Física universitária — 2.º ano · Bachelor Year 2

5Balanços de quantidade de movimento e de energia em escoamentos

Um bombeiro se firma contra a mangueira: a água que sai a trinta metros por segundo empurra de volta com centenas de newtons, embora nada toque o esguicho além de água. Um motor a jato pende de uma asa e puxa um avião pelo céu jogando ar para trás. Um irrigador de jardim gira sem motor algum. Em cada caso um fluido entra numa região, sai dela com outra quantidade de movimento, e a diferença é uma força. Este capítulo escreve as leis da mecânica — quantidade de movimento, momento angular, energia — não para uma massa fixa de fluido, mas para o fluido que atravessa uma região fixa, um sistema aberto: a forma com que os engenheiros dimensionam turbinas, foguetes, bombas e tubulações.

5.1 Balanços para um sistema aberto

Definição 5.1 (Volume de controle; sistema aberto)

Um volume de controle (ou superfície de controle) é uma região fixa do espaço $\Sigma$ atravessada pelo fluido; o fluido que está dentro dele num dado instante é um sistema aberto, que troca massa com o exterior pelas entradas e saídas de $\Sigma$ . O sistema fechado ao qual as leis de Newton se aplicam é o fluido que está dentro de $\Sigma$ no instante $t$ , seguido até $t + \dd t$ : ele ocupa então $\Sigma$ menos o que saiu, mais o que entrou.

Teorema 5.2 (Balanço de quantidade de movimento em regime permanente)

Para um escoamento permanente através de um volume de controle com uma entrada (seção $S_1$ , velocidade uniforme $\vect v_1$ ) e uma saída ( $S_2$ , $\vect v_2$ ), sendo a vazão mássica $D_m$ a mesma nas duas,

\sum\vect F_{\text{ext}} = D_m\,(\vect v_2 - \vect v_1) ,

onde $\sum\vect F_{\text{ext}}$ é a soma de todas as forças externas sobre o fluido dentro de $\Sigma$ : peso, forças das paredes e dos corpos em contato com ele, e as forças de pressão nas seções de entrada e de saída ( $P_1S_1\vect n_1$ empurrando para dentro, $-P_2S_2\vect n_2$ na saída). Com várias entradas e saídas, o lado direito é a soma dos fluxos de quantidade de movimento que saem, $D_{m,i}\vect v_i$ , menos os que entram.

Demonstração. Considere o sistema fechado $\mathcal S$ formado pelo fluido em $\Sigma$ no instante $t$ mais a fatia $\delta m = D_m\dd t$ prestes a entrar por $S_1$ . Em $t + \dd t$ ele consiste no fluido em $\Sigma$ mais a fatia $\delta m$ que saiu por $S_2$ . Sua quantidade de movimento passou de $\vect p_\Sigma(t) + \delta m\,\vect v_1$ a $\vect p_\Sigma(t + \dd t) + \delta m\,\vect v_2$ ; em regime permanente $\vect p_\Sigma$ é constante, logo $\dd\vect p_{\mathcal S} = D_m\dd t\,(\vect v_2 - \vect v_1)$ . A segunda lei de Newton para $\mathcal S$ , cujas forças externas são (em primeira ordem) as que atuam sobre o fluido em $\Sigma$ , dá o resultado. ∎

À esquerda: um volume de controle num escoamento permanente — a quantidade de movimento que sai por S_2 menos a que entra por S_1 é igual à soma das forças externas sobre o fluido de dentro, incluídas as forças de pressão nas duas seções. À direita: um jato detido por uma parede a empurra com D_mv; um jato revertido por uma concha Pelton que se move a u empurra com até 2D_m(v - u). — À esquerda: um volume de controle num escoamento permanente — a quantidade de movimento que sai por $S_2$ menos a que entra por $S_1$ é igual à soma das forças externas sobre o fluido de dentro, incluídas as forças de pressão nas duas seções. À direita: um jato detido por uma parede a empurra com $D_mv$ ; um jato revertido por uma concha Pelton que se move a $u$ empurra com até $2D_m(v - u)$ .

Exemplo 5.3 (Jato numa parede; a mangueira de incêndio)

Um jato de seção $s$ e celeridade $v$ atinge perpendicularmente uma parede e se espalha sobre ela: a quantidade de movimento que sai na direção do jato é nula, de modo que a parede recebe $F = D_mv = \rho sv^2$ — $1.1\,\mathrm{kN}$ para um jato de $5\,\mathrm{cm}$ a $24\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Pelo mesmo balanço aplicado ao fluido na mangueira e no esguicho, o esguicho empurra o bombeiro para trás com $D_mv$ : $20\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ a $30\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dão $600\,\mathrm{N}$ , o peso de uma pessoa. Se a parede recua a $u$ , só $D_m' = \rho s(v - u)$ a alcança por unidade de tempo, e chega com a celeridade relativa $v - u$ : $F = \rho s(v - u)^2$ .

Proposição 5.4 (Concha Pelton; empuxo de um foguete)

(i) Um jato de celeridade $v$ e vazão mássica $D_m$ é revertido de $180^\circ$ por uma concha que se move a $u$ na direção do jato: a força sobre a concha vale $F = 2D_m(v - u)$ (com $D_m$ a vazão efetivamente interceptada pelas conchas móveis de uma roda), a potência $Fu$ é máxima para $u = v/2$ e vale então $\tfrac12D_mv^2$ : toda a potência cinética do jato. (ii) Um foguete de massa $m(t)$ que ejeta gás para trás com celeridade relativa $v_e$ e vazão mássica $D_m = -\dd m/\dd t$ sofre o empuxo $F = D_mv_e$ ; no espaço livre sua celeridade aumenta de $\Delta v = v_e\ln(m_0/m_1)$ (equação do foguete, de Tsiolkovski); sob gravidade, $m\,\dd v/\dd t = D_mv_e - mg$ .

Demonstração. (i) No referencial da concha o jato chega a $v - u$ e sai a $-(v - u)$ ; o balanço de quantidade de movimento dá $2D_m(v - u)$ (a concha é perfeita: nenhuma perda de celeridade relativa). Potência $2D_mu(v - u)$ , máxima em $u = v/2$ . (ii) Quantidade de movimento do foguete mais o gás ejetado em $\dd t$ : $(m + \dd m) (v + \dd v) + (-\dd m)(v - v_e) = mv$ no espaço livre, logo $m\,\dd v = -\dd m\,v_e$ e $v_1 - v_0 = v_e\ln(m_0/m_1)$ ; com gravidade a quantidade de movimento total varia de $-mg\,\dd t$ . ∎

Exemplo 5.5 (Um lançador)

Primeiro estágio: $D_m = 2500\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ a $v_e = 3000\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : empuxo de $7.5\,\mathrm{MN}$ , que ergue um foguete de $600\,\mathrm{t}$ da plataforma a $7.5 \times 10^6/6 \times 10^5 - g = 2.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . Queimar $500\,\mathrm{t}$ em $200\,\mathrm{s}$ dá $\Delta v = 3000\ln6 - 9.81 \times 200 = 5400 - 2000 = 3.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ — a perda por gravidade é a razão de os lançadores subirem depressa, e o logaritmo a razão de eles serem construídos em estágios.

Exemplo 5.6 (Força numa curva de tubulação)

Água a $P$ e $v$ num tubo de seção $S$ dobra de $90^\circ$ . O balanço sobre o fluido no cotovelo: $\vect F_{\text{parede}} + PS\vect e_x - PS \vect e_y = D_m(v\vect e_y - v\vect e_x)$ , de modo que a parede empurra o fluido com $\vect F_{\text{parede}} = -(PS + \rho Sv^2)(\vect e_x - \vect e_y)$ e o fluido empurra o cotovelo para fora com $(PS + \rho Sv^2)\sqrt2$ . Para $D = 20\,\mathrm{cm}$ , $P = 3\,\mathrm{bar}$ , $v = 3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $PS = 9.4\,\mathrm{kN}$ , $\rho Sv^2 = 0.28\,\mathrm{kN}$ , força de $13.7\,\mathrm{kN}$ ao longo da bissetriz — o termo de pressão domina, e é ele que os blocos de ancoragem de uma tubulação seguram.

5.2 Momento angular: turbinas e irrigadores

Teorema 5.7 (Balanço de momento angular; equação de Euler das turbomáquinas)

Em regime permanente, o momento total, em relação a um ponto $O$ , das forças externas sobre o fluido em $\Sigma$ é igual ao fluxo de momento angular que sai menos o que entra: $\sum\vect{\mathcal M}_O = D_m(\vect r_2\wedge\vect v_2 - \vect r_1 \wedge\vect v_1)$ . Para uma máquina rotativa (turbina ou bomba) de eixo $Oz$ , com o fluido entrando no raio $r_1$ com velocidade azimutal $v_{\theta1}$ e saindo em $r_2$ com $v_{\theta2}$ , o torque exercido pelo fluido sobre o rotor e a potência que ele entrega valem

\Gamma = D_m(r_1v_{\theta1} - r_2v_{\theta2}) , \qquad \mathcal P = \Gamma\omega = D_m\omega(r_1v_{\theta1} - r_2v_{\theta2}) .

Uma turbina retira do fluido o seu giro; uma bomba o introduz.

Demonstração. O mesmo argumento do sistema fechado, com $\vect r\wedge\vect v$ no lugar de $\vect v$ . O torque sobre o rotor é o oposto do torque do rotor sobre o fluido; as forças de pressão nas superfícies de entrada e de saída (que são superfícies de revolução) não têm momento em relação ao eixo. ∎

Exemplo 5.8 (O irrigador de jardim)

Dois braços de comprimento $R$ ejetam água tangencialmente com celeridade relativa $w$ ; o irrigador gira a $\omega$ . A água entra pelo eixo sem momento angular e sai com $r v_\theta = R(w - R\omega)$ (celeridade azimutal absoluta $w - R\omega$ , oposta à rotação): o torque sobre os braços vale $D_mR(w - R\omega)$ . Em repouso ele vale $D_mRw$ ; sem atrito o irrigador acelera até $R\omega = w$ — a água sai com celeridade absoluta nula e o torque se anula; com um torque de atrito $\Gamma_f$ ele se estabiliza em $\omega = (w - \Gamma_f/D_mR)/R$ .

À esquerda: o irrigador de jardim — a água deixa os braços tangencialmente com celeridade relativa w; o momento angular que sai gira os braços para o outro lado. À direita: uma turbina de admissão radial (um rotor Francis visto segundo seu eixo): o fluido entra pela borda com muito giro e sai perto do eixo com pouco; a diferença dos fluxos de momento angular é o torque sobre o rotor. — À esquerda: o irrigador de jardim — a água deixa os braços tangencialmente com celeridade relativa $w$ ; o momento angular que sai gira os braços para o outro lado. À direita: uma turbina de admissão radial (um rotor Francis visto segundo seu eixo): o fluido entra pela borda com muito giro e sai perto do eixo com pouco; a diferença dos fluxos de momento angular é o torque sobre o rotor.

5.3 Energy balance: pumps, turbines and losses

5.4 Balanço de energia: bombas, turbinas e perdas

Teorema 5.9 (Balanço de energia mecânica de um escoamento permanente)

Para um fluido incompressível em escoamento permanente através de uma máquina (bomba ou turbina) entre uma entrada 1 e uma saída 2, com $\mathcal P_u$ a potência mecânica entregue ao fluido pelas peças móveis (positiva para uma bomba, negativa para uma turbina) e $\mathcal P_{\text{diss}} \ge 0$ a potência dissipada pela viscosidade,

D_V\Bigl[\bigl(P_2 + \tfrac12\rho v_2^2 + \rho gz_2\bigr) - \bigl(P_1 + \tfrac12\rho v_1^2 + \rho gz_1\bigr)\Bigr] = \mathcal P_u - \mathcal P_{\text{diss}} .

Dividindo por $\rho gD_V$ obtém-se o balanço em cargas (metros de fluido): $H_2 - H_1 = H_{\text{bomba}} - H_{\text{perda}}$ , com $H = P/\rho g + v^2/2g + z$ . Para um fluido perfeito sem máquina isso é Bernoulli; a potência hidráulica de uma bomba que eleva a carga de $H_{\text{bomba}}$ vale $\rho gD_VH_{\text{bomba}}$ .

Demonstração. Teorema da energia cinética para o sistema fechado da demonstração de Teorema 5.2: em $\dd t$ sua energia cinética varia de $D_m\dd t\,(v_2^2 - v_1^2)/2$ ; o trabalho realizado sobre ele é o do peso, $-D_m\dd t\,g(z_2 - z_1)$ , o das forças de pressão nas faces extremas móveis, $(P_1S_1v_1 - P_2S_2v_2)\dd t = (P_1 - P_2)D_V\dd t$ , o das peças móveis, $\mathcal P_u\dd t$ , e o das forças viscosas internas, $-\mathcal P_{\text{diss}}\dd t$ (as paredes, em repouso, não realizam trabalho). Divida por $\dd t$ . ∎

Exemplo 5.10 (Dimensionar uma bomba)

Deseja-se elevar água em $30\,\mathrm{m}$ a $20\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ por $100\,\mathrm{m}$ de tubo de $10\,\mathrm{cm}$ ( $\lambda = 0.02$ ): $v = 2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , perda de carga $\lambda(L/D) v^2/2g = 0.02 \times 1000 \times 0.32 = 6.4\,\mathrm{m}$ , carga cinética na saída $0.32\,\mathrm{m}$ : $H_{\text{bomba}} = 36.7\,\mathrm{m}$ , potência hidráulica $\rho gD_VH = 7.2\,\mathrm{kW}$ , e $10\,\mathrm{kW}$ de eletricidade com $70\%$ de rendimento. A pressão na saída da bomba é $\rho gH_{\text{bomba}} \approx 3.6\,\mathrm{bar}$ acima da de entrada.

Proposição 5.11 (Alargamento brusco: a perda de Borda–Carnot)

Quando um tubo de seção $S_1$ desemboca bruscamente num tubo de seção $S_2 > S_1$ , o jato se espalha numa zona turbulenta e a pressão sobe a jusante, mas menos do que Bernoulli diria: a energia mecânica perdida por unidade de volume vale

\Delta P_{\text{perda}} = \tfrac12\rho(v_1 - v_2)^2 ,

a energia cinética da velocidade relativa "perdida". Um escoamento que sai de um tubo para um grande reservatório ( $v_2 \to 0$ ) perde toda a sua energia cinética.

Demonstração. Balanço de quantidade de movimento sobre o fluido entre o alargamento e uma seção a jusante onde o escoamento é de novo uniforme; a experiência mostra que a pressão na parede anular do alargamento vale $P_1$ (o jato ainda não se espalhou). Logo $(P_1 - P_2)S_2 = D_m(v_2 - v_1) = \rho S_2v_2(v_2 - v_1)$ , ou seja, $P_2 - P_1 = \rho v_2(v_1 - v_2)$ . Bernoulli daria $\tfrac12\rho(v_1^2 - v_2^2)$ ; a diferença é $\tfrac12\rho(v_1 - v_2)^2$ . ∎

À esquerda: um alargamento brusco — o jato se espalha numa zona morta turbulenta e parte de sua energia cinética é dissipada. À direita: as frações da energia cinética a montante perdidas e recuperadas como pressão, em função da razão de seções; a perda é máxima para um jato que desemboca num reservatório.

Método 5.12 (Montar um balanço)

(1) Desenhe o volume de controle: sua fronteira deve cortar o escoamento apenas onde a velocidade e a pressão são conhecidas ou procuradas (seções uniformes, jatos livres a $P_0$ , superfícies livres). (2) Liste as forças externas sobre o fluido de dentro: peso, forças das paredes (incógnitas, o alvo habitual), pressão nas seções cortadas. (3) Escreva o fluxo de quantidade de movimento que sai menos o que entra; para peças móveis, trabalhe no referencial da peça se o escoamento for permanente nele. (4) Para torques, o balanço de momento angular; para potências, o balanço de energia em cargas. (5) A força sobre a parede é o oposto da força da parede sobre o fluido; acrescente a pressão atmosférica que age no exterior do dispositivo se o que se quer é a força resultante sobre ele.

5.5 Exercises

5.6 Exercícios

Exercício 5.1 ★

Uma mangueira de incêndio entrega $25\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ por um esguicho de $3.0\,\mathrm{cm}$ de diâmetro. Celeridade de saída; força de reação no esguicho; força do jato sobre uma parede que ele atinge perpendicularmente; sobre uma parede que recua a $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Solução

Solução de Exercício 5.1.

$s = 7.1\,\mathrm{cm}^{2}$ , $v = 0.025/7.1 \times 10^{-4} = 35\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $F = D_mv = 25 \times 35 = 880\,\mathrm{N}$ no esguicho e na parede; parede que recua: $\rho s(v - u)^2 = 1000 \times 7.1 \times 10^{-4} \times 25.4^2 = 460\,\mathrm{N}$ .

Exercício 5.2 ★

Um motor de foguete ejeta $250\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ a $3.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Empuxo; aceleração inicial de um foguete de $60\,\mathrm{t}$ ; aceleração quando $40\,\mathrm{t}$ de propelente já queimaram; celeridade ganha após essa queima (no espaço livre, depois com gravidade, durante $160\,\mathrm{s}$ ).

Solução

Solução de Exercício 5.2.

$F = 250 \times 3000 = 750\,\mathrm{kN}$ ; $a_0 = 750/60 - 9.81 = 2.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ; a $20\,\mathrm{t}$ : $37.5 - 9.8 = 28\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . $\Delta v = 3000\ln3 = 3.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ no espaço livre; menos $g\tau = 1.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : $1.7\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ .

Exercício 5.3 ★

A água escoa a $2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e $4.0\,\mathrm{bar}$ num tubo de $15\,\mathrm{cm}$ que dobra de $90{}^{\circ}$ . Força exercida pela água sobre o cotovelo (intensidade e direção); que parte vem da pressão e que parte da variação da quantidade de movimento? O mesmo cotovelo com o tubo aberto ao ar logo depois da curva.

Solução

Solução de Exercício 5.3.

$S = 177\,\mathrm{cm}^{2}$ : $PS = 7.1\,\mathrm{kN}$ , $\rho Sv^2 = 71\,\mathrm{N}$ . Cada componente da força sobre o cotovelo vale $PS + \rho Sv^2 = 7.1\,\mathrm{kN}$ : $10\,\mathrm{kN}$ ao longo da bissetriz externa, $99\%$ disso de pressão. Com a saída aberta (pressão efetiva nula ali): $7.1$ kN na direção da entrada e $71\,\mathrm{N}$ na direção da saída: $7.1\,\mathrm{kN}$ , quase segundo o eixo de entrada.

Exercício 5.4 ★

Um motor a jato num banco de ensaio engole $80\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de ar parado e o expele a $550\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (massa de combustível desprezível). Empuxo. Em voo a $240\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , com a mesma celeridade de exaustão em relação ao motor: empuxo, potência propulsiva e potência cinética dada ao ar no referencial do motor; rendimento propulsivo.

Solução

Solução de Exercício 5.4.

$F = 80 \times 550 = 44\,\mathrm{kN}$ . Em voo: $F = 80(550 - 240) = 25\,\mathrm{kN}$ , $Fv = 6.0\,\mathrm{MW}$ ; $\mathcal P_{\text{cin}} = \tfrac12 \times 80 \times (550^2 - 240^2) = 9.8\,\mathrm{MW}$ ; $\eta_p = 0.61 = 2 \times 240/790$ .

Exercício 5.5 ★★

Roda Pelton. Um jato de $0.50\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ a $60\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ atinge as conchas de uma roda de raio $0.80\,\mathrm{m}$ . (a) Força e potência sobre as conchas com celeridade das conchas $u$ (desvio perfeito de $180^\circ$ ); $u$ ótimo e a rotação correspondente em rpm. (b) Potência e rendimento no ótimo. (c) Conchas reais desviam o jato de $165{}^{\circ}$ : força e potência em $u = v/2$ ; rendimento. (d) Torque no ótimo; o que acontece com o torque à roda parada e na velocidade de disparo?

Solução

Solução de Exercício 5.5.

$D_m = 500\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ . (a) $F = 1000(60 - u)$ N, $\mathcal P = 1000u(60 - u)$ ; $u = 30\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega = 37.5$ rad/s $= 360\,\mathrm{rpm}$ . (b) $900\,\mathrm{kW}$ $= \tfrac12D_mv^2$ : $100\%$ . (c) $F = D_m(v - u)(1 + \cos15^\circ) = 29.5\,\mathrm{kN}$ , $\mathcal P = 885\,\mathrm{kW}$ , $98\%$ . (d) $\Gamma = FR = 24\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ ; com a roda parada a força dobra ( $\Gamma = 48\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ ); em $u = v$ força e torque se anulam.

Exercício 5.6 ★★

Irrigador. Dois braços de $15\,\mathrm{cm}$ terminam em bicos de $3.0\,\mathrm{mm}$ ; a vazão total é $0.20\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ . (a) Celeridade relativa de saída. (b) Torque em repouso. (c) Frequência de rotação com um torque de atrito no mancal de $5.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; a frequência limite sem atrito. (d) Celeridade absoluta da água que sai, em cada caso.

Solução

Solução de Exercício 5.6.

(a) $s = 7.1\,\mathrm{mm}^{2}$ por bico, $0.10\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ em cada: $w = 14\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (b) $\Gamma_0 = D_mRw = 0.2 \times 0.15 \times 14 = 0.42\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ . (c) $D_mR(w - R\omega) = 5 \times 10^{-3}$ : $w - R\omega = 0.17\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega = 93\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} \approx 890\,\mathrm{rpm}$ ; sem atrito, $R\omega = w$ : $900\,\mathrm{rpm}$ . (d) $0.17\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ para trás, e depois zero: a água cai direto no chão.

Exercício 5.7 ★★

Voo pairado. Um helicóptero de $2.0\,\mathrm{t}$ paira com um rotor de $10\,\mathrm{m}$ de diâmetro. Modele o rotor como um disco que aspira ar parado e o empurra para baixo com celeridade uniforme $v_i$ no disco, e $2v_i$ bem abaixo (admita o fator 2). (a) Empuxo em função de $\rho$ , $A$ , $v_i$ ; valor de $v_i$ . (b) Potência dada ao ar (sua potência cinética bem abaixo). (c) Por que um rotor maior precisa de menos potência? (d) O mesmo cálculo para um drone de $1\,\mathrm{kg}$ com quatro hélices de $25\,\mathrm{cm}$ ; compare a relação potência-peso.

Solução

Solução de Exercício 5.7.

(a) $D_m = \rho Av_i$ , fluxo de quantidade de movimento $D_m\cdot2v_i$ : $T = 2\rho Av_i^2$ ; $A = 78.5\,\mathrm{m}^{2}$ , $T = 19.6\,\mathrm{kN}$ : $v_i = 10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (b) $\mathcal P = \tfrac12D_m(2v_i)^2 = Tv_i = 200\,\mathrm{kW}$ . (c) $\mathcal P = T^{3/2}/\sqrt{2\rho A}$ : dobrar a área divide a potência induzida por $\sqrt2$ — um rotor maior move mais ar mais devagar. (d) $A = 0.20\,\mathrm{m}^{2}$ , $v_i = \sqrt{9.81/0.47} = 4.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\mathcal P = 45\,\mathrm{W}$ : $45\,\mathrm{W}/\mathrm{kg}$ contra $100\,\mathrm{W}/\mathrm{kg}$ — a carga do disco $T/A$ é menor.

Exercício 5.8 ★★

Alargamento brusco. Água a $4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ num tubo de $5\,\mathrm{cm}$ entra num tubo de $10\,\mathrm{cm}$ . (a) Celeridade a jusante; aumento de pressão segundo Bernoulli e segundo Borda–Carnot; perda em pascals e em metros de carga. (b) O mesmo alargamento feito gradual (um difusor) recupera $80\%$ da elevação de Bernoulli: perda. (c) Perda quando o tubo de $5\,\mathrm{cm}$ descarrega num grande reservatório. (d) Potência perdida nos casos (a) e (c), com a vazão dada.

Solução

Solução de Exercício 5.8.

(a) $v_2 = 1.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; por Bernoulli, $\tfrac12\rho(16 - 1) = 7.5\,\mathrm{kPa}$ ; de fato, $\rho v_2(v_1 - v_2) = 3.0\,\mathrm{kPa}$ ; perda de $4.5\,\mathrm{kPa}$ $= 0.46\,\mathrm{m}$ . (b) $6$ kPa recuperados, $1.5\,\mathrm{kPa}$ perdidos. (c) $\tfrac12\rho v_1^2 = 8\,\mathrm{kPa}$ , $0.82\,\mathrm{m}$ . (d) $D_V = 7.9\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ : $35\,\mathrm{W}$ e $63\,\mathrm{W}$ .

Exercício 5.9 ★★

Uma bomba tira água de um poço $5.0\,\mathrm{m}$ abaixo dela e entrega $10\,\mathrm{L}/\mathrm{s}$ a um reservatório $25\,\mathrm{m}$ acima, por $60\,\mathrm{m}$ de tubo de $6\,\mathrm{cm}$ ( $\lambda = 0.025$ , mais uma perda localizada de $2\,v^2/2g$ para as conexões). (a) Celeridade e perdas. (b) Carga da bomba e potência hidráulica; potência no eixo com $65\%$ de rendimento. (c) Pressão na entrada da bomba (lado da sucção) e na saída. (d) A pressão de vapor da água é $2.3\,\mathrm{kPa}$ : altura máxima da bomba acima do poço.

Solução

Solução de Exercício 5.9.

(a) $v = 0.01/2.83 \times 10^{-3} = 3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $v^2/2g = 0.64\,\mathrm{m}$ ; atrito, $0.025 \times 1000 \times 0.64 = 16\,\mathrm{m}$ , conexões $1.3\,\mathrm{m}$ : $17.3\,\mathrm{m}$ . (b) $H = 30 + 17.3 + 0.64 = 48\,\mathrm{m}$ ; $\rho gD_VH = 4.7\,\mathrm{kW}$ ; $7.2\,\mathrm{kW}$ no eixo. (c) Entrada (sem perdas na sucção): $P_0 - \rho g(5 + 0.64) = 45\,\mathrm{kPa}$ ; saída, $45 + 470 = 515\,\mathrm{kPa}$ . (d) $P_{\text{ent}} \ge 2.3\,\mathrm{kPa}$ : $h \le (100 - 2.3)/9.81 - 0.64 = 9.3\,\mathrm{m}$ (menos com perdas na sucção; $7$ – $8\,\mathrm{m}$ na prática).

Exercício 5.10 ★★★

Foguete de água. Uma garrafa de $2.0\,\mathrm{L}$ contém $1.0\,\mathrm{L}$ de água e ar a $5.0\,\mathrm{bar}$ (absolutos); o bocal tem diâmetro de $2.2\,\mathrm{cm}$ ; garrafa vazia, $0.10\,\mathrm{kg}$ . (a) Celeridade inicial de saída (Bernoulli, com a superfície da água em repouso) e empuxo; aceleração inicial. (b) À medida que a água sai, o ar se expande isotermicamente: pressão e celeridade de saída quando metade da água já saiu. (c) Estime a duração da propulsão e a celeridade atingida (despreze gravidade e arrasto, e trate o empuxo por seu valor médio). (d) O que a garrafa vazia faz depois que a água acabou, e por que um pouco de água (e não muita) dá a melhor altura?

Solução

Solução de Exercício 5.10.

(a) $v = \sqrt{2 \times 4 \times 10^5/1000} = 28\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $s = 3.8\,\mathrm{cm}^{2}$ , $D_m = 10.8\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ , $F = D_mv = 2\Delta P\,s = 300\,\mathrm{N}$ ; $a = 300/1.1 - 9.8 = 260\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ . (b) Ar a $1.5\,\mathrm{L}$ : $P = 3.3\,\mathrm{bar}$ , $v = \sqrt{2 \times 2.3 \times 10^5/1000} = 22\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (c) Celeridade média de saída $\approx 22\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : propulsão $\approx 10^{-3} /(3.8 \times 10^{-4} \times 22) = 0.12\,\mathrm{s}$ ; a equação do foguete com $v_e \approx 22\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dá $\Delta v \approx 22\ln(1.1/0.1) = 50\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (d) Os $2.5\,\mathrm{bar}$ de ar restantes sopram para fora e acrescentam um pouco; água demais deixa pouco ar e a pressão desaba cedo, água de menos deixa pouca massa a lançar — cerca de um terço do volume é o ideal.

Exercício 5.11 ★★★

Turbina Francis. A água entra num rotor em $r_1 = 1.0\,\mathrm{m}$ com $v_{\theta1} = 20\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e sai em $r_2 = 0.50\,\mathrm{m}$ sem giro; vazão de $30\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ ; rotação de $150\,\mathrm{rpm}$ . (a) Torque e potência. (b) Carga extraída, $H = \mathcal P/\rho gD_V$ . (c) Se o rotor girasse a $200\,\mathrm{rpm}$ com a mesma velocidade de entrada e o giro de saída se tornasse $v_{\theta2} = 3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ no sentido da rotação: potência e a fração da carga transformada em giro de saída inútil. (d) Por que a roda Pelton é usada para grandes cargas e pequenas vazões, e a Francis para o contrário?

Solução

Solução de Exercício 5.11.

(a) $\Gamma = D_mr_1v_{\theta1} = 3 \times 10^4 \times 20 = 600\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ , $\omega = 15.7$ rad/s, $\mathcal P = 9.4\,\mathrm{MW}$ . (b) $H = \mathcal P/\rho gD_V = 32\,\mathrm{m}$ . (c) $\Gamma = 3 \times 10^4(20 - 1.5) = 555\,\mathrm{kN}\,\mathrm{m}$ , $\mathcal P = 11.6\,\mathrm{MW}$ (carga de $39\,\mathrm{m}$ ); o giro de saída leva $v_{\theta2}^2/2g = 0.46\,\mathrm{m}$ , cerca de $1\%$ . (d) O jato de uma Pelton está à pressão atmosférica: precisa de grande carga para ser rápido, e sua vazão é limitada pelo bocal; um rotor Francis fica cheio de água sob pressão e passa grandes vazões com cargas moderadas.

Exercício 5.12 ★★★

Ressalto hidráulico. Num canal horizontal de largura unitária, a água de profundidade $h_1$ que corre a $v_1$ salta bruscamente para a profundidade $h_2$ e a celeridade $v_2$ (o degrau espumante abaixo de um vertedouro ou numa pia de cozinha). (a) Conservação da massa. (b) Balanço de quantidade de movimento sobre o fluido entre os dois lados do ressalto, sendo a pressão hidrostática de cada lado: mostre que $\tfrac12gh_1^2 + v_1^2h_1 = \tfrac12gh_2^2 + v_2^2h_2$ . (c) Deduza $h_2/h_1 = \tfrac12\bigl(-1 + \sqrt{1 + 8\,\mathrm{Fr}_1^2}\bigr)$ com $\mathrm{Fr}_1 = v_1/\sqrt{gh_1}$ (o número de Froude); um ressalto exige $\mathrm{Fr}_1 > 1$ . (d) Carga perdida no ressalto, $\Delta H = (h_2 - h_1)^3/4h_1h_2$ ; números para $h_1 = 0.20\,\mathrm{m}$ , $v_1 = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , e a potência dissipada por metro de largura.

Solução

Solução de Exercício 5.12.

(a) $v_1h_1 = v_2h_2 = q$ . (b) Força hidrostática por unidade de largura numa seção: $\int_0^h\rho g(h - z)\dd z = \tfrac12\rho gh^2$ ; quantidade de movimento: $\tfrac12\rho g(h_1^2 - h_2^2) = \rho q(v_2 - v_1)$ ; divida por $\rho$ e use $q = v_1h_1 = v_2h_2$ . (c) Com $v_2 = v_1h_1/h_2$ e $h_1 \ne h_2$ : $\tfrac12g(h_1 + h_2)h_2 = v_1^2h_1$ , ou seja, $(h_2/h_1)^2 + h_2/h_1 - 2\mathrm{Fr}_1^2 = 0$ ; $h_2 > h_1$ exige $\mathrm{Fr}_1 > 1$ . (d) $\Delta H = (h_1 + v_1^2/2g) - (h_2 + v_2^2/2g) = (h_2 - h_1)^3/4h_1h_2$ . $\mathrm{Fr}_1 = 2.86$ , $h_2/h_1 = 3.57$ , $h_2 = 0.71\,\mathrm{m}$ , $v_2 = 1.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\Delta H = 0.514^3/0.57 = 0.24\,\mathrm{m}$ ; $\rho gq\,\Delta H = 1.9\,\mathrm{kW}$ por metro de largura.

O rotor de uma turbina Pelton: cada concha reverte o jato em quase 180, e a variação da quantidade de movimento da água é a força sobre a roda. — O rotor de uma turbina Pelton: cada concha reverte o jato em quase $180^\circ$ , e a variação da quantidade de movimento da água é a força sobre a roda.

Os condutos forçados de uma usina hidrelétrica alimentam as turbinas lá embaixo: o balanço de quantidade de movimento do jato sobre as conchas de uma roda Pelton converte a carga de água em trabalho de eixo.

5.7 Problema: Jatos, foguetes e rotores

Problema 5.1

Problema de fim de semana — o que empurra um avião a jato, o que ergue um foguete, o que faz girar uma turbina e quanto custa bombear água morro acima

Parte I — O turbojato. Um motor num banco de ensaio admite $D_a = 50\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de ar parado, queima $D_f = 1.0\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de combustível e expele a mistura a $v_e = 600\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ à pressão atmosférica.

Empuxo no banco de ensaio.
Em voo a $v = 250\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (mesmo $v_e$ em relação ao motor): empuxo e potência propulsiva $Fv$ .
Potência cinética dada ao gás, calculada no referencial do motor. Rendimento propulsivo $\eta_p = Fv/\mathcal P_{\text{cin}}$ ; mostre que, desprezando a massa de combustível, $\eta_p = 2v/(v + v_e)$ .
O combustível libera $43\,\mathrm{MJ}/\mathrm{kg}$ : rendimento térmico do motor (potência cinética sobre potência térmica) e rendimento global.
Um turbofan usa a mesma potência cinética para acelerar $500\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de ar: celeridade de exaustão, empuxo e $\eta_p$ a $250\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Por que os aviões de linha têm ventiladores enormes?
Por que um turbojato não pode fazer, parado, o trabalho de um foguete acima da atmosfera?
O reversor de empuxo no pouso desvia o fluxo do ventilador para a frente a $45{}^{\circ}$ do eixo: força de frenagem para o turbofan da questão 5 a $70\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , sendo a exaustão do ventilador então de $150\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ em relação ao motor; compare com o empuxo para a frente que o mesmo fluxo daria.

Parte II — O foguete. Um foguete de estágio único: massa inicial $m_0 = 300\,\mathrm{t}$ , propelente $200\,\mathrm{t}$ , celeridade de exaustão $v_e = 3.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , tempo de queima $\tau = 150\,\mathrm{s}$ a vazão mássica constante.

Aplique o balanço de quantidade de movimento ao foguete mais o gás ejetado em $\dd t$ para deduzir $m\,\dd v/\dd t = D_mv_e - mg$ num voo vertical.
Vazão mássica, empuxo e aceleração na decolagem e no fim da queima.
Integre para obter a celeridade no fim da queima; o que é a "perda por gravidade"?
Celeridade final com o mesmo foguete dividido em dois estágios de $100\,\mathrm{t}$ de propelente cada um, sendo a massa vazia do primeiro estágio ( $20\,\mathrm{t}$ ) descartada antes de o segundo acender (despreze aqui a gravidade): compare com o estágio único.
Que celeridade de exaustão um estágio único precisaria para atingir a velocidade orbital ( $7.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , desprezando a gravidade) com a mesma razão de massas? Comente a escolha dos propelentes.
Na decolagem o jato de exaustão ( $1333\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ a $3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ) atinge o defletor de chamas da plataforma e é desviado na horizontal: força sobre o defletor.
A exaustão do foguete também é um escoamento de fluido: por que o empuxo aumenta com a altitude num bocal real (pense na pressão sobre a seção de saída do bocal)?

Parte III — A roda Pelton. O jato da usina do capítulo anterior: $D_V = 60\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ a $v = 62.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , repartido entre duas rodas; cada roda tem raio $R = 1.5\,\mathrm{m}$ e conchas que desviam o jato de $165{}^{\circ}$ .

Força sobre as conchas de uma roda com celeridade das conchas $u$ , e a potência; $u$ ótimo.
Rotação no ótimo, em rpm; torque no eixo.
O gerador deve girar a um submúltiplo de $50\,\mathrm{Hz}$ dividido pelo seu número de pares de polos: escolha o número de pares de polos.
Potência de uma roda e rendimento em relação à potência cinética do jato; potência elétrica total com $95\%$ de rendimento do gerador.
Usando o balanço de momento angular (equação de Euler das turbomáquinas) numa concha, no ótimo: momento angular da água que entra e da que sai, por quilograma, e verifique o torque.
A carga cai de repente e a roda dispara em direção a $u = v$ : o que acontece com a força e com o torque, e por que um defletor que desvia o jato faz parte de toda usina Pelton?

Parte IV — Bombear morro acima. A usina também serve de armazenamento: à noite $40\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ são bombeados de volta pelo conduto forçado ( $400\,\mathrm{m}$ , $3\,\mathrm{m}$ , $\lambda = 0.015$ ) ao reservatório $200\,\mathrm{m}$ acima.

Perdas de carga no conduto a $40\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$ ; carga necessária na bomba.
Potência hidráulica e potência elétrica consumida com $88\%$ de rendimento da bomba.
Pressão no fundo do conduto durante o bombeamento; compare com seu valor em modo turbina (capítulo anterior).
Energia armazenada por noite de $8\,\mathrm{h}$ (energia potencial da água elevada); rendimento de ida e volta do armazenamento se o modo turbina recupera $90\%$ da carga disponível e o gerador $95\%$ .
Faça o balanço dos quatro balanços usados neste problema (quantidade de movimento, momento angular, energia, massa) e o dispositivo que cada um dimensionou.

Solução

Solução de Problema 5.1.

1. $F = (D_a + D_f)v_e = 51 \times 600 = 30.6\,\mathrm{kN}$ .

2. $F = 51 \times 600 - 50 \times 250 = 18.1\,\mathrm{kN}$ ; $Fv = 4.5\,\mathrm{MW}$ .

3. $\mathcal P_{\text{cin}} = \tfrac12 \times 51 \times 600^2 - \tfrac12 \times 50 \times 250^2 = 7.6\,\mathrm{MW}$ ; $\eta_p = 0.59$ . Com $D_f = 0$ : $\eta_p = 2v(v_e - v)/(v_e^2 - v^2) = 2v/(v_e + v) = 500/850$ .

4. Calor de $43\,\mathrm{MW}$ : térmico $7.6/43 = 18\%$ ; global $4.5/43 = 10\%$ .

5. $\tfrac12 \times 500(v_e'^2 - 250^2) = 7.6 \times 10^6$ : $v_e' = 305\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $F = 500 \times 55 = 27.5\,\mathrm{kN}$ ; $\eta_p = 500/555 = 0.90$ . Mover mais ar mais devagar dá mais empuxo para a mesma potência: daí os ventiladores enormes.

6. Ele precisa do ar externo tanto como fluido de trabalho quanto como oxidante; um foguete leva os dois.

7. O ar entra a $70\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ (para trás, no referencial do motor) e sai com uma componente para a frente $150\cos45^\circ = 106\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : a quantidade de movimento dada ao ar aponta para a frente, $500(106 + 70) = 88\,\mathrm{kN}$ de frenagem; o mesmo fluxo expelido para trás daria $500(150 - 70) = 40\,\mathrm{kN}$ de empuxo.

8. Em $\dd t$ o sistema (foguete $m$ + gás $D_m\dd t$ ejetado a $v - v_e$ ): $(m - D_m\dd t)(v + \dd v) + D_m\dd t(v - v_e) - mv = -mg\,\dd t$ , donde $m\,\dd v/\dd t = D_mv_e - mg$ .

9. $D_m = 1333\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ ; $F = 4.0\,\mathrm{MN}$ ; $a = 13.3 - 9.8 = 3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ na decolagem, $40 - 9.8 = 30\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ no fim da queima.

10. $v = v_e\ln(m_0/m) - gt$ : $3000\ln3 - 9.81 \times 150 = 3296 - 1472 = 1.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ; a perda por gravidade é de $1.5\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ .

11. Estágio 1: $3000\ln(300/200) = 1.2\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ; descarta $20\,\mathrm{t}$ ; estágio 2: $3000\ln(180/80) = 2.4\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : $3.6\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ contra $3.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ do estágio único (com gravidade a diferença aumenta).

12. $v_e = 7800/\ln3 = 7.1\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : nenhum propelente químico chega lá (hidrogênio–oxigênio dá $4.5\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ ); o escalonamento é obrigatório.

13. O fluxo vertical de quantidade de movimento do jato $D_mv = 4.0\,\mathrm{MN}$ é retirado e um fluxo horizontal igual é criado: uma força de $4\,\mathrm{MN}$ para baixo mais $4\,\mathrm{MN}$ de lado, $5.7\,\mathrm{MN}$ ao todo.

14. O balanço no motor inclui $(P_e - P_0)S_e$ na seção de saída; como $P_0$ cai com a altitude, esse termo cresce: o empuxo sobe uns $10$ – $15\%$ no vácuo.

15. $D_m = 3 \times 10^{4}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ por roda: $F = D_m(v - u)(1 + \cos15^\circ) = 1.97 \times 3 \times 10^4(62.6 - u)$ ; $\mathcal P = Fu$ , máxima em $u = v/2 = 31.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

16. $\omega = u/R = 20.9$ rad/s $= 199\,\mathrm{rpm}$ ; $F = 1.85\,\mathrm{MN}$ , $\Gamma = FR = 2.8\,\mathrm{MN}\,\mathrm{m}$ .

17. $f = pn/60$ : $p = 3000/199 \approx 15$ pares de polos, $n = 200\,\mathrm{rpm}$ .

18. $\mathcal P = Fu = 58\,\mathrm{MW}$ ; potência do jato $\tfrac12D_mv^2 = 59\,\mathrm{MW}$ : $98\%$ ; $2 \times 58 \times 0.95 = 110\,\mathrm{MW}$ .

19. Na entrada: $Rv = 94\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ por kg. Na saída: celeridade azimutal absoluta $u - (v - u)\cos15^\circ = 1.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , ou seja, $1.6\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ . $\Gamma = D_m(94 - 1.6) = 2.8\,\mathrm{MN}\,\mathrm{m}$ — como em 16.

20. Quando $u \to v$ a celeridade relativa, a força e o torque se anulam: nada freia a roda, que dispara; o defletor tira o jato das conchas em menos de um segundo, enquanto a válvula-agulha fecha devagar o bastante para evitar o golpe de aríete.

21. $v = 5.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $v^2/2g = 1.6\,\mathrm{m}$ ; perda $0.015 \times 133 \times 1.6 = 3.3\,\mathrm{m}$ ; carga da bomba $200 + 3.3 + 1.6 = 205\,\mathrm{m}$ .

22. $\rho gD_VH = 9810 \times 40 \times 205 = 80\,\mathrm{MW}$ ; $91\,\mathrm{MW}$ elétricos.

23. $P = P_0 + \rho g(200 + 3.3) + \tfrac12\rho v^2 \approx 21\,\mathrm{bar}$ absolutos, contra $20.3\,\mathrm{bar}$ em modo turbina: agora as perdas se somam à carga estática em vez de subtrair-se dela.

24. $V = 40 \times 28800 = 1.15 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}$ , $E = \rho gV \times 200 = 2.3 \times 10^{12}\,\mathrm{J} = 630\,\mathrm{MWh}$ ; consumidos $91 \times 8 = 730\,\mathrm{MWh}$ ; recuperados $630 \times 0.9 \times 0.95 = 540\,\mathrm{MWh}$ : ida e volta, $74\%$ .

25. Quantidade de movimento: o empuxo do motor a jato e o do foguete, a força na Pelton. Momento angular: o torque da turbina (Euler). Energia: a carga e a potência da bomba, o rendimento do armazenamento. Massa: toda vazão, e a perda de massa do foguete.

Termos definidos neste capítulo

Volume de controle; sistema aberto

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