Questão 25: O bloqueio de escoamento causado pela introdução de uma sonda intrusiva pode ser significativo. Determine o aumento percentual na velocidade da seção correspondente a uma redução de 0,5 \% na área de escoamento devido ao bloqueio por sonda para escoamento de ar, considerando:
  • Área da seção: 1.0 \mathrm{~m}^{2}
  • Temperatura de estagnação: T_{0}=20{ }^{\circ} \mathrm{C}
  • Números de Mach (sem bloqueio):
M a=0,2

Passo 1

O enunciado pede: determinar o aumento percentual na velocidade numa seção quando a área de escoamento é reduzida em 0{,}5\% por causa de uma sonda, para escoamento de ar. Dados fornecidos:
  • Área inicial: A_{0}=1{,}0\\ \mathrm{m}^{2}.
  • Redução relativa da área: \Delta A/A_{0}=-0{,}005 (ou seja, A_{1}=0{,}995\\ A_{0}).
  • Temperatura de estagnação: T_{0}=20\,^{\circ}\mathrm{C}=293{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Número de Mach (sem bloqueio, no estado inicial): M_{0}=0{,}2.
  • Fluidos: ar perfeito, usaremos \gamma=1{,}4 e R=287\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.

Passo 2

Modelo físico e hipóteses (explicando a teoria de forma didática e direta):
  • Assumo escoamento estacionário e isentrópico (boa aproximação se a sonda bloqueia pouco e não gera perda de calor nem choque).
  • Conservação de massa numa corrente (tubo/ seção): a vazão mássica \dot{m} é constante, logo
\dot{m}=\rho V A=\text{constante}.
Aqui \rho é a densidade local, V é a velocidade local e A é a área da seção.
  • Para escoamento isentrópico de gás perfeito temos relações entre temperatura estática T, temperatura de estagnação T_{0} e Mach M:
T = \dfrac{T_{0}}{1+\dfrac{\gamma-1}{2}M^{2}}.
Vou definir \tau como a razão \tau \equiv T/T_{0} para simplificar manipulações.

Passo 3

Expressões de densidade e velocidade em termos de M e \tau (mostrando cada passo):
  • A velocidade é dada por
V = M a = M\sqrt{\gamma R T} = M\sqrt{\gamma R T_{0}\,\tau}.
  • A densidade, usando p/p_{0}=(T/T_{0})^{\gamma/(\gamma-1)} e \rho=p/(R T), leva a
\rho = \rho_{0}\,\tau^{1/(\gamma-1)},
onde \rho_{0}=p_{0}/(R T_{0}) é a constante de estagnação (não precisamos do valor numérico de \rho_{0} para a razão relativa).
  • Então o produto \rho V (vazão mássica por unidade de área) vale
\rho V = \rho_{0}\,M\sqrt{\gamma R T_{0}}\\ \tau^{\,\left(\frac{1}{\gamma-1}+\frac{1}{2}\right)}.
Definindo o expoente
\alpha \equiv \frac{1}{\gamma-1}+\frac{1}{2},
para ar com \gamma=1{,}4 temos \dfrac{1}{\gamma-1}=\dfrac{1}{0{,}4}=2{,}5 e portanto
\alpha = 2{,}5 + 0{,}5 = 3.
Logo, a dependência essencial (ignorar constantes comuns) é
\rho V \propto M\,\tau^{3}.
Como \dot{m}=\rho V A é constante, para duas situações (antes e depois do bloqueio)
M\,\tau^{3}\,A=\text{constante}.

Passo 4

Linearização diferencial para relacionar variações pequenas (motivo: redução de 0{,}5\% é pequena, então usar aproximação linear é prático e muito preciso):
  • Tome logaritmo e diferencie:
\mathrm{d}\ln M + 3\,\mathrm{d}\ln\tau + \mathrm{d}\ln A = 0.
  • Queremos a variação relativa da velocidade V. Como V=M\sqrt{\gamma R T_{0}\tau},
\mathrm{d}\ln V = \mathrm{d}\ln M + \tfrac{1}{2}\,\mathrm{d}\ln\tau.
  • Precisamos relacionar \mathrm{d}\ln\tau a \mathrm{d}\ln M. Lembre que
\tau = \dfrac{1}{1+k M^{2}},\quad\text{com}\quad k\equiv \dfrac{\gamma-1}{2}=0{,}2.
Assim
\ln\tau = -\ln(1+kM^{2})\quad\Rightarrow\quad \mathrm{d}\ln\tau = -\dfrac{2kM}{1+kM^{2}}\,\mathrm{d}M.
Convertendo para derivada em relação a \ln M:
\mathrm{d}\ln\tau = \underbrace{\left(-\dfrac{2kM^{2}}{1+kM^{2}}\right)}_{=\beta}\,\mathrm{d}\ln M.
Ou seja \beta \equiv \dfrac{\mathrm{d}\ln\tau}{\mathrm{d}\ln M} = -\dfrac{2kM^{2}}{1+kM^{2}}.

Passo 5

Avaliação numérica de \beta no ponto inicial M_{0}=0{,}2:
  • Com k=0{,}2 e M_{0}=0{,}2 temos kM_{0}^{2}=0{,}2\cdot(0{,}2)^{2}=0{,}008.
  • Logo
\beta = -\dfrac{2\cdot 0{,}2\cdot 0{,}2^{2}}{1+0{,}008} = -\dfrac{0{,}016}{1{,}008}\approx -0{,}015873.

Passo 6

Resolver as variações combinadas:
  • Da equação de continuidade linearizada:
\mathrm{d}\ln M + 3\,\mathrm{d}\ln\tau = -\mathrm{d}\ln A.
Substituindo \mathrm{d}\ln\tau=\beta\,\mathrm{d}\ln M
\mathrm{d}\ln M \,(1+3\beta) = -\mathrm{d}\ln A \quad\Rightarrow\quad \mathrm{d}\ln M = -\dfrac{\mathrm{d}\ln A}{1+3\beta}.
  • A variação de \ln V é
\mathrm{d}\ln V = \mathrm{d}\ln M + \tfrac{1}{2}\beta\,\mathrm{d}\ln M = \mathrm{d}\ln M \,(1+\tfrac{1}{2}\beta).
Juntando as duas relações:
\mathrm{d}\ln V = -\mathrm{d}\ln A\\ \dfrac{1+\tfrac{1}{2}\beta}{1+3\beta}.

Passo 7

Inserir os valores numéricos e obter a variação percentual:
  • A variação relativa da área é \mathrm{d}\ln A \approx \Delta A/A_{0}=-0{,}005.
  • Com \beta\approx -0{,}015873 calculamos os fatores
1+\tfrac{1}{2}\beta \approx 1-0{,}0079365 = 0{,}9920635,
1+3\beta \approx 1-0{,}047619 = 0{,}952381.
  • Portanto
\mathrm{d}\ln V \approx -(-0{,}005)\cdot\dfrac{0{,}9920635}{0{,}952381} =0{,}005\cdot 1{,}041333\approx 0{,}0052067.
  • A variação percentual (pequena) é aproximadamente 100\cdot\mathrm{d}\ln V, ou seja 0{,}52067\%, que arredondando sensatamente dá 0{,}521\%.

Passo 8

Pequena verificação numérica direta (opcional, para dar confiança):
  • Temperatura estática inicial \tau_{0}=1/(1+0{,}2\cdot 0{,}2^{2})\approx 0{,}9920635 e velocidade inicial V_{0}=M_{0}\sqrt{\gamma R T_{0}\tau_{0}}\approx 68{,}39\\ \mathrm{m/s}.
  • Aplicando aumento de 0{,}5207\% obtém-se V_{1}\approx 68{,}39\times 1{,}0052067\approx 68{,}75\\ \mathrm{m/s}.
  • A diferença é muito pequena numericamente (≈ 0{,}36\\ \mathrm{m/s}), compatível com a aproximação linear usada.

Resposta

0{,}521\%

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