Hidrodinâmica - Quarta aula
Exercícios
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 1: resolução
A pressão na água, no ponto onde há estreitamento do tubo, é obtida pelo teorema de Bernoulli.
p1 + [ρ.(v1)2/2] + ρ.g.h1 = p2 + [ρ.(v2)2/2] + ρ.g.h2 =>
2.105 + [103.(2)2/2] + 103.10.0 = p2 + [103.(8)2/2] + 103.10.0 =>
p2 ≅ 1,7.105 N/m2
Resposta: c
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terça-feira, 29 de janeiro de 2013
Mecânica dos fluidos
Hidrodinâmica - Quarta aula
Exercícios
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 2: resolução
a) Pelo teorema de Bernoulli, devemos ter:
p1 + [ρ.(v1)2/2] = p2 + [ρ.(v2)2/2] =>
p1 - p2 = ρ/2.[(v2)2 - (v1)2] => p1 - p2 = 1,29/2.(20)2 =>
p1 - p2 = 258 N/m2
b) F = (p1 - p2).A = 258.400 => F = 1,032.105 N, orientada para cima.
Respostas:
a) 258 258 N/m2;
b) 1,032.105 N, orientada para cima.
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Exercícios
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 2: resolução
a) Pelo teorema de Bernoulli, devemos ter:
p1 + [ρ.(v1)2/2] = p2 + [ρ.(v2)2/2] =>
p1 - p2 = ρ/2.[(v2)2 - (v1)2] => p1 - p2 = 1,29/2.(20)2 =>
p1 - p2 = 258 N/m2
b) F = (p1 - p2).A = 258.400 => F = 1,032.105 N, orientada para cima.
Respostas:
a) 258 258 N/m2;
b) 1,032.105 N, orientada para cima.
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Mecânica dos fluidos
Hidrodinâmica - Quarta aula
Exercícios
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 3: resolução
p1 + [ρ.(v1)2/2] + ρ.g.h1 = p2 + [ρ.(v2)2/2] + ρ.g.h2 =>
patm + (m.g/S) + ρ.g.h = patm + [ρ.(v)2/2] =>
(10.10/0,07) + 103.10.0,60 = 103.(v)2/2 => v ≅ 3,9 m/s
Vazão = área x velocidade
π.(d2/4).v = 3,14.(1,5.10-2)2/4.3,9 => v ≅ 0,7.10-3 m3/s = 0,7 L/s
Resposta: 0,7 L/s
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Exercícios
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Exercício 3: resolução
p1 + [ρ.(v1)2/2] + ρ.g.h1 = p2 + [ρ.(v2)2/2] + ρ.g.h2 =>
patm + (m.g/S) + ρ.g.h = patm + [ρ.(v)2/2] =>
(10.10/0,07) + 103.10.0,60 = 103.(v)2/2 => v ≅ 3,9 m/s
Vazão = área x velocidade
π.(d2/4).v = 3,14.(1,5.10-2)2/4.3,9 => v ≅ 0,7.10-3 m3/s = 0,7 L/s
Resposta: 0,7 L/s
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Mecânica dos fluidos
Hidrodinâmica - Quarta aula
Exercícios
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 4: resolução
a) Vazão volumétrica média = 5000 litros/5.60 s = 16,67 litros/segundo
b) pA + [ρ.(vA)2/2] + ρ.g.hA = pC + [ρ.(vC)2/2] + ρ.g.hC =>
patm + (ρ.0/2) + ρ.9,8.2,5 = patm + [ρ.(vC)2/2] + ρ.9,8.0 =>
(vC)2 = 2,0.9,8.2,5 => vC = 7 m/s
Vazão no início do processo:
Área x velocidade = 0,00267 m2 x 7 m/s = 0,01869 m3/s = 18,69 L/s
c) O valor obtido no itemCb é maior que o obtido no item a, pois no início do processo de descarga (nível da gasolina no ponto A) aCvelocidade na saída do mangote éx7xm/s e, ao final do processoC(com o nível da gasolina no ponto B), a velocidade na saída diminui para 5,4 m/s [vC = √(2.9,8.1,5) m/s ≅ 5,4 m/s)]. Dessa forma, a vazão média assume um valor intermediário entre oCda vazão inicial e o da vazão final.
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Exercício 4: resolução
a) Vazão volumétrica média = 5000 litros/5.60 s = 16,67 litros/segundo
b) pA + [ρ.(vA)2/2] + ρ.g.hA = pC + [ρ.(vC)2/2] + ρ.g.hC =>
patm + (ρ.0/2) + ρ.9,8.2,5 = patm + [ρ.(vC)2/2] + ρ.9,8.0 =>
(vC)2 = 2,0.9,8.2,5 => vC = 7 m/s
Vazão no início do processo:
Área x velocidade = 0,00267 m2 x 7 m/s = 0,01869 m3/s = 18,69 L/s
c) O valor obtido no itemCb é maior que o obtido no item a, pois no início do processo de descarga (nível da gasolina no ponto A) aCvelocidade na saída do mangote éx7xm/s e, ao final do processoC(com o nível da gasolina no ponto B), a velocidade na saída diminui para 5,4 m/s [vC = √(2.9,8.1,5) m/s ≅ 5,4 m/s)]. Dessa forma, a vazão média assume um valor intermediário entre oCda vazão inicial e o da vazão final.
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Mecânica dos fluidos
Hidrodinâmica - Quarta aula
Exercícios
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 5: resolução
a) A velocidade do ar na região 2 é maior que na região 1. De1fato, pela equação da continuidade, temos:1
v1.A = v2.B => v2 = A/B.v1
Então, como A > B, podemos concluir que v2 > v1.
b) O teorema de Bernoulli estabelece que a soma da pressão estática (p) com a pressão dinâmica (1/2.ρ.v2) deve ser constante. Então, como no ponto 2 a pressão dinâmica é maior2 (devido à maior velocidade do fluxo de ar), concluímos que a2pressão estática será menor, isto é: p2 < p1.
c) Na região inferior da asa a pressão estática é maior. Assim, a força de pressão do ar é maior na região inferior da asa2quando comparada à força de pressão que atua na região superior. A resultante dessas2forças de pressão, a sustentação, é uma força orientada2para cima.
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Exercícios
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Exercício 5: resolução
a) A velocidade do ar na região 2 é maior que na região 1. De1fato, pela equação da continuidade, temos:1
v1.A = v2.B => v2 = A/B.v1
Então, como A > B, podemos concluir que v2 > v1.
b) O teorema de Bernoulli estabelece que a soma da pressão estática (p) com a pressão dinâmica (1/2.ρ.v2) deve ser constante. Então, como no ponto 2 a pressão dinâmica é maior2 (devido à maior velocidade do fluxo de ar), concluímos que a2pressão estática será menor, isto é: p2 < p1.
c) Na região inferior da asa a pressão estática é maior. Assim, a força de pressão do ar é maior na região inferior da asa2quando comparada à força de pressão que atua na região superior. A resultante dessas2forças de pressão, a sustentação, é uma força orientada2para cima.
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terça-feira, 22 de janeiro de 2013
Mecânica dos fluidos
Hidrodinâmica - Terceira aula
Teorema de Bernoulli
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 1: resolução
Podemos, inicialmente, calcular a velocidade do fluxo de água no segundo pavimento usando a equação da continuidade. Teremos, então:
S1.v1 = S2.v2 => π.(0,020)2.0,50 = π.(0,013)2.v2 =>
v2 ≅ 1,2 m/s
A pressão na água, no pavimento superior, é obtida pelo teorema de Bernoulli. Tomando como nível de referência (h = 0) o pavimento inferior, teremos:
p1 + [ρ.(v1)2/2] + ρ.g.h1 = p2 + [ρ.(v2)2/2] + ρ.g.h2
p2 = p1 + {ρ.[(v1)2 - (v2)2]/2} + ρ.g.(h1 - h2)
p2 = (3,0.105) + {[(1,0.103).(0,50)2 - (1,2)2]/2} + (1,0.103).10.(0-- 5)
p2 = (2,44.105) N/m2 = 2,44 atm
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Teorema de Bernoulli
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 1: resolução
Podemos, inicialmente, calcular a velocidade do fluxo de água no segundo pavimento usando a equação da continuidade. Teremos, então:
S1.v1 = S2.v2 => π.(0,020)2.0,50 = π.(0,013)2.v2 =>
v2 ≅ 1,2 m/s
A pressão na água, no pavimento superior, é obtida pelo teorema de Bernoulli. Tomando como nível de referência (h = 0) o pavimento inferior, teremos:
p1 + [ρ.(v1)2/2] + ρ.g.h1 = p2 + [ρ.(v2)2/2] + ρ.g.h2
p2 = p1 + {ρ.[(v1)2 - (v2)2]/2} + ρ.g.(h1 - h2)
p2 = (3,0.105) + {[(1,0.103).(0,50)2 - (1,2)2]/2} + (1,0.103).10.(0-- 5)
p2 = (2,44.105) N/m2 = 2,44 atm
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Mecânica dos fluidos
Hidrodinâmica - Terceira aula
Teorema de Bernoulli
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 2: resolução
a) Seja o ponto 1 do líquido um ponto de sua superfície livre e o ponto 2, um ponto do líquido junto à abertura lateral do recipiente.
Se considerarmos que o recipiente é bastante largo, então a velocidade da água na superfície livre do líquido (ponto 1) é praticamente nula (v1 = 0). Adotaremos o nível de referência passando pelo orifício de saída o que torna
h2 = 0 e h1 = h. Note ainda que, devido ao fato de os pontos 1 e 2 do líquido estarem em contato com o ar atmosférico, devemos ter p1 = p2 = patm. Para a determinação da velocidade v da água na saída do orifício (ponto 2), devemos aplicar o teorema de Bernoulli. Então, temos:
p1 + [ρ.(v1)2/2] + ρ.g.h1 = p2 + [ρ.(v2)2/2] + ρ.g.h2 =>
patm + ρ.g.h = patm + [ρ.(v2)2/2] =>
ρ.g.h = ρ.(v)2/2 => g.h = (v)2/2 => v = √2.g.h (Lei de Torricelli)
b) O alcance horizontal x do jato pode ser facilmente calculado a partir da teoria do lançamento horizontal. Observe que, na direção vertical, a água cai sob aceleração igual à aceleração gravitacional g. Para cair de uma altura (H – h) levará um tempo t dado por:
Δs = v0.t + α.t2/2 (MUV) => (H - h) = g.t2/2 => t = √[2.(H - h)/g]
Na direção horizontal, a velocidade da água é constante, pois a aceleração é nula. Então, no intervalo de tempo Δt = t, com velocidade v, o jato percorre uma distância Δs = x dada por:
v = Δs/Δt (MU) => √2.g.h = x/√[2.(H - h)/g] => x = √[h.(H - h)]
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Teorema de Bernoulli
Prof. Paulo Cesar M. Penteado
Exercício 2: resolução
a) Seja o ponto 1 do líquido um ponto de sua superfície livre e o ponto 2, um ponto do líquido junto à abertura lateral do recipiente.
Se considerarmos que o recipiente é bastante largo, então a velocidade da água na superfície livre do líquido (ponto 1) é praticamente nula (v1 = 0). Adotaremos o nível de referência passando pelo orifício de saída o que torna
h2 = 0 e h1 = h. Note ainda que, devido ao fato de os pontos 1 e 2 do líquido estarem em contato com o ar atmosférico, devemos ter p1 = p2 = patm. Para a determinação da velocidade v da água na saída do orifício (ponto 2), devemos aplicar o teorema de Bernoulli. Então, temos:
p1 + [ρ.(v1)2/2] + ρ.g.h1 = p2 + [ρ.(v2)2/2] + ρ.g.h2 =>
patm + ρ.g.h = patm + [ρ.(v2)2/2] =>
ρ.g.h = ρ.(v)2/2 => g.h = (v)2/2 => v = √2.g.h (Lei de Torricelli)
b) O alcance horizontal x do jato pode ser facilmente calculado a partir da teoria do lançamento horizontal. Observe que, na direção vertical, a água cai sob aceleração igual à aceleração gravitacional g. Para cair de uma altura (H – h) levará um tempo t dado por:
Δs = v0.t + α.t2/2 (MUV) => (H - h) = g.t2/2 => t = √[2.(H - h)/g]
Na direção horizontal, a velocidade da água é constante, pois a aceleração é nula. Então, no intervalo de tempo Δt = t, com velocidade v, o jato percorre uma distância Δs = x dada por:
v = Δs/Δt (MU) => √2.g.h = x/√[2.(H - h)/g] => x = √[h.(H - h)]
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