Teste Update 2

ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO PME 3230 - MECÂNICA DOS FLUIDOS I PROVA SUBSTITUTIVA - 15/12/2017 - Duração: 120 minutos RECOMENDAÇÕES: - Preencha todas as informações da capa do Caderno de Respostas; - Cada questão deve ser resolvida na página identificada do Caderno de Respostas; - Todos aparelhos de comunicação devem permanecer desligados durante toda a prova. 1ª Questão (3,0 pontos). Em uma tubulação de água servida (esgoto) com pouca inclinação, após um tempo de uso há um bloco cilíndrico de material sólido formado por gordura e outros resíduos, que provoca grave obstrução. Este bloco mantém a tubulação toda preenchida e pode ser modelado como um pistão posicionado internamente a um cilíndro, com a passagem de água por região anular de espessura e = 1,0 mm. Pede-se: a) Ao promover um processo de desobstrução, deslocando o bloco cilíndrico com velocidade constante V = 0,2 m/s, calcular as tensões de cisalhamento provocadas pelo atrito viscoso na região anular com água servida com viscosidade dinâmica μ = 5•10-2 Pa•s. b) Qual a força que deve ser aplicada sobre o bloco cilíndrico para que ele movimente-se, admitindo que ele possui comprimento L = 1,0 m. c) Admitindo a possibilidade de pressurização da água a montante do bloco cilíndrico pudesse provocar o seu deslocamento, qual a diferença de pressão exigida para provocar este movimento. Desprezar a perda de pressão pelo efeito de vazamento na região anular neste caso. d) Qual a potência, em watts, exigida para provocar o deslocamento do bloco. Dados: - Diâmetro interno da tubulação: D = 100 mm 2ª Questão (3,0 pontos) Na figura ao lado, uma chapa fina passa continuamente por um reservatório de óleo num movimento ascendente com velocidade constante V0. O filme de óleo que se forma sobre a chapa, de espessura constante h, adquire movimento permanente em escoamento laminar. Como a velocidade da chapa é baixa (para manutenção do escoamento laminar), admite-se que o atrito viscoso com o ar é desprezível. Nestes condições, pede-se: (a) Partindo-se das equações da Continuidade e de Navier-Stokes fornecidas, obter a equação diferencial simplificada do movimento, indicando e justificando as simplificações pertinentes. (b) Obtenha a solução particular para o perfil de velocidades na direção y (aplique as condições de contorno pertinentes ao problema) a partir da equação diferencial obtida no item anterior. Faça um esboço do perfil de velocidades obtido. (c) Neste problema em particular, a vazão numa seção do filme pode ser nula se a quantidade de óleo que sobe junto com a chapa for igual à quantidade do mesmo fluido que desce por ação da gravidade. Mostre que, em regime permanente e para h constante, o valor de V0 que resulta desta condição particular é dado por V0 = (g.H^2)/(3.v), onde v é a viscosidade cinemática do óleo e g é o módulo da aceleração da gravidade. Formulário. Continuidade: ∂ρ/∂t + ▽·(ρV̅) = 0 Navier-Stokes: ρ D̅V̅/Dt = ρg̅ − ▽p + μ▽²V̅ 3ª Questão (4,0 pontos) Você se forma em Engenharia e resolve formar junto com seus colegas uma empresa que fornece soluções focadas no uso inteligente de recursos hídricos. Um dos produtos que vocês oferem está mostrado na figura, e é um sistema de bombeamento para utilizar água de piscinas para a lavagem a jato de telhados (o responsável pelo marketing acha que venderá muito bem no outono, quando já está frio, portanto as piscinas não são mais utilizadas, e os telhados recebem muitas folhas que caem das árvores). (a) Desenvolva uma expressão literal da força F̅r que o telhado aplica sobre o jato, em função do diâmetro e da velocidade do jato, Dj e Vj, da massa específica da água, ρ, e do ângulo do telhado em relação à horizontal, θ. Considere que o jato sai da mangueira horizontal na horizontal e despreze efeitos gravitacionais sobre o jato.(1,0 ponto) (b) Para que a limpeza seja efetiva, o jato precisa exercer uma força sobre o telhado cuja componente na direção tangente a ele tenha magnitude igual a 2 N. Qual a vazão de água necessária para que o sistema cumpra este requisito. Use valores numéricos das dimensões e propriedades são dados abaixo. (c) Calcule a potência fornecida pela bomba para a vazão calculada no item (b), sabendo que a mangueira tem 50 m de comprimento no total (somando os trechos a montante e a jusante da bomba, B) e superfície interna com rugosidade de 0,01 mm, que o coeficiente de perda de carga localizada de cada curva é Kc = 0,6 e o da entrada é Ke = 0,78. (2,0 pontos) Dados: ρ = 1000 kg/m³; ν = 10-6 m²/s Dm = 15 mm; Dj = 3 mm θ = 30°; H = 7 m g = 9,8 m/s² 1ª Questao - P Subst. a) V = 0,2 m/s μ = 5x10-2 e = 0,001 m L = 1,0 m τ = μ dv/dn τ = 5x10-2 x 0,2 / 0,001 = 10 N/m2 (0,8) b) Força sobre bloco F = τ.ΔL = 10 * π.D.L = 10 * 3,14. 0,1 * 1 F = 3,14 N (0,7) Pressão sobre o bloco → Δp = F. ⇒ 3,14 A πD² p = 400 Pa / 4 (0,8) d) Pot = F · V = 3,14 · 0,2 = 0,63 W (0,7) 2ª QUESTÃO SOLUÇÃO (a) Hipóteses simplificadoras: → Regime permanente: ∂/∂t = 0 → Movimento no plano x-y: w = 0 e V = u(x,y)i + v(xi, y) → Movimento somente na direção y: u(x,y) = 0 → Fluído incompresível: ▽⋅(ρV) = ρ ▽⋅V = 0 .'. ▽⋅V = 0 → v só varia c/ x: ▽⋅V = ∂v(x,y)/∂y = 0 ⇒ V = v(x)j → película não confinada e a altura da película é desprezível: ▽p = 0 Navier-Stokes na dir. y: ρ(∂v/∂t + u ∂v/∂x + v ∂v/∂y + w ∂v/∂z ) = ρgy - ∂p/∂y + μ(∂²v/∂x² + ∂²v/∂y² + ∂²v/∂z²) = 0 = 0 = 0 μ ∂²v/∂x² + ρgy = 0 Mas gy = -g : μ ∂²v/∂x² = ρg (*) (b) Partindo de (*): ∂²v/∂x² = ρ/μ g ⇒ ∂²v/∂x² = g/ν Integrando: ∂v/∂x = g/ν x + C₁ 1ª condição de contorno: ∂v/∂x = 0 p/ x = h, pois τxy = μ(∂v/∂x + ∂u/∂y ) = 0 na interface óleo/ar, então ∂v/∂x = 0 Aplicando: 0 = gh/ν + C₁ ⇒ C₁ = -gh/ν Integrando mais uma vez: v(x) = g/2ν x² - gh/ν x + C₂ 2ª condição de contorno: v = V0 p/x = 0 pela condição de aderência Aplicando: V0 = gθ/2ν - gh/ν θ + C₂ ⇒ C₂ = V0 Portanto: v(x) = 1/2 g/ν x² - gh/ν x + V0 Esboço do perfil Portanto: v(x) = 1/2 g/ν x² - gh/ν x + V0 Esboço do perfil (c) Q = ∫₀ʰ (g/2ν x² - gh/ν x + V0) b . dx ; b = largura (d.n. z) Q/b = [g/6ν x³ - gh/2ν x² + V0 . x]₀ʰ Q/b = g/6ν h³ - gh/2ν h² + V0 . h = V0 . h - g.h³/3ν Q/b = h(V0 - g.h²/3.ν) P/ Q/b = 0 ⇒ V0 - g.h²/3.ν = 0 ⇒ V0 = g.h²/3.ν c.q.d 3ª Questão (4,0 pontos) (a) \( \frac{\partial }{\partial t} \int_{V_C} \bar{V} \rho dV + \int_{S_C} \bar{V} \rho \bar{V} \cdot \bar{n} dA = \bar{F}_T \) \( \bar{F}_T = - V_j \rho V_j \frac{\pi D_j^2}{4} \bar{i} + V_j \rho V_j \frac{\pi D_j^2}{4} [\cos \theta \bar{i} + \sin \theta \bar{j}] = \rho V_j^2 \frac{\pi D_j^2}{4} [(\cos \theta − 1) \bar{i} + \sin \theta \bar{j}] \) \( [0,5\text{ pt}] \) \( [0,5\text{ pt}] \) (b) Versor na direção tangente ao telhado: \( \bar{t} = \cos \theta \bar{i} + \sin \theta \bar{j} \) \( | − \bar{F}_T \cdot \bar{t} | = | − \rho V_j^2 \frac{\pi D_j^2}{4} (\cos^2 \theta − \cos \theta + \sin^2 \theta) | = \rho V_j^2 \frac{\pi D_j^2}{4} (1 − \cos \theta) = 2 N \) \( V_j = \sqrt{\frac{2 \times 4}{\rho \pi D_j^2 (1 − \cos \theta)}} = \sqrt{\frac{2 \times 4}{1000 \times \pi \times 0,0032^2 \times (1 − \cos 30^°)}} = 46,0 \text{ m/s} \) \( [0,5 \text{ pt}] \) \( Q = V_j A_j = V_j \frac{\pi D_j^2}{4} = 46,0 \times \frac{\pi \times 0,0032^2}{4} = 3,25 \times 10^{-4} \text{ m}^3/s \) \( [0,5 \text{ pt}] \) (c) Equação da energia entre o nível da piscina (1) e a saída do bocal (2): \( \left( \frac{p_1}{\gamma} + \frac{\alpha_1 \bar{V}_1^2}{2g} + z_1 \right) − \left( \frac{p_2}{\gamma} + \frac{\alpha_2 \bar{V}_2^2}{2g} + z_2 \right) + h_b = h_{LT} = h_L + \sum h_{Lm} \) \( h_b = \left( \frac{f L}{D_m} + 3 K_c + K_e \right) \frac{\bar{V}_m^2}{2g} + \frac{\alpha \bar{V}_g^2}{2g} + H \) \( h_b = \left( \frac{L}{D_m} + 3 K_c + K_e \right) \frac{\bar{V}_m^2}{2g} + \frac{\alpha \bar{V}_g^2}{2g} + H \) [0,5 pt] Todas as variáveis do lado direito da equação acima são dadas no enunciado ou foram calculadas anteriormente, com exceção de \( \bar{V}_m \) e \( f \). Calculamos estas variáveis abaixo: \( \bar{V}_m = \frac{4Q}{\pi D_m^2} = \frac{4 \times 3,25 \times 10^{-4}}{\pi \times \times 0,015^2} = 1,84 \text{ m/s} \) \( Re = \frac{\bar{V}_m D_m}{\nu} = \frac{1,84 \times 0,015} {10^{-6}} = 27600 \) \( \frac{1}{\sqrt{f}} = − 2,0 \log{\left( \frac{\frac{\epsilon}{D_m}}{3,7} + \frac{2,51}{Re \sqrt{f}} \right)} \Rightarrow f = 0,0256 \) [0,5 pt] \( f = 0,0256 \) [0,5 pt] Com isso, podemos obter a carga da bomba, \( h_b \): \( h_b = \left( 0,0256 \frac{50}{0,015} + 3 \times 0,6 + 0,78 \right) \frac{1,84^2}{2 \times 9,8} + \frac{1 \times 46,0^2}{2 \times 9,8} + 7 = 130,1 \text{ m} \) [0,5 pt] Por fim, calculamos a potência fornecida pela bomba: \( \dot{W}_b = \gamma Q h_b = 1000 \times 9,8 \times 3,25 \times 10^{-4} \times 130,1 = 414 W \) [0,5 pt] ∫ \frac{x^2}{(1 + x)} dx