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=3,0

Passo 1

O enunciado pede que eu determine o aumento percentual (ou mudança percentual) da velocidade numa seção quando a área de escoamento é reduzida em 0{,}5\% devido ao bloqueio de uma sonda, para escoamento de ar com as seguintes informações:
  • Área da seção inicial: 1{,}0\\ \mathrm{m}^2 (a área numérica só serve para referência; a redução é percentural).
  • Temperatura de estagnação: T_0 = 20^\circ\mathrm{C} = 293{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Número de Mach inicial (sem bloqueio): M_1 = 3{,}0.
    A pergunta é: qual é a variação percentual na velocidade local da seção quando a área é reduzida em 0{,}5\%?

Passo 2

Vamos assumir condições típicas de prova/questão: escoamento isentrópico (adiabático e reversível) e regime estacionário, de modo que a vazão mássica através da seção se conserva. Isso faz sentido porque a sonda apenas reduz a área localmente sem alterar instantaneamente as condições de estagnação do escoamento a montante (o enunciado fornece T_0 e M inicial), e é a hipótese padrão para avaliar pequenos bloqueios.
A ideia física: para escoamento compressível isentrópico e um dado par de condições de estagnação, a vazão mássica por unidade de área é função apenas do Mach local. Então, se a área cai, o Mach local ajusta-se para manter a conservação da massa, e com isso a velocidade local muda. Nosso objetivo é relacionar a pequena variação relativa da área \Delta A/A à variação relativa da velocidade \Delta u/u.

Passo 3

Escrevendo a expressão conveniente para a vazão mássica por unidade de área (para ar perfeito, \gamma=1{,}4): existe uma função conhecida F(M) tal que, para um fluxo isentrópico com mesmas condições de estagnação,
\frac{\dot m}{A} \propto F(M),
onde (padrão da teoria de escoamentos isentrópicos)
F(M)=M\left(1+\frac{\gamma-1}{2}M^2\right)^{-\frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}}.
Para \gamma=1{,}4 temos \frac{\gamma-1}{2}=0{,}2 e \frac{\gamma+1}{2(\gamma-1)}=3. Portanto
F(M)=M\left(1+0{,}2M^2\right)^{-3}.
Como a vazão mássica total \dot m se conserva e o prefator que depende de p_0,T_0 cancela, temos
A_1 F(M_1)=A_2 F(M_2).
Com pequenas variações podemos usar log-diferenciais: \dfrac{\Delta F}{F}=-\dfrac{\Delta A}{A}.

Passo 4

Calculo a sensibilidade de F em relação a M. Usando logaritmos:
\ln F=\ln M -3\ln\bigl(1+0{,}2M^2\bigr).
Derivando em relação a M:
\frac{d\ln F}{dM}=\frac{1}{M}-3\cdot\frac{1}{1+0{,}2M^2}\cdot(0{,}4M) =\frac{1}{M}-\frac{1{,}2M}{1+0{,}2M^2}.
Avalio em M_1=3{,}0:
\frac{1}{M_1}=\frac{1}{3}=0{,}333333\ldots
1+0{,}2M_1^2=1+0{,}2\cdot 9=2{,}8, \qquad \frac{1{,}2M_1}{1+0{,}2M_1^2}=\frac{1{,}2\cdot 3}{2{,}8}=\frac{3{,}6}{2{,}8}=1{,}285714\ldots
Logo
\left.\frac{d\ln F}{dM}\right|_{M=3} =0{,}333333-1{,}285714=-0{,}952381\\ (\text{aprox.}).

Passo 5

A redução de área é de 0{,}5\%, ou seja A_2=0{,}995\,A_1. Portanto a razão exata é
\frac{A_1}{A_2}=\frac{1}{0{,}995}=1{,}0050251256\ldots
e a variação relativa de F requerida é aproximadamente
\frac{\Delta F}{F}=\frac{F(M_2)-F(M_1)}{F(M_1)}=\frac{A_1}{A_2}-1\approx 0{,}005025.
Usando a aproximação linear (válida para variações pequenas),
\Delta\ln F=\left.\frac{d\ln F}{dM}\right|_{M_1}\Delta M \quad\Rightarrow\quad \Delta M \approx \frac{\Delta F/F}{(d\ln F/dM)_{M_1}}.
Substituindo números:
\Delta M \approx \frac{0{,}005025}{-0{,}952381} \approx -0{,}005277.
Assim o novo Mach é
M_2=M_1+\Delta M\approx 3{,}0-0{,}005277\approx 2{,}994723.
Observe o sinal: \Delta M<0 — para M>1 (supersônico) uma redução de área provoca uma diminuição do Mach local (o escoamento se desacelera localmente), que é comportamento consistente com a teoria de diferenciação de área para escoamentos compressíveis.

Passo 6

Agora relaciono a variação de M à variação relativa da velocidade u. A velocidade local é
u=M a,\qquad a=\sqrt{\gamma R T},
e a temperatura está relacionada à temperatura de estagnação por
T=\frac{T_0}{1+\frac{\gamma-1}{2}M^2}=\frac{T_0}{1+0{,}2M^2}.
Logo a velocidade pode ser escrita como
u=\sqrt{\gamma R T_0}\;G(M),\qquad G(M)=M\bigl(1+0{,}2M^2\bigr)^{-1/2}.
A variação relativa da velocidade é então \Delta u/u=\Delta\ln G\approx (d\ln G/dM)_{M_1}\Delta M. Calculo o derivado:
\frac{d\ln G}{dM}=\frac{1}{M}-\frac{1}{2}\cdot\frac{0{,}4M}{1+0{,}2M^2} =\frac{1}{M}-\frac{0{,}2M}{1+0{,}2M^2}.
Avalio em M_1=3{,}0:
\frac{1}{M_1}=0{,}333333,\qquad \frac{0{,}2M_1}{1+0{,}2M_1^2}=\frac{0{,}6}{2{,}8}=0{,}2142857,
portanto
\left.\frac{d\ln G}{dM}\right|_{M=3}=0{,}333333-0{,}2142857=0{,}1190476\\ (\text{aprox.}).
Multiplicando pelo \Delta M encontrado:
\frac{\Delta u}{u}\approx 0{,}1190476\times(-0{,}005277)\approx -0{,}000628.
Convertendo para porcentagem:
\frac{\Delta u}{u}\times 100\% \approx -0{,}0628\%.
Para dar um número físico: calculando a velocidade inicial (apenas para ver a escala),
T_1=\frac{T_0}{1+0{,}2\cdot 3^2}=\frac{293{,}15}{2{,}8}\approx 104{,}70\\ \mathrm{K},
a_1=\sqrt{\gamma R T_1}=\sqrt{1{,}4\cdot 287\cdot 104{,}70}\approx 205{,}12\\ \mathrm{m/s},
u_1=M_1 a_1\approx 3{,}0\times 205{,}12\approx 615{,}36\\ \mathrm{m/s}.
A variação percentual -0{,}0628\% corresponde a uma queda de velocidade de cerca de
\Delta u\approx -0{,}000628\times 615{,}36\approx -0{,}39\\ \mathrm{m/s},
isto é, u_2\approx 614{,}97\\ \mathrm{m/s}. Portanto a mudança é muito pequena e é uma redução (não um aumento).

Resposta

-0{,}0628\%

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