2{ }^{\text {a }}. Questão: 60% pontos
Considere o escoamento de Poiseuille no interior de um canal plano composto por duas placas paralelas separadas por uma distância h e de largura b. O escoamento é promovido por um gradiente de pressâto dado por \frac{d p}{d z} \mathrm{em}\left(N / m^{3}\right)
a. Estabelecer o modelo físico.
b. Estabelecer o modelo diferencial simplificado para esse problema, supondo fluido newtoniano, escoamento incompressível, regime permanente, escoamento desenvolvido. Se necessário podem ser feitas outras hipóteses (justificar). Apenas o modelo dinâmico.
c. Determinar o modelo contínuo para a velocidade do fluido, utilizando a integração do modelo matemático diferencial.
d. Como aplicação, calcular a vazão em função dos dados. Calcular a potência necessária para bombear o fluido.
e. Calcular a taxa de transformação de energia pelos efeitos viscosos e mostrar que a potência de transformação energética é igual à potência de bombeamento.

Passo 1

O que o enunciado pede e quais dados temos\n
  • Pedido (resumido):
    (a) estabelecer o modelo físico;
    (b) obter o modelo diferencial simplificado (dinâmico) assumindo fluido newtoniano, incompressível, permanente e escoamento desenvolvido;
    (c) integrar esse modelo para obter a velocidade contínua u(y);
    (d) calcular a vazão Q em função dos dados e a potência necessária para bombear o fluido;
    (e) calcular a taxa de transformação de energia pelos efeitos viscosos (dissipação) e mostrar que ela é igual à potência de bombeamento.\n
  • Dados geométricos e parâmetros (dados do enunciado):
    • distância entre as placas: h (separação entre placas);
    • largura (no terceiro eixo, perpendicular ao plano do gap): b (largura da placa, dimensão para a profundidade do canal);
    • gradiente de pressão aplicado ao longo da direção de escoamento: \dfrac{d p}{d z} (unidade N/m^{3});
    • fluido newtoniano e viscosidade dinâmica constante: \mu.\n
  • Observações úteis para a resolução: as incógnitas principais serão o perfil de velocidade u(y), a vazão Q, a potência de bombeamento P (por unidade de comprimento ou para um comprimento L) e a taxa de dissipação por viscosidade. Não foi dado comprimento L explicitamente, então poderão ser dadas expressões por unidade de comprimento ou para um comprimento L (vou indicar ambas onde fizer sentido).

Passo 2

Modelo físico (descrição clara do problema)\n
  • Geometria: canal plano formado por duas placas paralelas, separadas por \,h, e de largura (profundidade) b (constante). Vamos usar um sistema de coordenadas cartesianas (x,y,z) com: \,z = direção do escoamento (longitudinal), \,y = direção normal às placas (varia de y=0 até y=h), e \,x = direção da largura b (essa direção é homogênea e não haverá variação em x).\n
  • Condições nas paredes: aderência (no-slip), portanto u(z) tangencial nula nas paredes em y=0 e y=h.\n
  • Tipo de escoamento: unidimensional (apenas componente de velocidade na direção z), permanente, incompressível, escoamento desenvolvido (varição nula de velocidade ao longo de z salvo pelo gradiente de pressão), sem forças de volume relevantes (gravidade desprezível ou alinhada de modo que não afete o perfil), viscosidade constante (fluido newtoniano). Essas hipóteses serão justificadas e usadas para simplificar as equações de Navier–Stokes no próximo passo.\n
  • Resultado físico esperado: um perfil parabólico de velocidade entre as placas (fluxo de Poiseuille plano) e fórmulas para Q e P.

Passo 3

Modelo diferencial simplificado (derivação a partir das equações de Navier–Stokes)\n
  1. Escrever as equações completas e explicar as hipóteses usadas\n
  • Equação de conservação de massa (incompressibilidade):
\nabla\cdot\mathbf{v}=0,
onde \mathbf{v}=(u_x,u_y,u_z) é o campo de velocidades. Aqui, pelo modelo, só teremos componente \,u_z, que chamarei apenas de \,u(y).\n
  • Equações de Navier–Stokes (momentum) para um fluido newtoniano e viscosidade constante:
\rho\left(\frac{\partial \mathbf{v}}{\partial t}+\mathbf{v}\cdot\nabla\mathbf{v}\right)=-\nabla p+\mu\nabla^{2}\mathbf{v}+\mathbf{f},
onde \rho é a densidade, p a pressão e \mathbf{f} forças de volume (por exemplo gravidade).\n
2) Aplicar hipóteses e justificar a eliminação de termos\n
  • Escoamento permanente: \partial/\partial t=0.
  • Escoamento unidirecional totalmente desenvolvido: \mathbf{v}=(0,0,u(y)) e \partial u/\partial z=0. Isso significa que não há variação do perfil ao longo de z (o perfil já assumiu forma fixa).
  • Não há variação em x (largura b muito grande ou contorno confinado mas homogêneo), então \partial/\partial x=0.
  • As componentes convectivas \mathbf{v}\cdot\nabla\mathbf{v} tornam-se zero porque u depende apenas de y e não há componente de velocidade em y ou x.
  • Forças de volume \mathbf{f} desprezíveis (ou incorporadas no gradiente de pressão); aqui vou assumir \mathbf{f}=0 ou que seu efeito não altera a relação principal.\n
  1. Resultado para a componente z da equação do movimento\n
    Com essas hipóteses, a única equação não-trivial é a componente em z:
0 = -\frac{d p}{d z} + \mu\frac{d^{2}u}{d y^{2}}.
Explicação: o termo inercial \rho(u\partial u/\partial z + \dots) é zero por escoamento desenvolvido/unidimensional; a laplaciana reduz a \partial^{2}u/\partial y^{2} porque não há dependência em x nem em z.\n
4) Condições de contorno para completar o modelo dinâmico\n
  • No-slip nas paredes:
u(0)=0,\qquad u(h)=0.
Essas condições serão usadas na integração da equação ordinária acima.\n
Portanto, o modelo diferencial dinâmico obtido é:
\mu\frac{d^{2}u}{d y^{2}}=\frac{d p}{d z},\qquad u(0)=0,\quad u(h)=0.

Passo 4

Integração do modelo diferencial para obter o perfil de velocidade u(y)\n
  1. Escrevendo a equação ODE para integrar:
\mu\frac{d^{2}u}{d y^{2}}=\frac{d p}{d z}.
Aqui \dfrac{d p}{d z} é dado (constante), e \mu é constante.\n
2) Integração uma vez: calcular \dfrac{d u}{d y}\n
Integrando em y:
\mu\frac{d u}{d y}=\frac{d p}{d z}\,y + C_{1},
onde C_{1} é constante de integração.\n
3) Integração segunda vez: obter u(y)\n
Integrando novamente:
\mu u(y)=\frac{d p}{d z}\,\frac{y^{2}}{2} + C_{1}y + C_{2},
com C_{2} outra constante de integração. Dividindo por \mu:
u(y)=\frac{1}{2\mu}\frac{d p}{d z}\,y^{2} + \frac{C_{1}}{\mu}y + \frac{C_{2}}{\mu}.
  1. Determinar constantes C_{1},C_{2} pelas condições de contorno\n
  • Em y=0: u(0)=0 \dfrac{C_{2}}{\mu}=0\Rightarrow C_{2}=0.
  • Em y=h: u(h)=0
0=\frac{1}{2\mu}\frac{d p}{d z}\,h^{2} + \frac{C_{1}}{\mu}h.
Multiplicando por \mu e resolvendo para C_{1}:
C_{1}=-\frac{1}{2}\frac{d p}{d z}\,h.
  1. Substituir C_{1},C_{2} em u(y)\n
u(y)=\frac{1}{2\mu}\frac{d p}{d z}\,y^{2}-\frac{1}{2\mu}\frac{d p}{d z}\,h\,y =\frac{1}{2\mu}\frac{d p}{d z}\,y(y-h).
  1. Interpretar sinal e escrever em forma usual com gradiente positivo\n
    É comum definir o gradiente positivo de “força motriz” como \,G\equiv -\dfrac{d p}{d z} (ou seja, G>0 quando a pressão decresce na direção positiva z). Com essa definição:
u(y)=\frac{G}{2\mu}\,y(h-y).
Essa forma deixa claro que u\ge 0 no intervalo 0\le y\le h quando G>0. Ambas as formas são matematicamente equivalentes.

Passo 5

Cálculo da vazão volumétrica Q\n
  1. Definição: a vazão volumétrica é a integral do campo de velocidade sobre a seção transversal. A seção tem largura b e espessura em y de 0 a h. Assim, por unidade de comprimento em z:
Q=b\int_{0}^{h} u(y)\,dy.
  1. Substituir o perfil u(y) (uso de G=-dp/dz para clareza):
Q=b\int_{0}^{h}\frac{G}{2\mu}\,y(h-y)\,dy =\frac{bG}{2\mu}\int_{0}^{h}\big(hy-y^{2}\big)\,dy.
  1. Calcular a integral passo a passo:\n
\int_{0}^{h}hy\,dy = h\left[\frac{y^{2}}{2}\right]_{0}^{h} = h\cdot\frac{h^{2}}{2}=\frac{h^{3}}{2},
\int_{0}^{h}y^{2}\,dy=\left[\frac{y^{3}}{3}\right]_{0}^{h}=\frac{h^{3}}{3}.
Portanto
\int_{0}^{h}\big(hy-y^{2}\big)\,dy=\frac{h^{3}}{2}-\frac{h^{3}}{3}=\frac{h^{3}}{6}.
  1. Substituindo de volta:
Q=\frac{bG}{2\mu}\cdot\frac{h^{3}}{6}=\frac{bG h^{3}}{12\mu}.
Voltando ao gradiente original dp/dz (com G=-dp/dz):
Q=-\frac{b h^{3}}{12\mu}\,\frac{d p}{d z}.
Essa é a vazão em função dos dados b,h,\mu e do gradiente de pressão \dfrac{d p}{d z}.\n
Observação: o sinal indica que se \dfrac{d p}{d z}<0 (pressão decresce na direção positiva z), então Q>0 (escoamento no sentido positivo z).

Passo 6

Potência necessária para bombear o fluido (potência de bombeamento)\n
  1. Relação geral: potência fornecida pela bomba (potência hidráulica) para manter o escoamento é a taxa de trabalho feita pela força de pressão, dada por P=\Delta p\cdot Q onde \Delta p é a queda de pressão entre entrada e saída. Para um segmento de comprimento L, a queda de pressão é \Delta p = -\dfrac{d p}{d z}\,L = G\,L. Portanto a potência total para comprimento L é:
P_{\text{bombeamento}}=\Delta p\;Q = \big(-\tfrac{d p}{d z}\,L\big)\;Q = G\,L\;Q.
  1. Substituir Q:
P_{\text{bombeamento}}=G\,L\cdot\frac{bG h^{3}}{12\mu}=\frac{b G^{2} h^{3} L}{12\mu}.
  1. Potência por unidade de comprimento (caso não se queira introduzir L):\n
\frac{P_{\text{bombeamento}}}{L}=\frac{b G^{2} h^{3}}{12\mu}.
  1. Em termos de \dfrac{d p}{d z} (retrocedendo G=-dp/dz):
P_{\text{bombeamento}}=\frac{b h^{3} L}{12\mu}\left(-\frac{d p}{d z}\right)^{2}.
Essas expressões dão a potência que a bomba deve fornecer para vencer a perda de pressão e manter o fluxo.

Passo 7

Taxa de transformação de energia por efeitos viscosos (dissipação) e demonstração da igualdade com a potência de bombeamento\n
  1. Expressão local da dissipação viscosa por unidade de volume\n
    Para um fluido newtoniano incompressível, a taxa de transformação de energia mecânica em calor por unidade de volume é (no caso unidimensional com apenas u(y) não-nula):
\varphi(y)=\tau_{zy}\frac{\partial u}{\partial y},
onde \tau_{zy}=\mu\left(\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial z}\right)=\mu\frac{du}{dy} (já que v=0 e \partial v/\partial z=0). Logo
\varphi(y)=\mu\left(\frac{du}{dy}\right)^{2}.
Explicação: \varphi é potência por unidade de volume dissipada em calor por ação das tensões viscosas; no caso só há a componente de corte \tau_{zy}.\n
2) Derivar \dfrac{du}{dy} a partir do perfil encontrado\n
Usando u(y)=\dfrac{G}{2\mu}\,y(h-y), temos
\frac{du}{dy}=\frac{G}{2\mu}\,(h-2y).
  1. Calcular a dissipação total por unidade de comprimento z (integrar sobre a seção transversal)\n
    Volume por unidade de comprimento é b\,dy. Então a potência dissipada por unidade de comprimento é:
\frac{P_{\text{diss}}}{\text{por comprimento}} = b\int_{0}^{h}\mu\left(\frac{du}{dy}\right)^{2}dy =b\int_{0}^{h}\mu\left(\frac{G}{2\mu}\right)^{2}(h-2y)^{2}dy.
Simplificando o coeficiente:
b\int_{0}^{h}\mu\frac{G^{2}}{4\mu^{2}}(h-2y)^{2}dy =\frac{bG^{2}}{4\mu}\int_{0}^{h}(h-2y)^{2}dy.
  1. Calcular a integral \int_{0}^{h}(h-2y)^{2}dy\n
    Expanda e integre:
(h-2y)^{2}=h^{2}-4hy+4y^{2}.
\int_{0}^{h}(h^{2}-4hy+4y^{2})dy = h^{2}h -4h\cdot\frac{h^{2}}{2} +4\cdot\frac{h^{3}}{3} = h^{3}-2h^{3}+\frac{4h^{3}}{3}=\frac{h^{3}}{3}.
  1. Substituir na expressão de P_{\text{diss}} por comprimento:
\frac{P_{\text{diss}}}{\text{por comprimento}}=\frac{bG^{2}}{4\mu}\cdot\frac{h^{3}}{3}=\frac{bG^{2}h^{3}}{12\mu}.
  1. Comparar com a potência de bombeamento por unidade de comprimento\n
    Na Passo 6 vimos
\frac{P_{\text{bombeamento}}}{L}=\frac{bG^{2}h^{3}}{12\mu}.
Portanto:
\frac{P_{\text{diss}}}{\text{por comprimento}}=\frac{P_{\text{bombeamento}}}{L}.
Conclusão: a potência fornecida pela bomba é totalmente dissipada pelo atrito viscoso dentro do fluido (em regime permanente, sem acumulação de energia cinética), ou seja, potência de transformação energética por viscosidade é igual à potência de bombeamento.

Passo 8

Resumo final das fórmulas úteis (relembrando interpretações)\n
  • Perfil de velocidade (entre y=0 e y=h):
u(y)=\frac{1}{2\mu}\frac{d p}{d z}\,y(y-h) \qquad\text{ou}\qquad u(y)=\frac{G}{2\mu}\,y(h-y),
com \,G\equiv -\dfrac{d p}{d z}.\n
  • Vazão volumétrica (por unidade de comprimento axial L ou total, conforme L):
Q=b\int_{0}^{h}u(y)\,dy=\frac{bG h^{3}}{12\mu} \qquad\text{ou}\qquad Q=-\frac{b h^{3}}{12\mu}\,\frac{d p}{d z}.
  • Potência de bombeamento (para comprimento L):\n
P_{\text{bombeamento}}=\Delta p\;Q = G L\;Q = \frac{b G^{2} h^{3} L}{12\mu}.
  • Potência por unidade de comprimento:\n
\frac{P_{\text{bombeamento}}}{L}=\frac{b G^{2} h^{3}}{12\mu}.
  • Dissipação viscosa total por unidade de comprimento (integração de \mu(du/dy)^{2}):\n
\frac{P_{\text{diss}}}{\text{por comprimento}}=b\int_{0}^{h}\mu\left(\frac{du}{dy}\right)^{2}dy=\frac{b G^{2} h^{3}}{12\mu}.
E portanto \dfrac{P_{\text{diss}}}{\text{por comprimento}}=\dfrac{P_{\text{bombeamento}}}{L}.\n
Se quiser números concretos, basta substituir b,h,\mu e o valor numérico de \dfrac{dp}{dz} (ou \Delta p e L) nas fórmulas acima. Força final de incentivo: você já tem aqui o passo a passo completo — na prova, escreva as hipóteses, derive a ODE, integre com as condições e calcule as integrais; é exatamente essa sequência que conta.

Resposta

(a) Canal plano entre duas placas paralelas separadas por h, largura b, escoamento unidimensional na direção z, condições de aderência u(0)=u(h)=0; fluido newtoniano, incompressível, regime permanente e escoamento desenvolvido (essas hipóteses definem o modelo físico).
(b) Modelo diferencial dinâmico:
\mu\frac{d^{2}u}{d y^{2}}=\frac{d p}{d z},\qquad u(0)=0,\quad u(h)=0.
(c) Perfil de velocidade contínuo:
u(y)=\frac{1}{2\mu}\frac{d p}{d z}\,y(y-h) \qquad\text{(ou)}\qquad u(y)=\frac{G}{2\mu}\,y(h-y),\; G\equiv -\frac{d p}{d z}.
(d) Vazão e potência de bombeamento:
Q=b\int_{0}^{h}u(y)\,dy=\frac{bG h^{3}}{12\mu}=-\frac{b h^{3}}{12\mu}\frac{d p}{d z},
P_{\text{bombeamento}}=\Delta p\;Q = G L\;Q = \frac{b G^{2} h^{3} L}{12\mu},
e por unidade de comprimento \dfrac{P_{\text{bombeamento}}}{L}=\dfrac{b G^{2} h^{3}}{12\mu}.
(e) Taxa de transformação de energia por viscosidade (dissipação) e igualdade com potência de bombeamento:
\frac{P_{\text{diss}}}{\text{por comprimento}}=b\int_{0}^{h}\mu\left(\frac{du}{dy}\right)^{2}dy=\frac{b G^{2} h^{3}}{12\mu}=\frac{P_{\text{bombeamento}}}{L}.

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