Equação da Energia e Bernoulli

Teoria Completa

Aplicando o Teorema de Transporte de Reynolds para a Energia

Já vimos como aplicar a conservação de massa e a quantidade de movimento. O último item a aprender a aplicar ao volume de controle é a conservação de energia.

Nesse caso, vamos usar a primeira lei da termo Δ E = Q - W . Quando aplicamos ela usando o teorema de transporte de Reynolds obtemos:

Q ˙ - W e ˙ - W v ˙ = d d t ∫ V C u ^ + v 2 2 + g z ρ d V + ∫ S C h ^ + v 2 2 + g z ρ V c o s θ . d A s a í d a - ∫ S C h ^ + v 2 2 + g z ρ V c o s θ . d A e n t r a d a  

Que equação grandinha e monstrinha, não? Será que não conseguimos simplificar??

Considerando o escoamento permanente a gente zera o primeiro termo d d t ∫ V C u ^ + v 2 2 + g z ρ d V .

E podemos escrever assim a equação:

Q ˙ - W e ˙ - W v ˙ = m ˙ 2 h ^ 2 + v 2 2 2 + g z 2 - m ˙ 1 h ^ 1 + v 1 2 2 + g z 1

Já ficou melhor, né?

Mas o que é isso tudo? São os fluxos de calor, trabalho, massa. Sendo h a entalpia.

Para melhorar nossa situação podemos usar o fato de haver conservação de massa e assim

m ˙ 2 = m ˙ 1

Podemos dividir toda equação pela vazão mássica, assim obtendo:

q - w e - w v = h ^ 2 + v 2 2 2 + g z 2 - h ^ 1 - v 1 2 2 - g z 1

Essa equação ainda está em termos de propriedade térmicas como h que representa a entalpia.

Assim, alguns estudiosos fizeram várias transformações para chegar numa forma simplificada da equação de energia:

Equação da Conservação da Energia para o Volume de Controle

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s - h b o m b a + h t u r b i n a

Essa vai ser a equação que mais vamos usar, essa equação compara a energia entre duas superfícies.

Onde p é a pressão em uma superfície escolhida, V a velocidade de escoamento do fluido nessa superfície e z a altura dessa superfície.

Além disso temos h . Esse h está relacionado com pressão ou potência. Lembra que podemos indicar pressão em m de coluna de líquido? Pois aqui é assim. Eesses h s indicam uma “potência” porque essa pressão é capaz de realizar trabalho. Mas a unidade desse h é metros ok?

Aliás, essa é a equação da energia. Porééém, se você olhar a fundo, vai perceber que cada parcela dessa expressão não está Joules (unidade de energia no Sistema Internacional), mas sim em metros.

O fato é que nós manipulamos tanto a equação para ficar com variáveis que conhecemos, que agora as parcelas estão na unidade de metros. Tá tudo bem 😊 . Podemos continuar chamando de equação da energia porque essa equação surgiu da aplicação do Teorema do Transporte de Reynolds para a energia!

Só não podemos esquecer então que h p e r d a s ,   h b o m b a ,   h t u r b i n a são medidas em metros no Sistema Internacional, tá ok?

Então, a velocidade na nossa equação está relacionada à energia cinética, a altura está relacionada à energia potencial gravitacional, a pressão está relacionada à energia das forças de pressão do fluido. Maaas...

Quem são h p e r d a s ,   h b o m b a ,   h t u r b i n a ?

Da mesma forma que a velocidade está associada à energia cinética, h p e r d a s está associada à energia perdida ao longo do escoamento por conta do atrito, h b o m b a está associada à energia gerada para o sistema pela bomba e h t u r b i n a está associada à energia retirada do sistema para girar a turbina.

Mas h NÃO É A ENERGIA EM SI! Combinado? São medidas em metros no SI.

Dando nome a elas:

h p e r d a s = Perda de Carga

h b o m b a = Carga fornecida pela bomba

h t u r b i n a = Carga consumida pela turbina

Agora conhecemos quem é quem na nossa equação da energia. 😊

E se eu quiser conhecer a Potência?

Se quisermos descobrir a potência requerida pela bomba ou gerada pela turbina, basta fazermos

P = ρ g Q . h

E trocamos h por h b pra calcular a carga fornecida pela bomba e por h T pra carga consumida pela turbina.

E lembrando que Q é a vazão volumétrica.

Equação de Bernoulli

Ok! Mas e se o fluido, além de incompressível em escoamento permanente, for um fluido super incrível e não gerar atrito? Aí não teria perdas, certo? E se eu considerar também que no meu sistema não tem bomba, nem turbina? Seria possível simplificar a equação da energia para essa equação aqui?

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2

A resposta é sim! E aliás, essa equação já tem nome e se chama Equação de Bernoulli. Ela é uma versão simplificada da equação da energia (sem as cargas h ), porém você só pode usá-la se tiver certeza que no seu volume de controle não tem turbina, nem bomba e que seu fluido, além de incompressível em escoamento permanente, é invíscido.

Invíscido? Um fluido invíscido é um um fluido em que a viscosidade é tão tão pequena que consideramos que não há atrito no escoamento e portanto, não haveria perdas. Fique atento, pois a maioria dos fluidos que utilizamos não podem ser considerados invíscidos...

Mas se considerarmos um escoamento qualquer a equação de Bernoulli nos fornecerá a seguinte equação:

∫ 1 2 d V d t d s + ∫ 1 2 d p ρ + V 1 2 2 g + z 1 = + V 2 2 2 g + z 2

Mas relaxa, isso será pouco usado, o mais usual será essa aqui:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s - h b o m b a + h t u r b i n a

Então, vamos praticar muito como usar essa equação de energia.

Expandir

Exercício Resolvido #1

Uma central de energia às margens de um rio, como na figura abaixo, deve eliminar 55   M W de calor perdido para o rio. As condições do rio a montante são Q e = 2,5   m 3 / s e T e = 18 ° C . O rio tem 45   m de largura e 2,7   m de profundidade. Se as perdas de calor para a atmosfera e para o solo são desprezíveis, calcule as condições do rio a jusante ( Q s ,   T s ) .

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Passo 1

Vamos começar escolhendo nosso volume de controle. Nesse caso é interessante que a central de energia esteja dentro do nosso volume de controle.

Agora podemos montar a equação de energia, nesse caso temos apenas calor sendo dissipado. Se lembrarmos da equação de calor é Q = m . c . Δ T , como estamos sempre falando de fluxo de calor:

Q ˙ = m ˙ s a í d a . c p . T s a í d a - m ˙ e n t r a d a . c p . T e n t r a d a

O fluxo de massa é igual e podemos abrir ele como m ˙ = ρ Q = 998 . Q e = 998.2,5 .

m ˙ = 2495   k g / s

Como o fluxo de massa são iguais, temos que a vazão de entrada é igual a vazão de saída.

Q e = Q s = 2,5   m 3 / s

Em uma tabela de c p vemos que o c p da água é 4280   J / k g ° C

Q ˙ = 2495 .   4280   T s a í d a - T e n t r a d a

55.10 6 = 2495 .   4280   T s a í d a - 18

T s a í d a = 55.10 6 2495 .   4280 + 18

T s a í d a = 5,15 + 18

T s a í d a = 23,15   ° C

Resposta

T s a í d a = 23,15   ° C

Q s = 2,5   m 3 / s

Exercício Resolvido #2

Fox, McDonald, Pritchard. Introdução à Mecânica dos Fluidos, 8ª ed. Gen LTD Editora, 2014, pp. 502, ex. 8.80

(Adaptada) Água escoa em um tubo horizontal de área transversal constante; o diâmetro do tubo é 75 mm e a velocidade média do escoamento é 5 m/s. Na entrada do tubo, a pressão manométrica é 275 kPa e a saída é à pressão atmosférica. Determine a perda de carga no tubo.

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Passo 1

Nesse exercício temos um tubo horizontal. Isso quer dizer que a elevação na entrada e na saída do escoamento é a mesma:

z 1 = z 2

Além disso, ao dizer que a velocidade média do escoamento é 5 m/s, podemos dizer que a velocidade de entrada e saída são iguais a esse valor:

V 1 = V 2 = 5 m / s

Podemos trabalhar com pressão manométrica ou absoluta. O importante é que se escolhermos utilizar manométrica, teremos que usá-la para p 1 e p 2 . Se escolhermos usar absoluta, teremos que usá-la para p 1 e p 2 .

Só não vale misturar manométrica com absoluta, combinado? Vou escolher usar manométrica aqui:

p 1 = 275   k P a = 275 × 10 3 P a p 2 = 0

Podemos finalmente ir para a equação da energia!

Passo 2

A equação da energia é:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s - h b o m b a + h t u r b i n a

Nesse caso não temos bomba nem turbina, então h b o m b a = 0 e h t u r b i n a = 0

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s

Como z 1 = z 2 e V 1 = V 2 , esses termos serão cancelados

p 1 ρ g - p 2 ρ g = h p e r d a s

Assim, podemos perceber que nesse caso, a perda de carga está relacionada apenas à queda de pressão. Substituindo os valores:

h p e r d a s = 275 × 10 3 - 0 10 3 × 9,8 = 28,06   m

Encontramos a perda de carga!

Resposta

h p e r d a s = 28,06   m

Exercício Resolvido #3

Fox, McDonald, Pritchard. Introdução à Mecânica dos Fluidos, 8ª ed. Gen LTD Editora, 2014, pp. 502, ex. 8.79

(Adaptada) Medidas foram feitas para a configuração de escoamento de água mostrada na figura. Na entrada, seção 1, a pressão é 70kPa (manométrica), a velocidade média é 1,75 m/s e a elevação é 2,25 m. Na saída, seção 2, a pressão, a velocidade média e a elevação são, respectivamente, 45 kPa (manométrica), 3,5 m/s e 3 m, respectivamente. Calcule a perda de carga em metros.

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Passo 1

Primeiro, vamos anotar direitinho quem é quem. Na entrada (seção 1), temos:

p 1 = 70   k P a =   70 × 10 3 P a v 1 = 1,75   m / s z 1 = 2,25   m

Já na saída (seção 2), temos:

p 2 = 45   k P a =   45 × 10 3 P a v 2 = 3,5   m / s z 2 = 3   m

Opa! Então o enunciado nos deu todos os dados de pressão, velocidade e elevação. Com a equação da energia, vamos conseguir calcular a perda de carga que foi pedida.

Passo 2

A equação da energia é:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s - h b o m b a + h t u r b i n a

Como não há bomba nem turbina no nosso volume de controle (que já foi definido na figura do enunciado), então h b o m b a = 0 e h t u r b i n a = 0 . Atualizando a equação da energia:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s

Vamos substituir os valores separados no Passo 1 e calcular a perda de carga h p e r d a s

70 × 10 3 ρ g + 1,75 2 2 g + 2,25 = 45 × 10 3 ρ g + 3,5 2 2 g + 3 + h p e r d a s

70 × 10 3 - 45 × 10 3 ρ g + 1,75 2 - 3,5 2 2 g + 2,25 - 3 = h p e r d a s

Lembrando que o fluido é a água ρ = 1000   k g / m 3

h p e r d a s = 25 × 10 3 10 3 × 9,8 + 1,75 2 - 3,5 2 2 × 9,8 - 0,75

h p e r d a s = 2,551 - 0,469 - 0,75

h p e r d a s = 1,332   m

Encontramos a perda de carga! :D

Resposta

h p e r d a s = 1,332   m

Exercício Resolvido #4

Fox, McDonald, Pritchard. Introdução à Mecânica dos Fluidos, 8ª ed. Gen LTD Editora, 2014, pp. 502, ex. 8.81

Para a configuração de escoamento da figura, é sabido que a perda de carga é 1 m. Da entrada para a saída, a queda de pressão é 50 kPa, a velocidade dobra da entrada para a saída, e o aumento de elevação é de 2 m. Calcule a velocidade de entrada da água.

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Passo 1

Dessa vez o enunciado deu as variáveis da equação da energia de uma forma um pouquinho diferente. O primeiro passo é escrever quem são essas variáveis.

Pela figura, vemos que a seção 1 corresponde à entrada e a seção 2 à saída.

h p e r d a s =   1   m ∆ p = p 2 - p 1 = - 50   k P a =   - 50 × 10 3 P a V 2 = 2 V 1 z 2 - z 1 = 2   m

O ∆ p é negativo pois houve uma queda de pressão, ou seja, p 2 < p 1 . Logo, podemos reescrever essa relação:

p 1 - p 2 = - ∆ p = 50 × 10 3 P a

Agora sim, vamos para a equação da energia!

Passo 2

A equação da energia é:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s - h b o m b a + h t u r b i n a

Lembrando que, como não tem bomba nem turbina no volume de controle, então h b o m b a = 0 e h t u r b i n a = 0 . Logo, a equação da energia fica:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p e r d a s

E agora, reorganizando os termos para podermos substituir o que encontramos pelo enunciado:

p 1 - p 2 ρ g + V 1 2 2 g = 2 V 1 2 2 g + z 2 - z 1 + h p e r d a s

p 1 - p 2 ρ g = 4 . V 1 2 - V 1 2 2 g + z 2 - z 1 + h p e r d a s

p 1 - p 2 ρ g = 3 . V 1 2 2 g + z 2 - z 1 + h p e r d a s

Substituindo:

50 × 10 3 10 3 × 9,8 = 3 . V 1 2 2 × 9,8 + 2 + 1

50 9,8 = 3 . V 1 2 2 × 9,8 + 3

3 . V 1 2 2 × 9,8 = 2,10

V 1 = 3,7   m / s

Logo, a velocidade de entrada é 3,7 m/s

Resposta

V 1 = 3,7   m / s

Exercício Resolvido #5

Frank M. White, Mecânica dos Fluidos, 6ª ed. Porto Alegre: AMGH, 2011.

Quando a bomba da figura abaixo bombeia 220   m 3 / h de água a 20 ° C do reservatório, a perda de carga total por atrito é de 5   m . O escoamento descarrega através de um bocal para a atmosfera. Calcule a potência da bomba em k W entregue para a água.

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Passo 1

Vamos começar definindo as superfícies de analise de energia.

Assim, temos superfície 1 na superfície do reservatório e uma superfície 2 na saída do fluido.

Precisamos descobrir quanto vale v b e para isso vamos usar o fato do enunciado nos ter fornecido a vazão da bomba. Como o fluido é a água o fluido é incompressível e por isso podemos falar que a vazão que a bomba impõe é igual à vazão de saída.

Q = v b . A s a í d a

220 3600 = v b . π . 0,05 2 4

v b = 220   .   4 3600 π . 0,05 2

v b = 31,13   m / s

E a velocidade com que o reservatório desce?? Se liga nessa dica, ela vai ser muito usada.

Em questões de reservatório se considera que o volume de água é tão mais tão grande que sua altura não muda, assim v 1 = 0 .

Agora vamos aplicar a equação de conservação de energia. Como a vazão mássica é igual, podemos escrever o sistema como vimos na teoria:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h f - h p

Agora vamos considera nosso eixo na superfície 1 , assim z 1 = 0

A pressão em 1 é a pressão atmosférica e a pressão em 2 também é p a t m .

h f é a perda por fricção ou atrito, assim o enunciado nos disse que vale 5   m .

Então ficamos com a seguinte equação

p a t m ρ g = p a t m ρ g + 31,13 2 2.9,8 + 2 + 5 - h p

h p = 49,44 + 7 = 56,44   m

Mas queremos a potencia da bomba, assim temos que lembrar que a potencia de uma bomba é dada por:

P = ρ g Q . h p = 998   .   9,8   . 220 3600 .   56,44  

P = 33,7.10 3   W = 33,7   k W

Resposta

P = 33,7   k W

Exercício Resolvido #6

A bomba da figura abaixo cria um jato d’água a 20 ° C , orientado para atingir uma distância horizontal máxima. As perdas por atrito do sistema são de 6,5   m . O jato pode ser aproximado pela trajetória de partículas sem atrito. Que potência a bomba deve entregar à água?

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Passo 1

Pra resolver esse exercício, precisamos da equação de energia.

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p - h b + h t

E para aplicar essa equação, vamos ter que definir o volume de controle, com limites onde temos bastante informações.

Então vamos posicionar o nosso ponto 1 de controle na superfície do reservatório e o ponto 2 na saída do tubo, no início do lançamento.

No ponto 1, consideramos:

V 1 = 0

p 1 = p a t m

z 1 = 15   m

Já no ponto 2, vamos ter:

V 2 =   ?

p 2 = p a t m

z 2 = 0

∆ S z = 25   m

O nosso z 2 = 0 , porque colocamos a origem do nosso eixo z nessa altura ok?

E já sacamos que vamos ter que determinar aquela velocidade ali que tá faltando.

Passo 2

O problema aqui é você sacar que pra alcançar a distância horizontal máxima a inclinação do lançamento deve ser 45 ° . Isso não é óbvio, mas como você está fazendo esse exercício, já vai saber na próxima vez que precisar disso.

E com essa informação, vamos usar Torricelli para saber a velocidade do jato de água no inicio do lançamento.

V z 2 = V 0 2 z - 2 a Δ S z

Na altura máxima a velocidade em z é zero (já que ele para de subir e começa a descer), assim, temos que:

V 0 z = 2 a Δ S

Aí a gente tem a componente da velocidade no eixo z, que é igual a velocidade total vezes o sem de θ , que a gente definiu como 45°. E a aceleração no eixo z é a gravidade mesmo.

V 0 . s e n θ = 2 a Δ S z = 2 g 25

V 0 = 2   . 9,8   . 25 2 / 2 = 31,30   m / s

Passo 3

Agora que temos a velocidade em 2, podemos voltar para a equação da energia.

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + h p - h b + h t

Que com o que a gente tem até agora:

p a t m ρ g + 0 + 15 = p a t m ρ g + 31,30 2 2 g + 0 + h p - h b

Onde h p = 6,5   m , as perdas por atrito.

A gente pode, então, cortar aqueles termos iguais e reorganizar um pouco a galera:

15 = 31,30 2 2 g + 6,5 - h b

Pra achar:

h b = 50 + 6,5 - 1 5