐹𝑠𝑦 = −𝑃2𝐴2 sen 𝜃 − ሶ𝑚 𝑣2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 Determinar: 𝒗𝟏 , 𝒗𝟐 e ሶ𝒎 ሶ𝑚 = ሶ𝑉.𝜌 = 0,11 m3/s.1000 kg/ m3 = 110 kg/s 𝑣1 = ሶ𝑉 𝐴1 = 0,11 𝑚3 𝑠 0,0182𝑚2 = 6,044 𝑚/𝑠 𝑣2 = ሶ𝑉 𝐴2 = 0,11 𝑚3 𝑠 0,0081𝑚2 = 13,58 𝑚/𝑠 Solução A força resultante Fs do fluido sobre o duto será: 𝐹𝑠 = 𝐹𝑠𝑥 2 + 𝐹𝑠𝑦 2 17 Contínua ..... Projetando segundo “x” 𝐹𝑠𝑥 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 cos 𝜃 + ሶ𝑚 𝑣1 − 𝑣2 𝑐𝑜𝑠𝜃 Projetando segundo “y” 𝐹𝑠𝑦 = −𝑃2𝐴2 sen 𝜃 − ሶ𝑚 𝑣2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ሶ𝑚 = 110 kg/s 𝑣1 = 6,044 𝑚/𝑠 𝑣2 = 13,58 𝑚/𝑠 𝐹𝑠𝑥 = 200 𝑥103𝑥0,0182 − 120𝑥103 x0,0081 cos (30) + 110 (6,044-13,58 x cos (30)) 𝐹𝑠𝑥 = 2169,4 N 𝐹𝑠𝑦 = −120𝑥103𝑥0,0081𝑥𝑠𝑒𝑛 30 − 110 𝑥 13,58 𝑥 𝑠𝑒𝑛 (30) 𝐹𝑠𝑦 = -1232,9 N A força resultante Fs do fluido sobre o duto será: 𝐹𝑠 = 𝐹𝑠𝑥 2 + 𝐹𝑠𝑦 2 = [(2169,4)2+(-1232,9)2]0,5 = 2495,26 N 18 Exercício 4 Na figura determine o ângulo 𝜃 , Considere que P1 = P2 = 0 e v1 = v2 𝐹𝑠𝑥 = 𝑃1𝐴1 − 𝑃2𝐴2 cos 𝜃 + ሶ𝑚 𝑣1 − 𝑣2 𝑐𝑜𝑠𝜃 = ሶ𝑚𝑣1 1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝐹𝑠𝑦 = −𝑃2𝐴2 sen 𝜃 − ሶ𝑚 𝑣2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = ሶ𝑚 𝑣1 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝐹𝑠 = ሶ𝑚𝑣1 1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 2 + 𝑠𝑒𝑛𝜃2 Solução 𝐹𝑠 = ሶ𝑚𝑣1 2𝑥2 𝑠𝑒𝑛2𝜃/2 = 2 ሶ𝑚𝑣1 𝑠𝑒𝑛( 𝜃 2) 19 Exercícios 5: Água escoa numa tubulação horizontal de 180°. Assumir que as perdas de energia por fricção são insignificantes. Determine a força resultante no eixo “X” Considere que P1(man)= 20 kPa e P2 (man)= 6,5 kPa Solução Determinando ሶ𝑚1, 𝑣2 ሶ𝑚1 = 𝜌1𝑣1𝐴1 = 𝜌2𝑣2𝐴2 = ሶ𝑚2 𝑣2 = 𝑣1𝐴1/𝐴2 = 3 x1/0,5 =6 m/s 𝐹𝑆𝑋 =-(6 + 3) x 3000 – [20 x103 x 1 + 6,5 x 103 x 0,5] = - 50250 N = - 50, 25kN σ Ԧ𝐹𝑆𝑥 = [ ሶ𝒎(𝒏2𝒗2 + 𝒏1 𝒗1 ) + P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2] 𝒏 < 0 𝑠𝑎𝑖𝑑𝑎 𝒏 < 0 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 σ Ԧ𝐹𝑆𝑥 = [ ሶ −𝒎(𝒗2 + 𝒗1 ) +- P1A1 + - P2A2 ] 𝑣1 = 3 𝑚/𝑠 𝑃1,𝑚𝑎𝑛𝑜 = 20 𝑘𝑃𝑎 𝐴1 = 1 𝑚2 𝐴2 = 0,5 𝑚2 20 𝑛 𝑛 ሶ𝑚1 = 1000 x 3 x 1 = 3000 kg/s Exercício 6 Água escoa horizontalmente, a área da seção transversal da curva é constante e igual a 9,3 x 10-3 m2 . A velocidade é uniforme em todo o campo do escoamento e é igual a 15,2 m/s. A pressão absoluta nas seções de alimentação e descarga da curva são, 207 kPa e 165 kPa respectivamente. Determine a força necessária para na direções X. 21 Solução σ Ԧ𝐹𝑆𝑥 = [ ሶ𝒎(𝒏2𝒗2 + 𝒏1 𝒗1 ) + P1A1 𝒏1 + P2A2 𝒏2] 𝒏 < 0 𝑠𝑎𝑖da 𝒏 < 0 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 σ Ԧ𝐹𝑆𝑥 = [ ሶ −𝒎(𝒗2 + 𝒗1 ) + - P1A1 + - P2A2] Determinando ሶ𝑚 ሶ𝑚1 = 𝜌1𝑣1𝐴1 = 1000 x 15,2 x 9,3 x 10 -3 = 141,36 kg/s 𝐹𝑆𝑋 = [ ሶ −𝒎(𝒗2 + 𝒗1 ) – (P1A1 + P2A2)] 𝐹𝑆𝑋 = −141,36 𝑥 15,2 + 15,2 − [(207 𝑥 103 − 105)𝑥 9,3 𝑥 10 − 3 + (165 𝑥103 − 105)𝑥 9,3 𝑥 10 − 3] 𝑷𝒎𝒂𝒏𝒐𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝑷𝒂𝒃𝒔𝒐𝒕𝒖𝒍𝒂 − 𝑷𝒂𝒕𝒎𝒐𝒔𝒇𝒆𝒓𝒊𝒄𝒂 𝑷𝒂𝒕𝒎𝒐𝒔𝒇𝒆𝒓𝒊𝒄𝒂 =100 kPa 𝐹𝑆𝑋 = − 5896,94 𝑁 = − 5,89 𝑘𝑁 22 TRIGONOMETRIC IDENTITIES RECIPROCAL IDENTITIES cot x = \frac{1}{\tan x} = \frac{\cos x}{\sin x} csc x = \frac{1}{\sin x} sec x = \frac{1}{\cos x} PYTHAGOREAN IDENTITIES \sin^2 x + \cos^2 x = 1 \sin^2 x = 1 - \cos^2 x \cos^2 x = 1 - \sin^2 x 1 + \tan^2 x = \sec^2 x 1 + \cot^2 x = \csc^2 x DOUBLE-ANGLE IDENTITIES \sin 2x = 2 \sin x \cos x = \frac{2 \tan x}{1 + \tan^2 x} \cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x = 2 \cos^2 x - 1 = 1 - 2 \sin^2 x = \frac{1 - \tan^2 x}{1 + \tan^2 x} \tan 2x = \frac{2 \tan x}{1 - \tan^2 x} \cot 2x = \frac{\cot^2 x - 1}{2 \cot x} SUM AND DIFFERENCE IDENTITIES \sin(x \pm y) = \sin x \cos y \pm \cos x \sin y \cos(x \pm y) = \cos x \cos y \mp \sin x \sin y \tan(x \pm y) = \frac{\tan x \pm \tan y}{1 \mp \tan x \tan y} HALF-ANGLE IDENTITIES \sin\frac{x}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos x}{2}} \cos\frac{x}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 + \cos x}{2}} \tan\frac{x}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos x}{1 + \cos x}} = \frac{\sin x}{1 + \cos x} = \frac{1 - \cos x}{\sin x}