Apostila de termodinamica

1Capítulo 1 Fundamentos da Termodinâmica e da Mecânica dos Fluidos 1. Conceitos e Definições: 1.1 – Sistema Térmico ou Termodinâmico (ou Sistema Fechado): µ = massa específica [kg/m 3 ] m = massa [kg] V = volume [m 3 ] Exemplo: Expansão de gás (mecanismo cilindro – pistão) µ = m [kg/m 3 ] V 2 Velocidade (de gás), V ~ 0 A equação da continuidade: m = vazão em massa [kg/s] v = velocidade do fluido (gás) [m/s] A = Área de escoamento [m 2 ] ÷ P, V (volume) variam ¹ quando T = cte. (Sem aquecimento, retirando peso) | P, T variam ¹ quando V (volume) = cte. (Se o pistão for preso) 1.2 – Volume de Controle (V.C.) ou Sistema Aberto: Exemplo: Uma região de um tubo onde há um escoamento de água: Exemplo: m = µ.V.A 3 1.3 – Estado e Propriedades de uma substância: Estado: Estado é a condição do sistema, descrito ou medido pelas suas propriedades (Propriedades Independentes). Propriedade de uma substância: É definida com qualquer grandeza que depende do estado do sistema e independe do meio que o sistema alcançar àquele estado. Algumas das mais familiares são: Temperatura, Pressão e Massa específica. Propriedade intensiva: Uma propriedade intensiva é independente da massa do sistema, por exemplo, Pressão, Temperatura, Viscosidade, Velocidade, etc. Propriedade extensiva: Uma propriedade extensiva depende da massa do sistema e varia diretamente com ela. Exemplo: Massa, Volume total (m 3 ), todos os tipos de Energia. As propriedades extensivas divididas pela massa do sistema são propriedades intensivas, tais como o Volume específico, Entalpia específica. Equilíbrio termodinâmico: Quando o sistema está em equilíbrio mecânico (mesma pressão), químico e térmico (mesma temperatura), o sistema é considerado como equilíbrio termodinâmico. 1.4 – Processos, Transformações e Ciclos: Processo: Processo ocorre quando um sistema sofre, ou a mudança de estado (mudança de uma ou mais propriedades) ou a transferência de energia num estado estável. Processo pode também ser chamado de transformação. Exemplo: 4 Quando é removido um dos pesos sobre o êmbolo, este se eleva e uma mudança de estado ocorre, pois a pressão decresce e o volume aumenta. No caso de uma retirada repentina dos pesos de uma só vez, o êmbolo se deslocaria rapidamente para cima. Recolocando os pesos de uma só vez, o sistema não retornaria ao estado inicial, sendo necessário um peso adicional. Este peso adicional corresponde a um trabalho suplementar que foi necessário para vencer o atrito. Isto caracteriza um processo não-reversível (irreversível). Todo processo natural é não-reversível (irreversível) porque ele é realizado com atrito. Os processos podem ser: Isobárico – quando a pressão é constante Isovolumétrico – quando o volume é constante Isotérmico – quando a temperatura é constante Isoentrópico – quando a entropia é constante Adiabático – quando não há transferência de calor Politrópico – quando variam todas as propriedades Ciclo termodinâmico: Quando um sistema, em um dado estado inicial, passa por certo número de mudanças de estado ou processos e finalmente retorna ao estado inicial, o sistema executa um ciclo. O vapor d’água que circula através de uma instalação a vapor e produz trabalho mecânico executa um ciclo. 1.5 – Unidades: Comprimento: A unidade básica de comprimento é o metro. 1 metro = 1650763,73 comprimento de onda da faixa vermelho-laranja do Kr-86 [Krypton]. 1 pol. = 2,540 cm. 12 pol. = 1 pé = 30,48 cm pé 3 = 0,02832 m 3 Massa: No Sistema Internacional (SI) a unidade de massa é o quilograma (kg). No sistema inglês, a unidade de massa é a libramassa (lbm). A relação entre o SI e o sistema inglês é dada como: 1 kg = 2,2046 lbm Força: A unidade de força no Sistema Internacional é o Newton (N), definida como: 1 N = 1 kg . m / s 2 P · 1 [T = cte.] V 5 Força, massa, comprimento e tempo estão relacionados pela 2 a Lei de Newton, que diz ser a força atuante sobre um corpo proporcional ao produto da massa pela aceleração na direção da força. Onde, g c é a constante que relaciona as unidades de força, massa, comprimento e tempo. O Newton pode ser definido como sendo a força que atua sobre uma massa de 1 quilograma num local onde a aceleração da gravidade é 1 m/s 2 . No sistema técnico (Sistema métrico prático) a unidade de força é o quilograma-força (kgf). O kgf é definido como sendo a força com que a massa de um quilograma – massa padrão é atraída pela Terra em um local onde a aceleração da gravidade é 9,8067 N. 1 kgf = 1 kg x 9,8067 m/s 2 Portanto, 1 kgf = 9,8067 N = 2,205 lbf I lbf = 0,4536 kgf Unidade técnica de massa (Utm) no Sistema Gravitacional Métrico: 1 Utm = 1 kgf = 1 kgf . s 2 = F 1 m/s 2 m a 1.6 – Volume específico: O volume específico de uma substância é definido como o volume por unidade de massa e é reconhecido pelo símbolo u. A massa específica (densidade) de uma substância é definida como a massa por unidade de volume, sendo desta forma o inverso do volume específico. A massa específica é designada pelo símbolo µ. O volume específico e a massa específica são propriedades intensivas. Matematicamente, o volume específico pode ser escrito como: µ 1 = = m V v 1.7 – Pressão: Quando tratamos com líquidos e gases, normalmente falamos de pressão; nos sólidos falamos em tensão. A pressão num ponto de um fluido em repouso é igual em todas as direções e é definida como sendo a componente normal da força por unidade de área. A pressão P é definida como: Onde: oA é a área pequena oA’ é a menor área sobre a F · m . a F = m . a g c P = lim oF N (1.2) oA÷oA’ oA (1.1) 6 qual pode considerar o fluido como meio contínuo oF N é a componente normal da força sobre oA A pressão P num ponto de um fluido em equilíbrio é a mesma em todas as direções. A unidade de pressão no Sistema Internacional é N/m 2 (Pa) e no Sistema Técnico kgf/m 2 .Nos cálculos termodinâmicos usa-se a pressão absoluta. Pressão absoluta superior à atmosférica: P abs > P atm Onde: P m é a pressão de manômetros (Burdon, Aneroid, etc.) P atm é a pressão de barômetros O manômetro normal lê a diferença entre a pressão absoluta e a atmosférica. A pressão manométrica também é chamada pressão relativa (ou efetiva). Pressão absoluta inferior à atmosférica: P abs < P atm As pressões abaixo da pressão atmosférica local são pressões manométricas negativas ou pressões de vácuo. Onde: P vác é a pressão de manômetros de vácuo ou vacúmetro O manômetro de vácuo lê a diferença entre a pressão atmosférica e a absoluta. A pressão atmosférica padrão é a pressão média ao nível do mar. 1 atm = 760 mm coluna de Hg 1 atm = 1,03323 kgf/cm 2 1 atm = 1,013250 x 10 5 N/m 2 (Pa) 1 atm = 30 pol. de Hg 1 atm = 1,013250 bar 1 bar = 10 5 N/m 2 (Pa) 1 bar = 0,9869 atm 1 bar = 100 Kilopascals(KPa) 1 mm col. de Hg ~ 13,6 Kgf/m 2 . 1 micrón col. de Hg = 1x10 -3 mmHg Pressão medida com o manômetro de tubo U: P abs = P atm + P m (1.3) P m = P abs - P atm (1.3a) P abs = P atm + P vác (1.4) P vác = P atm - P abs (1.4a) 7 P abs > P atm P 1 > P 2 P m =P abs – P atm P m = P 1 – P 2 = AP Mas conforme a equação hidrostática: Onde : µ m = massa específica do fluido manométrico (Kg/ m 2 ) g = aceleração da gravidade ~ 9,81 m/s 2 Z m = altura da coluna do fluido manométrico (m) Nota: Peso específico, T = µ . g [N/m 3 ] , Densidade de uma substância, d subs = Tsubs T H2O [adimensional] 1.8 – Definição de Calor e Trabalho: Calor: O calor é a transferência de energia através da fronteira do sistema pelos mecanismos de condução, convecção e radiação. O calor transferido (sem transferência de massa) de um sistema de temperatura superior a um sistema de temperatura inferior, e ocorre unicamente devido à diferença de temperatura entre os dois sistemas. O calor é uma função de linha e é reconhecido como sendo uma diferencial inexata. Onde: 1 Q 2 é o calor transferido durante o processo entre o estado 1 e 2. Calor por unidade de tempo: A troca de calor por unidade de massa: Trabalho: O trabalho é a energia transferida, sem transferência de massa, através da fronteira do sistema por causa da diferença de uma propriedade intensiva (pressão, temperatura, viscosidade, velocidade), além da temperatura, que existe entre o sistema e a vizinhança. Definição Matemática: AP = µ m . g . Z m [N/m 2 ] (1.5) 2 } cQ = 1 Q 2 [J, kcal] (1.6) 1 Q = cQ [J/s . w] (1.7) dt q = Q [J/kg, Kcal/kg] (1.8) m 8 Onde: W = Trabalho F = Força dx = Deslocamento infinitesimal Definição Termodinâmica: Um sistema realiza trabalho quando o único efeito externo ao sistema (sobre as suas vizinhanças) for a elevação de um peso. Trabalho de deslocamento (Expansão ou Compressão): cW = F . dL Mas P = F ou cW = P. A. dL A Mas A . dL = dV 2 W = } F . dx [Nm, J, Kcal] (1.9) 1 cW = P . dV (1.10) 9 O trabalho realizado pelo sistema (gás) pode ser determinado pela integração da equação acima. Assim: Onde: P é a pressão absoluta do gás 1 W 2 é o trabalho realizado pelo sistema ou sobre o sistema durante o processo entre o estado 1 e 2. O trabalho realizado pelo sistema tem sinal positivo e significa a expansão. O trabalho realizado sobre sistema (pistão realiza trabalho sobre o gás) tem sinal negativo e significa a compressão. Assim como o calor, o trabalho é uma função de linha e é reconhecido como sendo uma diferencial inexata. Resumindo, trabalho e calor são:  ambos fenômenos transitórios;  fenômenos de fronteira, observados somente nas fronteiras do sistema e representam energia que atravessam a fronteira do sistema;  função de linha (portanto dependem do caminho que o sistema percorre durante a mudança de estado) e diferenciais inexatas. Convenção dos sinais de trabalho e calor: 2 2 1 W 2 = } cW = } P. dV (1.11) 1 1 10 Propriedades Termodinâmicas Fundamentais: 1-) Pressão, P [N/m 2 , kgf/m 2 ]  Absoluta 2-) Volume, V [m 3 ] 3-) Volume específico, u [m 3 /kg] 4-) Massa específica, µ [kg/m 3 ] 5-) Temperatura, T [°K]  Absoluta Termodinâmica Usa a temperatura absoluta, ( ) | | K C t T º 273 º + = 6-) Massa, m [kg] 7-) Velocidade, v [m/s] 8-) Viscosidade, µ [NS/m 2 ] 9-) Altura (cota), Z [m] 10-) Energia interna, U [J, Kcal] 11-) Energia cinética, 2 . 2 v m Ec = [J, Kcal] 12-) Energia potencial, Ep = m . g . Z [J, Kcal] 13-) Aceleração da gravidade, g ~ 9,81 m/s 2 = cte. 14-)Energia total, E = U + Ec + Ep [J, Kcal] Relacionada também com trabalho e calor (estes dois últimos não são propriedades) 15-) Entalpia, H = U + P . V [J, Kcal] 16-) Entropia, S [J/°K] 17-) Título (qualidade de vapor), X [adimensional] 18-) Calor específico a volume cte, v v v T u T u C | . | \ | A A ~ | . | \ | c c = [J/kg °K, Kcal/kg °K] 19-) Calor específico à pressão cte, p p p T h T h C | . | \ | A A ~ | . | \ | c c = [J/kg °K, Kcal/kg °K] 20-) Constante Adiabática ou Isoentrópica, v p C C K = [adimensional] Observações: (1) Entalpia específica, pv u m PV m U m H h + = + + = [J/kg, Kcal/kg] (2) Entropia específica, m S s = [J/kg °K] (3) Energia interna específica, m U u = [J/kg, Kcal/kg] 11 (4) Energia cinética específica, 2 2 V m Ec ec = = [J/kg, Kcal/kg] (5) Energia potencial específica, z g m EP ep . = = [J/kg, Kcal/kg] Diagrama de pressões: Pressão acima da Atmosfera Pressão relativa ou efetiva ou Pressão Absoluta manométrica positiva Pressão Atmosférica Pressão relativa ou efetiva ou manométrica negativa Pressão Absoluta Zero Absoluto 12 PROBLEMAS RESOLVIDOS: Problema 1: Demonstrar a igualdade numérica entre a massa específica µ de um fluido em kg/m 3 e seu peso específico T em kgf/m 3 . Solução: Seja y o número que mede µ: µ = y kg/m 3 (1) Considere-se g ~ 9,81 m/s 2 (2) Sabemos que T = µ . g (3) Substituindo (1) e (2) em (3): T = (y kg/m 3 ) . (9,81 m/s 2 ) = 9,81 y (kg m/s 2 )/m 3 Mas 1 kg m/s 2 = 1 Newton = 1 N T = 9,81 y N/m 3 Mas 9,81 N = 1 kgf Finalmente, T = y kgf/m 3 (4) Comparando-se (1) e (4), conclui-se que a massa específica µ e o peso específico T de uma substância são indicados pelo mesmo número y. Variam apenas os sistemas de unidades. Problema 2: Sendo µ = 1030 kg/m 3 a massa específica da cerveja, achar sua densidade relativa. Solução: A massa específica da água é µ H2O = 1000 kg/m 3 Logo, pela definição: 1000 1030 2 = = O H cerveja d µ µ ou ou Problema 3: A densidade do gelo em relação à água é 0,918. Calcular em porcentagem o aumento de volume da água ao solidificar-se. Solução: Sendo µ e µ 1 as densidades absolutas (massas específicas) do gelo e da água, respectivamente. Tem-se pela definição: 1 0,918 µ µ = Mas V m = µ e 1 1 V m = µ onde V e V 1 representam os volumes do gelo e da água, respectivamente, para a massa m. Logo, 1 1 1 1 . 089 , 1 918 , 0 918 , 0 V V V V V V m V ~ = = = d = 1,03 13 O volume passou de V 1 para 1,089V 1 . Houve um aumento de 0,089. Problema 4: No módulo de um foguete espacial, instalado na rampa de lançamento na terra (g = 9,81 m/s 2 ), coloca-se certa massa de um líquido cujo peso é w = 15 kgf. Determinar o peso w’ do mesmo líquido, quando o módulo do foguete estiver na lua (g’ = 1,70 m/s 2 ). Solução: Na terra, o peso do líquido é w = m . g 15 kgf = m . 9,81 m/s 2 m = 15 kgf 9,81 m/s 2 Na lua, a massa é a mesma, mas o peso do líquido é w’ = m . g’ w’ = 15 kgf . 1,70 m/s 2 9,81 m/s 2 Problema 5: Um manômetro de mercúrio está medindo a pressão do condensador de uma usina térmica de vapor, e tem a leitura de 63 cm, vácuo. O barômetro no escritório da usina registra 76 cm de mercúrio. Qual será a pressão absoluta no condensador em N/m 2 ? Solução: Dado: P atm = 76 cm Hg Sabemos que: P abs = P atm ± P man Usando a equação (1.4a), P vác = P atm - P abs 63 cm = 76 cm - P abs P abs = 76 – 63 = 13 cm Hg = 130 mm Hg P abs = 130 . 13,6 kgf/m 2 = 130 . 13,6 . 9,8067 N/m 2 AV 1 ~ 8,9 % w’ ~ 2,6 kgf P abs ~ 17338,25 N/m 2 14 Problema 6: Uma turbina é fornecida com o vapor à pressão manométrica de 15 kgf/cm 2 . Depois da expansão, dentro da turbina, o vapor passa por um condensador, o qual é mantido a vácuo de 710 mm Hg por meio das bombas. A pressão barométrica é de 775 mm Hg. Calcule as pressões do vapor na entrada e na saída em kgf/cm 2 . Solução: 1 mm Hg = 13,6 kgf/m 2 775 mm Hg = 775 . 13,6 kgf/m 2 = 10540 kgf/m 2 = 10540 kgf . m 2 = 1,054 kgf m 2 10 4 cm 2 cm 2 ou seja: P atm = a pressão barométrica P B = 775 mm Hg ~ 1,054 kgf/cm 2 Pode-se determinar a pressão atmosférica também pela aplicação da equação hidrostática (1.5). Aqui: P 1 = P atm , P 2 = 0 e g c é a constante que relaciona as unidades de força , massa, comprimento e tempo. O valor de g c : g c = 1 kg . 9,8067 m/s 2 = 9,8067 kg . 1 m/s 2 = 1 kg . 1 m/s 2 kgf kgf N Sabemos também que: µ Hg = densidade Hg . µ H2O kgf/m2 10540 / . 1 . . 8067 , 9 . 775 , 0 . / . 8067 , 9 ). / . 1000 . 6 , 13 ( . . 2 2 3 = = = kgf s m kg m s m m kg g Z g P c Hg atm µ Pressão do vapor na entrada: A pressão na entrada = 15 kgf/cm 2 = P m Mas P abs = P m + P atm = 15 + 1,054 = 16,054 kgf/cm 2 abs. µ H2O = 1000 kg/m 3 P atm ~ 1,054 kgf/cm 2 A pressão na entrada, P e ~ 16,054 kgf/cm 2 abs. c g Z g P P P . . 2 1 µ = ÷ = A 15 Pressão do vapor na saída: A pressão na saída, P s = 710 mm Hg vácuo Mas P abs = P atm - P vác = (775 - 710) mm Hg = 65 mm Hg P abs = 65 . 13,6 kgf . m 2 abs. m 2 10 4 cm 2 Problema 7: Um corpo com massa de 5 kg está 100 m acima de um dado plano horizontal de referência num local onde g = 9,75 m/s 2 . Calcular a força gravitacional em Newtons e a energia potencial do corpo em referência ao nível escolhido. Solução: A energia potencial, Ep = m . g . Z [J] O uso de g c : Escrevendo a energia potencial como: Nm N s m kg m s m kg g Z g m Ep c . 4875 / . 1 . 100 . / . 75 , 9 . . 5 . . 2 2 = = = ou A força gravitacional, ou Problema 8: A massa combinada de um carro com seus passageiros, movendo-se a 72 km/h é de 1500 kg. Calcular a energia cinética desta massa combinada. Solução: A energia cinética, [J] O uso de g c : Escrevendo a energia cinética como: A pressão de saída, P s ~ 0,0884 kgf/cm 2 abs. Ep = 4875 J F g = 48,75 N N s m kg s m kg g g m F c g 2 2 / . 1 / . 75 , 9 . . 5 . = = 2 . 2 v m Ec = | | = ( ¸ ( ¸ = = = N s m kg s h h Km kg N s m kg h Km kg g v m Ec c 2 2 2 2 2 / . 1 . 2 . 3600 . 72 . 1500 / . 1 . 2 / . 72 . . 1500 . 2 . 16 Problema 9: As propriedades de uma certa substância são relacionadas como seguinte: u = 392 + 0,320 t / p. u = 55,5 ( t + 273) Onde: u = energia interna específica [Kcal/Kg]; t = temperatura [°C]; p = pressão [kgf/m 2 ]; u = volume específico [m 3 /kg] Determinar C P , Cu e h em [kcal/kg °C]. Nota: 1 kgf . m = Kcal 427 Solução: u = 392 + 0,320 t [Kcal/Kg]  v v dt du C | . | \ | = ( ) ( ) ( ) ( ) 320 , 0 0 . 320 , 0 392 . 320 , 0 392 + = + = + = = t dt d dt d t dt d u dt d C v C Kg Kcal C v .º 320 , 0 = ) 273 ( 5 , 55 + = t pv ( ¸ ( ¸ = Kg m Kgf Kg m m Kgf . . / 3 2 ou ) 273 ( 5 , 55 + = t pv Kg m Kgf . Mas 1 Kgf.m = 427 Kcal ou ) 273 ( 130 , 0 + = t pv Kg Kcal Ec = 300 KJ = = = ( ¸ ( ¸ = kJ m N N s m kg s m N s m kg s m kg 300 . . 000 . 300 / . 1 / 400 . 2 1 / . 1 . 2 . 3600 10 . 72 . . 1500 2 2 2 2 2 3 17  p p dt dh C | . | \ | = ( ) ( ) ( ) ( ) = ( ¸ ( ¸ + + = + = + = = Kg Kcal t dt d dt du pv dt d dt du pv u dt d h dt d C p 273 130 , 0 + = + + C Kg Kcal C Kg Kcal dt d t dt d C v .º . 130 , 0 .º 320 , 0 ) 273 . 130 , 0 ( ) 130 , 0 ( C Kg Kcal C p .º 450 , 0 = + + + = + = ) 49 , 35 130 , 0 ( ) 320 , 0 392 ( t t pv u h | | Kg Kcal t h 45 , 0 49 , 427 + = Problema 10: Água escoa por um bocal mostrado na figura. Determine a altura h para uma pressão manométrica de 0,35 kgf/cm2 em A. Dado: T H2O ~ 9801,38 N/m 3 . Solução: 1 kgf = 9,8067 N T 1 = T H2O ~ 9801,38 N/m 3 ~ 999,46 kgf/m 3 T 2 = T Hg = d Hg . T H2O = 13,6 . 999,46 kgf/m 3 PA man = 0,35 kgf . 10 4 cm 2 = 3500 kgf/m 2 cm 2 m 2 0 18 Conforme a linha de pressão constante, a pressão absoluta em C = a pressão absoluta em D PC abs = PD abs  PC abs = PA + T 1 (h + 60 . 10 -2 m) + P atm  PD abs = T 2 h + PB = T 2 h + P atm  Mas :  =  PA + T 1 (h + 0,60 m) + P atm = T 2 h + P atm ou PA man = T 2 h - T 1 (h + 0,60 m) Mas: PA abs - P atm = PA man = 3500 kgf/m 2 3500 kgf/m 2 = T 2 h - T 1 (h + 0,60 m) = 13,6 . 999,46 kgf/m 3 h – 999,46 kgf/m 3 (h + 0,60 m) = 999,46 kgf/m3 [13,6 h – h – 0,60m] 3500 m = 12,6 h – 0,60 m 999,46 h = 3500 m + 0,60 m . 1 ~ 0,3255 m 999,46 12,6 Problema 11: Um líquido tem viscosidade 0,005 kg/m.s e massa específica de 850 kg/m 3 . Calcular a viscosidade cinemática em unidades S.I. Solução: Nota: viscosidade (dinâmica) tem dimensão NS/m 2 NS = kg. m/s 2 . s = kg 1 mícron = 10 -6 m = µ m m 2 m 2 ms A viscosidade cinemática, ע = µ = 0,005 kg/m.s µ 850 kg/m 3 h ~ 32,55 cm ע ~ 0,0000058 m 2 /s = 5,8 µ m 2 /s 19 1 a. LISTA DE EXERCÍCIOS: Questão 1: Qual a diferença fundamental entre sistema e volume de controle? Questão 2: O que é estado e quais são as propriedades termodinâmicas de uma substância? Questão 3: O que são propriedades intensivas e extensivas? Questão 4: O que é processo e o que é processo cíclico ou ciclo termodinâmico? Questão 5: Defina trabalho de deslocamento e calor. Porque estes dois não são propriedades termodinâmicas? Questão 6: Definir pressão absoluta. Questão 7: Qual a pressão absoluta que corresponde à pressão manométrica de 6,46 atm? Resp.: 7,46 atm. Questão 8: A pressão efetiva ou manométrica de um certo sistema é –0,22 atm. Qual é a pressão absoluta? Resp.: 0,78 atm. Questão 9: Um tanque aberto contém 60,96 cm d’água cobertos por 30,48 cm de óleo de densidade (relativa) 0,83. Determinar a pressão absoluta na interface em N/m 2 . Calcular também a pressão absoluta no fundo do tanque em N/m 2 . Dado: T H2O ~ 9801,38 N/m 3 Resp.: Pinterface ~ 1,038 . 10 5 N/m 2 abs. Pfundo ~ 1,098 . 10 5 N/m 2 abs. Questão 10: Um manômetro indica 2,8 kgf/cm 2 e o barômetro indica 742 mm Hg. Calcular a pressão absoluta em kgf/cm 2 e em atm. Resp.: P abs ~ 3,80 kgf/cm 2 abs. ~ 3,68 atm abs. Questão 11: Um manômetro de mercúrio, usado para medir um vácuo, registra 731 mm Hg e o barômetro registra 750 mm Hg. Determinar a pressão absoluta em kgf/cm 2 e em mícrons. Resp.: P abs ~ 0,026 kgf/cm 2 abs. ~ 1,9 . 10 4 mícron de Hg Questão 12: Um manômetro contém um fluido com massa específica de 816 kg/m 3 . A diferença de altura entre as duas colunas é 50 cm. Que diferença de pressão é indicada em kgf/cm 2 ? Qual seria a diferença de altura em cm, se a mesma diferença de pressão fosse medida por um manômetro contendo mercúrio (massa específica de 13,60 g/cm 3 )? Resp.: AP = 4001,13 N/m 2 ~ 0,041 kgf/cm 2 Z m = 3 cm. 20 Questão 13: Suponha que numa estação espacial em órbita, uma gravidade artificial de 1,5 m/s 2 seja induzida por uma rotação da estação. Quanto pesaria um homem de 70 Kg dentro da mesma? Resp.: F ~ 105 N ~ 10,71 kgf Questão 14: Um cilindro vertical contendo gás argônio possui um êmbolo de 45 kg e área seccional de 280 cm 2 . A pressão atmosférica no exterior do cilindro é 0,92 kgf/cm 2 e a aceleração da gravidade local é 9,7 m/s 2 . Qual é a pressão do argônio no cilindro? Resp.: P argônio ~ 1,08 kgf/cm 2 abs. Questão 15: Enche-se um frasco (até o traço de afloramento) com 3,06 g de ácido sulfúrico. Repete-se a experiência, substituindo o ácido por 1,66 g de água. Obter a densidade relativa do ácido sulfúrico. Resp.: d H2SO4 ~ 1,843 21 2. Propriedades de uma Substância Pura: 2.1 – Equação de Estado do Gás Perfeito: Equação de estado para a fase vapor de uma substância simples compressível. Comportamento P, V e T dos gases, diante de uma massa específica ( µ) muito baixa, é dado com bastante precisão: P u = R T P u = R T P V = m R T (2.1) Esta equação é chamada de equação de estado para P V = n R T os gases perfeitos. P = µ R T Onde: P = pressão absoluta T = temperatura absoluta u = volume específico molar (m 3 /kg mol) = u M = V M u = volume específico (m 3 /kg) m M = peso molecular (kg/kg mol) n = n° de moléculas (kg mol) = m m = massa (kg) M V = volume total (m 3 ) µ = massa específica (kg/m 3 ) R = constante universal (molar) dos gases (é sempre cte.) = 8314,34 J ~ 847,7 kgf . m ~ 0,08206 atm . l Kg mol °K kg mol °K gm mol °k ~ 0,08315 bar.m 3 / kg mol °K R = constante para um gás particular (J/ kg °K) = R M R pode também ter unidade: (kgf . m/ kg °K). R e M são tabelados. Vide Tabela A.8 (Propriedades de vários gases perfeitos, página 538 do livro “Fundamentos da Termodinâmica Clássica” – VANWYLEN e SONNTAG). De (2.1): P.V = m R = cte. (Pois m e R são ctes.) = P 1 .V 1 T T 1 Ou seja: P 1 .V 1 = P 2 .V 2 = cte. (2.2) A lei combinada de BOYLE e CHARLES T 1 T 2 BOYLE: P · 1 [T = cte.] V CHARLES: P · T [V = cte.] Combinando, tem-se: P · T [Ambos variáveis] V ou P = cte . T ou P V = cte ou seja: V T 22 2 2 2 1 1 1 . . T V P T V P = (2.2) Massas específicas maiores (baixo volume específico), os gases se comportam como gases reais e a equação de estado do gás perfeito de CLAPEYRON (2.1) não vale mais. A equação de estado para gás real: P u = Z R T P u = Z R T ou R.T P. . . u u = = T R P Z (2.4) Onde: Z = 0, fator de compressibilidade [adimensional]; Quando Z tende a um, gás real tende a gás perfeito. 2.2 – Transformação de estado para gases perfeitos ou ideais:  Processo Isobárico (Transformação Isobárica) Trabalho de Deslocamento (expansão ou compressão). cW = P . dV (1.10) cq = du + de = du + P du (1 a . Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2.1) P = cte. ¹ V T -1 = cte. ¹ V 2 = T 2 V 1 T 1 1 W 2 = P (V 2 - V 1 ) 1 Q 2 = m C P (T 2 – T 1 ) U 2 – U 1 = m C u (T 2 – T 1 ) H 2 – H 1 = m C P (T 2 – T 1 ) S 2 – S 1 = m C P ln T 2 = m C P ln V 2 T 1 V 1  Processo Isovolumétrico ou Isométrico (Transformação Isométrica) cW = P . dV (1.10) cq = du + de = du + P du (1 a . Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2.1) V = cte. ¹ P T -1 = cte. ¹ P 2 = T 2 P 1 T 1 (2.3) 23 1 W 2 = 0 U 2 – U 1 = 1 Q 2 = m C u (T 2 -T 1 ) H 2 – H 1 = m C P ( T 2 – T 1 ) S 2 – S 1 = m Cu ln P 2 = m Cu ln T 2 P 1 T 1  Processo Isotérmico (Transformação Isotérmica) cW = P . dV (1.10) cq = du + de = du + P du (1 a . Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2.1) T = cte. ¹ P V = cte. ¹ P 1 = V 2 P 2 V 1 1 W 2 = 1 Q 2 = m R T ln V 2 = m R T ln P 1 V 1 P 2 U 2 = U 1 , pois para gás perfeito, U = U (T) H 2 = H 1 , pois para gás perfeito, H = H (T) 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 . . . . . . P P Ln R m v v Ln R m v v Ln R T T Ln C m S S v = = | | . | \ | + = ÷  Processo Adiabático e/ou Isentrópico (Transformação Adiabática e/ou Isentrópica) : cW = P . dV (1.10) cq = du + de = du + P du (1 a . Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2.1) A equação do processo: P. V k = cte., onde K = cte. Adiabática ou isentrópica K = C P C u Adiabática, cQ = 0 Isentrópico (Adiabático + Reversível), dS = 0 = cQ T | . | \ | ÷ ÷ = ÷ = K v P v P m K V P W 1 . . 1 . 1 1 2 2 2 2 2 1 1 W 2 = U 1 – U 2 = m C u (T 1 – T 2 ) ; 1 Q 2 = 0 K v v P P | | . | \ | = 1 2 2 1 ; K P P v v / 1 2 1 1 2 | | . | \ | = ; K K K P P v v T T 1 2 1 1 1 2 2 1 ÷ ÷ | | . | \ | = | | . | \ | = . 2 1 cte S S = = ) ( . 1 2 1 2 T T Cp m H H ÷ = ÷  Processo Politrópico (Transformação Politrópica) cW = P . dV (1.10) cq = du + de = du + P du (1 a . Lei para Sistema Fechado) 24 Estado: P V = m R T (2.1) A equação do processo: P. V n = cte., onde n = expoente politrópico (n > 1, mas n < K) n v v P P | | . | \ | = 2 1 1 2 ; 1 2 1 2 1 ÷ | | . | \ | = n v v T T ; n n P P T T 1 2 1 2 1 ÷ | | . | \ | = , onde C n = calor específico para o processo politrópico = C u [(n-k)/(n-1)] ; ; 1 Q 2 = m C u n – k (T 2 - T 1 ) n –1 U 2 – U 1 = m C u (T 2 - T 1 ) H 2 – H 1 = m C P (T 2 - T 1 ) | . | \ | ÷ ÷ = ÷ ÷ = n v P v P m n V P V P W 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 . T T Ln n k n Cv m S S ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = ÷ Resumo: A equação geral : P. V n = cte. Processo Isobárico: n = 0 C n = K C u = C P dP = 0 Processo Isovolumétrico: n = ± · C n = C u du = 0 Processo Isotérmico: n = 1 C n = ± · dT = 0 1 2 2 1 v v Ln P P Ln n = v n p n C C C C n ÷ ÷ = 2 1 1 2 1 v v Ln T T Ln n = ÷ 1 2 1 2 1 P P Ln T T Ln n n = ÷ 25 Processo Adiabático ou isentrópico: n = K C n = 0 cq = 0 ou dS = 0 Em geral: K = C P = cte. (gás perfeito/ideal) C u C P - C u = R = cte. (gás perfeito/ideal) C u = R C P = R K C u = C u (T) C P = C P (T) K-1 K-1 U = U(T) H = H(T) R, C P , C u , K, M tem valores tabelados. Em geral, para gás perfeito a variação de entropia específica ( s= S/m) dada pelas seguintes equações: s 2 – s 1 = C P ln(T 2 /T 1 ) – R ln(P 2 /P 1 ) s 2 – s 1 = C P ln (u 2 /u 1 ) + C u ln (P 2 /P 1 ) s 2 – s 1 = C u ln (T 2 -T 1 ) + R ln (u 2 /u 1 ) s 2 - s 1 pode ser zero, © ou O. Notas: Unidades de trabalho de deslocamento (Expansão ou Compressão) Sistema Internacional (S.I.) ¹ J = Nm Sistema Técnico (S.I.) ¹ Kgf.m ou Kcal Relacionamento entre Trabalho e Calor (Kgf.m e Kcal) O equivalente mecânico do calor, J = 427 (kgf.m / Kcal) Trabalho específico, e = W (K.J/Kg , Kcal/Kg) m Potência é trabalho por unidade de tempo, W = cW (J/s = W , Kcal/h) dT A unidade de potência é também HP e/ou CV: 1 HP ~ 0,746 KW = 641,2 Kcal/h 1 CV ~ 0,736 KW 1 KW ~ 860 Kcal/h Temperatura absoluta (Escalas de temperatura) Termodinâmica exige o emprego de uma temperatura absoluta ou temperatura termodinâmica, independente da substância termométrica, que é medida a partir de um ponto 0 (zero) absoluto. O zero absoluto ¹ - 459,67°F ou - 273,15°C 1 Kgf.m = Kcal 427 26 T°K = t°C + 273,15 ~ t°C + 273 T°R = t°F + 459,67 ~ t°F + 460 ( ) 32 .º 9 5 .º ÷ = F C t t ; 32 .º 5 9 .º + = C F t t PROBLEMAS RESOLVIDOS: Problema 1: Qual a massa de ar contida numa sala de 10m x 6m x 4m se a pressão absoluta é de 1Kgf/cm 2 e a temperatura 27°C? Admitir que o ar seja um gás perfeito. Solução: Da tabela A.8 (pág. 538) encontra-se, R ar = 29,27 Kgf.m Kg.°K Dados: P = 1 Kgf/cm 2 T = t + 273 = (27 + 273) °K V = (10 x 6 x 4) m 3 Estado (gás perfeito): P V = m R T ou m = P V = (1 Kgf/cm 2 . 10 4 cm 2 /m 2 ) . (10 . 6. 4) m 3 R T 29,27 Kgf.m . (27 + 273) °K Kg °K Problema 2: Calcular a variação de entalpia de 5 Kg de oxigênio sabendo-se que as condições iniciais são P 1 = 130 KPa abs., t 1 = 10°C e as condições finais são P 2 = 500 KPa abs., t 2 = 95°C. Solução: Para gás perfeito, a entalpia é função apenas da temperatura, e não interesse qualquer que seja o processo. Logo, pela definição tem-se, H 2 – H 1 = m C P (T 2 – T 1 ) = 5 Kg . 0,219 Kcal . (95 – 10) °K Kg °K m ~ 273 Kg H 2 – H 1 ~ 93,08 Kcal ~ 389,73 KJ 27 Problema 3: Um cilindro contendo 1,59 Kg de Nitrogênio a 1,41 Kgf/cm 2 abs. e 4,4°C e é comprimido isentropicamente até 3,16 Kgf/cm 2 abs. Determinar a temperatura final e o trabalho executado. Solução: 1°Método: Uso da equação isentrópica e a aplicação da 1 a. Lei da Termodinâmica com processos em sistema fechado. Temperatura final: A temperatura final pode ser obtida pela equação isentrópica: T 1 = (4,4 + 273) °K ; P 1 = 1,41 Kgf/cm 2 ; P 2 = 3,16 Kgf/cm 2 ; m = 1,59 Kg Da tabela A8/ pág 538 : K N2 = 1,400 C u0 = 0,177 [Kcal/Kg°K] ( ) K T .º 33 , 349 41 , 1 16 , 3 . 273 4 , 4 2 4 , 1 1 4 , 1 ~ | . | \ | + = ÷ Trabalho executado: Da 1 a . Lei: cq = du + de ¹ cQ = dU + cW Lembrando-se que, q = (Q/m) , u = (U/m) , e = (W/m) Para processo isentrópico i.e. adiabático e reversível, não há troca de calor entre sistema e vizinhança. A condição matemática: cq = 0 de = ÷du O gás N2 é comprimido. Portanto o trabalho é realizado sobre o gás e é negativo. de = - du = - C u (T 2 - T 1 ) = - 0,177 (349,33 – 277,4) ou 1 e 2 ~ - 12,73 Kcal/Kg 1 W 2 = 1 e 2 . m = -12,73 . 1,59 ~ - 20,74 Kcal = -20,74 . 4,187 ~ -84,74 KJ , pois 1 Kcal = 4,187 KJ Trabalho de Compressão 2°Método: Uso das equações de estado, processo isentrópico e trabalho. Dados: P 1 = 1,41 Kgf/cm 2 = 1,41 . 10 4 Kgf/m 2 P 2 = 3,16 Kgf/cm 2 = 3,16 . 10 4 Kgf/m 2 T 1 = (4,4 + 273) °K = 277,4 °K m = 1,59 Kg Da tabela A8/ pág 538 : K N2 = 1,400 R N2 = 30,27 Kgf . m Kg °K Estado: V 1 = m R T 1 = 1,59 . 30,27 . 277,4 ~ 0,9469 m 3 P 1 1,41. 10 4 T 2 ~ 349,33 °K ~ 76,33 °C 1 W 2 ~ - 24,74 Kcal = - 84,74 KJ K K P P T T 1 1 2 1 2 ÷ | | . | \ | = 28 Processo Isentrópico: 400 , 1 1 / 1 2 1 1 2 16 , 3 41 , 1 9469 , 0 | . | \ | = | | . | \ | = K P P V V 3 2 5321 , 0 m V ~ Temperatura final: K K K P P v v T T 1 2 1 1 1 2 2 1 ÷ ÷ | | . | \ | = | | . | \ | = ou K K K P P T V V T T 1 1 2 1 1 2 1 1 2 ÷ ÷ | | . | \ | = | | . | \ | = ou 400 , 1 1 400 , 1 41 , 1 16 , 3 4 , 277 5321 , 0 9469 , 0 4 , 277 2 1 400 , 1 ÷ | . | \ | = | . | \ | = ÷ T T 2 também pode ser calculado pela equação de estado. Estado: T 2 = P 2 V 2 = 3,16 . 10 4 . 0,5321 ~ 349,36 °K m R 1,59 . 30,27 Trabalho executado: Trabalho: 1 W 2 = P 2 V 2 – P 1 V 1 = (3,16 . 10 4 ) . 0,5321 – (1,41 . 10 4 ) . 0,9469 1 – K 1 – 1,400 ou Trabalho de compressão Problema 4: (Trabalho de Potência de Eixo) Um carro a gasolina tem a velocidade de rotação(N) do motor de 3000 r.p.m., e desenvolve um torque (t) de 260 Nm. Calcular a potência no eixo do motor. Solução: Potência no eixo, P e = t x 2tN [W] 60 P e = 260 Nm . 2t . 3000 s -1 [ Nm/s = J/s = W] 60 ou P e = t x 2tN [CV] 60 . 75 P e = 260 Kgf . m . 2t . 3000 s -1 [CV] , pois 1 Kgf ~ 9,81 N 9,81 75 60 T 2 ~ 349,33 °K ~ 76,33 °C 1 W 2 ~ - 8657,68 Kgf . m ~ - 20,28 Kcal = - 84,89 KJ pois 1 Kcal ~ 427 Kgf . m P e ~ 81681,41 W ~ 81,68 KW P e ~ 111,02 CV 29 Problema 5: Um cilindro com êmbolo sem atrito contém ar. Inicialmente existe 0,3 m 3 de ar a 1,5 Kgf/cm 2 , e a 20°C. O ar é então comprimido de modo reversível segundo a relação P.V n = constante até que a pressão final seja 6 Kgf/cm 2 , quando a temperatura é de 120°C. Determinar para esse processo: a) O expoente politrópico n; b) O volume final de ar; c) O trabalho realizado sobre o ar; d) O calor transferido; e) A variação líquida de entropia em Kcal/°K Solução: A relação P.V n = constante significa que o processo é politrópico. Tem-se, então, 1 1 2 2 1 ÷ | | . | \ | = n n T T P P ou 1 2 2 1 1 T T Ln n n P P Ln ÷ = ou ( ) ) / ( / . 1 1 2 1 2 P P Ln T T Ln n n = ÷ ou ( ) ) / ( / 1 1 1 2 1 2 P P Ln T T Ln n = ÷ ou | | n P P Ln T T Ln 1 ) / ( / ) / ( 1 1 2 1 2 = ÷ | | ) / ( / ) / ( 1 1 1 2 1 2 P P Ln T T Ln n ÷ = Dados: P 1 = 1,5 Kgf/cm 2 = 1,5 . 10 4 Kgf/m 2 P 2 = 6 Kgf/cm 2 = 6 . 10 4 Kgf/m 2 T 1 = 20 + 273 = 293 °K T 2 = 120 + 273 = 393 °K n = ? a) O expoente politrópico n: n = 1 ~ 1,2687365 1 – [ln(393/293) / ln(6/1,5)] < K ar ~ 1,40 b) Volume final de ar: Dados: V 1 = 0,1 m 3 1°Método: 1005823 , 0 293 393 3 , 0 ) / ( 1 2687 , 1 1 1 1 1 2 1 2 ~ | . | \ | = = ÷ ÷ n T T V V n ~ 1,2687 V 2 ~ 0,1 m 3 30 2°Método: Estado: P V = m R T ou P 1 V 1 = P 2 V 2 = m (cte.) R T 1 R T 2 V 2 = P 1 V 1 . T 2 = 1,5 . 0,3 . 393 ~ 0,1005973 T 1 P 2 293 6 c) O trabalho realizado sobre o ar: 1 W 2 = P 2 V 2 – P 1 V 1 = (6 . 10 4 ) . 0,1 – (1,5 . 10 4 ) . 0,3 [Kgf.m] 1 – n 1 – 1,2687 1 W 2 ~ -5582,43 Kgf.m = -5582,43 Kgf.m . Kcal ~ -13,07 Kcal 427 Kgf.m = -13,07 Kcal . 4,187 KJ ~ -54,72 KJ Kcal ou seja: O sinal negativo significa que o trabalho é de compressão. d) O calor transferido: Da tabela A8/pág 538 tira-se, K ar = 1,40 , C uar = 0,171 Kcal/Kg °K ( ) K K Kg Kcal T T n K n C q v ).º 293 393 ( 1 2687 , 1 40 , 1 2687 , 1 .º 171 , 0 1 1 2 2 1 ÷ ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = ÷ ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = O sinal negativo significa perda de calor para o ambiente. e) A variação líquida de entropia em Kcal/°K: Da tabela A8/pág 538 tira-se, C P = 0,240 Kcal/Kg °K R ar = 29,27 Kgf.m/Kg °K ) / ( . ) / ( . 1 2 1 2 1 2 P P Ln R T T Ln C s s p ÷ = ÷ = 0,240 Kcal ln 393 - 29,27 Kgf.m . Kcal ln 6 . Kg °K 293 Kg °K 427 Kgf.m 1,5 ou s 2 -s 1 = - 0,024555 Kcal/Kg °K Estado: P 1 V 1 = m R T 1 ou m = P 1 V 1 R T 1 m = 1,5 . 10 4 Kgf/m 2 . 0,3 m 3 ~ 0,5247 Kg 29,27 Kgf.m . 293 °K Kg °K V 2 ~ 0,1 m 3 1 W 2 ~ -5582,43 Kgf.m ~ -13,07 Kcal ~ -54,72 KJ 1 q 2 ~ - 8,36 Kcal/Kg ~ - 35,00 KJ/Kg 31 ou m = P 2 V 2 = 6 . 104 . 0,1005823 ~ 0,5246 Kg R T 2 29,27 . 393 S 2 - S 1 = ( s 2 - s 1 ) . m = -0,024555 [Kcal/Kg°K] . 0,5247 [Kg] O sinal negativo significa que o processo não é adiabático mas irreversível. Outro Método: Para o processo politrópico vale: dT n K n C dT C q v n . 1 ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = = c ou T dT n K n C T q v . 1 ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = c Mas a definição de entropia: T q ds c = T dT n K n C T q ds v . 1 2 1 2 1 2 1 } } } ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = c = ou | . | \ | ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = ÷ 293 393 . 1 2687 , 1 40 , 1 2687 , 1 .º 0171 . 1 1 2 1 2 Ln K Kg Kcal T T Ln n K n C s s v s 2 - s 1 = -2,4535 . 10 -2 Kcal/Kg °K O processo não é adiabático mas irreversível! S 2 - S 1 ~ -0,0129 Kcal/°K S 2 - S 1 = -0,024535 . 0,5247 ~ -0,0129 Kcal/°K 32 2 a. LISTA DE EXERCÍCIOS: Questão 1: Um tanque tem um volume de 0,425 m 3 e contém 9 Kg de um gás perfeito com peso molecular igual a 24 Kg /Kgmol. A temperatura é 27°C. Qual é a pressão? Resp.: P ~ 22,4 Kgf/cm 2 abs. Questão 2: Determinar o volume específico de vapor d’água em cm 3 /g a 200 bar e 520°C. Resp.: u ~ 18,3 cm 3 /g Questão 3: Gás nitrogênio, N 2 , à pressão de 1,40 bar é mantido à temperatura de 27°C. Considera-se o nitrogênio como sendo um gás perfeito. Determinar o volume específico de N 2 . Resp.: u N2 ~ 0,636 m 3 /Kg Questão 4: Determinar a massa de oxigênio num cilindro de 200 litros de capacidade à pressão de 120 bar e à temperatura de 17 °C. Resp.: m O2 ~ 31,85 Kg Questão 5: Calcular a massa específica e o volume específico de monóxido de carbono (CO) à pressão de 1 bar e à temperatura de 300 °K. Resp.: µ CO = 1,12 Kg/m 3 ; u CO ~ 0,89 m 3 /Kg Questão 6: Calcular a variação da entalpia de 5 Kg de octano, C 8 H 18 (vapor de gasolina) sabendo-se que as condições iniciais são P 1 = 130 KPa abs., t 1 = 10°C e as condições finais são P 2 = 500 KPa abs., t 2 = 95°C. Resp.: H 2 -H 1 ~ 173,83 Kcal ~ 727,83 KJ Questão 7: Um balão esférico tem diâmetro de 20 cm e contém ar a 2 atm. Em virtude de aquecimento, o diâmetro cresce para 25 cm e durante o processo a pressão varia diretamente ao diâmetro do balão. Qual é o trabalho fornecido pelo ar durante o processo? Resp.: 1 W 2 ~ 93,58 Kgf.m ~ 0,22 Kcal ~ 0,92 KJ Trabalho de expansão! Questão 8: Em virtude de aquecimento, cresce o diâmetro de um balão esférico. Durante o processo a pressão varia diretamente ao diâmetro do balão. Qual é o processo termodinâmico? Mostre-o matematicamente. Resp.: A Expansão Politrópica. Questão 9: Num arranjo de pistão-cilindro cheio de gás no qual o processo reversível ocorre de acordo com a equação: P.V 4/3 = 20 Nm. O volume inicial é 1m 3 e o volume final 2 m 3 . Calcule o trabalho realizado: a) pelo método de integração; b) pelo uso direto da equação. Resp.: 1 W 2 ~ 12,38 Nm = 12,38 J 33 Trabalho de expansão. Questão 10: 50 gramas de Metano estão contidos num cilindro equipado com êmbolo. As condições iniciais são 1,5 Kgf/cm 2 e 20°C. Adiciona-se, então, pesos ao êmbolo e o CH 4 é comprimido, lenta e isotermicamente, até que a pressão final seja de 4,5 Kgf/cm 2 . Calcular o trabalho -realizado durante esse processo. Calcular a transferência de calor deste processo. Resp.: 1 W 2 = -850,92 Kgf.m ~ -8343,79 J ~ -1,99 Kcal O trabalho é de compressão. 1 Q 2 = -850,92 Kgf.m ~ -8343,79 J –1,99 Kcal O sinal negativo significa que o calor está saindo do sistema para o meio ambiente. Questão 11: 1 Kg de oxigênio é aquecido de 300 °K a 1500°K. Suponhamos que, durante esse processo, a pressão caia de 2,1 Kgf/cm 2 para 1,4 Kgf/cm 2 . Calcular a variação de entalpia específica em Kcal/Kg ou em KJ/Kg. Dados: T 2 (1) Definição: h 2 – h 1 = } C P dT T 1 (2) C PO2 = 8,9465 + 4,8044 . 10 -3 u 1,5 - 42,679 u 1,5 + 56,615 u -2 , em [Kcal/Kgmol °K] e u = T/100 (3) h 2 – h 1 em Kcal = h 2 – h 1 em Kcal Kg M Kgmol Resp.: h 2 – h 1 ~ 302,68 Kcal/Kg ~ 1267,32 KJ/Kg Questão 12: A temperatura do ar num processo politrópico muda de 120 a 50 °C. A pressão inicial do ar P 1 = 5 bar. Determine a variação da entropia do ar, se 60 KJ/Kg de calor é transferido ao ar durante o processo.O calor específico do ar: C u = 0,72 KJ/Kg °K. Resp.: s 2 - s 1 ~ 0,173 KJ/Kg °K ~ 0,0413 Kcal/ Kg °K O processo é irreversível! Questão 13: Na casa de máquina (caldeira) de uma usina térmica, 100 t (tonelada) de carvão são queimadas durante 10 horas de operação. O poder calorífico do carvão é 28000KJ/Kg. Determinar a quantidade de potência elétrica produzida e a energia elétrica (Rating of the Electric Power Plant) da planta, se a eficiência da planta for 20%. Dados: N = B . Q PC . q P h . 3600s. onde: N = Potência elétrica produzida em [KW]; B = Consumo de combustível por hora [Kg/h]; Q PC = Poder calorífico de combustível [KJ/Kg]; q P = Eficiência da planta [adimensional] t = tonelada = 1000 Kg e Energia elétrica, E = Potência x Tempo Resp.: N ~ 15555,56 KW E ~ 155555,6 KWh ~ 5600001,6 . 10 2 KJ ~ 560GJ 34 Questão 14: Calcular as variações de entalpia e de entropia de 1,36 Kg de monóxido de carbono ao passar de P 1 = 2,11 Kgf/cm 2 abs., T 1 = 4,4 °C para P 2 = 4,22 Kgf/cm 2 abs. e T 2 = 65,03 °C. O trabalho executado nesse processo é de expansão ou compressão? Mostre-o matematicamente. Determinar também a variação da energia interna. Resp.: AH = H 2 -H 1 ~ 20,53 Kcal ~ 85,96 KJ AS = S 2 -S 1 ~ 0,00071 Kcal/°K ~ 0,00297 KJ/°K O sinal positivo significa que o processo é adiabático mas irreversível. Trabalho: É um trabalho de compressão adiabática. AU = U 2 -U 1 ~ 14,68 Kcal ~ 61,47 KJ Questão 15: A dissipação térmica do resistor de 1,2 ohm de uma bateria é 232,2 Kcal/h. A bateria tem uma fonte de 18V nos seus terminais. Qual é a corrente em ampère que a bateria fornece? Calcular a taxa de trabalho elétrico em Watt. Desprezar as resistências, de b a c e de d até a. Dados: taxa de trabalho (potência) elétrico, W = I AV em watt Calor do efeito Joule = I 2 R em watt Onde: I = corrente em ampère; AV= diferença de potencial entre dois terminais (força eletromotriz, fem) em volt; R = resistência que permite a passagem de corrente em ohm. Resp.: I = 15 A , W = 270 W Questão 16: Uma bateria de acumuladores é bem isolada termicamente enquanto está sendo carregada. A tensão de carga é 12,3 V e a corrente 24,0 A. Considerando a bateria como o sistema, determinar o trabalho realizado e o calor transferido num período de 15 min. Resp.: W = - 73,8 Wh, Q ~ 0 35 2.3 – Propriedades de uma Substância Pura: A Substância Pura: A substância pura tem a composição química invariável e é homogênea. Ela pode existir em mais de uma fase. Por exemplo: L + V É mais importante nesta disciplina L = líquido L + V = líquido + vapor L + S = líquido + sólido L L+S Todas são substâncias puras. Não é uma substância pura, pois a composição é diferente Fases: Substância Pura ¹ pode existir em três fases diferentes ou em mistura de fases. Equilíbrio de Fases: vapor - líquida numa substância pura O equilíbrio significa o balanço completo, isto é a igualdade de pressão e temperatura etc. Temperatura de saturação (ebulição): A temperatura na qual se dá a vaporização à uma dada pressão, chamada de temperatura de saturação. Esta pressão é a pressão de saturação. Exemplo: 1 atm e 100°C ¹ água ferve 6,8 atm e 164,34 °C ¹ água ferve Portanto, P S = 1 atm ~ 1 Kgf/cm 2 H 2 O ferve T S ~ 100°C = 99,1°C (Precisamente) P S = 6,8 atm ~ 6,8 Kgf/cm 2 T S = 164,34 °C H 2 O ferve água líquida + vapor d’água água líquida água líquida + gelo Mistura de ar líquido + ar gasoso 36 P S = ](T S ) = P S (T S ) Var a tabela A.1.1 (a) Vapor de água saturado: tabela de temperatura ou tabela de pressão Líquido saturado, líquido sub-resfriado, líquido comprimido: Se uma substância existe como líquido à temperatura e pressão de saturação (P S e T S ), é chamada de líquido saturado. Portanto, num estado saturado, pressão e temperatura não são propriedades independentes. Sabe-se que para poder definir um estado, precisa-se de duas propriedades independentes. Se a temperatura do líquido, T L < T S para a pressão existente, ele é chamado de líquido sub- resfriado. Se a pressão do líquido, P L > P S para a temperatura existente, ele é chamado de líquido comprimido. Título (Qualidade de vapor): Quando uma substância existe, parte líquida e parte vapor, na temperatura se saturação (T S ), seu título (X) é definido como a relação entre a massa de vapor e a massa total. Onde: m u = massa do vapor; m L = massa do líquido. O título é uma propriedade intensiva, pois é adimensional e não depende da massa. Exemplo: m u = 0,2 Kg m L = 0,8 Kg X = 20% m u = 20 Kg m L = 80 Kg X = 20% Vapor saturado, vapor superaquecido: Se uma substância existe como vapor na temperatura de saturação (T S ), é chamada vapor saturado. Às vezes o termo vapor saturado seco é usado para enfatizar que o título é 100%. Quando o vapor está a uma temperatura maior que a temperatura de saturação, é chamado vapor superaquecido. l total m m m m m X + = = u u u (2.3) 0 , 1 2 , 0 8 , 0 2 , 0 2 , 0 = + = x 100 20 80 20 20 = + = x 37 T V >T S ¹ vapor superaquecido T V , P V são independentes, pois T V pode aumentar mas a pressão (P V ) do vapor permanece constante (Processo Isobárico). 2.4 – Diagrama temperatura-volume para água, mostrando as fases líquida e vapor: Ponto A = Estado inicial (15 °C) e 1 Kgf/cm 2 (sub-resfriado / líquido comprimido), verifique com as tabelas. Ponto B = Estado de líquido saturado a 100°C. Linha AB = Processo no qual o líquido é aquecido da temperatura inicial até a temperatura de saturação. Linha BC = Processo à temperatura constante no qual ocorre a mudança de fase (troca de calor latente) líquida para vapor (processo de vaporização: processo isobárico). Ponto C = Estado de vapor saturado a 100°C. Entre B e C = Parte da substância está líquida e outra parte vapor. A quantidade de líquido diminui na direção B para C, ou seja o título (qualidade de vapor) do vapor aumenta de B para C. Linha CD = O processo no qual o vapor é superaquecido à pressão constante. A temperatura e o volume aumentam durante esse processo. Ponto Crítico Temperatura, pressão e volume específico no ponto crítico são chamados “temperatura crítica”, “pressão crítica” e “volume crítico”. Água ¹ t cr ~ 374,15°C P cr ~ 225,65 Kgf/cm 2 u cr = u L = u u = 0,00318 m 3 /Kg ~ 0,0032 m 3 /Kg h cr = h L = h u ~ 501,5 Kcal/Kg s cr = s L = s u ~ 1,058 Kcal/Kg °K 38 2.5 – Diagrama pressão-temperatura para uma substância de comportamento semelhante ao da água: Este diagrama mostra como as fases sólida, líquida e vapor podem existir juntas em equilíbrio. Ao longo da linha de sublimação, as fases sólida e vapor estão em equilíbrio. Ao longo da linha de fusão, as fases sólida e líquida estão em equilíbrio e ao longo da linha de vaporização, estão em equilíbrio as fases líquida e vapor. O único ponto no qual todas as três fases podem existir em equilíbrio é o ponto triplo. A linha de vaporização termina no ponto crítico, porque não há mudança distinta da fase líquida para a de vapor acima deste ponto. Consideremos um sólido no estado A, no diagrama. Quando a temperatura se eleva à pressão constante, sendo esta pressão inferior à pressão do ponto triplo (como está representado pela linha AB), a substância passa diretamente da fase sólida para a de vapor. Ao longo da linha de pressão constante EF, a substância primeiramente passa da fase sólida para a líquida a uma temperatura e depois da fase líquida para a de vapor, a uma temperatura mais alta. A linha de pressão constante CD passa pelo ponto triplo e é somente no ponto triplo que as três fases podem existir juntas em equilíbrio. A uma pressão superior à crítica, como GH, não há distinção marcada entre as fases líquida e vapor. 2.6 – Tabelas de Propriedades Termodinâmicas: As “Tabelas de Vapor” de KEENAN, KEYS, HILL e MOORE (U.S.A.) de 1969 podem ser usadas. É preciso usar pelo menos a interpolação linear ao consultar as tabelas. 39 2.6.1 – Tabela A.1.1 (a) [página 476 e 477] ¹ vapor de água saturado: Tabela de Temperatura t (°C), T (°K), P (Kgf/cm 2 )abs, u L = volume específico do líquido (m 3 /Kg), u u = volume específico do vapor (m 3 /Kg), µ u = massa específica do vapor (Kg/m 3 ), h L = entalpia específica do líquido (Kcal/Kg), h u = entalpia específica do vapor (Kcal/Kg), h Lu = o acréscimo na entalpia específica quando o estado passa de líquido saturado a vapor saturado = h u - h L , s L = entropia específica do líquido (Kcal/Kg °K), s u = entropia específica do vapor (Kcal/Kg °K). 2.6.2 – Tabela A.1.2 (a) [página 481, 482 e 483] ¹ vapor de água saturado: Tabela de Pressão 2.6.3 – Tabela A. 1.3 (a) [página 491, 492, 493, 494, 495 e 496] ¹ vapor de água superaquecido 2.7 – Volume específico total de uma mistura de líquido e vapor (vapor úmido) O volume específico do líquido: u L = (1 – x ) u L. Aqui, x = 0 ¹ o fluído é totalmente líquido. O volume específico do vapor: u u = (1 – x ) u u. Aqui, x = 0 ¹ o fluído é totalmente vapor (gás). O volume específico total para mistura de líquido e vapor: u = u u + u L = x u u + (1-x ) u L Mas u Lu = o acréscimo no volume específico quando o estado passa de líquido saturado a vapor saturado = u u - u L u u = u Lu + u L , tem-se, então: u = (1 - x ) u L + x u u (2.7.1) u = u L + x u Lu (2.7.2) u = u u - (1 - x ) u Lu (2.7. 3) Na mesma maneira, as outras propriedades específicas podem ser desenvolvidas. Finalmente: u = (1 - x ) u L + x u u u = (1 - x ) u L + x u u  Tente usar apenas esta forma de h = (1 - x ) h L + x h u (2.7.4) equações. s= (1 - x ) s L + x s u Lembrando-se que: u L = V L ; u u = V u ; u = V m L m u m e m = m u + m L , onde m = massa total 40 2.8 – Diagrama de MOLLIER para vapor d’água: O diagrama de MOLLIER mostra as relações entre as propriedades termodinâmicas da água. Na abscissa encontra-se a entropia específica (KJ/Kg °K) e na ordenada a entalpia específica (KJ/Kg), sendo ambas propriedades termodinâmicas. A figura abaixo mostra um esquema do diagrama de MOLLIER. Observações:  Acima da linha x = 1, o vapor é superaquecido e abaixo é vapor úmido ou saturado (líquido + vapor).  As linhas de temperatura constante coincidem com as linhas de pressão constante na região de vapor úmido, i.e. Nesta região as linhas isobáricas são também isotérmicas.  As linhas de volume específico constante são mais inclinadas que as linhas de pressão constante.  Acima da linha x = 1, temperatura e pressão são propriedades independentes.  Abaixo da linha x = 1, temperatura e pressão não são propriedades independentes. Pressão e título, temperatura e título, por exemplo, são propriedades independentes. 41 PROBLEMAS RESOLVIDOS: Problema 1: Calcular o volume específico (total) do vapor d’água saturado a 260°C, tendo um título de 70%. Solução: Dados: T, x são duas propriedades independentes. (Tabela de temperatura, pág 477). T = 260 °C, x = 0,70. u = (1 – x ) u L + x u u = (1 – 0,7) . 0,0012755 + 0,7 . 0,04213 u L a 260°C u u a 260°C Problema 2: Estimar o calor específico à pressão constante do vapor de água a 7,5 Kgf/cm 2 , 200°C. Solução: Se considerarmos uma mudança de estado a pressão constante, a equação: C P = dh ~ Ah pode ser usada com a tabela. dT P AT P (Das tabelas de vapor, página 492): a 7,5 Kgf/cm 2 , 190°C ¹ h = 674,2 Kcal/Kg a 7,5 Kgf/cm 2 , 210°C ¹ h = 684,8 Kcal/Kg Portanto, C P a 7,5 Kgf/cm 2 e a 200°C 210 + 190 = 200°C é: 2 Observações: (1) Na região de vapor superaquecido T, P são duas propriedades independentes. Pressão pode permanecer constante enquanto varia a temperatura. (2) C P do vapor d’água não é cte. Verifique o valor de C P do vapor d’água dado na tabela A.8 (pág 538) a 26,7°C. C P ~ 684,8 – 674,2 ~ 0,53 Kcal/Kg °C (ou Kcal/Kg °K) 210 – 190 u ~ 0,029873 m 3 /Kg 42 Problema 3: Calcular a energia interna específica do vapor d’água superaquecido a 5 Kgf/cm 2 , 200°C. Solução: Sabemos que, h = u + P u e usando tabelas de vapor (página 492), tem-se: u = h – P u = 682,4 Kcal – 5 . 10 4 Kgf/m 2 . 0,4337 m 3 /Kg Kg 427 Kgf.m / Kcal Problema 4: O vapor d’água superaquecida entra numa turbina a 18,5 Kgf/cm2 e 290 °C. Calcular a entalpia de entrada da turbina com uso das tabelas de vapor e pelo diagrama de MOLLIER. Solução: h pelo uso das tabelas de vapor: vapor superaquecido ¹ Tabela A.1.3 (a) / pág 493 usa-se a fórmula de interpolação linear: Y = X – X 1 . (Y 2 – Y 1 ) + Y 1 X 2 – X 1 Escrevendo esta equação para entalpia, tem-se: h = P – P 1 . (h 2 – h 1 ) + h 1 , onde 1 = valor anterior e 2 = valor posterior P 2 – P 1 h = 18,5 – 15 . (717 – 720,3) + 720,3 20 – 15 h pelo diagrama de MOLLIER: com a linha de pressão de 18,5 bar ~ 18,5 Kgf/cm 2 (interpolando no diagrama) e a linha de temperatura de 290 °C, achamos o ponto de interseção e traçamos uma linha vertical até a ordenada a fim de obtermos a entalpia específica. u = 631,6 Kcal/Kg h = 717,99 ~ 718 Kcal/Kg 43 (erro pessoal de + 0,12%) Problema 5: O vapor d’água saturado (vapor úmido) sai de uma turbina a 0,15 Kgf/cm 2 e x = 93%. Calcular a entalpia de saída da turbina com uso das tabelas de vapor e pelo diagrama de MOLLIER. Solução: vapor úmido ou vapor de água saturado. h pelo uso das tabelas de vapor: usa-se a Tabela de pressão: A.1.2 (a) / pág 481 hs = (1-x ) h L + x . h u hs = (1 – 0,93) . 53,5 + 0,93 . 620,4 h pelo diagrama de MOLLIER: com a linha de pressão de 0,15 bar ~ 0,15 Kgf/cm 2 (interpolando) e a linha de título de 0,93 (interpolando), achamos o ponto de interseção e traçamos uma linha vertical até a ordenada a fim de obtermos a entalpia específica. (erro pessoal de – 0,06% ) h = 3010 KJ/Kg ~ 718,89 Kcal/Kg 4,187 hs ~ 580,5 Kcal/Kg hs = 2430 KJ/Kg ~ 580,37 Kcal/Kg 4,187 44 3a. LISTA DE EXERCÍCIOS: Questão 1: Descreva o diagrama temperatura - volume para água. Questão 2: O que é o ponto crítico? Questão 3: Explique o diagrama pressão-temperatura para uma substância de comportamento semelhante ao da água. Questão 4: O que é o ponto triplo? Questão 5: Cite duas propriedades independentes no estado saturado. Questão 6: Cite duas propriedades independentes no estado superaquecido. Questão 7: Defina o título de vapor. Questão 8: Quais são os processos que envolvem a mudança de fase líquida para vapor? Questão 9: Defina líquido comprimido e líquido sub-resfriado. Questão 10: Explique a curva de pressão do vapor para uma substância pura. Questão 11: Do que se trata o diagrama de MOLLIER? Questão 12: Quais são as duas propriedades fundamentais no diagrama de MOLLIER que envolvem a 1 a . e a 2 a . leis da termodinâmica? Questão 13: Calcular o volume específico (total) do vapor d’água saturado a 48 Kgf/cm 2 abs., tendo um título de 70 %. Resp.: u ~ 0,02979 m 3 /Kg abs. 45 Questão 14: 1 Kg de mistura de água e vapor num recipiente fechado comporta-se como 1/3 líquido e 2/3 vapor em volume. A temperatura é 151,1 °C. Calcule o volume total e a entalpia total. Resp.: V ~ 0,0033 m 3 , h ~ 154,99 Kcal ~ 648,94 KJ Questão 15: Um vaso de 0,250 m 3 de volume, contém, 1,4 Kg de uma mistura de água líquida e vapor em equilíbrio a uma pressão de 7 Kgf/cm 2 . Calcule o título do vapor, o volume e a massa do líquido. Resp.: x ~ 64,3 %, m L ~ 0,4998 Kg, V L ~ 0,00055 m 3 Questão 16: Estimar a energia interna específica d’água no ponto crítico. Resp.: u ~ 484,69 Kcal/Kg ~ 2029,39 KJ/Kg Questão 17: O vapor d’água entra numa turbina a 10 Kgf/cm2 e 250°C e sai da turbina à pressão de 1,5 Kgf/cm2. Estimar as seguintes propriedades termodinâmicas pelo diagrama de MOLLIER: (a) entalpia na entrada (b) entropia na entrada (c) título do vapor na saída (d) entalpia na saída Resp.: (a) he ~ 2945 KJ/Kg ~ 703,37 Kcal/Kg (b) se ~ 6,94 KJ/Kg °K ~ 1,6575 Kcal/Kg °K (c) x s ~ 95% (d) hs ~ 2580 KJ/Kg ~ 616,19 Kcal/Kg 46 Capítulo 3 Equações gerais e particulares para meios contínuos Qualquer problema de engenharia pode ser resolvido com o uso das leis, que podem ser representadas por meio de equações independentes. Essas equações tem a forma apropriada para sistemas e volume de controle (sistema aberto). 3.1 – Leis básicas para sistema 3.1.1 – Conservação da Massa A lei de conservação da massa afirma que a massa de um si9stema permanece constante com o tempo (não levando em conta efeitos de relatividade). Em forma de equação: Onde m é a massa total. Onde µ = massa específica, V = volume total. 3.1.2 – Conservação da Quantidade de Movimento A Segunda lei de Newton, do movimento, para um sistema pode ser escrita como: ) ( V m dt d V = E (3.1.2) no sistema, incluindo as de campo como o peso, e V é a velocidade do centro de massa do sistema. 47 3.1.3 – Conservação da Energia Durante uma Transformação A primeira lei da termodinâmica ou lei da conservação da energia para um sistema que realiza uma transformação pode ser escrita na forma diferencial como: W dE Q c + = c ou 2 1 1 2 2 1 W E E Q + ÷ = (3.1.3) onde 1 Q 2 é o calor transferido para o sistema durante o processo do estado 1 ao estado 2, E 1 e E 2 são os valores inicial e final da energia E do sistema e 1 W 2 é o trabalho realizado pelo sistema ou sobre o sistema. dt W dt dE dt Q c + = c A conservação da energia por unidade de tempo pode ser escrita na forma: - - + = W dt dE Q (3.1.3a) esta é a equação da energia em termos de fluxo. O símbolo E representa a energia total do sistema que é composta da energia interna (U), da energia cinética (mv 2 /2) e da energia potencial (mgZ). Portanto, mgZ mV U E + + = 2 2 1 (3.1.3b) onde V = a velocidade do centro de massa do sistema, Z = a altura em relação a um plano de referência, g = a aceleração da gravidade. Deste forma a equação da conservação da energia para um sistema pode ser escrita como 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 ) ( ) 2 2 ( W Z Z mg V V m U U Q s s + ÷ + ÷ + ÷ = (3.1.3c) No caso de não existir movimento e elevação (altura) do sistema, a equação acima torna-se: 2 1 2 1 W U Q + A = 48 Ou na forma diferencial Ciclo Termodinâmico ou Processo Cíclico Ciclo termodinâmico ou processo cíclico pode ser de circuito fechado ou circuito aberto. A primeira lei da termodinâmica ou lei da conservação da energia para um sistema que realiza um ciclo termodinâmico é dada por Em palavras, a integral cíclica de calor infinitesimal é igual a integral cíclica de trabalho infinitesimal OU somatório de calores é igual ao somatório de trabalhos. Esta equação também representa o balanço térmico ou balanço energético. 3.1.4 – Segunda Lei da Termodinâmica Existem dois enunciados clássicos da Segunda lei da termodinâmica, conhecidos como enunciado de Kelvin-Planck e Clausius. Como resultado desta Segunda lei tem-se que, se uma quantidade de calor cQ é transferida para um sistema à temperatura T, a variação de entropia é dada pela relação: PROCESSO (Envolvendo sistema fechado) T Q dS c > (3.1.4) A igualdade sisgnifica processo reversível e a desigualdade significa processo irreversível. 49 Definição moderna: Entropia, sistema fechado. o + c = ÷ } 2 1 1 2 T Q S S (3.1.4a) onde S 2 -S 1 = variação de entropia, } c 2 1 T Q = transferência de entropia, o(sigma) = produção de entropia, NOTAS 1. o > 0 ÷ Irreversibilidade presente dentro do sistema. 2. o = 0 ÷ Nenhuma irreversibilidade dentro do sistema. 3. o nunca pode ser negativo. 4. S 2 -S 1 >0 ÷ Processo adiabático mas irreversível 5. S 2 -S 1 >0 ÷ Processo adiabático e reversível, ou seja isentrópico 6. S 2 -S 1 <0 ÷ Processo não é adiabático mas irreversível Ciclo Termodinâmico (Envolvendo sistema aberto ou V.C) 0 s c } T Q (3.1.4b) Esta equação é chamada de desigualdade de CLAUSIUS e é somente aplicável aos ciclos. O sinal de igualdade vale para ciclo internamente reversível (ideal) e o sinal de desigualdade vale para ciclo internamente irreversível (real). 4.1 – Leis Básicas para volume de controle (Capítulo 4) Um volume de controle refere-se a uma região do espaço e é útil na análise de situações nas quais haja escoamento através desta região. A fronteira do volume de controle é a superfície de controle, sendo sempre uma superfície fechada. A superfície pode ser fixa, pode se mover ou se expandir. O tamanho e a forma do volume de controle são completamente arbitrários. O volume de controle é chamado muitas vezes de sistema aberto. A massa, calor e trabalho podem atravessar a superfície de controle, e a massa contida no volume de controle, bem como suas propriedades, podem variar no tempo. 50 4.1.1 – Conservação de Massa (Equação da Continuidade) Pode-se mostrar que, ÷ ÷ } } + c c = A d V dV t SC . 0 µ µ (4.1.1) O primeiro termo representa a taxa de variação da massa no volume de controle. O segundo termo representa a taxa de efluxo de massa resultante através da superfície de controle. Pode-se escrever, } } c c ÷ = ÷ ÷ VC sc dV t A d V µ µ . (4.1.2) Deve-se lembrar esta forma da continuidade. A equação (4.1.2) é a forma integral da equação da continuidade e fisicamente significa que a vazão em massa para fora da superfície de controle é igual ao decréscimo de massa no interior do volume de controle na unidade de tempo. A equação (4.1.2) é valida para qualquer região, finita ou infinitesimal, para qualquer fluido – viscoso ou ideal, newtoniano ou não newtoniano, compressível ou incompressível, puro ou multicomponente, escoamento com teransferência de calor ou sem transferência, etc. Casos particulares da equação da continuidade que tem aplicação em engenharia. A equação geral: 51 } } c c ÷ = ÷ ÷ VC sc dV t A d V µ µ . 52 a) Escoamento compressível em regime não permanente } } c c ÷ = ÷ ÷ VC sc dV t A d V µ µ . µ não é constante, 0 = c c t µ b) Escoamento compressível em regime permanente ÷ ÷ = } 0 . A d V sc µ (4.1.4) c ) Escoamento incompressível em regime não permanente µ constante, 0 = c c t µ d ) Escoamento incompressível em regime permanente cte = µ 0 = c c t µ As equações 4.1.4 e 4.1.6 serão tratadas nesta disciplina (a nível de graduação). 4.2 – Aplicação da equação (4.1.4 e/ou 4.1.6) da continuidade 53 Considerando o escoamento permanente para fluido compressível da figura1, onde o fluido entra pela seção 1 e sai através da 2 e 3, temos ou } } } = + + 1 2 3 0 . . . A A A A d V A d V A d V       µ µ µ Admitindo que a velocidade seja normal a todas as superfícies de passagem do fluido } } } = + + 1 1 1 2 3 3 3 2 2 0 . . . A A A A d V A d V A d V       µ µ µ Se as massas específicas e as velocidades são uniformes em suas respectivas áreas, onde = = - VA m µ vazão em massa (kg/s) Para uma tubulação simples, sem a terceira saída, a equação fica 54 As premissas feitas para se chegar à Eq. (4.2.1) são: a) escoamento permantene, b) fluido compressível, c) velocidades normais às superfícies, d) velocidade e massa específica constantes ao longo das áreas respectivas, e e) uma entrada e uma saída para o volume de controle. 4.3 – Definição da velocidade média A velocidade média numa seção transversal é dada por: } = vdA A V 1 (4.3) onde v = velocidade local (m/s) A vazão volumétrica ou vazão em volume, fórmula } = = - vdA AV V (4.3.1) A equação da continuidade (eq. 4.2.1) pode ser escrita como 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 - - - = = = = V V A V A V m µ µ µ µ (4.3.2) OUTRA FORMA DA CONTINUIDADE (Eq. 4.2.1) cte VA G cte gVA m cte VA m = = = = = = - - ¸ µ µ (4.3.3) e comentário onde G = vazão em peso (N/S, kgf/s), ¸=peso específico (N/m 3 , kgf/m 3 ) ESCOAMENTO PERMANENTE E FLUIDO INCOMPRESSÍVEL Considerando a eq. (4.2.1) pode-se escrever cte VA m = = - µ . Mas para fluido incompressível, cte = µ ou cte AV V m = = = - - µ (4.3.4.) 4.4 – Equação da Continuidade na forma diferencial Para o estudo de escoamentos bi e tridimensionais, a equação da continuidade é usada na forma diferencial. Para coordenadas cartesianas em três dimensões, a equação da continuidade genérica é: 55 Para fluido incompressível e escoamento em regime permanente, (µ=cte, 0 / = c c t µ ), a equação em três dimensões fica: 0 = c c + c c + c c z y v x u e (4.4.1) 56 4.5 – Conservação da energia (1ª lei da termodinâmica) para volume de controle Para várias entradas e saídas, a primeira lei da Termodinâmica para o volume de controle, podemos escrever: - - - - + + + E + = + + E + vc s s s s vc c c e VC W gZ V h m dt dE gZ V h m Q ) 2 ( ) 2 ( 2 2 2 (4.5) 4.5.1 – Energia em termos de fluxo (taxa) para sistema fechado A equação genérica (4.5) para um sistema fechado onde não há fluxo de massa (continuidade de escoamento) entrando ao volume de controle ou saindo do volume de controle, reduz-se - - + = W dt dE Q (4.5.1) Verifique a equação (3.1.3a) 57 4.5.2 – Energia para escoamento em regime permanente Regime permanente: Quando propriedades não variam em função do tempo. i.e. 0 = dt dE VC A equação (4.5) torna-se: - - - - + + + + = + + E + VC s s s s VC e c e e VC W gZ V h m dt dE gZ V h m Q ) 2 ( ) ( 2 2 (4.5) Esta é a equação da energia genérica ou a primeira lei para volume de controle, i.e. para sistema aberto. 4.5.1 – Energia em termos de fluxo (taxa) para sistema fechado A equação genérica (4.5) para um sistema fechado onde não há fluxo de massa (continuidade de escoamento), entrando ao volume de conterole ou saindo do volume de controle, reduz-se: - - + = W dt dE Q (4.5.1.) Verifique a equação (3.1.3a) 4.5.2 – Energia para escoamento em regime permanente Regime permantene: Quando propriedades não variam em função do tempo, i.e. 0 = dt dE vc A equação (4.5) torna-se: - - - - + + + E = + + E + vc s s s s c c e VC W gZ V h m gZ V h m Q ) 2 ( ) 2 ( 2 2 2 (4.5.2) 4.5.3 – Energia para escoamento em regime permanente com única entrada e única saída Cont: . cte m m m m m s s e e = = = E = = E - - - - - 1ª lei: - - - - + + + = + + + VC s s s s e c e VC W gZ V h m gZ V h m Q ) 2 ( ) 2 ( 2 2 (4.5.3) em J/S=W Esta equação é aplicada em qualquer acessório técnico.(Bomba, compressor, ventilador, turbina, condensador, evaporador, trocador de calor, aquecedor, resfriador, 58 caldeira, bocal, difusor, tubulação, válvula de expansão, coletor solar, etc, etc.), quando a vazão em massa ) ( - m é conhecida. 4.5.4 – Energia ou a 1ª lei na unidade de massa Dividindo a equação (4.5.3) por m (Kg/s) m W gZ V h m m gZ V h m m m Q VC s s s e e e VC         + | | . | \ | + + = | | . | \ | + + + 2 2 2 2 tem-se: (4.5.4) Kg Kcal , Kg J gZ V h gZ V h q VC s s s e e e VC ( ¸ ( ¸ e + | | . | \ | + + = | | . | \ | + + + 2 2 2 2 Esta equação é também aplicada em qualquer acessório térmico (como anteriormente), quando a vazão em massa ( m ) é desconhecida. 4.5.5 – Energia ou a 1ª lei na forma diferencial Tomando diferencial ambos os lados da equação 4.5.4 tem-se: Esta forma diferencial explica a 1ª lei com escoamento em regime permanente. cq VC = Calor infinitesimal fornecido ao volume de controle ou calor rejeitado ou perda de calor do volume de controle. du = Variação infinitesimal da energia interna específica. Pdv = Trabalho de deslocamento (expansão e/ou compressão) pelo sistema aberto (V.C.). vdP = Trabalho de escoamento (devido a diferença de pressão) d(V²/2) = Variação infinitesimal da energia cinética específica gdZ = Variação infinitesimal da energia potencial específica X gravidade ce VC = Trabalho infinitesimal (trabalho de eixo) produzido ou gasto pelo volume de controle (sistema aberto). ( ) (4.5.5) gdZ V d vdP Pdv du q gdZ V d Pv u d gdZ V d dh q VC VC VC VC VC e c + + | . | \ | + + + = c e c + + | . | \ | + + = e c + + | . | \ | + = c 2 2 2 2 2 2 59 4.5.6 – Energia ou a 1ª lei na forma diferencial reduz-se para sistema fechado (4.5.5) gdZ V d vdP Pdv du q VC VC e c + + | . | \ | + + + = c 2 2 Quando: 1) Não há escoamento : vdP = 0, V=0 2) Não há diferença em energia potencial específica, gdZ = 0 3) Não há trabalho de eixo produzido ou gasto, ce VC = 0 (4.5.6) vdP dh q ou Pdv du q ÷ = c + = c Esta é a 1ª lei para sistema fechado. Verifique a equação (3.1.3c). 4.5.7 – Equação de Bernoulli: Um caso específico da 1ª lei Vamos utilizar a equação (4.5.4) (4.5.4) gZ V h gZ V h q VC s s s e e e VC e + | | . | \ | + + = | | . | \ | + + + 2 2 2 2 ou ( ) ( ) VC e s e s e s VC Z Z g V V h h q e + ÷ + ÷ + ÷ = 2 2 2 ou ( ) ( ) ( ) VC e s e s e s VC q Z Z g V V Pv u Pv u ÷ ÷ + ÷ + + ÷ + = e ÷ 2 2 2 ou ( ) ( ) VC e s e s e s e e s s VC q u u Z Z g V V v P v P ÷ ÷ + ÷ + ÷ + ÷ = e ÷ 2 2 2 (4.5.4a) Esta equação ainda é uma forma da 1ª lei. Hipóteses: 1) Quando não há o trabalho de eixo tem-se -e VC =0 2) Fluido seja incompressível v s = v e = v = 1/µ 3) Fluido seja ideal (não viscoso: µ = 0), tem-se perda de carga (perda de energia mecânica) causada pela viscosidade = 0 = (u s – u e – q vc ) ( ) 0 2 2 2 = ÷ + ÷ + µ ÷ e s e s e s Z Z g V V P P (4.5.7) Equação de Bernoulli 60 Nota: p/ fluido real (viscoso: µ > 0) Termodinâmica não dá o valor de (u s – u e – q vc ), porque não existe nenhum aparelho que consiga medir separadamente os termos (u s – u e ) e -q vc . A mecânica dos fluidos consegue medir o efeito global através dos parâmetros fluido dinâmicos. PROBLEMAS RESOLVIDOS Problema 1 A distribuição de velocidades para um escoamento bidimensional de fluido incompressível é dada por y x y v , y x x u 2 2 2 2 + ÷ = + ÷ = Demonstrar que satisfaz a continuidade. Solução Para fluido incompressível e escoamento em regime permanente. Continuidade tri-dimensional 0 = c e c + c c + c c Z y v x u (4.4.1) Mas para escoamento bidimensional , a continuidade fica (e = 0): 0 = c c + c c y v x u Logo, ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 y x x y x y x x x x u + + + ÷ = | | . | \ | + ÷ c c = c c e ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 y x y y x y x y y y v + + + ÷ = | | . | \ | + ÷ c c = c c Z X Y e u v 61 ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = ( ¸ ( ¸ + + ( ¸ ( ¸ + ÷ = ( ( ¸ ( ¸ + + + ( ¸ ( ¸ + + + ÷ = + + + ÷ + + + ÷ = c c + c c y x y x y x y x y x y x y x y y x y x x y x y v x u Satisfaz a continuidade Problema 2 Um fluido incompressível bidimensional não tem a componente da velocidade na direção Z. A componente da velocidade u em qualquer ponto é dada por u = x² - y². Ache a componente da velocidade v. Solução u = x² - y² ( ) x y x x x u 2 2 2 = ÷ c c = c c Continuidade bidimensional incompressível: 0 = c c + c c y v x u ou 0 2 = c c + y v x ou y x v c ÷ = c 2 ou } } c ÷ = c y x v 2 c xy v + ÷ = 2 (constante de integração) Finalmente v = -2xy + f(x) Verificação: ( ) OK x x y v x u x ) x ( f xy y y v 0 2 2 0 2 2 = ÷ = c c + c c + ÷ = + ÷ c c = c c Problema 3 62 Consideremos um fluxo (vazão em massa) de ar num tubo de 15cm de diâmetro, com a velocidade uniforme de 10m/min. A temperatura e a pressão são 27°C e 1,50 kgf/cm² abs, respectivamente. Determinar o fluxo de massa. Solução Estado: Pv = RT (2.1) Da tabela (página 538/A.8), R AR = 29,27kgf.m/kg°K Logo, kg / m , v m cm cm kgf , K ) ( K kg kgfm , P RT v 3 2 2 4 2 5854 0 10 5 1 273 27 27 29 ~ × ° + × ° = = Continuidade: m = µVA (4.2.1) A área transversal do escoamento é ( ) s / kg , min / kg , m kg m , min m . m , v AV AV m m , A m . . D A 005 0 302 0 5854 0 10 01768 0 01768 0 10 15 4 4 3 2 2 2 2 2 2 ~ ~ = = µ = ~ t = t = ÷   Problema 4 Um líquido escoa através de um tubo (cano) circular. Para uma distribuição de velocidades satisfazendo a equação ( ¸ ( ¸ ÷ = 2 2 2 R r R V v máx onde v = velocidade local ou velocidade de camada do fluido em r, r = a distância contada a partir do centro do tubo, R = raio do tubo, calcular a velocidade média. Solução: D P, T V Escoamento AR m 63 Continuid ade para fluido incompre ssível: AV V =  (4.3.4) ou A vdA A V V A } = =  ou 2 2 2 2 R dA R r R V V A máx t ( ¸ ( ¸ ÷ = } , mas dA = 2trdr ( ) ( ) 2 4 2 4 2 2 4 2 2 2 2 1 4 4 4 2 2 4 0 4 2 2 4 0 2 2 2 2 2 2 0 2 2 máx máx máx R máx R máx R máx V R . R V R R R R V r r R R V rdr r R R R / V rdr r R R V R V = = ( ¸ ( ¸ ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ = ÷ t t = t ÷ t = } } Logo, a velocidade média 2 máx V V = Nota: A expressão acima é verdade para escoamento laminar! Mas não para escoamento turbulento!! Problema 5 Em uma tubulação de 400 mm de diâmetro escoa o ar (R ar = 29,3 m / K, à temperatura de 27 o C ), sob a pressão manométrica P m = 2,2 kgf/cm 2 . Supondo a velocidade média de 2,8 m/s e a pressão atmosférica normal P atm = 1 kgf/cm 2 , determinar quantos quilos de ar escoarão por segundo. centro D V máx Escoamento R r v Perfil (distribuição) de velocidade: ( ¸ ( ¸ ÷ = 2 2 2 R r R V v máx Nota quando r = 0 v = V máx que não é a função de r 64 Solução Sabemos que a pressão absoluta é a pressão manométrica (efetiva) mais atmosférica: P = P m + P atm = (2,2+1) kgf/cm 2 = 3,2 kgf/cm 2 = 3,2 x 10 4 kgf/m 2 Estado : P = µRT Estado também pode ser escrito como P = ¸RT (1) P em kgf/m 2 , ¸ = peso específico em kgf/m 3 , R=cte. de um gás particular em m/K, T em K Logo, ¸ = P/RT = ( 3,2 x 10 4 kgf/m 2 ) / [ ( 29,3 m/K ) ( 27 + 273 K ) ] ~ 3,64 kgf/m 3 A vazão volumétrica ( ou vazão em volume ) é A vazão em peso é Logo G = 3,64 x 0,352 ~ 1,281 kgf/s Resp. 4 a Lista de Exercícios de EME35 Questão 1 Um fluido incompressível em escoamento tridimensional permanente apresenta as seguintes componentes da velocidade média: u = x 2 (3 – y/2) + 4, v = x(z – 6y – y 2 /2) – 5, = = x(2yz + - 3y 2 ) Mostrar que é satisfeita a equação da continuidade. ) 4 . 3 . 4 ( AV V =  s m V / 352 , 0 8 , 2 ) 400 , 0 ( 4 ou 3 2 . = × = t ) 3 . 8 . 4 ( VA G . V ¸ ¸ = = 65 Questão 2 Um fluido incompressível em escoamento bidimensional permanente apresenta: as seguintes componentes da velocidade média: u = (5x – 7y) t , v = (11x – 5y) t Examinar se estas funções são compatíveis com a equação da continuidade Resp. compatíveis Questão 3 Um fluido em escoamento tridimensional permanente apresenta as seguintes componentes da velocidade média: U = x2y, v = x+y+z, w = x2+z2 Será que as componentes da velocidade média caracterizam um escoamento incompressível? Resp: Não caracterizam Questão 4 Qual é o menor diâmetro de um tubo necessário para transportar 0,3 kg/s de ar com uma velocidade média de 6m/s ? O ar está a 27 o C e uma pressão de 2,4 kgf/cm 2 abs. Resp: D ~ 15,3 cm = 153 mm Questão 5 Um grande conduto de 1m de diâmetro transporta óleo com uma distribuição de velocidades, V = 9(R 2 – ¸ 2 ) Onde v = velocidade local em ¸, ¸ = a distância contada a partir do centro do conduto, R = raio de conduto. Determine a velocidade média. Resp: V = 1,125 m/s 66 Questão 6 O perfil de velocidades num determinado escoamento em condutos é dado aproximadamente pela lei de PRANDTL da potência um sétimo: v/V max = (y/R) 1/7 ond y é a distância contada a partir da parede do conduto e R o raio do mesmo Perfil: v/V max = (y/R) 1/7 Qual é a relação entre velocidade média e velocidade máxima ? Resp. V = 49/60 V max Questão 7 A água ( ¸ = 1000 kgf/m 3 ) escoa com a velocidade média de 0,2 m/s em um tubo, cuja seção transversal mede 0,1 m 2 . Calcular os valores dos diversos tipos de vazão. NOTA ÷ É bom verificar o problema 1 resolvido na página 13. Problema 6 Um fluido incompressível se escoa de modo estacionário através de um duto com duas saídas, conforme indicado na Fig. 1. O escoamento é unidimensional nas seções1 e 2, porém o perfil de velocidades é parabólico na seção 3. s kg m s kgf G s m V / 20 , / 20 , / 02 , 0 : Resp . 3 . = = = 67 Fig.1. Escoamento através de um tubo com ramificação Solução Uma vez que o escoamento é estacionário (permanente) a equação (4.1.2) se reduz a Onde a integral representa a superfície de controle inteira, isto é, A massa específica pode ser cancelada, considerando-se que o fluido é incompressível, fornecendo Como o escoamento é unidimensional em 1 e 2, tem-se, 0 = } A d V sc   µ 0 3 2 1 = + + = } } } } A d V A d V A d V A d V A A A sc         µ µ µ µ 0 3 2 1 = + + = } } } } A d V A d V A d V A d V A A A sc         ¸ t¸ d V A d V e A V A d V A V A d V A A A A 2 ; ; 3 3 2 1 2 2 1 1 } } } } = ÷ = ÷ =       68 Usando estas relações simplificadas, obtemos V 1 = (-0,24154 / 0,2787) ~ 0,87 m/s Resp. Problema 7 A tubulação de aço para a alimentação de uma usina hidrelétrica deve fornecer 1200 litros/s. Determinar o diâmetro da tubulação, de modo que a velocidade da água não ultrapasse 1,9 m/s. Solução Da equação da continuidade obtemos: 0 2 1 4 2 2 0 2 2 1 1 = | | . | \ | ÷ + + ÷ } ¸ t¸ ¸ d R A V A V R 0 8 ) 1858 , 0 ( 3 , 0 ) 2787 , 0 ( 0 2 3 1 = | | . | \ | ÷ + + ÷ } ¸ ¸ ¸ t R d R V ou 0 4 2 8 05574 , 0 ) 2787 , 0 ( 0 ] [ 2 4 1 = ÷ + + ÷ R R V ou ¸ ¸ t 0 4 2 8 05574 , 0 ) 2787 , 0 ( ] [ 2 4 2 1 = ÷ + + ÷ R R R V ou t 0 4 8 05574 , 0 ) 2787 , 0 ( 2 1 = + + ÷ R V ou t 0 2 05574 , 0 ) 2787 , 0 ( 3 1 = + + ÷ A V ou 0 ) 0929 , 0 ( 2 05574 , 0 ) 2787 , 0 ( 1 = + + ÷V ou 2 3 3 3 3 - m 6316 , 0 m/s 9 , 1 / m 2 , 1 se, - tem m/s, 9 , 1 / m 2 , 1 / m 10 1200 /s litros 1200 problema do dados os com e ) 1 ( ~ = = = × = = = s A V s s V V V A   69 Esta é a área da seção transversal na tubulação, para o valor máximo da velocidade. Sendo V constante em cada situação, concluímos, pela equação que o valor obtido da área é o mínimo da seção A . Logo, devemos ter A>0,6316 m 2 (porque, aumentando a área diminuímos a velocidade). A = tD 2 / 4 ou D = (4A / t ) = (4 x 0,6313 / t) 1/2 ~ 0,987 m Logo, D > 0,897 m Resp. Problema 8 A água escoa através de um conduto de raio R=0,3 m (Fig.2). Em cada ponto da seção transversal do conduto, a velocidade é definida por v=1,8-20¸ 2 , sendo ¸ a distância do referido ponto ao centro O da seção. Na coroa circular (Fig.2) , de área elementar dA, estão os pontos que distam ¸ do centro O . Então, dA = 2t¸d¸ (1) Cada ponto da coroa está submetido à velocidade v, donde Pelo enunciado, v= 1,8 – 20 ¸ 2 (3) Que é uma parábola. Quando ¸ = 0, temos a velocidade máxima (no eixo do tubo), isto é, Vmax = 1,8 – 0 = 1,8 m/s V Calcule  ) 2 ( . vdA V d = 70 Quando ¸ = R = 0,3, temos vc = 1,8 –20 (0,3) 2 = 0, que é a velocidade nula na parede do tubo. Substituindo (1) e (3) em (2): dV = (1,8 - 20¸ 2 )2t¸d¸ = 3,6t¸d¸ - 40tr 3 d¸ = 8t(0,45¸ - 5r 3 )d¸ Para a vazão através de toda a seção, integramos de 0 a ¸=0,3 8t(0,02025-0,010125) ou V~ 0,255 m 3 /s Resp. Problema 9 Um recipiente contendo reagentes químicos é colocado num tanque com água e aberto para a atmosfera . Quando os produtos químicos reagem, o calor é transferido para a água aumentando a sua temperatura. A potência fornecida ao eixo de um agitado utilizado para circular a água é de 0,04 HP. Após 15 minutos o calor transferido para a água foi de 252 Kcal, e da água para o ar externo foi 12 Kcal. Supondo-se não Ter ocorrido evaporacão, qual será o aumento de energia interna da água? Dado 1 HP hora ~ 641,186 Kcal = ÷ = ÷ = = } } 3 , 0 0 4 2 3 , 0 0 3 3 , 0 0 ] [ 4 5 2 45 , 0 ) 5 45 , 0 ( 8 ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ t V ou d V d V    71 Solução 1 o método A água é o sistema. O sistema é fechado Utilzamos a equação (3.1.30) 1 a lei : 1 Q 2 – 1 W 2 = AU ou 1 Q 2 =(+252) + (-12) = 252-12 ou 1 Q 2 = 240 kcal 1 W 2 , neste caso, é o trabalho elétrico fornecido para acionar o agitador. Este trabalho eletrico fornecido para acionar o agitador. Este trabalho é realizado sobre sistema (água), portanto, é negativo. 1 W 2 = W x t = -0,04 HP x 15 m h/60 min = -0,01 HP hora ou 1 W 2 = -0,01 x 641,168 ~ -6,412 kcal Logo AU = 1 Q 2 – 1 W 2 = 240 – (-6,412) kcal AU = 241,41 kcal ~ 1031,72 KJ Resp. 2 o método Vamos usar a equação (3.1.3 a) 72 1 a lei em termos de fluxo: Q = dE / dt + W dE = dU + d(EC) + d(EP) Mas d(EP) = 0 = d(EC) Q = dU / dt + W ou dU = Qdt – Wdt ou dU = 960 kcal/h x 1/4h – (-0,04 HP x 1/4h x 641,186 kcal/HPh) dU ~ AU ~ 246,41 kcal ~ 1031,72 kJ Resp. Nota 1 Q 2 = Q x t 4ª lista (continuação) de exercícios de EME35 Questão 8 Durante a carga de uma bateria, a corrente é de 20 ampères e a tensão 12,8 volts. A taxa de transferência de calor da bateria é de 6,3 kcal/h. Qual é a taxa de aumento da energia interna? Dado: a taxa de trabalho elétrico, W‟=-Ei, onde E = tensão em volts, i = corrente em ampères. Resp.: W h kcal dt dU 54 , 248 / 7 , 213 ~ ~ Questão 9 Na seção 1 de um conduto pelo qual escoa água, a velocidade é de 0,91 m/s e o diâmetro é 0,61m. Este mesmo escoamento passa pela seção 2 onde o diâmetro é 0,91m. Determinar a vazão volumétrica e a velocidade na seção 2. Resp.: V 2 ‟ = V 1 ‟ = cte ~ 0,266 m 3 /s, V 2 ~ 0,41 m/s Questão 10 272,4 kgf/s de água escoa através de um tubo de diferente área de seção transversal. Calcule a vazão volumétrica, a velocidade média na seção de entrada e a na saída. Dado: ¸ agua = 1000 kgf/m 3 73 Resp.: V‟ ~ 0,2724 m 3 /s, V e ~ 3,73 m/s, V s ~ 8,396 m/s Questão 11 Água entra através de um tubo circular pelo A e sai pelo C e D. Se a velocidade em C for 2,74 m/s, calcule as velocidades em A e em D. Calcule também a vazão volumétrica. Problemas Resolvidos Exemplos da 1ª lei da termodinâmica para V.C. Exemplo 1 Considere a instalação a vapor elementar, mostrada na figura. Os dados seguintes referem-se a tal instalação: Localização Pressão (Kgf/cm 2 ) Título ou temperatura(ºC) Saída do gerador de vapor 20 320 Entrada da turbina 18,5 290 Saída da turbina, entrada do condensador 0,15 93% Saída do condensador, entrada da bomba 0,13 40 Trabalho da bomba = 1,7 kcal/kg Determine as seguintes quantidades por Kg de fluido que escoa através da instalação: 74 a) Calor transferido na linha entre o gerador de vapor (caldeira) e a turbina ¬ entre 1 e 2 (tubulação) b) Trabalho produzido pela turbina ¬ entre 2 e 3 (w vc ) c) Calor transferido no condensador ¬ entre 3 e 4 (q vc ) d) Calor transferido no gerador de vapor ¬ entre 5 e 1 (q vc(cald) ) Use as tabelas de vapor e/ou diagrama de Mollier para vapor de água. Solução A equação geral da energia ou a 1ª lei da termodinâmica em regime permanente é: vc c s c s s c e c e e vc w J g g Z J g V h J g g Z J g V h q + + + = + + + 2 2 2 2 (1) As velocidades e as alturas não são dadas, portanto, as variações de energia cinética e energia potencial são desprezadas. Tem-se, então, vc s e vc w h h q + = + (2) 1ª lei reduzida! As entalpias nos pontos 1, 2, 3 e 4 Ponto 1 ¬ Das tabelas de vapor d‟água superaquecido, tem-se, com P 1 =20 kgf/cm 2 e T 1 =320 ºC, Vapor superaquecido (pág. 493, A.1.3.(a)) ¬ h 1 =733,2 kcal/kg Ou pelo diagrama de Mollier : h 1 =3070 kJ/kg=3070/4,187=733,2 kcal/kg Ponto 2 ¬ P 2 =18,5 kgf/cm 2 , T 2 =290 ºC Vapor superaquecido (pág. 493, A.1.3.(a)) Por interpolação linear ( ) 1 1 2 1 2 1 y y y x x x x y + ÷ | | . | \ | ÷ ÷ = , onde h=y e P=x Portanto h 2 ~ 717,99 ~ 718 kcal/kg Ou pelo diagrama de Mollier : h 1 =3010 kJ/kg=3010/4,187=718,89 kcal/kg Ponto 3 ¬ P 3 =0,15 kgf/cm 2 , x=93% Vapor de água saturado: V+L Tabela de pressão (pág. 481, A.1.2.(a)) h 3 =( ) kg kcal xh h x v l / 7 , 580 4 , 620 93 , 0 5 , 53 ) 93 , 0 1 ( 1 ~ - = ÷ = + ÷ Ou pelo diagrama de Mollier : h 1 =2430 kJ/kg=2430/4,187=580,37 kcal/kg Ponto 4 ¬ P 4 = 0,13 kgf/cm 2 , T 4 = 40 ºC Vapor de água saturado: neste problema apenas L Entalpia apenas depende da temperatura também para líquido. Tabela de pressão (pág. 481, A.1.1.(a)) h 4 ~ 39,98 kcal/kg 75 a) Considerando um volume de controle que inclua a tubulação entre o gerador de vapor e a turbina (ponto 1-2): w h h q cal + = + 2 1 Mas w=0, portanto: kg kcal h h q / 2 . 15 2 . 733 718 1 2 2 1 ÷ = ÷ = ÷ = O sinal negativo significa perda de calor pela tubulação. b) A turbina é essencialmente uma máquina (um acessório) adiabática. Considerando um volume de controle em torno da turbina (ponto 2-3): kg kcal h h w w h h q turb / 3 . 137 7 . 580 718 3 2 3 2 3 2 3 2 = ÷ = ÷ = ¬ + = + O trabalho é produzido! c) Para o condensador o trabalho de eixo é nulo (ponto 3-4): kg kcal h h q w h h q / 72 . 540 7 . 580 98 . 39 3 4 4 3 4 3 4 3 ÷ = ÷ = ÷ = ¬ + = + O calor é rejeitado! d) Para o gerador de vapor, o trabalho do eixo é nulo (ponto 5-1): 5 1 1 5 1 5 1 5 h h q w h h q ÷ = ¬ + = + Determinação de h 5 Considerando um volume de controle em torno da bomba (ponto 4-5), pode-se achar h 5 . A bomba é um acessório adiabático e seu trabalho é negativo. kg kcal w h h w h h q / 68 , 41 ) 7 . 1 ( 98 . 39 5 4 4 5 5 4 5 4 5 4 = ÷ ÷ = ÷ = ¬ + = + Portanto: kg kcal h h q / 52 . 691 68 . 41 2 . 733 5 1 1 5 = ÷ = ÷ = Calor fornecido ao gerador de vapor! Rendimento desse ciclo % 61 . 19 52 . 691 6 . 135 52 . 691 ) 7 . 1 ( 3 . 137 ) ( ~ ¬ = ÷ + = ÷ + = = ¿ t B t H t q w w q w q q Outro método: ¿ ¿ = ) ( q w ¬ 1ª lei para ciclo 52 . 691 6 . 135 52 . 691 ) 2 . 15 ( ) 72 . 540 ( 52 . 691 ) ( ) ( = ÷ + ÷ + = ÷ + ÷ + = = ¿ q q q q q q tub cond cald H t q % 61 . 19 ~ t q Exemplo 2 Hélio é expandido adiabaticamente numa turbina (a gás) de 400 kPa e 260 ºC a 100kPa (100 kPa = 1 bar = 10 5 N/m 2 = 0.9869 atm). A turbina é bem isolada e a velocidade na entrada sendo muito pequena, portanto, é desprezada. A velocidade na 76 saída é 200 m/s. Calcule o trabalho produzido (trabalho de eixo) por unidade de massa do hélio no escoamento. Solução: Dados: P 1 = 400 kPa, P 2 = 100 kPa, T 1 = 260 ºC + 273 = 533 ºK, T 2 = ? V 1 ~ 0, V 2 ~ 200 m/s Da tabela (pág. 538): K hélio = 1.667, C po Helio 1.25 kcal/kgºK O hélio é expandido adiabaticamente. Para o processo adiabático vale: k k P P T T 1 1 2 1 2 ÷ | | . | \ | = ou K P P T T k k º 08 , 306 400 100 533 667 . 1 1 667 . 1 1 1 2 1 2 ~ | . | \ | = | | . | \ | = ÷ ÷ Considerando-se o hélio como sendo gás perfeito, tem-se: kg kcal K kg kcal T T C h h po / 65 . 283 )º 533 08 . 306 ( / 25 . 1 ) ( 1 2 1 2 ÷ ~ ÷ = ÷ = ÷ A turbina é isolada (adiabática, q=0), dado que V 1 ~ 0 e V 2 ~ 200 m/s, e considerando d(EP) ~ 0, tem-se, pela 1ª lei: kcal kgfm kgfs kgm s m kg kcal w J g V V h h w q c / 427 / 81 . 9 2 / ) 0 200 ( / 65 . 283 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 - - ÷ + ÷ = ÷ ¬ ÷ + ÷ = ÷ kg kJ kg kcal w / 67 . 1167 / 88 . 278 ~ ~ Aplicação da desigualdade de CLAUSIUS (ciclo termodinâmico) A equação 3.1.4.b } s c 0 T Q Exemplo 3 77 Fig. Instalação a vapor para mostrar a desigualdade de CLAUSIUS . Satisfaz esse ciclo à desigualdade de CLAUSIUS? Solução São dois os locais onde se realiza a transferência de calor ;caldeira e condensador. Assim , } } } | . | \ | c + | . | \ | c = c COND CALD T Q T Q T Q Como a temperatura permanece constante ,tanto na caldeira quanto no condensador , a expressão acima pode ser integrada como se segue : 3 4 3 1 2 1 4 3 3 2 1 1 1 1 T Q T Q Q T Q T T Q + = c + c = c } } } 2ª Lei w J g g Z J g V h J g g Z J g V h q c s c s s c e c e e H + | | . | \ | + + = | | . | \ | + + + 2 2 2 2 1ª Lei As entalpias nos pontos (1),(2),(3) e (4) h l =h 1 =165,6 kg kcal (a 7 kgf/cm 2 pág 482) T 1 =164,2 ºC (pág. 482) 78 h v =h 2 =695,5 kg kcal (a 7 kgf/cm 2 pág 482) h 3 =[(1-x)h l +xh v ] 3 =(1-0,9)53,5+0,9*620,4=563,71 kg kcal (a 0,15 kgf/cm 2 ), T 3 =53,6ºC(pág. 482) h 4 =[(1-x)h l +xh v ] 4 =(1-0,1)53,5+0,1*620,4=110,19 kg kcal (a 0,15 kgf/cm 2 ) Considerando d(EP)=0=d(EC) e aplicando a 1ª Lei ou energia por unidade de massa ,tem-se, 2 1 q =h 2 -h 1 =659,5-165,6=493,9 kg kcal ;T 1 =164,2ºC 4 3 q =h 4 -h 3 =110,19-563,71=-453,52 kg kcal ,T 3 =53,6ºC Dessa maneira , K kg kcal k kg kcal T q T q T q º 258671 , 0 3879724 , 1 1293014 , 1 º 15 , 273 6 , 53 52 , 453 15 , 273 2 , 164 9 , 493 3 4 3 1 2 1 ÷ = ÷ = ( ¸ ( ¸ + ÷ + = + = c } Assim,esse ciclo satisfaz à desigualdade de CLAUSIUS ,o que é equivalente a dizer que ele não viola a 2ª Lei da termodinâmica . Resp 4.5.8 2ºLei da termodinâmica para volume de controle VC s s s e e e J J VC s m s m T Q dt dS o    + E ÷ E + E = (4.5.8) taxa de variação taxa de transferência de taxa de produção de de entropia entropia entropia 0 º 2587 , 0 s ÷ ~ c } K kg kcal T q 79 Hipóteses (1) Regime permanente : 0 = dt dS VC VC s s s e e e J J J s m s m T Q o    + E ÷ E + E = 0 (2) Processo adiabático (Não há troca de calor) : 0 = E J J J T Q  VC s s s e e e s m s m o   + E ÷ E + = 0 0 (3) Processo reversível ,isto é ,sem produção de entropia: 0 = VC o 0 0 0 + E ÷ E + = s s s e e e s m s m   ou s s s e e e s m s m   E = E (4) Única entrada e única saída : m m m s e    = = Finalmente , s e =s s (4.5.9) 2ª Lei p/ VC. Aplicação da 2ª Lei p/ VC Exemplo 4 O vapor d‟água entra numa turbina a 10 kgf/cm 2 , e 250 ºC ,com uma velocidade de 50 m/s e deixe a turbina na pressão de 1,5kgf/cm 2 ,com uma velocidade de 150m/s.Mede-se o trabalho retirado (produzido) da turbina ,encontrando-se o valor de 50 kg kcal de vapor escoando através da turbina .Determine o rendimento da turbina. Solução Turbina é um acessório térmico essencialmente adiabático . 80 1ª lei(reduzida): VC c s s c e e W J g V h J g V h + + = + 2 2 2 2 (1) 2ª lei : s s =s e (2) Relações de propriedades : TABELAS DE VAPOR OU (3) DIAGRAMA DE MOLLIER Das tabelas de vapor (pág 493) com 10 kgf/cm 2 e 250º C acha-se , kg kcal h e 1 , 703 ~ e K kg kcal s e º 6565 , 1 = ou Com o diagrama de MOLLIER (P e =10kgf/cm 2 e t e =250ºC) acha-se h e =2945 KJ/kg ~ 703,37 kg kcal ; e s e =6,94 K kg KJ º ~ 1,6575 K kg kcal º As duas propriedades independentes conhecidas no estado final são pressão e entropia . Ps=1,5 kgf/cm 2 e s e =s s ~ 1,6565 K kg kcal º . Portanto , o título e a entalpia do vapor ao deixar a turbina podem ser determinados. pág 481 s s =1,6565 = s v – (1-x) s s lv =1,7255 – (1-x) s 1,3848 P s =1,5kgf/cm 2 ou 0498 , 0 3848 , 1 6565 , 1 7255 , 1 ) 1 ( ~ ÷ = ÷ s x ou ou com P s e s s também acha-se do diagrama x=95% e h s =2580 kg KJ ~ 616,19 kg kcal . pág 481 h s = h v -(1-x) s h lv = 642,7-(1-x) s 531,8 P s =1,5kgf/cm 2 =642,7-(0,0498)531,8 x=0,950 2 h s ~ 616,22 kg kcal 81 Pode-se agora determinar o trabalho por kg de vapor para esse processo isentrópico , usando a 1ª lei como escrita acima. s c s e s e VC W kg kcal J g V V h h W = ~ ÷ + = ÷ + ÷ = ÷ + ÷ = 49 , 84 427 * 81 , 9 * 2 22500 2500 88 , 86 427 * 81 , 9 * 2 150 50 22 , 616 1 , 703 2 2 2 2 2 que é o trabalho que seria realizado em um processo adiabático reversível (isentrópico) . Mas o trabalho medido (real) é =W r =50 kg kcal Resp. 5ª Lista de Exercícios de EME-35 Questão 1 O vapor d‟água entra numa turbina a 10 kgf/cm 2 e 250ºC . O vapor sai da turbina à pressão 1,5 kgf/cm 2 .Mede-se o trabalho retirado da turbina ,encontrando-se o valor de 50 kcal/kg de vapor escoando através da turbina .Determine o rendimento da turbina ,usando apenas o diagrama de MOLLIER . Resp: % 35 , 57 ~ Turb q Questão 2 Em uma usina termoelétrica de turbina a gás , ciclo fechado ,a temperatura (em ºC) e a velocidade (em m/s) do fluido de trabalho (AR) entre vários componentes são: Localização Temperatura Velocidade Entre resfriador e compressor 32 90 Entre compressor e aquecedor 232 30 Entre turbina e resfriador 518 105 A velocidade do ar entrando na turbina á 210m/s e a transferência de calor ao ar no aquecedor é 153 kcal/Kg . Outras transferências de calor à atmosfera podem ser desprezadas .Faça o esboço do problema .Calcule : a)a temperatura do ar na entrada da turbina, b)a transferência de calor líquido do ar no resfriador, c)o trabalho líquido na saída da usina, d) eficiência térmica. % 18 , 59 49 , 84 50 ~ = = s r turb W W q 82 Assumir o calor específico à pressão constante do ar é uma função apenas da temperatura sendo dado , c p ~ 0,24 kcal/kgºK Resp:a)t 3 ~ 848ºC b)q L ~ -116,99 kg kcal c)W liq ~ 36,01 kg kcal d) t q ~ 23,54% Questão 3 Num escoamento regime permanente ,a água à temperatura 60ºC e à pressão 3 2 cm kgf (h=59,4 kg kcal ) entra numa seção da planta de aquecimento na qual não há bomba.A água sai à temperatura 48ºC e à pressão 2,6 2 cm kgf (h=47,7 kg kcal ) .A as‟da do tubo está 25,5mm acima do tubo de entrada.Calcular a transferência de calor por unidade de massa d‟água ,considerando-se que não haja diferença da energia cinética . Resp: kg kcal q O H 70 , 11 2 ÷ ~ Questão 4 O bocal é um aparelho para aumentar velocidade e é usado num escoamento em regime permanente . Na entrada de um certo bocal, a entalpia de um fluido escoante é 715 kg kcal e a velocidade é 60m/s . Na saída a entalpia é 660 kg kcal .O bocal é horizontal e não há perda de calor do bocal. a)Ache a velocidade na saída do bocal, b) Se a área de entrada e o volume especifico do fluido na entrada forem 1000cm 2 e 0,187m 3 /kg,respectivamente ,calcule a vazão em massa, c)Se o volume específico do fluido na saída do bocal for 0,498 m 3 /kg,ache a área de saída. Resp:V saida ~ 676m/s , s kg m 08 , 32 ~  , A saida ~ 236,33cm 2 . Questão 5 O fluxo de massa que entra numa turbina a apor d „água é 5000 h kg e o calor pela turbina é 7500 h kcal .Conhecem-se os seguintes dados para o vapor que entra e sai da turbina : Condições de entrada Condições de saída Pressão 20kgf/cm 2 1kgf/cm 2 Temperatura 370ºC ------ Título ------ 100% Velocidade 60m/s 180m/s Altura em relação ao plano de referência 5m 3m Determine a potência fornecida pela turbina. 83 Resp: HP h kcal W VC 908 581838 ~ ~  Questão 6 Uma turbina a vapor recebe um fluxo de massa de 5000 h kg e entregue 550KW . A perda de calor da turbina é desprezada. a)Acha a variação da entalpia específica através da turbina se a velocidade na entrada e a diferença da energia potencial forem desprezadas .A velocidade na saída é 360m/s, b)Calcular a variação da entalpia específica através da turbina se a velocidade na entrada for 66m/s e o tubo de entrada for 3m acima do mesmo de saída . Resp:a)h s -h e ~ -110 kg kcal b) h s -h e ~ -109,55 kg kcal Questão 7 Em que se aplica as seguintes expressões da 2º lei da termodinâmica: a) d s > 0 b) Se o resultado da expressão no item a) for negativo, qual será a conclusão? c) S s = S e d) Tds = du + pdv e) ∫∂Q/T ≤ 0 Questão 8 Escreva a energia na forma diferencial e explique todos os termos. Questão 9 A equação de BERNOULLI é um caso específico da 1ºlei. Quais são as hipóteses da equação de BERNOULLI? Questão 10 Quais são as hipóteses feitas para chegar a 2°lei da termodinâmica para volume de controle? Questão 11 Quais são os acessórios térmicos de sistemas abertos nos quais a 1°lei da termodinâmica é aplicada? PROBLEMAS RESOLVIDOS APLICAÇÃO DA EQUAÇÃO DE BERNOULLI AOS PROBLEMAS DE ENGENHARIA 84 Problema 1 a) Determinar a velocidade de saída do orifício instalado na parede do reservatório da figura 1. b) Determinar a vazão do orifício. Figura 1 escoamento num orifício (local) a partir de um reservatório. Solução a) O jato sai com formato cilíndrico submetido à pressão atmosférica, em sua periferia. A pressão ao longo do seu eixo é também a atmosférica para efeitos práticos. A equação de BERNOULLI é aplicada entre um ponto 1da superfície livre da água e em um ponto a jusante 2 do orifício. P 1 /г + V 1 2 /2g + Z 1 = P 2 /г + V 2 2 /2g + Z 2 1) ou V 2 2 /2g = P 1 -P 2 /г + V 1 2 /2g + Z 1 –Z 2 Mas P 1 = P 2 = P atm , A velocidade na superfície 1 do reservatório é nula (praticamente), Z 1 - Z 2 = H ; Logo V 2 2 /2g = 0 + 0 + H V 2 = √2gH m/s ou seja V 2 = √2x9,806x4 = 8,86 m/s que estabelece que a energia de descarga (V 2 ) é igual à velocidade de queda livre a partir da superfície do reservatório. Este resultado, V 2 = √2gH é conhecido como teorema de TORRICELLI. H = 4 m Água Fluido Incompressível Orifício 100 mm Z 2 Z 1 1 2 85 . 1) A vazão V é igual ao produto da velocidade de descarga pela área do jato. Diâmetro do jato = 100 mm = 0,1 m . V = A 2 V 2 = HD 2 2 xV 2 = H/4x(0,1) 2 x8,86 m 3 /s . V ~ 0,0696 m 3 /s ~ 0,07 m 3 /s = 70 l/s Resp Notas Esta equação de TORRICELLI não é perfeitamente verdadeira porque há uma perda de energia a qual não foi considerada. A equação prática é: . V = C D A 0 √2gH 2) Onde C D = coeficiente de descarga (tem valor entre 0,57 a 0,64) A 0 = área do orifício. Problema 2 Um medidor VENTURI consiste de um conduto convergente, seguido de um conduto de diâmetro constante chamado garganta e, posteriormente, de uma porção gradualmente divergente. É utilizado para determinar a vazão num conduto (figura 2). Sendo o diâmetro da seção 1 igual a 15,2 cm e o da seção 2 igual a 10,2 cm, determinar a vazão no conduto quando P 1 – P 2 = 0,211 Kgf/cm 2 e o fluido que escoa é óleo com d = 0,90. Figura 2 Medidor VENTURI Solução Aplicando-se a equação de BERNOULLI entre pontos 1 e 2 tem-se, P 1 /г + V 1 2 /2g + Z 1 = P 2 /г + V 2 2 /2g + Z 2 1 2 Escoamento 86 ou V 2 2 /2g = P 1 -P 2 /г + V 1 2 /2g + Z 1 –Z 2 1) . Continuidade: A 1 V 1 = A 2 V 2 = V ou V 2 2 = (A 1 /A 2 ) 2 V 1 2) Levando 2) em 1) tem-se, [(A 1 /A 2 ) 2 -1]V 1 2 /2g = P 1 -P 2 /г + Z 1 –Z 2 V 1 = [2g (P 1 -P 2 /г + Z 1 –Z 2 )/ ((A 1 /A 2 ) 2 –1)] 1/2 3) e . V = A 1 V 1 = A 1 [2g (P 1 -P 2 /г + Z 1 –Z 2 )/ ((A 1 /A 2 ) 2 –1)] 1/2 4) Aqui, A 1 = HD 1 2 /4 = H/4.(15,2x10 -2 m ) 2 = 0,0181531 m 2 A 2 = HD 2 2 /4 = H/4.(10,2x10 -2 m ) 2 = 0,0081745 m 2 (A 1 /A 2 ) 2 = 4,9315018 , P 1 -P 2 = 0,211 Kgf/cm 2 = 0,211x10 4 Kgf/m 2 , Z 1 –Z 2 = 0 , g = 9,806 m/s 2 , г óleo = г H2O x d H2O Г óleo = 1000 Kgf/m 3 x 0,90 = 900 Kgf/m 3 . V ~ 0,0181531[ 2 x 9,806 (0,211 x 10 4 /900) / (4,9315018 – 1) ] 1/2 ou seja . V ~ 0,0621 m 3 /s ~ 62,1 l/s Resp Notas Há uma perda de energia na seção convergente, portanto, um coeficiente de descarga deve ser introduzido na equação de BERNOULLI. . V = C d A 1 [2g (P 1 -P 2 /г + Z 1 –Z 2 )/ ((A 1 /A 2 ) 2 –1)] 1/2 onde C d =Coeficiente de descarga = 0,89 a 0,99 C d será 0,98 a 0,99 se: 1) Escoamento for turbulento (Reynolds, RE > 10000) 2) Não tiver válvula de cobertura dentro de 20 diâmetros da montante da venturi. 87 Problema 3 O dispositivo mostrado pela Figura 3 é utilizado para determinar a velocidade do líquido no ponto 1. É constituído de um tubo, cuja extremidade inferior é dirigida para montante e cujo ramo vertical é aberto à atmosfera. O impacto, na abertura 2, força o mesmo a subir no ramo vertical a uma altura h acima da superfície livre. Determinar a velocidade no ponto 1. Figura 3 Tubo de Pitot Solução O ponto 2 é um ponto de estagnação, onde a velocidade do escoamento anula-se (V 2 ~ 0). Este fato cria uma pressão devida ao impacto, chamada pressão dinâmica, que força o fluido no ramo vertical. Escrevendo-se equação da energia (BERNOULLI) entre os pontos 1 e 2 e desprezando-se as perdas, que são muito pequenas, teremos P 1 /г + V 1 2 /2g + Z 1 = P 2 /г + V 2 2 /2g + Z 2 Mas Z 1 =Z 2 e V 2 ~ 0 V 1 2 /2g = P 2 / г – P 1 / г P 1 / г é dado pela altura do fluido acima do ponto 1 é igual k metros do fluido que escoa. P 2 / г é dado pelo piezômetroe vale k + h, desprezando o efeito capilar. Substituindo esses valores na equação, V 1 2 /2g = k + h – k ou seja V 1 = √2gh m/s 1) Este é o tubo de Pitot numa forma simplificada. A equação 1) tem a mesma expressão do Teorema de TORRICELLI e fornece a velocidade de corrente líquida na entrada do Tubo de Pitot. 1 2 k h 88 6ª Lista de exercícios Questão 1: Com o tubo de Pitot mede-se a velocidade da água no centro de um conduto com 25 cm de diâmetro (Fig 1). A diferença de carga é h=0.1 mca. Devido ao grande diâmetro, supõe-se que que a velocidade média da água neste tubo corresponde a 2/3 da velocidade no seu centro. Calcular a vazão volumétrica. Fig1 – Tubo de Pitot Resp.: V‟ ~ 0.0456 m 3 /s = 45.6 litros/s Questão 2: O Centro de um orifício circular está 8,5 m abaixo da superfície livre(S.L. constante) de um reservatório. Determinar o diâmetro deste orifício para que a vazão seja de 25,34 l/s (desprezando as perdas de energia), supondo o escoamento permanente. Resp: D ~ 50 mm Questão 3: Em um reservatório de S.L. constante, tem-se um orifício com diâmetro d 1 = 0,02 m à profundidade h 1 =3m (Fig 2). Substituindo-o por outro com diâmetro d 2 =0,015m, determinar a que profundidade deve ficar o novo orifício, a fim de que a vazão seja a mesma do primeiro, desprezando todas as perdas de energia. Fig2 – orifício num reservatório Resp: h 2 ~ 9,481 m. Questão 4: Óleo combustível (SAE 10) escoa através de um medidor Venturi (Fig 3). A pressão no ponto 1 é 2,04 kgf/cm 2 . O coeficiente de descarga C d do Venturi é 0,95. 89 Calcule a vazão volumétrica se a pressão no ponto 2 for 1,70 kgf/cm 2 . Dados: A densidade (absoluta) do óleo, d = 0,91. 1000 = oleo ¸ kgf/m 3 Fig3 – Medidor Venturi Resp: 0093 , 0 = - V m 3 /s = 9,3 l/s. Questão 5: Um tubo de Pitot estático é usado para medir a velocidade d‟água escoando num tubo. Se a diferença entre pressão total e pressão estática for 1,07 kgf/cm 2 , qual é a velocidade? Resp: V ~ 14,49 m/s. 90 Capítulo 5 5.1.0 – Fluído Um fluído é uma substância que se deforma continuamente quando submetida a uma tensão de cisalhamento. Uma força de cisalhamento (ou atrito) é a componente tangencial da força que age sobre a superfície e, dividida pela área da superfície, dá origem à tensão de cisalhamento. 5.1.1 – Fluído Real O fluído real tem viscosidade (µ > 0) que causa o atrito do fluído (atrito entre as duas camadas de um fluído quando em escoamento). Ela é, responsável pela irreversibilidade e no comportamento do escoamento dos fluídos na maioria dos processos em vários campos da engenharia. 5.1.2 – Viscosidade Viscosidade por definição é a propriedade de um fluído responsável pela resistência ao cisalhamento. Viscosidade dinâmica ou absoluta, µ = µ.u [Ns/m 2 ] onde u = viscosidade cinemática [m 2 /s]. 5.1.3 – Lei de Newton para viscosidade A lei de Newton para a viscosidade é definida como: t = µ.dV (5.1) dy onde t = a tensão de cisalhamento (N/m 2 ), dV = 0 gradiente de velocidade (taxa de transformação) dy (s -1 = 1/s), µ = viscosidade absoluta ou dinâmica (Ns/m 2 ). A viscosidade é uma função da temperatura. Nos líquidos a viscosidade diminui com a temperatura e nos gases ela aumenta com a temperatura. Todo fluído que se aplica a equação (5.1) é chamado de fluído Newtoniano. 5.1.4 – Classificação dos fluídos Os fluídos podem ser classificados como newtonianos ou não-newtonianos. No fluído newtoniano existe uma relação linear entre o valor da tensão de cisalhamento aplicada e a velocidade de deformação resultante (taxa de deformação ou gradiente de velocidade). É bom lembrar que µ é constante na equação (5.1) e é válida em um escoamento linear. No fluído não-newtoniano existe uma relação não-linear entre o valor da tensão de cisalhamento aplicada e a velocidade de deformação angular. Gases e líquidos finos tendem a ser fluídos newtonianos, enquanto que hidrocarbonetos de longas cadeias podem ser não-newtonianos. 91 Fig. 1 – Digrama reológico 5.1.5 – Escoamento Laminar e Turbulento Escoamento Laminar Laminar quando as linhas de corrente se mantêm paralelas. Os elementos fluídos ou partículas parecem deslizar uns sobre os outros em camadas ou lâminas. Este movimento é chamado escoamento laminar. Escoamento Turbulento 92 Turbulento quando as linhas de corrente perdem a individualidade. Os elementos fluídos ou partículas tem um movimento desordenado ou caótico de partículas individuais, sendo vistos redemoinhos de vários tamanhos. Este movimento é chamado de escoamento turbulento. Entre os regimes laminar e turbulento pode-se caracterizar um regime transitório, em que as linhas de corrente não perdem totalmente a individualidade. Esta região representa grande instabilidade. Ocorrendo qualquer perturbação, o regime passa a ser turbulento. Além disso, no regime laminar a distribuição de velocidade do escoamento é parabólica, enquanto que no turbulento é achatada. Sendo a velocidade local do escoamento v = V máx no centro do tubo. No escoamento laminar temos que a velocidade média, V = 0,5.V máx e no turbulento V = 0,82.V máx (ou 0,80 a 085). 5.1.6 – Número de Reynolds Para se saber se o escoamento é laminar ou turbulento, é necessário saber o número de Reynolds. O número de Reynolds é um parâmetro adimensional que se aplica a escoamentos dinamicamente semelhantes. Ele é definido pela relação: RE = µ.V.L (5.1.1) µ onde µ = massa específica do fluído (kg/m 3 ), V = velocidade característica do fluído (m/s), µ = viscosidade absoluta do fluído (Ns/m 2 ), L = comprimento característico (m). Para o caso de tubos: L = D = diâmetro do tubo (m), V = velocidade média do fluído (m/s). Logo, adimensional (5.1.2) o número de Reynolds é uma relação entre as forças de inércia e de viscosidade. Uma vez levantado o número de Reynolds, este vale para qualquer fluído newtoniano ou não-newtoniano. 5.1.7 – Classificação dos Regimes As experiências mostram que nos condutos (tubos circulares) forçados: (a) Se RE s 2000 (5.1.3) o regime (escoamento) é LAMINAR, isto é, as partículas percorrem trajetórias paralelas (Fig. 1) Fig. 1 – Escoamento laminar RE = µ.V.L = V.D µ u 93 (b) Se 2000 < RE < 4000 (5.1.4) o escoamento é instável ou de transição. (c) Se RE > 4000 (5.1.5) o regime é turbulento, isto é, as trajetórias das partículas são irregulares (Fig. 2) Fig. 2 – Escoamento turbulento PROBLEMAS RESOLVIDOS Problema 1 Suponhamos um óleo de palmeira (µ = 4524x10 -6 kgf.m -2 .s), escoando sob regime laminar em uma tubulação industrial com 90 mm de raio interno (Fig. 3). Supondo que a distribuição da velocidade seja uma função linear (OM na figura), obter: 1) o gradiente de velocidade dV/dy; 2) o valor da tensão de cisalhamento t no fluído. V = 1,08 m/s M V 2 Fig. 3 70 mm V 1 V 0 V O Parede de um tubo Solução 1)O segmento de reta OM satisfaz à função linear y V . o = y V = o Pela figura, tem-se no ponto M: y = r = 90 mm e V = 1,08 m/s = 1080 mm/s 1 . 12 . 90 / . 1080 ÷ = = = s mm s mm y V o que representa a inclinação de OM e que corresponde ao gradiente de velocidade dv/dy, pois o é a razão entre v e y. Então, 1 . 12 ÷ = s dy dv A unidade s -1 é conhecida como “segundo recíproco ou inverso”. Resp. 2)Pelo enunciado,µ = 4524x10 -6 Kgf.m -2 .s 94 Substituindo estes 2 últimos valores na lei de Newton da viscosidade, tem-se, 1 2 6 . 12 . . . 10 . . 4524 ÷ ÷ ÷ × × = = s s m Kgf dy dv µ t 2 / . 054 , 0 m Kgf ~ t Resp. Problema 2 Mostrar que não há tensão de cisalhamento nos fluídos em repouso. Solução:Na situação de repouso, não há velocidade e portanto, é nulo o gradiente de velocidade 0 = dy dv 0 = = dy dv µ t mostrando que a tensão de cisalhamento é nula, qualquer que seja a viscosidade µ do fluido em repouso. Q.E.D. Problema 3 Um viscosímetro simples e preciso pode ser confeccionado a partir de um pedaço de tubo capilar. Se a vazão e a quedo de pressão forem medidas e a geometria do tubo for conhecida, a viscosidade pode ser calculada através da equação L D P V . . 128 . . . 4 µ t A = - Um teste para um certo líquido em um viscosímetro capilar forneceu os seguintes dados: vazão = 880 mm 3 /s, diâmetro do tubo = 0,50 mm, comprimento do tubo = 1 m, queda de pressão = 1,0 MPa. Determinar a viscosidade do líquido. Solução: Escoamento em um viscosímetro capilar. A vazão é - V = 880 mm 3 /s D = 0,5 mm L = 1 m 2 6 2 1 / . 10 1 . 0 , 1 m N MPa P P P × = = ÷ = A 1 2 A equação de cálculo: L D P V . . 128 . . . 4 µ t A = - Suposições: 1) Escoamento laminar 2) Escoamento permanente 3) Escoamento incompressível 4) Escoamento totalmente desenvolvido (o perfil de velocidade é o mesmo em qualquer seção) Então, 95 ( ) ( ) | . | \ | × | . | \ | × × | . | \ | × × = A = - 3 3 4 4 2 6 4 . 880 10 1 50 , 0 10 0 , 1 128 . . 128 . . . mm s mm mm m N V L D P t t µ 2 3 10 74 , 1 m N ÷ × ~ µ Resp. Conferir o número de Reynolds Supor que a massa específica do fluido seja similar à da água, ou seja, 999 Kg/m 3 Continuidade: ( ) mm m mm s mm D V A V V . 10 50 , 0 1 . 880 4 . . 4 3 2 2 3 2 × × × = = = - - t t s m V / 48 , 4 ~ Número de Reynolds m Kg Ns Ns m mm m mm s m m Kg D V RE . 10 74 , 1 10 . 50 , 0 48 , 4 999 . . 2 3 2 3 3 × | | . | \ | × × | . | \ | × × × = = ÷ µ µ 1286 ~ RE Conseqüentemente, o escoamento é mesmo laminar, já que RE < 2000. Resp. Problema 4 Determinar o número de Reynolds para o escoamento de 140 l/s de óleo, u = 0,00001 m 2 /s, num tubo de ferro fundido de 200 mm de diâmetro. Solução v D V D V RE . . . = = µ µ ( 1 ) Continuidade: V D V A V 4 . . 2 t = = - ou 2 . . 4 D V V t - = ( 2 ) Levando ( 2 ) em ( 1 ) tem-se, v D V RE . . . 4 t - = ( 3 ) Dados: - V = 140 l/s = 0,140 m 3 /s , D = 200 mm = 0,2 m , v = 0,00001 m 2 /s ( )( ) 9 , 8909 / . 00001 , 0 . 2 , 0 / . 140 , 0 4 2 3 ~ × × = s m m s m RE t ou 4000 9 , 8909 > ~ RE Escoamento turbulento! Resp. 96 7 a Lista de Exercícios Questão 1 Um óleo de viscosidade absoluta 0,01 kgf.s/m 2 e densidade 0,85 escoa através de um tubo de ferro fundido de 300 mm de diâmetro com a vazão volumétrica 0,05 m 3 /s. Determinar o número de Reynolds. Questão 2 Um líquido tem viscosidade 0,005kg/m.s e massa específica de 850 kg/m 3 . Calcular a viscosidade cinemática em unidades SI. Questão 3 Defina a viscosidade e a lei de Newton da viscosiddade. Questão 4 Explique escoamentos laminar e turbulento. Questão 5 O que é um fluído newtoniano? Citar os exemplos. Questão 6 O que é um fluído não-newtoniano? Dar os exemplos. 97 Escoamento de fluído real(A equação de Bernoulli) O escoamento de fluído real é muito mais complexo que o escoamento de fluído ideal, devido a existência de viscosidade. A viscosidade introduz a resistência ao movimento pela força de atrito entre as partículas de fluídos ou entre as partículas e a parede sólida. Para dar escoamento, o trabalho deve ser feito contra estas forças de resistências e no processo a energia é convertida ao calor. A equação de Euler deve ser alterada a incluir a tensão de cisalhamento. A equação de movimento estável ao longo a linha de corrente para fluído real (µ > 0). 98 Considere uma linha de corrente e selecione um sistema cilíndrico fluído conforme indicado na figura. A força de pressão sobre os dois lados de elemento: P.dA –(P + dP).dA = - dP.dA (1) O componente do peso (a força da gravidade) na direção do movimento: - µ.dS.dA.g.cos u = - µ.g.dS.dA.dZ = - µ.g.dA.dZ (2) dS A força de atrito na direção do escoamento, F = - t.dA = - t.(2.t.r).dS (3) dM = µ.dS.dA , a = V.dV dS aceleração é a taxa de mudança de velocidade: a = d (V) = dV , V = f(S,t) dV = cV.dS + cV.dt dt dt cS ct a = dV = cV.dS + cV.dt a = cV.v + cV dt cS dt ct dt cS ct Se o escoamento for estável (regime permanente): cV = 0 a = V. cV = V.dV e du = µ.dS.dA ct cS dS Aplicando a 2 a lei de Newton, dF = (dM).a (4) teremos, mo escoamento estável, - dP.dA - µ.g.dA.dZ - t.(2.t.r).dS = dF = (dM).a = µ.dS.dA.V.dV dS supõe dA = t.r 2 dividindo por - µ.t.r 2 teremos: dP + g.dZ + 2.t.dS = - V.dV ? µ.r (5) Esta é a equação de Euler no escoamento fluído real. dP + g.dZ + V.dV = - 2.t.dS µ µ.r 99 t = tensão de cisalhamento. O termo - 2.t.dS = o atrito do fluído. O sinal negativo indica que a µ.r força de atrito está na direção negativa do movimento. ou dP + d V 2 + dZ = - 2.t.dS (6) ¸ 2.g ¸.r Integrando da seção (1) e (2): } } } } ÷ = + | | . | \ | + 2 1 2 1 2 1 2 2 1 . . . 2 . 2 r ds dz g V d dP ¸ t ¸ ou P 2 – P 1 + V 2 2 – V 1 2 + Z 2 – Z 1 = - 2.t (S 2 – S 1 ) = - 2.t .L , S 2 – S 1 = L ¸ ¸ 2g 2g ¸.r ¸.r ou P 1 + V 1 2 + Z 1 - 2.t.L = P 2 + V 2 2 + Z 2 ¸ 2g ¸.r ¸ 2g Supõe 2.t.L = h L ¸.r (7) A equação (7) é a equação de Bernoulli para fluído real e incompressível onde: (8) = perda de carga ou energia Para fluído real, h L nunca pode ser zero. Semelhantemente, na parede (pois é possível medir a tensão de cisalhamento na parede) h L = 2.t P .L (9) onde t P = tensão de cisalhamento na parede ¸.r Escoamento em Tubulações P 1 + V 1 2 + Z 1 = P 2 + V 2 2 + Z 2 + h L ¸ 2g ¸ 2g h L = 2.t.L ¸.r 100 1.Balanço de força e as equações fundamentais para escoamento laminar e turbulento, incompressível ou compressível tensão de cisalhamento t.(2.t.r.dx) conduto circular y v Escoamento r R v máx centro P P + dP dx Parede Vamos considerar aqui que um fluído incompressível (com algumas restrições, o ar também pode ser considerado como fluído incompressível) escoa em regime permanente através de um conduto circular horizontal. Desde que o escoamento é estável e totalmente desenvolvido, o fluído não terá aceleração. Podemos então analisar a condição de equilíbrio no diagrama de corpo livre do fluído. A soma das forças atuando sobre o fluído em movimento deve ser igual a zero. P.t.r 2 – (P + dP).t.r 2 - t.2.t.r.dx = 0 ou –dP.t.r 2 - t.2.t.r.dx = 0 (1) Vale tanto para escoamento laminar quanto turbulento força de pressão força de cisalhamento (2) O sinal negativo representa a força de cisalhamento (tensão de cisalhamento no caso) na direção oposta ao escoamento. Semelhantemente, na parede (como foi dito anteriormente que é possível medir a tesão de cisalhamento na parede) t.r 2 .dP = - t.2.t.r.dx t = - r . dP 2 dx t P = - R . AP 2 L 101 (3) onde t P = tensão de cisalhamento na parede, R = raio do conduto circular, AP = a queda de pressão devido ao atrito, L = comprimento do conduto circular. A lei da viscosidade de Newton (no caso laminar): t = µ dv onde v = velocidade da camada (velocidade local) em distância dy y da parede. Mas y = R – r dy = dR – dr = 0 – dr = - dr cte. (4) O sinal negativo significa que v diminui quando r aumenta. Levando (4) em (1) tem-se: t.r 2 .dP = 2.t.r. µ.dx.dv dr ou dv = 1 r dP dr = 1 dP r dr 2µ dx 2µ dx Integrando, } } = dr r dx dP dv . . 2 1 µ ou v = 1 dP 2µ dx ? (5) Condições limites (As condições de contorno): 1 a condição: v = 0 em r = R velocidade na parede é zero. 0 = 1 dP R 2 + cte. 4µ dx t = - µ dv dr v = 1 dP r 2 + cte. de integração 4µ dx 102 (6) Sevando (6) em (5) vem que v = 1 dP r 2 - 1 dP R 2 = - R 2 dP R 2 – r 2 4µ dx 4µ dx 4µ dx R 2 ? (7) O sinal negativo significa que a pressão diminui ao longo do escoamento, isto é, -dP = AP = P 1 – P 2 ou P 1 > P 2 2 a condição: v = v máx quando r = 0 a velocidade máxima ocorre no centro de um conduto circular. Portanto, da equação (7), (8) Dividindo a equação (7) pela equação (8) tem-se, ( ( ¸ ( ¸ | . | \ | ÷ = 2 1 R r v v máx (9) O perfil de velocidades é parabólico em um escoamento laminar. Finalmente, = R 2 AP 1- r 2 (10) 4µ L R Essa é a distribuição de velocidades para um (qualquer) escoamento laminar (fluído Newtoniano) e vale para RE s 2000. cte. = - 1 dP R 2 4µ dx v = - R 2 dP 1 - r 2 4µ dx R v máx = - R 2 dP = R 2 AP = R 2 AP onde AP = P 1 - P 2 4µ dx 4µ dx 4µ L e dx = L v = v máx 1 – r 2 R 103 2.Vazão Volumétrica (Q ou - V como quiser) para escoamento LAMINAR Continuidade: }} = A dA v Q . Por definição dr } = R dr r v Q 0 . . . 2 . t r dA = 2trdr dA Essa equação vale para qualquer tipo de escoamento, e qualquer tipo de fluído (Newtoniano ou Não-Newtoniano). NOTA A fim de calcular Q para qualquer escoamento turbulento basta você ter o perfil de velocidades para escoamento turbulento. Porém, vamos focalizar nossas atenções para escoamento LAMINAR. Levando (10) em (11), tem-se, dr r R r L P R Q R . 1 . 4 . 2 2 2 0 2 | | . | \ | ÷ A = } µ t ( ) dr r r R R L P R R . . 1 . 4 . 2 0 2 2 2 2 } ÷ A = µ t ( ¸ ( ¸ ÷ A = ( ¸ ( ¸ ÷ A = } } 4 2 . . 2 . . . . 2 4 2 2 0 0 3 2 R R R L P dr r dr r R L P R R µ t µ t 4 4 1 . 2 R L P µ t A = Finalmente, m 3 /s (12) Essa é a equação de HAGEN-POISEULLE em escoamento laminar e vale para RE s 2000. Tensão de cisalhamento na parede e velocidade de atrito Q = t.R 4 .AP = t.D 4 .AP = - V 8µL 128µL 104 Da equação de movimento para um escoamento real (a equação de Bernoulli modificada), estável tem-se, a perda de carga, h L = 2.t P .L (9) / Página 2. Definição para laminar ou turbulento r.R A perda de carga ou perda de energia mecânica é dada por DARCY- WEISBACH (mais detalhes no capítulo 6), h L = f L V 2 (13) Definição: vale tanto para escoamento laminar quanto para turbulento D 2g onde f = fator de atrito = | (RE,E/D), E = rugosidade absoluta do conduto. NOTA Em um escoamento laminar a rugosidade absoluta não tem nenhuma influência sobre o escoamento. Portanto, f = | (RE) apenas para laminar. Combinando as equações (9) e (13) vem que t P = f µ.V 2 (14) Definição para laminar ou turbulento. 8 ou v - = t P = V f (15) Definição para laminar e turbulento. µ 8 onde v - = velocidade de atrito ou de cisalhamento. É uma velocidade de fluído que ocorre em escoamento bem perto da parede interna. Fator de atrito em um escoamento laminar Considera a equação (12). Q = t.R 4 .AP = t.D 4 .AP = - V (12) Escoamento laminar ou 8.µ.L 128.µ.L Escoamento HAGEN- POISEULLE ou AP = 8.µ.Q ou R AP = R . 8.µ.Q L t.R 4 2 L 2 4.t.R 4 (16) , R AP = t P 2 L Mas t P = f µ.V 2 (14) Definição para laminar e turbulento t P = 4.µ.Q t.R 3 105 8 t P = f µ.V 2 = 4.µ.Q 8 t.R 3 ou f = 32.µ.Q = 32.µ . Q = 32.µ.V = 64.µ µV 2 tR 3 RµV 2 tR 2 D. µV 2 DµV 2 Finalmente, (17) Essa equação vale para escoamento laminar e RE s 2000. É independente de rugosidade absoluta (Portanto, vale para tubo liso ou rugoso). Raio Hidráulico / Número de Reynolds / Perda de Carga O raio hidráulico por definição, (18) onde A = área de seção transversal do fluído em escoamento, P = perímetro molhado (aquela porção do perímetro de seção transversal onde há contato entre o fluído e o sólido). Para tubo circular: R H = A = t.R 2 = R = D P 2tR 2 4 ou (19) Reynolds Genérico (20) onde R H = A P A equação (20) pode ser usada para um conduto não-circular. DARCY-WEISBACH (Perda de Carga) Genérico (21) onde R H = A P f = 64 RE R H = A P D = 4.R H RE = VDµ = V4R H µ µ µ h L = f L V 2 = f L V 2 D 2g 4R H 2g 106 PROBLEMA RESOLVIDO Problema 1 Água escoa através de um conduto retangular de 3 pés por 2 pés. A perda de carga em 200 pés deste conduto é 30 pés. Calcule a resistência de cisalhamento exercida entre o fluído e a parede do conduto. 107 Capítulo 6 Cálculo de Perda de Carga distribuída e localizada 6.1 – Equação de Bernoulli para Fluidos Ideais A equação de Bernoulli para o fluido ideal foi deducida na página 68 e novamente pode ser escrita como: F h z g V P z g V P + + + = + + 2 2 2 2 1 2 1 1 . 2 . 2 ¸ ¸ (6.1) onde = F h perda de carga = 0 = ( ) g q u u VC e s 1 ÷ ÷ 6.1.1 – Equação de Bernoulli para os Fluidos Reais Para os fluidos reais ( ) 0 > µ a perda de carga, 0 > F h , portanto, a equação de Bernoulli é modificada e escrita como: F h z g V P z g V P + + + = + + 2 2 2 2 1 2 1 1 . 2 . 2 ¸ ¸ (6.1.1.) que é a equação de Bernoulli para os fluidos reais Em geral, = ¸ 1 P carga de pressão ou carga piezométrica (m) = g V . 2 2 1 carga de velocidade ou carga de energia cinética (m) z = carga de altura ou carga da energia potencial (m) = F h perda de energia ou perda de carga (m) Finalmente, | | . | \ | + + ÷ | | . | \ | + + = 2 2 2 2 1 2 1 1 . 2 . 2 z g V P z g V P h F ¸ ¸ (6.1.1.a.) que fornece a perda de caga entre as seções (1) e (2) de um fluido real A primeira soma entre parênteses representa a energia por unidade de peso 0 108 B Z 1 Z 2 S.L (1) (2) Plano de referência Fig. 1 Instalação com bomba (N.m/N = m) de fluido na seção (1) A segunda é também a energia por unidade de peso de fuido, porém, na seção (2) Assim, F h representa a diferença ou perda de energia, experimentada pela unidade de peso do fluido, ao ser transportada de uma para a outra seção do conduto. Já vimos que a equação de Bernoulli permite relacionar carga e energia. Por isto, F h é conhecido como “perda de carga devido ao atrito de un fluido real”. A equação (6.1.1.a.) é válida para um escoamento num tubo, na ausência de trabalho de eixo e fluido real incompressível. 6.1.2 – Energia Fornecida para uma Bomba Suponhamos uma bomba (Fig.1), que eleva o fluido do ponto (1) ao ponto (2), entre os quais há a perda de carga F h . Para tal, a bomba fornecerá ao ponto (1) a necessária energia B H . Então, o 1º membro (lado esquerdo) de (6.1.1.) ficará acrescido dessa parcela B H . B H é a carga fornecida (desenvolvida) pela bomba. Portanto, tem-se F B h z g V P H z g V P + + + = + | | . | \ | + + 2 2 2 2 1 2 1 1 . 2 . 2 ¸ ¸ (6.1.2.) que é a Equação de Bernoulli para o caso em que a instalação recebe a energia de uma bomba. 6.1.3 – Potência de uma Bomba Pode-se mostrar que a potência de bomba, sem considerar o rendimento de bomba é B B H V N . . - = ¸ (em Kgf.m/s) (6.1.3.) 109 onde = B N Potencia de uma bomba, = ¸ Pêso específico d’água, = - V Vazão volumétrica d’água, = B H carga fornecida por uma bomba Nota 1CV = 736 W = 75 Kgf.m/s 75 / . . B B H V N - = ¸ (em CV) 6.1.4 – Instalação com Bomba e/ou Turbina p/Fluidos Reais Pode-se mostrar que a equação genérica com bomba e/ou turbina é F t B h H z g V P H z g V P + + | | . | \ | + + = + | | . | \ | + + 2 2 2 2 1 2 1 1 . 2 . 2 ¸ ¸ (6.1.4.) onde = t H carga producida por uma turbina Potência de uma turbina t t H V N . . - = ¸ (em Kgf.m/s) = 75 . . t H V - ¸ (em CV) (6.1.5) onde t N = Potencia de uma turbina, 6.1.5 – Potência Real Potência real fornecida (gasto de energia) por uma bomba ao fluido é: B B B H V N q ¸ . . - = = (em Kgf.m/s) = B B H V q ¸ . 75 . . - (em CV) (6.1.5.) onde = B q rendimento da bomba Potência real produzida por uma turbina é: t t H V N . . - = ¸ (em Kgf.m/s) = 75 . . . t t H V q ¸ - (em CV) (6.1.6.) onde = t q rendimento da turbina 110 6.1.6 – Perda de Carga (Energia) distribuída A Fig. 2 mostra, um trecho de uma tubulação horizontal, de diâmetro D, rugosidade e, por onde escoa um fluido con velocidade V, sendo sua massa específica µ e a viscosidade µ . Experimentalmente, verifica-se que existe diferença de pressão P A ente duas seções, distante L. Existe entre as seções 1 e 2 uma perda de carga, oriunda do escoamento. Esta perda depende das características do fluido µ , µ velocidade do escoamento V, da distância ente as seções L e do tubo D, e, logo: ( ) e = A , , , , , D L V f P µ µ ou ( ) e = , , , , , D L V f h F µ µ onde ¸ P h F A = (6.1.7.) Pode-se demostrar que: ( ) g V D L D RE h F . 2 . , 2 e = | ou seja g V D L f h F . 2 2 = (6.1.8.) V 1 2 L D P 1 P 2 AP Figura 2. Perda de carga. AP = P 1 – P 2 = queda de pressão ao longo do escoamento 111 onde f = fator de atrito (adimensional) = ( ) D RE e , | , RE = número de Reynolds, e= rugosidade absoluta (mm), = e D rugosidade relativa (adimesional), L = comprimento (mm), D = diâmetro (m), V = velocidade média do escoamento (m/s), g = acelaração da gravidade (m/s 2 ) = 9,81 m/s 2 , = F h perda de carga (perda de energia mecânica VC e s F q u u h g ÷ ÷ = . ) devido ao atrito (m.N/N = m) Esta equação é a equação de DARCY-WEISBACH 6.1.7 – Escoamento em Tubos A equação de DARCY-WEISBACH é geralmente adotada nos cálculos de condutos. F h é a perda de carga ou queda na linha pezométrica, no comprimento L do tubo de diâmetro interno D e com velocidade média V. F h tem dimensão de comprimento e é expressa em metro-newtons por newton. O fator de atrito ou de perda de carga distribuida f é um fator adimensional necessário à equação para ser ter valores corretos para as perdas. Todas as grandezas na equação (6.1.8.) exceto f podem ser medidas experimentalmente. A perda de carga F h é medida por um manômetro diferencial ligado às tomadas piezométricas nas seções 1 e 2 separadas pela distância L. A experiência mostra que o seguinte é verdade para escoamento turbulento: 1) A perda de carga varia diretamente com o comprimento do tubo, 2) A perda de carga varia quase que proporcionalmente ao quadrado da velocidade, 3) A perda de carga varia quase que inversamente com o diâmetro, 4) A perda de carga depende da rugosidade da superfície interior do tubo, 5) A perda de carga depende das proriedades do fluido, massa específica e viscosidade, 6) A perda de carga é independente da pressão. 6.1.8 – As equações do fator de atrito ( f ) 1 2 L D m m m h g P . . µ = A 112 1. Regime laminar: RE f 64 = RE s 2000 (6.1.8.) Tanto para tubo liso quanto para tubo rugoso. Nota A rugosidade não tem nenhuma influência sobre o fator de atrito de um escoamento laminar 2. Regime turbulento: Tubo liso: ( ) 8 7 20 ÷ < e RE D BLASIUS: ( ) 25 , 0 3164 , 0 ÷ = RE f para 5 10 3000 s s RE (6.1.9.) NIKURADSE: ( ) 237 , 0 221 , 0 0032 , 0 ÷ + = RE f para 6 4 10 4 , 3 10 × s s RE (6.2.0.) KUNAKOV: ( ) 2 5 , 1 80 , 1 ÷ ÷ = LogRE f para 6 10 4 2300 × s s RE (6.2.1.) COLEBROOK: ( ) 8 , 0 86 , 0 1 ÷ = f RE Ln f para 6 4 10 4 , 3 10 × s s RE (6.2.2.) TAPAN-ELI: ( ) | | 2 5 , 5 232867951 , 3 . 4 , 0 1 8 ÷ ) ` ¹ ¹ ´ ¦ + ÷ = f RE Ln f para 6 10 4 2300 × s s RE (6.2.3.) Tubo rugoso: para 7 3 10 10 4 s s × RE COLEBROOK-WHITE: | | . | \ | + e ÷ = f RE D Ln f 51 , 2 7 , 3 86 , 0 1 (6.2.4.) MOODY: ( ( ¸ ( ¸ | | . | \ | + e + = 3 1 6 10 . 000 . 20 1 0055 , 0 RE D f (6.2.5.) PRANDT-COLEBROOK: | | . | \ | + e ÷ = f RE D Log f 7 , 18 2 2 74 , 1 1 (6.2.6.) 6.1.9 – Problemas Simples de escoamentos em tubos Problemas simples de escoamento em tubos são entendidos como aqueles nos quais a perda de carga distribuída, ou devida ao atrito, no tubo é a única perda presente. O tubo pode estar colocado numa posição que forma um ângulo qualquer com a horizontal. Seis variáveis comparecem nos problemas (o fluido é considerado incompressível): e - , , , , , v h D L V F Em geral v L, e e, o comprimento, a viscosidade cinemática do fluido e a rugosidade absoluta, são dadaos ou podem ser determinados. 113 Os problemas simples de escoamentos em tubos podem então ser classificados em três tipos: Dado A encontrar Tipo 1. e - , , , , v D L V F h Tipo 2. e , , , , v h D L F - V Tipo 3. e - , , , , v h L V F D Em cada um desees casos, (1) A equação de DARCY-WEISBACH | | . | \ | = g V D L f h F . 2 2 , (2) A equação da continuidade | . | \ | = - V A V . , (3) E o diagrama de MOODY ou equação analítica são usadas para determinar a grandeza incógnita Em lugar do diagrama de MOODY pode-se utilizar a seguinte fórmula ( P. K. Swamee e A.K. Jain, Explicit equations for Pipe-Flow problems, J. Hydr. Div. Proc. ASCE, pp. 657-664, Maio 1976) explícita para f, dentro das restrições impostas, 2 9 , 0 74 , 5 . 7 , 3 325 , 1 ( ¸ ( ¸ + e = RE D Ln f (6.2.7.) Restrições: 2 6 10 10 ÷ ÷ s e s D e 8 10 4 , 3 5000 × s s RE Esta equação fornece um valor de f que difere menos de 01% daquele dadp pela equação de COLEBROOK-WHITE (6.2.4.), poden ser vantajosamente usada numa calculadora eletrônica. Solução para obter F h ( Tipo 1): Solução direta Para o problema tipo 1, com e - , V e D conhecidos, v D V v D V RE . . . 4 . t - = = ; o f pode ser retirado da Fig. 5.32. (Diagrama de Moody) ou calculado pela equação (6.2.7.) A substituição na equação de DARCY-WEISBACH fornece F h , a perda de carga (energia) devida ao escoamento no tubo por unidade de peso do fluido. Exemplo 1 Determinar a perda de carga (energia) para o escoamento de 140 l/s de óleo, v = 0,00001 m 2 /s, num tubo de ferro fundido de 400 m de comprimento e 200 mm de diâmetro. 114 Solução - V = 0,140 m 3 /s, L = 400 m, D = 0,2 m, v = 0,00001 m 2 /s, ferro fundido, e= 0,25 mm = 0,00025 m ( ) ( )( ) 89127 / . 00001 , 0 . 2 , 0 / . 140 , 0 4 . . . 4 2 3 ~ = = - s m m s m v D V RE t t A rugosidade relativa é = e D 0,25 mm / 200 mm = 0,00125 Do diagrama de Moody, por interpolação, f = 0,023 ou resolvendo a equação (6.2.7.) f = 0,0234 , logo ( )( ) ( ) 2 2 2 2 / . 806 , 9 2 1 . 2 , 0 4 14 , 0 . 2 , 0 . 400 023 , 0 . 2 s m m m m g V D L f h F ( ¸ ( ¸ | . | \ | = = t ou N N m h F . . 58 , 46 ~ Resp. Procedimento: (1) Calcule o valor do número de Reynolds (RE), (2) Com o valor de RE e D e , ache i valor de f no diagrama de Moody ou use a eq. (6.2.7.), (3) calcule F h pela equação de DARCY-WEISBACH. Solução para obter - V (Tipo 2) 1. Escolhe-se um valor de f, com o valor de ( D e ) 2. Calcula-se a velocidade usando a equação de DARCY-WEISBACH 3. Calcula-se o número de REYNOLDS 4. Com os valores de RE e D e , acha-se o valor de f (do diaframa de Moody ou da eq. 6.2.7.) 5. Se f inicial for igual ao valor achado (f inicial – f achado s 0,001), calcula-se a vazão volumétrica com a equação da continuidade. Caso contrário, repita os cálculos do item 2 e 4 até convergir Exemplo 2 Água a 15ºC escoa num tubo de aço rebitado de 300 mm de diâmetro, e= 3 mm, com uma perda de carga de 6 m em 300 m. Calcular a vazão. D e RE f 2 2 2 A V V - = 115 Solução A rugosidade relativa é 01 , 0 3 , 0 / 003 , 0 = = e D . Do diagrama de Moody, com este fator da rugosidade relativa, escolhe-se um f tentativo de 0,04. Substituindo na equação de DARCY-WEISBACH, tem-se ( ) 2 2 / . 806 , 9 2 / . . 3 , 0 . 300 04 , 0 . 6 s m s m V m m m × | . | \ | = donde V = 1,715 m/s Da tabela C1, v = 1,13 × 10 -6 m 2 /s ( )( ) 455000 / . 10 13 , 1 . 30 , 0 / . 715 , 1 . 2 6 ~ × = = ÷ s m m s m v D V RE com este RE e D e  Do diagrama de Moody, f = 0,038 ( Pode-se usar também a eq. 6.2.7. ) ( ) s m V A V / . 1213 , 0 715 , 1 3 , 0 4 . 3 2 ~ × = = - t Resp. Nota Precisava fazer mais uma ou duas tentativas para ter a resposta mais certa ! Outro método para obter - V Uma solução explícita para a vazão volumétrica - V pode ser obtida da equação de COLEBROOK- WHITE (6.2.4.) e da equação de DARCY-WEISBACH (6.1.8) Da equação de DARCY-WEISBACH, 2 2 2 4 . 2 ( ¸ ( ¸ = - D g V D L f hF t (6.1.8a.) V A V . = - ou 2 2 2 A V V - = Resolvendo em , 1 f L D h g V f F 5 . . 8 1 t - = e substituindo esta equação na equação de COLEBROOK-WHITE e simplificando, tem-se, | | . | \ | + e ÷ = - L h D g D v D Ln L h D g D V F F / . . . 775 , 1 . 7 , 3 . / . . . 955 , 0 2 (6.2.8.) 116 Esta equação, deduzida pela primeira vez por Swamee e Jain, é tão precisa quanto a equação de Colebrook- White e válida na mesma faixa de valores de D e e RE. A substituição das variáveis do exemplo 2, D = 0,3 m , g = 9,806 m/s 2 , L h F / = 0,02 , D e = 0,01 e v = 1,13 × 10 -6 m 2 /s fornece s m V / . 1213 , 0 3 ~ - Resp. Solução para obter o diâmetro D (Tipo 3) 1. Admite-se um valor de f, 2. Resolve-se a seguinte equação em D f C f g h V L D F . . . . . 8 1 2 2 5 = = - t (1) onde C 1 é a quantidade conhecida 2 2 . . . . 8 t g h V L F - 3. Resolve-se a seguinte equação em RE : D C D v V RE 2 . . . 4 = = - t (2) onde C 2 é a quantidade conhecida v V . / . 4 t - 4. Calcula-se a rugosidade relativa ( ) D e . e÷do material é conhecido 5. Com RE e D e  acha-se um novo f do diagrama de Moody 6. Usa-se o novo f e repete-se o procedimento 7. Quando o valor de f não mais variar (dê uma tolerância), as equações são obedecidas e o problema está resolvido Nota: Usualmente somente uma ou duas tentativas (iterações) são necessárias. Como normalmente se usam tubos de tamanhos padronizados, o tamanho imediatamente maior àquele obtido pelos cálculos é escolhido. Exemplo 3 Determinar o diâmetro de tubo de aço comercial necessário para transportar 4000 gpm (galão por minuto) (252 l/s) de óleo, v = 0,0001 pé 2 /s (0,00001 m 2 /s) à distância de 10 000 pé (3048 m) com uma perda de carga de lbf lbf pé. 75 | | . | \ | Kgf Kgf m . 8 , 22 Solução 1 pé = 12 pol = 0,3048 m , g = 9,806 m/s 2 ~ 32,2 pé/s 2 117 1 gal/min ~ 0,002228 pé 3 /s ~ 0,06309 l/s ~ 0,06309 × 10 -3 m 3 /s A vazão é s pé V / . 93 , 8 002228 , 0 4000 3 ~ × = - ( ) f f f g h V L D F . 0 , 267 2 , 32 75 93 , 8 10000 8 . . . . 8 2 2 2 2 5 ~ × × × × = = - t t (1) D D D v V RE 800 . 113 0001 , 0 93 , 8 4 . . . 4 ~ × × × = = - t t (2) Do diagrama de Moody ÷ e (material dado) ~ 0,00015 pé Se f = 0,02 , D ( de (1) ) = 1,398 pé RE ( de (2) ) = 81400, 00011 , 0 = e D Com este RE e D e entrando no diagrama de Moody, tem-se f = 0,019 ou use COLEBROOK-WHITE Repetindo-se o procedimento, D = 1,382, RE = 82300, f = 0,019 (f não varia mais) 6 , 16 12 382 , 1 ~ × = D polegada Resp. Nota: Vocês devem verificar os valores numéricos do problema, pois, o livro americano citado aqui tem erros ! Outro método para obter D Segundo SWAMEE e JAIN, uma equação empírica para determinar diretamente o diâmetro, usando relações adimensionais e uma abordagem análoga à dedução da equação de Colebrook- White, fornece 04 , 0 2 , 5 4 , 9 75 , 4 2 25 , 1 . . . . 66 , 0 ( ( ( ¸ ( ¸ | | . | \ | + | | | . | \ | e = - - F F h g L V v h g V L D (3) A solução do Exemplo 3, usando esta equação com s pé V / . 93 , 8 3 = - , pé . 00015 , 0 e= , pé L . 10000 = , pé h F . 75 = , s pé v / . 0001 , 0 2 = e 2 / . 2 , 32 s pé g = é pé D . 404 , 1 = Resp. 118 A equação (3) é válida nos seguintes intervalos: 8 3 10 3 10 3 × s s × RE e 2 6 10 2 10 ÷ ÷ × s e s D e fornecerá um valor de D dentro da variação de 2% do valor obtido pelo método que usa a equação de Colebrook-White. 6.2.0 – Perda de Carga (Energia) Localizada ou Singular As perdas que ocorrem em condutos devido a curvas, cotovelos, juntas, válvulas etc. são chamadas perdas localizadas ou singulares e determinadas experimentalmente. Entretanto, uma exceção importante é a perda de carga devida a uma expansão ou contração brusca de seção num conduto que pode ser determinada analiticamente. As perdas localizadas ou singulares, de um modo geral, são obtidas através da expressão: g V k h F . 2 2 = (6.2.9.) onde k é um coeficiente obtido experimentalmente para cada caso, conforme indica a tabela 1 e Figura 6.2. Também é bastante usual substituir a perda localizada por uma perda equivalente em um conduto. A equação de DARCY-WEISBACH para o comprimento equivalente fica: g V D L f h e F . 2 2 = (6.3.0.) Igualando as equações (6.2.9.) e (6.3.0.) tem-se, f D K L e . = (6.3.1.) Para se calcular a perda de carga em uma tubulação com perdas distribuidas e localizadas, basta usar a seguinte equação: g V D L L f h e F . 2 2 | . | \ | ÷ = onde f D K L e . = (6.3.2.) ou alternativamente ¿ + = g V K g V D L f h F . 2 . 2 2 2 Tabela 1: Coeficiente k de perda de carga para várias conexões Conexões k Válvula globo (totalmente aberta) 10,0 distribuidas localizadas 119 150 pés 150 pés 1 150 pés 2 S 250 pés 50 pés Curva de 90º padrão Tubo de aço comercial de 6 pol. de diâmetro (e = 0,00015 pés) Entrada arredondada Fig. 1 Válvula angular (totalmente aberta) 5,00 Válvula de retenção (totalmente aberta) 2,5 Válvula de gaveta (totalmente aberta) 0,19 Curva de raio curto 2,2 Tê comun 1,8 Cotovelo comun 0,9 Cotovelo de raio médio 0,75 Cotovelo de raio longo 0,60 a) Em ângulo vivo b) Arredondado c) Saliente k = 0,5 k = 0,01 – 0,05 k = 0,8 – 1,0 Fig. 6.2 Coeficiente de perda de carga k para entrada em um tubo Exemplo típico de problemas que envolvem perda de carga total Exemplo 4 - Água escoa de um grande reservatório e descarrega na atmosfera da forma mostrada na Fig. 1. Determinar a vazão. Dados: k 1 = coeficiente de perda para entrada arredondada = 0,25 , k 2 = coeficiente de perda para curva de 90º = 0,90 , v = 1 × 10-5 pé 2 /s 120 Solução Inicialmente, escrevemos a equação de Bernoulli entre a superfície livre e a entrada: Em seguida V 1 = V 2 = V 1 2 1 1 2 . 2 . 2 z g V P z g V P s s s + + = + + ¸ ¸ ou g V z z P P s s . 2 2 1 1 1 ÷ ÷ = ÷ ¸ Vs ~ 0 g V z z g P P s s . 2 . 2 1 1 ÷ ÷ = ÷ µ (1) Depois, escrevemos a equação da energia entre as seções 1 e 2 (incluindo todas as perdas): l F d F h h z g V P z g V P . . 2 2 2 2 1 2 1 1 . 2 . 2 + + + + = + + ¸ ¸ onde d F h . = perda de carga distribuida l F h . = perda de carga localizada Mas V 1 = V 2 ( ) g V k g V k g V D L f z z g P P . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 2 2 1 2 1 2 2 1 + + + ÷ = ÷ µ (2) onde k 1 = coeficiente de perda de carga para entrada arredondada = 0,25, k 2 = coeficiente de perda para curva de 90º = 0,90 (2 curvas) Combinando as duas equações e admitindo que P 2 = P s , temos 2 2 2 1 . 2 1 . 2 z z g V k k D L f s ÷ = | . | \ | + + + ou ( ) 1 . 2 . 2 2 1 2 2 + + + ÷ = k k D L f z z g V s (3) 121 Aqui g = 32,2 pés/s 2 , z s – z 2 = 150 –50 = 100 pés L = 250 + 50 + 150 = 450 pés , D = 6/12 = ½ pés, k 1 = 0,25 , k 2 = 0,90 ( ) ( ) ( ) 1 90 , 0 2 25 , 0 2 / 1 450 100 4 , 64 2 + + + = f V ou ( ) 05 , 3 900 6440 2 + = f V (4) ( ) V V v D V RE . 10 5 10 1 2 / 1 . 4 5 × = × = = ÷ (5) e 00030 , 0 2 / 1 00015 , 0 = = e D Como f e V são desconhecidos, trabalhamos simultaneamente com o diagrama de MOODY (ou equação analítica) para obtermos uma solução. V(admitida) RE(eq. 5) f(diagrama) V(calculada, eq. 4) 10 5×10 5 0,0165 361 370 1,85×10 7 0,0150 390 390 1,95×10 7 0,0150 390 Achamos V = 390 pés/s , e V A V . = - ( ) ( ) 390 2 / 1 4 1 . 4 . 2 2 t t = = V D s pés V / . 6 , 76 3 = - Resp. 122 8º Lista de exercícios Questão 1 O que é perda de carga ? Questão 2 Explique perda de carga distribuída e localizada. Questão 3 Como perda de carga depende em um escoamento turbulento ? Questão 4 Refazer o Ex3(pág129) no sistema Internacional. Questão 5 Refazer o Ex1(pág125) corretamente e verificar os dados numéricos calculados. Questão 6 Refazer o Ex2(pág126) usando a equação de Colebrook-White. Questão 7 Refazer o Ex4(pág132) no S.I. Questão 8 Qual o nível, h, que deve ser mantido no reservatório para produzir uma vazão volumétrica de 0,03 m 3 /s de água ?. O diâmetro interno do cano liso é de 75 mm e o comprimento é de 100 m. O coeficiente de perda, k, para a entrda é k = 0,5. A água é descargada para a atmosfera h 100 m Resp: h ~ 44,6 m 123 Questão 9 A vazão de 1,44 m3/s de água ocorre em uma instalação (Fig.1), contendo uma bomba fornece 400 CV de energia à corrente líquida. São dados: A 1 = 0,36 m 2 , A 2 = 0,18 m 2 , z 1 = 9,15 m , z 2 = 24,4 m, ( ) mca P . 14 1 = ¸ e ( ) mca P . 7 2 = ¸ Questão 10 Água escoa através da turbina na Figura 2. A turbina produz a potência de 65 HP. As pressões em A e B são 1,4 kgf/cm 2 e –0,34 Kgf/cm 2 , respectivamente. Qual é a vazão volumétrica d’água ?. Desprezar a perda de carga devida ao atrito. Dado: 3 3 2 / . 10 m Kgf O H = ¸ . (2) BOMBA z 1 z 2 (1) V 1 V 2 Plano de referência ( Fig.1 ) Calcular a perda de carga entre as seções (1) e (2) Resp. h F ~ 10,18 m TURBINA 65 HP A B REF ( 0,0 ) D = 0,3 m D = 0,6 m Figura 2. Resp.: ~ - V 0,260 m 3 /s 124 Capítulo 7 Conceitos de rendimentos, eficácia e perdas 7.1.0- Introdução Definição: Reservatório Térmico Reservatório térmico é um corpo ao qual e do qual o calor pode ser transferido indefinidamente sem mudança de temperatura do reservatório. Num reservatório térmico sempre a temperatura permanece constante. 2 reservatórios térmicos são: Reservatório quente e Reservatório frio. Um reservatório (de alta temperatura) do qual se retira calor é chamado fonte (combustível: carvão etc., energia nuclear, energia solar). Um reservatório (de baixa temperatura) que recebe calor é chamado sorvedouro (oceano/rio, atmosfera/céu). 7.1.1- Conceitos Termodinâmicos 2º Lei da Termodinâmica Enunciado de KELVIN-PLANCK (produção de potência): (a) Toda energia térmica não pode ser transformada a energia mecânica (trabalho de eixo). Se pudesse transformar toda energia, teria rendimento de ciclo, q T = 100%, que é impossível! (b) A transformação da energia térmica para a energia mecânica requer a rejeição de uma parcela desse calor (energia térmica). (c) O calor é transferido de alta temperatura (T H ) para a baixa temperatura (T L ). Enunciado de CLAUSIUS (produção de calor e/ou frio): (a) O calor pode ser bombeado de baixa para alta temperatura. (b) Para tanto, é necessário que o trabalho mecânico (tabalho de eixo) seja fornecido ao sistema para compressão. 7.1.2- Ciclo de CARNOT (1824) Carnot inventou um “ciclo de potência” que tinha 4 processos básicos : 1) Adição de calor (isotérmica reversível); 2) Expansão (adiabática reversível); 3) Rejeição de calor (isotérmica reversível); 4) Compressão (adiabática reversível). 125 Reservatório Quente = Fonte T H Q H Gerador de c b vapor Turbina W Bomba alternador a condensador d T L Q L Reservatório Frio =Sorvedouro Fig. 1 – Exemplo de uma máquina térmica que opere num ciclo de CARNOT As conclusões de CARNOT: (1) q R = | (T H ,T L ) = q máx = q ideal onde q R = rendimento reversível (adimensional); T H = alta temperatura (ºK); T L = baixa temperatura (ºK). (2) q CARNOT = q R = 1- T L > q t(real) T H onde q t = rendimento (eficiência) do ciclo (3) q R não depende do fluído de trabalho (sólido, líquido ou gás real/ideal etc.) (4) q R1 = q R2 = ....... = q RN (nas mesmas temperaturas) Motor Térmico (máquina térmica) Internamente Reversível Rendimento de CARNOT: q t = 1 - T L ideal (7.1.2) T H Rendimento pela 2º Lei (KELVIN-PLANCK): q t = 1 - Q L real (7.1.3) Q H A condição da Reversibilidade: q t = 1 – T L = 1 - Q L (7.1.4) Q L = T L ou Q H = Q L (7.1.5) T H Q H Q H T H T H T L Onde Q H = calor fornecido, Q L = calor rejeitado 126 NOTA: Devemos lembrar que a outra condição da reversibilidade é dS = 0 7.1.3- Máquina Térmica (que produz potência) Uma máquina térmica pode ser definida como um dispositivo que, operando segundo um ciclo termodinâmico, realiza um trabalho líquido positivo à custa da transferência de calor de um corpo em temperatura elevada para um corpo em temperatura baixa. Reservatório quente (Fonte) Combustível Q H fluído de trabalho Caldeira T H Trabalho líquido W L B TV Eletricidade Alternador Condensador T L Troca de calor (serpentina) Q L Mar ou rio Reservatório frio (sorvedouro) Fig. 1 – Instalação com turbina a vapor Resumo: 4 componentes básicos (Turbina, Bomba, Caldeira, Condensador), 1 fluído de trabalho (vapor d’água), e sofre um processo cíclico (ciclo de RANKINE), e produz trabalho líquido positivo (potência). Câmara de combustão Reservatório quente (Fonte) Q H Aquecedor T H fluído de trabalho Eletricidade W L Compressor TG alternador Resfriador T L Trocador de calor (serpentina) Q L 127 Mar ou rio Reservatório frio (sorvedouro) Fig. 2 – Instalação de turbina a gás Resumo: 4 acessórios térmicos básicos (turbina, compressor, aquecedor, resfriador), 1 fluído de trabalho (ar ou Hélio ou Argônio etc.), e sofre um processo cíclico ou ciclo termodinâmico (ciclo de BRAYTON-JOULE), e produz trabalho líquido positivo (potência). A eficiência térmica ou rendimento térmico (termodinâmico): q t = W L (energia vendida) = W T – W B = Q H - Q L = 1 - Q L (7.1.6) Q H (energia que custa) Q H Q H Q H NOTA: 1º lei para ciclo: E W = E Q W T + (-W B ou –W C ) = Q H + (-Q L ) ou W T – W B (ou –W C ) = Q H – Q L Reservatório de alta temperatura T H Rendimento térmico reversível Q H (máximo): T H >T L q R = 1 – T L /T H MT Rendimento térmico real: q t = 1 – Q L /Q H = W L /Q H Q L Reservatório de baixa Temperatura TL 128 7.1.4- Máquina térmica externamente reversível que produz frio (refrigerador) ou calor (bomba de calor): Refrigerador Q H fluído cede calor no condensador à alta pressão (3) Condensador e à alta temperatura T C (2) T E < T C alta pressão e temperatura fluído de trabalho V.E. Compressor V.E. = válvula Baixa pressão e de expansão Temperatura - W C Fluído recebe trabalho (4) (1) Evaporador T E Espaço a ser Q L resfriado fluído recebe calor no evaporador à baixa pressão e à baixa temp. Fig. 3 – Ciclo de refrigeração elementar Resumo: 4 componentes básicos (compressor, condensador, válvula de expansão, evaporador), 1 fluído de trabalho (Freon 11 ou 12: F11/F12), e sofre um processo cíclico (ciclo de refrigeração), e produz frio (Q L ,T L ). Eficácia Alta temp. A eficiência (eficácia) térmica é representada por “Coeficiente de T H Performance” (COP). COP ref. = Q L = energia pretendida Q H W energia consumida T L <T H ∵ - W = Q L + (-Q L ) = Q L - Q H W = Q H - Q L MTR - W Q L T L Baixa temp. Espaço refrigerado COP ref. = QL (7.1.4) COP ref.ideal = T L (7.1.4a) Q H - Q L real ou internamente T H – T L reversível 129 NOTA: COP ref. é sempre > 1 Bomba de Calor (Heat Pump) O espaço a ser aquecido fluído cede calor no condensador Q H à alta pressão e à alta temperatura Condensador T C (3) (2) fluído de trabalho alta pressão e temperatura V.E. = válvula de Expansão compr baixa pressão e temperatura essor - W C fluído recebe trabalho (4) (1) Evaporador T E Q L fluído recebe calor no evaporador À baixa pressão e à baixa temperatura Fig. 4 – Ciclo de refrigeração/Bomba de calor elementar Resumo: 4 componentes básicos (compressor, condensador, válvula de expansão, evaporador), 1 fluído de trabalho (F11 ou F12), e sofre um processo cíclico (ciclo de bomba de calor) e produz calor (Q H ,T H ). Eficácia A eficácia (eficiência térmica) é representada por “Coeficiente de Performance” (COP). Alta temp. o espaço a ser aquecido T H COP BC = Q H = energia pretendida Q H W energia consumida MTR Mas – W = W L + (- Q H ) - W = Q L - Q H Q L ou W = Q H - Q L T L Baixa temp. COP BC = Q H (7.1.5) 130 Q H - Q L real COP BC ideal = T H = 1 (7.1.5 a ) ou internamente T H - T L q R reversível NOTA: COP BC é sempre > 2 Relacionamento entre Refrigerador e Bomba de Calor COP ref. – COP BC = Q L – Q H = Q L - Q H = - Q H – Q L = -1 Q H – Q L Q H – Q L Q H – Q L Q H – Q L COP BC = 1 + COP ref. (7.1.5c) 7.1.5 – Reversibilidade, Irreversibilidade e Perdas Normalmente, o processo causa alguma mudança no meio, como o seu deslocamento ou uma transferência de calor através da fronteira. Quando um processo pode ser realizado de tal forma que seja possível sua inversão, isto é, seu retorno ao estado original sem haver uma variação final do sistema ou do meio diz-se que é reversível. Em qualquer escoamento de um fluído real ou perturbação de um sistema mecânico, os efeitos do atrito viscoso, do atrito de Columb, de expansões sem obstáculos, etc., não permitem a reversibilidade. A reversibilidade é, no entanto, um ideal que se tenta alcançar nos processos, e os rendimentos destes geralmente são definidos em termos de sua aproximação a processos reversíveis. Qualquer processo real é irreversível. A diferença entre o trabalho realizado pela mudança de estado de uma substância, ao longo de um caminho reversível, e o trabalho real realizado ao longo do mesmo caminho é a irreversibilidade do processo. Em certas condições, a irreversibilidade de um processo é chamada de trabalho perdido, isto é, a perda de capacidade de realização de trabalho causada pelo atrito e outras razões. As perdas significam irreversibilidades ou trabalho perdido ou a transformação de energia disponível em energia térmica. Problemas Resolvidos Problema 1 Uma usina hidroelétrica tem uma diferença de cotas entre os níveis de montante e de jusante de H a = 50 m e uma vazão V = 5 m 3 /s de água pela turbina. O eixo da turbina gira a 180 rpm e o conjugado nele medido vale t = 1,16x10 5 Nm. A potência retirada (fornecida) pelo gerador é de 2100 KW. Determinar: (a) a potência reversível do sistema; (b) a irreversibilidade ou perda de potência no sistema; (c) a irreversibilidade (perda) na turbina; (d) a irreversibilidade ou perda de potência no gerador; (e) o rendimento da turbina; (f) o rendimento do gerador. 131 2100 KW H a = 50 m Gerador 180 rpm V = 5 m 3 /s Turbina Fig. 5 – Irreversibilidade em usina hidroelétrica a) A energia potencial disponível da água é H a = 50 m N/N A potência reversível (máxima)(ver tabela C1). P R = ¸ * V * H a = (9806N/m 3 ) * (5m 3 /s) * (50m*N/N) = 2451500 N*m/s P R = 2451500 J/s = 2451500 W R: Potência reversível , P R = 2451,5 kW b) Irreversibilidade ou perda de potência no sistema,I S = potência fornecida ao sistema – potência retirada do sistema = potência reversível (P R ) – Potência retirada pelo gerador (P G ) I S = P R – P G = 2451,5 kW – 2100 kW = 351,5 kW R: I S = 351,5 kW c) A potência desenvolvida pela turbina = conugado no eixo * velocidade angular ou P T = t*e = (1,16 * 10 5 N*m) * 180*(2t)/ 60 s -1 = 2187428,3 W = 2187,43 kW Irreversibilidade na turbina = potência fornecida ao sistema (potência reversível ) – Potência desenvolvida pela turbina. I T = P R – P T =(2451,5 – 2187,43) kW = 264,07 kW R: I T = 264,07 kW d) A irreversibilidade ou a perda de potência no gerador = potência desenvolvida pela turbina – potência retirada pelo gerador. I G = P T – P G = 2187,43 kW – 2100 kW I G = 87,43 kW R: I G = 87,43 kW Trabalho perdido por unidade de peso do fluido no gerador, H G = I G / ¸ * V = (87,43 kW) * (1000N*m/s) / 1 kW * (1/9806N/m 3 ) * (1/5m 3 /s) R: H G =1,78 m*N/N e) rendimento da turbina: q t = (H a – H t )/ H a = (50 m*N/N –5,39m*N/N) / 50 m*N/N = 89,22% R:q t = 89,22% f)rendimento do gerador: q G = (H a – H t – H G )/(H a – H t ) 132 q G = (50m*N/N – 5,39 m*N/N – 1,78 m*N/N) / (50 mN/N – 5,39 m N/N) q G = 96% Problema 2 Um refrigerador que opere num ciclo de CARNOT deve transferir 500 Kcal/min de um reservatório a 0 ºC a um outro reservatório a 27 ºC. Qual a potência mínima será necessária? Altatemperatura T H =27ºC Solução: Cop ref = Q L / W = Q L /(Q H – Q L ) = 1 / (Q H / Q L ) – 1 Para um motor térmico internamente reversível, tem-se, Q H / Q L = T H / T L QH Cop ref = 1 / (T H / T L ) – 1 = 1 / (27 + 273 / 0+273) – 1 = 10,11 Cop ref = 10,11>1 MTR Mas Cop ref = Q L / Q W =10,11 W = Q L / 10,11 = (500 kCal / min)/10,11 = 49,46 kCal / min QL Potência = (49,46kCal / min)*(60min / h)= 2967,6 kCal / h Potência = (2967,6kCal / h)*(1 kW/ 860kCal / h)=3,45kW R: Potência mínima = 3,45kW = 4,69cv = 4,62hp TL =0ºC Baixa temp. Problema 3 O Coeficiente de Performance (COP) de uma bomba de calor é 5. A potência fornecida é de 50 CV (1 CV ~ 632 Kcal/h). (a) Calcule a transferência de calor ao fluído de trabalho e do fluído de trabalho. (b) A transferência de calor do motor é usada para aquecer a água que escoa através do radiador do prédio. Calcule a vazão em massa d’água quente. O aumento de temperatura d’água escoando através da bomba de calor (via condensador) é de 50 ºC a 70 ºC. Desprezar a diferença em energia cinética e potencial. Dado: C p H2O ~ 1 Kcal/Kg ºC Solução: Alta temp. radiador ar a ser aquecido 50ºC QH 70ºC TH QH condensador TC MTR V.E comp. wc QL Evaporador TE TL Baixa temp. QL 133 Cop BC = Q H / W = Q H / (Q H – Q L ) Onde Q H = transferência de calor do fluido de trabalho no condensador. Dados: Cop BC = 5W = 50cv =50 * 632 = 31600 kCal / h a)5 = Q H /W ou Q H = 5*W = 5*31600 = -158000 kCal/h pois Q H tem sinal negativo. Da 1 a lei p/ um ciclo termodinâmico, tem-se, ¿Q = ¿W ou –Q H +(+Q L ) = -W Q H – Q L = W ou Q L = Q H –W Q L = 158000-31600 = 126400 kCal / h Onde transferência de calor aofluido de trabalho (FR11) no evaporador. b)A equação da energia (1 a Lei) em termos de fluxo (potência), ao redor do radiador (que troca calor): Q VC (.) – W VC (.) = m(.){h S – h e + [ (v s 2 - V e 2 ) / 2 * g c J) ] + [ (g / g c ) * (Z s – Z e ) ] }kCal / h Mas W VC (.) = 0 , AV 2 / 2 g C * J = 0, AZ = 0 Q VC (.) = m(.) H2O (h S - h e ) = m(.) H2O * Cp H2O (t S - t e ) Dados : t S = 70 0 C, t e = 50 0 C, Cp H2O = 1 kCal / kg 0 C Q VC (.) = Q H (.) = (m(.) H2O * 1 kCal / kg 0 C) * (70 - 50) 0 158000kCal/h = m(.) H2O * 20 [kCal / h] m(.) H2O = 15800 / 20 [(kCal / h) * (kg / kCal)] m(.) H2O = 7900 kg / h = 7900(kg / h) * (h / 3600s) = 2,19 kg / s Problema 4 Uma bomba de calor deve ser usada em Itajubá para aquecer as salas de aulas em inverno e então invertida para resfriar as mesmas em verão. A temperatura interna deve ser mantida tanto em inverno quanto em verão a 21 ºC. A temperatura externa em inverno é de 5 ºC. A transferência de calor através das paredes e dos tetos é estimada a 180 Kcal/h por grau de diferença de temperatura entre o interior e o exterior. A potência mínima precisa para acionar a máquina (bomba de calor/Refrigerador) é a mesma tanto em inverno quanto em verão. Qual é a máxima temperatura externa esperada em verão? 134 Sala TH = 294ºk inverno TL = 278ºk QH condensador V.E comp. WC evaporador QL sala TL = 294ºk Verão TH = ? Solução: Em inverno o propósito será aquecimento pela bomba de calor (BC): Temperatura externa, T L = 5 0 C + 273 = 278 K Temperatura interna, T H = 21 0 C + 273 = 294 K Q H = (180kCal / h * K) * (T H - T L ) K = 180 (294 -278) = 2880 kCal / h Para qualquer máquina internamente reversível (ds = 0), tem-se, Cop BC = Q H / (Q H – Q L ) = 1 / q R = T H / (T H – T L ) = 294 / (294 - 278) = 18,375 = Q H / W W = Q H / Cop BC = 2880 /18,375 =156,735 kCal / h = W C Em verão o objetivo será resfriamento pelo refrigerador(REF): Temperatura externa, T H = ? Temperatura interna, T L = 21 0 C+ 273 = 294 W = 156,735 kCal/h [mesmo conforme dado] Q L = (180kCal / h * K) * (T H – T L ) K = 180 * (T H – T L ) kCal / h Cop REF = Q L / W = 180 * (T H – T L ) / 156,735 Mas Cop REF = Cop BC –1 = 18,375 – 1= 17,375 17,375 = 180(T H – 294)/156,735 T H = (17,375 * 156,735/180) + 294 = 309,13 K R: A máxima temperatura externa esperada m verão, T H = 309,13 K = 36,13 0 C. 135 9 a Lista de Exercícios Questão 1 Qual temperatura (T H ou T L ) é mais importante para aumentar a eficiência de um motor térmico de CARNOT? Mostre-a matematicamente. Questão 2 500 Kcal de calor são transferidos de um reservatório a 300 ºC a um motor que opere num ciclo de CARNOT. O motor rejeita calor a um reservatório a 23 ºC. Determine a eficiência térmica desse ciclo e o trabalho realizado pelo motor térmico. Questão 3 Uma bomba de calor para aquecimento doméstico trabalha entre um sistema frio (o conteúdo do gabinete de refrigerador) a 0 ºC e a água no sistema do radiador a 80 ºC. Qual é o consumo mínimo da potência elétrica para fornecer uma produção de calor (na saída) de 90000 KJ/h? Questão 4 Propõe-se aquecer uma casa usando uma bomba de calor. O calor transferido da casa é 12500 Kcal/h. A casa deve ser mantida a 24 ºC quando a temperatura externa é de –7 ºC. Qual é a menor potência necessária para acionar o compressor? Questão 5 Conforme a 1 a lei, calcule os espaços vazios na tabela de ciclos de motores hipotéticos e conforme a 2 a lei, determine cada ciclo seja reversível, irreversível ou impossível. Em todos os casos a temperatura da fonte é 527 ºC e a temperatura da sorvedouro é de 27 ºC. Ciclo Adição de calor Kcal/h Rejeição de calor Kcal/h Trabalho produzido CV (1CV=632Kcal/h) Eficiência % a 250000 ------ 300 ------ b 250000 170000 ------- ------ c 250000 ------ ------- 62,5 Questão 6 Quais são os processos básicos do ciclo de CARNOT? Questão 7 Escreva os enunciados de KELVIN-PLANCK e de CLAUSIUS. KELVIN-PLANCK: 136 Questão 8 Faça os esboços de uma máquina térmica que produz potência e de uma máquina térmica que produz frio ou calor. Princípio do aumento da Entropia Sistema sofre uma mudança de estado (processo) Sistema cW Temperatura = T oQ vizinhança Temperatura = T 0 Figura 1 – Variação de entropia para o sistema e vizinhança. Consideremos o processo mostrado na Figura 1, no qual uma quantidade de calor oQ é transferida da vizinhança à temperatura T 0 para o sistema à temperatura T e seja cW o trabalho realizado pelo sistema durante este processo. A equação geral: dS sist. > oQ (1) T Para a vizinhança oQ é negativo: dS viz. > - oQ (2) T 0 A variação total da entropia é, portanto, 137 dS sist. + dS viz. > oQ - oQ > oQ 1 - 1 T T 0 T T 0 menor maior T 0 > T 1 - 1 > 0 ou seja positivo T T 0 dS sist. + dS viz. > 0 (3) A igualdade vale para processos reversíveis e a desigualdade para processos irreversíveis. Esta equação significa que só podem ocorrer processos em que a entropia do sistema mais vizinhança cresce (ou, no limite, permanece constante). O processo inverso, no qual tanto o sistema como a vizinhança são trazidos de volta aos respectivos estados iniciais não pode ocorrer. Em outras palavras a equação (3) nos dá a única direção em que um processo pode ocorrer e se aplica à queima do combustível nos motores de nossos automóveis, ao esfriamento de nosso café e aos processos que tem lugar em nosso corpo. As vezes esse princípio é enunciado em termos de um sistema isolado, no qual não há interação entre o sistema e sua vizinhança. Nesse caso não há variação de entropia da vizinhança. 0 dS sist. isolado + dS viz. > 0 ou seja, dS sist. isolado > 0 ou dS adiabático > 0 (4) Isto é, um sistema isolado (adiabático) os únicos processos que podem ocorrer são aqueles que têm associado um aumento de entropia. Isto é, (As (universo) = E As sub.sistemas ) > 0 (5) Aplicação Problema 1 Suponhamos que 1 kg de vapor d’água saturado a 100 ºC seja condensado para líquido saturado a 100 ºC, num processo à pressão constante, através da transferência de calor para o ar da vizinhança que está a 27 ºC. Qual é o aumento líquido de entropia do sistema e vizinhança? Solução: A& = & f - & i Para o sistema, das tabelas de vapor (tabela de temperatura A1(a)/A1.1(a) vapor de água saturado /pág 476 A& SIST = & l - & v = -& lv = 0,3121 – 1.7561 = -1,444 kCal/kg mas oq = dh –vdp(pressão cte) q para viz = h lv =538,9kCal/kg A& VIZ = q/T 0 = 538,9(kCal / kg) / (27 + 273)K = 1,796kCal / kg*K A& SIST + A& VIZ = -1,444 + 1,796 = 0,352kCal / kg * K R: Verifica-se A& SIST + A& VIZ >= 0 138 Problema Proposto Um reservatório de calor a 1000 ºC transfere 1000 kcal para um outro reservatório de calor a 500 ºC. Calcule a variação de entropia do universo resultando deste processo de troca de calor. 139 Capítulo 8 Transferência de Calor 8.1 Estudo das várias formas de transferência de calor Transferência de calor é um fenômeno de transferência de energia. Existem três tipos de transferência de calor: Condução, Convecção e Radiação. 8.1.1 Condução A condução é processo pelo qual o calor flui de uma região de temperatura mais alta para outra região de temperatura mais baixa, dentro de um meio (sólido, líquido, gasoso) ou entre meios diferentes em contato físico direto. A condução ocorre devido ao aumento de energia cinética causado por uma excitação térmica qualquer. O Calor é transferido pelos elétrons movendo-se através da estrutura molecular do material, na forma de energia vibracional. Quando existe o gradiente de temperatura dentro de um corpo sólido haverá transferência de calor por condução. 8.1.2 A Lei de Fourier A relação básica para a transferência de calor foi dada por Fourier: Lado frio Lado quente Parede Temperatura do corpo frio Temperatura do corpo quente T e m p e r a t u r a X=0 X=X Distância Direção da transferência de calor A relação básica para a transferência de calor por condução foi dada por Fourier: dx dT A K q K · · ÷ = (8.1.1) 140 Onde q k = Calor transferido por condução por unidade de tempo (kcal / h ou W), K = A condutividade térmica do material (ou condutibilidade) (kcal / h.m.ºC ou W / m.ºC), A = A área da seção através da qual o calor flui por condução, medida perpendicularmente à direção do fluxo (m²), dx dT = O gradiente de temperatura na seção, isto é, a razão de variação da temperatura T com a distância, na direção do fluxo de calor x (ºC / m). 8.1.3 Tabela 1.1 Ordem de grandeza da condutibilidade térmica, K. Material Kcal / h.m.ºC W / m.ºK Gases à Pressão Atmosférica 0,006 – 0,15 0,0069 – 0,17 Materiais Isolantes 0,03 – 0,18 0,034 – 0,21 Líquidos não Metálicos 0,07 – 0,60 0,086 – 0,69 Sólidos não Metálicos(tijolo, pedra, cimento) 0,03 – 2,20 0,034 – 2,6 Metais Líquidos 7,5 – 65,0 8,6 – 76,0 Ligas 12,0 – 100,0 14,0 – 120,0 Metais Puros 45,0 – 360,0 52,0 - 410,0 Nota: 1.W / m.ºK = 0,86.kcal / h.m.ºC A q K = fluxo de calor (kcal / h.m² ou W / m²). 8.1.4 Problema Resolvido Determine o fluxo de calor ( A q K ) e a taxa de transferência de calor (q k ) ao longo de uma placa de ferro com A = 0,5m² e espessura L = 0,02m [K = 70W/mºC], quando uma das suas superfícies é mantida a T 1 = 60ºC e a outra a T 2 = 20ºC. Solução: 141 L x T(x) T2=20°C T1=60° C Fig 1 Condução de calor através da placa Neste problema o gradiente de temperatura ( dx dT ) é constante, portanto, a distribuição de temperatura T(x) através da placa é linear, como foi mostrada na figura. ( ) ( ) 02 , 0 60 20 70 ) ( 1 2 ÷ · ÷ = ÷ · ÷ = · ÷ = L T T K dx x dT K A q K ou seja, 2 / 140 m kW A q K ~ (Resp.) A transferência de calor é na direção positiva desde que o resultado seja positivo. A taxa de transferência de calor através da área A = 0,5m² é : 2 2 2 / 140 5 , 0 / 140 m kW m m kW A q K · = · ~ kW q K 70 ~ (Resp.) 8.2 Convecção A transferência de calor por convecção ocorre entre uma superfície sólida e um fluido que tem contato com a superfície aquecida ou resfriada. Convecção é a transferência de calor sensível pelo movimento do fluido em contato com a superfície sólida. 8.2.1 A Lei de Resfriamento de Newton O calor transmitido por unidade de tempo por convecção entre uma superfície e um fluido pode ser calculado pela relação . T A h q C C A · · = (8.2.1) 142 Onde q c = calor transferido por unidade de tempo por convecção (kcal/h ou W) C h = coeficiente médio de transmissão de calor por convecção(kcal/h.m²ºC ou W/h.m²ºC) A = área de transmissão de calor (m²) ΔT = diferença de temperatura entre a superfície e o fluido em um local especificado (geralmente bastante afastado da superfície) (ºC), ΔT = T s – T f Fluido v vf Ts Escoamento Corrente livre Tf q Parede (superfície sólida) Fig. Transferência de calor por convecção de uma placa 8.2.2 Tabela 1.2 Ordem de grandeza dos coeficientes de transmissão de calor por convecção, C h . Kcal / h.m.ºC W / m.ºK Ar, convecção natural 5 – 25 6 – 30 Vapor ou ar superaquecido, convecção forçada 25 – 250 30 – 300 Óleo, convecção forçada 50 – 1500 60 – 1800 Água, convecção forçada 250 – 10000 300 – 6000 Água, em ebulição 2500 – 50000 3000 – 60000 Vapor, em condensação 5000 - 100000 6000 - 120000 8.2.3 Problema Resolvido Uma corrente elétrica passa através de um fio cujo diâmetro e comprimento são 1mm e 10cm, respectivamente. O fio está imerso em água à pressão atmosférica, e a corrente é aumentada até que a água ferva. Para esta situação ђ c = 5000 W/m².ºC. e a temperatura da água é 100ºC. Qual potência elétrica deve ser fornecida para manter a superfície do fio à 114ºC? Solução: 143 A perda de calor por convecção é dada pela Lei de Newton: ( ) f s C C T T A h q ÷ · · = A área de superfície do fio é ( ) ( ) 2 4 2 3 10 142 , 3 10 10 10 1 m L D A ÷ ÷ ÷ · ~ · · · · = · · = t t A transferência de calor é, portanto: ( ) ( ) W C m C m W q C 99 , 21 100 114 10 142 , 3 5000 2 4 2 ~ ° ÷ · · · | . | \ | ° · = ÷ · (Resp.) e a esta quantidade é igual a potência elétrica que deve ser fornecida. (Resp.) 8.3 Radiação A transferência de calor por radiação de uma superfície ocorre pelas ondas eletromagnéticas. Quando o calor se transmite de uma região à outra, sem que o meio intermediário se aqueça, ocorre a radiação. É um processo pelo qual o calor é transmitido de um corpo à alta temperatura para outro de menor temperatura, quando tais corpos estão separados no espaço, mesmo que exista vácuo entre eles. Esta é a forma de transmissão de calor pela qual o Sol aquece a terra, e o calor, uma vez absorvido pelo nosso planeta, pode ser depois transmitido, seja por condução, convecção ou radiação. 8.3.1 A Lei de Stefan-Boltzmann A quantidade de energia que deixa a superfície como calor radiante depende da temperatura absoluta e da natureza da superfície. Um irradiador perfeito ou corpo negro, emite energia radiante de sua superfície à razão q r , dada por : ( ) W ou h kcal T A q r / 4 1 1 · · = o (8.3.1) Onde: A 1 = Área da superfície (m²) T 1 = Temperatura da superfície(ºK) o = Constante de Stefan-Boltzmann = 4,88.10 -8 [kcal/h.m².k 4 ] ou 5,669.10 -8 W/m².k 4 Nota: p/ corpo negro α = 1, na equação geral α + ρ + τ = 1 sendo α = absorvidade, ρ=refletividade e τ = transmissividade. 8.3.2 Corpos Cinzentos Os corpos reais não preenchem as especificações de um irradiador ideal (corpo negro), mas emitem radiação a uma razão menor do que os corpos negros. Se eles 144 emitem, a uma temperatura igual à do corpo negro, uma fração constante da emissão do corpo negro a cada comprimento de onda, eles são chamados de corpos cinzentos. O calor radiante líquido transmitido por unidade de tempo à temperatura T 1 para um corpo negro envolvente a T 2 é: ( ) 4 2 4 1 1 1 T T A q r ÷ · · · = c o (8.3.2) Onde ε 1 é a emissividade da superfície cinzenta. É uma propriedade adimensional e é igual à razão da emissão da superfície cinzenta para a emissão de irradiador perfeito à mesma temperatura. A equação vale para troca de calor por radiação entre o corpo cinzento e corpo negro. q2 = o.T2^4 Vizinhança A1,c1, T1 A2 a T2 q1 = c1.o1. T1^4 Fig. 2 Troca de calor por radiação entre a superfície A 1 e a sua vizinhança. 8.3.3 Troca de Calor por radiação entre dois corpos negros. ( ) 4 2 4 1 1 T T A q r ÷ · · = o (8.3.3) As equações (8.3.1) (8.3.3) são conhecidas como a Lei de Stefan-Boltzmann. 8.3.4 Problema Resolvido Um tubo quente de diâmetro D = 0,2m tem isolamento em uma das suas superfícies. A outra superfície é mantida a T 1 = 550ºK. A superfície quente tem uma emissividade ε 1 = 0,9 e é exposta a vizinhança que tem temperatura T 2 = 300ºK. O ar atmosférico é o meio para troca de calor por radiação do tubo quente ao meio ambiente. Solução: Pode-se utilizar a equação (8.3.2) 145 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 8 4 4 2 2 4 2 8 4 2 4 1 1 1 300 550 9 , 0 2 , 0 4 10 67 , 5 300 550 9 , 0 2 , 0 4 10 67 , 5 ÷ · · ( ¸ ( ¸ · · · = = ° ÷ · · ( ¸ ( ¸ · · | . | \ | ° · = ÷ · · = ÷ ÷ t t c o K m K m W T T A q r W q r 77 , 133 ~ (Resp.) 8.3.5 Analogia entre o fluxo de calor e fluxo elétrico A Lei de Ohm afirma que R V I = (8.3.5) Onde I = a intensidade de corrente elétrica (Ampères), V = a diferença de potencial (Volts), R = a resistência elétrica(Ohms, O). A equação de Fourier (8.1.1) pode ser escrita como: ( ) ( ) C H K T T x A K T T x A K q ÷ · · = ÷ · · = 2 1 T H = temperatura alta, T C = baixa temperatura. ou seja, A K x T T q K · ÷ = 2 1 (8.3.6) A equação (8.3.6) estabelece o fluxo de calor numa parede plana. O termo t R A K x = · = a resistência térmica de uma parede plana (para condução) (h.ºC/kcal ou ºK/W ou ºC/W) É também denotada Ohm térmico, ou seja, Ωth. Comparando as equações (8.3.5) e (8.3.6) pode-se dizer: 1) A corrente elétrica é análoga a transferência de calor por condução. 2) A voltagem elétrica (diferença de potencial) é análoga a diferença de temperatura. 3) A resistência elétrica (Ω) é análoga a resistência térmica. Semelhantemente a resistência térmica (para convecção) é ( ) W K A h R C t / 1 ° · = (8.3.6.a) 8.3.6 Paredes compostas 146 Em muitos casos, principalmente em equipamentos industriais, tais como fornos, estufas, frigoríficos, regeneradores, ou em problemas de isolamento térmico, há a necessidade de se empregar paredes que se constituem por justaposição de camadas de materiais diferentes. Isto é chamado de parede composta. K1 K2 K3 qk qk x1 x2 x3 A Fig. 1 Parede composta. R1 R2 R3 Fig. 2 Uma parede composta por camadas em série. A resistência térmica total será: R t = R 1 + R 2 + R 3 ou seja, A K x A K x A K x A K x R t · E = · + · + · = 3 3 2 2 1 1 (8.3.7) 8.3.7 Problema Resolvido Uma parede é constituída de 3 camadas justapostas, uma camada de tijolo refratário (K = 1,3842W/mºC), uma intermediária de tijolo isolante (K = 0,17303W/mºC), e uma camada de tijolo comum (K = 1,7303W/mºC). Se a face externa de material refratário está a 1148,89ºC e a face externa de tijolo comum está a 37,78ºC, pergunta-se : Qual a transferência de calor por unidade de tempo que atravessa a parede composta, sabendo- se que as espessuras das camadas são: 147 x 1 = 0,6096m (tijolo refratário), x 2 = 0,9144m (tijolo isolante), x 3 = 0,3048 (tijolo comum), enquanto que a altura e a largura da referida parede são respectivamente 3,048m e 1,524m. Solução: A K x A K x A K x R R R R t · + · + · = + + = 3 3 2 2 1 1 3 2 1 A = 3,048m.1,524m ~ 4,645m² 645 , 4 7303 , 1 3048 , 0 645 , 4 17303 , 0 9144 , 0 645 , 4 3842 , 1 6096 , 0 2 · + · + · ° = m C m W m R t W C R t ° ~ 27 , 1 ( ) W C C R T T q t K / 27 , 1 78 , 37 89 , 1148 2 1 ° ° ÷ = ÷ = ou seja, W q K 89 , 874 ~ (Resp.) 148 10ª Lista de Exercícios Questão 1 Ar a 20ºC escoa sobre uma placa de 50 por 75cm e é mantida a 250ºC. O coeficiente de transferência de calor por convecção e 25 W/m².ºC. Calcule a transferência de calor. Resp.: kW q C 156 , 2 ~ Questão 2 Uma placa eletricamente aquecida, dissipa calor por convecção a um fluxo de calor de 8000W/m² ao ar ambiente à temperatura de 25ºC. Se a superfície da placa quente estiver a 125ºC, calcule o coeficiente de transferência de calor por convecção entre a placa e o ar. Resp.: C m W h C ° = 2 / 80 Questão 3 As superfícies internas das paredes de um grande edifício são mantidas a 20ºC, enquanto a temperatura da superfície externa é –20ºC. As paredes medem 25cm de espessura e foram construídas de tijolos com condutividade térmica de 0,6 kcal / h.m.ºC. Calcular a perda de calor para cada metro quadrado de superfície de parede por hora. Resp.: 95,4kcal ou 110,66W serão perdidas do edifício por hora através de cada metro quadrado de superfície de parede. Questão 4 Uma face de uma placa de cobre de 30cm de espessura é mantida a 400ºC, e a outra face é mantida a 100ºC. Calcule o fluxo de transferência de calor através da placa. Dado : K cobre = 370 W/mºC. Resp.: Fluxo de calor ~ 3,7MW/m 2 Questão 5 O fluxo de calor através de uma tábua de madeira de 2cm de espessura é 150 W/m² Para uma diferença de temperatura de 25ºC entre as duas superfícies, calcule a condutibilidade térmica da madeira. Resp.: K madeira ~ 0,12W/(mºC) Questão 6 Explique a transferência de calor por condução, convecção e radiação. 149 Efeito de radiação em medição de temperatura Balanço de Energia Perda de calor por convecção do fluido (as do termômetro) = Perda de calor por radiação à vizinhança (para as paredes sólidas) Nota: A trasferência de calor por conduçao através do elementp sendo muito pequena é desprezada ( ) ( ) 4 s 4 t t t t C T T A T - T A h ÷ e o = · onde: h C = coeficiente de transferência de calor por convecção. A t = área de superfície do elemento termômetro ou termopar. T· = temperatura verdadeira do fluido. T t = temperatura indicada pelo termômetro. o = cte. De Stefan-Boltzman = 5,6697 × 10 -8 W/m 2 K 4 = 4 2 8 K m h Kcal 10 88 , 4 ÷ × e = Emissividade do elemento (termopar ou termômetro) T s = temperatura da vizinhança (temperatura das paredes do sólido) Exemplo: Um par termoelétrico, soldado de topo, tendo uma emissividade de 0,8 , é usado para medir a temperatura de um gás transparente escoando num grande duto, cujas paredes estão a 227ºC. A temperatura indicada pelo par é 504ºC. Sendo o coeficiente de transmissão de calor entre a superfície do par e o gás 122 Kcal/h m 2 ºC estimar a temperatura verdadeira do gás. Igualando a lei de Stefan-Boltzman e a lei de Resfriamento de Newton Podemos escrever o balanço térmico assim: ( ) ( ) 4 p 4 t t t g t C T - T A T - T A h q e o = = onde T g = a temperatura verdadeira do gás substituindo os dados do problema, tem-se: T t Escoamento de gás h C T· T s Fig. 1. O elemento termômetro em um escoamento de gás 150 ( ) ( ) ( ) ( ) | | = + ÷ + × = e o = ÷ 4 4 8 4 p 4 t t 273 227 273 504 0,8 . 10 88 , 4 T - T A q 2 t m h Kcal 11790 A q ~ A temperatura verdadeira do gás é C º 504 122 11790 T A h q T t t C g | . | \ | + = + = T g ~ 600 ºC Nota: O erro do termopar é 96º C. (Resp.) 151 CAPÍTULO 9 ANÁLISE DIMESIONAL E SEMELHANÇA DINÂMICA Dimesões e Unidades As dimensões fundamentais são massa, comprimento, , tempo e as vezes força. Estas são relacionadas pela segunda lei de Newton Força = massa × aceleração ou F = m . a na forma dimesional é 2 MLT F ÷ = 2 LT T T L t V a ÷ = = =  F é a dimesão de força, M a massa, L a de comprimento e T a de tempo. Tabela 1 Dimensões das grandezas físicas usadas em mecânica dos fluidos Grandeza Símbolo Sistema (FLT) Dimensões (MLT) Massa, Kg m 2 1 T FL ÷ M Comprimento, m l L L Tempo, s t T T Força ou Peso, Kg f F ou W F 2 ÷ MLT Velocidade, m/s V 1 ÷ LT 1 ÷ LT Aceleração, m/s 2 a ou g 2 ÷ LT 2 ÷ LT Área, m 2 A 2 L 2 L Vazão volumétrica, m 3 /s Q 1 3 ÷ T L 1 3 ÷ T L Pressão ou queda de Pressão, Kg f /m 2 P ou AP 2 ÷ FL 2 1 ÷ ÷ T ML Massa específica, Kg/m 3 µ 2 4 T FL ÷ 3 ÷ ML Peso específico, N/m 3 ¸ 3 ÷ FL 2 2 ÷ ÷ T ML Viscosidade dinâmica, µ T FL 2 ÷ 1 1 ÷ ÷ T ML Ns/m 2 152 Viscosidade cinematica, v 1 2 ÷ T L 1 2 ÷ T L m 2 /s Tensão de cisalhamento, t 2 ÷ FL 2 1 ÷ ÷ T ML N/m 2 Tensão superficial, N/m o 1 ÷ FL 2 ÷ MT Módulo de elasticidade k v 2 ÷ FL 2 1 ÷ ÷ T ML Volumétrica, N/m 2 Velocidade do som, m/s C 1 ÷ LT 1 ÷ LT Temperatura absoluta, k u ou t u ou t Vazão em massa, Kg/s - m T FL 1 ÷ 1 ÷ MT Trabalho, Nm W FL 2 2 ÷ T ML Torque, Kg f m T FL 2 2 ÷ T ML Análise dos Parâmetros adimensionais 1. Número de Reynolds (Re) É a relação entre a força de inércia e a força de viscosidade (atrito) Definição: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 L V L V L V L V VL VL VD Re µ µ = µ µ = µ µ = | | . | \ | µ µ = ( )( ) v i 2 2 3 1 2 1 2 2 3 F F A . a . M L . MLT L L L V MLT L L V L T L ML = t = t = | . | \ | µ = | . | \ | µ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷  v i F F RE ÷ 2. Número de Freude (Fr) É a relação entre a força de inércia (F i ) e a força de gravidade (F g ) ( ) Lg V g . L V L g . L L V L g . L T L . L g . M a . M F F 2 3 2 2 3 2 2 4 3 2 3 g i = µ µ = µ µ = µ µ = = 153 ou g i 2 F F Fr Dg V ÷ = 3. Número de Weber (We) É a relação ente a força de inérecia (F i ) e a força de tensão superficial (F TS ) ( ) o µ = o µ = o µ = o µ = o = 2 2 2 2 2 4 2 3 TS i LV L . V L L . L V L L . T L . L L . a . M F F  o ÷ o µ = F F LV We i 2 L V 2 o µ = NOTA: o = Tensão superficial 2 2 MT L MLT o compriment a ç For ÷ ÷ = = = 4. Número de Euler (Eu) É a relação entre a força de pressão (F p ) e a força de inércia (F i ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 2 2 3 2 i p V P V L PL L V L PL T L . L PL a . M A . P F F µ = µ = µ = µ = =  i p 2 F F V P Eu ÷ µ = 5. Número de Mach (Ma) É a relação entre a força de inércia (F i ) e a força de elasticidade (F el ) ( ) v 2 2 v 2 2 2 v 2 2 4 2 v 3 v el i K V L . K V L L . K L V L L . K T L . L A . K a . M F F µ = µ = µ = µ = = onde k v = módulo de Bulk ou módulo de elasticidade volumétrica A raiz quadrada desta relação, µ = µ = µ v v 2 v 2 K V K V K V e conhecida como o número de Mach. A velocidade do som num líquido ou gás é dado por, 154 KRT K C v = µ = Então, o número de Mach, el i v F F C V K V Ma ÷ = µ = Semelhança – Estudos em modelos Modelos reas ou verdadeiros possuem todas as características importantes do protótipo, reduzidas à escala (geométricamente semelhante) e satisfazer as restrições do projeto (semelhança cinemática e dinâmica) Semelhança geométrica As relações podem ser escritas: o ã raz protótipo elo mod L L L = ou r p m L L L = (1) r 2 o ã raz 2 protótipo 2 elo mod 2 protótipo elo mod r L L L L A A A = = = = (2) Semelhança cinemática Algumas relações úteis são: Velocidade: r r p m p m p p m m p m r T L T T L L T L T L V V V = ÷ = = = (3) Aceleração: r 2 r p 2 m 2 p m p 2 p m 2 m p m r T L T T L L T L T L a a a = ÷ = = = (4) Vazão: r r 3 p m p 3 m 3 p p 3 m m 3 p m r T L T T L L T L T L Q Q Q = ÷ = = = (5) Semelhança dinâmica A semelhança dinâmica existe entre sistemas geométrica e cinemáticamente semelhantes, se as relações entre todas as forças homólogas no modelo e protótipo forem as mesmas. As condições necessárias para uma completa semelhança foram desenvolvidas a partir da 2º lei de Newton, 155 ¿ = x x a M F . Desenvolve-se a seguinte relação entre as forças atuantes no modelo e no protótipo: ¿ ¿ + + + + + + + + p m de elasticida erficial tensão essão gravidade idade vis Forças de elasticida erficial tensão essão gravidade idade vis Forças ) sup Pr cos ( ) sup Pr cos ( p p m m a . M a . M = A relação de forças de inércia é expressa pela seguinte fórmula: p m 3 p 3 p p 3 m 3 m m p p m m protótipo modelo p m a a L L M L . L M a . M a . M força força Fr F F × | | . | \ | = = = = ÷ ÷ 2 r r 3 p p 3 m m T L L L × | | . | \ | µ µ = a equação (4), semelhança cinemática 2 r r 2 r r 2 r r r 2 r r T L L T L L . L | | . | \ | µ = × µ = a equação (3) 2 r r r 2 r 2 r r r V A V L F µ = µ = (6) A lei geral de semelhança dinâmica a equação (2), semelhança geométrica Esta equação expressa a lei geral de semelhança dinâmica entre modelo e protótipo e é conhecida como a equação de Newton Para haver semelhança dinâmica completa, os números de REYNOLDS, MACH, FROUDE, WEBER e EULER devem assumir os mesmos valores tanto no modelo como no protótipo. Problemas Resolvidos Problema 1 Desenvolver a lei de Reynolds para modelos e protótipos com fluidos incompressíveis e reais Solução Para um escoamento governado pelas forças de inércia e viscosidade (outros efeitos são desprezados), devem ser determinadas estas forças para modelo e protótipo. 156 Para inercia: 2 r r 3 r r p m T L L F F × µ = (1) a lei geral Para viscosidade: ( ) ( ) r 2 r r 2 r p 2 p p p m 2 m m m m p p p m m m p p m m p m L L L . L 1 T L p L . L 1 T L A . dy dV A . dy dV A A F F µ µ = | | . | \ | × µ | | . | \ | × µ = µ µ = t t = (2) Igualando-se as duas relações de forças (pois todas as razões das forças são iguais entre modelo e protótipo), tem-se: A eq. (1) = eq. (2) r r 2 r r 2 r r r T L T L L3 µ = × µ ou r r 2 r r L T µ µ = (3) Mas r r r µ µ = u µ µ = u Substituindo na equação (3) tem-se r r 2 r L T u = (4) ou r r r r L T L u = Mas a relação de velocidades: r r r r r L T L V u = = (5) m p p m p m p m p m L L L L V V × u u = u u = ou p p p m m m L V L V u = u ou seja p m Re Re = c.q.d. Problema 2 Água escoa a 32º F através de um tubo liso horizontal de 3 polegadas de diâmetro com uma velocidade média de 10 pés/s. A queda de pressão em 30 pés deste tubo é 2,0 lbf/po 2 . A que velocidade deve escoar Benzina (68 º F) em um tubo (geometricamente similar) de 1 pol. de diâmetro para que o escoamento seja dinâmicamente similar e qual será a queda de pressão em 10 pés deste tubo de 1 pol. de diâmetro. 157 Dados: µ H20 a 32 º F = 3,746×10 -5 lgf.s/pé 2 ; µ H20 a 32 º F = 1,939 slug / pé 3 ; µ Benzina a 68 º F = 1,37×10 -5 lbf.s/pé 2 ; Densidade de Benzina a 68 º F = 0,88 Solução: Sabemos que em um escoamento interno as forças de inércia, de pressão e de viscosidade são mais importantes. Portanto, para o modelo e o protótipo: Re m = Re p ou p m VD VD | | . | \ | µ µ = | | . | \ | µ µ ( ) 5 p 5 10 37 , 1 88 , 0 939 , 1 12 1 V 10 746 , 3 939 , 1 12 3 10 ÷ ÷ × × × × = × × × ou seja ~ pés/s 468 , 12 Vp pés/s 12,468 V benzina, da e velocidad A Benzina ~ Resp. Da igualdade do Número de EULER | . | \ | i p F F teremos, p 2 p m m 2 V P EU EU V P | | . | \ | µ A = = = | | . | \ | µ A ou ( ) ( ) 2 p 2 468 , 12 88 , 0 939 , 1 P 10 939 , 1 2 × × A = × 2 p lbf/pol 74 , 2 P ~ A Resp. Problema 3 Um modelo 1:10 de um avião é testado num túnel aerodinâmico (túnel de vento) que tem a pressão de 20 atm. O avião vai voar a velocidade de 500 Km/h. A que velocidade o túnel de vento (modelo) deve ser operado para dar a similitude dinâmica entre modelo e protótipo. Arrasto (força de arrasto) medido sobre o modelo é 337,5 N. Qual a potência será necessária a propulsar o avião à velocidade de 500 Km/h ? Solução: Sabemos que ( ) Re f l V F 2 2 A µ = (dado) F º 68 a , pé 12 1 D , ? V V (dado) F º 32 a (dado) F º 32 a , pé 3/12 D pés/s, 10 V V Benzina p p Benzina p H20 m H20 m m agua m µ = µ = = = µ = µ µ = µ = = = 158 Mas p m Re Re = (1) Semelhança dinâmica p 2 2 A m 2 2 A l V F l V F | | . | \ | µ = | | . | \ | µ (2) De (1) p p p p m m m m l V l V µ µ = µ µ p m p p m m p m V l l V · · µ µ · µ µ = (3) A viscosidade diâmica | | . | \ | µ = t dy dV de um fluido é apenas uma função de temperatura. Além disso se considerarmos a condição isotérmica, então 1 m p = µ µ ou seja p m µ = µ Da equação de estado, o) considerad cte. (T RT P = µ = ou | | CTE. RT pois CTE. . P = µ = ou µ · P a pressão diminui com a redução da massa específica. Dado, P m = 20 atm. É claro que P p = 1 atm. Pode-se escrever, então, P m = 20 . P p Devido à compressibilidade do ar, p m . 20 µ = µ Substituindo esses valores em (3), tem-se, 10 1 l l seja, ou 10, : 1 modelo o V 10 1 20 V p m p m p m = × × × µ µ =  ou Km/s 250 V Km/h 500 2 1 V m m = × = Resp. Da equação (2), p 2 2 A m 2 2 A l V F l V F | | . | \ | µ = | | . | \ | µ ou ( ) ( ) ( ) ( ) p 2 2 p p A 2 2 p l 500 F 10 lp 250 20 N 5 , 337 × × µ = × × µ ( ) N 6750 F p A ~ 159 A potência, ( ¸ ( ¸ = × = = W N . s m Força Velocidade tempo Energia P ou W 937500 s Nm 937500 N 6750 s 3600 h . h m 10 500 P 3 ~ ~ × × ~ KW 937,5 P será, necessária potência A ~ Resp. Problema 4 Um navio cujo comprimento de casco é de 138 m deve navegar a 7,5 m/s (a) Determinar o número de FROUDE. (b) Para que haja semelhança dinâmica qual será a velocidade de um modelo 1:30, arrastado através d’água ? Dado: g = 9,81 m/s 2 Solução ( ) 042 , 0 81 , 9 138 5 , 7 Lg V Fr ) a ( 2 p 2 p ~ × = | | . | \ | = 0,042 Fr p ~ Resp. (b) Quando dois escoamentos com contornos geometricamente semelhantes, são influenciados pelas forças de inércia e da gravidade, o número de FREUDE é a relação marcante no estudo de modelos. Portanto, Fr p = Fr m ou m p gL 2 V gL 2 V | | . | \ | = | | . | \ | Uma vez que g m = g p , practicamente em todos os casos, pode-se escrever, ( ) 30 1 L L 5 , 7 30 1 V . L L V ou L V L V p m 2 p 2 p m m 2 m m 2 p p 2 = × = = =  m/s 1,36 V m ~ Resp. Problemas Propostos 160 Problema 1 Ar a 20 º C (68 º F) escoa através de um tubo de 610 mm (24”) a uma velocidade média de 1,8 m/s (6 pés/s). Para que haja semelhança dinâmica, qual é o diâmetro de tubo que carrega água a 16º C (60 º F) e 1,1 m/s (3,65 pés/s) poderia ser usado ? Dados: u AR(20ºC) = 16×10 -5 pés 2 /s , u AR(16ºC) = 1,217×10 -5 pés 2 /s Resposta: d ~ 0,076 m (3”) Problema 2 Um modelo de 1:15 de um sbmarino deve ser testado em um tanque de provas contendo água salgada. Se o submarino se move a 12 mph (milhas por hora), a que velocidade deverá o modelo ser testado para haver semelhança dinâmica ? Resposta: V = 180 mph Problema 3 Água a 16 º C escoa a 3,6 m/s (12 pés/s) em um tubo de 152 mm (6”). A que velocidade deverá escoar um óleo médio a 32 º C en um tuvo de 76 mm (3”) para que os escoamentos sejam dinâmicamente semelhantes ? Dados: u AR(16ºC) = 1,217×10 -5 pés 2 /s, u óleo(32ºC) = 3,9×10 -5 pés 2 /s Resposta: V = 63 pés/s = 19,0 m/s Problema 4 Uma bomba centrífuga bombeia um óleo lubricante médio a 16 º C e a 1200 rpm. Um modelo de bomba; usando ar a 20 º C deve ser testado. Se o diâmetro do modelo é 3 vezes maior que o diâmetro do protótipo, a que velocidade deverá o modelo operar ? Dados: u óleo(16ºC) = 188×10 -5 pés 2 /s, u AR(20ºC) = 16,0×10 -5 pés 2 /s, 1 pé/s = 0,093 m 2 /s Velocidade periférica = o raio × a velocidade angular em rad/s Resposta: e m ~ 11,3 rpm Problema 5 Uma asa de avião de 0,9m de corda deverá deslocar-se a 145 Km/h no ar. Um modelo de 76 mm de corda deve ser testado em um túnel de vento com a velocidade do ar a 173,5 Km/h. Para a temperatura de 20 º C em cada caso, qual deverá ser a pressão no túnel aerodinâmico (de vento) ? Dado: u AR(20ºC) = 16×10 -5 pés 2 /s, pé/s = 0,093 m 2 /s 161 Resposta: P túnel = 10 atm Problema 6 Um modelo 1:80 de um avião é testado a 20 º C no ar, o qual tem a velocidade de 45 m/s. (a) A que velocidade seria o modelo impelido quando completamente submerso em água a 27 º C ? (b) Qual seria a força resistente de um protótipo no ar, cujo modelo na água representa uma resistência de 0,57 Kgf ? Dados: u AR(20ºC) = 16×10 -5 pés 2 /s, u H2O(27ºC) = 0,93×10 -5 pés 2 /s Resposta: (a) V ~ 2,62 m/s na água (b) F p ~ 200 g f Problema 7 Um modelo de um torpedo é testado em um tanque de provas a uma velocidade de 24 m/s. Espera- se que o protótipo atinja a velocidade de 6m/s em água a 16 º C. (a) Quál a escala a ser utilizada para o modelo ? (b) Quál deverá ser a velocidade do modelo se for testado em um túnel aerodinâmico (túnel de vento) à pressão de 20 atm é temperatura constante de 27 º C ? Dados: u H20(16ºC) = 1,217×10 -5 pés 2 /s, µ AR(27ºC) = 3,85×4,88×10 -7 Kg f .s/m 2 R AR = 29,3 Kg f .m/Kg.K , 1 atm ~ 1Kg f /cm 2 = 10 4 Kg f /m 2 Resposta: V m ~ 17,1 m/s A escala do modelo é 1:14 Problema 8 É admitido que o Arrasto (a força de arrasto) de um barco em água depende somente do número de Rynolds e do número de Froude de maneira que | | . | \ | µ µ = µ = gD V , VD f A V 2 1 F C 2 2 A A É necessário que o modelo 1:10 do barco protótipo seja testado em água e os resultados sejam utilizados a fim de prever o desempenho do barco protótipo. Será que é possível ? Resposta:a semelhança dinâmica entre o modelo e protótipo não será possível Problema 9 Em escoamentos de superfície livre, a semelhança dinâmica completa depende das forças de atrito e de gravidade. Mostre que: ( ) 3 2 r r L u = Problema 10 162 A equação adimensional de Newton (força de inércia) é r 2 r 2 r r V L F µ = . Esta equação vale para haver a semelhança dinâmica entre modelos e protótipos. A semelhança dinâmica é determinada pela igualdade dos números de Reynolds. Mostre que: r 2 r r 2 r 2 r r r r L L F A F P µ µ = = = O teorema t de Buckinghum Sob aspecto matemático: Se existirem n grandezas físicas q (tais como velocidade, massa específica, viscosidade, pressão, área, etc.) e k unidades fundamentais (tais como força ou massa, comprimento, tempo), podemos escrever: ( ) (1) 0 q ., ,......... q , q , q f n 3 2 1 = Esta equação pode ser substituída pela equação ( ) (2) 0 ., ,......... , , k - n 3 2 1 = t t t t | onde qualquer termo t depende não mais do que (k-1) grandezas físicas q, e cada um dos termos t é independente, adimesional e função monômia das grandezas q. Relações úteis 1) Se uma grandeza é adimensional, ela já é um termo t sem seguir o processo matemático. 2) Se duas grandezas físicas quaisquer tiverem as mesmas dimensões, sua relação será um dos termos t. Por exemplo: L/L é adimesional e é um termo t 3) Qualquer termo t pode ser substituído por qualquer potência deste termo, incluindo t -1 . Por exemplo: t 3 pode ser substituído por t -2 3 ou t 2 por 1/t 2 4) Qualquer termo t pode ser multiplicado por uma constante numérica. Por exemplo, t 1 pode ser substituído por 3t 1 5) Qualquer termo t pode ser expresso como uma função de outros termos t. Por exemplo, se existirem 2 termos t, t 1 = | (t 2 ) PROBLEMAS RESOLVIDOS 163 Ex1. Um certo escoamento depende da velocidade V, da massa específica µ, das várias dimensões lineares l, l 1 , l 2 , da queda de pressão AP, da aceleração da gravidade g, da viscosidade µ, da tensão superficial o, e do módulo de elasticidade volumétrica k v . Aplicar a análise dimesional para determinar uma equação de escoamento. Solução: Matemáticamente, ( ) 10 n (1) 0 k , , g, P, , l , l l, , V, f v 2 1 = = o µ A µ Dimensões: , T ML , LT g , T ML P L, l L, l L, l , ML , LT V -1 -1 -2 -2 -1 2 1 -3 1 = µ = = A = = = = µ = ÷ 3 k T ML k , MT 2 1 v -2 = = = o ÷ ÷ ( ) determinar a 7 ) 3 10 ( k - n s = ÷ = = t Escolhendo V,µ, l como base: ; l V ; g l V P; l V 3 3 3 2 2 2 1 1 1 z y x 3 z y x 2 z y x 1 µ µ = t µ = t A µ = t 2 7 1 6 v z y x 5 z y x 4 l l ; l l ; k l V ; l V 5 5 5 4 4 4 = t = t µ = t o µ = t ( ) ( ) 2 1 z y 3 x 1 0 0 0 T ML . L ML LT T L M 1 1 1 1 ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ t 2 - -x 0 1 - z 3y - x 0 1 y 0 1 1 1 1 1 = + = + = donde 0 z 1 y 2 x 1 1 1 = ÷ = ÷ = p/t 2 ( ) ( ) 2 z y 3 x 1 0 0 0 LT . L ML LT T L M 2 2 2 ÷ ÷ ÷ = ÷ 2 - -x 0 1 z 3y - x 0 y 0 2 2 2 2 2 = + + + = = donde 1 z 0 y 2 x 2 2 2 = = ÷ = p/t 3 ( ) ( ) 2 1 z y 3 x 1 0 0 0 T ML . L ML LT T L M 3 3 3 ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ 1 - -x 0 1 z 3y - x 0 1 y 0 3 3 3 3 3 = ÷ + = + = donde 1 z 1 y 1 x 3 3 3 ÷ = ÷ = ÷ = p/t 4 ( ) ( ) 2 z y 3 x 1 0 0 0 MT . L ML LT T L M 4 4 4 ÷ ÷ ÷ = ÷ 164 2 - -x 0 z 3y - x 0 1 y 0 4 4 4 4 4 = + = + = donde 1 z 1 y 2 x 4 4 4 ÷ = ÷ = ÷ = p/t 5 ( ) ( ) 2 1 z y 3 x 1 0 0 0 T ML . L ML LT T L M 5 5 5 ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ 2 - -x 0 1 z 3y - x 0 1 y 0 5 5 5 5 5 = ÷ + = + = donde 0 z 1 y 2 x 5 5 5 = ÷ = ÷ = Finalmente, EULER V P ou V P P l V 2 1 2 0 1 2 1 = µ A = t µ A = A µ = t ÷ ÷ FROUDE gl V ou V gl g l V 2 2 2 1 0 2 2 = = t = µ = t ÷ REYNOLDS Vl ou Vl l V 3 1 1 1 3 = µ µ = t µ µ = µ µ = t ÷ ÷ ÷ WEBER l V ou l V l V 2 4 2 1 1 2 4 = o µ = t µ o = o µ = t ÷ ÷ ÷ MACH k V ou V k k l V v 5 2 v v 0 1 2 5 = µ = t µ = µ = t ÷ ÷ Então , ( ) 0 , , , , , , f 7 6 5 4 3 2 1 1 = t t t t t t t ou 0 l l , l l , k V , l V , Vl , gl V , V P f 2 1 v 2 2 2 1 = | | . | \ | µ o µ µ µ µ A 165 0 l l , l l MA, WE, RE, FR, EU, f 2 1 1 = | | . | \ | por tanto (2) 0 l l , l l MA, WE, RE, FR, f EU 2 1 2 = | | . | \ | = onde f 2 deve ser determinado experimentalmente Existem casos onde os parâmetros FR, WE, MA são desprezados por não terem influência sobre o fenômeno escoamento (fluido incompressível em escoamento interno, por exemplo), l é o diâmetro do conduto D, l 1 é o comprimento do conduto L e l 2 é uma dimensão que caracteriza a altura efetiva da rugosidade superficial da parede interna do conduto, sendo representada por Então, (3) D , D L RE, f V P EU 3 2 | . | \ | e = µ A = Sabemos que a queda de pressão ao longo de um conduto varia linearmente com seu comprimento, ( ) D RE, f D L V P EU 4 2 e = µ A = ou ( ) ( ) (4) D RE, f D L V P 4 2 e = µ A ( ) (5) LAMINAR / p RE f f 5 = Problema 2 Faça análise dimensional da bomba centrífuga. Dado: ( ) (1) 0 , , k , g, D, N, Q, H, f v = q e µ onde H = carga (altura) desenvolvida pela bomba, L Q = vazão volumétrica, L 3 T -1 N = rotação da bomba, T -1 D = diâmetro do rotor, L g = aceleração da gravidade, LT -2 µ = viscosidade de fluido, ML -1 T -1 µ = massa específica de fluido, ML -3 k v = módulo de elasticidade volumétrica, ML -1 T -2 O primeiro membro geralmente é representado por f (fator de atrito). Quando RE s2000, f é independente de c/D. Portanto: O diagrama de MOODY 166 c = rugosidade absoluta, L q = rendimento de bomba, adimensional Solução: Existem 10 variáveis (n) e 3 dimesões (k) independentes, de modo que devemos ter n – k = 10 – 3 = 7 termos t. Esolhendo a massa específica, µ, o diâmetro, D, e a rotação da bomba, N, como as 3 variáveis repetitivas com expoentes desonhecidos, podemos estabelecer os temos t. Então, (2) N D c b a 1 µ µ = t ( ) 1 1 c 1 b a 3 - 0 0 0 T ML . ) T ( ) L ( ML T L M ÷ ÷ ÷ = Para 1 c 0 : T 1 b a 3 0 : L 1 a 0 : M ÷ ÷ = ÷ + = + = donde tiramos 1 c 2 b 1 a ÷ = ÷ = ÷ = Substituindo em (2) vem que, RE ND ou ND N D 2 1 2 1 2 1 1 = µ µ = t µ µ = µ µ = t ÷ ÷ ÷ (3) k N D v c b a 2 µ = t ( ) 2 1 c 1 b a -3 0 0 0 T ML . ) T ( ) L ( ML T L M ÷ ÷ ÷ = Para 2 c 0 : T 1 b a 3 0 : L 1 a 0 : M ÷ ÷ = ÷ + ÷ = + = donde tiramos 2 c 2 b 1 a ÷ = ÷ = ÷ = Substituindo em (3) vem que, MA / k ND / k D N ou D N k k N D v v 2 2 2 2 2 v v 2 2 1 2 = µ = µ = t µ = µ = t ÷ ÷ ÷ 167 (4) Q N D c b a 3 µ = t ( ) 1 3 c 1 b a -3 0 0 0 T L . ) T ( ) L ( ML T L M ÷ ÷ = Para 1 c 0 : T 3 b a 3 0 : L a 0 : M ÷ ÷ = + + ÷ = = donde tiramos 1 c 3 b 0 a ÷ = ÷ = = Substituindo em (4) vem que, ND Q Q N D 3 1 3 0 3 = µ = t ÷ ÷ Q 3 3 C , capacidade de e Coeficient ND Q = = t (5) H N D c b a 4 µ = t ( ) L . ) T ( ) L ( ML T L M c 1 b a 3 - 0 0 0 ÷ = Para c 0 : T 1 b a 3 0 : L a 0 : M ÷ = + + ÷ = = donde tiramos 0 c 1 b 0 a = ÷ = = Substituindo em (5) tem-se, D H ou H N D 4 0 1 0 4 = t µ = t ÷ (6) g N D c b a 5 µ = t 168 ( ) 2 c 1 b a -3 0 0 0 LT . ) T ( ) L ( ML T L M ÷ ÷ = Para 2 c 0 : T 1 b a 3 0 : L a 0 : M ÷ ÷ = + + ÷ = = donde tiramos 2 c 1 b 0 a ÷ = ÷ = = Substituindo em (6) tem-se, FR Dg D N g D N ou D N g 2 2 2 5 2 5 = ÷ = t = t (7) N D c b a 6 e µ = t ( ) L . ) T ( ) L ( ML T L M c 1 b a -3 0 0 0 ÷ = Para c 0 : T 1 b a 3 0 : L a 0 : M ÷ = + + ÷ = = donde tiramos 0 c 1 b 0 a = ÷ = = Substituindo em (7) tem-se, relativa rugosidade D N D 6 0 1 0 6 = e = t e µ = t ÷ 169 e evidentemente, q = t 7 pois já é um parâmetro adimensional ( ) 0 , , , , , , f 7 6 5 4 3 2 1 = t t t t t t t 0 , d , g D N , D H , ND Q , kv D N , ND f ou 2 3 2 2 2 = | | . | \ | q e µ µ µ Resolvendo para D H , tem-se, | | . | \ | q e µ µ µ = , D , g D N , ND Q , k D N , ND f D H 2 3 v 2 2 2 1 | | . | \ | q e µ µ µ = , D , ND Q , k D N , ND f g D N 3 v 2 2 2 1 2 | | . | \ | q e µ µ µ = , D , ND Q , k D N , ND f D N Hg 3 v 2 2 2 1 2 2 a resposta parcial ! NOTA: É claro que a eficiência hidráulica de uma bomba, q, é uma função de µ, D, N, Q, µ ou seja ( ) µ µ = q Q, N, D, , f 2 Portanto, um termo t pode se formar como | | . | \ | µ µ = q = t 3 2 3 8 ND Q , ND f Evidentemente, da equação da resposta parcial pode-se escrever, | . | \ | e = | | . | \ | e µ µ µ = D , C MA, RE, f D N Hg ou D , ND Q , k D N , ND f D N Hg Q 1 2 2 3 v 2 2 2 1 2 2 Parâmetro de uma bomba tipo FR A resposta final e é a equação completa de bomba centrífuga 170 Problema 3 Faça análise dimesional en transferência de calor com convecção forçada. Dado: ( ) 0 h , K , C , , , D , v f p = µ µ (1) onde : v = velocidade do fluido, LT -1 D = diâmetro do tubo, L µ = massa específica do fluido, ML -3 µ = viscosidade do fluido, ML -1 T -1 C p = calor específico à pressão cte., L 2 T -2 t -1 K = condutibilidade térmica, MLT -3 t -1 h = coeficiente de transferência de calor, MT -3 t -1 Solução: São quatro dimensõers fundamentais tomadas neste caso. Massa M, Comprimento L, Tempo T, Temperatura t. k = 4 e n = 7 os termos t = 3 ( ) (2) 0 , , f 3 2 1 = t t t Escolhendo D, µ, µ, K como base teremos, (3) v K D d c b a 1 µ µ = t Dimensionalmente, ( ) ( ) ( ) 1 d 1 3 c 1 1 b 3 a 0 0 0 0 LT . t MLT T ML ML L t T L M ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = Entrada q calor D Escoamento v Saida h Propriedades de fluido µ, µ, C p , K 171 Para d 0 : t 1 d 3 c 0 : T 1 d c b 3 a 0 : L d c b 0 : M ÷ = ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ = + + = donde tira-se, 0 d 1 c 1 b 1 a = ÷ = = = Substituindo em (3) tem-se, µ µ = µ µ = t ÷ v D v K D 0 1 1 1 1 (4) RE V D 1 = µ µ = t (5) C K D p d c b a 2 µ µ = t Dimensionalmente, ( ) ( ) ( ) 1 2 2 d 1 3 c 1 1 b 3 a 0 0 0 0 t T L . t MLT T ML ML L t T L M ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = Para 1 d 0 : t 2 d 3 c 0 : T 2 d c b 3 a 0 : L d c b 0 : M ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = + + ÷ ÷ = + + = donde tira-se, 1 d 1 c 0 b 0 a ÷ = = = = Substituindo em (5) tem-se, (6) ) PR ( PRANDTL K C ou C K D p 2 p 1 1 0 0 2 = µ = t µ µ = t ÷ (7) h K D d c b a 3 µ µ = t Dimensionalmente, ( ) ( ) ( ) 1 3 d 1 3 c 1 1 b 3 a 0 0 0 0 t MT . t MLT T ML ML L t T L M ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = 172 Para 1 d 0 : t 3 d 3 c 0 : T d c b 3 a 0 : L 1 d c b 0 : M ÷ ÷ = ÷ ÷ ÷ = + ÷ ÷ = + + + = donde tira-se, 1 d 0 c 0 b 1 a ÷ = = = = Substituindo em (7) tem-se, (8) ) NU ( NUSSELT K hD seja ou h K D 3 1 0 0 1 3 = = t µ µ = t ÷ Da equação (2) ( ) ( ) 2 1 1 3 3 2 1 , f ou 0 , , f t t = t = t t t ou | | . | \ | µ µ µ = K C , v D f K hD p 1 ou ( ) PR , RE f NU 1 = ( ) ( ) ' n n PR RE C NU = onde C, n e n’ são coeficientes (ctes.) devem ser determinados experimentalmente. Problema 4 Análise dimensional (o método de RAYLEIGH) Supondo-se que a força resistente ao deslocamento (Força de Arrasto ou Força de sustentação) é uma função de massa específica, de viscosidade, de elasticidade, de velocidade do fluido, e de uma área característica, mostre que a força resistente é uma função dos números de MACH e de REYNOLDS Solução: ( ) A V, , k , , f F v 1 A µ µ = ou (1) L V k ' k A V k ' k F e 2 d c v b a e d c v b a A µ µ = µ µ = onde k’ = constante (coeficiente) adimensional determinada experimentalmente. Dimensinoalmente (sistema F,L,T), ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) e 2 d 1 c 2 b 2 a 2 4 0 0 1 L LT FL T FL T FL T L F ÷ ÷ ÷ ÷ = 173 Para (4) d - b 2a 0 : T (3) 2e d - 2c - 2b - -4a 0 : L (2) c b a 1 : F + = + + = + + = De (2) (2a) c b 1 a ÷ ÷ = De (4) ( ) (3a) d b - 2c - 2 b c 2 b 2 2 b c - b - 1 2 d (2a), do substituin e b a 2 d = = + ÷ ÷ = + = + = De (3) (3) em (3a) e (2a) equações as do substituin e d c 2 b 2 a 4 e 2 ÷ + + = b 2 b c 2 2 c 2 b 2 c 4 b 4 4 e 2 ÷ = + + ÷ + + ÷ ÷ = (4a) 2 b - 1 e = Substituindo os valores em (1) tem-se, 2 2 c v 2 b 2 2 c 2 v b b 2 b 2 c 2 c c v b b 2 c 2 b 2 c v b c b - b 2 c 2 b 2 c v b c b 1 A V L . k V VL k' V L . V k VL k' L . L . V . V . V k . 1 . b - . k' L . L . V V . V . k . 1 . . k' L V k ' k F µ | | . | \ | µ | | . | \ | µ µ = µ | | . | \ | µ | | . | \ | µ µ = µ µ µ µ = µ µ µ µ = µ µ = ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) MA RE, f V A F 1 2 A µ = (5) A equação de RAYLEIGH Esta equação indica que o coeficiente de arrasto, 2 A A V A F C µ = de objetos dependerá únicamente de seus números de REYNOLDS e de MACH Para fluidos incompressíveis o número de REYNOLDS é predominante e o efeito do número de MACH é muito pequeno e desprezível. Portanto para o fluído incompressível, ( ) RE f V A F 2 2 A µ = 174 ou ( ) A 2 2 2 A C . 2 V A RE f 2 . 2 V A F µ = µ = onde C A = coeficiente de arrasto que depende do nº de RE ( ) 2 V A F RE f 2 2 A 2 µ = = Analogamente, pode-se mostrar que S 2 S C . 2 V A F µ = onde F S = Força de sustentação C S = Coeficiente de sustentação Se for M>1, ( ) somente MA f V A F 3 2 A = µ PROBLEMAS PROPOSTOS Problema 1 O conjugado T disponível no eixo de uma turbna hidráulica depende da vazão volmétrica Q, da carga manométrica H, do peso específico ¸, da velocidade angular e e do rendimento q. Determinar a forma da equação do conjugado utilizando o teorema t Resposta: | | . | \ | q e ¸ = , Q H f H T 3 1 4 onde f 1 deve ser determinado experimentalmente Problema 2 Considerando-se que a força de arrasto exercida por um fluido em escoamento sobre um objeto é uma função da massa específica, da viscosidade, da velocidade do fluido e de um comprimento característico do corpo, desenvolver uma equação geral para a força utilizando o teorema t do Buckinghum. Resposta: ( ) KRE 2 2 V L LV V L F 2 2 1 2 2 µ = | | . | \ | µ µ | µ = onde K = cte. Adimensional determinada experimentalmente. Problema 3 Considerando-se que o fluxo Q sobre uma barragem retangular varia diretamente com o comprimento L e é uma função da altura H e da aceleração da gravidade g, estabelecer a fórmula para o fluxo de barragem, utilizando o teorema t Resposta: 2 / 1 2 / 3 g . H . L . K Q = 175 onde K= uma cte. Determinada experimentalmente. Problema 4 Um vertedor triangular é uma placa vertical com um entalhe de ângulo de abertura | na sua parte superior, colocada transversalmente num canal. O líquido no canal é retido e obrigado a escoar pelo entalhe. A vazão Q é uma certa função da cota H, da superfície livre a montante do vertedor, medida a partir do fundo do entalhe. Além disso a vazão depende da aceleração da gravidade e da velocidade V 0 de aproximação ao vertedor. Determinar a forma da equação que fornece a vazão pelo teorema t Resposta: | | . | \ | | = , gh V f H . g Q 0 1 2 / 5 Há necessidade de resultados experimentais ou de uma análise teórica para se obter informações adicionais sobre a função f 1 Escolhendo H e V0 como base tem-se a resposta diferente. Resposta: | | . | \ | | = , gh V f H V Q 0 2 2 0 A função incógnita f 2 contém os mesmos parâmetros que f 1 , mas não pode ser a mesma função matemática. A última resposta obtida não é, em geral, muito útil porque freqüentemente V 0 pode ser desprezado em vertedores triangulares. Isto mostra que uma variável pouco importante não deve ser escolhida como grandeza da base. Problema 5 A perda de carga por unidade de comprimento L H A no escoameto em regime turbulento num conduto liso depende da velocidade V, do diâmetro D, da aceleração da gravidade g, da viscosidade dinâmica µ e da massa específica µ. Determinar, com o auxílio da análise dimesional, a forma geral da equação que rege o fenômeno de transporte. Resposta: ( ) gD V RE, f L H 2 1 = A onde f 1 é uma função determinada experimentalmente. Nota: a fórmula usualmente empregada é ( ) g 2 V D L RE f H 2 2 = A onde ( ) atrito de fator o f RE f 2 = = Problema 6 O número de REYNOLDS é uma função da massa específica, da viscosidade absoluta, da velocidade média de um fluido e de um comprimeto característico. Estabeleça o número de REYNOLDS pela análise dimensional de RAYLEIGH. 176 Resposta: 2 y VL K RE ÷ | . | \ | t µ = Os valores de K e y 2 devem ser determinados pela análise física e/ou experimentalmente. Mas pela definição do número de , L V RE µ µ = Sabe-se que aqui K = 1 e y 2 = -1 Problema 7 Estabelecer a expressão do número de WEBER, se ele é uma função da velocidade V, da massa específica µ, do comprimento L e da tensão superficial o. Use o método de RAYLEIGH. Resposta: d b L V2 k WE ÷ = | . | \ | o µ = onde k e b são ctes. Determinadas experimentalmente. Sabe-se que k = 1 = b = -d Problema 8 Estabelecer um número adimensional, sabendo-se que ele é uma função da aceleração da gravidade g, da tensão superficial o, da viscosidade absoluta µ e da massa específica µ. Use o método de RAYLEIGH. Resposta: d 4 3 g K NUMERO | | . | \ | µ µ o = onde K e d são ctes. Devem ser determinadas experimentalmente. Problema 9 Desenvolva uma expressão da vazão volumétrica em um tubo horizontal para escoamento totalmente desenvolvido e em regime laminar pelo método de RAYLEIGH Dado: ( ) P , L, D, f Q A µ = Resposta: µ A | . | \ | = ÷ P D L D K Q 3 b onde K e b são ctes. determinadas experimentalmente Notas: Se for –b = 1, L P D K Q 4 µ A = Sabe-se que 128 K t = de modo que L 128 P D Q 4 µ A t = Esta é a equação de HAGEN-POISEULLE. 177 Capítulo 10 - Transferência de Calor Por Convecção Métodos para determinar o coeficiente de transferência de calor Há quatro métodos para se analisar o processo de transferência de calor por convecção: (1) Análise dimensional acoplada a experiência, (2) Análise exata da camada limite e/ou análise exata para escoamento (interno) totalmente desenvolvido, (3) Análise integral da camada limite (Método de VK/KH), (4) Analogia entre quantidade de movimento (momentum) e transferência de energia. Tipo de Convecção Convecção Forçada: Se o escoamento for qualquer tipo de agitação, por exemplo, escoamento por causa de ventilador, bomba, etc., a transferência de calor seria por convecção forçada. Convecção Natural ou Livre: Convecção natural ocorre quando a massa específica do fluido muda devido a força de empuxo e a expansão térmica. Análise dimensional em transferência de calor por convecção forçada Q (calor) D Saída h (coeficiente) Superfície quente Entrada Escoamento V Propriedades de fluido: µ, µ, CP, K Variáveis (1) Velocidade de fluido, V; (2) Diâmetro do tubo, D; (3) Massa específica, µ; (4) Viscosidade dinâmica, µ; (5) Calor específico à pressão constante, Cp; (6) Condutibilidade térmica, k; (7) Coeficiente de transferência de calor, h. São 7 propriedades. Portanto, f(v, D, µ, µ, Cp, k, h) = 0 A aplicação do teorema dos t 5 (como base: D, µ, µ, k) nos fornece: NU = f(RE, PR) ou seja NU = C(RE) n (PR) n‟ (1) 178 onde c = uma constante determinada experimentalmente, n e n‟= expoentes, determinadas experimentalmente, NU = número de Nusselt = K D h · , RE = número de Reynolds = µ µ V D · · , adimensional PR = número de Prandtl = K C P · µ Nota: F (V, D, µ, µ, Cp, k, h) = 0 Escolhendo D, µ, µ, Cp como base pode-se mostrar que: ST = f(RE, PR) = C(RE) n (PR) n‟ (2) Onde ST = número de Stanton = PR RE NU C V h P · = · · µ (adimensional) Números adimensionais em transferência de calor por convecção Números Def./ Valor Interpretação Aplicação 1) RE µ µ V D · · Força de inércia / Força de atrito Convecção forçada 2) PR K C P · µ Difusidade molecular da quantidade de movimento / difusidade molecular de calor Convecção forçada ou natural, aquecimento, condensação 3) NU K D h · Razão do gradiente de temperatura Convecção forçada ou natural, aquecimento condensação 4) ST P C V h · · µ Taxa de transferência de calor na parede / Taxa de transferência de calor por convecção Convecção forçada 5) GR 2 3 2 µ | µ T D g A · · · · (Força e empuxo)(Força de inércia / Força de viscosidade Convecção natural Obs: GR = número de GRASHOF 179 Características Básicas para Obtenção do coeficiente de convecção As propriedades do fluido são avaliadas à temperatura, 2 Ts Te T f + = (3) Onde T f = temperatura média aritmética do fluido (também chamada de temperatura “Bulk” 2 s e B T T T + = ), T e = temperatura do fluido na entrada, T s = temperatura do fluido na saída Ou 2 2 P f S f pe T T ou T T T + + = (4) Onde T pe = temperatura média da película, T f = temperatura média aritmética do fluido, T S = temperatura da superfície (na parede, T p ) A dimensão característica D ou L O coeficiente de transferência de calor c h pode ser calculado a partir do número de Nusselt, K L h ou K D h NU C H C · · = Para o caso de escoamento em tubos em condutos longos, o comprimento característico no número de Nusselt é o diâmetro hidráulico, D H . Área de seção transversal DH = 4x(área da seção transversal de escoamento)/(perímetro molhado) Perímetro molhado Para um tubo ou um cano, a área da seção transversal de escoamento é t.D 2 / 4, e o perímetro molhado é tD. o diâmetro interno do tubo é igual ao diâmetro hidráulico. Quando o escoamento é em torno de placas, paralelo a placas ou entre placas planas, a dimensão característica é um dos lados da placa ou a distância entre elas. 180 Regime de escoamento (Laminar, Transitório, Turbulento) Os regimes de escoamento são caracterizados pelos números de RE, como segue: Tubos cilíndricos (escoamento no interior) Regime laminar para: 0 < RE s 2100 Regime transitório para: 2100 < RE s 8000 Regime turbulento para: 8000 < RE Tubos retangulares, escoamento em seu interior Regime laminar para: 0 < RE s 350 Regime turbulento para: 350 < RE Escoamento sobre placas planas Regime laminar para: 0 < RE s 5 x 105 Regime transitório para: 5x105 < RE s 6 x 106 Regime turbulento para: 6 x 106 < RE Fórmulas para determinações do coeficiente de convecção 1ª lei T C m Q P C A · · =   Onde C Q  = calor transmitido (ou retirado) pelo fluido (escoamento interno) por unidade de tempo por convecção forçada (kcal/h, w); m = vazão em massa = cte. = µ.v.a (kg/s); µ = massa específica do fluido (kg/m 3 ); V = velocidade média do escoamento (m/s); A = área da seção transversal de escoamento (m 2 ); C P = calor específico à pressão cte. (J/kgºC); AT = T e - T s (ºC) ÷ (T e >T s ÷ significa resfriamento); ou AT = T s - T e (ºC) ÷ (T s >T e ÷ significa aquecimento), T e = temperatura do fluido na entrada (ºC), T s = Temperatura do fluido na saída (ºC). As fórmulas para convecção forçada, escoamento laminar 2) Para temperatura constante na parede (líquido/gás): uma equação empírica sugerida por SIEDER E TATE, que tem sido extensivamente usada para correlacionar os resultados experimentais para líquidos, pode ser escrita na forma 14 , 0 3 1 86 , 1 | | . | \ | · | . | \ | · · · = s f m L D PR RE NU µ µ (7) Para tubos curtos ou 15 , 1 < t L L (aproximadamente) Onde número de GRAETZ, L D PR RE GZ · · = e é recomendada para vc s S s s vc e e e VC W gz V h m dt dE gz ve h m Q     + + + + = + + + ¿ ¿ ) 2 ( ) 2 ( 2 2 181 0,48 < PR < 16700 0,0044 < s f µ µ < 9,75 ou 10 > · · L D PR RE 2 14 , 0 3 1 > | | . | \ | · s f GZ µ v restrições Definição de tubos curtos L t >L onde L t = comprimento de entrada térmica = 0,003.RE.PR.D e PR ÷ · Ou L t = 0,037.RE.PR.d e PR = 0,7 L = comprimento de tubo. Avaliação da equação (7) Todas as propriedades são avaliadas à temperatura média aritmética do fluido, T f (também chamada de temperatura “Bulk”, T B ). Mas a viscosidade, µ s , que é avaliada à temperatura da parede (T s ou T p ). OBS.: Esta equação não pode ser usada para os tubos muito longos (L >> L t ) desde que ela resulta o coeficiente de transferência de calor nulo. Exemplo 1: Água a 60C entra num tubo de diâmetro de 1 polegada (2,54cm) com a velocidade média de 2cm/s. Calcule a temperatura d‟água na saída, se o tubo é de comprimento de 3m e a temperatura constante na parede for igual a 80C. Solução: Não sabemos a temperatura média (T f ) do fluido. 2 s e f T T T + = , mas T e = 60ºC. Na primeira aproximação vamos avaliar as propriedades a 60ºC (=T f ). Pela tabela de propriedades (Tabela A-9/507, HOLMAN), ; 10 71 , 4 ; 18 , 4 ; 985 2 4 3 m NS C kg kJ c m kg P ÷ · = ° = = µ µ ! 16700 02 , 3 48 , 0 : 02 , 3 ; 651 , 0 ok o verificaçã PR C m W K < < ÷ = ° = ( ) ( ) ( ) ( ) ! ! 2000 2100 1062 10 71 , 4 10 54 , 2 10 2 985 4 2 2 OK LAMINAR D V RE < ~ · · · · · = · · = ÷ ÷ ÷ µ µ ( ) ( ) ( ) ! ! Re 10 15 , 27 3 0254 , 0 02 , 3 1062 Ok strição L D PR RE > ~ · · = · · µ s à temperatura da parede (80ºC) ÷ µ s = 3,55.10 -4 NS/m 2 182 Aplicando a equação (7) tem-se. | | K D h NU m m · = ~ ( ¸ ( ¸ · · · · = ÷ ÷ 816 , 5 10 55 , 3 10 71 , 4 13 , 27 86 , 1 14 , 0 4 4 3 1 C m W h m ° ~ · = 2 1 , 149 0254 , 0 651 , 0 816 , 5 A vazão em massa pela continuidade: s kg V D m / 10 982 , 9 4 02 , 0 0254 , 0 985 4 3 2 2 ÷ · ~ · · · = · · · = t t µ  Balanço de energia: ( ) ent sai P m r T T c m T A h Q ÷ · · = A · · =  Onde Q r = taxa de calor transmitida na direção radial (W) Ts? 60°C 80°C h x u r Ou ( ) ( ) e s P f s m T T c m T T L D h ÷ · · = ÷ · · · ·  t Ou ( ) e s P s e s m T T c m T T T L D h ÷ · · = | . | \ | + ÷ · · · ·  2 t (a) Substituindo os valores de T s , T e , h m , etc, tem-se, ( ) 60 4180 10 982 , 9 2 60 80 0 , 3 0254 , 0 1 , 149 3 ÷ · · · = | . | \ | + ÷ · · · · ÷ s s T T t Resolvendo, C T T s sai ° ~ = 98 , 71 Então verificamos: ! 60 66 2 28 , 71 60 C T o considerad foi Mas C s T T T f sai ent s ° = ÷ ° ~ + = + = 2ª Tentativa: Vamos avaliar as propriedades a 66ºC. 183 ; 10 36 , 4 ; 4185 ; 985 2 4 3 m NS C kg J c m kg P ÷ · = ° = = µ µ 16700 78 , 2 48 , 0 78 , 2 ; 656 , 0 < < ÷ = ° = PR C m W K ( ) ( ) ( ) ! ! 2000 1144 10 36 , 4 10 54 , 2 10 2 985 4 2 2 OK LAMINAR D V RE < ~ · · · · · = · · = ÷ ÷ ÷ µ µ ( ) ( ) ( ) ! 10 93 , 26 3 0254 , 0 78 , 2 1144 Ok L D PR RE > ~ · · = · · | | 645 , 5 10 55 , 3 10 36 , 4 93 , 26 86 , 1 14 , 0 4 4 3 1 ~ ( ¸ ( ¸ · · · · = ÷ ÷ m NU C m W D K NU h m m ° ~ · = · = 2 8 , 145 0254 , 0 656 , 0 645 , 5 Substituindo este valor de h m e as propriedades em (a), tem-se, % 28 , 0 . 78 , 71 ÷ ° ~ = Dif C T T s sai Esta iteração faz muita pouca diferença. Então, a resposta é T sai ~ 71,78ºC . Talvez mais uma iteração daria a resposta mais correta T sai ~ 71,97ºC Observação: L t = 0,033.RE.PR.D = 0,033.1144.2,78.0,0254 = 2,67m 15 , 1 12 , 11 67 , 2 3 < ~ = m m L L t Para tubos curtos. Ok! 3) Para temperatura constante na parede (líquido/gás): HAUSEN apresenta uma equação empírica para escoamento laminar totalmente desenvolvido com a temperatura constante na parede. ( )3 2 04 , 0 1 0668 , 0 66 , 3 GZ GZ NU m · + · + = (8) Para tubos curtos ou longos Onde número de GRAETZ, GZ = RE.PR.D/L e L = a distância a partir de entrada (comprimento total do tubo). Restrição: Esta equação é válida para GZ < 100. E todas as propriedades são avaliadas à temperatura média aritmética, T f (ou Bulk temperature, T B ) do fluido. Claramente, a medida em que o comprimento L cresce, o número de NUSSELT alcança o seu valor assintótico de 3,66 (teórico). Exemplo 2: Para um perfil de velocidades totalmente desenvolvido, calcular o comprimento necessário de um tubo de 0,25cm de diâmetro interno para elevar a temperatura de mistura do benzeno desde 16ºC até 38ºC. A temperatura da parede do tubo é constante e igual a 66ºC, e a velocidade média é 0,5m/s. 184 Solução: Para uma temperatura média de C T T T s e f ° = + = + = 27 2 38 16 2 , As propriedades do fluido são: ; 10 89 , 5 ; 4 , 1757 ; 6 , 874 2 4 3 m NS C kg J c m kg P ÷ · = ° = = µ µ ) ( 0025 , 0 5 , 6 ; 159 , 0 dado m D e PR C m W K = = ° = ( ) ( ) ( ) ! ! 2100 2000 1856 10 89 , 5 6 , 874 10 25 , 0 5 , 0 4 2 OK LAMINAR ou D V RE < ~ · · · · = · · · = ÷ ÷ µ µ L D PR RE GZ · · = Utilizando a equação (8) tem-se, 3 2 04 , 0 1 0669 , 0 66 , 3 ( ¸ ( ¸ · · · + ( ¸ ( ¸ · · · + = · = L D PR RE L D PR RE K D h NU m m Substituindo os valores, obtêm-se uma equação com duas incógnitas de h m e L, 3 2 16 , 30 04 , 0 1 13 , 128 78 , 232 ( ¸ ( ¸ · + + = L L h m (a) onde h m em W/m 2 ºC Torna-se necessário encontrar uma outra equação para resolver o sistema. Um balanço de energia no fluido fornece esta equação. ( ) f s m P r T T L D h T c m Q ÷ · · · · = A · · = t   ou ( ) f s P m T T L T c D V h ÷ · · A · · · · = 4 µ que substituindo os valores fornece: 185 L h m 93 , 270 = (b) Eliminando h m entre (a) e (b) resulta: 3 2 16 , 30 04 , 0 1 13 , 128 78 , 232 93 , 270 ( ¸ ( ¸ · + + = L L L (c) A equação (c) pode ser resolvido por tentativas, fornecendo L = 0,786m (Resp.) Verificação de GZ: 786 , 0 10 25 , 0 5 , 6 1856 2 ÷ · · · = · · = L D PR RE GZ . 100 37 , 38 Ok GZ < = Problemas Propostos Problema Proposto 1 Resolva o exemplo 2 utilizando a seguinte equação técnica para escoamento laminar totalmente desenvolvido com a temperatura constante na parede: TAPAN-ANTÔNIO: 3 1 5 , 0 5 , 0 39334 , 0 36 , 3 PR RE L D NU m · · | . | \ | · + = Restrição: Esta equação é válida para GZ < 100. E todas as propriedades são avaliadas à temperatura média aritmética (T f ) do fluido. Resposta: L = 0,8737m Dif.% ~ +6,49% (com o resultado anterior). 4) Escoamento laminar: para fluxo de calor constante na parede. A equação empírica de HAUSEN: ( ¸ ( ¸ · · · + ( ¸ ( ¸ · · · + = L D PR RE L D PR RE NU D 0011 , 0 1 036 , 0 36 , 4 (9) Onde NU D = Número de NUSSELT local. 186 Problema Proposto 2 Ar a 200ºF e 30psia escoa através de um tubo aquecido, de diâmetro de 1/2 polegada com uma velocidade de 5pés/s. Para o fluxo de calor por unidade de área, constante na parede, determinar o número de NUSSELT em 1pé, 2pés, 3pés da entrada do tubo respectivamente. Respostas: NU D1 ~ 6,114; NU D2 ~ 5,263; NU D3 ~ 4,969 Escoamento turbulento interno A equação de Dittus e Boelter: 4 , 0 3 , 0 8 , 0 023 , 0 ou m m PR RE K D h NU · · = · = (sendo 0,3 para resfriamento e 0,4 para aquecimento). Restrições: (a) PR > 0,7 (b) L / D > 60 As propriedades são avaliadas à temperatura “Bulk”, T b , 2 s e b T T T + = A equação de Colburn: ( ) ( ) J fator J RE PR ST H = · = ÷ 2 , 0 3 2 023 , 0 (10) As propriedades do fluido devem ser tomadas na média aritmética da temperatura da parede e temperatura global (bulk) do fluido, isto é, 2 2 b s f s pe T T T T T + = + = A equação de Sieder e Tate: ( ) 2 , 0 14 , 0 3 2 023 , 0 ÷ · = | | . | \ | · RE PR ST f s µ µ (11) As propriedades do fluido são avaliadas à temperatura “bulk”, T b , 2 s e b T T T + = , exceto a quantidade µ s , que deve ser tomada na temperatura média da parede. Esta equação é válida até PR = 10 4 . A equação da instituição dos engenheiros químicos, Londres: ( ) | | 2 0225 , 0 505 , 0 205 , 0 796 , 3 exp LnPR LnPR LnRE ST · ÷ · ÷ · ÷ ÷ = (12) As propriedades do fluido são avaliadas a 2 s e b T T T + = . 187 Exemplo 3: Em um trocador de calor, água escoa através de um tubo de cobre, 1 polegada calibre 16, com velocidade média global 2m/s. Do lado de fora do tubo condensa-se vapor a 150ºC. A água entra a 20ºC e sai a 60ºC. Calcule o coeficiente de transferência de calor de água. Solução: C T T T s e b ° = + = + = 40 2 60 20 2 As propriedades físicas da água a 40ºC são: ; 000693 , 0 ; 998 , 0 ; 992 2 3 m NS C kg kcal c m kg P = ° = = µ µ | . | \ | · ° = s h C hm kcal K 3600 54 , 0 O diâmetro interno do tubo é 2,21cm (dado). ( ) ( ) ( ) ! ! 10000 63270 000693 , 0 992 10 21 , 2 2 2 OK Turbulento D V RE > ~ · · · = · · · = ÷ µ µ ( ) ( ) ! 7 , 0 59 , 4 3600 542 , 0 998 , 0 000693 , 0 OK c PR P > ~ · = · = µ µ Utilizando-se a equação de Dittus-Boelter, tem-se: 4 , 0 8 , 0 023 , 0 PR RE D K h m · · · = 4 , 0 8 , 0 59 , 4 63270 023 , 0 0221 , 0 542 , 0 · · · = m h C hm kcal h m ° ~ 2 7200 (Resp.) Problema Proposto 3 Resolva o exemplo 3 com uso das outras equações. 188 Respostas: Colburn ÷ C hm kcal h m ° = 2 8240 ÷ Dif. = 14,44% Sieder e Tate ÷ C hm kcal h m ° = 2 7200 ÷ Dif. = 0,28% Engenheiros químicos, Londres ÷ C hm kcal h m ° = 2 7300 ÷ Dif. = 1,39% TAPAN-ELI/81 ÷ ( ) | | 2 , 3 2 233 , 3 1 ÷ ) ` ¹ ¹ ´ ¦ + ÷ · · = C f LnRE K PR ST Onde K‟ = 0,4 e C = 5,5 Ou K‟ = 0,36 e C = 3,8 Restrição: As propriedades do fluido são avaliadas na temperatura de película, 2 s f pe T T T + = Exemplo 4: Um gás a ser aquecido da temperatura T 1 ºK a T 2 ºK que escoa atrvés dos tubos, aquecidos por vapor. Se a diferença de temperatura média logarítma e o coeficiente de transferência de calor entre as paredes dos tubos e o gás forem u lm e h, respectivamente, mostre que | . | \ | · · | | . | \ | ÷ = · · = L D T T c V h ST lm P 4 1 2 u µ onde D = diâmetro interno dos tubos, l = comprimento de tubo, V = velocidade média de escoamento do gás, C p = calor específico à pressão constante do gás. Um pré-aquecedor a ser projetado para aquecer 1,8kg/s de ar de 288 a 348ºK, utilizando o vapor condensado a 373ºK como o meio de aquecimento. A queda de pressão máxima permitida através dos tubos de trocador, os quais têm diâmetro interno de 25mm, é limitada a 7,5.10 2 N/m 2 . Calcule o número de tubos requeridos e os seus comprimentos. Dados: A massa específica de ar a 318ºK = 1,11kgf/m 3 , a viscosidade de ar a 318ºK = 0,192.10 -4 Ns/m 2 , o número de Stanton, ST = 0,046RE -1/4 , o fator de atrito Fanning, f F = 0,079RE -1/4 . Solução: O ganho de calor pelo gás escoando através dos tubos = vazão em massa x calor específico à pressão cte. x aumento de temperatura. = ( ) ( ) ÷ ÷ · · | | . | \ | · · · = ÷ · · f s P P T T c D V T T c m 4 2 1 2 t µ  1ª lei (1) O calor transferido da superfície dos tubos ao gás = área de superfície de transferência de calor x o coeficiente de transferência de calor x a diferença da temperatura média logarítma = (t.D.L).h.(u lm ) ÷ Uma forma da lei de Newton (2) Para escoamento em regime permanente (condição estável e escoamento totalmente desenvolvido), a equação (1) = a equação (2). ( ) lm P h L D T T c V D u t µ t · · · · = ÷ · · · · · 1 2 2 4 ou | . | \ | · · | | . | \ | ÷ = = · · L D T T ST c V h lm P 4 1 2 u µ (3) c.q.d 189 Notas Importantes Em mecânica dos fluidos, a perda de carga é dada pela equação de DARCY-WEISBACH. g V D L f h L · · · = 2 2 ou g V D L f P · · · = A 2 2 ¸ ou g V D L f g P · · · = · A 2 2 µ 2 2 V D L f P · · · = A µ (4) Onde AP = queda de pressão devido ao atrito (N/m 2 ), L = comprimento da tubulação (m), D = diâmetro da tubulação (m), µ = massa específica do fluido (kg/m 3 ), V = velocidade média do fluido (m/s), h L = perda de carga (head loss) ou perda de energia mecânica (m = Nm/N), ¸ = peso específico do fluido(N/m 3 ), g = aceleração da gravidade ~ 9,81m/s 2 , f = fator de atrito adimensional), este fator de atrito é de DARCY, pode ser escrito com f D . Mas f D = 4.f F , onde f F = fator de atrito de Fanning. Vamos usar o fator de atrito de Fanning para resolver este problema. A equação (4) pode então sr escrita, 2 2 2 2 4 V D L f V D L f P F F · · · · = · · · · = A µ µ P V f P V f L D F F A · · · = A · · · · = · 2 4 2 4 2 2 µ µ (5) Substituindo a equação (5) na equação (3) tem-se, | | . | \ | A · · · · · | | . | \ | ÷ = P V f T T ST F lm 2 2 1 2 µ u ou 2 1 2 2 V T T P f ST lm F = ÷ · A · u µ 2 1 1 2 2 ( ( ( ( ¸ ( ¸ | | . | \ | ÷ · | | . | \ | A · | | | | . | \ | = T T P f ST V lm F u µ (6) Mas por definição: ( ) ( ) ( ) ( ) | | . | \ | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = | | . | \ | ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ = 2 1 2 1 T T T T Ln T T T T T T T T Ln T T T T P P P P s P e P s P e P lm u 190 Onde T P = temperatura na parede, T e = T 1 = temperatura na entrada, T s = T 2 = temperatura na saída. Aqui T P = 373K; T 1 = 288K; T 2 = 348K K K Ln T T T T Ln T T P P lm 029 , 49 348 373 288 373 288 348 2 1 1 2 ~ | . | \ | ÷ ÷ ÷ = | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = u K lm 49 ~ u Levando os valores numéricos na equação (6) tem-se, 2 1 2 4 1 4 1 11 , 1 10 5 , 7 60 49 2 079 , 0 046 , 0 ( ( ( ( ¸ ( ¸ | | . | \ | · · | . | \ | · | | | | . | \ | · · = ÷ ÷ RE RE V s m V / 35 , 25 ~ Essa velocidade média é a velocidade máxima permitida para dar a queda de pressão máxima permitida. A vazão em massa através de um único tubo é: ( ) s kg D V m / 10 12 , 138 4 10 25 35 , 25 11 , 1 4 4 2 3 2 ÷ ÷ · ~ · · · · = · · · = t t µ  Se o número de tubos no trocador de calor for N, s kg dado s kg D V m A V m N N A V m / 10 12 , 138 ) ( / 8 , 1 4 4 2 ÷ · = · · · = · · = · · · = t µ µ µ    Finalmente, N ~ 130,31246 ~ 131 tubos (Resp.) (Sempre arredondar para mais) Número de Reynolds ( ) ( ) ( ) 67188 , 36638 10 192 , 0 11 , 1 35 , 25 10 25 4 3 ~ · · · · = · · = ÷ ÷ µ µ V D RE RE ~ 36638,67 > 10000 Turbulento! (Para trocador de calor) Comprimento dos tubos de trocador de calor 2 2 V D L f P F · · · · = A µ 191 ou ( ) 2 25 , 0 3 2 2 35 , 25 11 , 1 67 , 36638 079 , 0 2 10 25 10 5 , 7 2 · · · · · · · = · · · · A = ÷ V f D P L F µ ou seja L ~ 2,30m (Resp.) Exemplo 5: Método Experimental (Análise dimensional combinada com experiência) Um modelo de um gerador de vapor (caldeira) à escala 1:8 foi usado para investigar a transferência de calor por convecção forçada, utilizando ar como fluido de trabalho. Para as várias velocidades de ar, os coeficientes de transferência de calor para primeiro passo foram obtidos: V m (m/s) 2 3,14 4,65 8,8 h m (W/m 2 ºC) 150,4 68,6 90,6 141,0 Vapor Vapor Ar Ar A temperatura média do ar escoando através do gerador de vapor é t m = 20ºC. O diâmetro de tubos usado no modelo é de D m = 12,5mm. Com os dados experimentais obtidos do modelo, ache a equação do cálculo para transferência de calor por convecção forçada em forma da dependência de NU = f(RE) = c.(RE) n onde c e n são constantes da experiência. Dados: ; ; v D V RE K D h NU m m · = · = t m = 20ºC ÷ C m W K ar ° = / 026 , 0 s m ar / 10 06 , 15 2 6 ÷ · = v Solução: Método gráfico A equação geral da convecção forçada é 192 NU = f(RE, PR) = c.(RE) n .(PR) n‟ Nota: K c PR P · = µ Aproximação: 1 72 , 0 20 ~ ~ °C a ar PR ( ) n RE c NU · = (1) Definição: K D h NU m · = ou seja 026 , 0 10 5 , 12 3 ÷ · · = m h NU m h NU · ~ 481 , 0 (2) Definição: 6 3 10 06 , 15 10 5 , 12 ÷ ÷ · · · = · = m m V D V RE v m V NU · ~ 01 , 830 (3) Cálculo do número de NUSSELT contra número de REYNOLDS: V m (m/s) h m (W/m 2 ºC) RE (Eq.3) NU (Eq.2 Ln(RE) Ln(NU) 2,0 50,4 1660,02 24,24 7,41 3,19 3,14 68,6 2606,23 32,99 7,87 3,50 4,65 90,6 3859,55 43,58 8,26 3,77 8,8 141,0 7304,09 67,82 8,90 4,22 De (1) tem-se, Ln(NU) = Ln(c) + n.Ln(RE) Essa equação é de uma reta do tipo y = b + a.x Sendo y = Ln(NU), b = Ln(c), a = n, x = Ln(RE) Com a plotagem de Ln(NU) x Ln(RE) em um papel gráfico (milimetrado) tem-se, x y tg n A A = = o ÷ sendo Ay = 10 e Ax = 15, ou n = tgo = 10/15 667 , 0 ~ n (1.a) Temos que: Ln(NU) = Ln(c) + n.Ln(RE) ou y = b + a.x Para (y = 3,59; x = 8,00) do gráfico. ( ) 00 , 8 667 , 0 59 , 3 · + = b ou b = -0,174. Mas b = Ln(c) ou c = exp(b) = exp(-0,174) c ~ 0,174 (1.b) Levando (1.a) e (1.b) em (1) tem-se, 193 ( ) 667 , 0 174 , 0 RE NU · = (4) 0 0 -l o Ax Ay y x A equação (4) seria a equação do cálculo . (Resp.) Outro método (Método sem gráfico) Temos que: ( ) n RE c NU · = (1) Esta é a equação de potência do tipo y = a.x b onde y = NU; a = c; x = RE; n = b. Escrevendo a equação (1) na forma Ln(NU) = n,Ln(RE) + Ln(c) Temos as seguintes expressões: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) N LnRE LnRE N LnNU LnRE LnNU LnRE n 2 2 E ÷ E E · E ÷ · E = (2) ( ¸ ( ¸ E · ÷ E = N LnRE n N LnNU c exp (3) Onde N = número de pontos (números de ensaios). N LnRE LnNU (LnRE)(LnNU) (LnRE) 2 1 7,41 3,19 7,41 x 3,19 = 23,6379 7,41 2 = 54,9081 2 7,87 3,50 7,87 x 3,50 = 27,545 7,87 2 = 61,9369 3 8,26 3,77 8,26 x 3,77 = 31,1402 8,26 2 = 68,2276 4 8,90 4,22 8,90 x 4,22 = 37,558 8,90 2 = 79,21 ELnRE = 32,44 ELnNU = 14,68 E(LnRE).(LnNU) = 119,8811 E(LnRE) 2 = 264,2826 194 (ELnRE) 2 = 1052,3536 (ELnRE).( ELnNU) = 476,2192 4 3536 , 1052 2826 , 265 4 2192 , 476 8811 , 119 ÷ ÷ = n 692 , 0 ~ n ( ¸ ( ¸ · ÷ = 4 44 , 32 692 , 0 4 68 , 14 exp c 143 , 0 ~ c Portanto, a equação do cálculo seria ( ) 692 , 0 143 , 0 RE NU · = (Resp.) Verificação: RE(Eq.3) NU(Eq.2) NU = 0,174.(RE) 0,667 Erro relativo NU = 0,143.(RE) 0,692 Erro relativo 1660,02 24,24 24,45 0,87% 24,19 -0,21% 2606,23 32,99 33,04 0,15% 33,05 0,18% 3859,55 43,58 42,93 -1,49% 43,37 -0,48% 7304,09 67,82 65,70 -3,13% 67,44 -0,56% NOTAS: Verificando com os dados experimentais da tabela principal, percebe-se que ambas equações estão corretas. Evidentemente, o segundo método é melhor pois introduz o menor erro. (Resp.) Análise dimensional em transferência de calor por convecção natural ou livre Convecção Natural A transmissão de calor por convecção natural ocorre sempre que um corpo é colocado num fluido a uma temperatura maior ou menor do que a do corpo. Em conseqüência da diferença de temperatura, o calor flui entre o fluido e o corpo, e causa uma variação da massa específica nas camadas fluidas situadas nas vizinhanças da superfície. A diferença de massa específica induz um escoamento descendente do fluido mais pesado e um escoamento ascendente do fluido mais leve. Se o movimento do fluido é causado unicamente por diferença de massa específica resultantes de gradiente de temperatura, sem a transferência de calor associado é chamado de convecção natural ou livre. Aplicações No campo da engenharia elétrica, as linhas de transmissão, os transformadores, os retificadores e os fios aquecidos eletricamente, tal como o filamento de uma lâmpada incandescente ou os elementos de aquecimento de uma fornalha elétrica, são resfriados por convecção natural. 195 A convecção natural é o mecanismo dominante de troca de calor nos radiadores de vapor nas paredes de um edifício. A convecção natural é também responsável pelas perdas de calor de tubos condutores. A determinação da carga térmica nos equipamentos de ar condicionado ou de refrigeração requer, portanto, o conhecimento dos coeficientes de transferência de calor por convecção natural. Recentemente, a convecção natural foi proposta em aplicações de energia nuclear para resfriar as superfícies de corpos nos quais o calor é gerado por fissão. Análise dimensional g Ta E s c o a m e n t o d o Ts L Propriedades de fluido: g K C P | µ µ , , , , Não há velocidade especificada neste caso. O escoamento é o resultante da transferência de energia entre a placa à temperatura, T S e o fluido à temperatura ambiente, T a . As propriedade do fluido são: µ, µ, C p , K e |. A propriedade |, é o coeficiente de expansão térmica, o qual é usado para representar a variação em massa específica do fluido com a temperatura: µ = µ S (1 + | AT) (1) onde µ S = a massa específica de referência dentro da camada aquecida, AT = T s – T a = a diferença de temperatura entre o fluido na superfície da placa e o ambiente. A força de empuxo por unidade de volume, F B é: F B = (µ - µ S )g (2) Levando (1) em (2) tem-se, F B = µ S |g AT (3) | => t -1 , |g => t -1 LT -2 Variáveis (1) Altura, L; (2) A diferença de temperatura AT; 196 (3) O coeficiente de expansão térmica do fluido, |; |g => um parâmetro (uma grandeza); (4) A massa específica, µ; (5) A viscosidade dinâmica, µ; (6) Calor específico à pressão constante, C p ; (7) Condutibilidade de térmica, k; (8) Coeficiente de transferência de calor, h São 8 grandezas Então: f(L, AT, |g, µ, µ, Cp, k, h) = 0 A aplicação do teorema dos t S (como base: L, µ, µ, k) nos fornece: NU = f(GR, PR) = C(GR . PR) n Onde GR = o número de GRASHOF c e n são constantes determinadas experimentalmente. Equações TP Camada limite térmica T· Isolamento Os dados sobre convecção natural para cilindros horizontais servem para avaliar as perdas de calor em tubulações. Uma correlação utilizável para um único cilindro horizontal, quando o produto GR.PR está na faixa entre 10 4 e 10 9 é: ( )4 1 53 , 0 PR GR K D h NU m · · = · = (5) As propriedades físicas devem ser tomadas na temperatura média aritmética entre a superfície (T p ) e o fluido fora da camada limite (T · ). Exemplo 6 Um tubo contém vapor numa pressão tal que a superfície externa do isolamento se encontra a 56ºC. O diâmetro externo do isolamento é 10 cm e o tubo está em um salão cujo ar se encontra a 20ºC. Calcule o coeficiente de transferência de calor (por convecção natural) entre a superfície do isolamento e o ar. 2 3 2 µ | µ T gD A 197 Solução: As propriedades de ar a 38ºC são: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 5 2 3 2 2 2 3 10 92 , 1 20 56 81 , 9 00322 , 0 14 , 1 10 10 ÷ ÷ · ÷ · · · · · = A · · · · = µ | µ T g D GR 6 10 00 , 4 · ~ GR ( ) ( ) 721 , 0 3600 0230 , 0 240 , 0 10 92 , 1 5 ~ | . | \ | · · = · = ÷ K C PR P µ ( ) ( ) | | ! 10 10 10 884 , 2 721 , 0 10 00 , 4 9 4 6 6 Ok a entre PR GR · ~ · · = · Temos que: ( )4 1 53 , 0 PR GR K D h NU m · · = · = ( ) ( ) ( ) 4 1 6 2 4 1 10 884 , 2 53 , 0 10 10 0230 , 0 53 , 0 · · · | . | \ | · = · · · = ÷ PR GR D K h ou C hm kcal h ° ~ 2 / 03 , 5 (Resp.) C T Tp T f º 38 2 20 56 2 = + = · + = c kg kcal Cp m NS s m kg x C m kg kcalhmc k º / 240 , 0 ), ( . / 10 92 , 1 , º 00322 , 0 , / 14 , 1 , 023 , 0 2 5 1 3 = = = = = ÷ ÷ µ | µ 198 Problemas Propostos Problema 1 Um fio tendo um diâmetro de 0,02mm está mantido a uma temperatura de 54ºC por uma corrente elétrica. O fio está exposto para o ar a 1bar e 0ºC. Calcular a potência elétrica necessária a fim de manter a temperatura constante do fio se o comprimento do fio for 50cm. Dado: NU = C(GR f PR f ) m onde C = 0,675, m = 0,058. Restrição: GR f PR f entre 10 -10 a 10 -2 Resp. q ~ 0,836W Problema 2 Um duto horizontal, 0,3m de diâmetro está mantido a uma temperatura de 250ºC em um salão cujo ar ambiente se encontra a 15ºC. Calcule a perda de calor por unidade de comprimento por convecção natural. Dado: NU D = 0,53 (GR D .PR) 1/4 GR D .PR deve ficar entre 10 4 a 10 9 . Resposta: q/L = 1,48kw/m. Problema 3 Um aquecedor horizontal tem um diâmetro de 2,0cm que está imerso em água a uma temperatura de 27ºC e mantido a uma temperatura de superfície de 38ºC. Calcule a perda de calor por unidade de comprimento por convecção natural. Dado: NU = C(GR f PR f ) m onde C = 0,53, m = ¼, Restrição: GR f PR f entre 10 4 a 10 9 . Resposta: q/L = 836,3W/m 2 A equação da continuidade: m = V.A Velocidade (de gás), V  0 m = vazão em massa [kg/s] v = velocidade do fluido (gás) [m/s] A = Área de escoamento [m2]  P, V (volume) variam  quando T = cte. (Sem aquecimento, retirando peso)  P, T variam  quando V (volume) = cte. (Se o pistão for preso) 1.2 – Volume de Controle (V.C.) ou Sistema Aberto: Exemplo: Uma região de um tubo onde há um escoamento de água: Exemplo: 3 1.3 – Estado e Propriedades de uma substância: Estado: Estado é a condição do sistema, descrito ou medido pelas suas propriedades (Propriedades Independentes). Propriedade de uma substância: É definida com qualquer grandeza que depende do estado do sistema e independe do meio que o sistema alcançar àquele estado. Algumas das mais familiares são: Temperatura, Pressão e Massa específica. Propriedade intensiva: Uma propriedade intensiva é independente da massa do sistema, por exemplo, Pressão, Temperatura, Viscosidade, Velocidade, etc. Propriedade extensiva: Uma propriedade extensiva depende da massa do sistema e varia diretamente com ela. Exemplo: Massa, Volume total (m3), todos os tipos de Energia. As propriedades extensivas divididas pela massa do sistema são propriedades intensivas, tais como o Volume específico, Entalpia específica. Equilíbrio termodinâmico: Quando o sistema está em equilíbrio mecânico (mesma pressão), químico e térmico (mesma temperatura), o sistema é considerado como equilíbrio termodinâmico. 1.4 – Processos, Transformações e Ciclos: Processo: Processo ocorre quando um sistema sofre, ou a mudança de estado (mudança de uma ou mais propriedades) ou a transferência de energia num estado estável. Processo pode também ser chamado de transformação. Exemplo: 73 comprimento de onda da faixa vermelho-laranja do Kr-86 [Krypton].48 cm pé3 = 0.540 cm. P1 V [T = cte. passa por certo número de mudanças de estado ou processos e finalmente retorna ao estado inicial. Os processos podem ser: Isobárico – quando a pressão é constante Isovolumétrico – quando o volume é constante Isotérmico – quando a temperatura é constante Isoentrópico – quando a entropia é constante Adiabático – quando não há transferência de calor Politrópico – quando variam todas as propriedades Ciclo termodinâmico: Quando um sistema.4 Quando é removido um dos pesos sobre o êmbolo. = 2. 1 metro = 1650763. o êmbolo se deslocaria rapidamente para cima. pois a pressão decresce e o volume aumenta. o sistema executa um ciclo.] No caso de uma retirada repentina dos pesos de uma só vez. a unidade de massa é a libramassa (lbm). Isto caracteriza um processo não-reversível (irreversível). este se eleva e uma mudança de estado ocorre.2046 lbm Força: A unidade de força no Sistema Internacional é o Newton (N). Recolocando os pesos de uma só vez. Este peso adicional corresponde a um trabalho suplementar que foi necessário para vencer o atrito. A relação entre o SI e o sistema inglês é dada como: 1 kg = 2. o sistema não retornaria ao estado inicial.5 – Unidades: Comprimento: A unidade básica de comprimento é o metro. O vapor d’água que circula através de uma instalação a vapor e produz trabalho mecânico executa um ciclo. sendo necessário um peso adicional. m / s2 . 12 pol. No sistema inglês. 1.02832 m3 Massa: No Sistema Internacional (SI) a unidade de massa é o quilograma (kg). em um dado estado inicial. Todo processo natural é não-reversível (irreversível) porque ele é realizado com atrito. 1 pol. definida como: 1 N = 1 kg . = 1 pé = 30. 6 – Volume específico: O volume específico de uma substância é definido como o volume por unidade de massa e é reconhecido pelo símbolo . O volume específico e a massa específica são propriedades intensivas.4536 kgf Unidade técnica de massa (Utm) no Sistema Gravitacional Métrico: 1 Utm = 1 kgf = 1 kgf .a g O Newton pode ser definido como sendo a força que atua sobre uma massa de 1 quilograma num local onde a aceleração da gravidade é 1 m/s2. comprimento e tempo. comprimento e tempo estão relacionados pela 2a Lei de Newton. s2 = F 1 m/s2 m a 1.8067 N = 2. que diz ser a força atuante sobre um corpo proporcional ao produto da massa pela aceleração na direção da força. nos sólidos falamos em tensão.a F=m. Matematicamente. massa. massa. gc é a constante que relaciona as unidades de força. 1 kgf = 1 kg x 9.1) 1.2) Onde: A é a área pequena A’ é a menor área sobre a . A pressão num ponto de um fluido em repouso é igual em todas as direções e é definida como sendo a componente normal da força por unidade de área. O kgf é definido como sendo a força com que a massa de um quilograma – massa padrão é atraída pela Terra em um local onde a aceleração da gravidade é 9. No sistema técnico (Sistema métrico prático) a unidade de força é o quilograma-força (kgf).205 lbf I lbf = 0.8067 N. o volume específico pode ser escrito como: v V 1  m  (1.8067 m/s2 Portanto.5 Força.7 – Pressão: Quando tratamos com líquidos e gases. sendo desta forma o inverso do volume específico. 1 kgf = 9. A massa específica (densidade) de uma substância é definida como a massa por unidade de volume. c Fm. normalmente falamos de pressão. A massa específica é designada pelo símbolo. Onde. A pressão P é definida como: P = lim FN AA’ A (1. 3) Patm é a pressão de barômetros P =P +P P =P P O manômetro normal lê a diferença entre a pressão absoluta e a atmosférica.Pabs (1.013250 x 105 N/m2 (Pa) 1 atm = 30 pol. etc. 1 atm = 760 mm coluna de Hg 1 atm = 1.Nos cálculos termodinâmicos usa-se a pressão absoluta. A pressão m abs atm (1. 1 micrón col.3a) manométrica também é chamada pressão relativa (ou efetiva).6 qual pode considerar o fluido como meio contínuo FN é a componente normal da força sobre A A pressão P num ponto de um fluido em equilíbrio é a mesma em todas as direções. Pressão absoluta inferior à atmosférica: Pabs < Patm As pressões abaixo da pressão atmosférica local são pressões manométricas negativas ou pressões de vácuo.6 Kgf/m2.03323 kgf/cm2 1 atm = 1. Onde: Pvác é a pressão de manômetros de vácuo ou vacúmetro abs atm vác (1. A unidade de pressão no Sistema Internacional é N/m2 (Pa) e no Sistema Técnico kgf/m2.9869 atm 1 bar = 100 Kilopascals(KPa) 1 mm col.4a) O manômetro de vácuo lê a diferença entre a pressão atmosférica e a absoluta. A pressão atmosférica padrão é a pressão média ao nível do mar.013250 bar 1 bar = 105 N/m2(Pa) 1 bar = 0.) abs atm m (1. de Hg = 1x10-3 mmHg Pressão medida com o manômetro de tubo U: . Aneroid.4) -P =P +P Pvác = Patm . de Hg 1 atm = 1. Pressão absoluta superior à atmosférica: Pabs > Patm Onde: Pm é a pressão de manômetros (Burdon. de Hg  13. Definição Matemática: . g [N/m3] . velocidade).  =  . temperatura. viscosidade. que existe entre o sistema e a vizinhança.7) A troca de calor por unidade de massa: q=Q m [J/kg. Zm [N/m2] (1. sem transferência de massa.6) Onde: 1Q2 é o calor transferido durante o processo entre o estado 1 e 2. O calor transferido (sem transferência de massa) de um sistema de temperatura superior a um sistema de temperatura inferior. kcal] (1. Kcal/kg] (1. dsubs = subs H2O [adimensional] 1.7 P = m . convecção e radiação. e ocorre unicamente devido à diferença de temperatura entre os dois sistemas.5) Pabs > Patm P1 > P2 Pm =Pabs – Patm Pm = P1 – P2 = P Mas conforme a equação hidrostática: Onde : m = massa específica do fluido manométrico (Kg/ m2) g = aceleração da gravidade  9.81 m/s2 Zm = altura da coluna do fluido manométrico (m) Nota: Peso específico.8 – Definição de Calor e Trabalho: Calor: O calor é a transferência de energia através da fronteira do sistema pelos mecanismos de condução. Calor por unidade de tempo: Q = Q dt [J/s . além da temperatura. w] (1. através da fronteira do sistema por causa da diferença de uma propriedade intensiva (pressão. O calor é uma função de linha e é reconhecido como sendo uma diferencial inexata.8) Trabalho: O trabalho é a energia transferida. Densidade de uma substância. g . 2  Q = 1Q2 1 [J. J. dV (1. Kcal] (1. dx [Nm. dL = dV  W = P .8 Onde: W = Trabalho F = Força dx = Deslocamento infinitesimal 2 W =  F . dL A Mas A . A. Trabalho de deslocamento (Expansão ou Compressão): W = F . dL Mas P = F ou W = P.10) .9) Definição1Termodinâmica: Um sistema realiza trabalho quando o único efeito externo ao sistema (sobre as suas vizinhanças) for a elevação de um peso.  função de linha (portanto dependem do caminho que o sistema percorre durante a mudança de estado) e diferenciais inexatas.9 O trabalho realizado pelo sistema (gás) pode ser determinado pela integração da equação acima. O trabalho realizado pelo sistema tem sinal positivo e significa a expansão. Assim como o calor. Resumindo. Convenção dos sinais de trabalho e calor: . O trabalho realizado sobre sistema (pistão realiza trabalho sobre o gás) tem sinal negativo e significa a compressão. o trabalho é uma função de linha e é reconhecido como sendo uma diferencial inexata.11) Onde: P é a pressão absoluta do gás 1W2 é o trabalho realizado pelo sistema ou sobre o sistema durante o processo entre o estado 1 e 2. Assim: 1W2 =  W =  P.  fenômenos de fronteira. observados somente nas fronteiras do sistema e representam energia que atravessam a fronteira do sistema. trabalho e calor são:  ambos fenômenos transitórios. dV 1 1 2 2 (1. T   T  [J/kg °K. [kg/m3] 5-) Temperatura.  t º C   273 º K m. g . [NS/m2] 9-) Altura (cota). s S m [J/kg °K] u (3) Energia interna específica. U [J. Kcal] 13-) Aceleração da gravidade. Z [J. Kcal/kg] m m m (2) Entropia específica. U m [J/kg. Z [m] 10-) Energia interna. g  9. S [J/°K] 17-) Título (qualidade de vapor). H = U + P . Kcal/kg °K]           h   h  C p   p  p 19-) Calor específico à pressão cte. 14-)Energia total. T [°K]  Absoluta Termodinâmica Usa a temperatura absoluta. Observações: (1) Entalpia específica. Kcal/kg °K] 20-) Constante Adiabática ou Isoentrópica. v [m/s] 8-) Viscosidade. m [kg] 7-) Velocidade. K Cp Cv [adimensional]  h H U PV    u  pv [J/kg.v 2 Ec  2 [J. E = U + Ec + Ep [J. Kcal] Relacionada também com trabalho e calor (estes dois últimos não são propriedades) 15-) Entalpia. [m3/kg] 4-) Massa específica. V [m3] 3-) Volume específico.  T   T  [J/kg °K. X [adimensional]  u   u  C v   v  v 18-) Calor específico a volume cte. Ep = m .81 m/s2 = cte. T 6-) Massa. Kcal] 11-) Energia cinética.10 Propriedades Termodinâmicas Fundamentais: 1-) Pressão. Kcal/kg] . Kcal] 12-) Energia potencial. kgf/m2]  Absoluta 2-) Volume. Kcal] 16-) Entropia. V [J. P [N/m2. 11 (4) Energia cinética específica. Kcal/kg] Diagrama de pressões: Pressão acima da Atmosfera Pressão Absoluta Pressão relativa ou efetiva ou manométrica positiva Pressão Atmosférica Pressão relativa ou efetiva ou manométrica negativa Pressão Absoluta Zero Absoluto . ep  EP  g . ec  Ec V 2  [J/kg. Kcal/kg] m 2 (5) Energia potencial específica.z m [J/kg. 03 Problema 3: A densidade do gelo em relação à água é 0. conclui-se que a massa específica e o peso específico  de uma substância são indicados pelo mesmo número y. Calcular em porcentagem o aumento de volume da água ao solidificar-se.918  V V V1  1 V   1. 0. Solução: A massa específica da água é H2O = 1000 kg/m3 Logo.81 y (kg m/s2)/m3 Mas 1 kg m/s2 = 1 Newton = 1 N   = 9.  = y kgf/m (4) Comparando-se (1) e (4).918  m  Mas   e 1 V  1 m V1 onde V e V1 representam os volumes do gelo e da água.81 y N/m3 Mas 9.81 N = 1 kgf 3 Finalmente. respectivamente. Problema 2: Sendo = 1030 kg/m3 a massa específica da cerveja. para a massa m. pela definição: d  cerveja 1030   H O 1000 2 ou dou=  1.81 m/s2 (2) Sabemos que  = g (3) Substituindo (1) e (2) em (3):  = (y kg/m3) . Variam apenas os sistemas de unidades.918 V1 . Solução: Seja y o número que mede : y kg/m3 (1) Considere-se g  9. Tem-se pela definição:  0.81 m/s2) = 9. Logo.12 PROBLEMAS RESOLVIDOS: Problema 1: Demonstrar a igualdade numérica entre a massa específica de um fluido em kg/m3 e seu peso específico  em kgf/m3. respectivamente.089 .V 1 m V 0. (9. achar sua densidade relativa.918. Solução: Sendo e 1 as densidades absolutas (massas específicas) do gelo e da água. o peso do líquido é w = m .81 m/s2  m = 15 kgf 9. 9. mas o peso do líquido é w’ = m .Pabs  Pabs = 76 – 63 = 13 cm Hg = 130 mm Hg Pabs = 130 .6 kgf/m2 = 130 . 13. 13. a massa é a mesma.6 kgf Problema 5: Um manômetro de mercúrio está medindo a pressão do condensador de uma usina térmica de vapor. 1. coloca-se certa massa de um líquido cujo peso é w = 15 kgf. 9.Pabs 63 cm = 76 cm . g 15 kgf = m .25 N/m2 . Qual será a pressão absoluta no condensador em N/m2? Solução: Dado: Patm = 76 cm Hg Sabemos que: Pabs = Patm  Pman Usando a equação (1. quando o módulo do foguete estiver na lua (g’ = 1.  V1  8.81 m/s2). e tem a leitura de 63 cm.089.13 O volume passou de V1 para 1. Solução: Na terra. Pvác = Patm .81 m/s2  w’  2.4a).6 . O barômetro no escritório da usina registra 76 cm de mercúrio.81 m/s2 Na lua.8067 N/m2  Pabs  17338.089V1. Determinar o peso w’ do mesmo líquido. instalado na rampa de lançamento na terra (g = 9. vácuo.70 m/s2 9. Houve um aumento de 0.9 % Problema 4: No módulo de um foguete espacial.70 m/s2). g’ w’ = 15 kgf . kgf Patm  1.kg.m / s 2 .5). Aqui: P1 = Patm . Depois da expansão.054 kgf/cm2 Pressão do vapor na entrada: A pressão na entrada = 15 kgf/cm2 = Pm Mas Pabs = Pm + Patm = 15 + 1.8067.g. 9. dentro da turbina.14 Problema 6: Uma turbina é fornecida com o vapor à pressão manométrica de 15 kgf/cm2. P2 = 0 e gc é a constante que relaciona as unidades de força . Pe  16.6 kgf/m2 775 mm Hg = 775 .0.g . 1 2 comprimento e tempo.8067.8067 kg .1000.Z g H2O = 1000 kg/m3 P atm   Hg. A pressão barométrica é de 775 mm Hg. 13. massa. 1 m/s2 kgf kgf N Sabemos também que: Hg = densidadeHg .6 kgf/m2 = 10540 kgf/m2 = 10540 kgf . o vapor passa por um condensador. c O valor de gc : gc = 1 kg . 1 m/s2 = 1 kg .054 kgf m2 104 cm2 cm2 ou seja: Patm = a pressão barométrica PB = 775 mm Hg  1.9. H2O P  P  P   .054 kgf/cm2 abs.m   10540 kgf/m2 m / s2 9.054 = 16. Calcule as pressões do vapor na entrada e na saída em kgf/cm2.054 kgf/cm2 Pode-se determinar a pressão atmosférica também pela aplicação da equação hidrostática (1.8067 m/s2 = 9.Z gc (13.775.6.054 kgf/cm2 abs. o qual é mantido a vácuo de 710 mm Hg por meio das bombas. m2 = 1. .1. Solução: 1 mm Hg = 13.kg / m3 ).  A pressão na entrada. kg.m / s 2 .9.m / s 2 2.m / s 2 gc 1 N A força gravitacional. 13. Solução: A energia potencial.Km / h Ec   2.75 m/s2.m Ep    4875 .g .v 2 [J] A energia cinética.72 .72. Ps = 710 mm Hg vácuo Mas Pabs = Patm .g c kg.m / s 2 2.6 kgf .Nm ou kg. Solução: m.kg. Problema 7: Um corpo com massa de 5 kg está 100 m acima de um dado plano horizontal de referência num local onde g = 9. Calcular a energia cinética desta massa combinada. m2 104 cm2  A pressão de saída.m / s 2 F g  kg. Ep = m .1 N 2 .kg.100 .0884 kgf/cm2 abs. Ep = 4875 J Problema 8: A massa combinada de um carro com seus passageiros. Calcular a força gravitacional em Newtons e a energia potencial do corpo em referência ao nível escolhido.g 5. movendo-se a 72 km/h é de 1500 kg.Z 5. g . m2 abs.9.710) mm Hg = 65 mm Hg Pabs = 65 . Z [J] O uso de gc: Escrevendo a energia potencial como: m. h 3600.1 N 2 h   Km 1500kg.s      kg.75 N Ec  O uso de gc: Escrevendo a energia cinética como: 2 m.15 Pressão do vapor na saída: A pressão na saída.v 2 1500. m. Ps  0.75 .75 .Pvác = (775 .m / s 2 gc 1 N ou Fg = 48. p = pressão [kgf/m2].5(t  273) Kgf . m = Kcal 427 Solução: u = 392 + 0.320 pv  55.    Kg Kg   ou Mas 1 Kgf.m  2 m Kgf / m .  = volume específico [m3/kg] Determinar CP .16  72.5(t  273) pv  55. Nota: 1 kgf .320. = 55.t   0  0.t   d 392  d 0. t = temperatura [°C].kg.N .103 m  1500.130(t  273) Kcal Kg .320 t [Kcal/Kg]  du   C v   v  dt   2 Ec = 300 KJ C v d u   d 392  0.320 dt dt dt dt Kcal Kg .m  300kJ   2 kg.320 t / p.º C  C v  0.m = Kcal 427 ou pv  0.  2 2  3600. 400m / s  300.000. Ce h em [kcal/kg °C].s   1 .m / s 2 kg.m Kg 3  Kgf .5 ( t + 273) Onde: u = energia interna específica [Kcal/Kg].m / s 2 2.1 1 N N Problema 9: As propriedades de uma certa substância são relacionadas como seguinte: u = 392 + 0.320. 8067 N 1 = H2O  9801.273 )  0.130t  35.6 .450 Kcal Kg .130t  273 Kcal   dt dt dt dt dt dt  Kg  0 d d Kcal Kcal C v  (0.130 .35 kgf/cm2 em A.130 t )  (0.º C Kg .º C  C p C p  0.17   dh  C p   p  dt    d h  d u  pv  du  d  pv  du  d 0.35 kgf .º C Kcal Kg h  u  pv  (392  0.46 kgf/m3 PAman = 0.  dt dt Kg .38 N/m3.45t  Problema 10: Água escoa por um bocal mostrado na figura.130 .49  0. Determine a altura h para uma pressão manométrica de 0. Dado: H2O  9801.38 N/m3  999.46 kgf/m3 2 = Hg = dHg .49)  h  427 . 999. H2O = 13. Solução: 1 kgf = 9.320t )  (0. 104 cm2 = 3500 kgf/m2 cm2 m2 .320  0. 60 m) = 13. a pressão absoluta em C = a pressão absoluta em D  PCabs = PDabs  PCabs = PA + 1 (h + 60 .60 m) Mas: PAabs .46 kgf/m3 h – 999.60 m .60 m) = 999.8  m2/s .60m] 3500 m = 12. m/s2 .6 h – h – 0.60 m 999.6 h – 0.6 .s  850 kg/m3  ‫ע‬  0.005 kg/m.I.46  h = 3500 m + 0.3255 m 999.55 cm Problema 11: Um líquido tem viscosidade 0.1 (h + 0.18 Conforme a linha de pressão constante.60 m) + Patm = 2 h + Patm ou PAman = 2 h . ‫ = ע‬0. Calcular a viscosidade cinemática em unidades S.s e massa específica de 850 kg/m3. 1  0.46 12.005 kg/m.6  h  32.46 kgf/m3 (h + 0.Patm = PAman = 3500 kgf/m2 3500 kgf/m2 = 2 h . Solução: Nota: viscosidade (dinâmica) tem dimensão NS/m2 NS = kg. 10-2m) + Patm  PDabs = 2 h + PB = 2 h + Patm  Mas :  =   PA + 1 (h + 0.1 (h + 0. s = kg 1 mícron = 10-6 m =  m 2 2 m m ms A viscosidade cinemática. 999.46 kgf/m3 [13.0000058 m2/s = 5. registra 731 mm Hg e o barômetro registra 750 mm Hg.026 kgf/cm2 abs.19 1a.68 atm abs.098 . Resp.46 atm.22 atm.80 kgf/cm2 abs.: Pabs  0.: P = 4001.: 0.: 7. Questão 11: Um manômetro de mercúrio. Qual é a pressão absoluta? Resp. Determinar a pressão absoluta em kgf/cm2 e em mícrons. Questão 9: Um tanque aberto contém 60.041 kgf/cm2 Zm = 3 cm.13 N/m2  0.48 cm de óleo de densidade (relativa) 0. Questão 7: Qual a pressão absoluta que corresponde à pressão manométrica de 6.9 .38 N/m3 Resp. Calcular a pressão absoluta em kgf/cm2 e em atm.: Pinterface  1.  1. Resp.: Pabs  3. Que diferença de pressão é indicada em kgf/cm2? Qual seria a diferença de altura em cm. 105 N/m2 abs.78 atm. A diferença de altura entre as duas colunas é 50 cm. LISTA DE EXERCÍCIOS: Questão 1: Qual a diferença fundamental entre sistema e volume de controle? Questão 2: O que é estado e quais são as propriedades termodinâmicas de uma substância? Questão 3: O que são propriedades intensivas e extensivas? Questão 4: O que é processo e o que é processo cíclico ou ciclo termodinâmico? Questão 5: Defina trabalho de deslocamento e calor. Dado: H2O  9801.60 g/cm3)? Resp. Determinar a pressão absoluta na interface em N/m2. 104 mícron de Hg Questão 12: Um manômetro contém um fluido com massa específica de 816 kg/m3.83. se a mesma diferença de pressão fosse medida por um manômetro contendo mercúrio (massa específica de 13. Pfundo  1. Porque estes dois não são propriedades termodinâmicas? Questão 6: Definir pressão absoluta. Calcular também a pressão absoluta no fundo do tanque em N/m2. usado para medir um vácuo.8 kgf/cm2 e o barômetro indica 742 mm Hg.038 . 105 N/m2 abs.46 atm? Resp. Questão 8: A pressão efetiva ou manométrica de um certo sistema é –0.  3. . Questão 10: Um manômetro indica 2.96 cm d’água cobertos por 30. Quanto pesaria um homem de 70 Kg dentro da mesma? Resp. Resp. Repete-se a experiência.06 g de ácido sulfúrico.7 m/s2.843 .71 kgf Questão 14: Um cilindro vertical contendo gás argônio possui um êmbolo de 45 kg e área seccional de 280 cm2.: dH2SO4  1. uma gravidade artificial de 1.: F  105 N  10.20 Questão 13: Suponha que numa estação espacial em órbita.5 m/s2 seja induzida por uma rotação da estação.66 g de água.08 kgf/cm2 abs.92 kgf/cm2 e a aceleração da gravidade local é 9. Obter a densidade relativa do ácido sulfúrico. Qual é a pressão do argônio no cilindro? Resp.: Pargônio  1. A pressão atmosférica no exterior do cilindro é 0. Questão 15: Enche-se um frasco (até o traço de afloramento) com 3. substituindo o ácido por 1. página 538 do livro “Fundamentos da Termodinâmica Clássica” – VANWYLEN e SONNTAG). m  0.] Combinando.] V CHARLES: P  T [V = cte. De (2.V2 = cte.7 kgf.1): P. R e M são tabelados. Vide Tabela A.) = 8314. V e T dos gases. Propriedades de uma Substância Pura: 2.) = P1.21 2.08315 bar.2) A lei combinada de BOYLE e CHARLES T1 T2 BOYLE: P  1 [T = cte. m/ kg °K). Onde: P = pressão absoluta T = temperatura absoluta  = volume específico molar (m3/kg mol) = M = V M  = volume específico (m3/kg) m M = peso molecular (kg/kg mol) n = n° de moléculas (kg mol) = m m = massa (kg) M 3 V = volume total (m ) massa específica (kg/m3) R = constante universal (molar) dos gases (é sempre cte.8 (Propriedades de vários gases perfeitos.1 – Equação de Estado do Gás Perfeito: Equação de estado para a fase vapor de uma substância simples compressível. Comportamento P. l Kg mol °K kg mol °K gm mol °k 3  0. (2.08206 atm . diante de uma massa específica ( ) muito baixa. é dado com bastante precisão: P R T P R T PV=mRT PV=nRT P = R T (2.V = m R = cte. T ou P V = cte ou seja: V T .1) Esta equação é chamada de equação de estado para os gases perfeitos.m / kg mol °K R = constante para um gás particular (J/ kg °K) = R M R pode também ter unidade: (kgf . tem-se: P  T [Ambos variáveis] V ou P = cte .V1 = P2.V1 T T1 Ou seja: P1. (Pois m e R são ctes.34 J  847. 2) Massas específicas maiores (baixo volume específico).V1) 1 1Q2 = m CP (T2 – T1) U2 – U1 = m C (T2 – T1) H2 – H1 = m CP (T2 – T1) S2 – S1 = m CP ln T2 = m CP ln V2 T1 V1  Processo Isovolumétrico ou Isométrico (Transformação Isométrica) W = P .V 1 P 2 .4) R. fator de compressibilidade [adimensional]. W = P . dV (1.T R.10) q = du + d = du + P d (1a.3) ou Z   P. Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2.V 2  T1 T2 (2.1) P = cte.  (2.22 P1. 2.T Onde: Z = 0.1) não vale mais.  V T-1 = cte.  V2 = T2 V1 T1 W2 = P (V2 . A equação de estado para gás real: P R T P R T (2.  P T-1 = cte. dV (1. Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2.2 – Transformação de estado para gases perfeitos ou ideais:  Processo Isobárico (Transformação Isobárica) Trabalho de Deslocamento (expansão ou compressão). P. os gases se comportam como gases reais e a equação de estado do gás perfeito de CLAPEYRON (2.10) q = du + d = du + P d (1a. Quando Z tende a um.1) V = cte. gás real tende a gás perfeito.  P2 = T2 P1 T1 .  P1 = V2 P2 V1 1W2 = 1Q2 = m R T ln V2 = m R T ln P1 V1 P2 U2 = U1 .R. H = H (T) 1W2  T v  v P S 2 S 1 m C v Ln 1  R.  P V = cte..V2  P . onde K = cte.23 =0 U2 – U1 = 1Q2 = m C (T2-T1) H2 – H1 = m CP ( T2 – T1) S2 – S1 = m C ln P2 = m C ln T2 P1 T1  Processo Isotérmico (Transformação Isotérmica) W = P . Adiabática ou isentrópica K = CP C Adiabática.v  W  m 2 2 1 1  1 2  1 K  1 K  1W2 = U1 – U2 = m C (T1 – T2) . pois para gás perfeito. Q = 0 Isentrópico (Adiabático + Reversível). Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2. dV (1. dS = 0 = Q T P2 . U = U (T) H2 = H1 .10) q = du + d = du + P d (1a. 1Q2 = 0 P  v2  v2  P  1   . dV (1. Lei para Sistema Fechado) Estado: P V = m R T (2.10) q = du + d = du + P d (1a.R. Vk = cte.Ln 2   m.Cp(T2  T1 ) K 1/ K . H 2  H1  m.v  P .10) q = du + d = du + P d (1a.Ln 1  T2 v1  v1 P2    Processo Adiabático e/ou Isentrópico (Transformação Adiabática e/ou Isentrópica) : W = P . 2  m.Ln.1) T = cte. Lei para Sistema Fechado) . dV (1.1) A equação do processo: P.  1 v  P2  1  v1  P2    S1  S 2  cte. T1  v2    T2  v1    K 1 P  1 P   2 K 1 K  Processo Politrópico (Transformação Politrópica) W = P . pois para gás perfeito. T1) n –1 U2 – U1 = m C(T2 .T1) H2 – H1 = m CP (T2 .24 Estado: P V = m R T (2. onde Cn = calor específico para o processo politrópico = C [(n-k)/(n-1)] P1 P2 n v2 Ln v1 Ln 1Q2 . mas n < K) P2  v1    P  v2  1   n . T2 T1 n 1  v Ln 1 v2 Ln . Vn = cte. T2 n 1 T1  P n Ln 2 P 1 Ln = m C n – k (T2 .T1) W2  P2V2  PV1  P v  Pv  1  m 2 2 1 1  1 n  1 n  1  n  k  T2 S 2  S1  m.1) A equação do processo: P. Processo Isobárico: n = 0 C n = K C = C P dP = 0 Processo Isovolumétrico: n =   Cn = C     d Processo Isotérmico: n = 1 Cn =   dT = 0 .Cv   Ln  n  1  T1 Resumo: A equação geral : P. Vn = cte. T1  P   1 T2  P2    n 1 n n Cn  C p Cn  Cv .. T1  v1    T2  v2    n 1 . onde n = expoente politrópico (n > 1. 15°C .459. Em geral.  ou .25 Processo Adiabático ou isentrópico: n = K Cn = 0 q = 0 ou dS = 0 Em geral: K = CP = cte.)  Kgf.)  J = Nm Sistema Técnico (S. Kcal/Kg) m Potência é trabalho por unidade de tempo.  = W (K. que é medida a partir de um ponto 0 (zero) absoluto.C = R = cte. W = W (J/s = W .m e Kcal) O equivalente mecânico do calor. para gás perfeito a variação de entropia específica ( s= S/m) dada pelas seguintes equações: s2 – s1 = CP ln(T2/T1) – R ln(P2/P1) s2 – s1 = CP ln (2/1) + C ln (P2/P1) s2 – s1 = Cln (T2-T1) + R ln (2/1) s2. O zero absoluto  . (gás perfeito/ideal) C = R CP = R K C = C (T) CP = CP(T) K-1 K-1 U = U(T) H = H(T) R. K.m ou Kcal Relacionamento entre Trabalho e Calor (Kgf.I.67°F ou . (gás perfeito/ideal) C CP . CP.736 KW 1 KW  860 Kcal/h Temperatura absoluta (Escalas de temperatura) Termodinâmica exige o emprego de uma temperatura absoluta ou temperatura termodinâmica.m = Kcal 427 Trabalho específico. M tem valores tabelados.m / Kcal) 1 Kgf.I. Kcal/h) dT A unidade de potência é também HP e/ou CV: 1 HP  0. J = 427 (kgf.273.746 KW = 641. Notas: Unidades de trabalho de deslocamento (Expansão ou Compressão) Sistema Internacional (S.s1 pode ser zero.J/Kg . C. independente da substância termométrica.2 Kcal/h 1 CV  0. °K 2 Dados: P = 1 Kgf/cm T = t + 273 = (27 + 273) °K V = (10 x 6 x 4) m3 Estado (gás perfeito): P V = m R T ou m = P V = (1 Kgf/cm2 . (27 + 273) °K Kg °K  273 Kg  m Problema 2: Calcular a variação de entalpia de 5 Kg de oxigênio sabendo-se que as condições iniciais são P1 = 130 KPa abs. 104 cm2/m2) .27 Kgf. (10 .08 Kcal  389. t. 538) encontra-se..ºC  5 t.º F  9 t. 0.º C 32 5 PROBLEMAS RESOLVIDOS: Problema 1: Qual a massa de ar contida numa sala de 10m x 6m x 4m se a pressão absoluta é de 1Kgf/cm2 e a temperatura 27°C? Admitir que o ar seja um gás perfeito.73 KJ . H2 – H1 = m CP (T2 – T1) = 5 Kg . Logo. 6.27 Kgf. t1 = 10°C e as condições finais são P2 = 500 KPa abs. e não interesse qualquer que seja o processo. 4) m3 RT 29. Solução: Para gás perfeito. (95 – 10) °K Kg °K  H2 – H1  93. Rar = 29..8 (pág.m Kg. t2 = 95°C.m .219 Kcal . a entalpia é função apenas da temperatura.ºF 32 9 .67  t°F + 460 t.15  t°C + 273 T°R = t°F + 459. Solução: Da tabela A.26 T°K = t°C + 273. pela definição tem-se. m = -12. 4. 30. Lei: q = du + d Q = dU + W Lembrando-se que. Dados: P1 = 1.41.73 Kcal/Kg 1W2 = 12 . P1 = 1. u = (U/m) . 4  349.177 (349.41 Kgf/cm2 = 1.59 Kg de Nitrogênio a 1. não há troca de calor entre sistema e vizinhança.33 – 277.400 RN2 = 30.16 Kgf/cm2 abs.12.16 Kgf/cm2 = 3. Solução: 1°Método: Uso da equação isentrópica e a aplicação da 1a.4  273.4 + 273) °K = 277.16 .4°C e é comprimido isentropicamente até 3.27 .16 Kgf/cm2 . Portanto o trabalho é realizado sobre o gás e é negativo.74 Kcal = -20.187 KJ  1W2  .4 + 273) °K .0.74 .T1) = .59 Kg Da tabela A8/ pág 538 : KN2 = 1.9469 m3 P1 1.4  0. Determinar a temperatura final e o trabalho executado. processo isentrópico e trabalho.  = (W/m) Para processo isentrópico i. 104 Kgf/m2 P2 = 3.33.4) ou 12  . 4 1 1.24. 277. d-du = .41   1.41 Kgf/cm2 .20. 1. P2 = 3.187  -84.33 °K  76.41 Kgf/cm2 abs. Lei da Termodinâmica com processos em sistema fechado.33 °C Trabalho executado: Da 1a. pois 1 Kcal = 4.16  T 2  4.º K T2  349. 104 .74 KJ .74 KJ Trabalho de Compressão 2°Método: Uso das equações de estado.59 .177 [Kcal/Kg°K] K 1  3. Temperatura final: A temperatura final pode ser obtida pela equação isentrópica: P  K T2  T1  2  P  1 T1 = (4. q = (Q/m) .C (T2 .84.27 Kgf .59  .27 Problema 3: Um cilindro contendo 1.e.41 .400 C0 = 0. m Kg °K Estado: V1 = m R T1 = 1. m = 1. e 4.59 Kg Da tabela A8/ pág 538 : KN2 = 1.   1. adiabático e reversível.74 Kcal = .73 .4 °K m = 1. 104 Kgf/m2 T1 = (4. A condição matemática: q = 0  ddu O gás N2 é comprimido. 3000 s-1 [ Nm/s = J/s = W] 60  Pe  81681. Calcular a potência no eixo do motor..41 1. Pe =  x 2N [W] 60 Pe = 260 Nm .33 °K  76.81 N 9.9469  ou T 2  277. 104 .68 KW ou Pe =  x 2N [CV] 60 .9469   3.33 °C T2 também pode ser calculado pela equação de estado. m  .m.400 ou 1W2  .4   0. 104) .89 KJ pois 1 Kcal  427 Kgf .16  1.41 W  81.4   1. 75 Pe = 260 Kgf .81 75 60  Pe  111. m .20.27 Trabalho executado: Trabalho: 1W2 = P2 V2 – P1 V1 = (3.59 .68 Kgf . 400  0. 0. 104) .16  1 V2  0.5321 m3 T1  v2    T2  v1    K 1 P  1 P   2 K 1 K ou 1. 2.02 CV .84.16 .41  1.5321  349.400  T2  349.41 . Estado: T2 = P2 V2 = 3.16 . 30. e desenvolve um torque () de 260 Nm. 2 . 0. m Trabalho de compressão Problema 4: (Trabalho de Potência de Eixo) Um carro a gasolina tem a velocidade de rotação(N) do motor de 3000 r.p.8657.5321 – (1.5321   3.400  1  277.28 Kcal = . 3000 s-1 [CV] .9469 1–K 1 – 1. 0.36 °K mR 1. pois 1 Kgf  9.28 P Processo Isentrópico: V2  V1  1  P   2 Temperatura final: 1/ K  1. 400 1 V  T2  T1  1  V   2 K 1 P   T1  2  P  1 K 1 K  0. Solução: Potência no eixo. e) A variação líquida de entropia em Kcal/°K Solução: A relação P. P  T2  n 1 1   P2  T1    ou 1 n ou Ln P n T 1  Ln 2 P2 n  1 T1 ou n 1  n. e a 20°C. O ar é então comprimido de modo reversível segundo a relação P. d) O calor transferido.Vn = constante até que a pressão final seja 6 Kgf/cm2.2687365 1 – [ln(393/293) / ln(6/1.1 m3 .3 1°Método: V2    0.5 .Ln T2 / T1  Ln ( P2 / P ) 1 1 Ln T2 / T1   n Ln ( P2 / P ) 1 ou 1  Ln(T2 / T1 ) / Ln( P2 / P )  1 1 n  n 1 1  Ln (T2 / T1 ) / Ln ( P2 / P ) 1 Dados: P1 = 1.Vn = constante significa que o processo é politrópico. 2687 1  393  (T2 / T1 )    293   V2  0. 104 Kgf/m2 T1 = 20 + 273 = 293 °K T2 = 120 + 273 = 393 °K n=? a) O expoente politrópico n: n= 1  1.40 b) Volume final de ar: Dados: V1 = 0.5 Kgf/cm2. então.1 m3 V1 0.29 Problema 5: Um cilindro com êmbolo sem atrito contém ar.3 m3 de ar a 1. Inicialmente existe 0.5)]  n  1.5 Kgf/cm2 = 1.1005823 1 1 n 1 1. quando a temperatura é de 120°C. b) O volume final de ar. Determinar para esse processo: a) O expoente politrópico n. 104 Kgf/m2 P2 = 6 Kgf/cm2 = 6 .2687 < Kar  1. Tem-se. c) O trabalho realizado sobre o ar. 27 Kgf.07 Kcal 427 Kgf.3 . T2 = 1.º K  n 1     1q2  .Ln (T2 / T1 )  R.m .40 . e) A variação líquida de entropia em Kcal/°K: Da tabela A8/pág 538 tira-se.43 Kgf.27 Kgf. Kg °K 293 Kg °K 427 Kgf.m  -13.5 .5247 Kg 29.43 Kgf.m 1. 1W2  Kcal  -13.240 Kcal/Kg °K Rar = 29. Kar = 1.72 KJ Kcal ou seja: 1W2  -5582.30 2°Método: Estado: P V = m R T ou P1 V1 = P2 V2 = m (cte.º K  1.2687  1.m] = P2 V2 – P1 V1 = (6 .0.43 Kgf.35.00 KJ/Kg O sinal negativo significa perda de calor para o ambiente.) R T1 R T2  V2 = P1 V1 .m .1005973  T1 P2 293 6 c) O trabalho realizado sobre o ar: 1W2 V2  0. 104) . 293 °K Kg °K .5 .3 m  0.m = -13. 4.171 Kcal/Kg °K 1 2 Kcal 1.5 ou s2-s1 = . Car = 0.27 Kgf.40  n  K  q  Cv  T2  T1   0.171 Kg.2687  1 (393  293). d) O calor transferido: Da tabela A8/pág 538 tira-se. 10 Kgf/m . 0.m/Kg °K s2  s1  C p . Kcal ln 6 .07 Kcal . CP = 0. 0.1 m3 [Kgf.07 Kcal  -54.m .1 – (1. 0. 393  0.m = -5582.240 Kcal ln 393 .187 KJ  -54.3 1–n 1 – 1.29.36 Kcal/Kg  .024555 Kcal/Kg °K Estado: P1 V1 = m R T1 ou m = P1 V1 R T1 4 2 3 m = 1. 0.2687 -5582.5 .72 KJ O sinal negativo significa que o trabalho é de compressão.8. 104) .Ln ( P2 / P ) 1 = 0. s1 = -2. m = -0.024555 [Kcal/Kg°K] .S1 = ( s2.S1 = -0.  2 1 S -S Outro Método: Para o processo politrópico vale: n  K  q  Cn dT  Cv  .0129 Kcal/°K O processo não é adiabático mas irreversível! . T 1  n  1  T   ou Kcal 1.1005823  0.0129 Kcal/°K não é adiabático mas irreversível.º K  1.2687  1.s1) .27 .31 ou m = P2 V2 = 6 . T  n 1  T Mas a definição de entropia: ds  q T   2 1 ds   2 1 q 2  n  K  dT  Cv .5247 [Kg] O sinal negativo significa que o processo  -0. 0. 393  S2 .dT  n 1  ou q  n  K  dT  Cv  .024535 .5247  -0.2687  1 .4535 . 0.Ln T  0171 Kg.40   393   n  K  T2 s2  s1  Cv  . 104 .Ln 293   n 1      1 s2 . 0.5246 Kg R T2 29. 10-2 Kcal/Kg °K  S2 . : A Expansão Politrópica.: 1W2  12. Resp. Durante o processo a pressão varia diretamente ao diâmetro do balão. b) pelo uso direto da equação.: CO = 1. Determinar o volume específico de N2..89 m3/Kg Questão 6: Calcular a variação da entalpia de 5 Kg de octano. Questão 2: Determinar o volume específico de vapor d’água em cm3/g a 200 bar e 520°C.: P  22.58 Kgf.40 bar é mantido à temperatura de 27°C. Qual é a pressão? Resp.32 2a. cresce o diâmetro de um balão esférico. Em virtude de aquecimento. LISTA DE EXERCÍCIOS: Questão 1: Um tanque tem um volume de 0. Questão 9: Num arranjo de pistão-cilindro cheio de gás no qual o processo reversível ocorre de acordo com a equação: P.:   18. N2. O volume inicial é 1m3 e o volume final 2 m3..3 cm3/g Questão 3: Gás nitrogênio.: N2  0.12 Kg/m3.: mO2  31.m  0. Resp. Resp.425 m3 e contém 9 Kg de um gás perfeito com peso molecular igual a 24 Kg /Kgmol. t1 = 10°C e as condições finais são P2 = 500 KPa abs. t2 = 95°C.V4/3 = 20 Nm. Resp.38 J .83 Kcal  727.636 m3/Kg Questão 4: Determinar a massa de oxigênio num cilindro de 200 litros de capacidade à pressão de 120 bar e à temperatura de 17 °C. Qual é o processo termodinâmico? Mostre-o matematicamente.83 KJ Questão 7: Um balão esférico tem diâmetro de 20 cm e contém ar a 2 atm. Considera-se o nitrogênio como sendo um gás perfeito.38 Nm = 12. A temperatura é 27°C. CO  0. Resp.4 Kgf/cm2 abs. Resp. Calcule o trabalho realizado: a) pelo método de integração.22 Kcal  0. Qual é o trabalho fornecido pelo ar durante o processo? Resp. o diâmetro cresce para 25 cm e durante o processo a pressão varia diretamente ao diâmetro do balão.: 1W2  93. à pressão de 1.92 KJ Trabalho de expansão! Questão 8: Em virtude de aquecimento. C8H18 (vapor de gasolina) sabendo-se que as condições iniciais são P1 = 130 KPa abs. Resp.85 Kg Questão 5: Calcular a massa específica e o volume específico de monóxido de carbono (CO) à pressão de 1 bar e à temperatura de 300 °K.: H2-H1  173. P h .33 Trabalho de expansão.32 KJ/Kg Questão 12: A temperatura do ar num processo politrópico muda de 120 a 50 °C. Calcular a transferência de calor deste processo.68 Kcal/Kg  1267.6 KWh  5600001.O calor específico do ar: C = 0. Determinar a quantidade de potência elétrica produzida e a energia elétrica (Rating of the Electric Power Plant) da planta.79 J –1. em [Kcal/Kgmol °K] e = T/100 (3) h2 – h1 em Kcal = h2 – h1 em Kcal Kg M Kgmol Resp.56 KW E  155555. QPC = Poder calorífico de combustível [KJ/Kg].1 Kgf/cm2 para 1.: h2 – h1  302.92 Kgf. 100 t (tonelada) de carvão são queimadas durante 10 horas de operação. E = Potência x Tempo Resp.72 KJ/Kg °K. a pressão caia de 2.4 Kgf/cm2. Dados: N = B .s1  0. B = Consumo de combustível por hora [Kg/h]. QPC . 1Q2 = -850.99 Kcal O sinal negativo significa que o calor está saindo do sistema para o meio ambiente. pesos ao êmbolo e o CH4 é comprimido. Determine a variação da entropia do ar. lenta e isotermicamente.92 Kgf. As condições iniciais são 1. Calcular o trabalho -realizado durante esse processo.615 -2 . 3600s. até que a pressão final seja de 4.0413 Kcal/ Kg °K O processo é irreversível! Questão 13: Na casa de máquina (caldeira) de uma usina térmica. Calcular a variação de entalpia específica em Kcal/Kg ou em KJ/Kg. Dados: T2 (1) Definição: h2 – h1 =  CP dT T1 -3 1. se a eficiência da planta for 20%. Questão 10: 50 gramas de Metano estão contidos num cilindro equipado com êmbolo. Resp. P = Eficiência da planta [adimensional] t = tonelada = 1000 Kg e Energia elétrica. 102 KJ  560GJ .679 1. se 60 KJ/Kg de calor é transferido ao ar durante o processo.173 KJ/Kg °K  0. Suponhamos que.5+ 56.8044 .6 .5 Kgf/cm2. 10  .79 J  -1. onde: N = Potência elétrica produzida em [KW].5 (2) CPO2 = 8. O poder calorífico do carvão é 28000KJ/Kg.: N  15555. então.5 Kgf/cm2 e 20°C.: s2. A pressão inicial do ar P1= 5 bar.m  -8343. Adiciona-se. Resp.: 1W2 = -850. durante esse processo.m  -8343.42.9465 + 4. Questão 11: 1 Kg de oxigênio é aquecido de 300 °K a 1500°K.99 Kcal O trabalho é de compressão. 36 Kg de monóxido de carbono ao passar de P1 = 2.68 Kcal  61..: I = 15 A .53 Kcal  85.: H = H2-H1  20.4 °C para P2 = 4.03 °C. O trabalho executado nesse processo é de expansão ou compressão? Mostre-o matematicamente.00071 Kcal/°K  0.00297 KJ/°K O sinal positivo significa que o processo é adiabático mas irreversível.96 KJ S = S2-S1  0. Determinar também a variação da energia interna.2 Kcal/h. determinar o trabalho realizado e o calor transferido num período de 15 min.: W = . A bateria tem uma fonte de 18V nos seus terminais. e T2 = 65. V= diferença de potencial entre dois terminais (força eletromotriz. R = resistência que permite a passagem de corrente em ohm. Considerando a bateria como o sistema. Trabalho: É um trabalho de compressão adiabática.34 Questão 14: Calcular as variações de entalpia e de entropia de 1. A tensão de carga é 12. Dados: taxa de trabalho (potência) elétrico. T1 = 4.73.3 V e a corrente 24.22 Kgf/cm2 abs.47 KJ Questão 15: A dissipação térmica do resistor de 1. de b a c e de d até a. Resp.8 Wh. Resp. Q  0 .2 ohm de uma bateria é 232. Desprezar as resistências. U = U2-U1  14. Resp.0 A.11 Kgf/cm2 abs. fem) em volt. W = I V em watt Calor do efeito Joule = I2 R em watt Onde: I = corrente em ampère. Qual é a corrente em ampère que a bateria fornece? Calcular a taxa de trabalho elétrico em Watt. W = 270 W Questão 16: Uma bateria de acumuladores é bem isolada termicamente enquanto está sendo carregada. pois a composição é diferente Todas são substâncias puras. Temperatura de saturação (ebulição): A temperatura na qual se dá a vaporização à uma dada pressão.líquida numa substância pura O equilíbrio significa o balanço completo. Mistura de ar líquido + ar gasoso Fases: Substância Pura  pode existir em três fases diferentes ou em mistura de fases. chamada de temperatura de saturação.34 °C  água ferve H2O ferve Portanto.1°C (Precisamente) PS = 6.34 °C H2O ferve . isto é a igualdade de pressão e temperatura etc.35 2.8 atm e 164.8 atm  6. Por exemplo: L+V água líquida + vapor d’água É mais importante nesta disciplina L L = líquido L + V = líquido + vapor L + S = líquido + sólido água líquida L+S água líquida + gelo Não é uma substância pura. Esta pressão é a pressão de saturação. Equilíbrio de Fases: vapor .3 – Propriedades de uma Substância Pura: A Substância Pura: A substância pura tem a composição química invariável e é homogênea. Exemplo: 1 atm e 100°C  água ferve 6.8 Kgf/cm2 TS = 164. Ela pode existir em mais de uma fase. PS = 1 atm  1 Kgf/cm2 TS  100°C = 99. Sabe-se que para poder definir um estado.2 0. TL < TS para a pressão existente. X m m  mtotal m  ml (2. na temperatura se saturação (TS). Quando o vapor está a uma temperatura maior que a temperatura de saturação. num estado saturado. parte líquida e parte vapor.1. é chamado vapor superaquecido. . O título é uma propriedade intensiva. é chamada de líquido saturado. Às vezes o termo vapor saturado seco é usado para enfatizar que o título é 100%. seu título (X) é definido como a relação entre a massa de vapor e a massa total. precisa-se de duas propriedades independentes. Se a pressão do líquido.8 1.2  0. líquido sub-resfriado.36 PS = (TS) = PS(TS) Var a tabela A.2  0. é chamada vapor saturado.1 (a) Vapor de água saturado: tabela temperatura ou tabela de pressão de Líquido saturado. ele é chamado de líquido comprimido. pois é adimensional e não depende da massa.0 X = 20% m = 20 Kg mL = 80 Kg x 20 20  20  80 100 X = 20% Vapor saturado. Se a temperatura do líquido. vapor superaquecido: Se uma substância existe como vapor na temperatura de saturação (TS).3) Onde: m = massa do vapor.2 Kg mL = 0. Portanto. PL > PS para a temperatura existente. pressão e temperatura não são propriedades independentes. líquido comprimido: Se uma substância existe como líquido à temperatura e pressão de saturação (PS e TS). ele é chamado de líquido subresfriado. mL = massa do líquido. Título (Qualidade de vapor): Quando uma substância existe.8 Kg x 0. Exemplo: m = 0. “pressão crítica” e “volume crítico”.5 Kcal/Kg scr = sL = s 1. pressão e volume específico no ponto crítico são chamados “temperatura crítica”. pois TV pode aumentar mas a pressão (PV) do vapor permanece constante (Processo Isobárico). Linha CD = O processo no qual o vapor é superaquecido à pressão constante. A quantidade de líquido diminui na direção B para C.15°C Pcr  225.058 Kcal/Kg °K .0032 m3/Kg hcr = hL = h  501.00318 m3/Kg  0.37 TV >TS  vapor superaquecido TV . Linha AB = Processo no qual o líquido é aquecido da temperatura inicial até a temperatura de saturação. Ponto C = Estado de vapor saturado a 100°C. Água  tcr  374. 2. Linha BC = Processo à temperatura constante no qual ocorre a mudança de fase (troca de calor latente) líquida para vapor (processo de vaporização: processo isobárico).4 – Diagrama temperatura-volume para água. PV são independentes. Entre B e C = Parte da substância está líquida e outra parte vapor. verifique com as tabelas. mostrando as fases líquida e vapor: Ponto A = Estado inicial (15 °C) e 1 Kgf/cm2 (sub-resfriado / líquido comprimido). Ponto B = Estado de líquido saturado a 100°C. Ponto Crítico Temperatura. A temperatura e o volume aumentam durante esse processo.65 Kgf/cm2 cr = L =  = 0. ou seja o título (qualidade de vapor) do vapor aumenta de B para C. 5 – Diagrama pressão-temperatura para uma substância de comportamento semelhante ao da água: Este diagrama mostra como as fases sólida.6 – Tabelas de Propriedades Termodinâmicas: As “Tabelas de Vapor” de KEENAN. HILL e MOORE (U.) de 1969 podem ser usadas.A. A uma pressão superior à crítica. as fases sólida e líquida estão em equilíbrio e ao longo da linha de vaporização. líquida e vapor podem existir juntas em equilíbrio. . 2. A linha de pressão constante CD passa pelo ponto triplo e é somente no ponto triplo que as três fases podem existir juntas em equilíbrio. as fases sólida e vapor estão em equilíbrio. estão em equilíbrio as fases líquida e vapor.38 2. Ao longo da linha de sublimação. a uma temperatura mais alta. Ao longo da linha de pressão constante EF. KEYS. Quando a temperatura se eleva à pressão constante. Consideremos um sólido no estado A. no diagrama. sendo esta pressão inferior à pressão do ponto triplo (como está representado pela linha AB).S. como GH. a substância passa diretamente da fase sólida para a de vapor. a substância primeiramente passa da fase sólida para a líquida a uma temperatura e depois da fase líquida para a de vapor. A linha de vaporização termina no ponto crítico. É preciso usar pelo menos a interpolação linear ao consultar as tabelas. não há distinção marcada entre as fases líquida e vapor. O único ponto no qual todas as três fases podem existir em equilíbrio é o ponto triplo. Ao longo da linha de fusão. porque não há mudança distinta da fase líquida para a de vapor acima deste ponto. 1.x ) hL + xh (2. 495 e 496]  vapor de água superaquecido 2. x = 0  o fluído é totalmente vapor (gás).7.3 (a) [página 491.4) equações.2)  = .L   = L + L . O volume específico total para mistura de líquido e vapor:  =  + L = x+ (1-x ) L Mas L = o acréscimo no volume específico quando o estado passa de líquido saturado a vapor saturado =  . hL = o acréscimo na entalpia específica quando o estado passa de líquido saturado a vapor saturado = h . L = volume específico do líquido (m3/Kg).7 – Volume específico total de uma mistura de líquido e vapor (vapor úmido) O volume específico do líquido: L = (1 – x ) L. = V mL m m e m = m+ mL . P (Kgf/cm2)abs. s= (1 . 493. Aqui.x ) L(2. 492.x ) L + x u = (1 .1)  = L + xL(2. Aqui. 494.1. 3) Na mesma maneira. onde m = massa total .  = volume específico do vapor (m3/Kg).39 2.hL . T (°K).7. as outras propriedades específicas podem ser desenvolvidas.2 – Tabela A.6. tem-se.7. então:  = (1 .  = massa específica do vapor (Kg/m3). 1.2 (a) [página 481.6. 482 e 483]  vapor de água saturado: Tabela de Pressão 2. sL = entropia específica do líquido (Kcal/Kg °K).x ) sL + x s Lembrando-se que: L= VL . 2.x ) L + x(2.7. = V . s = entropia específica do vapor (Kcal/Kg °K).x ) u L + xuTente usar apenas esta forma de h = (1 .1 – Tabela A. h = entalpia específica do vapor (Kcal/Kg).3 – Tabela A.1 (a) [página 476 e 477]  vapor de água saturado: Tabela de Temperatura t (°C). x = 0  o fluído é totalmente líquido.(1 . Finalmente:  = (1 . hL = entalpia específica do líquido (Kcal/Kg). O volume específico do vapor:  = (1 – x ) .6. 40 2. A figura abaixo mostra um esquema do diagrama de MOLLIER. i. temperatura e pressão não são propriedades independentes.  Abaixo da linha x = 1. temperatura e título. Observações:  Acima da linha x = 1. Pressão e título. temperatura e pressão são propriedades independentes.  As linhas de volume específico constante são mais inclinadas que as linhas de pressão constante.8 – Diagrama de MOLLIER para vapor d’água: O diagrama de MOLLIER mostra as relações entre as propriedades termodinâmicas da água. por exemplo.  Acima da linha x = 1. o vapor é superaquecido e abaixo é vapor úmido ou saturado (líquido + vapor). . sendo ambas propriedades termodinâmicas. Na abscissa encontra-se a entropia específica (KJ/Kg °K) e na ordenada a entalpia específica (KJ/Kg).e. são propriedades independentes. Nesta região as linhas isobáricas são também isotérmicas.  As linhas de temperatura constante coincidem com as linhas de pressão constante na região de vapor úmido. 5 Kgf/cm2.0012755 + 0.5 Kgf/cm2.04213   L a 260°C a 260°C  0.5 Kgf/cm2 e a 200°C 210 + 190 2 = 200°C é: CP  684. x são duas propriedades independentes. 190°C  h = 674. Pressão pode permanecer constante enquanto varia a temperatura. 210°C  h = 684.8 Kcal/Kg Portanto.2 Kcal/Kg a 7. Solução: Dados: T.029873 m /Kg 3 Problema 2: Estimar o calor específico à pressão constante do vapor de água a 7.8 (pág 538) a 26.41 PROBLEMAS RESOLVIDOS: Problema 1: Calcular o volume específico (total) do vapor d’água saturado a 260°C.70.53 Kcal/Kg °C (ou Kcal/Kg °K) 210 – 190 Observações: (1) Na região de vapor superaquecido T. = (1 – x ) L + x = (1 – 0. P são duas propriedades independentes. x = 0.5 Kgf/cm2. 0. P (Das tabelas de vapor. T = 260 °C. página 492): a 7. pág 477). tendo um título de 70%. 200°C. 0. (Tabela de temperatura. Verifique o valor de CP do vapor d’água dado na tabela A.8 – 674.7 . CP a 7. Solução: Se considerarmos uma mudança de estado a pressão constante. . (2) CP do vapor d’água não é cte.2  0. a equação: CP = dh dT  P h T pode ser usada com a tabela.7) .7°C. 42 Problema 3: Calcular a energia interna específica do vapor d’água superaquecido a 5 Kgf/cm2.5 – 15 20 – 15 . (Y2 – Y1) + Y1 X2 – X1 Escrevendo esta equação para entalpia.3 (a) / pág 493 usa-se a fórmula de interpolação linear: Y = X – X1 . h = u + P  e usando tabelas de vapor (página 492).5 Kgf/cm2 e 290 °C. Solução: h pelo uso das tabelas de vapor: vapor superaquecido  Tabela A. (717 – 720. Solução: Sabemos que.5 bar  18.m / Kcal  u = 631. 104 Kgf/m2 . Calcular a entalpia de entrada da turbina com uso das tabelas de vapor e pelo diagrama de MOLLIER. 200°C.1. onde 1 = valor anterior e 2 = valor posterior P2 – P1 18.3) + 720.6 Kcal/Kg  Problema 4: O vapor d’água superaquecida entra numa turbina a 18.5 Kgf/cm2 (interpolando no diagrama) e a linha de temperatura de 290 °C. .3 h=  h = 717. tem-se: h= P – P1 .4 Kcal – 5 .4337 m3/Kg Kg 427 Kgf. tem-se: u = h – P  = 682. 0. (h2 – h1) + h1 .99  718 Kcal/Kg h pelo diagrama de MOLLIER: com a linha de pressão de 18. achamos o ponto de interseção e traçamos uma linha vertical até a ordenada a fim de obtermos a entalpia específica. 93) .93 .1. achamos o ponto de interseção e traçamos uma linha vertical até a ordenada a fim de obtermos a entalpia específica. 620.187pessoal de – 0. Solução: vapor úmido ou vapor de água saturado.5 + 0.43  h = 3010 KJ/Kg  718. h pelo uso das tabelas de vapor: usa-se a Tabela de pressão: A.187 (erro pessoal de + 0.15 Kgf/cm 2 e x = 93%.15 bar  0.06% ) (erro .2 (a) / pág 481 hs = (1-x ) hL + x . 53. Calcular a entalpia de saída da turbina com uso das tabelas de vapor e pelo diagrama de MOLLIER.89 Kcal/Kg 4.4  hs  580.93 (interpolando). h hs = (1 – 0.12%) Problema 5: O vapor d’água saturado (vapor úmido) sai de uma turbina a 0.37 Kcal/Kg 4.5 Kcal/Kg h pelo diagrama de MOLLIER: com a linha de pressão de 0.15 Kgf/cm2 (interpolando) e a linha de título de 0.  hs = 2430 KJ/Kg  580. volume para água. Questão 7: Defina o título de vapor. Questão 6: Cite duas propriedades independentes no estado superaquecido. . Questão 2: O que é o ponto crítico? Questão 3: Explique o diagrama pressão-temperatura para uma substância de comportamento semelhante ao da água. Questão 11: Do que se trata o diagrama de MOLLIER? Questão 12: Quais são as duas propriedades fundamentais no diagrama de MOLLIER que envolvem a 1a.02979 m3/Kg abs. leis da termodinâmica? Questão 13: Calcular o volume específico (total) do vapor d’água saturado a 48 Kgf/cm2 abs. Questão 8: Quais são os processos que envolvem a mudança de fase líquida para vapor? Questão 9: Defina líquido comprimido e líquido sub-resfriado. Questão 10: Explique a curva de pressão do vapor para uma substância pura. e a 2a. LISTA DE EXERCÍCIOS: Questão 1: Descreva o diagrama temperatura . Resp.:   0.. tendo um título de 70 %. Questão 4: O que é o ponto triplo? Questão 5: Cite duas propriedades independentes no estado saturado.44 3a. 37 Kcal/Kg (b) se  6. VL  0.: (a) he  2945 KJ/Kg  703. Calcule o volume total e a entalpia total.6575 Kcal/Kg °K (c) x s  95% (d) hs  2580 KJ/Kg  616. contém. h  154.: x  64.69 Kcal/Kg  2029. Resp. Resp.94 KJ Questão 15: Um vaso de 0.99 Kcal  648.250 m3 de volume. Estimar as seguintes propriedades termodinâmicas pelo diagrama de MOLLIER: (a) entalpia na entrada (b) entropia na entrada (c) título do vapor na saída (d) entalpia na saída Resp.94 KJ/Kg °K  1.00055 m3 Questão 16: Estimar a energia interna específica d’água no ponto crítico.: V  0. Resp. A temperatura é 151.45 Questão 14: 1 Kg de mistura de água e vapor num recipiente fechado comporta-se como 1/3 líquido e 2/3 vapor em volume. Calcule o título do vapor.: u  484.39 KJ/Kg Questão 17: O vapor d’água entra numa turbina a 10 Kgf/cm2 e 250°C e sai da turbina à pressão de 1.5 Kgf/cm2. 1.4998 Kg.1 °C. mL  0.0033 m3. o volume e a massa do líquido.3 %.19 Kcal/Kg .4 Kg de uma mistura de água líquida e vapor em equilíbrio a uma pressão de 7 Kgf/cm2. para um sistema pode ser escrita como: V  d (mV ) (3.1 – Leis básicas para sistema 3. Em forma de equação: Onde m é a massa total. Essas equações tem a forma apropriada para sistemas e volume de controle (sistema aberto).46 Capítulo 3 Equações gerais e particulares para meios contínuos Qualquer problema de engenharia pode ser resolvido com o uso das leis. .1. e V é a velocidade do centro de massa do sistema.1 – Conservação da Massa A lei de conservação da massa afirma que a massa de um si9stema permanece constante com o tempo (não levando em conta efeitos de relatividade).1. V = volume total. Onde  = massa específica.2 – Conservação da Quantidade de Movimento A Segunda lei de Newton. 3. 3. incluindo as de campo como o peso.1. do movimento.2) dt no sistema. que podem ser representadas por meio de equações independentes. a equação acima torna-se: 1 Q 2  U  1W2 . E U  1 mV 2 mgZ 2 (3. Deste forma a equação da conservação da energia para um sistema pode ser escrita como Vs V  s )  mg ( Z 2  Z 1 )  1W2 1 Q 2 U 2 U 1  m( 2 2 2 2 (3. E1 e E2 são os valores inicial e final da energia E do sistema e 1W 2 é o trabalho realizado pelo sistema ou sobre o sistema.3c) No caso de não existir movimento e elevação (altura) do sistema. Q dE W   dt dt dt A conservação da energia por unidade de tempo pode ser escrita na forma: Q  dE  W dt (3.47 3.3 – Conservação da Energia Durante uma Transformação A primeira lei da termodinâmica ou lei da conservação da energia para um sistema que realiza uma transformação pode ser escrita na forma diferencial como: Q  dE  W ou 1 Q 2  E 2  E1 1W2 (3.3b) onde V = a velocidade do centro de massa do sistema.1. Z = a altura em relação a um plano de referência.1. da energia cinética (mv2/2) e da energia potencial (mgZ). g = a aceleração da gravidade.1.1.1. Portanto.3) onde 1Q2 é o calor transferido para o sistema durante o processo do estado 1 ao estado 2. O símbolo E representa a energia total do sistema que é composta da energia interna (U).3a) esta é a equação da energia em termos de fluxo. 4 – Segunda Lei da Termodinâmica Existem dois enunciados clássicos da Segunda lei da termodinâmica.1.48 Ou na forma diferencial Ciclo Termodinâmico ou Processo Cíclico Ciclo termodinâmico ou processo cíclico pode ser de circuito fechado ou circuito aberto. . a integral cíclica de calor infinitesimal é igual a integral cíclica de trabalho infinitesimal OU somatório de calores é igual ao somatório de trabalhos. Esta equação também representa o balanço térmico ou balanço energético. A primeira lei da termodinâmica ou lei da conservação da energia para um sistema que realiza um ciclo termodinâmico é dada por Em palavras. 3. a variação de entropia é dada pela relação: PROCESSO (Envolvendo sistema fechado) dS  Q T (3. Como resultado desta Segunda lei tem-se que.4) A igualdade sisgnifica processo reversível e a desigualdade significa processo irreversível. conhecidos como enunciado de Kelvin-Planck e Clausius. se uma quantidade de calor Q é transferida para um sistema à temperatura T.1. 4. A superfície pode ser fixa. A massa.49 Definição moderna: Entropia. = 0  Nenhuma irreversibilidade dentro do sistema. . ou seja isentrópico S2-S1 <0  Processo não é adiabático mas irreversível Ciclo Termodinâmico (Envolvendo sistema aberto ou V.1. sistema fechado. 3. 5.1 – Leis Básicas para volume de controle (Capítulo 4) Um volume de controle refere-se a uma região do espaço e é útil na análise de situações nas quais haja escoamento através desta região. O sinal de igualdade vale para ciclo internamente reversível (ideal) e o sinal de desigualdade vale para ciclo internamente irreversível (real). A fronteira do volume de controle é a superfície de controle. 2. S2-S1 >0  Processo adiabático mas irreversível S2-S1 >0  Processo adiabático e reversível.4a) onde S2-S1 = variação de entropia.C)  Q 0 T (3. O volume de controle é chamado muitas vezes de sistema aberto. bem como suas propriedades. pode se mover ou se expandir.  >0  Irreversibilidade presente dentro do sistema. 6. O tamanho e a forma do volume de controle são completamente arbitrários.  nunca pode ser negativo. e a massa contida no volume de controle. calor e trabalho podem atravessar a superfície de controle. podem variar no tempo.4b) Esta equação é chamada de desigualdade de CLAUSIUS e é somente aplicável aos ciclos.1. sendo sempre uma superfície fechada. T (sigma) = produção de entropia.  1 2 Q = transferência de entropia. 4. NOTAS 1. S 2  S1   1 2 Q  T (3. 1.1. compressível ou incompressível.1.   V .1) O primeiro termo representa a taxa de variação da massa no volume de controle. Pode-se escrever.1 – Conservação de Massa (Equação da Continuidade) Pode-se mostrar que. Casos particulares da equação da continuidade que tem aplicação em engenharia. finita ou infinitesimal.1.2) é valida para qualquer região.1. etc. O segundo termo representa a taxa de efluxo de massa resultante através da superfície de controle.50 4.2) t VC Deve-se lembrar esta forma da continuidade. newtoniano ou não newtoniano. 0    dV    V . escoamento com teransferência de calor ou sem transferência. A equação geral: . A equação (4. puro ou multicomponente. A equação (4.d A t  SC (4. para qualquer fluido – viscoso ou ideal.d A   sc     dV (4.2) é a forma integral da equação da continuidade e fisicamente significa que a vazão em massa para fora da superfície de controle é igual ao decréscimo de massa no interior do volume de controle na unidade de tempo. 51   V .d A   sc     dV t VC . 6) da continuidade .4 e/ou 4.d A   t  dV VC     não é constante.1.4) sc   c ) Escoamento incompressível em regime não permanente  constante.  0 t b) Escoamento compressível em regime permanente   V .2 – Aplicação da equação (4.1.1.4 e 4.d A  0 (4.52 a) Escoamento compressível em regime não permanente sc   V .6 serão tratadas nesta disciplina (a nível de graduação).1.  0 t d ) Escoamento incompressível em regime permanente  0   cte t As equações 4.1. 4. dA   V .dA  0 2 2 3 3 1 1 A2 A3 A1       Se as massas específicas e as velocidades são uniformes em suas respectivas áreas.dA    V .dA   V . onde m  VA  vazão em massa (kg/s) Para uma tubulação simples.dA  0 A3 A1       Admitindo que a velocidade seja normal a todas as superfícies de passagem do fluido   V . onde o fluido entra pela seção 1 e sai através da 2 e 3. sem a terceira saída. a equação fica  .dA    V .53 Considerando o escoamento permanente para fluido compressível da figura1. temos ou A2  V . a equação da continuidade genérica é: .2) OUTRA FORMA DA CONTINUIDADE (Eq. 4.54 As premissas feitas para se chegar à Eq. b) fluido compressível.  Mas para fluido incompressível.3) onde v = velocidade local (m/s) A vazão volumétrica ou vazão em volume.3 – Definição da velocidade média A velocidade média numa seção transversal é dada por: V 1 vdA A (4.3. (4.2.2.1) pode-se escrever  m  VA  cte .3. (4.1) são: a) escoamento permantene. Para coordenadas cartesianas em três dimensões.2.1) pode ser escrita como m   1V 1A1   2V 2A 2   1V 1   2 V 2    (4. =peso específico (N/m3. a equação da continuidade é usada na forma diferencial. e e) uma entrada e uma saída para o volume de controle. 4. c) velocidades normais às superfícies.1)  A equação da continuidade (eq.1) m  VA  cte m  gVA  cte G  VA  cte onde G = vazão em peso (N/S.) 4. fórmula V  AV   vdA (4.3) e comentário ESCOAMENTO PERMANENTE E FLUIDO INCOMPRESSÍVEL Considerando a eq.2. kgf/s). 4. kgf/m3)   (4. d) velocidade e massa específica constantes ao longo das áreas respectivas.3.   cte ou m   V  AV  cte  (4.3.4 – Equação da Continuidade na forma diferencial Para o estudo de escoamentos bi e tridimensionais.4. (=cte. a equação em três dimensões fica: u v     0 (4.4.1) x y z .55 Para fluido incompressível e escoamento em regime permanente.  / t  0 ). a primeira lei da Termodinâmica para o volume de controle.56 4.1 – Energia em termos de fluxo (taxa) para sistema fechado A equação genérica (4. reduz-se  dE  Q  W (4.1) Verifique a equação (3.5) 4.5) para um sistema fechado onde não há fluxo de massa (continuidade de escoamento) entrando ao volume de controle ou saindo do volume de controle. podemos escrever:   Vc2 dE vc V s2 Q VC  m e (h 2   gZ c )    m s (h s   gZ s )  Wvc 2 dt 2   (4.1.5 – Conservação da energia (1ª lei da termodinâmica) para volume de controle Para várias entradas e saídas.5.3a) dt .5. 5.5. resfriador.5) torna-se:   Vc2 V s2 Q VC  m e (h 2   gZ c )   m s (h s   gZ s )  Wvc (4. i.3) 1ª lei: Q VC  m (h e  2 2 em J/S=W        Esta equação é aplicada em qualquer acessório técnico. dE VC 0 dt A equação (4. ventilador. compressor.) Verifique a equação (3.5.e.   Vc2 V s2  gZ e )  m s ( h s   gZ s )  W VC (4.57 4.5) para um sistema fechado onde não há fluxo de massa (continuidade de escoamento).2 – Energia para escoamento em regime permanente Regime permantene: Quando propriedades não variam em função do tempo.5) torna-se:   dEVC V s2 Q VC   m e ( h e V  gZ e )   m s (h s   gZ s )  W VC dt 2   2 c (4. para sistema aberto. condensador. .5. evaporador.e. entrando ao volume de conterole ou saindo do volume de controle. i.5.3 – Energia para escoamento em regime permanente com única entrada e única saída Cont:  m e m e  m s m s  m  cte.(Bomba. turbina.1.5.5. reduz-se: Q  dE   W (4.1.2 – Energia para escoamento em regime permanente Regime permanente: Quando propriedades não variam em função do tempo.5) Esta é a equação da energia genérica ou a primeira lei para volume de controle. 4.e.1 – Energia em termos de fluxo (taxa) para sistema fechado A equação genérica (4. aquecedor. trocador de calor.3a) dt 4.2) 2 2   4. i. dE vc 0 dt A equação (4. 5 – Energia ou a 1ª lei na forma diferencial Tomando diferencial ambos os lados da equação 4. Pdv = Trabalho de deslocamento (expansão e/ou compressão) pelo sistema aberto (V. etc.C. coletor solar. quando a  vazão em massa ( m ) é conhecida. vdP = Trabalho de escoamento (devido a diferença de pressão) d(V²/2) = Variação infinitesimal da energia cinética específica gdZ = Variação infinitesimal da energia potencial específica X gravidade VC = Trabalho infinitesimal (trabalho de eixo) produzido ou gasto pelo volume de controle (sistema aberto). válvula de expansão.3) por m (Kg/s) 2 2   m     Q VC m  Ve     h s  Vs  gZs   WVC  he   gZe  m      m m 2 2 m     tem-se: 2 2      h e  Ve  gZe    h s  Vs  gZs   VC  J  .4 – Energia ou a 1ª lei na unidade de massa  Dividindo a equação (4.4 tem-se: 2 q VC  dh  d V   gdZ  VC  2   2  du  Pv   d V   gdZ  VC  2   2 q VC  du  Pdv  vdP  d V   gdZ  VC (4. difusor. bocal.5.4) Kg  Kg       2 2     q VC Esta equação é também aplicada em qualquer acessório térmico (como anteriormente). du = Variação infinitesimal da energia interna específica.).5. 4.58 caldeira.5)  2   Esta forma diferencial explica a 1ª lei com escoamento em regime permanente.).5. 4. tubulação. qVC = Calor infinitesimal fornecido ao volume de controle ou calor rejeitado ou perda de calor do volume de controle. Kcal  (4.5.5. .5. etc.  quando a vazão em massa ( m ) é desconhecida. tem-se perda de carga (perda de energia mecânica) causada pela viscosidade = 0 = (us – ue – qvc) P  Pe Vs  Ve  s   gZ s  Z e   0 (4.5.6 – Energia ou a 1ª lei na forma diferencial reduz-se para sistema fechado 2 q VC  du  Pdv  vdP  d V   gdZ  VC (4.5.59 4. 4.5. V=0 2) Não há diferença em energia potencial específica. gdZ = 0 3) Não há trabalho de eixo produzido ou gasto.4) 2 2     V V q VC   h e  e  gZe    h s  s  gZs   VC (4.5.5.7) Equação de Bernoulli  2 2 2 .4a) ou  VC  Ps v s  Pe v e  2 Esta equação ainda é uma forma da 1ª lei.6) Esta é a 1ª lei para sistema fechado.5.5)  2   Quando: 1) Não há escoamento : vdP = 0.1.5. Hipóteses: 1) Quando não há o trabalho de eixo tem-se -VC =0 2) Fluido seja incompressível vs = ve = v = 1/ 3) Fluido seja ideal (não viscoso:  = 0).7 – Equação de Bernoulli: Um caso específico da 1ª lei Vamos utilizar a equação (4.5.4)     2 2     ou q VC V  Ve  h s  h e   s  gZ s  Z e   VC 2 2 2 2 2 V  Ve  gZ s  Z e   q VC ou  VC  u  Pv s  u  Pv e  s 2 2 2 Vs  Ve  gZ s  Z e   u s  u e  q VC  (4. VC = 0 q  du  Pdv ou q  dh  vdP (4.3c). Verifique a equação (3. A mecânica dos fluidos consegue medir o efeito global através dos parâmetros fluido dinâmicos. a continuidade fica ( = 0): u   x  1 2x 2   Logo. Continuidade tri-dimensional Y v  Z u X u v    0 x y Z u v  0 x y (4. PROBLEMAS RESOLVIDOS Problema 1 A distribuição de velocidades para um escoamento bidimensional de fluido incompressível é dada por u x x y 2 2 . porque não existe nenhum aparelho que consiga medir separadamente os termos (us – ue) e -qvc.   x x  x 2  y 2  x2  y 2 x2  y 2   v   y  1 2y 2  e    y y  x 2  y 2  x2  y 2 x2  y 2 2     2   . Solução Para fluido incompressível e escoamento em regime permanente.4.1) Mas para escoamento bidimensional .60 Nota: p/ fluido real (viscoso:  > 0) Termodinâmica não dá o valor de (us – ue – qvc). v y x  y2 2 Demonstrar que satisfaz a continuidade. Ache a componente da velocidade v. A componente da velocidade u em qualquer ponto é dada por u = x² .y².y² u  2  x  y 2  2x x x Continuidade bidimensional incompressível:   u v v   0 ou 2x   0 ou v  2xy ou x y y  v  2xy  c (constante de integração) Finalmente v = -2xy + f(x) Verificação:  v   2xy v    2xy  f ( x )  2x  0 y y u v   2x  2x  0 x y OK Problema 3 .61  u v 1 2x 2   2  x y x  y 2 x2  y 2   2  1 x2  y 2  x 2y 2 2  y2  2  1 1   x2  y 2     2    2 x  y 2 x2  y 2   x2  y 2 2        2   2    2  0 x  y 2   x2  y 2   Satisfaz a continuidade Problema 2 Um fluido incompressível bidimensional não tem a componente da velocidade na direção Z. Solução u = x² . A temperatura e a pressão são 27°C e 1.62 Consideremos um fluxo (vazão em massa) de ar num tubo de 15cm de diâmetro.8). Determinar o fluxo de massa.01768 m 2 A   2 m AV 0. calcular a velocidade média. com a velocidade uniforme de 10m/min.50 kgf/cm² abs.1) Da tabela (página 538/A.27kgf.005kg / s Problema 4 Um líquido escoa através de um tubo (cano) circular. T D  m AR Estado: Pv = RT (2. R = raio do tubo. 29. RAR = 29.10 min   m  AV   3 v 0.10 2 m 2 4 4 A  0. respectivamente. Solução: .5854 m 3 / kg Continuidade:  m = VA (4.302 kg / min  0.1) A área transversal do escoamento é 2 D 2   .m/kg°K RT v  P Logo.5 kgf kgK 2  ( 27  273)K 2 cm 10 4 cm m2 v  0.5854 m kg   m  0. Para uma distribuição de velocidades satisfazendo a equação R2  r2  v  Vmáx   2  R  onde v = velocidade local ou velocidade de camada do fluido em r.01768 m . Solução V Escoamento P. r = a distância contada a partir do centro do tubo. 15.2.27 kgfm 1. 2 kgf/cm2.3 m / K. 2 R 1 R Vmáx 2 V  R  r 2 2rdr 2  2 R 0 R  V  A A vdA A mas dA = 2rdr    2Vmáx / R 2 R 2 R 0  R 2  r 2 rdr R  Nota quando r = 0 v = Vmáx que não é a função de r 2Vmáx  2 r 2 r 4  2Vmáx  2 R 2 R 4       R R  2 4 0 2 4  R4  R4  2Vmáx R 4 Vmáx  . à temperatura de 27oC ).  4 2 R4 Logo. determinar quantos quilos de ar escoarão por segundo. . Supondo a velocidade média de 2.8 m/s e a pressão atmosférica normal Patm = 1 kgf/cm2.3.63 D Escoamento r v Vmáx centro R Continuid ade para fluido incompre ssível: Perfil (distribuição) de velocidade: R2  r2  v  Vmáx   2  R   V  AV (4.4) ou V R2  r2  A Vmáx  R 2 dA   ou V  . a velocidade média V  Vmáx 2 Nota: A expressão acima é verdade para escoamento laminar! Mas não para escoamento turbulento!! Problema 5 Em uma tubulação de 400 mm de diâmetro escoa o ar (R ar = 29. sob a pressão manométrica Pm = 2.  = peso específico em kgf/m3.400) 2  2.8  0.2 x 104 kgf/m2 ) / [ ( 29. T em K Logo. . R=cte. .8.3 m/K ) ( 27 + 273 K ) ]  3.  = P/RT = ( 3. de um gás particular em m/K.64 kgf/m3 A vazão volumétrica ( ou vazão em volume ) é  V  AV (4.2+1) kgf/cm2 = 3.  = x(2yz + .3) Logo G = 3.3. Mostrar que é satisfeita a equação da continuidade.2 kgf/cm2 = 3.3y2) v = x(z – 6y – y2/2) – 5.352 m3 / s A vazão em peso é G   VA   V (4.64 x 0.64 Solução Sabemos que a pressão absoluta é a pressão manométrica (efetiva) mais atmosférica: P = Pm + Patm = (2.281 kgf/s Resp.352  1.4) ou V  .  4 (0.2 x 104 kgf/m2 Estado : P = RT Estado também pode ser escrito como P = RT (1) P em kgf/m2. 4a Lista de Exercícios de EME35 Questão 1 Um fluido incompressível em escoamento tridimensional permanente apresenta as seguintes componentes da velocidade média: u = x2 (3 – y/2) + 4. v = (11x – 5y) t Examinar se estas funções são compatíveis com a equação da continuidade Resp. w = x2+z2 Será que as componentes da velocidade média caracterizam um escoamento incompressível? Resp: Não caracterizam Questão 4 Qual é o menor diâmetro de um tubo necessário para transportar 0.  = a distância contada a partir do centro do conduto. Resp: V = 1. Resp: D  15.3 kg/s de ar com uma velocidade média de 6m/s ? O ar está a 27o C e uma pressão de 2.65 Questão 2 Um fluido incompressível em escoamento bidimensional permanente apresenta: as seguintes componentes da velocidade média: u = (5x – 7y) t .3 cm = 153 mm Questão 5 Um grande conduto de 1m de diâmetro transporta óleo com uma distribuição velocidades.4 kgf/cm2 abs.125 m/s . compatíveis Questão 3 Um fluido em escoamento tridimensional permanente apresenta as seguintes componentes da velocidade média: U = x2y. v = x+y+z. R = raio de conduto. Determine a velocidade média. de V = 9(R2 – 2) Onde v = velocidade local em . Problema 6 Um fluido incompressível se escoa de modo estacionário através de um duto com duas saídas. cuja seção transversal mede 0. . V = 49/60 Vmax Questão 7 A água (  = 1000 kgf/m3 ) escoa com a velocidade média de 0. conforme indicado na Fig. .66 Questão 6 O perfil de velocidades num determinado escoamento em condutos é dado aproximadamente pela lei de PRANDTL da potência um sétimo: v/Vmax = (y/R)1/7 ond y é a distância contada a partir da parede do conduto e R o raio do mesmo Perfil: v/Vmax = (y/R)1/7 Qual é a relação entre velocidade média e velocidade máxima ? Resp.02 m / s. Calcular os valores dos diversos tipos de vazão. Resp : V  0. O escoamento é unidimensional nas seções1 e 2.1 m2. porém o perfil de velocidades é parabólico na seção 3. 1. m  20 kg / s 3 NOTA  É bom verificar o problema 1 resolvido na página 13.2 m/s em um tubo. . G  20 kgf / s . 2) se reduz a     V dA  0 sc Onde a integral representa a superfície de controle inteira. isto é.1.67 Fig. tem-se.   V dA   V1 A1 . fornecendo     V dA   V dA   sc A1   V dA   A2  A3   V dA  0 Como o escoamento é unidimensional em 1 e 2. e  V dA   V 2 d  A2 A3 A3 . considerando-se que o fluido é incompressível. Escoamento através de um tubo com ramificação Solução Uma vez que o escoamento é estacionário (permanente) a equação (4.  A1     V dA   V2 A2 .       V dA    V dA  sc A1     V dA  A2     V dA  0 A3 A massa específica pode ser cancelada.1. Solução Da equação da continuidade obtemos:  V A (1) e com os dados do problema V  V 1200 litros /s  1200  10-3 m3 / s 1.2787 )  0.05574  2 A3  0 ou V 1(0.9 m/s.05574  2(0.87 m/s Problema 7 A tubulação de aço para a alimentação de uma usina hidrelétrica deve fornecer 1200 litros/s.24154 / 0.9 m/s .2787)  0.2787 )  0.3(0.2787 )  0. de modo que a velocidade da água não ultrapasse 1.2787)  0.2 m 3 / s A  0.9 m/s.05574  82  R 2 2 R  0 4 2 4R 0 R2 ou  V 1(0.se.05574  8 0 4 [[ ]] ou  V 1(0.0929)  0  V1 = (-0. tem .2 m3 / s V 1. 1.05574  8   0  ou  V 1(0.68 Usando estas relações simplificadas. Determinar o diâmetro da tubulação.1858)  8     2  d  0 0  R    R2 R4 4 ou  V 1(0.2787)  0.6316 m 2 1.2787 )  0. Resp. obtemos  V 1 A1  V 2 A2   R 0  2  4 1  2  2 d  0  R    R  3  ou  V 1(0. Então. Em cada ponto da seção transversal do conduto.8 – 0 = 1.2).69 Esta é a área da seção transversal na tubulação. sendo  a distância do referido ponto ao centro O da seção. Sendo V constante em cada situação.897 m Resp. isto é.6313 / )1/2  0. pela equação que o valor obtido da área é o mínimo da seção A .3 m (Fig. para o valor máximo da velocidade.8-202. donde d V  vdA . Problema 8 A água escoa através de um conduto de raio R=0.6316 m2 (porque. v= 1.987 m Logo.8 – 20 2 (3) Que é uma parábola. Quando  = 0. A = D2 / 4 ou D = (4A /  ) = (4 x 0. de área elementar dA. D  0.2) . Vmax = 1. dA = 2d (1) Cada ponto da coroa está submetido à velocidade v. Logo. devemos ter A>0.8 m/s . a velocidade é definida por v=1. (2) Pelo enunciado. temos a velocidade máxima (no eixo do tubo). estão os pontos que distam  do centro O .  Calcule V Na coroa circular (Fig. aumentando a área diminuímos a velocidade). concluímos. 010125) ou V 0.3   0. Supondo-se não Ter ocorrido evaporacão. Substituindo (1) e (3) em (2): dV = (1. integramos de 0 a =0.70 Quando  = R = 0. que é a velocidade nula na parede do tubo.3.04 HP.3 (0. qual será o aumento de energia interna da água? Dado 1 HP hora  641. o calor é transferido para a água aumentando a sua temperatura. Problema 9 Um recipiente contendo reagentes químicos é colocado num tanque com água e aberto para a atmosfera .40r3d = 8(0. e da água para o ar externo foi 12 Kcal. Quando os produtos químicos reagem. Após 15 minutos o calor transferido para a água foi de 252 Kcal.202)2d = 3.5r3 )d Para a vazão através de toda a seção.45  5 3 ) d  V   0 0 2 4  [ 0.02025-0. temos vc = 1.45 .3)2 = 0.6d .8 –20 (0.186 Kcal .3 dV  8 0.255 m3/s Resp.45  5 ]0.3  ou V 0 2 4 8(0. A potência fornecida ao eixo de um agitado utilizado para circular a água é de 0.8 . 01 HP hora ou 1W 2= -0. neste caso.72 KJ 2o método Vamos usar a equação (3.1.04 HP x 15 m h/60 min = -0. Este trabalho é realizado sobre sistema (água).30) 1a lei : 1Q2 – 1W 2 = U ou 1Q2 =(+252) + (-12) = 252-12 ou 1Q2 = 240 kcal 1W 2. O sistema é fechado Utilzamos a equação (3.168  -6.3 a) Resp. . é o trabalho elétrico fornecido para acionar o agitador. 1W 2 = W x t = -0. Este trabalho eletrico fornecido para acionar o agitador.412 kcal Logo U = 1Q2 – 1W 2= 240 – (-6.1. portanto.41 kcal  1031.412) kcal  U = 241.71 Solução 1o método A água é o sistema.01 x 641. é negativo. Resp. a velocidade é de 0. Calcule a vazão volumétrica. Este mesmo escoamento passa pela seção 2 onde o diâmetro é 0.266 m3/s.41 m/s Questão 10 272. a velocidade média na seção de entrada e a na saída.: dU  213.91 m/s e o diâmetro é 0.4 kgf/s de água escoa através de um tubo de diferente área de seção transversal. Qual é a taxa de aumento da energia interna? Dado: a taxa de trabalho elétrico. Determinar a vazão volumétrica e a velocidade na seção 2.04 HP x 1/4h x 641. A taxa de transferência de calor da bateria é de 6. Resp. W‟=-Ei.72 1a lei em termos de fluxo: Q = dE / dt + W dE = dU + d(EC) + d(EP)  Q = dU / dt + W Mas d(EP) = 0 = d(EC) dU = Qdt – Wdt ou ou dU = 960 kcal/h x 1/4h – (-0.41 kcal  1031. 4ª lista (continuação) de exercícios de EME35 Questão 8 Durante a carga de uma bateria.3 kcal/h.61m.: V2‟ = V1‟ = cte  0. onde E = tensão em volts.186 kcal/HPh)  dU  U  246.91m. Dado: agua = 1000 kgf/m3 . V2  0. a corrente é de 20 ampères e a tensão 12.7kcal / h  248.54W dt Questão 9 Na seção 1 de um conduto pelo qual escoa água.8 volts. i = corrente em ampères.72 kJ Nota 1Q2 = Q x t Resp. C. calcule as velocidades em A e em D.73 Resp. Se a velocidade em C for 2.73 m/s.74 m/s.396 m/s Questão 11 Água entra através de um tubo circular pelo A e sai pelo C e D.: V‟  0.7 kcal/kg Determine as seguintes quantidades por Kg de fluido que escoa através da instalação: .13 40 entrada da bomba Trabalho da bomba = 1.5 290 Saída da turbina. Vs  8. Problemas Resolvidos Exemplos da 1ª lei da termodinâmica para V. Calcule também a vazão volumétrica.2724 m3/s. entrada 0. Exemplo 1 Considere a instalação a vapor elementar. mostrada na figura. Ve  3.15 93% do condensador Saída do condensador. Os dados seguintes referem-se a tal instalação: Localização Pressão (Kgf/cm2) Título ou temperatura(ºC) Saída do gerador de vapor 20 320 Entrada da turbina 18. 0. 4  580 . 481.37 kcal/kg Ponto 4  P4 = 0.1.2 kcal/kg Ou pelo diagrama de Mollier : h1=3070 kJ/kg=3070/4. 481. A.3. A.187=718. A. T2=290 ºC Vapor superaquecido (pág.(a))  h1=733.(a)) h3= 1  x hl  xhv  (1  0.5 kgf/cm2.187=733.13 kgf/cm2.93  620 .74 a) Calor transferido na linha entre o gerador de vapor (caldeira) e a turbina  entre 1 e 2 (tubulação) b) Trabalho produzido pela turbina  entre 2 e 3 (wvc) c) Calor transferido no condensador  entre 3 e 4 (qvc) d) Calor transferido no gerador de vapor  entre 5 e 1 (qvc(cald)) Use as tabelas de vapor e/ou diagrama de Mollier para vapor de água. as variações de energia cinética e energia potencial são desprezadas. Vapor superaquecido (pág.93)53. T4 = 40 ºC Vapor de água saturado: neste problema apenas L Entalpia apenas depende da temperatura também para líquido.3. A. Tem-se. 493. x=93% Vapor de água saturado: V+L Tabela de pressão (pág.1.5  0.187=580. com P1=20 kgf/cm2 e T1=320 ºC.2. q vc  he  hs  wvc (2) 1ª lei reduzida! As entalpias nos pontos 1.1.2 kcal/kg Ponto 2  P2=18.89 kcal/kg Ponto 3  P3=0.(a)) h4  39. onde h=y e P=x  1   2 Portanto h2  717. 3 e 4 Ponto 1  Das tabelas de vapor d‟água superaquecido.1.99  718 kcal/kg Ou pelo diagrama de Mollier : h1=3010 kJ/kg=3010/4. 493. Solução A equação geral da energia ou a 1ª lei da termodinâmica em regime permanente é: V2 V2 g g qvc  he  e  Z e  hs  s  Z s  wvc (1) 2g c J gc J 2g c J gc J As velocidades e as alturas não são dadas.7kcal / kg Ou pelo diagrama de Mollier : h1=2430 kJ/kg=2430/4.98 kcal/kg . então.1. tem-se.15 kgf/cm2.(a)) Por interpolação linear  x  x1  y  x  x  y 2  y1   y1 . portanto. 2. Tabela de pressão (pág. 75 a) Considerando um volume de controle que inclua a tubulação entre o gerador de vapor e a turbina (ponto 1-2): q cal  h1  h2  w Mas w=0, portanto: 1 q 2  h2  h1  718  733 .2  15 .2kcal / kg O sinal negativo significa perda de calor pela tubulação. b) A turbina é essencialmente uma máquina (um acessório) adiabática. Considerando um volume de controle em torno da turbina (ponto 2-3): qturb  h2  h3  2 w3  2 w3  h2  h3  718  580 .7  137 .3kcal / kg O trabalho é produzido! c) Para o condensador o trabalho de eixo é nulo (ponto 3-4): 3 q 4  h3  h4  w 3 q 4  h4  h3  39 .98  580 .7  540 .72 kcal / kg O calor é rejeitado! d) Para o gerador de vapor, o trabalho do eixo é nulo (ponto 5-1): 5 q1  h5  h1  w 5 q1  h1  h5 Determinação de h5 Considerando um volume de controle em torno da bomba (ponto 4-5), pode-se achar h5. A bomba é um acessório adiabático e seu trabalho é negativo. 4 q 5  h4  h5  4 w5  h5  h4  4 w5  39 .98  ( 1.7)  41,68 kcal / kg Portanto: 5 q1  h1  h5  733 .2  41 .68  691 .52 kcal / kg Calor fornecido ao gerador de vapor! Rendimento desse ciclo t  w  w qH t  (wB ) 137.3  (1.7) 135.6    t  19.61% q 691.52 691.52 Outro método: ( w   q)  1ª lei para ciclo t  q  q qH cald  (qcond )  (qtub ) 691.52  (540.72)  (15.2) 135.6   q 691.52 691.52  t  19 .61 % Exemplo 2 Hélio é expandido adiabaticamente numa turbina (a gás) de 400 kPa e 260 ºC a 100kPa (100 kPa = 1 bar = 105 N/m2 = 0.9869 atm). A turbina é bem isolada e a velocidade na entrada sendo muito pequena, portanto, é desprezada. A velocidade na 76 saída é 200 m/s. Calcule o trabalho produzido (trabalho de eixo) por unidade de massa do hélio no escoamento. Solução: Dados: P1 = 400 kPa, P2 = 100 kPa, T1 = 260 ºC + 273 = 533 ºK, T2 = ? V1  0, V2  200 m/s Da tabela (pág. 538): Khélio = 1.667, Cpo Helio 1.25 kcal/kgºK O hélio é expandido adiabaticamente. Para o processo adiabático vale: k 1 k k 1 k 1.667 1 P  T2  P2   100  1.667    ou T2  T1  2   533  306,08º K  P  T1  P1   400   1   Considerando-se o hélio como sendo gás perfeito, tem-se: h2  h1  C po (T2  T1 )  1.25 kcal / kg(306 .08  533 )º K  283 .65 kcal / kg A turbina é isolada (adiabática, q=0), dado que V1  0 e V2  200 m/s, e considerando d(EP)  0, tem-se, pela 1ª lei: 2 2 V2  V1 (2002  0)m 2 / s 2 q  w  h2  h1   w  283.65kcal / kg  2g c J 2  9.81kgm / kgfs2  427kgfm/ kcal w  278.88kcal / kg  1167.67kJ / kg Aplicação da desigualdade de CLAUSIUS (ciclo termodinâmico) A equação 3.1.4.b Exemplo 3  Q 0 T 77 Fig. Instalação a vapor para mostrar a desigualdade de CLAUSIUS . Satisfaz esse ciclo à desigualdade de CLAUSIUS? Solução São dois os locais onde se realiza a transferência de calor ;caldeira e condensador. Q  Q   Q        T  T  CALD  T  COND Como a temperatura permanece constante ,tanto na caldeira quanto no condensador , a expressão acima pode ser integrada como se segue : Assim ,   Q 1  T T1  2 1 Q  1 T3  4 3 Q  1 Q2 3 Q4  T1 T3 2ª Lei 2 2     V V  he  e  Z e g    hs  s  Z s g   w qH   2g c J gc J   2g c J gc J      1ª Lei As entalpias nos pontos (1),(2),(3) e (4) (a 7 kgf/cm2 hl=h1=165,6 kcal kg pág 482) T1=164,2 ºC (pág. 482) 78 hv=h2=695,5 kcal kg (a 7 kgf/cm2 pág 482) kg h3=[(1-x)hl+xhv]3=(1-0,9)53,5+0,9*620,4=563,71 kcal 2 (a 0,15 kgf/cm ), T3=53,6ºC(pág. 482) h4=[(1-x)hl+xhv]4=(1-0,1)53,5+0,1*620,4=110,19 kcal kg (a 0,15 kgf/cm2) Considerando d(EP)=0=d(EC) e aplicando a 1ª Lei ou energia por unidade de massa ,tem-se, 1 q 2 =h2-h1=659,5-165,6=493,9 kcal ;T1=164,2ºC kg kcal kg 3 q 4 =h4-h3=110,19-563,71=-453,52 ,T3=53,6ºC Dessa maneira ,  kcal  q 1 q 2 3 q 4 493,9 453,52  T  T1  T3  164,2  273,15  53,6  273,15  kgº k     1,1293014  1,3879724  0,258671 kcal kgº K  T q  0,2587 kcal 0 kgº K Assim,esse ciclo satisfaz à desigualdade de CLAUSIUS ,o que é equivalente a dizer que ele não viola a 2ª Lei da termodinâmica . Resp 4.5.8 2ºLei da termodinâmica para volume de controle  dSVC Q      J   e me s e   s ms s s   VC dt TJ taxa de variação taxa de transferência de de entropia entropia (4.5.8) taxa de produção de entropia 79 Hipóteses (1) Regime permanente :  0  J dSVC 0 dt  QJ      e me s e   s ms s s   VC TJ  QJ 0 TJ (2) Processo adiabático (Não há troca de calor) :  J     0  0   e me s e   s m s s s   VC  (3) Processo reversível ,isto é ,sem produção de entropia:  VC  0    0  0   e me s e   s m s s s  0   ou  e me s e   s m s s s    (4) Única entrada e única saída : me  m s  m Finalmente , se=ss (4.5.9) 2ª Lei p/ VC. Aplicação da 2ª Lei p/ VC Exemplo 4 O vapor d‟água entra numa turbina a 10 kgf/cm 2 , e 250 ºC ,com uma velocidade de 50 m/s e deixe a turbina na pressão de 1,5kgf/cm 2 ,com uma velocidade de 150m/s.Mede-se o trabalho retirado (produzido) da turbina ,encontrando-se o valor de 50 de vapor escoando através da turbina .Determine o rendimento da turbina. kcal kg Solução Turbina é um acessório térmico essencialmente adiabático . 80 V V 1ª lei(reduzida): he  e  hs  s  WVC 2g c J 2g c J 2ª lei : ss=se Relações de propriedades : 2 2 (1) (2) TABELAS DE VAPOR OU (3) DIAGRAMA DE MOLLIER Das tabelas de vapor (pág 493) com 10 kgf/cm 2 e 250º C acha-se , he  703 ,1 kcal e kg s e  1,6565 kcal kgº K ou Com o diagrama de MOLLIER (Pe=10kgf/cm2 e te=250ºC) acha-se he=2945 KJ/kg   1,6575 kcal 703,37 kcal ; e se=6,94 KJ kgº K kg kgº K As duas propriedades independentes conhecidas no estado final são pressão e entropia . Ps=1,5 kgf/cm2 e se=ss  1,6565 kcal . kgº K Portanto , o título e a entalpia do vapor ao deixar a turbina podem ser determinados. pág 481 ss=1,6565 = sv – (1-x)sslv=1,7255 – (1-x)s1,3848 Ps=1,5kgf/cm2 x=0,950 2 ou (1  x) s  1,7255  1,6565  0,0498 ou 1,3848 kg  616,19 kcal ou com Ps e ss também acha-se do diagrama x=95% e hs=2580 KJ pág 481 hs = hv-(1-x)shlv = 642,7-(1-x)s531,8 Ps=1,5kgf/cm2 =642,7-(0,0498)531,8  kg . hs  616,22 kcal kg 1  616. d) eficiência térmica. WVC Ve  V s 50 2  150 2  he  hs   703.81 Pode-se agora determinar o trabalho por kg de vapor para esse processo isentrópico .22  2g c J 2 * 9. Outras transferências de calor à atmosfera podem ser desprezadas .88  2500  22500  84. Wr 50   59 .encontrando-se o valor de 50 kcal/kg de vapor escoando através da turbina . usando a 1ª lei como escrita acima.81 * 427 que é o trabalho que seria realizado em um processo adiabático reversível (isentrópico) .Calcule : a)a temperatura do ar na entrada da turbina.49 kcal  W s kg 2 * 9. Mas o trabalho medido (real) é =W r=50 kcal kg  turb   Resp. Resp:  Turb  57 .a temperatura (em ºC) e a velocidade (em m/s) do fluido de trabalho (AR) entre vários componentes são: Localização Entre resfriador e compressor Entre compressor e aquecedor Entre turbina e resfriador Temperatura 32 232 518 Velocidade 90 30 105 A velocidade do ar entrando na turbina á 210m/s e a transferência de calor ao ar no aquecedor é 153 kcal/Kg .18 % W s 84 .81 * 427 2 2  86.35 % Questão 2 Em uma usina termoelétrica de turbina a gás . .Mede-se o trabalho retirado da turbina . b)a transferência de calor líquido do ar no resfriador. ciclo fechado .Faça o esboço do problema . c)o trabalho líquido na saída da usina. O vapor sai da turbina à pressão 1.usando apenas o diagrama de MOLLIER .Determine o rendimento da turbina .5 kgf/cm2.49 5ª Lista de Exercícios de EME-35 Questão 1 O vapor d‟água entra numa turbina a 10 kgf/cm 2 e 250ºC . 4 kcal ) entra numa seção da planta de aquecimento na qual não há 2 cm kg bomba.6 kgf cm 2 (h=47. b) Se a área de entrada e o volume especifico do fluido na entrada forem 1000cm 2 e 0. Asaida  236.O bocal é horizontal e não há perda de calor do bocal.Conhecem-se os seguintes dados para o vapor que entra e sai da .ache a área de saída.  s Questão 5 O fluxo de massa que entra numa turbina a apor d „água é 5000 kg h e o calor pela turbina é 7500 kcal turbina : Condições de entrada Condições de saída Pressão 20kgf/cm2 1kgf/cm2 Temperatura 370ºC -----Título -----100% Velocidade 60m/s 180m/s Altura em relação ao plano de referência 5m 3m Determine a potência fornecida pela turbina.498 m 3/kg.54% kg Questão 3 Num escoamento regime permanente .A as‟da do kg tubo está 25.82 Assumir o calor específico à pressão constante do ar é uma função apenas da temperatura sendo dado . a entalpia de um fluido escoante é 715 kcal e a kg velocidade é 60m/s . h .08 kg .considerando-se que não haja diferença da energia cinética . cp  0.01 kcal d)  t  23.respectivamente . Na entrada de um certo bocal. c)Se o volume específico do fluido na saída do bocal for 0.a água à temperatura 60ºC e à pressão 3 kgf (h=59.7 kcal ) . a)Ache a velocidade na saída do bocal.calcule a vazão em massa.99 kcal kg c)W liq  36.70 kcal 2 kg Questão 4 O bocal é um aparelho para aumentar velocidade e é usado num escoamento em regime permanente . Resp:Vsaida  676m/s . Resp: q H O  11.187m3/kg.24 kcal/kgºK Resp:a)t3  848ºC b)qL  -116.5mm acima do tubo de entrada. m  32 . Na saída a entalpia é 660 kcal kg .33cm2.A água sai à temperatura 48ºC e à pressão 2.Calcular a transferência de calor por unidade de massa d‟água . A perda de calor da turbina é desprezada. b)Calcular a variação da entalpia específica através da turbina se a velocidade na entrada for 66m/s e o tubo de entrada for 3m acima do mesmo de saída . Resp:a)hs-he  -110 kcal kg b) hs-he  -109. a)Acha a variação da entalpia específica através da turbina se a velocidade na entrada e a diferença da energia potencial forem desprezadas . qual será a conclusão? c) Ss = Se d) Tds = du + pdv e) ∫∂Q/T ≤ 0 Questão 8 Escreva a energia na forma diferencial e explique todos os termos. Questão 9 A equação de BERNOULLI é um caso específico da 1ºlei. Quais são as hipóteses da equação de BERNOULLI? Questão 10 Quais são as hipóteses feitas para chegar a 2°lei da termodinâmica para volume de controle? Questão 11 Quais são os acessórios térmicos de sistemas abertos nos quais a 1°lei da termodinâmica é aplicada? PROBLEMAS RESOLVIDOS APLICAÇÃO ENGENHARIA DA EQUAÇÃO DE BERNOULLI AOS PROBLEMAS DE .A velocidade na saída é 360m/s.55 kcal Questão 7 kg Em que se aplica as seguintes expressões da 2º lei da termodinâmica: a) ds  0 b) Se o resultado da expressão no item a) for negativo.83  Resp: WVC  581838 kcal  908HP h Questão 6 Uma turbina a vapor recebe um fluxo de massa de 5000 kg h e entregue 550KW . Este resultado. P1/г + V12/2g + Z1 = P2/г + V22/2g + Z2 1) ou V22/2g = P1-P2/г + V12/2g + Z1 –Z2 Mas P1 = P2 = Patm .Z2 = H . V2 = √2gH é conhecido como teorema de TORRICELLI. b) Determinar a vazão do orifício. Z1. Solução a) O jato sai com formato cilíndrico submetido à pressão atmosférica. A pressão ao longo do seu eixo é também a atmosférica para efeitos práticos.806x4 = 8.84 Problema 1 a) Determinar a velocidade de saída do orifício reservatório da figura 1. em sua periferia. A equação de BERNOULLI é aplicada entre um ponto 1da superfície livre da água e em um ponto a jusante 2 do orifício.86 m/s que estabelece que a energia de descarga (V2) é igual à velocidade de queda livre a partir da superfície do reservatório. 1 instalado na parede do H=4m Água Z1 Orifício 100 mm Fluido Incompressível 2 Z2 Figura 1 escoamento num orifício (local) a partir de um reservatório. A velocidade na superfície 1 do reservatório é nula (praticamente). . Logo V22/2g = 0 + 0 + H  V2 = √2gH m/s ou seja V2 = √2x9. 85 . . Um medidor VENTURI consiste de um conduto convergente.64) A0 = área do orifício. 1) A vazão V é igual ao produto da velocidade de descarga pela área do jato.1 m  V = A2V2 = D22xV2 = /4x(0. .57 a 0. Escoamento 1 2 Figura 2 Medidor VENTURI Solução Aplicando-se a equação de BERNOULLI entre pontos 1 e 2 tem-se.0696 m3/s  0.86 m3/s  V  0. seguido de um conduto de diâmetro constante chamado garganta e.07 m3/s = 70 l/s Resp Notas Esta equação de TORRICELLI não é perfeitamente verdadeira porque há uma perda de energia a qual não foi considerada.2 cm e o da seção 2 igual a 10.90.1)2x8. Diâmetro do jato = 100 mm = 0. É utilizado para determinar a vazão num conduto (figura 2). Problema 2 . determinar a vazão no conduto quando P1 – P2 = 0. A equação prática é: V = CDA0√2gH 2) Onde CD = coeficiente de descarga (tem valor entre 0.211 Kgf/cm2 e o fluido que escoa é óleo com d = 0.2 cm. Sendo o diâmetro da seção 1 igual a 15. de uma porção gradualmente divergente. posteriormente. P1/г + V12/2g + Z1 = P2/г + V22/2g + Z2 . A1 = D12/4 = /4.  V  0.0181531 m2 A2 = D22/4 = /4. . V = A1V1 = A1[2g (P1-P2/г + Z1 –Z2)/ ((A1/A2)2 –1)]1/2 Aqui.99 se: 1) Escoamento for turbulento (Reynolds.2x10-2 m )2 = 0. g = 9. Continuidade: A1V1 = A2V2 = V ou V22 = (A1/A2)2V1 2) Levando 2) em 1) tem-se.806 m/s2 .806 (0. [(A1/A2)2-1]V12/2g = P1-P2/г + Z1 –Z2  V1 = [2g (P1-P2/г + Z1 –Z2)/ ((A1/A2)2 –1)]1/2 3) e . гóleo = гH2O x dH2O Гóleo = 1000 Kgf/m3 x 0. Z1 –Z2 = 0 .211x104 Kgf/m2 . P1-P2 = 0. V = CdA1[2g (P1-P2/г + Z1 –Z2)/ ((A1/A2)2 –1)]1/2 onde Cd =Coeficiente de descarga = 0.90 = 900 Kgf/m3 .0081745 m2 4) (A1/A2)2 = 4.86 ou V22/2g = P1-P2/г + V12/2g + Z1 –Z2 1) . um coeficiente de descarga deve ser introduzido na equação de BERNOULLI.0181531[ 2 x 9. .1 l/s Resp Notas Há uma perda de energia na seção convergente.89 a 0.9315018 – 1) ] 1/2 ou seja .0621 m3/s  62.9315018 .211 Kgf/cm2 = 0.211 x 104 /900) / (4. RE  10000) 2) Não tiver válvula de cobertura dentro de 20 diâmetros da montante da venturi.2x10-2 m )2 = 0.98 a 0.99 Cd será 0. portanto.(15.(10.  V  0. chamada pressão dinâmica. teremos P1/г + V12/2g + Z1 = P2/г + V22/2g + Z2 Mas Z1 =Z2 e V2  0  V12 /2g = P2/ г – P1/ г P1/ г é dado pela altura do fluido acima do ponto 1 é igual k metros do fluido que escoa. P2/ г é dado pelo piezômetroe vale k + h. que são muito pequenas. Determinar a velocidade no ponto 1. .87 Problema 3 O dispositivo mostrado pela Figura 3 é utilizado para determinar a velocidade do líquido no ponto 1. A equação 1) tem a mesma expressão do Teorema de TORRICELLI e fornece a velocidade de corrente líquida na entrada do Tubo de Pitot. onde a velocidade do escoamento anula-se (V2  0). Este fato cria uma pressão devida ao impacto. desprezando o efeito capilar. h k 1 2 Figura 3 Tubo de Pitot Solução O ponto 2 é um ponto de estagnação. que força o fluido no ramo vertical. na abertura 2. Escrevendo-se equação da energia (BERNOULLI) entre os pontos 1 e 2 e desprezando-se as perdas. Substituindo esses valores na equação. V12/2g = k + h – k ou seja V1 = √2gh m/s 1) Este é o tubo de Pitot numa forma simplificada. É constituído de um tubo. O impacto. força o mesmo a subir no ramo vertical a uma altura h acima da superfície livre. cuja extremidade inferior é dirigida para montante e cujo ramo vertical é aberto à atmosfera. 88 6ª Lista de exercícios Questão 1: Com o tubo de Pitot mede-se a velocidade da água no centro de um conduto com 25 cm de diâmetro (Fig 1). determinar a que profundidade deve ficar o novo orifício. constante.481 m.5 m abaixo da superfície livre(S. desprezando todas as perdas de energia.02 m à profundidade h1=3m (Fig 2). Resp: D  50 mm Questão 3: Em um reservatório de S. Substituindo-o por outro com diâmetro d2=0. Calcular a vazão volumétrica.0456 m3/s = 45.95. constante) de um reservatório. Fig2 – orifício num reservatório Resp: h2  9. A pressão no ponto 1 é 2. .015m. tem-se um orifício com diâmetro d1 = 0.L.1 mca. A diferença de carga é h=0. Fig1 – Tubo de Pitot Resp. supondo o escoamento permanente.34 l/s (desprezando as perdas de energia). Devido ao grande diâmetro. Determinar o diâmetro deste orifício para que a vazão seja de 25. supõe-se que que a velocidade média da água neste tubo corresponde a 2/3 da velocidade no seu centro. Questão 4: Óleo combustível (SAE 10) escoa através de um medidor Venturi (Fig 3). O coeficiente de descarga Cd do Venturi é 0. a fim de que a vazão seja a mesma do primeiro.: V‟  0.L.04 kgf/cm2.6 litros/s Questão 2: O Centro de um orifício circular está 8. 49 m/s.0093 m3/s = 9.  . Questão 5: Um tubo de Pitot estático é usado para medir a velocidade d‟água escoando num tubo. Se a diferença entre pressão total e pressão estática for 1.91.89 Calcule a vazão volumétrica se a pressão no ponto 2 for 1.70 kgf/cm 2.  oleo  1000 kgf/m3 Fig3 – Medidor Venturi Resp: V  0. d = 0.3 l/s. Dados: A densidade (absoluta) do óleo.07 kgf/cm2. qual é a velocidade? Resp: V  14. 2 – Viscosidade Viscosidade por definição é a propriedade de um fluído responsável pela resistência ao cisalhamento. 5. (s A viscosidade é uma função da temperatura.1. 5.  = . [Ns/m2] onde  = viscosidade cinemática 2/s]. dá origem à tensão de cisalhamento. Nos líquidos a viscosidade diminui com a temperatura e nos gases ela aumenta com a temperatura.1) e é válida em um escoamento linear.dV (5. enquanto que hidrocarbonetos de longas cadeias podem ser não-newtonianos.1.1. Ela é.1. Gases e líquidos finos tendem a ser fluídos newtonianos. Todo fluído que se aplica a equação (5. É bom lembrar que  é constante na equação (5. 5.90 Capítulo 5 5.1) dy onde  = a tensão de cisalhamento (N/m2).1. Uma força de cisalhamento (ou atrito) é a componente tangencial da força que age sobre a superfície e. dV = 0 gradiente de velocidade (taxa de transformação) dy -1 = 1/s). [m 5.1 – Fluído Real O fluído real tem viscosidade ( > 0) que causa o atrito do fluído (atrito entre as duas camadas de um fluído quando em escoamento). Viscosidade dinâmica ou absoluta. dividida pela área da superfície. .0 – Fluído Um fluído é uma substância que se deforma continuamente quando submetida a uma tensão de cisalhamento.4 – Classificação dos fluídos Os fluídos podem ser classificados como newtonianos ou não-newtonianos. responsável pela irreversibilidade e no comportamento do escoamento dos fluídos na maioria dos processos em vários campos da engenharia.3 – Lei de Newton para viscosidade A lei de Newton para a viscosidade é definida como:   = . No fluído não-newtoniano existe uma relação não-linear entre o valor da tensão de cisalhamento aplicada e a velocidade de deformação angular.1) é chamado de fluído Newtoniano.  = viscosidade absoluta ou dinâmica (Ns/m2). No fluído newtoniano existe uma relação linear entre o valor da tensão de cisalhamento aplicada e a velocidade de deformação resultante (taxa de deformação ou gradiente de velocidade). 1 – Digrama reológico 5.5 – Escoamento Laminar e Turbulento Escoamento Laminar Laminar quando as linhas de corrente se mantêm paralelas. Escoamento Turbulento . Os elementos fluídos ou partículas parecem deslizar uns sobre os outros em camadas ou lâminas.91 Fig.1. Este movimento é chamado escoamento laminar. 80 a 085). Uma vez levantado o número de Reynolds.3) o regime (escoamento) é LAMINAR. é necessário saber o número de Reynolds. No escoamento laminar temos que a velocidade média. em que as linhas de corrente não perdem totalmente a individualidade. L = comprimento característico (m).5. no regime laminar a distribuição de velocidade do escoamento é parabólica. o regime passa a ser turbulento. Para o caso de tubos: L = D = diâmetro do tubo (m).82.V. Os elementos fluídos ou partículas tem um movimento desordenado ou caótico de partículas individuais. Além disso.6 – Número de Reynolds Para se saber se o escoamento é laminar ou turbulento.1)  onde  = massa específica do fluído (kg/m3).  = viscosidade absoluta do fluído (Ns/m2). Ele é definido pela relação: RE = .L = V. 5. enquanto que no turbulento é achatada. V = velocidade média do fluído (m/s).92 Turbulento quando as linhas de corrente perdem a individualidade.Vmáx e no turbulento V = 0. este vale para qualquer fluído newtoniano ou não-newtoniano. RE = .2)   o número de Reynolds é uma relação entre as forças de inércia e de viscosidade. V = 0. Este movimento é chamado de escoamento turbulento. Ocorrendo qualquer perturbação.7 – Classificação dos Regimes As experiências mostram que nos condutos (tubos circulares) forçados: (a) Se RE  2000 (5. Sendo a velocidade local do escoamento v = Vmáx no centro do tubo. 1) Fig.D adimensional (5. Esta região representa grande instabilidade. sendo vistos redemoinhos de vários tamanhos. Logo.1.L (5. O número de Reynolds é um parâmetro adimensional que se aplica a escoamentos dinamicamente semelhantes. 5.1. V = velocidade característica do fluído (m/s).V.1. as partículas percorrem trajetórias paralelas (Fig. isto é.1.1. 1 – Escoamento laminar . Entre os regimes laminar e turbulento pode-se caracterizar um regime transitório.Vmáx (ou 0. 93 (b) Se 2000 < RE < 4000 (5.1.4) o escoamento é instável ou de transição. (c) Se RE  4000 (5.1.5) o regime é turbulento, isto é, as trajetórias das partículas são irregulares (Fig. 2) Fig. 2 – Escoamento turbulento PROBLEMAS RESOLVIDOS Problema 1 Suponhamos um óleo de palmeira ( = 4524x10-6 kgf.m-2.s), escoando sob regime laminar em uma tubulação industrial com 90 mm de raio interno (Fig. 3). Supondo que a distribuição da velocidade seja uma função linear (OM na figura), obter: 1) o gradiente de velocidade dV/dy; 2) o valor da tensão de cisalhamento  no fluído. V = 1,08 m/s M V2 Fig. 3 70 mm V0 V O Parede de um tubo V1 Solução 1)O segmento de reta OM satisfaz à função linear V   . y   V y Pela figura, tem-se no ponto M: y = r = 90 mm e V = 1,08 m/s = 1080 mm/s V 1080 .mm / s 1 que representa a inclinação de OM e que corresponde ao gradiente de    12 .s y 90 .mm velocidade dv/dy, pois  é a razão entre v e y. Então, dv  12 .s 1 dy A unidade s-1 é conhecida como “segundo recíproco ou inverso”. Resp. 2)Pelo enunciado, = 4524x10-6 Kgf.m-2.s 94 Substituindo estes 2 últimos valores na lei de Newton da viscosidade, tem-se,   dv  4524 .  .10 6.Kgf .m 2 .s  12 .s 1 dy   0,054 .Kgf / m 2 Resp. Problema 2 Mostrar que não há tensão de cisalhamento nos fluídos em repouso. Solução:Na situação de repouso, não há velocidade e portanto, é nulo o gradiente de velocidade dv dy 0    dv 0 dy mostrando que a tensão de cisalhamento é nula, qualquer que seja a viscosidade  do fluido em repouso. Q.E.D. Problema 3 Um viscosímetro simples e preciso pode ser confeccionado a partir de um pedaço de tubo capilar. Se a vazão e a quedo de pressão forem medidas e a geometria do tubo for conhecida, a viscosidade pode ser calculada através da equação V   ..P.D 4 128..L Um teste para um certo líquido em um viscosímetro capilar forneceu os seguintes dados: vazão = 880 mm3/s, diâmetro do tubo = 0,50 mm, comprimento do tubo = 1 m, queda de pressão = 1,0 MPa. Determinar a viscosidade do líquido. Solução: L =1 m 1 2 Escoamento em um viscosímetro capilar. A vazão é D = 0,5 mm  V = 880 mm3/s P  P1  P2  1,0MPa.  1 10 6.N / m 2 A equação de cálculo: V   ..P.D 4 128..L Suposições: 1) Escoamento laminar 2) Escoamento permanente 3) Escoamento incompressível 4) Escoamento totalmente desenvolvido (o perfil de velocidade é o mesmo em qualquer seção) Então, 95   ..P.D 4   0,50 mm   10 1mm    880.smm    4 4 128.L.V   N   1,0 106 2   128  m  3    3       1,74  10 3 N m2 Resp. Conferir o número de Reynolds Supor que a massa específica do fluido seja similar à da água, ou seja, 999 Kg/m3 Continuidade: V  V  4.V   A  .D 2 4 880.mm3 1 m      s 0,502 mm2 103.mm  V  4,48m / s Número de Reynolds RE   .V .D Kg m  999 3  4,48   m s  Ns 2 m   m2    0,50.mm  3  10 mm   1,74  103 Ns  Kg .m     RE  1286 Conseqüentemente, o escoamento é mesmo laminar, já que RE < 2000. Resp. Problema 4 Determinar o número de Reynolds para o escoamento de 140 l/s de óleo,  = 0,00001 m2/s, num tubo de ferro fundido de 200 mm de diâmetro. Solução RE   .V .D V .D (   v 1) V  A.V   Continuidade:  .D 2 V 4  ou V  4.V  .D 2 (2) Levando ( 2 ) em ( 1 ) tem-se,  RE  4.V  .D.v  (3) D = 200 mm = 0,2 m , v = 0,00001 m2/s Dados: V = 140 l/s = 0,140 m3/s , 4  0,140.m 3 / s  RE   8909,9   0,2.m0,00001.m 2 / s  ou RE  8909,9  4000 Escoamento turbulento! Resp. s e massa específica de 850 kg/m3.05 m3/s. Questão 2 Um líquido tem viscosidade 0.85 escoa através de um tubo de ferro fundido de 300 mm de diâmetro com a vazão volumétrica 0. Questão 3 Defina a viscosidade e a lei de Newton da viscosiddade.s/m2 e densidade 0. Determinar o número de Reynolds. Questão 5 O que é um fluído newtoniano? Citar os exemplos. Questão 4 Explique escoamentos laminar e turbulento.005kg/m.96 7a Lista de Exercícios Questão 1 Um óleo de viscosidade absoluta 0.01 kgf. Questão 6 O que é um fluído não-newtoniano? Dar os exemplos. Calcular a viscosidade cinemática em unidades SI. . Para dar escoamento. A equação de Euler deve ser alterada a incluir a tensão de cisalhamento. . A equação de movimento estável ao longo a linha de corrente para fluído real ( > 0). A viscosidade introduz a resistência ao movimento pela força de atrito entre as partículas de fluídos ou entre as partículas e a parede sólida.97 Escoamento de fluído real(A equação de Bernoulli) O escoamento de fluído real é muito mais complexo que o escoamento de fluído ideal. devido a existência de viscosidade. o trabalho deve ser feito contra estas forças de resistências e no processo a energia é convertida ao calor. .r2 teremos: dP + g.g.cos  = ... .dA (1) O componente do peso (a força da gravidade) na direção do movimento: .dZ + V. A força de pressão sobre os dois lados de elemento: P.(2.dS..(2. ..dS..dS = dF = (dM).dA..dA.dP.g..dA –(P + dP).g.r (5) Esta é a equação de Euler no escoamento fluído real.dV = 2.r2 dividindo por . F = .dA = ..dS..dP. dF = (dM).dS + V..dZ . mo escoamento estável.dS  .dZ = .dS.dS + V.g. V = f(S. a = V.dA t S dS   Aplicando a 2a lei de Newton.dV e du = .dA = .t) dV = V.dA.dA .V.dA.v + V dt S dt t dt S t Se o escoamento for estável (regime permanente):  V = 0  a = V..dA ..dS = .dt dt dt S t   a = dV = V.dV  .dV dS aceleração é a taxa de mudança de velocidade: a = d (V) = dV .dS (3) dM = .dZ (2) dS A força de atrito na direção do escoamento.98 Considere uma linha de corrente e selecione um sistema cilíndrico fluído conforme indicado na figura.a (4) teremos.V.r).dA.dS.dZ + 2.r dP + g.dt  a = V.r).a = . V = V.dV dS supõe dA = . 2.2.L .r Escoamento em Tubulações . (S2 – S1) = ..ds   d  2.r P1 + V12 + Z1 = P2 + V22 + Z2 + hL  2g  2g .dS = o atrito do fluído..r Integrando da seção (1) e (2):  2 dP 1 2 2 V  2 2 2.r  2g Supõe 2. na parede (pois é possível medir a tensão de cisalhamento na parede) hL = 2.2.r força de atrito está na direção negativa do movimento. hL nunca pode ser zero..L = P2 + V22 + Z2  2g .dS (6)  2. ou dP + d V2 + dZ = .r (8) = perda de carga ou energia Para fluído real..2.r .g   1 dz  1   .L = hL .g .2. O sinal negativo indica que a .L   2g 2g . .P.r  1    ou P2 – P1 + V22 – V12 + Z2 – Z1 = .99   = tensão de cisalhamento..L (9) onde P = tensão de cisalhamento na parede . O termo . .r ou P1 + V12 + Z1 . S2 – S1 = L (7) A equação (7) é a equação de Bernoulli para fluído real e incompressível onde: hL = 2. Semelhantemente. .2.r2..  P.. P 2 L  = . na parede (como foi dito anteriormente que é possível medir a tesão de cisalhamento na parede) P = . incompressível ou compressível tensão de cisalhamento ..dx) conduto circular y v Escoamento P dx Parede Vamos considerar aqui que um fluído incompressível (com algumas restrições. Semelhantemente..r. A soma das forças atuando sobre o fluído em movimento deve ser igual a zero. Podemos então analisar a condição de equilíbrio no diagrama de corpo livre do fluído..r.r.Balanço de força e as equações fundamentais para escoamento laminar e turbulento.r2 .r2 – (P + dP).dx = 0 ou –dP.r.dP = .2.. o fluído não terá aceleração..2.dx = 0  escoamento laminar quanto turbulento força de pressão  de cisalhamento (tensão de cisalhamento no caso) na direção oposta ao escoamento..r2 .(2..dx r R P + dP vmáx centro (1) Vale tanto para força de cisalhamento (2) O sinal negativo representa a força .r .R .100 1. Desde que o escoamento é estável e totalmente desenvolvido. dP 2 dx . o ar também pode ser considerado como fluído incompressível) escoa em regime permanente através de um conduto circular horizontal. A lei da viscosidade de Newton (no caso laminar):  =  dv onde v = velocidade da camada (velocidade local) em distância dy y da parede.101 (3) onde P = tensão de cisalhamento na parede. (4) O sinal negativo significa que v diminui Levando (4) em (1) tem-se:  .dP = 2.dv dr ou dv = 1 r dP dr = 1 dP r dr 2 dx 2 dx Integrando.r.  dv   2.   0 = 1 dP R2 + cte.dr dx ou v = 1 dP 2 dx  v = 1 dP r2 + cte. de integração 4 dx (5) Condições limites (As condições de contorno): 1a condição: v = 0 em r = R velocidade na parede é zero. Mas y = R – r  dy = dR – dr = 0 – dr = . 1 dP r. dv   = .dr cte.. P = a queda de pressão devido ao atrito. R = raio do conduto circular. 4 dx .dx. L = comprimento do conduto circular. .r2. dr quando r aumenta. r 2 4 L R Finalmente. isto é.R2 dP R2 – r2 4 dx 4 dx 4 dx R2  v = . v = vmáx 1 – r 2 R (10) Essa é a distribuição de velocidades para um (qualquer) escoamento laminar (fluído Newtoniano) e vale para RE  2000. vmáx = .P2 e dx = L (8) Dividindo a equação (7) pela equação (8) tem-se.1 dP R2  4 dx (6) Sevando (6) em (5) vem que v = 1 dP r2 .R2 dP = R2 P = R2 P 4 dx 4 dx 4 L onde P = P1 .R2 dP 1 . .   r 2   1      R    v v máx (9) O perfil de velocidades é parabólico em um escoamento laminar.1 dP R2 = . -dP = P = ou pressão diminui ao P1 – P2 P1 > P2 2a condição: v = vmáx quando r = 0 de um a velocidade máxima ocorre no centro conduto circular. da equação (7). = R2 P 1.102 cte. Portanto.r 2 4 dx R (7) O sinal negativo significa que a longo do escoamento. = . dr  2. . NOTA A fim de calcular Q para qualquer escoamento turbulento basta você ter o perfil de velocidades para escoamento turbulento.r. tem-se. Tensão de cisalhamento na parede e velocidade de atrito .dr 0 r dA dA = 2rdr Essa equação vale para qualquer tipo de escoamento.P 8L = .   0 4.r.2. L R R  R  P  R 2  P  2 R 2 R 4  R .D4.dA Continuidade: R A Por definição dr Q   v.L  0 2 4    P 1 4  R 2  . Q = . e qualquer tipo de fluído (Newtoniano ou Não-Newtoniano). Porém.P 128L =V m3/s (12) Essa é a equação de HAGEN-POISEULLE em escoamento laminar e vale para RE  2000. 2  0 4. L   R  R 2 P 1 R 2 R  r 2 .dr   R .Vazão Volumétrica (Q ou V como quiser) para escoamento LAMINAR Q   v.dr   r 3 .L  0   2 . vamos focalizar nossas atenções para escoamento LAMINAR.R4.dr Q  2.103  2.L 4  Finalmente.    2 . R 2 P  r2  1  2 r. Levando (10) em (11).r. . 8 P = V f (15) Definição para laminar e turbulento.. hL = 2.V2 (14) Definição para laminar ou turbulento.R4  P = 4.R4.. estável tem-se.E/D).L 128...104 Da equação de movimento para um escoamento real (a equação de Bernoulli modificada).V2 (14) Definição para laminar e turbulento . NOTA Em um escoamento laminar a rugosidade absoluta não tem nenhuma influência sobre o escoamento. E = rugosidade absoluta do conduto.Q ou R P = R .  8 onde v = velocidade de atrito ou de cisalhamento.Q L .L POISEULLE ou P = 8.. Definição para laminar ou turbulento r. É uma velocidade de fluído que ocorre em escoamento bem perto da parede interna.R A perda de carga ou perda de energia mecânica é dada por DARCYWEISBACH (mais detalhes no capítulo 6). Portanto. f =  (RE) apenas para laminar. Combinando as equações (9) e (13) vem que  P = f .P.P = V (12) 8. Q = .R4 2 L 2 4.R3  Escoamento laminar ou Escoamento HAGEN- (16) .Q . R P = P 2 L Mas P = f .L (9) / Página 2. hL = f L V2 (13) Definição: vale tanto para escoamento laminar quanto para turbulento D 2g onde f = fator de atrito =  (RE. ou v = Fator de atrito em um escoamento laminar Considera a equação (12).D4. a perda de carga. 8.P = . Raio Hidráulico / Número de Reynolds / Perda de Carga O raio hidráulico por definição. V2R3 RV2 R2 D. . Q = 32.R3 ou f = 32. DARCY-WEISBACH (Perda de Carga) Genérico h L = f L V2 = f L V2 D 2g 4RH 2g (21) onde RH = A P .. f = 64 RE (17) Essa equação vale para escoamento laminar e RE  2000. É independente de rugosidade absoluta (Portanto.R2 = R = D P 2R 2 4 ou D = 4. V2 DV 2 Finalmente. P = perímetro molhado (aquela porção do transversal onde há contato entre o fluído e o perímetro de seção sólido). RH = A P (18) onde A = área de seção transversal do fluído em escoamento.V = 64..Q = 32.Q  .105 8   P = f .RH (19) Reynolds Genérico RE = VD = V4RH   (20) onde RH = A P A equação (20) pode ser usada para um conduto não-circular. Para tubo circular: RH = A = . vale para tubo liso ou rugoso)..V2 = 4. . Calcule a resistência de cisalhamento exercida entre o fluído e a parede do conduto.106 PROBLEMA RESOLVIDO Problema 1 Água escoa através de um conduto retangular de 3 pés por 2 pés. A perda de carga em 200 pés deste conduto é 30 pés. 1) onde hF  perda de carga = 0 = u s  u e  qVC  1 g 6. a equação de Bernoulli é modificada e escrita como: P1 V P V  1  z1  2  2  z 2  hF  2.1.1.1.a.) que fornece a perda de caga entre as seções (1) e (2) de um fluido real A primeira soma entre parênteses representa a energia por unidade de peso .) que é a equação de Bernoulli para os fluidos reais Em geral.g  2. P1  2  carga de pressão ou carga piezométrica (m) V1  carga de velocidade ou carga de energia cinética (m) 2. portanto. hF  0 .1 – Equação de Bernoulli para Fluidos Ideais A equação de Bernoulli para o fluido ideal foi deducida na página 68 e novamente pode ser escrita como: P1 V P V  1  z1  2  2  z 2  hF  2.1.g 2 2 0 (6.g    (6.107 Capítulo 6 Cálculo de Perda de Carga distribuída e localizada 6.g 2 2 (6.g  2.1 – Equação de Bernoulli para os Fluidos Reais Para os fluidos reais   0  a perda de carga.g   2.g z = carga de altura ou carga da energia potencial (m) hF  perda de energia ou perda de carga (m) Finalmente.  P1 V1 2   P2 V2 2    hF    z1      z2     2.1. h F é conhecido como “perda de carga devido ao atrito de un fluido real”. experimentada pela unidade de peso do fluido.a.3 – Potência de uma Bomba Pode-se mostrar que a potência de bomba.1. h F representa a diferença ou perda de energia.2.2 – Energia Fornecida para uma Bomba (2) B S.g   (6.1. o 1º membro (lado esquerdo) de (6.3. na seção (2) Assim. 6.1.1.) .) é válida para um escoamento num tubo. 6. tem-se 2  P1 V1 2  P V     H B  2  2  z 2  hF   2.1.L (1) Z2 Z1 Plano de referência Suponhamos uma bomba (Fig. que eleva o fluido do ponto (1) ao ponto (2). A equação (6. Fig. Então.1). porém.V .) ficará acrescido dessa parcela H B . sem considerar o rendimento de bomba é  N B   .1.m/N = m) de fluido na seção (1) A segunda é também a energia por unidade de peso de fuido.g  z1   2. entre os quais há a perda de carga h F . Portanto.m/s) (6.108 (N.1. a bomba fornecerá ao ponto (1) a necessária energia H B . ao ser transportada de uma para a outra seção do conduto. na ausência de trabalho de eixo e fluido real incompressível. 1 Instalação com bomba H B é a carga fornecida (desenvolvida) pela bomba.1.) que é a Equação de Bernoulli para o caso em que a instalação recebe a energia de uma bomba. Para tal.H B (em Kgf. Já vimos que a equação de Bernoulli permite relacionar carga e energia. Por isto. 109 onde N B  Potencia de uma bomba,   Pêso específico d’água, V  Vazão volumétrica d’água, H B  carga fornecida por uma bomba Nota 1CV = 736 W = 75 Kgf.m/s    N B   .V .H B / 75 (em CV) 6.1.4 – Instalação com Bomba e/ou Turbina p/Fluidos Reais Pode-se mostrar que a equação genérica com bomba e/ou turbina é  P1 V1 2  P V 2     z1   H B   2  2  z 2   H t  hF (6.1.4.)   2.g    2.g     onde H t  carga producida por uma turbina Potência de uma turbina N t   .V .H t (em Kgf.m/s) =   .V .H t 75  (em CV) (6.1.5) onde N t = Potencia de uma turbina, 6.1.5 – Potência Real Potência real fornecida (gasto de energia) por uma bomba ao fluido é:  .V .H B  .V .H B NB  = (em Kgf.m/s) = B 75 . B onde  B  rendimento da bomba Potência real produzida por uma turbina é:   (em CV) (6.1.5.) N t   .V .H t (em Kgf.m/s) = onde  t  rendimento da turbina   .V .H t . t 75  (em CV) (6.1.6.) 110 6.1.6 – Perda de Carga (Energia) distribuída A Fig. 2 mostra, um trecho de uma tubulação horizontal, de diâmetro D, rugosidade  , por onde escoa um fluido con velocidade V, sendo sua massa específica  e a viscosidade  . Experimentalmente, verifica-se que existe diferença de pressão P ente duas seções, distante L. Existe entre as seções 1 e 2 uma perda de carga, oriunda do escoamento. Esta perda depende das características do fluido  ,  velocidade do escoamento V, da distância ente as seções L e do tubo D,  , logo: P  f  ,  ,V , L, D, ou hF  f  ,  ,V , L, D, P onde hF   (6.1.7.) P Figura 2. Perda de carga. P = P1 – P2 = queda de pressão ao longo do escoamento P1 P2 V D L 1 2 Pode-se demostrar que: L V2 hF   RE , D . D 2. g L V2 ou seja hF  f D 2. g (6.1.8.) 111 onde f = fator de atrito (adimensional) =  RE , D  , RE = número de Reynolds,  = rugosidade absoluta (mm),   rugosidade relativa (adimesional), D L = comprimento (mm), D = diâmetro (m), V = velocidade média do escoamento (m/s), g = acelaração da gravidade (m/s2) = 9,81 m/s2 , hF  perda de carga (perda de energia mecânica g.hF  u s  u e  qVC ) devido ao atrito (m.N/N = m) Esta equação é a equação de DARCY-WEISBACH 6.1.7 – Escoamento em Tubos A equação de DARCY-WEISBACH é geralmente adotada nos cálculos de condutos. hF é a perda de carga ou queda na linha pezométrica, no comprimento L do tubo de diâmetro interno D e com velocidade média V. h F tem dimensão de comprimento e é expressa em metro-newtons por newton. O fator de atrito ou de perda de carga distribuida f é um fator adimensional necessário à equação para ser ter valores corretos para as perdas. Todas as grandezas na equação (6.1.8.) exceto f podem ser medidas experimentalmente. A perda de carga h F é medida por um manômetro diferencial ligado às tomadas piezométricas nas seções 1 e 2 separadas pela distância L. L D 1 2 P   m .g m .hm A experiência mostra que o seguinte é verdade para escoamento turbulento: 1) 2) 3) 4) 5) 6) A perda de carga varia diretamente com o comprimento do tubo, A perda de carga varia quase que proporcionalmente ao quadrado da velocidade, A perda de carga varia quase que inversamente com o diâmetro, A perda de carga depende da rugosidade da superfície interior do tubo, A perda de carga depende das proriedades do fluido, massa específica e viscosidade, A perda de carga é independente da pressão. 6.1.8 – As equações do fator de atrito ( f ) 2.1.9 – Problemas Simples de escoamentos em tubos Problemas simples de escoamento em tubos são entendidos como aqueles nos quais a perda de carga distribuída. D . h F .) (6.0032  0.2.1.2.4  10 6 (6.00551   20.232867951  5.221 RE  KUNAKOV: f  1. v e  .8   para 2300  RE  4  106 para 10 4  RE  3. O tubo pode estar colocado numa posição que forma um ângulo qualquer com a horizontal. f  3. Nota A rugosidade não tem nenhuma influência sobre o fator de atrito de um escoamento laminar 2.)   MOODY: 13    10 6     f  0.   D RE        (6.51  0.) 1 f  0.80 LogRE  1.4  Tubo rugoso: para 4  103  RE  107     2 para 2300  RE  4  106 (6.8. a viscosidade cinemática do fluido e a rugosidade absoluta. Seis variáveis comparecem nos problemas (o fluido é considerado incompressível): V . Regime turbulento: 7 8 Tubo liso:  D  20 RE  BLASIUS: f  0.7 RE f f    (6. 25 para 3000  RE  105 0 .) PRANDT-COLEBROOK: 1   18.) NIKURADSE: f  0. v .7  1. ou devida ao atrito. no tubo é a única perda presente.2. 237 2 (6. são dadaos ou podem ser determinados.000.)  1  Ln RE.5 COLEBROOK: para 10 4  RE  3. o comprimento.2.0.86 Ln    3. L.5 TAPAN-ELI: f  8  0.  Em geral L.)   6.5.1.3.4  10 6 (6.2.86Ln RE f  0.74  2 Log  2   D RE f f    (6. Regime laminar: f  64 RE  2000 (6.) COLEBROOK-WHITE: 1  D 2.2.112 1.1.  .4.9.2.) RE Tanto para tubo liso quanto para tubo rugoso.3164 RE  0 .6. com V .32. L. 5.7.7. (Diagrama de Moody) ou calculado pela equação (6.2.g       (2) A equação da continuidade V  A. hF  L.V  Para o problema tipo 1. 657-664. A encontrar  V .4.7. Proc.D 4. poden ser vantajosamente usada numa calculadora eletrônica.). v. Tipo 2. Tipo 3.2. o f pode ser v  . v.) Restrições: 10 6   D  10 2 e 5000  RE  3. pp. Maio 1976) explícita para f. V . dentro das restrições impostas.74    Ln 3.4  10 8 Esta equação fornece um valor de f que difere menos de 01% daquele dadp pela equação de COLEBROOK-WHITE (6. Exemplo 1 Determinar a perda de carga (energia) para o escoamento de 140 l/s de óleo. Solução para obter h F ( Tipo 1): Solução direta V . (1) A equação de DARCY-WEISBACH  D 2. L. D.D  RE 0. e D conhecidos.K. J. K. ASCE.v retirado da Fig.2.V  . Explicit equations for Pipe-Flow problems.   (3) E o diagrama de MOODY ou equação analítica são usadas para determinar a grandeza incógnita Em lugar do diagrama de MOODY pode-se utilizar a seguinte fórmula ( P.325  5.113 Os problemas simples de escoamentos em tubos podem então ser classificados em três tipos: Dado Tipo 1. Hydr. Div. Jain.   . v. D. f  1.00001 m2/s. v = 0. a perda de carga (energia) devida ao escoamento no tubo por unidade de peso do fluido. RE  .) A substituição na equação de DARCY-WEISBACH fornece h F .  L V2   hF  f . Swamee e A.D. num tubo de ferro fundido de 400 m de comprimento e 200 mm de diâmetro.9    2 (6. hF . hF .  V D Em cada um desees casos. 00001 m2/s. g  0.m 3 / s RE    89127  .2. D = 0.806 .0234 .2 m. f = 0.25 mm = 0. 2.2. Caso contrário.14 1  400 . Calcular a vazão.  3 mm.m    4 0.2.m   hF  f  0.N N Resp. com o valor de (  D ) Calcula-se a velocidade usando a equação de DARCY-WEISBACH Calcula-se o número de REYNOLDS Com os valores de RE e  D .m  0. por interpolação.D. Procedimento: (1) Calcule o valor do número de Reynolds (RE). com uma perda de carga de 6 m em 300 m.114 Solução  0. (6.00125 Do diagrama de Moody.7.2.). 6.140 .001).m 2 / s     A rugosidade relativa é  D  0. m. calcula-se a vazão volumétrica com a equação da continuidade. L = 400 m.58 .2.) f = 0.7.00001 .) Se f inicial for igual ao valor achado (finicial – fachado  0. acha-se o valor de f (do diaframa de Moody ou da eq.140 m3/s. repita os cálculos do item 2 e 4 até convergir Exemplo 2 Água a 15ºC escoa num tubo de aço rebitado de 300 mm de diâmetro. 3.023   2  2 D 2.m   29. v = 0.25 mm / 200 mm = 0. Escolhe-se um valor de f.  Solução para obter V (Tipo 2) 1.v  0. (2) Com o valor de RE e  D . ache i valor de f no diagrama de Moody ou use a eq.00025 m  V = 0.7.V 4 0.023 ou resolvendo a equação (6. (3) calcule h F pela equação de DARCY-WEISBACH. 4.2.  4.m / s  ou 2 RE hF  46. logo  f D V2 V2  2 A  L V2 0. . 5. ferro fundido. 038 ( Pode-se usar também a eq.m    455000 v 1.m / s 0.V    4 0.13  10 6.m  2  9.hF / L .g  D 2  4  2 (6.D 1.Ln    3.1.3  0.8a.2.hF D 5 L e substituindo esta equação na equação de COLEBROOK-WHITE e simplificando. 1 f  8.715  0.m  V . 6.     1. Do diagrama de Moody.h / L  F   . Substituindo na equação de DARCY-WEISBACH.775 . v = 1.003 / 0.m  0.04.7.m / s 2 donde V = 1.32  1.D.) V  A.D 2 g .7.3.8. ) V  A.D D g .13  10-6 m2/s  RE  V .D.115 Solução A rugosidade relativa é  D  0.m 3 / s Resp.955 .) e da equação de DARCY-WEISBACH (6.1.m 2 / s com este RE e  D  Do diagrama de Moody.01 .m / s  6.4.v  (6. f = 0. tem-se  300.8) Da equação de DARCY-WEISBACH.04  2  0. Nota Precisava fazer mais uma ou duas tentativas para ter a resposta mais certa !  Outro método para obter V  Uma solução explícita para a vazão volumétrica V pode ser obtida da equação de COLEBROOKWHITE (6.715 m/s Da tabela C1.) V  0.1213.V  g. com este fator da rugosidade relativa.806. escolhe-se um f tentativo de 0.2.715 .V ou V 2  V   2 A2 Resolvendo em 1  f.2.  L hF  f D V2   2.30 . tem-se. Admite-se um valor de f.0001 pé2/s (0. 2.lbf lbf  Kgf  22. Calcula-se a rugosidade relativa  D  .v.02 .806 m/s2  32. Resolve-se a seguinte equação em RE :  hF . Quando o valor de f não mais variar (dê uma tolerância). hF / L = 0.L.V 2 D  f  C1 .8.L. Com RE e  D  acha-se um novo f do diagrama de Moody 6.3 m . f hF . Exemplo 3 Determinar o diâmetro de tubo de aço comercial necessário para transportar 4000 gpm (galão por minuto) (252 l/s) de óleo.V RE   2  .V /  .806 m/s2.m  Kgf      .  D = 0. v = 0.116 Esta equação.v 4.13  10-6 m2/s fornece V  0.D D (2)  onde C2 é a quantidade conhecida 4.m 3 / s  Resp. Resolve-se a seguinte equação em D  8. g = 9.00001 m2/s) à distância de 10 000 pé (3048 m) com uma perda de carga de 75 Solução 1 pé = 12 pol = 0. é tão precisa quanto a equação de ColebrookWhite e válida na mesma faixa de valores de  D e RE.3048 m . Usa-se o novo f e repete-se o procedimento 7. A substituição das variáveis do exemplo 2. 2 5 (1)  2 onde C1 é a quantidade conhecida 8.g. Solução para obter o diâmetro D (Tipo 3) 1. as equações são obedecidas e o problema está resolvido Nota: Usualmente somente uma ou duas tentativas (iterações) são necessárias.01 e v = 1. g = 9. Como normalmente se usam tubos de tamanhos padronizados. deduzida pela primeira vez por Swamee e Jain.g. D = 0.1213.V 3. 2 C 4.2 pé/s2 pé. o tamanho imediatamente maior àquele obtido pelos cálculos é escolhido.  do material é conhecido 5. 93 D  f  f  267.382  12  16. pé 3 / s  8. pé 3 / s .661. pé / s 2 é  D  1.h F      5.00015 pé Se f = 0. tem-se f = 0. f = 0. 75  32.V 8  10000  8.398 pé RE ( de (2) ) = 81400.0001 D D  (2) Do diagrama de Moody   (material dado)  0.002228  8.V  9. 04 (3) A solução do Exemplo 3. uma equação empírica para determinar diretamente o diâmetro. 4  L   g.404.117 1 gal/min  0.93 113.6 polegada Resp.93.g.2.2   2 2 5  2 (1) 4. . D ( de (1) ) = 1.0001 . pois. f 2 hF .D   0.L.V 4  8.02 . fornece   D  0.00011 Com este RE e  D entrando no diagrama de Moody.800 RE     . 2      0 .06309  10-3 m3/s A vazão é V  4000  0. pé .019 ou use COLEBROOK-WHITE Repetindo-se o procedimento. Nota: Vocês devem verificar os valores numéricos do problema. pé 2 / s e g  32 . usando relações adimensionais e uma abordagem análoga à dedução da equação de ColebrookWhite.06309 l/s  0.00015.V   g.hF       4 .  0. pé Resp. D = 1. hF  75 .93.382. RE = 82300. L  10000.019 (f não varia mais)  D  1.  D  0. v  0. 25    2  L.v. pé . pé . 75  v.002228 pé3/s  0.0. o livro americano citado aqui tem erros ! Outro método para obter D Segundo SWAMEE e JAIN. usando esta equação com V  8. 9. basta usar a seguinte equação: K .D f (6.3.3.D  L  Le  V 2 onde Le  hF  f   f  D  2.) Igualando as equações (6.2. juntas. cotovelos.) onde k é um coeficiente obtido experimentalmente para cada caso.) Para se calcular a perda de carga em uma tubulação com perdas distribuidas e localizadas. g distribuidas localizadas Tabela 1: Coeficiente k de perda de carga para várias conexões Conexões Válvula globo (totalmente aberta) k 10.3. g (6.) hF  f L V2 V2 K D 2.2.118 A equação (3) é válida nos seguintes intervalos: 3  103  RE  3  108 e 10 6   D  2  10 2 e fornecerá um valor de D dentro da variação de 2% do valor obtido pelo método que usa a equação de Colebrook-White.2.g ou alternativamente (6. Também é bastante usual substituir a perda localizada por uma perda equivalente em um conduto. A equação de DARCY-WEISBACH para o comprimento equivalente fica: hF  f Le V 2 D 2. válvulas etc.0. uma exceção importante é a perda de carga devida a uma expansão ou contração brusca de seção num conduto que pode ser determinada analiticamente. 6. são chamadas perdas localizadas ou singulares e determinadas experimentalmente. As perdas localizadas ou singulares. conforme indica a tabela 1 e Figura 6.2.9.0. de um modo geral.0 .g (6.1. Entretanto. g 2.) tem-se.0 – Perda de Carga (Energia) Localizada ou Singular As perdas que ocorrem em condutos devido a curvas.) e (6. são obtidas através da expressão: hF  k V2 2.3.2. Le  K . Determinar a vazão. de diâmetro ( = 0.8 0.119 Válvula angular (totalmente aberta) Válvula de retenção (totalmente aberta) Válvula de gaveta (totalmente aberta) Curva de raio curto Tê comun Cotovelo comun Cotovelo de raio médio Cotovelo de raio longo 5. 6.60 a) Em ângulo vivo k = 0. 1 Água escoa de um grande reservatório e descarrega na atmosfera da forma mostrada na Fig.00 2. v = 1  10-5 pé2/s .2 Coeficiente de perda de carga k para entrada em um tubo Exemplo típico de problemas que envolvem perda de carga total Exemplo 4 Curva de 90º padrão  S 150 pés 2 150 pés 50 pés 1 Tubo de aço comercial de 6 pol.5 0.2 1.05 c) Saliente k = 0.00015 pés) 250 pés Entrada arredondada Fig.0 Fig.75 0.01 – 0. Dados: k1 = coeficiente de perda para entrada arredondada = 0.8 – 1.25 .90 . 1.9 0. k2 = coeficiente de perda para curva de 90º = 0.5 b) Arredondado k = 0.19 2. g 2.k 2  .l = perda de carga localizada Mas V1 = V2  P1  P2 L V2 V2 V2   z 2  z1   f  k1  2.d = perda de carga distribuida hF .l  2.120 Solução Inicialmente. escrevemos a equação de Bernoulli entre a superfície livre e a entrada: Em seguida V1 = V2 = V Ps V P V  s  z s  1  1  z1  2.g Depois.g 2.k 2  1  zs  z2 f  D  2.g D 2. k2 = coeficiente de perda para curva de 90º = 0.90 (2 curvas) Combinando as duas equações e admitindo que P2 = Ps.25. escrevemos a equação da energia entre as seções 1 e 2 (incluindo todas as perdas): P1 V P V  1  z1  2  2  z 2  hF .g  2.g  2.k 2  1 D (3) .g 2 2 onde h F . g ou V2  2.g (2) onde k1 = coeficiente de perda de carga para entrada arredondada = 0.g  z s  z1  V1 2.g z s  z 2  L f  k1  2. temos 2  L V  k1  2.g 2.g (1) 2 2 2 ou P1  Ps   Vs  0  P1  Ps V2  z s  z1   .d  hF . eq. V(admitida) 10 370 390 RE(eq.25  20.0150 0.121 Aqui g = 32.4100  f 450 1 / 2   0.D 2  1 2 . 4) 361 390 390 Achamos V = 390 pés/s .D V 1 / 2   5  10 4.25 .90  V2  64 . e V  A.V 5 v 1  10 (5) e  D  0.V   1 / 2  390  4 4 V  76.05 (4) RE  V .6. pés 3 / s Resp.90   1 ou V2  6440 f 900   3.0165 0.2 pés/s2 .00015 1 / 2  0. 5) 5105 1. k1 = 0.85107 1.00030 Como f e V são desconhecidos.95107  f(diagrama) 0. trabalhamos simultaneamente com o diagrama de MOODY (ou equação analítica) para obtermos uma solução. D = 6/12 = ½ pés. zs – z2 = 150 –50 = 100 pés L = 250 + 50 + 150 = 450 pés .V    .0150 V(calculada. k2 = 0. . 6 m . A água é descargada para a atmosfera h 100 m Resp: h  44.122 8º Lista de exercícios Questão 1 O que é perda de carga ? Questão 2 Explique perda de carga distribuída e localizada.5. Questão 6 Refazer o Ex2(pág126) usando a equação de Colebrook-White. Questão 8 Qual o nível. O diâmetro interno do cano liso é de 75 mm e o comprimento é de 100 m.03 m3/s de água ?. h. Questão 5 Refazer o Ex1(pág125) corretamente e verificar os dados numéricos calculados. que deve ser mantido no reservatório para produzir uma vazão volumétrica de 0. para a entrda é k = 0. k. O coeficiente de perda. Questão 3 Como perda de carga depende em um escoamento turbulento ? Questão 4 Refazer o Ex3(pág129) no sistema Internacional.I. Questão 7 Refazer o Ex4(pág132) no S. 44 m3/s de água ocorre em uma instalação (Fig.260 m3/s  REF ( 0.1 ) Questão 10 Água escoa através da turbina na Figura 2.Kgf / m .15 m . respectivamente. z1 = 9. Qual é a vazão volumétrica d’água ?.18 m z1 Plano de referência ( Fig. D = 0.mca 1 (2) V2 BOMBA (1) V1 Calcular a perda de carga entre as seções (1) e (2) z2 Resp. Desprezar a perda de carga devida ao atrito.mca e P2    7. As pressões em A e B são 1.18 m2 .1). A turbina produz a potência de 65 HP.34 Kgf/cm2.0 ) Figura 2.: V  0. 3 3 Dado:  H 2O  10 . contendo uma bomba fornece 400 CV de energia à corrente líquida.36 m2 .3 m TURBINA 65 HP A Resp.123 Questão 9 A vazão de 1.6 m . z2 = 24. P    14 .4 m. B D = 0. hF  10. A2 = 0.4 kgf/cm2 e –0. São dados: A1 = 0. 1. Enunciado de CLAUSIUS (produção de calor e/ou frio): (a) O calor pode ser bombeado de baixa para alta temperatura. 7. Um reservatório (de alta temperatura) do qual se retira calor é chamado fonte (combustível: carvão etc.0. eficácia e perdas 7.1. é necessário que o trabalho mecânico (tabalho de eixo) seja fornecido ao sistema para compressão.1. 2 reservatórios térmicos são: Reservatório quente e Reservatório frio. teria rendimento de ciclo. 7. (c) O calor é transferido de alta temperatura (TH) para a baixa temperatura (TL).2. T = 100%.. que é impossível! (b) A transformação da energia térmica para a energia mecânica requer a rejeição de uma parcela desse calor (energia térmica). Um reservatório (de baixa temperatura) que recebe calor é chamado sorvedouro (oceano/rio.Ciclo de CARNOT (1824) Carnot inventou um “ciclo de potência” que tinha 4 processos básicos : 1) 2) 3) 4) Adição de calor (isotérmica reversível). Num reservatório térmico sempre a temperatura permanece constante. Se pudesse transformar toda energia. Expansão (adiabática reversível). atmosfera/céu).Conceitos Termodinâmicos 2º Lei da Termodinâmica Enunciado de KELVIN-PLANCK (produção de potência): (a) Toda energia térmica não pode ser transformada a energia mecânica (trabalho de eixo).124 Capítulo 7 Conceitos de rendimentos. energia solar).Introdução Definição: Reservatório Térmico Reservatório térmico é um corpo ao qual e do qual o calor pode ser transferido indefinidamente sem mudança de temperatura do reservatório. energia nuclear.1. (b) Para tanto. Rejeição de calor (isotérmica reversível). . Compressão (adiabática reversível). 1 – Exemplo de uma máquina térmica que opere num ciclo de CARNOT As conclusões de CARNOT: (1) R =  (TH..1.TL) = máx = ideal onde R = rendimento reversível (adimensional). = RN (nas mesmas temperaturas) Motor Térmico (máquina térmica) Internamente Reversível Rendimento de CARNOT: t = 1 . TL = baixa temperatura (ºK).. líquido ou gás real/ideal etc...1..QL TH QH (7.TL > t(real) TH onde t = rendimento (eficiência) do ciclo (3) R não depende do fluído de trabalho (sólido..1.) (4) R1 = R2 = .2) TH Rendimento pela 2º Lei (KELVIN-PLANCK): t = 1 .TL ideal (7.1.3) QH A condição da Reversibilidade: t = 1 – TL = 1 . (2) CARNOT = R = 1. QL = calor rejeitado .QL real (7.125 b Reservatório Quente = Fonte TH QH Gerador de vapor c Turbina W Bomba alternador a condensador TL QL d Reservatório Frio =Sorvedouro Fig.5) Onde QH = calor fornecido.4)  QL = TL ou QH = QL QH TH TH TL (7. TH = alta temperatura (ºK). Condensador). Bomba. realiza um trabalho líquido positivo à custa da transferência de calor de um corpo em temperatura elevada para um corpo em temperatura baixa.1. operando segundo um ciclo termodinâmico. 1 – Instalação com turbina a vapor Resumo: 4 componentes básicos (Turbina. Caldeira. Câmara de combustão QH Aquecedor TH Reservatório quente (Fonte) Eletricidade Troca de calor (serpentina) fluído de trabalho Eletricidade WL Compressor TG alternador Resfriador TL Trocador de calor (serpentina) QL .126 NOTA: Devemos lembrar que a outra condição da reversibilidade é dS = 0 7. 1 fluído de trabalho (vapor d’água). e produz trabalho líquido positivo (potência).Máquina Térmica (que produz potência) Uma máquina térmica pode ser definida como um dispositivo que.3. Reservatório quente (Fonte) Combustível QH Caldeira TH fluído de trabalho Trabalho líquido B WL TV Alternador Condensador TL QL Mar ou rio Reservatório frio (sorvedouro) Fig. e sofre um processo cíclico (ciclo de RANKINE). 127 Mar ou rio Reservatório frio (sorvedouro) Fig. e produz trabalho líquido positivo (potência).1. 2 – Instalação de turbina a gás Resumo: 4 acessórios térmicos básicos (turbina. aquecedor.).QL = 1 . A eficiência térmica ou rendimento térmico (termodinâmico): t = WL (energia vendida) = WT – WB = QH . compressor.QL QH (energia que custa) QH QH QH NOTA: 1º lei para ciclo:  W =  Q WT + (-WB ou –WC) = QH + (-QL) ou WT – WB (ou –WC) = QH – QL (7. 1 fluído de trabalho (ar ou Hélio ou Argônio etc. resfriador).6) Reservatório de alta temperatura TH QH TH>TL MT Rendimento térmico real: t = 1 – QL/QH = WL/QH QL Reservatório de baixa Temperatura TL Rendimento térmico reversível (máximo): R = 1 – TL/TH . e sofre um processo cíclico ou ciclo termodinâmico (ciclo de BRAYTON-JOULE). = válvula de expansão (4) Evaporador TE fluído recebe calor no evaporador à baixa pressão e à baixa temp. e sofre um processo cíclico (ciclo de refrigeração).1.QL (7. evaporador). Espaço refrigerado TH QH TL<TH MTR  COPref. 3 – Ciclo de refrigeração elementar Resumo: 4 componentes básicos (compressor. válvula de expansão. condensador. 1 fluído de trabalho (Freon 11 ou 12: F11/F12).128 7.WC Fluído recebe trabalho Condensador TC alta pressão e temperatura fluído cede calor no condensador à alta pressão e à alta temperatura (2) fluído de trabalho QL Espaço a ser resfriado Fig.4a) .Máquina térmica externamente reversível que produz frio (refrigerador) ou calor (bomba de calor): Refrigerador QH (3) TE < TC V.4.E.E. e produz frio (QL. = QL = energia pretendida W energia consumida ∵ . Baixa pressão e Temperatura (1) .QH  W = QH .4) real COPref. A eficiência (eficácia) térmica é representada por “Coeficiente de Performance” (COP).1. COPref. = QL QH . Eficácia Alta temp. Compressor V.TL).QL -W QL TL Baixa temp.W = QL + (-QL) = QL .1.ideal = ou internamente reversível TL TH – TL (7. E.1. 4 – Ciclo de refrigeração/Bomba de calor elementar Resumo: 4 componentes básicos (compressor. o espaço a ser aquecido TH QH MTR -W QL TL Baixa temp.QL .5) COPBC = QH = energia pretendida W energia consumida Mas – W = WL + (. evaporador). Alta temp.QH ou W = QH . = válvula de Expansão baixa pressão e temperatura TC fluído cede calor no condensador à alta pressão e à alta temperatura (2) fluído de trabalho compr essor . é sempre > 1 Bomba de Calor (Heat Pump) O espaço a ser aquecido QH Condensador (3) alta pressão e temperatura V. condensador. Eficácia A eficácia (eficiência térmica) é representada por “Coeficiente de Performance” (COP).QH) = QL .WC fluído recebe trabalho (4) Evaporador QL TE (1) fluído recebe calor no evaporador À baixa pressão e à baixa temperatura Fig. válvula de expansão.129 NOTA: COPref. e sofre um processo cíclico (ciclo de bomba de calor) e produz calor (QH.  COPBC = QH (7. 1 fluído de trabalho (F11 ou F12).TH). e os rendimentos destes geralmente são definidos em termos de sua aproximação a processos reversíveis. Qualquer processo real é irreversível. etc.5a) TH . (c) a irreversibilidade (perda) na turbina.130 QH . Problemas Resolvidos Problema 1 Uma usina hidroelétrica tem uma diferença de cotas entre os níveis de montante e de jusante de Ha = 50 m e uma vazão V = 5 m3/s de água pela turbina.. os efeitos do atrito viscoso.1. não permitem a reversibilidade. (d) a irreversibilidade ou perda de potência no gerador. A potência retirada (fornecida) pelo gerador é de 2100 KW.1.5c) 7. Irreversibilidade e Perdas Normalmente. ao longo de um caminho reversível. seu retorno ao estado original sem haver uma variação final do sistema ou do meio diz-se que é reversível. – COPBC = QL – QH = QL . do atrito de Columb. a irreversibilidade de um processo é chamada de trabalho perdido. o processo causa alguma mudança no meio. e o trabalho real realizado ao longo do mesmo caminho é a irreversibilidade do processo. (f) o rendimento do gerador. (7. Quando um processo pode ser realizado de tal forma que seja possível sua inversão.QL COPBC ideal = ou internamente reversível real TH = 1 (7. (b) a irreversibilidade ou perda de potência no sistema. A diferença entre o trabalho realizado pela mudança de estado de uma substância.5 – Reversibilidade. As perdas significam irreversibilidades ou trabalho perdido ou a transformação de energia disponível em energia térmica. um ideal que se tenta alcançar nos processos.1. isto é.TL R NOTA: COPBC é sempre > 2 Relacionamento entre Refrigerador e Bomba de Calor COPref. O eixo da turbina gira a 180 rpm e o conjugado nele medido vale  = 1. de expansões sem obstáculos.QH – QL = -1 QH – QL QH – QL QH – QL QH – QL  COPBC = 1 + COPref. Em qualquer escoamento de um fluído real ou perturbação de um sistema mecânico. (e) o rendimento da turbina. no entanto. .16x105 Nm. Determinar: (a) a potência reversível do sistema. isto é. a perda de capacidade de realização de trabalho causada pelo atrito e outras razões. Em certas condições. como o seu deslocamento ou uma transferência de calor através da fronteira.QH = . A reversibilidade é. 39m*N/N) / 50 m*N/N = 89.22% R:t = 89.07 kW R: IT = 264.43 kW) * (1000N*m/s) / 1 kW * (1/9806N/m3) * (1/5m3/s) R: HG =1.78 m*N/N e) rendimento da turbina: t= (Ha – Ht)/ Ha = (50 m*N/N –5. HG = IG /  * V = (87.43 kW R: IG = 87.43 kW – 2100 kW IG = 87.IS = potência fornecida ao sistema – potência retirada do sistema = potência reversível (PR) – Potência retirada pelo gerador (PG) IS = PR – PG = 2451. 5 – Irreversibilidade em usina hidroelétrica a) A energia potencial disponível da água é Ha = 50 m N/N A potência reversível (máxima)(ver tabela C1).43) kW = 264.43 kW Irreversibilidade na turbina = potência fornecida ao sistema (potência reversível ) – Potência desenvolvida pela turbina.5 kW c) A potência desenvolvida pela turbina = conugado no eixo * velocidade angular ou PT = * = (1. PR = 2451.3 W = 2187.5 kW b) Irreversibilidade ou perda de potência no sistema.131 2100 KW Ha = 50 m Gerador 180 rpm V = 5 m3/s Turbina Fig.22% f)rendimento do gerador: G= (Ha – Ht – HG)/(Ha – Ht) .5 – 2187.07 kW d) A irreversibilidade ou a perda de potência no gerador = potência desenvolvida pela turbina – potência retirada pelo gerador.5 kW R: IS = 351.5 kW – 2100 kW = 351.43 kW Trabalho perdido por unidade de peso do fluido no gerador. PR =  * V * Ha = (9806N/m3) * (5m3/s) * (50m*N/N) = 2451500 N*m/s PR = 2451500 J/s = 2451500 W R: Potência reversível .16 * 105 N*m) * 180*(2)/ 60 s-1 = 2187428. IT = PR – PT =(2451. IG = PT – PG = 2187. Calcule a vazão em massa d’água quente. Dado: Cp H2O  1 Kcal/Kg ºC Solução: Alta temp.46kCal / min)*(60min / h)= 2967. QH / QL = TH / TL Copref = 1 / (TH / TL) – 1 = 1 / (27 + 273 / 0+273) – 1 = 10.11>1 Mas Copref = QL / QW =10. A potência fornecida é de 50 CV (1 CV  632 Kcal/h).E condensador TC comp.11 = 49. tem-se. Desprezar a diferença em energia cinética e potencial. (b) A transferência de calor do motor é usada para aquecer a água que escoa através do radiador do prédio.46 kCal / min Potência = (49. (a) Calcule a transferência de calor ao fluído de trabalho e do fluído de trabalho.69cv = 4. Problema 3 O Coeficiente de Performance (COP) de uma bomba de calor é 5.11 Copref = 10.62hp QH MTR QL TL =0ºC Baixa temp. QL V.45kW = 4.6 kCal / h Potência = (2967.45kW R: Potência mínima = 3. radiador ar a ser aquecido 50ºC QH 70ºC TH QH MTR QL Evaporador TE TL Baixa temp. wc . O aumento de temperatura d’água escoando através da bomba de calor (via condensador) é de 50 ºC a 70 ºC.11 = (500 kCal / min)/10.78 m*N/N) / (50 mN/N – 5.132 G = (50m*N/N – 5.11 W = QL / 10.39 m*N/N – 1.6kCal / h)*(1 kW/ 860kCal / h)=3.39 m N/N) G= 96% Problema 2 Um refrigerador que opere num ciclo de CARNOT deve transferir 500 Kcal/min de um reservatório a 0 ºC a um outro reservatório a 27 ºC. Qual a potência mínima será necessária? Altatemperatura TH =27ºC Solução: Copref = QL / W = QL /(QH – QL) = 1 / (QH / QL) – 1 Para um motor térmico internamente reversível. A potência mínima precisa para acionar a máquina (bomba de calor/Refrigerador) é a mesma tanto em inverno quanto em verão. V2 / 2 gC * J = 0. A transferência de calor através das paredes e dos tetos é estimada a 180 Kcal/h por grau de diferença de temperatura entre o interior e o exterior.){hS – he + [ (vs2 .) = m(.)H2O * 1 kCal / kg 0 C) * (70 .)H2O = 7900 kg / h = 7900(kg / h) * (h / 3600s) = 2. tem-se.) – WVC(.)H2O (hS .133 CopBC = QH / W = QH / (QH – QL) Onde QH = transferência de calor do fluido de trabalho no condensador. Z = 0 QVC(.)H2O * 20 [kCal / h] m(. A temperatura externa em inverno é de 5 ºC. te = 500 C.)H2O = 15800 / 20 [(kCal / h) * (kg / kCal)] m(.50) 0 158000kCal/h = m(.) = QH(. Q = W ou –QH+(+QL) = -W QH – QL = W ou QL = QH –W QL= 158000-31600 = 126400 kCal / h Onde transferência de calor aofluido de trabalho (FR11) no evaporador.Ve2) / 2 * gc J) ] + [ (g / gc ) * (Zs – Ze) ] }kCal / h Mas WVC(. A temperatura interna deve ser mantida tanto em inverno quanto em verão a 21 ºC.) = 0 .he) = m(.) = (m(. CpH2O = 1 kCal / kg 0 C QVC(.19 kg / s Problema 4 Uma bomba de calor deve ser usada em Itajubá para aquecer as salas de aulas em inverno e então invertida para resfriar as mesmas em verão.) = m(. b)A equação da energia (1a Lei) em termos de fluxo (potência).)H2O * CpH2O (tS . Da 1a lei p/ um ciclo termodinâmico. Qual é a máxima temperatura externa esperada em verão? . Dados: CopBC = 5W = 50cv =50 * 632 = 31600 kCal / h a)5 = QH/W ou QH = 5*W = 5*31600 = -158000 kCal/h pois QH tem sinal negativo.te) Dados : tS = 700 C. ao redor do radiador (que troca calor): QVC(. E comp.TL) K = 180 (294 -278) = 2880 kCal / h Para qualquer máquina internamente reversível (ds = 0). TH = 309.735 Mas CopREF = CopBC –1 = 18.375 * 156.13 K = 36. TH = 210 C + 273 = 294 K QH = (180kCal / h * K) * (TH .278) = 18. TL = 210 C+ 273 = 294 W = 156.735 TH = (17.735/180) + 294 = 309. .375 = QH / W W = QH / CopBC = 2880 /18.735 kCal / h = WC Em verão o objetivo será resfriamento pelo refrigerador(REF): Temperatura externa. WC evaporador QL sala TL = 294ºk Verão TH = ? Solução: Em inverno o propósito será aquecimento pela bomba de calor (BC): Temperatura externa. TH = ? Temperatura interna.735 kCal/h [mesmo conforme dado] QL = (180kCal / h * K) * (TH – TL) K = 180 * (TH – TL) kCal / h CopREF= QL / W = 180 * (TH – TL) / 156. tem-se.13 K R: A máxima temperatura externa esperada m verão.134 Sala TH = 294ºk QH condensador inverno TL = 278ºk V. TL = 50 C + 273 = 278 K Temperatura interna.13 0 C.375 = 180(TH – 294)/156.375 =156.375 – 1= 17.375 17. CopBC = QH / (QH – QL) = 1 / R = TH / (TH – TL) = 294 / (294 . O motor rejeita calor a um reservatório a 23 ºC.5 Questão 6 Quais são os processos básicos do ciclo de CARNOT? Questão 7 Escreva os enunciados de KELVIN-PLANCK e de CLAUSIUS. Qual é a menor potência necessária para acionar o compressor? Questão 5 Conforme a 1a lei. Determine a eficiência térmica desse ciclo e o trabalho realizado pelo motor térmico. a Ciclo a b c Adição de calor Rejeição de calor Trabalho produzido Kcal/h Kcal/h CV (1CV=632Kcal/h) 250000 -----300 250000 170000 ------250000 ------------ Eficiência % ----------62. O calor transferido da casa é 12500 Kcal/h.135 9a Lista de Exercícios Questão 1 Qual temperatura (TH ou TL) é mais importante para aumentar a eficiência de um motor térmico de CARNOT? Mostre-a matematicamente. irreversível ou impossível. calcule os espaços vazios na tabela de ciclos de motores hipotéticos e conforme a 2 lei. Questão 3 Uma bomba de calor para aquecimento doméstico trabalha entre um sistema frio (o conteúdo do gabinete de refrigerador) a 0 ºC e a água no sistema do radiador a 80 ºC. Questão 2 500 Kcal de calor são transferidos de um reservatório a 300 ºC a um motor que opere num ciclo de CARNOT. Qual é o consumo mínimo da potência elétrica para fornecer uma produção de calor (na saída) de 90000 KJ/h? Questão 4 Propõe-se aquecer uma casa usando uma bomba de calor. determine cada ciclo seja reversível. A casa deve ser mantida a 24 ºC quando a temperatura externa é de –7 ºC. KELVIN-PLANCK: . Em todos os casos a temperatura da fonte é 527 ºC e a temperatura da sorvedouro é de 27 ºC. no qual uma quantidade de calor Q é transferida da vizinhança à temperatura T0 para o sistema à temperatura T e seja W o trabalho realizado pelo sistema durante este processo. portanto.Q T0 A variação total da entropia é. A equação geral: dSsist. (2) .  Q (1) T Para a vizinhança Q é negativo: dSviz.136 Questão 8 Faça os esboços de uma máquina térmica que produz potência e de uma máquina térmica que produz frio ou calor. Consideremos o processo mostrado na Figura 1. Princípio do aumento da Entropia Sistema sofre uma mudança de estado (processo) Sistema Temperatura = T W Q vizinhança Temperatura = T0 Figura 1 – Variação de entropia para o sistema e vizinhança.  . O processo inverso.352kCal / kg * K R: Verifica-se &SIST + &VIZ >= 0 . Em outras palavras a equação (3) nos dá a única direção em que um processo pode ocorrer e se aplica à queima do combustível nos motores de nossos automóveis. Qual é o aumento líquido de entropia do sistema e vizinhança? Solução: & = &f .1 > 0 ou seja positivo T T0  dSsist. no qual tanto o sistema como a vizinhança são trazidos de volta aos respectivos estados iniciais não pode ocorrer. no limite.  0 (3) A igualdade vale para processos reversíveis e a desigualdade para processos irreversíveis. As vezes esse princípio é enunciado em termos de um sistema isolado.  0 ou seja. isolado  0 ou dSadiabático  0 (4) Isto é.9kCal/kg &VIZ = q/T0 = 538. através da transferência de calor para o ar da vizinhança que está a 27 ºC. + dSviz. das tabelas de vapor (tabela de temperatura A1(a)/A1.&v = -&lv = 0.&i Para o sistema. no qual não há interação entre o sistema e sua vizinhança. Esta equação significa que só podem ocorrer processos em que a entropia do sistema mais vizinhança cresce (ou.9(kCal / kg) / (27 + 273)K = 1. num processo à pressão constante.444 kCal/kg mas q = dh –vdp(pressão cte) q para viz = hlv=538.3121 – 1. (s(universo) =  ssub.  Q . dSsist.Q  Q 1 . + dSviz. Nesse caso não há variação de entropia da vizinhança.1(a) vapor de água saturado /pág 476 &SIST = &l . 0  dSsist.137 dSsist. isolado + dSviz.1 T T0 T T0 menor maior T0 > T  1 .444 + 1. um sistema isolado (adiabático) os únicos processos que podem ocorrer são aqueles que têm associado um aumento de entropia.sistemas)  0 (5) Aplicação Problema 1 Suponhamos que 1 kg de vapor d’água saturado a 100 ºC seja condensado para líquido saturado a 100 ºC. ao esfriamento de nosso café e aos processos que tem lugar em nosso corpo.796 = 0. Isto é.7561 = -1. permanece constante).796kCal / kg*K &SIST + &VIZ = -1. 138 Problema Proposto Um reservatório de calor a 1000 ºC transfere 1000 kcal para um outro reservatório de calor a 500 ºC. . Calcule a variação de entropia do universo resultando deste processo de troca de calor. A condução ocorre devido ao aumento de energia cinética causado por uma excitação térmica qualquer. Convecção e Radiação. na forma de energia vibracional.1. Existem três tipos de transferência de calor: Condução. O Calor é transferido pelos elétrons movendo-se através da estrutura molecular do material.1) .1 Estudo das várias formas de transferência de calor Transferência de calor é um fenômeno de transferência de energia. líquido. 8. 8.1 Condução A condução é processo pelo qual o calor flui de uma região de temperatura mais alta para outra região de temperatura mais baixa. Quando existe o gradiente de temperatura dentro de um corpo sólido haverá transferência de calor por condução.139 Capítulo 8 Transferência de Calor 8.2 A Lei de Fourier A relação básica para a transferência de calor foi dada por Fourier: Lado quente Parede Lado frio Direção da transferência de calor Temperatura do corpo quente Temperatura Temperatura do corpo frio X=0 X=X Distância A relação básica para a transferência de calor por condução foi dada por Fourier: qK  K  A  dT dx (8.1.1. gasoso) ou entre meios diferentes em contato físico direto. dentro de um meio (sólido. 1 Ordem de grandeza da condutibilidade térmica.0 8.m.20 7.0 45.034 – 0.034 – 2.69 0.0 W / m. K = A condutividade térmica do material (ou condutibilidade) (kcal / h. Material Gases à Pressão Atmosférica Materiais Isolantes Líquidos não Metálicos Sólidos não Metálicos(tijolo.02m [K = 70W/mºC].0 – 360.0 – 120.07 – 0.4 Problema Resolvido qK ) e a taxa de transferência de calor (qk) ao longo de A uma placa de ferro com A = 0.ºC qK = fluxo de calor (kcal / h.60 0. pedra.0 .410.ºC ou W / m.ºK = 0. a razão de variação da temperatura T dx com a distância.0 52.006 – 0. A = A área da seção através da qual o calor flui por condução.21 0.03 – 0.0 12.6 8. dT = O gradiente de temperatura na seção.1. A Kcal / h. Determine o fluxo de calor ( Solução: .5m² e espessura L = 0.17 0. cimento) Metais Líquidos Ligas Metais Puros Nota: 1. isto é.86.ºC 0.0 – 100.m.18 0.kcal / h.5 – 65.140 Onde qk = Calor transferido por condução por unidade de tempo (kcal / h ou W).3 Tabela 1.m.15 0.03 – 2.0 14. na direção do fluxo de calor x (ºC / m).086 – 0.6 – 76. K.0069 – 0.ºC).m² ou W / m²). quando uma das suas superfícies é mantida a T1 = 60ºC e a outra a T2 = 20ºC. medida perpendicularmente à direção do fluxo (m²).1.W / m. 8.ºK 0. 1) .5m² é : q K  A  140 kW / m 2  0.2 Convecção A transferência de calor por convecção ocorre entre uma superfície sólida e um fluido que tem contato com a superfície aquecida ou resfriada. portanto. Convecção é a transferência de calor sensível pelo movimento do fluido em contato com a superfície sólida.) 8. qC  hC  A  T (8. K  140kW / m 2 (Resp.5m 2  140 kW / m 2  q K  70 kW (Resp. A taxa de transferência de calor através da área A = 0. Neste problema o gradiente de temperatura (  T  T1  70  20  60  qK dT ( x)  K   K  2  A dx L 0.2.2.141 T1=60 C T(x) T2=20C L x Fig 1 Condução de calor através da placa dT ) é constante. a dx distribuição de temperatura T(x) através da placa é linear. 8.02 q ou seja. como foi mostrada na figura.) A A transferência de calor é na direção positiva desde que o resultado seja positivo.1 A Lei de Resfriamento de Newton O calor transmitido por unidade de tempo por convecção entre uma superfície e um fluido pode ser calculado pela relação . em ebulição Vapor. ΔT = Ts – Tf Escoamento vf Corrente livre Tf Fluido v q Ts Parede (superfície sólida) Fig. convecção forçada Água.3 Problema Resolvido Uma corrente elétrica passa através de um fio cujo diâmetro e comprimento são 1mm e 10cm. Ar.100000 6000 . Para esta situação ђ c = 5000 W/m².2. hC .m²ºC ou W/h. Transferência de calor por convecção de uma placa 8.2 Ordem de grandeza dos coeficientes de transmissão de calor por convecção. em condensação Kcal / h.m. convecção forçada Água. e a temperatura da água é 100ºC.2 Tabela 1. convecção forçada Óleo.142 Onde qc = calor transferido por unidade de tempo por convecção (kcal/h ou W) hC = coeficiente médio de transmissão de calor por convecção(kcal/h. e a corrente é aumentada até que a água ferva. respectivamente. Qual potência elétrica deve ser fornecida para manter a superfície do fio à 114ºC? Solução: .ºC 5 – 25 25 – 250 W / m.m²ºC) A = área de transmissão de calor (m²) ΔT = diferença de temperatura entre a superfície e o fluido em um local especificado (geralmente bastante afastado da superfície) (ºC).120000 8. O fio está imerso em água à pressão atmosférica.ºK 6 – 30 30 – 300 50 – 1500 60 – 1800 250 – 10000 300 – 6000 2500 – 50000 3000 – 60000 5000 . convecção natural Vapor ou ar superaquecido.2.ºC. uma vez absorvido pelo nosso planeta.3 Radiação A transferência de calor por radiação de uma superfície ocorre pelas ondas eletromagnéticas. sem que o meio intermediário se aqueça.k4] ou 5.m². e o calor.10-8W/m². É um processo pelo qual o calor é transmitido de um corpo à alta temperatura para outro de menor temperatura. mas emitem radiação a uma razão menor do que os corpos negros. portanto: W   4 2 (Resp. ocorre a radiação.3. na equação geral α + ρ + τ = 1 sendo α = absorvidade.10-8[kcal/h.669. 8. mesmo que exista vácuo entre eles.143 A perda de calor por convecção é dada pela Lei de Newton: qC  hC  A  Ts  T f  A área de superfície do fio é A    D  L    1  10 3  10  10 2   3.2 Corpos Cinzentos Os corpos reais não preenchem as especificações de um irradiador ideal (corpo negro). Um irradiador perfeito ou corpo negro.88. 8. emite energia radiante de sua superfície à razão qr. Quando o calor se transmite de uma região à outra.1) Onde: A1 = Área da superfície (m²) T1 = Temperatura da superfície(ºK)  = Constante de Stefan-Boltzmann = 4. Esta é a forma de transmissão de calor pela qual o Sol aquece a terra.142  10 m   114  100 C  21.142  10 4 m 2 A transferência de calor é.) 8. quando tais corpos estão separados no espaço.k4 Nota: p/ corpo negro α = 1. ρ=refletividade e τ = transmissividade.3. pode ser depois transmitido. (Resp. convecção ou radiação. Se eles .1 A Lei de Stefan-Boltzmann A quantidade de energia que deixa a superfície como calor radiante depende da temperatura absoluta e da natureza da superfície. dada por : q r    A1  T14 kcal / h ou W  (8.99W m  C   e a esta quantidade é igual a potência elétrica que deve ser fornecida.) qC   5000 2   3.3. seja por condução. 3.3.2) .3.3.3.3.3) são conhecidas como a Lei de Stefan-Boltzmann. A equação vale para troca de calor por radiação entre o corpo cinzento e corpo negro.4 Problema Resolvido Um tubo quente de diâmetro D = 0. O calor radiante líquido transmitido por unidade de tempo à temperatura T 1 para um corpo negro envolvente a T2 é: q r    A1   1  T14  T24   (8.3. 8. Vizinhança A2 a T2 q2 = .2) Onde ε1 é a emissividade da superfície cinzenta.2m tem isolamento em uma das suas superfícies. Solução: Pode-se utilizar a equação (8. 2 Troca de calor por radiação entre a superfície A1 e a sua vizinhança. 8. A superfície quente tem uma emissividade ε1 = 0. É uma propriedade adimensional e é igual à razão da emissão da superfície cinzenta para a emissão de irradiador perfeito à mesma temperatura. q r    A1  T14  T24   (8. A outra superfície é mantida a T1 = 550ºK. a uma temperatura igual à do corpo negro.3) As equações (8.3 Troca de Calor por radiação entre dois corpos negros.T 2^4 q1 =   T1^4 A1. uma fração constante da emissão do corpo negro a cada comprimento de onda. O ar atmosférico é o meio para troca de calor por radiação do tubo quente ao meio ambiente.144 emitem.1) (8. eles são chamados de corpos cinzentos.1. T1 Fig.9 e é exposta a vizinhança que tem temperatura T2 = 300ºK. 77W (Resp.6) pode-se dizer: 1) A corrente elétrica é análoga a transferência de calor por condução. ou seja.67  10 8    0. R = a resistência elétrica(Ohms.ºC/kcal ou ºK/W ou ºC/W) É também denotada Ohm térmico.a) hC  A 8.)     2 2 4 4     0.3.3. A equação de Fourier (8.6.5) e (8.3. Semelhantemente a resistência térmica (para convecção) é 1  K / W  Rt  (8.9  550 4  300 4 4   q r  133 . ).3.2 m   0.5) R Onde I = a intensidade de corrente elétrica (Ampères).9  550  300  K   4        8.3.145 W  q r    A1   1 T14  T24   5.1) pode ser escrita como: A Lei de Ohm afirma que I  qK  KA KA  T1  T2    TH  TC  x x TH = temperatura alta.6) A equação (8. ou seja.3.2   0.3. 2) A voltagem elétrica (diferença de potencial) é análoga a diferença de temperatura. Ωth.5 Analogia entre o fluxo de calor e fluxo elétrico V (8. TC = baixa temperatura. Comparando as equações (8.1. x  Rt = a resistência térmica de uma parede plana (para condução) O termo KA (h.6 Paredes compostas . 3) A resistência elétrica (Ω) é análoga a resistência térmica.3. q K  T1  T2 x KA (8.67  10 8 2 4 m K   2  5.6) estabelece o fluxo de calor numa parede plana. V = a diferença de potencial (Volts). A qk K1 K2 K3 qk x1 x2 x3 Fig.89ºC e a face externa de tijolo comum está a 37. estufas.7 Problema Resolvido Uma parede é constituída de 3 camadas justapostas.17303W/mºC). R1 R2 R3 Fig. uma camada de tijolo refratário (K = 1. 2 Uma parede composta por camadas em série. há a necessidade de se empregar paredes que se constituem por justaposição de camadas de materiais diferentes.3. A resistência térmica total será: Rt = R1 + R2 + R3 ou seja. pergunta-se : Qual a transferência de calor por unidade de tempo que atravessa a parede composta. frigoríficos.7303W/mºC). sabendose que as espessuras das camadas são: . 1 Parede composta.3842W/mºC). uma intermediária de tijolo isolante (K = 0. regeneradores. Rt  x3 x1 x2 x    K1  A K 2  A K 3  A K  A (8.146 Em muitos casos. e uma camada de tijolo comum (K = 1. Se a face externa de material refratário está a 1148.78ºC. principalmente em equipamentos industriais.7) 8.3. ou em problemas de isolamento térmico. Isto é chamado de parede composta. tais como fornos. 17303  4.645m²  Rt  0.3842  4.27 C / W ou seja.6096m (tijolo refratário).048m.) .7303  4.1.89  37 .89W (Resp.048m e 1.645 1.3048 (tijolo comum).147 x1 = 0.3048   W 0.6096m 0. x2 = 0.78 C  Rt 1.27  qK  C W T1  T2 1148 . x3 = 0. enquanto que a altura e a largura da referida parede são respectivamente 3.524m  4.9144 0.9144m (tijolo isolante). Solução: Rt  R1  R2  R3  x3 x1 x2   K1  A K 2  A K 3  A A = 3.645 1.645m 2 mC  Rt  1.524m. q K  874 . O coeficiente de transferência de calor por convecção e 25 W/m². Resp. calcule a condutibilidade térmica da madeira. calcule o coeficiente de transferência de calor por convecção entre a placa e o ar.ºC. .: hC  80W / m 2 C Questão 3 As superfícies internas das paredes de um grande edifício são mantidas a 20ºC. Calcular a perda de calor para cada metro quadrado de superfície de parede por hora. Resp.6 kcal / h. Se a superfície da placa quente estiver a 125ºC. Calcule o fluxo de transferência de calor através da placa.148 10ª Lista de Exercícios Questão 1 Ar a 20ºC escoa sobre uma placa de 50 por 75cm e é mantida a 250ºC. dissipa calor por convecção a um fluxo de calor de 8000W/m² ao ar ambiente à temperatura de 25ºC. e a outra face é mantida a 100ºC.12W/(mºC) Questão 6 Explique a transferência de calor por condução.ºC.7MW/m2 Questão 5 O fluxo de calor através de uma tábua de madeira de 2cm de espessura é 150 W/m² Para uma diferença de temperatura de 25ºC entre as duas superfícies. Calcule a transferência de calor. Resp. convecção e radiação.66W serão perdidas do edifício por hora através de cada metro quadrado de superfície de parede.: Kmadeira  0.4kcal ou 110. Resp.: 95.m. Questão 4 Uma face de uma placa de cobre de 30cm de espessura é mantida a 400ºC.156 kW Questão 2 Uma placa eletricamente aquecida. enquanto a temperatura da superfície externa é –20ºC. As paredes medem 25cm de espessura e foram construídas de tijolos com condutividade térmica de 0.: Fluxo de calor  3. Resp.: qC  2. Dado : Kcobre = 370 W/mºC. cujas paredes estão a 227ºC. Igualando a lei de Stefan-Boltzman e a lei de Resfriamento de Newton Podemos escrever o balanço térmico assim: Kcal h m2 K 4 q  h C A t Tg .Tt   A t  Tt  Ts 4  4  onde: hC = coeficiente de transferência de calor por convecção. tem-se: . Sendo o coeficiente de transmissão de calor entre a superfície do par e o gás 122 Kcal/h m2 ºC estimar a temperatura verdadeira do gás. O elemento termômetro em um escoamento de gás Ts Balanço de Energia Perda de calor por convecção do fluido (as do termômetro) = Perda de calor por radiação à vizinhança (para as paredes sólidas) Nota: A trasferência de calor por conduçao através do elementp sendo muito pequena é desprezada h C A t T .  = cte. Tt = temperatura indicada pelo termômetro.6697  10-8 W/m2K4 = 4. A temperatura indicada pelo par é 504ºC.8 . 1. At = área de superfície do elemento termômetro ou termopar.88  10 8  = Emissividade do elemento (termopar ou termômetro) Ts = temperatura da vizinhança (temperatura das paredes do sólido) Exemplo: Um par termoelétrico. é usado para medir a temperatura de um gás transparente escoando num grande duto. tendo uma emissividade de 0. T = temperatura verdadeira do fluido. De Stefan-Boltzman = 5.Tt    A t  Tt .Tp 4  4  onde Tg = a temperatura verdadeira do gás substituindo os dados do problema. soldado de topo.149 Efeito de radiação em medição de temperatura Escoamento de gás hC T Tt Fig. 8 504  273   227  273   At       q Kcal  11790 At h m2 A temperatura verdadeira do gás é Tg  q  11790   Tt    504 º C hC At  122  Tg  600 ºC Nota: O erro do termopar é 96º C. 0.88  10 8 .150 q 4 4 4 4    Tt . (Resp.) .Tp  4. s Força ou Peso. Estas são relacionadas pela segunda lei de Newton Força = massa  aceleração ou F = m . Kgf/m2 P ou P Massa específica. N/m3 Viscosidade dinâmica. m2 Vazão volumétrica. m/s2 Área. Kgf Velocidade. m/s Aceleração. . M a massa. m Tempo. Ns/m2 V a ou g A Símbolo m l t F ou W Sistema (FLT) Dimensões (MLT) FL1T 2 M L T F L T MLT 2 LT 1 LT 2 L2 L3T 1 LT 2 L2 L3T 1 LT 1 FL2 FL4T 2 FL3 FL2T ML1T 2 ML3 ML2T 2 ML1T 1   . Kg/m3  Peso específico. comprimento. tempo e as vezes força. Kg Comprimento. L a de comprimento e T a de tempo. m3/s Q Pressão ou queda de Pressão. Tabela 1 Dimensões das grandezas físicas usadas em mecânica dos fluidos Grandeza Massa. a na forma dimesional é F  MLT2 a  V LT   LT  2 t T F é a dimesão de força.151 CAPÍTULO 9 ANÁLISE DIMESIONAL E SEMELHANÇA DINÂMICA Dimesões e Unidades As dimensões fundamentais são massa. m/s Temperatura absoluta. k Vazão em massa.A Fv  V  1 3  L L L Fi Fv RE  2.g L3. Número de Freude (Fr) É a relação entre a força de inércia (Fi) e a força de gravidade (Fg) Fi M. N/m2 Velocidade do som.a Fi    .L2 . Kgfm L2T 1 FL2 L2T 1 ML1T 2  kv FL1 FL2 MT 2 ML1T 2 C LT 1 LT 1  ou t  ou t  m W T FL1T MT 1 FL FL ML2T 2 ML2T 2 Análise dos Parâmetros adimensionais 1.152 Viscosidade cinematica. L T 2 L4 V 2 L2  L2 V 2 V 2      Fg M. v m2/s Tensão de cisalhamento.g L3. N/m Módulo de elasticidade Volumétrica.a L3. Nm Torque.g Lg . Número de Reynolds (Re) É a relação entre a força de inércia e a força de viscosidade (atrito)  VD  VL VL V L2  V2 L   Definição: Re        V L2  V L2          ML L T  L   3 2 2 V  L1 L  MLT 2 MLT 2 M.g L3. Kg/s Trabalho.  N/m2 Tensão superficial. a L3. L T L V L L V V2   Eu  F P  p V 2 Fi 5. V 2  Kv V2  Kv  V e conhecida como o número de Mach.a L .A K v .L . Kv  A velocidade do som num líquido ou gás é dado por.153 ou F V2  Fr  i Dg Fg 3. L T L4 V 2 L2 L2V 2 V 2      Fel K v .A PL2 PL2 PL2 P  3  4 2 2  2 2  2 M. . L T 2 L4 V2 L2 L2V 2 LV 2      FTS .L     We  LV2 Fi   F  V 2 L NOTA:  = Tensão superficial  Força MLT 2   MT  2 compriment o L 4.L2 K v . Número de Mach (Ma) É a relação entre a força de inércia (Fi) e a força de elasticidade (Fel) Fi M.L2 K v . Número de Euler (Eu) É a relação entre a força de pressão (Fp) e a força de inércia (Fi) Fp Fi   P.L .a L3.L2 Kv onde kv = módulo de Bulk ou módulo de elasticidade volumétrica   A raiz quadrada desta relação. Número de Weber (We) É a relação ente a força de inérecia (Fi) e a força de tensão superficial (FTS) Fi M.L . o número de Mach. . Ma  V V F   i K v  C Fel Semelhança – Estudos em modelos Modelos reas ou verdadeiros possuem todas as características importantes do protótipo. reduzidas à escala (geométricamente semelhante) e satisfazer as restrições do projeto (semelhança cinemática e dinâmica) Semelhança geométrica As relações podem ser escritas: Lmod elo  Lrazão Lprotótipo Ar  ou Lm  Lr Lp (1) A mod elo L2 mod elo  2  L2 razão  L2 r A protótipo L protótipo (2) Semelhança cinemática Algumas relações úteis são: Velocidade: Vr  ar  Vm Lm Tm Lm Tm Lr     Vp Lp Tp Lp Tp Tr (3) Aceleração: a m Lm T 2 m Lm T 2 m L    2  2r 2 ap Lp T p Lp T p T r (4) Vazão: Qm L3m Tm L3m Tm L3r Qr   3  3   Qp L p Tp L p Tp Tr Semelhança dinâmica (5) A semelhança dinâmica existe entre sistemas geométrica e cinemáticamente semelhantes.154 C  K v   KRT Então. As condições necessárias para uma completa semelhança foram desenvolvidas a partir da 2º lei de Newton. se as relações entre todas as forças homólogas no modelo e protótipo forem as mesmas. semelhança geométrica Esta equação expressa a lei geral de semelhança dinâmica entre modelo e protótipo e é conhecida como a equação de Newton Para haver semelhança dinâmica completa. os números de REYNOLDS.a p m p A relação de forças de inércia é expressa pela seguinte fórmula: 3 3 Fm força m odelo M m . devem ser determinadas estas forças para modelo e protótipo.155 F x  M . Problemas Resolvidos Problema 1 Desenvolver a lei de Reynolds para modelos e protótipos com fluidos incompressíveis e reais Solução Para um escoamento governado pelas forças de inércia e viscosidade (outros efeitos são desprezados). MACH. WEBER e EULER devem assumir os mesmos valores tanto no modelo como no protótipo.L m  a m   Fr    Fp força protótipo M p . semelhança cinemática L 2 L   r L r . FROUDE.a m M p .a m  M m L m .L r  r2  r L r  r  T  Tr  r 2 2 a equação (3)  Fr  r L r Vr  r A r Vr 2 2 2 (6) A lei geral de semelhança dinâmica a equação (2). .ax Desenvolve-se a seguinte relação entre as forças atuantes no modelo e no protótipo:  Forças(viscosidade  gravidade Pr essão  tensão superficial  elasticidade)  Forças(viscosidade  gravidade Pr essão  tensão superficial  elasticidade)  M m .a p  M p L p  3L p 3  a p    L 3  L   m m3   r2 L  T  p p  r a equação (4). (2)   r L3r   Lr  L2 r  r Tr T2r ou Tr  r L2 r r (3) Mas    r  r  r Substituindo na equação (3) tem-se Tr  L2 r r (4) ou L r r  Tr Lr Mas a relação de velocidades: Vr  L r r  Tr L r (5)  Vm m p m Lp    Vp Lm Lp p Lm ou Vm Lm Vp Lp  m p ou seja Re m  Re p c.0 lbf/po2.L p p T L  p   p (2) Igualando-se as duas relações de forças (pois todas as razões das forças são iguais entre modelo e protótipo).d. A queda de pressão em 30 pés deste tubo é 2.A m  r L2 r  m Lm      Para viscosidade: Fp p A p  p dV dyp .156 Para inercia: Fm L 3  r Lr  r2 Fp Tr (1) a lei geral L 1  2 . tem-se: A eq.L m m  m  T  Fm m A m  m dV dym . A que velocidade deve escoar Benzina (68 º F) em um tubo (geometricamente similar) de 1 pol.A p  r L2 r  Lp 1  2   . . Problema 2 Água escoa a 32º F através de um tubo liso horizontal de 3 polegadas de diâmetro com uma velocidade média de 10 pés/s. de diâmetro para que o escoamento seja dinâmicamente similar e qual será a queda de pressão em 10 pés deste tubo de 1 pol. de diâmetro.q. (1) = eq. VBenzina  12.939  10 1.88 12 12   3. Densidade de Benzina a 68 º F = 0. para o modelo e o protótipo: Rem = Rep  VD    VD   ou            m  p 3 1 10   1.468 pés/s  Fp   teremos. Benzina a 68 º F = 1. de pressão e de viscosidade são mais importantes.74 lbf/pol2  Resp.939 slug / pé3 .37  10 5 Vm  Vagua  10 pés/s.88  12. Arrasto (força de arrasto) medido sobre o modelo é 337.4682 Pp  2.s/pé2 .37×10-5 lbf.  Fi  Resp.746  10 5 1. D m  3/12 pé . D p   p   Benzina 1 pé .88 Solução: Sabemos que em um escoamento interno as forças de inércia. Portanto.939  0. Qual a potência será necessária a propulsar o avião à velocidade de 500 Km/h ? Solução: Sabemos que FA  V 2l 2f Re  . 12 a 68 º F (dado) ou seja Vp  12. H20 a 32 º F = 1.157 Dados: H20 a 32 º F = 3.5 N.  m  H20 a 32 º F (dado)  m   H20 a 32 º F (dado) Vp  VBenzina  ? .s/pé2. Problema 3 Um modelo 1:10 de um avião é testado num túnel aerodinâmico (túnel de vento) que tem a pressão de 20 atm. Da igualdade do Número de EULER   P   P   2   EU m  EU p   2   V   V   m  p ou Pp 2  2 1.939  0.746×10-5 lgf.939 Vp   1. A que velocidade o túnel de vento (modelo) deve ser operado para dar a similitude dinâmica entre modelo e protótipo. O avião vai voar a velocidade de 500 Km/h.468 pés/s  A velocidad e da benzina. Pm = 20 atm. tem-se. Além disso se dy   considerarmos a condição isotérmica.  m  20 .  p Substituindo esses valores em (3).considerad o) ou P   . Vm  p 20m  1  10  Vp  o modelo 1 : 10. então  p  m  1 ou seja  m   p Da equação de estado.  FA   F   2 2  A 2  V l   2   m  V l  p ou FA p 337. P  RT (T  cte. então. ou seja. lm 1  lp 10 ou Vm  1  500 Km/h 2  Vm  250 Km/s Resp. Pm = 20 . Pode-se escrever. É claro que Pp = 1 atm. Dado.158 Mas Re m  Re p (1) Semelhança dinâmica  F   F    A 2  A 2  V 2l   2   m  V l p De (1) (2) m Vmlm p Vplp  m p  Vm  p  m l p    Vp m  p l m   (3) A viscosidade diâmica      dV   de um fluido é apenas uma função de temperatura. Da equação (2). CTE.  ou P   a pressão diminui com a redução da massa específica.5 N  2 2 2 20p  250  lp 10 p  500  l2 p  FA p  6750 N . pois RT  CTE. Pp  Devido à compressibilidade do ar.  A potência necessáriaserá.5 KW Problema 4 Um navio cujo comprimento de casco é de 138 m deve navegar a 7.81 m/s2 Solução  V2  7.52  0. (b) Quando dois escoamentos com contornos geometricamente semelhantes.36 m/s Resp. Problemas Propostos . Frp = Frm ou    V2   V2     gL  p  gL  m     Uma vez que gm = gp. P  Energia m   Velocidade  Força  . o número de FREUDE é a relação marcante no estudo de modelos. (b) Para que haja semelhança dinâmica qual será a velocidade de um modelo 1:30.042    (a ) Frp     Lg  p 138  9. Portanto. practicamente em todos os casos.81  Frp  0. V 2 p   7. arrastado através d’água ? Dado: g = 9.042 Resp. V2p V2m L 1 L 1 2  ou V 2 m  m .  6750 N  937500  937500 W h 3600 s s Resp. pode-se escrever.5  m  Lp Lm Lp 30 Lp 30  Vm  1. N  W  tempo s  ou P  500  103 m h Nm . são influenciados pelas forças de inércia e da gravidade.159 A potência. P  937.5 m/s (a) Determinar o número de FROUDE. usando ar a 20 º C deve ser testado.9m de corda deverá deslocar-se a 145 Km/h no ar. 1 pé/s = 0. Para que haja semelhança dinâmica. Se o submarino se move a 12 mph (milhas por hora). a que velocidade deverá o modelo ser testado para haver semelhança dinâmica ? Resposta: V = 180 mph Problema 3 Água a 16 º C escoa a 3.0×10-5 pés2/s.65 pés/s) poderia ser usado ? Dados: AR(20ºC) = 16×10-5 pés2/s .9×10-5 pés2/s Resposta: V = 63 pés/s = 19.3 rpm Problema 5 Uma asa de avião de 0. AR(16ºC) = 1. qual é o diâmetro de tubo que carrega água a 16º C (60 º F) e 1.1 m/s (3.160 Problema 1 Ar a 20 º C (68 º F) escoa através de um tubo de 610 mm (24”) a uma velocidade média de 1. óleo(32ºC) = 3.8 m/s (6 pés/s). Para a temperatura de 20 º C em cada caso.076 m (3”) Problema 2 Um modelo de 1:15 de um sbmarino deve ser testado em um tanque de provas contendo água salgada.093 m2/s .093 m2/s Velocidade periférica = o raio × a velocidade angular em rad/s Resposta: m  11. Um modelo de bomba. AR(20ºC) = 16.217×10-5 pés2/s.6 m/s (12 pés/s) em um tubo de 152 mm (6”). A que velocidade deverá escoar um óleo médio a 32 º C en um tuvo de 76 mm (3”) para que os escoamentos sejam dinâmicamente semelhantes ? Dados: AR(16ºC) = 1.5 Km/h.217×10-5 pés2/s Resposta: d  0. a que velocidade deverá o modelo operar ? Dados: óleo(16ºC) = 188×10-5 pés2/s.0 m/s Problema 4 Uma bomba centrífuga bombeia um óleo lubricante médio a 16 º C e a 1200 rpm. Um modelo de 76 mm de corda deve ser testado em um túnel de vento com a velocidade do ar a 173. Se o diâmetro do modelo é 3 vezes maior que o diâmetro do protótipo. qual deverá ser a pressão no túnel aerodinâmico (de vento) ? Dado: AR(20ºC) = 16×10-5 pés2/s. pé/s = 0. gD   1 2   V A 2 FA É necessário que o modelo 1:10 do barco protótipo seja testado em água e os resultados sejam utilizados a fim de prever o desempenho do barco protótipo. H2O(27ºC) = 0. a semelhança dinâmica completa depende das forças de atrito e de gravidade.85×4. Mostre que: L r  r  Problema 10 23 .m/Kg.3 Kgf.161 Resposta: Ptúnel = 10 atm Problema 6 Um modelo 1:80 de um avião é testado a 20 º C no ar. 1 atm  1Kgf/cm2 = 104 Kgf/m2 Resposta: Vm  17. Esperase que o protótipo atinja a velocidade de 6m/s em água a 16 º C. o qual tem a velocidade de 45 m/s.88×10-7 Kgf.93×10-5 pés2/s Resposta: (a) V  2. Será que é possível ? Resposta:a semelhança dinâmica entre o modelo e protótipo não será possível Problema 9 Em escoamentos de superfície livre.217×10-5 pés2/s.57 Kgf ? Dados: AR(20ºC) = 16×10-5 pés2/s. (a) A que velocidade seria o modelo impelido quando completamente submerso em água a 27 º C ? (b) Qual seria a força resistente de um protótipo no ar. cujo modelo na água representa uma resistência de 0. (a) Quál a escala a ser utilizada para o modelo ? (b) Quál deverá ser a velocidade do modelo se for testado em um túnel aerodinâmico (túnel de vento) à pressão de 20 atm é temperatura constante de 27 º C ? Dados: H20(16ºC) = 1.K . AR(27ºC) = 3.62 m/s na água (b) Fp  200 gf Problema 7 Um modelo de um torpedo é testado em um tanque de provas a uma velocidade de 24 m/s.1 m/s A escala do modelo é 1:14 Problema 8 É admitido que o Arrasto (a força de arrasto) de um barco em água depende somente do número de Rynolds e do número de Froude de maneira que CA   VD V 2  f   .s/m2 RAR = 29. podemos escrever: f q1 .... Por exemplo. Por exemplo. 2 . ela já é um termo  sem seguir o processo matemático. incluindo -1. Por exemplo: L/L é adimesional e é um termo  3) Qualquer termo  pode ser substituído por qualquer potência deste termo. Relações úteis 1) Se uma grandeza é adimensional. 1 pode ser substituído por 31 5) Qualquer termo  pode ser expresso como uma função de outros termos .. etc.k   0 (2) onde qualquer termo  depende não mais do que (k-1) grandezas físicas q...162 A equação adimensional de Newton (força de inércia) é Fr  r L2 r V 2 r . q 2 . 2) Se duas grandezas físicas quaisquer tiverem as mesmas dimensões... pressão. . área.. 3 .. 1 =  (2) PROBLEMAS RESOLVIDOS . massa específica. tempo). viscosidade.. se existirem 2 termos ... e cada um dos termos  é independente... Mostre que: Fr Fr 2 r Pr    A r L2 r r L2 r O teorema  de Buckinghum Sob aspecto matemático: Se existirem n grandezas físicas q (tais como velocidade. n .. q n   0 Esta equação pode ser substituída pela equação (1)  1 .. A semelhança dinâmica é determinada pela igualdade dos números de Reynolds. adimesional e função monômia das grandezas q.. Esta equação vale para haver a semelhança dinâmica entre modelos e protótipos.. Por exemplo: 3 pode ser substituído por -23 ou 2 por 1/2 4) Qualquer termo  pode ser multiplicado por uma constante numérica. sua relação será um dos termos . q 3 . . comprimento.) e k unidades fundamentais (tais como força ou massa.. .   MT -2 . da queda de pressão P. g  LT -2 . .LT 2 x 2  2  0  y2 0   x 2 . l como base: 1  V x 1  y1 l z1 P. P. l  L. f V. P  ML-1T -2 .1 y3  1 z 3  1 p/4  M0L0T0  LT1   ML  x4 3 y 4 Lz 4 . 2  V x 2  y 2 l z 2 g. 7  l1 l2  1  M0L0T0  LT1  0  y1  1   ML  x1 3 y1 Lz1 .2 donde y1  1 z1  0 p/2  M0L0T0  LT 1   ML  x2 3 y 2 Lz 2 . l1 .3y1  z1 . l1. da massa específica . . 6  . Solução: Matemáticamente. l. . l2.3y3  z3  1 0  -x3 . Um certo escoamento depende da velocidade V. da viscosidade . Aplicar a análise dimesional para determinar uma equação de escoamento. k v   0 (1)  n  10 Dimensões: V  LT 1 .163 Ex1.1 0  -x1 . g.ML1T 2 x1  2 0  x1 . l 2  L. da tensão superficial . da aceleração da gravidade g. k v  ML1T 2  k  3  s  n . l 2 . l1  L.   ML-3. 3  V x 3  y 3 l z 3 .   ML-1T -1. l l 4  V x 4  y 4 l z 4 .MT2 .k   (10  3)  7 a determinar Escolhendo V.3y2  z 2  1 0  -x2 .ML1T2 x 3  1 donde  0  y3  1 0  x 3 . 5  V x 5  y 5 l z 5 k v .2 donde y2  0 z2  1 p/3  M0L0T0  LT1   ML  x3 3 y 3 Lz 3 . e do módulo de elasticidade volumétrica kv. das várias dimensões lineares l. 1  V  21l0 P  P V 2 ou 1  P  EULER V 2 2  V  20l1g  gl V2 ou 2  V2  FROUDE gl  3  V 1 1l 1   Vl  ou 3  Vl   REYNOLDS   4  V 2  1l 1   V 2 l ou 4  V 2 l  WEBER  5  V 2  1l 0 k v  kv V 2 ou 5  V  MACH kv  Então .ML1T2 x 5  2 donde  0  y5  1 0  x 5 .  4 . . .164  0  y4  1 0  x 4 . .  7   0 ou f 1   P V 2 Vl  V 2 l V l l .  3 .  5 .3y 5  z 5  1 0  -x 5 .  6 . f 1 1 . .3y4  z 4 0  -x4 .  V 2 gl   k v  l1 l 2   0   . .2 y5  1 z5  0 Finalmente.  2 .2 donde x 4  2 y 4  1 z 4  1 p/5  M0L0T0  LT1   ML  x5 3 y 5 Lz 5 . N. MA são desprezados por não terem influência sobre o fenômeno escoamento (fluido incompressível em escoamento interno. L3T-1 N = rotação da bomba. RE. ML-1T-1  = massa específica de fluido. . MA. WE.   0   l l  . l é o diâmetro do conduto D. ML-1T-2 . WE. l1 é o comprimento do conduto L e l2 é uma dimensão que caracteriza a altura efetiva da rugosidade superficial da parede interna do conduto. (1) Dado: f H. WE. sendo representada por Então. LT-2  = viscosidade de fluido. L Q = vazão volumétrica. f é independente de /D.   0 onde H = carga (altura) desenvolvida pela bomba.  D  V L D  2 O diagrama de MOODY O primeiro membro geralmente é representado por f (fator de atrito).165  l l  f1  EU.. MA. . k v .   0 (2) l1 l 2     onde f2 deve ser determinado experimentalmente Existem casos onde os parâmetros FR. ML-3 kv= módulo de elasticidade volumétrica. . g. Quando RE 2000. FR. D. EU  P L    f 3  RE. Q. RE.  2 V D D  (3) Sabemos que a queda de pressão ao longo de um conduto varia linearmente com seu comprimento. L g = aceleração da gravidade.  EU  P L  f 4 RE.  l1 l 2  por tanto EU  f 2  FR.  D  2 V D (4) ou P  f 4 RE. Portanto: f  f 5 RE  p / LAMINAR (5) Problema 2 Faça análise dimensional da bomba centrífuga. por exemplo). T-1 D = diâmetro do rotor. Esolhendo a massa específica. D. .166  = rugosidade absoluta. Então. e a rotação da bomba. de modo que devemos ter n – k = 10 – 3 = 7 termos .ML1T1 M : 0  a 1 L : 0  3a  b  1 donde tiramos T : 0  c  1 a  1 b  2 c  1 Substituindo em (2) vem que. adimensional Solução: Existem 10 variáveis (n) e 3 dimesões (k) independentes. N.ML1T 2 M : 0  a 1 L : 0  3a  b  1 T : 0  c  2   a Para donde tiramos a  1 b  2 c  2 Substituindo em (3) vem que. podemos estabelecer os temos .   a 1  1D  2 N 1   ND 2 ou 1  ND 2  RE  2  a D b N c k v (3)  M 0 L0 T 0  ML-3 (L) b (T 1 ) c . como as 3 variáveis repetitivas com expoentes desonhecidos. o diâmetro. kv 2   D N k v  N 2 D 2 1 2 2 ou N2D2 ND 2    MA kv / kv / . L  = rendimento de bomba. 1  a D b N c (2)  Para M0L0T0  ML-3 (L)b (T1 )c . L3T 1 M:0  a L : 0  3a  b  3 T : 0  c  1   a Para donde tiramos a0 b  3 c  1 Substituindo em (4) vem que.  3   0 D 3 N 1Q  Q ND3  3  Q  Coeficiente de capacidade. C Q ND3 4  a D b N c H (5)  M 0 L0 T 0  ML-3 (L) b (T 1 ) c .L M:0  a L : 0  3a  b  1 T : 0  c   a Para donde tiramos a0 b  1 c0 Substituindo em (5) tem-se.  4   0 D 1 N 0 H ou 4  H D 5  a D b N c g (6) .167 3  a D b N c Q (4)  M 0 L0 T 0  ML-3 (L) b (T 1 ) c .  6   0 D 1 N 0   6    rugosidade relativa D . 5  g N2D ou 5  N2D N2D2   FR g Dg 6  a D b N c  (7)  M 0 L0 T 0  ML-3 (L) b (T 1 ) c .L M:0  a L : 0  3a  b  1 T : 0  c   a Para donde tiramos a0 b  1 c0 Substituindo em (7) tem-se.LT 2 M:0  a L : 0  3a  b  1 T : 0  c  2   a Para donde tiramos a0 b  1 c  2 Substituindo em (6) tem-se.168  M 0 L0 T 0  ML-3 (L) b (T 1 ) c . 169 e evidentemente.   Portanto. ND3 .    g v    ND 2 N 2 D 2 Q   Hg   f1    . Q.  7   0  ND 2 N 2 D 2 Q H N 2 D   ou f    . D . D.    D v    N 2 D  ND 2 N 2 D 2 Q   f1    .  5 . ND3 . k  . g . k  . N. é uma função de . tem-se. MA.  2 2 ND D  ou A resposta final e é a equação completa de bomba centrífuga Parâmetro de uma bomba tipo FR . D.  ND2 N 2 D 2 Q   Hg  f1    .  4 . k  . da equação da resposta parcial pode-se escrever. D   N 2D2 v   Hg    f1  RE.  7   pois já é um parâmetro adimensional  f 1 . Q.  2 .  ND 2 N 2 D 2 Q N 2 D   H  f1    .  3 .  6 . CQ . D . D . ND3     Evidentemente. D .    0    Resolvendo para H D .  ou seja   f 2 . g . . N. kv  . ND3 . um termo  pode se formar como  ND2 Q  8    f3    .   a resposta parcial !  N2D2 v   NOTA: É claro que a eficiência hidráulica de uma bomba. d . ND3 . ND3 . k  . . K qcalor Dado: f v. D. (3) M0L0T0 t 0  La ML3 ML1T1 MLT3t 1 .  k = 4 e n = 7 (2)  os termos  = 3  f 1 . K. . C p . L  = massa específica do fluido. Tempo T. 1  Da b c K d v Dimensionalmente. Temperatura t. . D Escoamento Entrada Saida v h Propriedades de fluido . LT-1 D = diâmetro do tubo. MT-3t-1 Solução: São quatro dimensõers fundamentais tomadas neste caso. . ML-1T-1 Cp = calor específico à pressão cte. K como base teremos.170 Problema 3 Faça análise dimesional en transferência de calor com convecção forçada.LT1   b  c  d . Comprimento L. . . MLT-3t-1 h = coeficiente de transferência de calor. 3   0 Escolhendo D. h  0 onde :   (1) v = velocidade do fluido. Cp. 2 . L2T-2t-1 K = condutibilidade térmica. Massa M. ML-3  = viscosidade do fluido. a 1 b 1 c  1 d0 Substituindo em (3) tem-se.MT 3 1 t . (5) M 0 L0 T 0 t 0  La ML3   ML b 1 T 1  MLT c 3 1 d t  . a0 b0 c 1 d  1 Substituindo em (5) tem-se.171 M:0  bcd Para L : 0  a  3b  c  d  1 T : 0  c  3d  1 t : 0  d donde tira-se.  2  D 0  0 1 K 1C p ou  2  3  D a  b c K d h Dimensionalmente. 1  D11 1K 0 v   1  Dv  (4) DV  RE   2  Da  b  c K d C p Dimensionalmente. C p K  PRANDTL (PR ) (6) (7) M 0 L0 T 0 t 0  La ML3   ML b 1 T 1  MLT c 3 1 d t  .L T 2 2 1 t M:0  bcd Para L : 0  a  3b  c  d  2 T : 0  c  3d  2 t : 0  d  1 donde tira-se.  3  D1 0  0 K 1h ou seja  3  hD  NUSSELT( NU) K (8) Da equação (2) f 1 .L. mostre que a força resistente é uma função dos números de MACH e de REYNOLDS Solução: FA  f1 . de elasticidade. V. n e n’ são coeficientes (ctes. de viscosidade. . A  c c ou FA  k' abk v Vd Ae  k' abk v Vd L2e (1) onde k’ = constante (coeficiente) adimensional determinada experimentalmente.  2 . e de uma área característica. Dimensinoalmente (sistema F. F1L0T0  FL 4T2   FL T FL  LT  L  a 2 b 2 c 1 d 2 e . k v .) devem ser determinados experimentalmente.  3   0 ou  3  f1 1 . PR   NU  C RE  PR  n n' onde C. a 1 b0 c0 d  1 Substituindo em (7) tem-se. K K      ou NU  f1 RE .172 M : 0  b  c  d 1 Para L : 0  a  3b  c  d T : 0  c  3d  3 t : 0  d  1 donde tira-se.T). Problema 4 Análise dimensional (o método de RAYLEIGH) Supondo-se que a força resistente ao deslocamento (Força de Arrasto ou Força de sustentação) é uma função de massa específica. de velocidade do fluido.  2  ou  Dv C p hD  f1    . 173 F :1  a  b  c  Para (2) L : 0  -4a .b  d (3a) De (3) 2e  4a  2b  2c  d e substituindo as equações (2a) e (3a) em (3) 2e  4  4b  4c  2b  2c  2  2c  b  2  b  e  1..d (4) De (2) De (4) a  1 b  c (2a) d  2a  b e substituindo (2a). FA  AV 2 f 2 RE  .L b c 2c   V c 1 k  k'. .L b  V  VL   k'        VL   k'        b  kv   2  .V  b . Portanto para o fluído incompressível.L V   v  c c b FA  A  V 2 f1 RE. FA  k ' 1 b  c b k v V 2  b  2 L2  b c c  k' 2 b .2b . .L2 .V .L2 .c   b  2  2b  2c  b  2 . MA  (5) A equação de RAYLEIGH Esta equação indica que o coeficiente de arrasto.2c .b 2 (4a) Substituindo os valores em (1) tem-se. d  2 1 .V 2 .  b . c v 2c . C A  números de REYNOLDS e de MACH FA de objetos dependerá únicamente de seus AV 2 Para fluidos incompressíveis o número de REYNOLDS é predominante e o efeito do número de MACH é muito pequeno e desprezível.  b .b .2c .b 1 c V .d  2e (3) T : 0  2a  b .L2 V 2  V     V 2  2 2   k  .k v .b. 2 f 2 RE   A . da viscosidade. FA  f 3 MA  somente AV 2 PROBLEMAS PROPOSTOS Problema 1 O conjugado T disponível no eixo de uma turbna hidráulica depende da vazão volmétrica Q.     onde f1 deve ser determinado experimentalmente Problema 2 Considerando-se que a força de arrasto exercida por um fluido em escoamento sobre um objeto é uma função da massa específica. do peso específico . da velocidade do fluido e de um comprimento característico do corpo. da velocidade angular  e do rendimento .CA 2 2 FA A V 2 2 ou FA  onde CA = coeficiente de arrasto que depende do nº de RE  2 f 2 RE   Analogamente. estabelecer a fórmula para o fluxo de barragem. Resposta:  LV  L2V2 F  L2V2 1     2  2KRE     onde K = cte. Problema 3 Considerando-se que o fluxo Q sobre uma barragem retangular varia diretamente com o comprimento L e é uma função da altura H e da aceleração da gravidade g.H3 / 2 . utilizando o teorema  Resposta: Q  K. Determinar a forma da equação do conjugado utilizando o teorema  Resposta:  H3  T  H 4 f1   Q . desenvolver uma equação geral para a força utilizando o teorema  do Buckinghum. da carga manométrica H.L. pode-se mostrar que FS  A onde V2 .174 AV 2 V2 . Adimensional determinada experimentalmente.CS 2 FS = Força de sustentação CS = Coeficiente de sustentação Se for M1.g1 / 2 . da velocidade média de um fluido e de um comprimeto característico. da viscosidade dinâmica  e da massa específica . . Estabeleça o número de REYNOLDS pela análise dimensional de RAYLEIGH. A última resposta obtida não é. Nota: a fórmula usualmente empregada é H  f 2 RE  L V2 D 2g onde f 2 RE   f  o fator de atrito Problema 6 O número de REYNOLDS é uma função da massa específica. com o auxílio da análise dimesional. da superfície livre a montante do vertedor. Resposta: H  f1 RE. Além disso a vazão depende da aceleração da gravidade e da velocidade V0 de aproximação ao vertedor. medida a partir do fundo do entalhe.H 5 / 2 f1  0 . Determinar a forma da equação que fornece a vazão pelo teorema  Resposta:  V  Q  g. Isto mostra que uma variável pouco importante não deve ser escolhida como grandeza da base. Problema 4 Um vertedor triangular é uma placa vertical com um entalhe de ângulo de abertura  na sua parte superior. mas não pode ser a mesma função matemática.    gh    Há necessidade de resultados experimentais ou de uma análise teórica para se obter informações adicionais sobre a função f1 Escolhendo H e V0 como base tem-se a resposta diferente. do diâmetro D. Resposta:  V  Q  V0 H 2 f 2  0 . O líquido no canal é retido e obrigado a escoar pelo entalhe. Determinada experimentalmente. da viscosidade absoluta. muito útil porque freqüentemente V0 pode ser desprezado em vertedores triangulares. a forma geral da equação que rege o fenômeno de transporte. A vazão Q é uma certa função da cota H. colocada transversalmente num canal. Problema 5 A perda de carga por unidade de comprimento H L no escoameto em regime turbulento num conduto liso depende da velocidade V. V 2 gD L   onde f1 é uma função determinada experimentalmente. Determinar.    gh    A função incógnita f2 contém os mesmos parâmetros que f1.175 onde K= uma cte. em geral. da aceleração da gravidade g. Use o método de RAYLEIGH. . se ele é uma função da velocidade V. Q  K D 4 P L Sabe-se que K  D 4 P  de modo que Q  128 L 128 Esta é a equação de HAGEN-POISEULLE. Problema 9 Desenvolva uma expressão da vazão volumétrica em um tubo horizontal para escoamento totalmente desenvolvido e em regime laminar pelo método de RAYLEIGH Dado: Q  f D. . do comprimento L e da tensão superficial . determinadas experimentalmente Notas: Se for –b = 1. da massa específica . Sabe-se que aqui K = 1 e y2 = -1  Problema 7 Estabelecer a expressão do número de WEBER. Devem ser determinadas experimentalmente. L. Mas pela definição do número de RE  VL .176 Resposta:  VL  RE  K      y2 Os valores de K e y2 devem ser determinados pela análise física e/ou experimentalmente. Resposta:  V2L  WE  k      b  d onde k e b são ctes. da tensão superficial . sabendo-se que ele é uma função da aceleração da gravidade g. P  3  D  D P Q  K   L b Resposta: onde K e b são ctes. Determinadas experimentalmente. Sabe-se que k = 1 = b = -d Problema 8 Estabelecer um número adimensional. da viscosidade absoluta  e da massa específica . Use o método de RAYLEIGH. Resposta:  3  NUMERO  K  4   g    d onde K e d são ctes. Cp. h. (2) Diâmetro do tubo. K h (coeficiente) Saída D Variáveis (1) Velocidade de fluido. . h) = 0 A aplicação do teorema dos 5 (como base: D. (4) Viscosidade dinâmica. . PR) ou seja NU = C(RE) (PR) n n‟ (1) .Transferência de Calor Por Convecção Métodos para determinar o coeficiente de transferência de calor Há quatro métodos para se analisar o processo de transferência de calor por convecção: (1) Análise dimensional acoplada a experiência. k. V. (2) Análise exata da camada limite e/ou análise exata para escoamento (interno) totalmente desenvolvido. D. . São 7 propriedades. . f(v. (3) Massa específica. escoamento por causa de ventilador. (5) Calor específico à pressão constante. por exemplo. D. etc. bomba. k) nos fornece: NU = f(RE. Análise dimensional em transferência de calor por convecção forçada Q (calor) Superfície quente V Entrada Escoamento Propriedades de fluido: . Cp. a transferência de calor seria por convecção forçada. (7) Coeficiente de transferência de calor. . (4) Analogia entre quantidade de movimento (momentum) e transferência de energia. Tipo de Convecção Convecção Forçada: Se o escoamento for qualquer tipo de agitação. . (6) Condutibilidade térmica. (3) Análise integral da camada limite (Método de VK/KH). .. CP.177 Capítulo 10 . Convecção Natural ou Livre: Convecção natural ocorre quando a massa específica do fluido muda devido a força de empuxo e a expansão térmica. k. Portanto. aquecimento. n e n‟= expoentes. D. K D   V RE = número de Reynolds =  . Cp como base pode-se mostrar que: ST = f(RE. determinadas experimentalmente. Cp. .178 onde c = uma constante determinada experimentalmente. aquecimento condensação Convecção forçada D   V    CP K hD K h   V  CP 3) NU 4) ST 5) GR Taxa de transferência de calor na parede / Taxa de transferência de calor por convecção  2    g  D 3  T (Força e empuxo)(Força de inércia / Força de viscosidade 2 Convecção natural Obs: GR = número de GRASHOF . adimensional PR = número de Prandtl = Nota:   CP K F (V. NU = número de Nusselt = hD . . h) = 0 Escolhendo D. . condensação Convecção forçada ou natural. k. ./ Valor Interpretação Força de inércia / Força de atrito Difusidade molecular da quantidade de movimento / difusidade molecular de calor Razão do gradiente de temperatura Aplicação Convecção forçada Convecção forçada ou natural. PR) = C(RE) (PR) (2) Onde ST = número de Stanton = n n‟ h NU    V  C P RE  PR (adimensional) Números adimensionais em transferência de calor por convecção Números 1) RE 2) PR Def. T S = temperatura da superfície (na parede. T s = temperatura do fluido na saída Ou Te  Ts ). paralelo a placas ou entre placas planas. Área de seção transversal Perímetro molhado DH = 4x(área da seção transversal de escoamento)/(perímetro molhado) Para um tubo ou um cano. 2  o diâmetro interno do tubo é igual ao diâmetro hidráulico.179 Características Básicas para Obtenção do coeficiente de convecção Te  Ts Tf  2 As propriedades do fluido são avaliadas à temperatura. (3) Onde Tf = temperatura média aritmética do fluido (também chamada de temperatura “Bulk” TB  Te = temperatura do fluido na entrada. DH. . NU  h C  DH h L ou C K K Para o caso de escoamento em tubos em condutos longos. e o perímetro molhado é D. Tp) A dimensão característica D ou L O coeficiente de transferência de calor h c pode ser calculado a partir do número de Nusselt. Tf = temperatura média aritmética do fluido. Quando o escoamento é em torno de placas. o comprimento característico no número de Nusselt é o diâmetro hidráulico. 2 T pe  T f  TS 2 ou T f  TP 2 (4) Onde Tpe = temperatura média da película.D / 4. a área da seção transversal de escoamento é . a dimensão característica é um dos lados da placa ou a distância entre elas. T s = Temperatura do fluido na saída (ºC).180 Regime de escoamento (Laminar.14 1 .Ts (ºC)  (Te>Ts  significa resfriamento).  = massa específica do fluido 3 2 (kg/m ).86   RE  PR     L   s     L  1. T = Te . V = velocidade média do escoamento (m/s). A = área da seção transversal de escoamento (m ). Turbulento) Os regimes de escoamento são caracterizados pelos números de RE. As fórmulas para convecção forçada. escoamento laminar 2) Para temperatura constante na parede (líquido/gás): uma equação empírica sugerida por SIEDER E TATE. w). m = vazão em massa = cte.v.15 (aproximadamente) Para tubos curtos ou Lt D Onde número de GRAETZ. pode ser escrita na forma D 3   f    (7) NU m  1.a (kg/s). Transitório. GZ  RE  PR  e é recomendada para L 0. ou T = Ts Te (ºC)  (Ts>Te  significa aquecimento). escoamento em seu interior Regime laminar para: 0 < RE  350 Regime turbulento para: 350 < RE Escoamento sobre placas planas Regime laminar para: 0 < RE  5 x 105 Regime transitório para: 5x105 < RE  6 x 106 Regime turbulento para: 6 x 106 < RE Fórmulas para determinações do coeficiente de convecção 1ª lei dE V2 ve 2     QVC   me (he   gz e )  vc   ms (hs  S  gz s )  Wvc 2 dt 2   QC  m  C P  T  Onde Q = calor transmitido (ou retirado) pelo fluido (escoamento interno) por unidade de tempo por C  convecção forçada (kcal/h. que tem sido extensivamente usada para correlacionar os resultados experimentais para líquidos. (J/kgºC). = . Te = temperatura do fluido na entrada (ºC). CP = calor específico à pressão cte. como segue: Tubos cilíndricos (escoamento no interior) Regime laminar para: 0 < RE  2100 Regime transitório para: 2100 < RE  8000 Regime turbulento para: 8000 < RE Tubos retangulares. 48 < PR < 16700 0.181 0.18 . Avaliação da equação (7) Todas as propriedades são avaliadas à temperatura média aritmética do fluido.54cm) com a velocidade média de 2cm/s.54  10 2    1062  2100 2000  LAMINAR !OK !  4.   4. PR  3. que é avaliada à temperatura da parede (T s ou Tp).10 NS/m .D e PR   Ou Lt = 0.48  3.14 ou RE  PR  D  10 L restrições  f GZ     s 2 Definição de tubos curtos Lt>L onde Lt = comprimento de entrada térmica = 0. T f (também chamada de temperatura “Bulk”.7 L = comprimento de tubo.71  10  4 D 1062  3.02  16700 ok! o mC   985  RE    V  D 985   2  10 2   2. kg kJ NS .: Esta equação não pode ser usada para os tubos muito longos (L >> L t) desde que ela resulta o coeficiente de transferência de calor nulo. se o tubo é de comprimento de 3m e a temperatura constante na parede for igual a 80C. Exemplo 1: Água a 60C entra num tubo de diâmetro de 1 polegada (2.RE. s.71  10 4 2 .0044 < 1 3 f < 9. OBS.15  10 Re strição! Ok! L 3 -4 2 RE  PR  s à temperatura da parede (80ºC)  s = 3. 3 kgC m m W K  0.651 . 2  Na primeira aproximação vamos avaliar as propriedades a 60ºC (=T f).55. Calcule a temperatura d‟água na saída.02  0. Pela tabela de propriedades (Tabela A-9/507. Mas a viscosidade. TB). Tf  Te  Ts .PR. c P  4.037.d e PR = 0.75 s     0 . mas Te = 60ºC.PR.0254   27.003. Solução: Não sabemos a temperatura média (Tf) do fluido.02  verificaçã : 0. HOLMAN).RE. (a) T  60   149.98 C Então verificamos: Ts  Tent  Tsai 60  71. .982  10 3 kg / s 4 Balanço de energia:  Qr  hm  A  T  m  c P  Tsai  Tent  Onde Qr = taxa de calor transmitida na direção radial (W) r 60C  80C h Ts? x  Ou hm    D  L  Ts  T f  m  c P  Ts  Te  Ou   T  Ts    hm    D  L   Ts  e   m  c P  Ts  Te  2   Substituindo os valores de Ts.1    0.55  10  0 .13  hm  1 3  4.0254  3. Te.816  0. tem-se.0254 2  0.28   66C  Mas foi considerado T f  60C ! s 2 2ª Tentativa: Vamos avaliar as propriedades a 66ºC.86  27.982  10 3  4180  Ts  60 2   Resolvendo.71  10 4   4   3. NU m  1.14  5.651 W  149 . Tsai  Ts  71.0254 m C A vazão em massa pela continuidade:  m    D2 4 V  985    0. hm.0   80  s   9.816  hm  D K 5.1 2 0.182 Aplicando a equação (7) tem-se.02  9. etc. 36  10  4 D 1144  2.  0. A temperatura da parede do tubo é constante e igual a 66ºC.645  hm  NU m  K 5.97ºC Observação: Lt = 0. a resposta é T sai  71.0.645  0.78  16700 mC   985  RE    V  D 985   2  10 2   2.   4.66 (teórico). Então. calcular o comprimento necessário de um tubo de 0.25cm de diâmetro interno para elevar a temperatura de mistura do benzeno desde 16ºC até 38ºC.656 W   145 .48  2.033. o número de NUSSELT alcança o seu valor assintótico de 3.PR.67 m Para tubos curtos. E todas as propriedades são avaliadas à temperatura média aritmética. NU m  3.PR.86  26.12  1.15 Lt 2.5m/s.36  10 4   4   3.78 C Dif . Claramente. tem-se.78  0.04  GZ  2 3 (8) Para tubos curtos ou longos Onde número de GRAETZ. 3 kgC m m W K  0.1144. Exemplo 2: Para um perfil de velocidades totalmente desenvolvido.93 1 3  4. e a velocidade média é 0.55  10  0 .78.78  0. TB) do fluido. c P  4185 .D/L e L = a distância a partir de entrada (comprimento total do tubo). PR  2.0254 = 2. a medida em que o comprimento L cresce.033.78ºC .67m  L 3m   11.183 kg J NS . .2.0254   26.28 % Esta iteração faz muita pouca diferença.36  10  4 2 . Restrição: Esta equação é válida para GZ < 100. GZ = RE. Tsai  Ts  71.14  5.93  10 Ok! L 3 LAMINAR !OK ! RE  PR  NU m  1. Ok! 3) Para temperatura constante na parede (líquido/gás): HAUSEN apresenta uma equação empírica para escoamento laminar totalmente desenvolvido com a temperatura constante na parede.0668  GZ 1  0.RE. Tf (ou Bulk temperature.66  0. Talvez mais uma iteração daria a resposta mais correta Tsai  71.54  10 2    1144  2000  4.656 .8 2 D 0.D = 0.0254 m C Substituindo este valor de hm e as propriedades em (a). 89  10  4  2000 ou 2100 LAMINAR !OK ! GZ  RE  PR  D L Utilizando a equação (8) tem-se.78  128.184 Solução: Para uma temperatura média de Tf  Te  Ts 16  38   27C .0025m (dado) mC   874 .13 L  30.5 e D  0.25  10 2  874 . PR  6.04   RE  PR   L  Substituindo os valores.0669   RE  PR   h D L  NU m  m  3. 3 kgC m m W K  0. D  0.89  10  4 2 .4 . Um balanço de energia no fluido fornece esta equação.04     L  2 3 (a) onde hm em W/m ºC 2 Torna-se necessário encontrar uma outra equação para resolver o sistema. obtêm-se uma equação com duas incógnitas de hm e L. 2 2 As propriedades do fluido são: kg J NS .   5.66  2 K D3  1  0.159 .5  0. c P  1757 . hm  232.16  1  0.6  1856 5.   Qr  m  cP  T  hm    D  L  Ts  T f  ou hm    V  D  c P  T 4  L  Ts  T f  que substituindo os valores fornece: .6 RE  V D    0. 49% (com o resultado anterior). 5  RE 0. fornecendo L = 0.78  L 128. (9) .16  1  0.04     L  2 3 (c) A equação (c) pode ser resolvido por tentativas.786  GZ  38.185 hm  270.25  10 2 GZ  RE  PR   1856  6.36  D  1  0.36  0. Problemas Propostos Problema Proposto 1 Resolva o exemplo 2 utilizando a seguinte equação técnica para escoamento laminar totalmente desenvolvido com a temperatura constante na parede:  D TAPAN-ANTÔNIO: NU m  3.8737m Dif.) Verificação de GZ: D 0.0011  RE  PR   L  Onde NUD = Número de NUSSELT local. E todas as propriedades são avaliadas à temperatura média aritmética (Tf) do fluido.036   RE  PR   L  NU D  4.786m (Resp. Resposta: L = 0.93  232.93 (b) L Eliminando hm entre (a) e (b) resulta: 270.5  L 0. 4) Escoamento laminar: para fluxo de calor constante na parede.37  100 Ok.%  +6. A equação empírica de HAUSEN: D  0.5  PR 1 3 Restrição: Esta equação é válida para GZ < 100.13 L  30.39334    L 0. Respostas: NUD1  6. NUD3  4.023  RE 0. determinar o número de NUSSELT em 1pé. constante na parede.263. 2pés. que deve ser tomada na temperatura média da parede. K (b) L / D > 60 Restrições: (a) PR > 0. Tb.3 para resfriamento e 0. T b.969 Escoamento turbulento interno A equação de Dittus e Boelter: NU m  hm  D  0.023  RE 0. 2  J H  fator J  2 (10) As propriedades do fluido devem ser tomadas na média aritmética da temperatura da parede e temperatura global (bulk) do fluido. A equação de Sieder e Tate: T pe  Ts  T f 2  Ts  Tb 2  ST PR   s   f 2 3     0.0225  LnPR  As propriedades do fluido são avaliadas a Tb   2  (12) Te  Ts .186 Problema Proposto 2 Ar a 200ºF e 30psia escoa através de um tubo aquecido. de diâmetro de 1/2 polegada com uma velocidade de 5pés/s.205  LnRE  0.023  RE 0. A equação da instituição dos engenheiros químicos. Londres: ST  exp  3. 2 (11) As propriedades do fluido são avaliadas à temperatura “bulk”.505  LnPR  0. 2 .4 para aquecimento). isto é.8  PR0. NUD2  5.3 ou 0.7 As propriedades são avaliadas à temperatura “Bulk”.796  0. Tb  Te  Ts . 4 (sendo 0. Tb  Te  Ts 2 A equação de Colburn: ST PR 3  0.114. Esta equação é válida até PR = 10 .14  0. Para o fluxo de calor por unidade de área. exceto a 2 4 quantidade s. 3pés da entrada do tubo respectivamente. Solução: Tb  Te  Ts 20  60   40C 2 2 As propriedades físicas da água a 40ºC são: kg kcal NS .59 0.59  0.000693 2 . tem-se: hm  hm  K  0.000693  0. 1 polegada calibre 16.542  3600 Utilizando-se a equação de Dittus-Boelter.8  4. água escoa através de um tubo de cobre. 3 kgC m m kcal  h  K  0. 4 D 0.187 Exemplo 3: Em um trocador de calor. .7 OK! 0.21cm (dado).54   hmC  3600 s    992 O diâmetro interno do tubo é 2.000693  10000 Turbulento !OK ! PR    c P 0.998   4. RE  V D    2  2.0221 0. A água entra a 20ºC e sai a 60ºC.   0. com velocidade média global 2m/s.023  RE 0.) Problema Proposto 3 Resolva o exemplo 3 com uso das outras equações.023  63270 0. c P  0.8  PR 0. Do lado de fora do tubo condensa-se vapor a 150ºC.21  10 2  992   63270 0.998 .542  0. Calcule o coeficiente de transferência de calor de água. 4  hm  7200 kcal hm 2 C (Resp. Se a diferença de temperatura média logarítma e o coeficiente de transferência de calor entre as paredes dos tubos e o gás forem lm e h. Calcule o número de tubos requeridos e os seus comprimentos.079RE .d . l = comprimento de tubo.10 Ns/m . fF = 0.046RE .L). aquecidos por vapor. Londres  TAPAN-ELI/81  ST PR Onde K‟ = 0. a viscosidade de ar a 318ºK = 0. = 0.44% hm 2 C hm  7300 kcal  Dif.5 Ou K‟ = 0. =    D2     c P  Ts  T f   1ª lei (1) m  c P  T2  T1      V   4    O calor transferido da superfície dos tubos ao gás = área de superfície de transferência de calor x o coeficiente de transferência de calor x a diferença da temperatura média logarítma = (.8kg/s de ar de 288 a 348ºK.q. Um pré-aquecedor a ser projetado para aquecer 1.4 e C = 5. A queda de pressão máxima permitida através dos 2 2 tubos de trocador. o -1/4 -1/4 número de Stanton. é limitada a 7.39% hm 2 C Sieder e Tate  h  7200 kcal  Dif. = 14. mostre que ST  T T   D  h   2 1     V  c P   lm   4  L    onde D = diâmetro interno dos tubos.   D2 4 ou  V    c P  T2  T1     D  L  h   lm T T   D   ST   2 1        V    cP  lm   4  L  h (3) c. Solução: O ganho de calor pelo gás escoando através dos tubos = vazão em massa x calor específico à pressão cte. Cp = calor específico à pressão constante do gás. utilizando o vapor condensado a 373ºK como o meio de aquecimento. 3 -4 2 Dados: A massa específica de ar a 318ºK = 1. respectivamente.36 e C = 3.D.(lm)  Uma forma da lei de Newton (2) Para escoamento em regime permanente (condição estável e escoamento totalmente desenvolvido). o fator de atrito Fanning. a equação (1) = a equação (2).10 N/m .233  C    2 Restrição: As propriedades do fluido são avaliadas na temperatura de película. V = velocidade média de escoamento do gás. ST = 0.8 2 3 1   .h.  LnRE  K   f  3. os quais têm diâmetro interno de 25mm.188 Respostas: Colburn  hm  8240 hm C kcal  Dif.11kgf/m . T pe  T f  Ts 2 Exemplo 4: Um gás a ser aquecido da temperatura T1ºK a T2ºK que escoa atrvés dos tubos.192.28% m 2 Engenheiros químicos. = 1. x aumento de temperatura.5. hL = perda de 3 carga (head loss) ou perda de energia mecânica (m = Nm/N). f = fator de atrito adimensional). g = 2 aceleração da gravidade  9.  = peso específico do fluido(N/m ).81m/s . A equação (4) pode então sr escrita. a perda de carga é dada pela equação de DARCY-WEISBACH. pode ser escrito com fD. Mas fD = 4. L = comprimento da tubulação (m). D = diâmetro da 3 tubulação (m). V = velocidade média do fluido (m/s).  T  T   f    V 2   ST   2 1    F       lm   2  P  ou ST P  lm   V 2 f F  T2  T1 2 2    P         lm       T2  T1          1   ST V    f F   2  (6) Mas por definição:  lm  TP  Te   TP  Ts  TP  T1   TP  T2   T  Te Ln P T T s  P       T  T1  Ln P T T   2   P . este fator de atrito é de DARCY.fF. onde fF = fator de atrito de Fanning.189 Notas Importantes Em mecânica dos fluidos.  = massa específica do fluido (kg/m ). hL  f  L V2 P L V2 P L V2   f   f  ou ou D 2 g  D 2 g g D 2 g (4) 2 L  V 2  P  f   D 2 Onde P = queda de pressão devido ao atrito (N/m ). Vamos usar o fator de atrito de Fanning para resolver este problema. P  4  f F  L  V 2 L   2  f F    V 2 D 2 D (5) 2  f F   V 2 f F   V 2 D    4 L 4  P 2  P Substituindo a equação (5) na equação (3) tem-se. Ts = T2 = temperatura na saída.67 > 10000 Turbulento! (Para trocador de calor) Comprimento dos tubos de trocador de calor P  2  f F  L   V 2 D .   m   V  A  N  N  m  V  A   m  V   D 4 2  1.) Número de Reynolds RE  D V     25 10  25. Te = T1 = temperatura na entrada.  1  0.192  10  4  RE  36638.8kg / s(dado) 138.35m / s 2   2     49    7. T1 = 288K. Aqui TP = 373K.31246  131 tubos (Sempre arredondar para mais) (Resp.11  25.079 4  2  RE   V  25.12  10 4 kg / s Finalmente.11        1 Essa velocidade média é a velocidade máxima permitida para dar a queda de pressão máxima permitida.190 Onde TP = temperatura na parede.046  RE  4 V   1   0.5  10        60   1.35   1.029K  TP  T1   373  288  Ln  Ln T T    373  348  2   P  lm  49 K Levando os valores numéricos na equação (6) tem-se. A vazão em massa através de um único tubo é:  m   V    D2 4  1.11  36638 .12  10  4 kg / s Se o número de tubos no trocador de calor for N.67188 3 0.35    25  10 3  4 2  138 . N  130. T2 = 348K  lm  T2  T1 348  288  K  49. 079  36638. K  K ar  0.026 W / mC  ar  15.11 25.) Exemplo 5: Método Experimental (Análise dimensional combinada com experiência) Um modelo de um gerador de vapor (caldeira) à escala 1:8 foi usado para investigar a transferência de calor por convecção forçada.30m (Resp.0 Vapor Ar A temperatura média do ar escoando através do gerador de vapor é t m = 20ºC. Dados: NU  tm = 20ºC  hm  D V D .4 3.06  10 6 m 2 / s Solução: Método gráfico A equação geral da convecção forçada é . os coeficientes de transferência de calor para primeiro passo foram obtidos: Vm (m/s) 2 hm (W/m ºC) Ar Vapor 2 150. utilizando ar como fluido de trabalho. Com os dados experimentais obtidos do modelo.(RE) onde c e n são constantes da experiência. 25  1.14 68.5  10 2  25  103  2  f F    V 2 2  0. ache a equação do cálculo para transferência de n calor por convecção forçada em forma da dependência de NU = f(RE) = c. Para as várias velocidades de ar.65 90. RE  m .352   ou seja L  2. O diâmetro de tubos usado no modelo é de Dm = 12.5mm.67 0.191 ou L P  D 7.6 8.8 141.6 4. 174.77 4.65 8.481  hm (2) Definição: RE  Vm  D   Vm  12 .6 141.5  10 3 hm  D Definição: NU  ou seja NU  0.192 NU = f(RE.0 3.(RE) .(PR) Nota: PR  n n‟   cP K Aproximação: PR ar a 20C  0.24 32. x = Ln(RE) Com a plotagem de Ln(NU) x Ln(RE) em um papel gráfico (milimetrado) tem-se.667  8.a) Temos que: Ln(NU) = Ln(c) + n. x = 8. b = Ln(c).06  10 6 (3)  NU  830 .Ln(RE) Essa equação é de uma reta do tipo y = b + a. ou n = tg = 10/15 n  tg  y  x  n  0.41 7.55 7304. Ln(NU) = Ln(c) + n. PR) = c.x Para (y = 3.23 3859.09 NU (Eq.4 68.b) Levando (1. .19 3.2 24.00) do gráfico.59.8 hm (W/m ºC) 50.02 2606.b) em (1) tem-se.82 Ln(RE) 7.87 8.26 8.72  1  NU  c  RE  n (1) hm  12 .6 90.667 (1.99 43.Ln(RE) ou y = b + a.174)  c  0.  3.22 De (1) tem-se.a) e (1.174 (1.14 4. sendo y = 10 e x = 15.3) 1660.58 67.0 2 RE (Eq.x Sendo y = Ln(NU).5  10 3 15 . Mas b = Ln(c) ou c = exp(b) = exp(-0.90 Ln(NU) 3.026 K  NU  0.01  Vm Cálculo do número de NUSSELT contra número de REYNOLDS: Vm (m/s) 2.50 3.59  b  0. a = n.00  ou b = -0. 41 = 54. 667 (4) y  x 0 -l 0 x A equação (4) seria a equação do cálculo .87 8.50 3.90 = 79.41 7.19 = 23.77 = 31.193 NU  0.90 LnRE = 32.87 x 3.90 x 4.77 4.8811 (LnRE) 2 7. (Resp.174  RE  y 0 .44 LnNU 3.(LnNU) = 119.87 = 61.50 = 27.9081 7.x onde y = NU.545 8.22 = 37.19 3.2826 2 2 2 2 2 . n = b.26 x 3.9369 8.1402 8.) Outro método (Método sem gráfico) Temos que: NU  c  RE  Esta é a equação de potência do tipo n (1) y = a.22 LnNU = 14. x = RE.558 (LnRE).21 (LnRE) = 264. Escrevendo a equação (1) na forma Ln(NU) = n.26 = 68.68 (LnRE)(LnNU) 7.Ln(RE) + Ln(c) Temos as seguintes expressões: b n LnRE  LnNU   2 LnRE  LnNU  N (2) LnRE2 LnRE  N  LnNU n  LnRE  c  exp    N  N  (3) Onde N = número de pontos (números de ensaios). a = c. N 1 2 3 4 LnRE 7.2276 8.26 8.6379 7.41 x 3. o segundo método é melhor pois introduz o menor erro. a equação do cálculo seria NU  0.93 65.692  32 .44 Erro relativo -0.) Análise dimensional em transferência de calor por convecção natural ou livre Convecção Natural A transmissão de calor por convecção natural ocorre sempre que um corpo é colocado num fluido a uma temperatura maior ou menor do que a do corpo.3536 (LnRE).82 NU = 0.13% NU = 0.(RE) 24.37 67.( LnNU) = 476. os transformadores.23 3859. .24 32.15% -1.2192 2 476. e causa uma variação da massa específica nas camadas fluidas situadas nas vizinhanças da superfície.70 Erro relativo 0.8811   n  0.667 0.19 33. A diferença de massa específica induz um escoamento descendente do fluido mais pesado e um escoamento ascendente do fluido mais leve.143. Se o movimento do fluido é causado unicamente por diferença de massa específica resultantes de gradiente de temperatura. os retificadores e os fios aquecidos eletricamente.45 33. sem a transferência de calor associado é chamado de convecção natural ou livre.2) 24.04 42.18% -0. o calor flui entre o fluido e o corpo.174.48% -0. as linhas de transmissão. percebe-se que ambas equações estão corretas.3) 1660.) NU(Eq.02 2606.143  RE  Verificação: RE(Eq.49% -3.3536 265. (Resp.56% NOTAS: Verificando com os dados experimentais da tabela principal.2192 4 n  1052.21% 0.(RE) 24.194 (LnRE) = 1052. tal como o filamento de uma lâmpada incandescente ou os elementos de aquecimento de uma fornalha elétrica.143 Portanto.44  c  exp    4  4  c  0. Aplicações No campo da engenharia elétrica. 692 (Resp.692 0.58 67.99 43.05 43. Em conseqüência da diferença de temperatura.87% 0.692 14 .55 7304. Evidentemente. são resfriados por convecção natural.68 0.09 0 .2826  4 119. Análise dimensional Ta do Esc g oam ento Ts L Propriedades de fluido:  .S)g (2) Levando (1) em (2) tem-se. O escoamento é o resultante da transferência de energia entre a placa à temperatura. A propriedade . T S e o fluido à temperatura ambiente. (2) A diferença de temperatura T. T = Ts – Ta = a diferença de temperatura entre o fluido na superfície da placa e o ambiente. o conhecimento dos coeficientes de transferência de calor por convecção natural. FB é: FB = ( . Recentemente. A convecção natural é também responsável pelas perdas de calor de tubos condutores. g Não há velocidade especificada neste caso. . g => t LT Variáveis (1) Altura. K e . A força de empuxo por unidade de volume. a convecção natural foi proposta em aplicações de energia nuclear para resfriar as superfícies de corpos nos quais o calor é gerado por fissão. K . é o coeficiente de expansão térmica. L. As propriedade do fluido são: .195 A convecção natural é o mecanismo dominante de troca de calor nos radiadores de vapor nas paredes de um edifício. C P . A determinação da carga térmica nos equipamentos de ar condicionado ou de refrigeração requer. . Cp.  . FB = S g T -1 (3) -1 -2  => t . Ta. o qual é usado para representar a variação em massa específica do fluido com a temperatura:  = S (1 +  T) (1) onde S = a massa específica de referência dentro da camada aquecida. portanto. (5) A viscosidade dinâmica. . k. (4) A massa específica. Calcule o coeficiente de transferência de calor (por convecção natural) entre a superfície do isolamento e o ar. Cp. k. (8) Coeficiente de transferência de calor. (7) Condutibilidade de térmica. g => um parâmetro (uma grandeza). g. . Equações T Camada limite térmica TP Isolamento Os dados sobre convecção natural para cilindros horizontais servem para avaliar as perdas de calor em tubulações. quando o produto GR. k) nos fornece: NU = f(GR. h São 8 grandezas Então: f(L.196 (3) O coeficiente de expansão térmica do fluido. . O diâmetro externo do isolamento é 10 cm e o tubo está em um salão cujo ar se encontra a 20ºC. .PR está 4 9 na faixa entre 10 e 10 é: NU m  1 hD  0. . Cp. . T. PR) = C(GR . PR) n Onde GR = o número de GRASHOF  2 gD 3 T 2 c e n são constantes determinadas experimentalmente. (6) Calor específico à pressão constante. Exemplo 6 Um tubo contém vapor numa pressão tal que a superfície externa do isolamento se encontra a 56ºC. Uma correlação utilizável para um único cilindro horizontal. .53  GR  PR 4 K (5) As propriedades físicas devem ser tomadas na temperatura média aritmética entre a superfície (T p) e o fluido fora da camada limite (T). . h) = 0 A aplicação do teorema dos S (como base: L. 721 5  0.   0.s( D 3   2    g  T NS ).721   2.240kcal / kgº c m2 2 3 2 GR  2 10 10   1.00322º C 1 .92 x10 5 kg / m.   1.) .240  0.023 kcalhmc .92 10  5 2 GR  4.03 kcal / hm C (Resp.884  10    1 4 ou h  5.53  GR  PR  4   2 D  10  10 2  6   0.92 10  0.00322  9.53  GR  PR 4 K h  1 K  0.81  56  20  1. Cp  0.0230     3600  GR  PR  4.0230  0.00  10 6 PR    CP K  1.884  10 6 Temos que:   entre 10 4 a 10 9 Ok !  NU m  1 hD  0.53   2.00  10 6  0.197 Solução: Tf  Tp  T 56  20   38º C 2 2 As propriedades de ar a 38ºC são: k  0.   1.14  0.14kg / m 3 . Dado: 1/4 NUD = 0. q  0. m = ¼. Dado: m NU = C(GRfPRf) onde C = 0.3W/m .3m de diâmetro está mantido a uma temperatura de 250ºC em um salão cujo ar ambiente se encontra a 15ºC.PR) 4 9 GRD. Dado: m NU = C(GRfPRf) onde C = 0. Resposta: q/L = 836.48kw/m.675. Calcular a potência elétrica necessária a fim de manter a temperatura constante do fio se o comprimento do fio for 50cm.53 (GRD. Calcule a perda de calor por unidade de comprimento por convecção natural. Resposta: q/L = 1. 4 9 Restrição: GRfPRf entre 10 a 10 .53. Calcule a perda de calor por unidade de comprimento por convecção natural. 0.198 Problemas Propostos Problema 1 Um fio tendo um diâmetro de 0. O fio está exposto para o ar a 1bar e 0ºC.02mm está mantido a uma temperatura de 54ºC por uma corrente elétrica. Problema 3 Um aquecedor horizontal tem um diâmetro de 2.0cm que está imerso em água a uma temperatura de 27ºC e mantido a uma temperatura de superfície de 38ºC.PR deve ficar entre 10 a 10 .058. m = 0. -10 -2 Restrição: GRfPRf entre 10 a 10 Resp.836W Problema 2 Um duto horizontal.