Um óleo \left(\mu=0,40 \frac{N . s}{m^{2}}\right. e \left.\rho=900 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}\right) escoa num tubo que apresenta diâmetro interno igual a \mathbf{2 0 m m}.
a) Qual a queda de pressão necessária para produzir uma vazão de 2,0 \times 10^{-5} \frac{m^{3}}{s} se o tubo for horizontal com \mathbf{x}_{1}=\mathbf{0} e \mathbf{x}_{2}=\mathbf{1 0 m}.
b) Qual deve ser a inclinação do tubo para que o óleo escoe com a mesma vazão, mas sem queda de pressão, \mathbf{p}_{1}=\mathbf{p}_{2}.
R: (a): 20, 4 k P a; (b): \theta=-13,34^{\circ}

Passo 1

Dados fornecidos (copiei os valores do enunciado):
\mu=0,40\\ \mathrm{N\cdot s/m^{2}} (viscosidade dinâmica), \rho=900\\ \mathrm{kg/m^{3}} (densidade), diâmetro interno do tubo D=20\\ \mathrm{mm}=0,02\\ \mathrm{m}, vazão volumétrica \;Q=2,0\times10^{-5}\\ \mathrm{m^{3}/s}, e posições \;x_{1}=0\\ \mathrm{m} e \;x_{2}=10\\ \mathrm{m} (comprimento do trecho L=10\\ \mathrm{m}).
Perguntas:
a) Qual a queda de pressão necessária (p_{1}-p_{2}) para produzir a vazão dada se o tubo for horizontal?
b) Qual deve ser a inclinação \theta do tubo para que o óleo escoe com a mesma vazão, mas sem queda de pressão (p_{1}=p_{2})?

Passo 2

Primeiro calculamos a área da seção transversal e a velocidade média, porque aparecem nas verificações e nas fórmulas.
A área da seção circular é
A=\frac{\pi D^{2}}{4}.
Substituindo D=0,02\\ \mathrm{m},
A=\frac{\pi (0,02)^{2}}{4}=\pi\cdot 0,0001=3,1416\times10^{-4}\\ \mathrm{m^{2}}.
A velocidade média é
U=\frac{Q}{A}=\frac{2,0\times10^{-5}}{3,1416\times10^{-4}}=0,06366\\ \mathrm{m/s}.
Explicação curta: A é a área por onde o fluido passa; dividir a vazão Q por A dá a velocidade média do escoamento.

Passo 3

Verificamos se o regime é laminar (assim podemos usar a lei de Poiseuille). Calculamos o número de Reynolds,
\mathrm{Re}=\frac{\rho U D}{\mu}.
Substituindo os valores:
\mathrm{Re}=\frac{900\cdot 0,06366\cdot 0,02}{0,40}\approx 2,87.
Como \mathrm{Re}\ll 2300, o escoamento é laminar. Comentário: isso justifica usar a fórmula de Hagen–Poiseuille (válida para escoamento laminar totalmente desenvolvido em tubos circulares).

Passo 4

Apresento a fórmula de Hagen–Poiseuille (explicando o que cada termo significa). Para escoamento laminar em tubo circular, a queda de pressão ao longo de um comprimento L que produz vazão Q é
\Delta p \equiv p_{1}-p_{2}=\frac{128\,\mu\,L\,Q}{\pi D^{4}}.
Aqui:
  • \Delta p é a diferença de pressão entre a entrada e a saída (unidade: Pa),
  • \mu é a viscosidade dinâmica ( \mathrm{N\cdot s/m^{2}}),
  • L é o comprimento do tubo ( \mathrm{m}),
  • Q é a vazão volumétrica ( \mathrm{m^{3}/s}),
  • D é o diâmetro do tubo ( \mathrm{m}).
    A origem física: a fórmula vem da resolução da equação de Navier–Stokes em regime laminar e de symmetria cilíndrica; não precisamos derivar aqui totalmente, mas é importante saber que a queda de pressão cresce fortemente com 1/D^{4}.

Passo 5

Aplicamos a fórmula e fazemos as contas passo a passo. Primeiro calculemos D^{4}:
D^{4}=(0,02)^{4}=1,6\times10^{-7}\\ \mathrm{m^{4}}.
Agora o numerador
128\,\mu\,L\,Q=128\cdot 0,40\cdot 10\cdot 2,0\times10^{-5}=0,01024\\ \mathrm{(unidade\\ Pa\cdot m^{4})}.
O denominador é \pi D^{4}=\pi\cdot 1,6\times10^{-7}=5,0265\times10^{-7}. Logo
\Delta p=\frac{0,01024}{5,0265\times10^{-7}}=2,0368\times10^{4}\\ \mathrm{Pa}.
Convertendo para kilopascal:
\Delta p=20{,}368\\ \mathrm{kPa}\approx 20{,}4\\ \mathrm{kPa}.
Interpretação: para o tubo horizontal de 10\\ \mathrm{m} é necessária essa queda de pressão para vencer a resistência viscosa e manter a vazão dada.

Passo 6

Agora parte (b): queremos que a vazão seja a mesma, mas sem queda de pressão entre as extremidades, isto é p_{1}=p_{2}. Usamos o balanço de energia (Bernoulli com perda por atrito em forma de pressão): entre as seções 1 e 2,
p_{1}+\rho g z_{1}=p_{2}+\rho g z_{2}+h_{f},
onde h_{f} é a perda de carga expressa em unidades de pressão (igual ao \Delta p por atrito que calculamos). Se p_{1}=p_{2} então
0=\rho g z_{2}-\rho g z_{1}+h_{f}\quad\Rightarrow\quad h_{f}=\rho g (z_{1}-z_{2}).
Explicação das variáveis: z é a cota vertical (m), g=9,81\\ \mathrm{m/s^{2}}. A ideia física: sem diferença de pressão, a componente do peso (gravidade) ao longo do tubo deve fornecer exatamente a energia para vencer o atrito.

Passo 7

Relacionamos a diferença de cota com a inclinação \theta. Se \theta é o ângulo do tubo em relação à horizontal, a variação vertical do ponto 1 para o ponto 2 é
z_{2}-z_{1}=L\sin\theta.
Assim
z_{1}-z_{2}=-L\sin\theta.
Substituindo em h_{f}=\rho g (z_{1}-z_{2}) e lembrando que h_{f}=\Delta p (valor positivo que calculamos),
\Delta p=\rho g (-L\sin\theta)\quad\Rightarrow\quad \sin\theta=-\frac{\Delta p}{\rho g L}.

Passo 8

Agora substituímos os valores numéricos. Primeiro calculamos \rho g L:
\rho g L=900\cdot 9,81\cdot 10=88290\\ \mathrm{Pa}.
Usando \Delta p=2,0368\times10^{4}\\ \mathrm{Pa},
\sin\theta=-\frac{2,0368\times10^{4}}{88290}=-0,2308.
Tirando arco-seno,
\theta=\arcsin(-0,2308)\approx -13{,}34^{\circ}.
Interpretação do sinal: \theta<0 significa que, ao ir de x_{1} para x_{2}, o tubo desce (o ponto 2 está mais baixo que o ponto 1), de modo que a componente gravitacional em favor do escoamento compensa exatamente a perda por atrito.

Resposta

(a) \Delta p=p_{1}-p_{2}=20{,}4\\ \mathrm{kPa}
(b) \theta=-13{,}34^{\circ}

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