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=0,8

Passo 1

O enunciado pede: determinar o aumento percentual na velocidade numa seção cuja área foi reduzida em 0{,}5\% devido ao bloqueio de sonda, para escoamento de ar com as informações:
\text{Área inicial: } A_1 = 1{,}0\\ \mathrm{m^2}, \qquad \text{Redução: } 0{,}5\% \Rightarrow A_2 = 0{,}995\,A_1,Áçã
\text{Temperatura de estagnação: } T_0 = 20^\circ\mathrm{C} = 293{,}15\\ \mathrm{K}, \qquad \text{Mach inicial: } M_1 = 0{,}8.çã
Dados físicos úteis (ar perfeito): \gamma = 1{,}4.
Objetivo numérico final: calcular \% de aumento em V, isto é \displaystyle 100\cdot\frac{V_2-V_1}{V_1}.

Passo 2

Estratégia e hipóteses (explicando a física): vou assumir escoamento isentrópico local (ar ideal, sem perdas significativas causadas pela sonda além da redução de área) e massa mássica constante através da seção. Nessas condições a conservação de massa dá
\rho_1 V_1 A_1 = \rho_2 V_2 A_2.
Para relacionar densidade e velocidade no escoamento compressível usamos as relações isentrópicas entre grandezas estáticas e a temperatura de estagnação T_0. Vou derivar a relação que liga a área e o número de Mach para isentrópico, que permitirá encontrar a nova Mach M_2 quando a área muda.

Passo 3

Relações isentrópicas básicas (aula curta):
  • Temperatura estática T e temperatura de estagnação T_0:
T_0 = T\left(1+\frac{\gamma-1}{2}M^2\right).
  • A velocidade local é V = M\sqrt{\gamma R T}.
  • A expressão padrão para o fluxo mássico por unidade de área em escoamento isentrópico, escrita em função de T_0 e M, é (constantes comuns cancelam ao comparar dois estados):
\frac{\dot m}{A} \propto f(M),\quad f(M)=M\left(1+\frac{\gamma-1}{2}M^2\right)^{-\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}.
Para ar com \gamma=1{,}4 temos \frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}=\frac{2{,}4}{0{,}8}=3. Portanto
f(M)=M\left(1+0{,}2\,M^2\right)^{-3}.
Como \dot m e T_0 são constantes, a área é inversamente proporcional a f(M):
A\propto\frac{1}{f(M)}.

Passo 4

Aplicando a mudança de área pequena:
\frac{A_2}{A_1}=0{,}995 \quad\Rightarrow\quad \frac{f(M_2)}{f(M_1)}=\frac{A_1}{A_2}=\frac{1}{0{,}995}\approx 1{,}005025.
Logo f(M_2)=1{,}005025\,f(M_1). Vou calcular f(M_1) numericamente e obter M_2. Como a mudança de área é pequena, uso uma linearização (expansão diferencial) para achar M_2 de forma simples e precisa.

Passo 5

Cálculo de f(M_1) com M_1=0{,}8:
f(M_1)=0{,}8\left(1+0{,}2\cdot 0{,}8^2\right)^{-3} =0{,}8\left(1+0{,}2\cdot 0{,}64\right)^{-3} =0{,}8\left(1+0{,}128\right)^{-3} =0{,}8\cdot 1{,}128^{-3}.
Calculando 1{,}128^{3}\approx 1{,}435249, temos
f(M_1)\approx 0{,}8\cdot\frac{1}{1{,}435249}\approx 0{,}557556.

Passo 6

Linearização para pequeno \Delta A. Como A\propto 1/f(M), usando log-diferenciação:
\frac{dA}{A} = -\frac{df}{f} = -\frac{f'(M)}{f(M)}\,dM.
Vou obter f'(M)/f(M) analiticamente (isso evita ter que resolver numericamente uma equação não linear):
com f(M)=M(1+aM^2)^{-3} e a=0{,}2 obtemos
f'(M)=(1+aM^2)^{-3} + M(-3)(1+aM^2)^{-4}(2aM) =(1+aM^2)^{-4}\big(1+aM^2-6aM^2\big).
Portanto
\frac{f'(M)}{f(M)}=\frac{1-5aM^2}{M(1+aM^2)}.
Substituindo a=0{,}2 e M=M_1=0{,}8:
aM_1^2=0{,}2\cdot 0{,}64=0{,}128,\qquad 1+aM_1^2=1{,}128,
1-5aM_1^2=1-5\cdot 0{,}128=1-0{,}64=0{,}36.
Logo
\frac{f'(M_1)}{f(M_1)}=\frac{0{,}36}{0{,}8\cdot 1{,}128}=\frac{0{,}36}{0{,}9024}\approx 0{,}3991.
Da relação diferencial
\frac{dA}{A} = -\frac{f'(M)}{f(M)}\,dM
temos
dM = -\frac{M(1+aM^2)}{1-5aM^2}\,\frac{dA}{A}.
Substituindo valores:
dM = -\frac{0{,}8\cdot 1{,}128}{0{,}36}\,(-0{,}005) = \frac{0{,}9024}{0{,}36}\cdot 0{,}005 \approx 2{,}507\cdot 0{,}005 \approx 0{,}012535.
Portanto
M_2 \approx M_1 + dM \approx 0{,}8 + 0{,}012535 = 0{,}812535.

Passo 7

Agora calculamos a variação da velocidade. Usamos a relação
V = M\sqrt{\gamma R T}
e T = \dfrac{T_0}{1+\tfrac{\gamma-1}{2}M^2} = \dfrac{T_0}{1+0{,}2M^2}. Assim a razão V_2/V_1 simplifica (o fator \sqrt{\gamma R T_0} cancela):
\frac{V_2}{V_1} = \frac{M_2}{M_1}\sqrt{\frac{1+0{,}2M_1^2}{1+0{,}2M_2^2}}.
Substituindo M_1=0{,}8 e M_2\approx 0{,}812535:
1+0{,}2M_1^2 = 1{,}128,\qquad M_2^2\approx 0{,}812535^2\approx 0{,}660213,
1+0{,}2M_2^2 \approx 1{,}132043.
Logo
\frac{V_2}{V_1} \approx \frac{0{,}812535}{0{,}8}\sqrt{\frac{1{,}128}{1{,}132043}} \approx 1{,}01566875\cdot \sqrt{0{,}996456} \approx 1{,}01566875\cdot 0{,}998227 \approx 1{,}013865.

Passo 8

Transformando em aumento percentual:
\%\\ \text{aumento} = 100\left(\frac{V_2}{V_1}-1\right)\approx 100\cdot(1{,}013865-1)=1{,}3865\%\approx 1{,}39\%.

Resposta

1{,}39\% (aumento aproximado na velocidade)

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