Mecânica dos Fluidos - 26.09.2007 - Apostilas - , Notas de estudo de Engenharia Elétrica. Universidade Estadual do Norte Fluminense (UENF)
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GloboTV7 de Março de 2013

Mecânica dos Fluidos - 26.09.2007 - Apostilas - , Notas de estudo de Engenharia Elétrica. Universidade Estadual do Norte Fluminense (UENF)

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Apostilas e exercicios de Engenharia Mecanica sobre o estudo da Mecânica dos Fluidos , prova
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Microsoft Word - prova1_em461_2007_gabarito.doc

1

EM461 MECÂNICA DOS FLUIDOS – PROVA 1 – 26/09/2007 NOME____________________________RA._____________TURMA____ 1.(2,0 pontos) O eixo de acionamento de uma bomba centrífuga tem diâmetro d = 2 cm e gira no interior de um mancal de comprimento L = 12 cm e diâmetro D = 2,2 cm. A pequena folga anular entre ambos é preenchida com uma graxa (fluido Newtoniano) de viscosidade µ = 0,1 Pa.s. Sabe-se que a potência fornecida pelo eixo ao rotor da bomba é 360 W a uma velocidade de rotação n = 3450 rpm. Que porcentagem dessa potência é dissipada no mancal? Solução:

A tensão de cisalhamento sobre o eixo é: ( ) dD d

dD d

yd ud

− =

− ==

ωµωµµτ 2

2

onde: sradn 3,361 60

45032 60

2 =

× == ππω Logo: Pa3,361

02,0022,0 02,03,3611,0 =

− ××

O torque resistivo gerado na superfície do eixo será:

( ) ( ) mNAdT ⋅=××××=×= 0272,012,002,03,361 2 02,0

2 πτ

Logo, a potência dissipada será: WTWd 84,93,3610272,0 =×== ω& Isto corresponde a 2,7% da potência transmitida ao rotor da bomba.

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2

EM461 MECÂNICA DOS FLUIDOS – PROVA 1 – 26/09/2007 NOME__________________________RA._____________TURMA____ 2.(2,5 pontos) Quando está chovendo e estamos sem guarda-chuva, algumas pessoas dizem que para nos molharmos menos o melhor é correr, outras dizem que é andar. Suponha que a vazão em volume da chuva seja Qcm3/s por metro quadrado de solo e que ela esteja caindo na direção vertical. A concentração de chuva no ar é α metros cúbicos de água por metro cúbico. Você deve percorrer uma distância L sob esta condição de chuva. Um indivíduo adulto pode ser aproximado por uma caixa com altura h, largura w e espessura δ. Considerando que a pessoa pode caminhar na chuva com velocidade Vc ou correr com velocidade Vr sendo que Vr > Vc., analise: a) A vazão de água que ele recebe pela área wxδ ; b) A vazão de água que ele recebe pela área hxw, ela depende da velocidade? c) Em qual cenário a pessoa atravessaria a distância L ficando ‘menos’ molhada? Solução: A chuva passa apenas através das faces superior e frontal da caixa; as demais faces podem ser consideradas impermeáveis. A conservação da massa para a água acumulada na caixa (=VC) fica:

( ) tQQm frontágua ∆ρ∆ += sup sendo: δwQQ c=sup , αwVhQfront = e VLt =∆ , onde V = (Vc ou Vr). Portanto, o ganho de massa de água da caixa ao longo da distância percorrida L é:

  

   +=

 

   +=

hV QwLh

V LwVh

V LwQm ccágua

δαραδρ∆

Sendo Vr > Vc conclui-se que o indivíduo que corre se molha menos do que o que caminha.

δ

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3

EM461 MECÂNICA DOS FLUIDOS – PROVA 1 – 26/09/2007 NOME____________________________RA._________TURMA________ 3.(2,5 pontos) Um duto horizontal de diâmetro D = 5 cm descarrega na forma de um jato a vazão Q = 8 L/s de água para a atmosfera, através de uma placa contendo um orifício central de diâmetro d. Desprezando o atrito, obter a expressão para o diâmetro d de modo que, ao abrir a válvula indicada na figura, a água atinja a altura h. Qual a força exercida pela água sobre a placa nessas condições? Dado: ρágua = 1000 kg/m3. Solução: Para a condição-limite, a equação de Bernoulli na linha de corrente central indicada resulta em:

2 2 2atm atm1 2

2 1 p gh pV V

V V 2gh 2 2

+ ρ + = + ⇒ = +

ρ ρ ,

O resultado obtido acima considera que h >> D e portanto a diferença de cota entre o topo e o fundo do tubo é desprezado face a altura h.

Da conservação da massa: m/s07,4 05,0 008,044

221 =× ×

== ππ D

QV

Logo: ( ) m/s5,7205,0281,9207,4 22 =+×+=V

Então: cm68,3 5,7

008,044

2

= × ×

== ππV

Qd

Nessas condições, a equação da quantidade de movimento linear na direção “x” fornece:

( )

( ) ( )

2

x 2 1

2

x

DR gh Q V V 4

0,05R 1000 9,81 2 0,008 7,5 4,07 11,08 N (sobre a placa) 4

π − + ρ = ρ −

 π× ⇒ = − − = 

 

D

h = 2 m

Água d

Q = const

válvula

placa

Patmx

y g

1 2

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4

EM461 MECÂNICA DOS FLUIDOS – PROVA 1 – 26/09/2007 NOME____________________________RA._____________TURMA____ 4. (3,0 pontos) Um dos sistemas de frenagens de aeronaves de grande porte é o acionamento do ‘reverso da turbina’. O mal funcionamento deste equipamento foi uma das prováveis falhas que causou o acidente com o A300 da TAM em julho de 2007 em Congonhas. Este problema propõe um estudo ‘simplificado’ deste sistema de frenagem. Considere um carro com massa M = 1 kg e velocidade Ui = 0,5 m/s (relativa referencial inercial XY). O sistema de frenagem do carro é acionado pela inserção de um escudo que causa a deflexão de um jato de um ângulo θ = 30o pela pá. As características do jato são: velocidade, área de descarga e densidade (Vj = 1 m/s, Aj = 0,01 m2 e ρj = 1 kg/m3). A velocidade Vj é mantida constante e medida de um referencial que se desloca com o carro. Desconsidere o atrito nas rodas e o arrasto com o ar. a) Determine uma expressão analítica em termos de M, Vj, Aj e ρj para a desaceleração do carro, dU/dt; b) o tempo necessário para o carro atingir 50% de sua velocidade inicial; c) a distância necessária para ele parar. Solução: a) A equação da quantidade de movimento linear na direção “x” para o VC indicado fica:

( ) jjjc QVdt dUM ρθsen=−

onde Qj é vazão do jato. A conservação da massa para o VC não incluindo o reverso, fornece:

jjjjj c AVQ

dt dM ρρ −=−=

na qual desprezou-se o atrito do fluido com a superfície do reverso. Integrando, obtém-se:

( )c j j jM t M m t onde m = V A 0.01 kg / s= − ⋅ ρ =& & Portanto, a desaceleração do carro será:

j V sen mdU

dt M m t θ ⋅

= − − ⋅

&

& (1)

Neste estágio há duas respostas aceitas para a questão: (1) considerando a variação da massa do carro como mostra a expressão acima ou (2) desconsiderando a variação da massa, neste caso a desaceleração passa a ser:

j 2 V sen mdU a 0.005 m s

dt M θ ⋅

≅ − = = − &

(2)

b) Integrando a Eq. (1) temos que:

( ) i M mU t U a Ln 1 t m M

 = − ⋅ ⋅ − ⋅  

&

& (3)

O tempo necessário para U = 0,5 Ui é obtido a partir da Eq. (3),

Ui m 2 M a

50% Mt 1 e 39,35 seg m

⋅ ⋅ ⋅− = − =  &

& (4)

X

Y U M

x

y

g

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5

Por outro lado, integrando a Eq. (2) temos que: ( ) iU t U a t= − ⋅ (5) O tempo necessário para U = 0,5 Ui obtido a partir da Eq. (5) é:

50% 0,5 Uit 50s

a ⋅

= = (6)

c) O tempo necessário para parar o carrinho é obtido quando U(tp) = 0. A partir da Eq.(3) encontra-se que tp = 63,2 seg. A integração da Eq.(3) é complexa!:

( ) pt

i p p p 0

M M mL U t dt U t a t Ln 1 t t 25,97m m m M

    = = − ⋅ − − − =         ∫

&

& & (7)

Por outro lado, se for empregado a Eq.(5) encontra-se que o tempo necessário para atingir a velocidade zero é tp = 100 seg. A distância L vem do modelo da Eq.(5) que permite a integração direta:

( ) pt 2

p i p

0

t L U t dt U t a 25m

2 = = ⋅ − ⋅ =∫ (8)

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6

FORMULÁRIO

yd Vd x

yx µτ =

g dh dp ρ=

AdVd td

d

VC

rr ⋅+= ∫∫

SC

0 ρρ V

( )[ ] )(2 SC

AdVVdV td

ddrrVaFF VC

VC rfBS

rrrrr&rrrr rrrrr

⋅+=×+××+×+−+ ∫∫∫ ρρρωωωω VV

( )[ ]

( ) ( ) )(

2

SC

AdVVrdVr td

d

drrVarTFdrFdr

VC

VC rfeixoB

VCSC

S

rrrrrr

r&rrrr rrrrrrrrr

⋅×+×

=×+××+×+×−+×+×

∫∫ ∫∫∫ ρρ

ρωωωω

V

V

( )( ) zgVueAdVpede td

dWQ VC

++=⋅++=− ∫∫ 2 :onde 2 SC

rr && ρρρ V

constzgVp =++ 2

2

ρ

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