PD6.1 No escoamento totalmente desenvolvido em um tubo reto, os perfis de velocidade não variam (por quê?), mas a pressão cai ao longo do tubo. Portanto, há trabalho de pressão realizado sobre o fluido. Se, digamos, o tubo for isolado adiabaticamente (não há fluxo de calor), para onde vai essa energia? Faça uma análise termodinâmica do escoamento no tubo.

Passo 1

O enunciado pede uma análise termodinâmica do escoamento totalmente desenvolvido em um tubo reto, isolado adiabaticamente. Em palavras simples: o fluxo está estável e o perfil de velocidade não muda ao longo do eixo (isso é dado), mas a pressão diminui ao longo do tubo. Como não entra nem sai calor do tubo, para onde vai a energia que corresponde à queda de pressão?
Informações relevantes dadas (listei tudo de forma explícita):
  • Escoamento totalmente desenvolvido (o perfil de velocidade não varia com a coordenada axial).
  • Tubo reto, escoamento estacionário (implícito).
  • Há uma queda de pressão ao longo do tubo: p decresce no sentido do escoamento.
  • Tubo isolado adiabaticamente: não há fluxo de calor através da parede ( \dot Q=0).
  • Não foi mencionado trabalho de eixo (bombas, turbinas), então assumimos \dot W_{shaft}=0.
  • Devemos fazer a análise termodinâmica (primeira e segunda leis, energia, entropia) e explicar para onde vai a energia.

Passo 2

Por que o perfil de velocidade não varia axialmente (o que significa “totalmente desenvolvido”)?
Explicação didática e intuitiva, sem pular etapas:
  • “Totalmente desenvolvido” significa que, ao caminhar no sentido do escoamento, o padrão de velocidades transversais (por exemplo, a forma parabólica no caso laminar) não muda: matematicamente \partial u/\partial x = 0 para a componente axial u.
  • Fisicamente: próximo à entrada o fluxo ajusta-se à parede (camada limite cresce); longe da entrada a distribuição de velocidade já equilibrou o efeito do atrito nas paredes com a força impulsionadora (o gradiente de pressão). A distribuição resultante é tal que a viscosidade (cisalhamento radial) equilibra exatamente o gradiente de pressão que empurra o fluido pra frente. Esse equilíbrio não precisa mudar ao longo do eixo — por isso o perfil fica fixo.
  • Em termos de equilíbrio de forças (equação simplificada de Navier–Stokes para escoamento axial, estacionário e axisimétrico): \displaystyle \frac{1}{r}\frac{d}{dr}\bigl(r\tau_{rx}\bigr)=\frac{dp}{dx}. Como \frac{dp}{dx} é eixo-único e constante no regime totalmente desenvolvido, a solução u(r) não depende de x.
    Conclusão: perfil constante porque o efeito do gradiente de pressão é continuamente contrabalançado pelo esforço viscoso dentro do perfil — resultando numa forma de velocidade que não muda ao longo do comprimento.

Passo 3

Escolha do controle e escrita da Primeira Lei (balanço de energia) para escoamento estacionário:
  • Considere um volume de controle que abrange uma secção do tubo entre x e x+\Delta x. Seja a vazão volumétrica \dot V e a vazão mássica \dot m=\rho\dot V.
  • A forma geral da equação de energia para escoamento estacionário em regime permanente (por unidade de tempo) é, em linguagem usual:
\dot Q - \dot W_{shaft} + \dot m\left(h+\frac{v^2}{2}+gz\right)_{in} = \dot m\left(h+\frac{v^2}{2}+gz\right)_{out},
onde h é a entalpia específica ( h=u+\frac{p}{\rho}), v velocidade média, z altura.
  • Aplicando as hipóteses do problema: \dot Q=0 (adiabático) e \dot W_{shaft}=0. Supondo também que não há variação significativa de energia cinética média nem de potencial gravitacional entre duas secções (fluxo totalmente desenvolvido e tubo horizontal, ou variações negligenciáveis), os termos cinético e potencial podem ser desprezados: \Delta\left(\frac{v^2}{2}\right)\approx 0, \Delta(gz)\approx 0.
  • Resta, portanto, que qualquer trabalho de pressão realizado sobre o controle deve aparecer como variação de entalpia (ou energia interna) e/ou como dissipação irreversível dentro do controle.

Passo 4

Relação prática entre a queda de pressão e o aquecimento por dissipação (razão física e expressão simples):
  • Calcule o trabalho realizado pelas forças de pressão por unidade de tempo entre entrada e saída. Para uma pequena queda de pressão \Delta p = p_{in}-p_{out}>0, o trabalho por unidade de tempo (potência) fornecido pelas pressões é
\dot W_p = \dot V\,\Delta p,
pois a força resultante das pressões é A(p_{in}-p_{out}) e a velocidade média é \dot V/A.
  • Em escoamento estacionário adiabático, sem mudança de energia cinética/potencial e sem trabalho de eixo, essa potência fornecida pelas pressões é transformada internamente por atrito viscoso em energia interna do fluido (aquecimento local). Assim, toda a potência \dot W_p aparece como aumento da energia interna total transportada pelo fluido. Em termos por unidade de massa:
\frac{\dot W_p}{\dot m}=\frac{\dot V\,\Delta p}{\rho\dot V}=\frac{\Delta p}{\rho}.
Ou seja, a contribuição específica (por kg) de energia proveniente da queda de pressão é \displaystyle \frac{\Delta p}{\rho}.
  • Se o fluido é aproximadamente incompressível e com capacidade térmica c_p constante (caso típico de líquidos), o aumento de energia interna se expressa como aquecimento:
\Delta T \approx \frac{\Delta p}{\rho c_p}.
Expliquei as variáveis: \Delta T = T_{out}-T_{in}, \Delta p = p_{in}-p_{out}, \rho densidade (assumida constante), c_p capacidade calorífica à pressão constante.
Interpretação física: a queda de pressão fornece trabalho que é dissipado por forças viscosas (cisalhamento) dentro do fluido; essa dissipação aparece como aumento de energia interna (aquecimento) do fluido.

Passo 5

Mecanismo microscopicamente: dissipação viscosa e termo dissipativo na equação de energia
  • A dissipação ocorre porque camadas adjacentes do fluido se movem a velocidades diferentes; as tensões viscosas tornam esse movimento relativo em calor. Em termos gerais, a taxa de geração de energia térmica por unidade de volume é
\Phi=\tau_{ij}\frac{\partial v_i}{\partial x_j},
onde \tau_{ij} é o tensor de tensões viscosas e \partial v_i/\partial x_j os gradientes de velocidade. Para o caso simples unidimensional de Poiseuille (somente componente axial u(r)), fica
\Phi=\mu\left(\frac{du}{dr}\right)^2,
onde \mu é a viscosidade dinâmica. Integrando \Phi por todo o volume por unidade de tempo dá exatamente \dot V\,\Delta p: a potência fornecida pela queda de pressão é dissipada dentro do fluido.
  • Conclusão operacional: pressão cai, tensão de cisalhamento realiza trabalho local que é transformado irreversivelmente em calor (energia interna).

Passo 6

Segunda Lei / entropia: por que há aumento de entropia?
  • O processo é irreversível (viscosidade produz atrito). Em um tubo adiabático, não há calor trocado com o ambiente, portanto toda a produção irreversível aparece como aumento de entropia do fluido transportado. Para o escoamento estacionário e adiabático:
\dot S_{gen}=\dot m\left(s_{out}-s_{in}\right)>0.
  • Para pequeno aumento de temperatura no caso incompressível, \Delta s \approx c_p\ln\!\left(\frac{T_{out}}{T_{in}}\right)\approx c_p\frac{\Delta T}{T}. Usando \Delta T=\Delta p/(\rho c_p) obtemos uma estimativa
\Delta s\approx \frac{\Delta p}{\rho T}.
Assim \Delta s>0 pois \Delta p>0 (queda de pressão), conforme a Segunda Lei exige. Em palavras: a energia mecânica perdida pela queda de pressão vira calor irreversível, aumentando a entropia.

Passo 7

Comentário prático e numérico (para motivar e deixar claro o efeito):
  • No caso de líquidos comuns, a elevação de temperatura é normalmente muito pequena porque \rho c_p é grande. Exemplo rápido: água com \rho\approx1000\\ \text{kg/m}^3 e c_p\approx4180\\ \text{J/(kg K)}. Para uma queda de pressão \Delta p=10^5\\ \text{Pa} (1 bar),
\Delta T\approx\frac{10^5}{1000\cdot 4180}\approx 0,024\\ ^\circ\text{C}.
Ou seja, energia vai para o aquecimento do fluido, mas o aquecimento é pequeno para líquidos. Para gases compressíveis os efeitos de compressibilidade, variação de entalpia e mudanças de densidade alteram a análise quantitativa, embora o mecanismo (dissipação viscosa -> aumento da energia interna / entropia) permaneça.

Passo 8

Resumo físico e operacional — como responder na prova: itens-chave que você deve escrever claramente:
  • Declare as hipóteses (adiabático, estacionário, sem trabalho de eixo, totalmente desenvolvido).
  • Escreva o balanço de energia estacionário e simplifique descartando variações de KE e PE se aplicável.
  • Mostre que a potência fornecida pela queda de pressão é \dot V\,\Delta p e que essa potência é dissipada internamente por viscosidade.
  • Conclua: “A energia vai para a energia interna do fluido (aquecimento) por dissipação viscosa, com produção de entropia.”
  • Se quiser dar fórmula final, apresente \displaystyle \Delta T\approx\frac{\Delta p}{\rho c_p} para fluido praticamente incompressível.

Resposta

A energia fornecida pela queda de pressão é convertida, via dissipação viscosa, em energia interna do fluido (aquecimento) e em produção de entropia. Para um fluido praticamente incompressível, sem variação de energia cinética/potencial e adiabaticamente isolado, obtém-se aproximadamente \displaystyle \Delta T\approx\frac{\Delta p}{\rho c_p}, e a entropia específica aumenta aproximadamente \displaystyle \Delta s\approx\frac{\Delta p}{\rho T}.

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