terça-feira, 29 de janeiro de 2013

Mecânica dos fluidos

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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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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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.hpatm + [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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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 m
2 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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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. De
1fato, 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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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 (Hh) 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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