Considerando placas paralelas infinitas e estacionárias, utilize um volume de controle adequado e diga que considerações matemáticas importantes podem ser utilizadas para a dedução da expressão para perfil de velocidade, distribuição de cisalhamento, vazão em volume, vazão em volume como função da queda de pressão, velocidade média e ponto de velocidade média.

Passo 1

O enunciado pede que, para o escoamento entre placas paralelas infinitas e estacionárias, eu use um volume de controle adequado e indique as considerações matemáticas importantes para deduzir:
  • o perfil de velocidade \;u(y)\;,
  • a distribuição de cisalhamento \;\tau(y)\;,
  • a vazão em volume \;Q\;,
  • a vazão em volume como função da queda de pressão \;\Delta p\;,
  • a velocidade média \;\bar u\;,
  • o(s) ponto(s) onde a velocidade vale a velocidade média (ponto de velocidade média).
Informações / hipóteses que vou usar (essas são todas as condições dadas ou naturais para placas infinitas e estacionárias):
  • as placas são paralelas, fixas e infinitas nos eixos x (direção do escoamento) e z (span); a distância entre as placas é \;H\; (posso colocar as placas em \;y=0\; e \;y=H\;);
  • escoamento estacionário e incompressível;
  • escoamento unidirecional e totalmente desenvolvido: a única componente diferente de zero é \;u(x,y,z,t)=u(y)\; na direção x e \partial u/\partial x=0;
  • fluido newtoniano com viscosidade dinâmica \;\mu\;;
  • condição de não deslizamento (no-slip) nas paredes: \;u(0)=0\; e \;u(H)=0\;;
  • o escoamento é impulsionado por um gradiente de pressão \;dp/dx\; (constante ao longo de x no regime totalmente desenvolvido).
No passo seguinte começo a resolução aplicando balanço de forças (controle elementar) e derivando a equação diferencial que gera o perfil de velocidade.

Passo 2

Escolha do volume de controle e balanço de forças: elemento elemental em forma de fatia do fluido com espessura dy, comprimento dx na direção do escoamento e largura unitária em z (como as placas são infinitas, trabalha-se por unidade de largura). Faço o balanço de forças na direção x sobre essa fatia.
Forças que atuam no elemento:
  • forças de pressão nas faces frontais: p(x)\cdot (1\cdot dy) na face em x e p(x+dx)\cdot(1\cdot dy) na face em x+dx;
  • forças de cisalhamento nas faces superior e inferior: \tau_{yx}(y+dy)\cdot(1\cdot dx) na face superior e \tau_{yx}(y)\cdot(1\cdot dx) na face inferior.
Balanço de forças (neglecting body forces) em regime estacionário (soma das forças = 0):
p(x)\,dy - p(x+dx)\,dy + \tau_{yx}(y+dy)\,dx - \tau_{yx}(y)\,dx = 0.
Dividindo por dx\,dy e tomando limites dx,dy\to0 dá:
-\frac{\partial p}{\partial x} + \frac{\partial \tau_{yx}}{\partial y} = 0,
ou seja
\frac{\partial \tau_{yx}}{\partial y} = \frac{\partial p}{\partial x}.
Esta equação é a forma diferencial do equilíbrio de momentos lineares no eixo x para o elemento. Comentário didático: ela significa que a variação vertical do esforço de cisalhamento compensa o gradiente de pressão ao longo do canal.

Passo 3

Relação constitutiva (fluido newtoniano) e obtenção da equação para u(y).
Para fluido newtoniano em escoamento unidirecional temos a relação linear
\tau_{yx} = \mu \frac{du}{dy},
onde:
  • \tau_{yx} é o esforço de cisalhamento atuando na face inclinada (com componente x devido a variação em y);
  • \mu é a viscosidade dinâmica;
  • u(y) é a velocidade na direção x, função apenas de y.
Substituindo em \partial \tau_{yx}/\partial y = \partial p/\partial x obtemos a equação ordinária de segunda ordem:
\mu \frac{d^2 u}{dy^2} = \frac{dp}{dx}.
Explicação: é uma equação simples de equilíbrio entre viscosidade (segundo derivada de velocidade) e gradiente de pressão. Como \partial p/\partial x é constante no escoamento totalmente desenvolvido, o lado direito é constante.

Passo 4

Integração da equação diferencial e aplicação das condições de contorno.
Integrando uma vez:
\mu \frac{du}{dy} = \frac{dp}{dx}\,y + C_1,
onde C_1 é constante de integração física (relaciona-se ao esforço de cisalhamento no centro).
Integrando novamente:
\mu u(y) = \frac{dp}{dx}\,\frac{y^2}{2} + C_1 y + C_2,
onde C_2 é outra constante de integração.
Aplicando as condições de não deslizamento:
  • em y=0: u(0)=0 implica \mu\cdot 0 = 0 = 0 + 0 + C_2 então C_2=0.
  • em y=H: u(H)=0 implica
0 = \frac{dp}{dx}\,\frac{H^2}{2} + C_1 H.
Daí
C_1 = -\frac{dp}{dx}\,\frac{H}{2}.
Substituindo C_1 e C_2 em u(y) e isolando u:
\mu u(y) = \frac{dp}{dx}\,\frac{y^2}{2} - \frac{dp}{dx}\,\frac{H}{2}\,y.
Colocando em forma mais limpa:
u(y) = \frac{1}{2\mu}\frac{dp}{dx}\,y\,(y - H).
Comentário prático: como normalmente \partial p/\partial x<0 (pressão decresce no sentido do escoamento), a expressão resulta em u(y)\ge0 no interior. Para deixar isso explícito, defino G := -\dfrac{dp}{dx} > 0 (magnitude do gradiente de pressão). Então uma forma usual é:
u(y) = \frac{G}{2\mu}\,y\,(H-y).

Passo 5

Perfil de velocidade — interpretação e máxima velocidade.
A expressão parabólica \;u(y)=\dfrac{G}{2\mu}\,y(H-y)\; é simétrica em torno de y=H/2. A velocidade máxima ocorre no centro do canal y=H/2.
Calcule u_{\max}:
u_{\max}=u\!\left(\frac{H}{2}\right)=\frac{G}{2\mu}\cdot\frac{H}{2}\cdot\frac{H}{2}=\frac{G H^2}{8\mu}.
Relação entre u_{\max} e a velocidade média aparecerá mais adiante.

Passo 6

Distribuição de esforço de cisalhamento \tau(y).
Usando \tau(y)=\mu\,du/dy a partir da expressão de u:
Primeiro calcule a derivada:
\frac{du}{dy}=\frac{G}{2\mu}\,(H-2y).
Multiplicando por \mu:
\tau(y)=\mu\frac{du}{dy}=\frac{G}{2}\,(H-2y).
Observações:
  • \tau(y) é linear em y;
  • no centro y=H/2 temos \tau=0 (mudança de sinal do esforço de cisalhamento);
  • esforço de parede (em y=0 ou y=H) é
\tau_w := \tau(0)=\frac{G H}{2}.
Em termos de gradiente de pressão original,
\tau_w = -\frac{H}{2}\frac{dp}{dx} = \frac{H}{2}\frac{\Delta p}{L},
se \Delta p é a queda de pressão ao longo de um comprimento L (veja Passo 7 para relação com \Delta p).

Passo 7

Vazão volumétrica por unidade de largura \;Q\; (como as placas são infinitas em z, calcula-se por unidade de largura).
Definição:
Q = \int_0^{H} u(y)\,dy.
Substituo u(y)=\dfrac{G}{2\mu}\bigl(yH - y^2\bigr) (faço a multiplicação):
Q = \frac{G}{2\mu}\int_0^H (yH - y^2)\,dy = \frac{G}{2\mu}\left[\frac{H y^2}{2} - \frac{y^3}{3}\right]_0^H.
Avalio o integral:
Q = \frac{G}{2\mu}\left(\frac{H^3}{2} - \frac{H^3}{3}\right) = \frac{G}{2\mu}\cdot\frac{H^3}{6} = \frac{G H^3}{12\mu}.
Voltando ao gradiente original com G=-dp/dx:
Q = -\frac{H^3}{12\mu}\frac{dp}{dx}.
Se a queda de pressão ao longo de um trecho de comprimento L for \Delta p = p_{\text{in}}-p_{\text{out}}>0, então \dfrac{dp}{dx}=-\dfrac{\Delta p}{L} (assumindo variação linear), e assim:
Q = \frac{H^3}{12\mu}\frac{\Delta p}{L}.
Comentário sobre unidades e interpretação: esse Q é volumétrico por unidade de largura em z. Se o canal tiver largura finita W em z, o Q total seria multiplicado por W.

Passo 8

Velocidade média \bar u e relação com u_{\max}.
Velocidade média (definição):
\bar u = \frac{Q}{H}.
Usando o Q obtido:
\bar u = \frac{1}{H}\cdot\frac{G H^3}{12\mu} = \frac{G H^2}{12\mu}.
Em termos de queda de pressão:
\bar u = \frac{H^2}{12\mu}\frac{\Delta p}{L}.
Comparando com u_{\max}=\dfrac{G H^2}{8\mu} obtém-se:
\frac{u_{\max}}{\bar u}=\frac{G H^2/(8\mu)}{G H^2/(12\mu)}=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}.
Portanto
u_{\max} = \tfrac{3}{2}\,\bar u.

Passo 9

Ponto(s) onde a velocidade é igual à velocidade média (ponto de velocidade média).
Resolver u(y_m)=\bar u. Usando formas já obtidas:
\frac{G}{2\mu}\,y_m(H-y_m)=\frac{G H^2}{12\mu}.
Posso cancelar \dfrac{G}{2\mu} (não nulo), obtendo a equação quadrática:
y_m(H-y_m)=\frac{H^2}{6}.
Escrevendo em forma padrão:
y_m^2 - H y_m + \frac{H^2}{6}=0.
Resolvendo pela fórmula de Bhaskara:
y_m = \frac{H \pm \sqrt{H^2 - 4\cdot\frac{H^2}{6}}}{2} = \frac{H}{2}\left(1 \pm \sqrt{1 - \frac{4}{6}}\right) = \frac{H}{2}\left(1 \pm \sqrt{\frac{1}{3}}\right).
Simplificando:
y_m = \frac{H}{2}\left(1 \pm \frac{1}{\sqrt{3}}\right).
Interpretação:
  • existem dois pontos simétricos em relação ao centro y=H/2 onde u=\bar u;
  • numericamente y_m/H \approx 0{,}5 \pm 0{,}288675, ou seja y_m/H\approx 0{,}788675 e y_m/H\approx 0{,}211325.

Passo 10

Resumo das considerações matemáticas importantes usadas na dedução (mini-aula em forma de checklist):
  • escolha do volume de controle elemental para escrever o equilíbrio de forças em x e obter \partial \tau/\partial y = \partial p/\partial x;
  • hipótese de fluido newtoniano para relacionar \tau=\mu\,du/dy;
  • uso de escoamento totalmente desenvolvido para tornar \partial p/\partial x constante e \partial u/\partial x=0;
  • integração da ODE de segunda ordem com aplicação das condições de contorno (no-slip) para determinar constantes de integração;
  • cálculo da vazão por integração direta do perfil e substituição de \partial p/\partial x = -\Delta p/L para expressar Q em termos de queda de pressão;
  • solução da equação quadrática para achar os pontos onde u=\bar u;
  • interpretação física dos sinais: normalmente \partial p/\partial x<0, por isso introduzimos G=-dp/dx>0 para clareza.

Resposta

u(y)=\frac{1}{2\mu}\frac{dp}{dx}\,y\,(y-H) =\frac{G}{2\mu}\,y\,(H-y),\quad G:=-\frac{dp}{dx}>0
\tau(y)=\mu\frac{du}{dy}=\frac{G}{2}\,(H-2y)=\tau_w\left(1-\frac{2y}{H}\right),\quad \tau_w=\frac{G H}{2}
Q=\int_{0}^{H}u(y)\,dy=-\frac{H^3}{12\mu}\frac{dp}{dx}=\frac{H^3}{12\mu}\frac{\Delta p}{L}
\bar u=\frac{Q}{H}=\frac{G H^2}{12\mu}=\frac{H^2}{12\mu}\frac{\Delta p}{L}
u_{\max}=u\!\left(\tfrac{H}{2}\right)=\frac{G H^2}{8\mu}=\tfrac{3}{2}\,\bar u
\text{pontos onde }u=\bar u:\quad y=\frac{H}{2}\left(1\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\right)

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