Enunciado

Um líquido incompressível com viscosidade desprezível e massa específica ρ = 1250 kg/m3 escoa em regime permanente através de um tubo de 5 m de comprimento com seção convergentedivergente, cuja área varia de acordo com a equação:

A x = A 0 1 + e - x a - e - x 2 a

em que A0 = 0,25 m2 e a = 1,5 m. Trace o gráfico da área para os primeiros 5 m. Desenvolva uma expressão e trace o gráfico para o gradiente de pressão e para a pressão em função da posição ao longo do tubo, para os primeiros 5 m, se a velocidade da linha de centro na entrada for 10 m/s e a pressão na entrada for 300 kPa. Sugestão: Use a relação:

u ∂ u ∂ x = 1 2 ∂ d x ( u 2 )

Passo 1

Pessoal, este é um problema de escoamento unidirecional que pede a aceleração e gradiente de pressão. Para começar, vamos aplicar a equação da aceleração 5.11a:

a x = D u D t = u ∂ u ∂ x + v ∂ u ∂ y + w ∂ u ∂ z + ∂ u ∂ t

Assumindo que:

  1. regime permanente
  2. fluido incompressível
  3. fluxo uniforme pela seção
  4. g x = 0
  5. Velocidades de escoamento em y e em z são nulas.

A equação simplifica para:

a x = u ∂ u ∂ x

Passo 2

A equação do da vazão é dada por:

Q = V ∙ A

A velocidade do fluido na entrada é dada u 1 , então podemos escrever a vazão como:

Q = u 0 ∙ A 0

O enunciado fala que a área do tubo segue a expressão:

A x = A 0 1 + e - x a - e - x 2 a

A vazão pode ser representada na forma geral por:

Q = u x ∙ A 0 1 + e - x a - e - x 2 a

Relacionando esta equação da vazão com a da entrada, temos:

Q = u 0 ∙ A 0 =   u x ∙ A 0 1 + e - x a - e - x 2 a

u x = u 0 1 + e - x a - e - x 2 a

Passo 3

No passo 1 encontramos a expressão da aceleração.

a x = u ∂ u ∂ x

Substituindo o valor de u encontrado no passo 2:

a x = u 0 1 + e - x a - e - x 2 a ∂ u 0 1 + e - x a - e - x 2 a ∂ x

Vamos trabalhar na derivada:

∂ u 0 1 + e - x a - e - x 2 a ∂ x = u 0 ∂ 1 1 + e - x a - e - x 2 a ∂ x

Vamos fazer a substituição:

t = 1 + e - x a - e - x 2 a

d t = - e - x a a + e - x 2 a 2 a d x

Então:

d 1 + e - x a - e - x 2 a - 1 d x = - e - x a a + e - x 2 a 2 a d t - 1 d t = - e - x a a + e - x 2 a 2 a d t - 1 d t

= - e - x a a + e - x 2 a 2 a - 1 t 2

Voltando com os valores originais:

- e - x a a + e - x 2 a 2 a - 1 t 2 = e - x a a - e - x 2 a 2 a 1 1 + e - x a - e - x 2 a 2

= 2 e - x a - e - x 2 a 2 a 1 + e - x a - e - x 2 a 2

Jogando na expressão toda:

a x = u 0 1 + e - x a - e - x 2 a u o 2 e - x a - e - x 2 a 2 a 1 + e - x a - e - x 2 a 2

a x = u 0 2 2 e - x a - e - x 2 a 2 a 1 + e - x a - e - x 2 a 2

a x = u 0 2 e - x 2 a 2 e - x 2 a - 1 2 a 1 + e - x a - e - x 2 a 2

Passo 4

Para encontrar o gradiente de pressão vamos usar a equação de Euler 6.2a do livro:

ρ u ∂ u ∂ x + v ∂ u ∂ y + w ∂ u ∂ z + ∂ u ∂ t = ρ g x - ∂ p ∂ x

Pela equação da aceleração do Passo 1, podemos simplificar a expressão acima:

ρ a x = ρ g x - ∂ p ∂ x

ρ a x = - ∂ p ∂ x

O gradiente de pressão é dado então por:

∂ p ∂ x = - ρ u 0 2 e - x 2 a 2 e - x 2 a - 1 2 a 1 + e - x a - e - x 2 a 2

Como:

ρ = 1250 k g m 3 ;     u 0 = 10 m s ;         p 0 = 300   k P a ;       A 0 = 0,25   m 2 ;       a = 1,5 m

∂ p ∂ x = - 1250 1000 10 2 e - x 3 2 e - x 3 - 1 3 1 + e - x 1,5 - e - x 3 2

∂ p ∂ x = - 41,67 e - x 3 2 e - x 3 - 1 1 + e - x 1,5 - e - x 3 2

Passo 5

O diferencial total da pressão é dado pela expressão:

d p = ∂ p ∂ x d x

Combinando as equações, temos:

d p = - ρ a x d x

Substituindo a x :

d p = - ρ u 0 2 e - x 2 a 2 e - x 2 a - 1 2 a 1 + e - x a - e - x 2 a 2 d x

Para encontrar a pressão, basta integrar a função acima. Entretanto, será uma integral muito complexa. Agora é o momento perfeito para usar a dica do enunciado:

u ∂ u ∂ x = 1 2 ∂ d x ( u 2 )

No passo 3, encontramos que:

a x = u ∂ u ∂ x

Então:

a x = u ∂ u ∂ x = 1 2 ∂ d x ( u 2 )

Substituindo na equação da pressão:

d p = - ρ 1 2 ∂ d x ( u 2 ) d x

Integrando a expressão:

p ( x ) - p 0 = - ρ 2 ∫ 0 x u 2 d x = - ρ 2 u x 2 - u 0

p x = p 0 - ρ 2 u x 2 - u 0 2

Substituindo u x   e   u 1 , ficamos com:

p x = p 0 - ρ 2 u 0 1 + e - x a - e - x 2 a 2 - u 0 2

p x = p 0 - ρ u 0 2 2 1 1 + e - x a - e - x 2 a 2 - 1

Como:

ρ = 1250 k g m 3 ;     u 0 = 10 m s ;         p 0 = 300   k P a ;       A 0 = 0,25   m 2 ;       a = 1,5 m

p x = 300 - 1250 1000 10 2 2 1 1 + e - x 1,5 - e - x 3 2 - 1

p x = 300 - 62,5 1 1 + e - x 1,5 - e - x 3 2 - 1

Passo 6

Podemos agora plotar os gráficos.

Gradiente de pressão:

∂ p ∂ x = - 41,67 e - x 3 2 e - x 3 - 1 1 + e - x 1,5 - e - x 3 2

Pressão:

p x = 300 - 62,5 1 1 + e - x 1,5 - e - x 3 2 - 1

Resposta

∂ p ∂ x = - ρ u 0 2 e - x 2 a 2 e - x 2 a - 1 2 a 1 + e - x a - e - x 2 a 2

p x = p 0 - ρ u 0 2 2 1 1 + e - x a - e - x 2 a 2 - 1

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