Um cotovelo redutor é usado para defletir 30^{\circ} \mathrm{o} escoamento de água a uma taxa de 14 \mathrm{~kg} / \mathrm{s} em um tubo na horizontal, ao mesmo tempo que o acelera. O cotovelo descarrega água na atmosfera. A área da seção transversal de entrada e saída é 113 \mathrm{~cm}^{2} e 7 \mathrm{~cm}^{2}, respectivamente. A diferença de elevação entre os centros de entrada e saída é 30 cm . Determine a força de ancoragem necessária para manter o cotovelo no lugar, sabendo que o mesmo está instalado no plano horizontal.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que ele pede.
  • Vazão mássica: \dot{m}=14\\ \mathrm{kg/s}.
  • Área da seção de entrada: A_1=113\\ \mathrm{cm}^2 = 0,0113\\ \mathrm{m}^2.
  • Área da seção de saída: A_2=7\\ \mathrm{cm}^2 = 0,0007\\ \mathrm{m}^2.
  • O escoamento é defletido em \;30^\circ no plano horizontal.
  • Diferença de elevação entre centros de entrada e saída: z_1 - z_2 = 0,30\\ \mathrm{m} (assumirei que a entrada está 0,30\\ \mathrm{m} mais alta que a saída; isso será usado no Bernoulli para obter a pressão na entrada).
  • O cotovelo descarrega para a atmosfera na saída (pressão de saída igual à pressão atmosférica).
  • O cotovelo está instalado de modo que a deflexão ocorre no plano horizontal; portanto queremos a força de ancoragem necessária no plano horizontal (resultante horizontal que mantém o cotovelo no lugar).
O que o problema pede:
  • Determinar a força de ancoragem necessária (resultante horizontal), magnitude e direção no plano horizontal.
Hipóteses que vamos usar (comunicadas aqui para ficar claro):
  • Água com densidade \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3}.
  • Escoamento estacionário, incompressível, perfis de velocidade uniformes nas seções (1D).
  • Desprezamos perdas por atrito entre entrada e saída (usamos Bernoulli entre as seções internas).
  • Tomaremos pressão de saída como referência de pressão (gauge) igual a zero: p_2=0 (pressão atmosférica em gauge).

Passo 2

Calcular a vazão volumétrica e as velocidades nas seções usando a continuidade.
A vazão volumétrica é
Q=\frac{\dot{m}}{\rho}.
Substituindo,
Q=\frac{14}{1000}=0,014\\ \mathrm{m^3/s}.
Velocidade na entrada:
v_1=\frac{Q}{A_1}=\frac{0,014}{0,0113}\approx 1,239\\ \mathrm{m/s}.
Velocidade na saída:
v_2=\frac{Q}{A_2}=\frac{0,014}{0,0007}=20,0\\ \mathrm{m/s}.
Comentário didático: a continuidade Q=Av vem de conservação de massa para escoamento incompressível; conhecendo \dot{m}=\rho Q obtemos Q e assim as velocidades em cada seção.

Passo 3

Determinar a diferença de pressão entre entrada e saída usando Bernoulli (sem perdas), incluindo a diferença de elevação.
A forma de Bernoulli entre a seção 1 (entrada) e a seção 2 (saída) é
\frac{p_1}{\rho}+\frac{v_1^2}{2}+g z_1=\frac{p_2}{\rho}+\frac{v_2^2}{2}+g z_2.
Rearranjando para p_1-p_2,
p_1-p_2=\rho\left(\frac{v_2^2-v_1^2}{2}\right)+\rho g(z_2-z_1).
Como z_1-z_2=0,30\\ \mathrm{m}, temos z_2-z_1=-0,30\\ \mathrm{m}. Substituindo valores ( \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3}, g=9,81\\ \mathrm{m/s^2}):
p_1-p_2=1000\!\left(\frac{20{,}0^2-1{,}239^2}{2}\right)+1000\cdot 9{,}81\cdot(-0{,}30).
Calculemos passo a passo:
\frac{v_2^2-v_1^2}{2}=\frac{400-1{,}5349}{2}=199{,}2326\\ \mathrm{m^2/s^2}.
\rho\cdot 9{,}81\cdot 0{,}30=1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}30=2943\\ \mathrm{Pa}.
Portanto
p_1-p_2=1000\cdot 199{,}2326 - 2943 \approx 196289{,}6\\ \mathrm{Pa}.
Como usaremos pressões em termos de gauge e tomamos p_2=0 (saída à atmosfera), obtemos p_1 em gauge:
p_1\approx 196289{,}6\\ \mathrm{Pa}.
Didática: Bernoulli relaciona pressão estática, energia cinética por unidade de massa e energia potencial por unidade de massa entre duas secções em escoamento ideal. Aqui a grande diferença de velocidade (aceleração forte) gera um aumento significativo de pressão na entrada, compensando a maior energia cinética na saída.

Passo 4

Formular a equação de quantidade de movimento linear (momentum) para o volume de controle que envolve o fluido dentro do cotovelo e as duas seções. Definimos eixos no plano horizontal:
  • Eixo x: direção da velocidade na entrada (para a direita).
  • Eixo y: direção no plano horizontal perpendicular ao eixo x; a saída fica em ângulo +30^\circ em relação a x.
A equação vetorial de momento (estado estacionário, 1D nas seções) é
\sum \mathbf{F}_{\text{ext}}=\dot{m}\left(\mathbf{v}_2-\mathbf{v}_1\right),
onde \sum \mathbf{F}_{\text{ext}} inclui as forças de pressão nas seções, o peso do fluido (componente vertical, que não contribui no plano horizontal) e a reação de ancoragem \mathbf{R} que queremos determinar.
Reescrevendo isolando \mathbf{R}:
\mathbf{R}=\dot{m}\left(\mathbf{v}_2-\mathbf{v}_1\right)-\mathbf{F}_p-\mathbf{F}_g,
onde \mathbf{F}_p é a força resultante de pressão nas seções (considerando sinais com normais para fora do volume de controle) e \mathbf{F}_g é a força peso (que tem só componente vertical). Como queremos apenas a força de ancoragem no plano horizontal, a componente vertical da reação será omitida aqui (ou considerada por apoios verticais). Logo \mathbf{F}_g não entra nas componentes horizontais.
Agora expressar as componentes horizontais de cada termo:
Velocidades vetoriais:
\mathbf{v}_1=v_1\,\mathbf{i}, \qquad \mathbf{v}_2=v_2\big(\cos 30^\circ\,\mathbf{i}+\sin 30^\circ\,\mathbf{j}\big).
Força de pressão resultante (componentes no plano horizontal):
A contribuição de pressão nas seções, usando p_2=0 (gauge), é
\mathbf{F}_p=-p_1A_1\,\mathbf{i}+p_2A_2(\cos30^\circ\,\mathbf{i}+\sin30^\circ\,\mathbf{j}).
Com p_2=0 isso reduz para
\mathbf{F}_p=-p_1A_1\,\mathbf{i}.
(Obs.: o sinal aparece porque a normal da seção 1 aponta para fora do volume no sentido negativo de x.)
Portanto, as componentes horizontais da reação são
R_x=\dot{m}\big(v_2\cos30^\circ - v_1\big) + p_1 A_1,
R_y=\dot{m}\big(v_2\sin30^\circ\big) - p_2 A_2\sin30^\circ.
Com p_2=0 temos
R_y=\dot{m}\,v_2\sin30^\circ.

Passo 5

Calcular numericamente as componentes de \mathbf{R}.
Primeiro o termo de variação de momento:
\dot{m}\big(v_2\cos30^\circ - v_1\big)=14\big(20\cos30^\circ - 1{,}239\big).
20\cos30^\circ=20\cdot 0{,}8660254=17{,}3205.
20\cos30^\circ - 1{,}239 = 16{,}0816.
\dot{m}\big(v_2\cos30^\circ - v_1\big)=14\cdot 16{,}0816 \approx 225{,}14\\ \mathrm{N}.
Termo de pressão na entrada:
p_1A_1=196289{,}6\cdot 0{,}0113 \approx 2218{,}07\\ \mathrm{N}.
Logo
R_x \approx 225{,}14 + 2218{,}07 = 2443{,}21\\ \mathrm{N}.
Componente y:
R_y=\dot{m}\,v_2\sin30^\circ =14\cdot 20\cdot 0{,}5 = 140{,}0\\ \mathrm{N}.

Passo 6

Calcular magnitude e direção da força de ancoragem no plano horizontal.
Magnitude:
|\mathbf{R}|=\sqrt{R_x^2+R_y^2}=\sqrt{2443{,}21^2+140{,}0^2}\approx 2447\\ \mathrm{N}.
Direção (ângulo \theta medido a partir do eixo de entrada x, positivo para o sentido do desvio):
\theta=\arctan\!\left(\frac{R_y}{R_x}\right)=\arctan\!\left(\frac{140{,}0}{2443{,}21}\right)\approx 3{,}28^\circ.
Interpretação: a ancoragem deve resistir a uma força de aproximadamente 2447\\ \mathrm{N} dirigida a pouco mais de 3^\circ acima da direção de entrada (isto é, levemente na direção do desvio).

Resposta

|\mathbf{R}|\approx 2447\\ \mathrm{N}
\theta\approx 3{,}28^\circ

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