A água escoa a 20^{\circ} \mathrm{C}\left(\mu=10-{ }^{3} \mathrm{~N} . \mathrm{s} / \mathrm{m}^{2}\right) por um estacionamento de 80 m de largura e a uma profundidade constante de 5 mm . A inclinação do estacionamento é de 0,0002 . Calcule a vazão e a tensão de cisalhamento máxima para um escoamento laminar.

Passo 1

O enunciado dá um escoamento de água sobre um piso inclinado (estacionamento) com as seguintes informações:
  • largura do estacionamento: b=80\\ \mathrm{m}.
  • profundidade constante do filme de água: h=5\\ \mathrm{mm}=0,005\\ \mathrm{m}.
  • inclinação (declividade) do estacionamento: S=0,0002.
  • viscosidade dinâmica da água a 20^\circ\mathrm{C}: \mu=10^{-3}\\ \mathrm{N\cdot s/m^2}.
  • temperatura indicada 20^\circ\mathrm{C} (vou usar a massa volúmica da água a 20^\circ\mathrm{C} como \rho=998\\ \mathrm{kg/m^3}, valor padrão).
    O que o problema pede:
  • calcular a vazão volumétrica total Q (vazão da faixa de largura b) para escoamento laminar;
  • calcular a tensão de cisalhamento máxima (isto é, a tensão no fundo, parede, ou parede do piso).

Passo 2

Modelo físico e hipóteses (por que usamos certo modelo).
  • Temos um filme fino de altura h escorrendo por um plano inclinado com ângulo pequeno. Para filme laminar e escoamento plenamente desenvolvido, a equação de momento na direção do escoamento reduz-se (equilíbrio entre força de gravidade paralela e gradiente de tensão viscosa) a
\mu \frac{d^{2}u}{dy^{2}}=\rho g\sin\theta,
onde:
  • u(y) é a velocidade na direção do escoamento em função da coordenada normal y (com y=0 no piso e y=h na superfície livre),
  • \mu é a viscosidade dinâmica,
  • \rho é a massa volúmica,
  • g é a aceleração da gravidade ( g=9,81\\ \mathrm{m/s^2}),
  • \theta é o ângulo do plano inclinado, e \sin\theta pode ser aproximado por S=\tan\theta quando o ângulo é pequeno; aqui usaremos \sin\theta\approx S=0,0002.
    Condições de contorno:
  • aderência no piso: u(0)=0;
  • na superfície livre não há cisalhamento: \tau(y=h)=\mu \left.\frac{du}{dy}\right|_{y=h}=0, portanto \left.\frac{du}{dy}\right|_{y=h}=0.

Passo 3

Resolver a equação diferencial para obter o perfil de velocidade.
Integrando uma vez:
\mu \frac{du}{dy}=\rho g\sin\theta\,y + C_1.
Impor \left.\frac{du}{dy}\right|_{y=h}=0
0=\rho g\sin\theta\,h + C_1 \quad\Rightarrow\quad C_1=-\rho g\sin\theta\,h.
Logo
\mu \frac{du}{dy}=\rho g\sin\theta\,(y-h).
Integrando de novo e usando u(0)=0:
\mu u(y)=\rho g\sin\theta\left(\frac{y^{2}}{2}-hy\right)+C_2,
com C_2=0 pela condição u(0)=0. Portanto o perfil de velocidade é
u(y)=\frac{\rho g\sin\theta}{\mu}\left(\frac{y^{2}}{2}-hy\right)=\frac{\rho g\sin\theta}{2\mu}\left(2hy-y^{2}\right).
Comentário intuitivo: é um perfil parabólico que vale zero no piso e tem derivada nula na superfície livre.

Passo 4

Calcular a vazão por unidade de largura q integrando o perfil:
q=\int_{0}^{h}u(y)\,dy.
Substituindo u(y) e integrando:
q=\frac{\rho g\sin\theta}{2\mu}\int_{0}^{h}\bigl(2hy-y^{2}\bigr)\,dy =\frac{\rho g\sin\theta}{2\mu}\left[h y^{2}-\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{h}.
Isso dá
q=\frac{\rho g\sin\theta}{2\mu}\left(h^{3}-\frac{h^{3}}{3}\right) =\frac{\rho g\sin\theta\,h^{3}}{3\mu}.
A vazão volumétrica total Q através da largura b é
Q=b\,q=b\,\frac{\rho g\sin\theta\,h^{3}}{3\mu}.

Passo 5

Substituir números e calcular q e Q numericamente (mostrando as contas).
Dados usados: \rho=998\\ \mathrm{kg/m^3}, g=9,81\\ \mathrm{m/s^2}, \sin\theta\approx S=0,0002, h=0,005\\ \mathrm{m}, \mu=10^{-3}\\ \mathrm{N\cdot s/m^2}, b=80\\ \mathrm{m}.
Calcular h^{3}:
h^{3}=(0,005)^{3}=1{,}25\times 10^{-7}\\ \mathrm{m^{3}}.
Calcular q:
q=\frac{998\cdot 9{,}81\cdot 0{,}0002\cdot 1{,}25\times 10^{-7}}{3\cdot 10^{-3}}.
Fazendo a conta passo a passo (valores aproximados):
\rho g\sin\theta\approx 998\cdot 9{,}81\cdot 0{,}0002=1{,}958076,
\rho g\sin\theta\;h^{3}\approx 1{,}958076\cdot 1{,}25\times 10^{-7}=2{,}447595\times 10^{-7},
q=\frac{2{,}447595\times 10^{-7}}{3\times 10^{-3}}=8{,}15865\times 10^{-5}\\ \mathrm{m^{2}/s}.
Agora Q=bq:
Q=80\cdot 8{,}15865\times 10^{-5}=6{,}52692\times 10^{-3}\\ \mathrm{m^{3}/s}\approx 6{,}53\times 10^{-3}\\ \mathrm{m^{3}/s}.
Em litros por segundo: Q\approx 6{,}53\\ \mathrm{L/s}.

Passo 6

Calcular a tensão de cisalhamento máxima.
A tensão de cisalhamento em qualquer y é
\tau(y)=\mu\frac{du}{dy}=\rho g\sin\theta\,(y-h).
Observe que \tau é linear em y e o maior valor absoluto ocorre no fundo ( y=0); a tensão no fundo (tensão máxima de cisalhamento) é
\tau_{w}=\tau(0)=\rho g\sin\theta\,h.
Substituindo números:
\tau_{w}=998\cdot 9{,}81\cdot 0{,}0002\cdot 0{,}005.
Como 0{,}0002\cdot 0{,}005=1\times 10^{-6}, temos
\tau_{w}=998\cdot 9{,}81\times 10^{-6}=9{,}79038\times 10^{-3}\\ \mathrm{Pa}\approx 9{,}79\times 10^{-3}\\ \mathrm{Pa}.
Portanto a tensão de cisalhamento máxima é muito pequena (da ordem de 10^{-2}\\ \mathrm{Pa}).

Passo 7

Verificação rápida da hipótese de escoamento laminar (conforto).
Uma definição prática do número de Reynolds para filme por unidade de largura é
\mathrm{Re}=\frac{\rho q}{\mu}.
Calculando:
\mathrm{Re}=\frac{998\cdot 8{,}15865\times 10^{-5}}{10^{-3}}\approx 8{,}14233\times 10^{1}\approx 81{,}4.
Esse valor é bem abaixo de valores típicos de transição para filmes finos (normalmente ordens de centenas), então a hipótese de escoamento laminar é consistente.

Resposta

Q=6{,}53\times 10^{-3}\\ \mathrm{m^{3}/s}
\tau_{\max}=\tau_{w}=9{,}79\times 10^{-3}\\ \mathrm{Pa}

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