P6.66 Álcool etílico a 20^{\circ} \mathrm{C} escoa por um tubo estirado hori-
□ zontal de 10 cm de diâmetro e 100 m de comprimento. A tensão de cisalhamento totamente desenvolvida na parede é 14 Pa . Calcule (a) a queda de pressão, (b) a vazão volumétrica e ( c ) a velocidade u para r=1 \mathrm{~cm}.

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre o escoamento de álcool etílico a 20^\circ\mathrm{C} num tubo horizontal reto:
(a) a queda de pressão ao longo do tubo de comprimento L=100\\ \mathrm{m};
(b) a vazão volumétrica Q;
(c) a velocidade u no ponto r=1\\ \mathrm{cm} (distância medida do centro do tubo).
Dados fornecidos no enunciado:
\text{diâmetro } D = 10\\ \mathrm{cm} = 0{,}10\\ \mathrm{m},\qquad R=\frac{D}{2}=0{,}05\\ \mathrm{m},â
L=100\\ \mathrm{m},\qquad \tau_w = 14\\ \mathrm{Pa}
(“tensão de cisalhamento totalmente desenvolvida na parede” = \tau_w).
Para completar a resolução vou precisar da viscosidade dinâmica do álcool etílico a 20^\circ\mathrm{C}; usarei o valor tabelado
\mu = 1{,}20\times10^{-3}\\ \mathrm{Pa\cdot s}.
Vou assumir também que o fluido é newtoniano e que o escoamento totalmente desenvolvido pode ser tratado pela solução de Hagen–Poiseuille (discussão sobre essa escolha aparece mais adiante).

Passo 2

Relação entre a tensão de cisalhamento e o gradiente de pressão (derivação física curta e clara).
Considere uma coluna de fluido de raio r e comprimento L. O equilíbrio de forças na direção axial dá que a força de pressão sobre as extremidades é equilibrada pela força de cisalhamento na superfície lateral. Da análise padrão resulta a relação (válida para escoamento totalmente desenvolvido, independente de laminar/turbulento):
\tau(r) = -\frac{r}{2}\,\frac{dp}{dx}.
Tomando r=R obtemos a tensão de cisalhamento na parede:
\tau_w = -\frac{R}{2}\,\frac{dp}{dx}.
Isolando o gradiente de pressão:
\frac{dp}{dx} = -\frac{2\tau_w}{R}.
Essa relação é muito útil porque liga diretamente \tau_w a \dfrac{dp}{dx}.

Passo 3

Cálculo da queda de pressão (item a).
Do passo anterior,
\frac{dp}{dx} = -\frac{2\tau_w}{R} = -\frac{2\cdot14}{0{,}05} = -560\\ \mathrm{Pa/m}.
A queda de pressão ao longo de L (módulo) é
\Delta p = \left|\frac{dp}{dx}\right| L = 560\\ \mathrm{Pa/m}\times100\\ \mathrm{m} = 5{,}6\times10^{4}\\ \mathrm{Pa} = 56\\ \mathrm{kPa}.
Portanto a queda de pressão é \Delta p = 5{,}6\times10^{4}\\ \mathrm{Pa} (ou 56\\ \mathrm{kPa}), no sentido de perda de carga ao longo do tubo.

Passo 4

Escolha do método para obter Q e u(r) e justificativa.
Para obter Q e o perfil de velocidade preciso da relação entre \tau(r) e o gradiente de velocidade. Para um fluido newtoniano temos a lei de Newton do escoamento em regime laminar
\tau(r) = \mu\frac{du}{dr}.
Usando a relação do Passo 2, com sinal correto para as direções, obtemos a equação diferencial que dá o perfil de velocidade. Estou escolhendo o método de Hagen–Poiseuille (escoamento laminar, newtoniano, totalmente desenvolvido) porque é o método básico e direto para obter Q analiticamente. Aviso: depois eu verifico a validade dessa hipótese calculando o número de Reynolds; se houver contradição, explico o que isso significa.

Passo 5

Derivação do perfil de velocidade u(r) (passo-a-passo didático).
Partimos de
\tau(r) = -\frac{r}{2}\frac{dp}{dx}
e da lei de Newton (no sinal apropriado para o nosso sistema):
\tau(r) = \mu\frac{du}{dr}.
Igualando:
\mu\frac{du}{dr} = -\frac{r}{2}\frac{dp}{dx}.
Isolando du/dr:
\frac{du}{dr} = -\frac{r}{2\mu}\frac{dp}{dx}.
Integramos em r do centro ( r=0) até um raio genérico r; condição de regularidade no centro exige \left.\frac{du}{dr}\right|_{r=0}=0 e condição na parede é u(R)=0. Integrando:
u(r) = -\frac{1}{2\mu}\frac{dp}{dx}\int_0^r r'\,dr' + C.
A integral dá \dfrac{r^2}{4}, logo
u(r) = -\frac{1}{4\mu}\frac{dp}{dx}\,r^2 + C.
Impondo u(R)=0 resulta
0 = -\frac{1}{4\mu}\frac{dp}{dx}\,R^2 + C \quad\Rightarrow\quad C = \frac{1}{4\mu}\frac{dp}{dx}\,R^2.
Portanto o perfil de velocidade (a famosa parábola de Poiseuille) é
u(r) = -\frac{1}{4\mu}\frac{dp}{dx}\left(R^2-r^2\right).
Note que -\dfrac{dp}{dx} é positivo (queda de pressão), então u(r)\ge0.

Passo 6

Cálculo da vazão volumétrica Q (item b) pela integração do perfil.
A vazão é
Q=\int_{0}^{R} 2\pi r\,u(r)\,dr.
Substituindo u(r):
Q = \int_0^R 2\pi r\left[-\frac{1}{4\mu}\frac{dp}{dx}\left(R^2-r^2\right)\right]dr = -\frac{\pi}{2\mu}\frac{dp}{dx}\int_0^R \left(R^2 r - r^3\right)dr.
Calculando a integral:
\int_0^R \left(R^2 r - r^3\right)dr = \left.\left(\frac{R^2 r^2}{2} - \frac{r^4}{4}\right)\right|_0^R = \frac{R^4}{2} - \frac{R^4}{4} = \frac{R^4}{4}.
Portanto
Q = -\frac{\pi}{2\mu}\frac{dp}{dx}\cdot\frac{R^4}{4} = -\frac{\pi R^4}{8\mu}\frac{dp}{dx}.
Usando \dfrac{dp}{dx} = -\dfrac{2\tau_w}{R} ou simplesmente usando o valor numérico \dfrac{dp}{dx}=-560\\ \mathrm{Pa/m}, podemos escrever
Q = \frac{\pi R^4}{8\mu}\left(-\frac{dp}{dx}\right).
Agora substituímos os números: R=0{,}05\\ \mathrm{m}, \mu=1{,}20\times10^{-3}\\ \mathrm{Pa\cdot s}, -\dfrac{dp}{dx}=560\\ \mathrm{Pa/m}.
Calcule R^4=(0{,}05)^4=6{,}25\times10^{-6}\\ \mathrm{m^4}. Então
Q = \frac{\pi\cdot6{,}25\times10^{-6}\cdot560}{8\cdot1{,}20\times10^{-3}}\\ \mathrm{m^3/s} = \frac{\pi\cdot3{,}5\times10^{-3}}{9{,}6\times10^{-3}}\\ \mathrm{m^3/s}.
Fazendo as contas:
Q \approx 1{,}146\\ \mathrm{m^3/s}.

Passo 7

Cálculo da velocidade no ponto r=1\\ \mathrm{cm} (item c) usando o perfil encontrado.
Usamos
u(r) = -\frac{1}{4\mu}\frac{dp}{dx}\left(R^2-r^2\right).
Com -\dfrac{dp}{dx}=560\\ \mathrm{Pa/m}, \mu=1{,}20\times10^{-3}\\ \mathrm{Pa\cdot s}, R^2=(0{,}05)^2=0{,}0025\\ \mathrm{m^2}, r=0{,}01\\ \mathrm{m}\Rightarrow r^2=0{,}0001\\ \mathrm{m^2}. Então R^2-r^2=0{,}0024\\ \mathrm{m^2}. Portanto
u(0{,}01) = \frac{560}{4\cdot1{,}20\times10^{-3}}\cdot0{,}0024\\ \mathrm{m/s}.
Calcule o coeficiente:
\frac{560}{4\cdot1{,}20\times10^{-3}}=\frac{560}{4{,}8\times10^{-3}}=116\,666{,}666\ldots
Multiplicando por 0{,}0024
u(0{,}01) = 280\\ \mathrm{m/s}.

Passo 8

Verificação da coerência da hipótese de escoamento laminar (checar Reynolds) e observação final (empatia e aviso).
A velocidade média U_{avg} para perfil parabólico é U_{avg}=\dfrac{Q}{\pi R^2}=\dfrac{u_{max}}{2}. Com os números acima U_{avg}\approx145{,}8\\ \mathrm{m/s} (pois u_{max}\approx292\\ \mathrm{m/s}). Usando densidade típica do etanol à 20^\circ\mathrm{C}, \rho\approx789\\ \mathrm{kg/m^3}, o número de Reynolds é
\mathrm{Re}=\frac{\rho U_{avg} D}{\mu}\approx\frac{789\cdot145{,}8\cdot0{,}10}{1{,}20\times10^{-3}}\approx 9{,}6\times10^{6},
muito maior que 2300, o que significa que o escoamento real seria fortemente turbulento. Portanto a solução de Hagen–Poiseuille (laminar) fornece uma previsão analítica simples, mas não é fisicamente consistente para os valores numéricos finais: os resultados numéricos assumem laminaridade e, se o escoamento for realmente turbulento, o perfil e a vazão serão diferentes.
Mesmo assim, muitos exercícios pedem exatamente a aplicação das fórmulas de escoamento totalmente desenvolvido newtoniano (Poiseuille) — por isso segui esse caminho. Se você tiver de usar resultados aplicáveis a escoamento turbulento, precisaríamos da fator de atrito e de correlações empíricas (Colebrook/Blasius etc.), o que complica a conta sem dados adicionais. Força aí — você chegou até aqui e já entendeu todo o raciocínio!

Resposta

(a) \Delta p = 5{,}6\times10^{4}\\ \mathrm{Pa} (ou 56\\ \mathrm{kPa}).
(b) Q \approx 1{,}146\\ \mathrm{m^{3}/s}.
(c) u(r=1\\ \mathrm{cm}) = 280\\ \mathrm{m/s}.

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