listas resolvidas escoamento multifasico, Esquemas de Engenharia Têxtil

Baixe listas resolvidas escoamento multifasico e outras Esquemas em PDF para Engenharia Têxtil, somente na Docsity! LISTA 1 2)Essa questão foi resolvida pelo método da massa molar especifica: 𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎 = 𝑀𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑎 𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑜 𝑎𝑟 Componetes Massa molar Fração na mistura metano 16 0,9267 etano 30 0,0529 propano 44 0,0138 i-butano 58 0,00182 n-butano 58 0,00338 pentano 72 0,0014 Com isso temos que a massa da mistura é 17,43 g/mol Como a massa do ar é 29g/mol Teremos: m.m.e= 17,43/29 = 0,6 Olhando no gráfico temos a pressão igual a 3,9 Mpa. 3) Como MM= (0,956.16)+(0,044 . 44) = 17,232 g/mol MME= 17,232/29 = 0,59 Pelo gráfico, tem formação de hidradatos. 4) Pelo gráfico da aula 4 slide 14 temos: Pi=2000psia = 13,8 Mpa T==100°F=311 K Pelo gráfico, pode expandir para até Pf=6Mpa sem o risco de formação de hidratos. 5) Utilizando o msm gráfico da questão anterior temos: Pi=1500 psia= 10,35 Mpa Pf=500 psia= 3,44 Mpa T=311K = 100,1°F 1) 𝑥 = 𝑅 (𝑀𝑝) 1 4 𝑒 𝑦 = 𝑊𝑅2 a) Mp=100,21 g/mol R=6 X=1,89 e y=119,1 b) mesma coisa do item a 6) Assumindo uma pressão de 300 psia Componentes Yi Kvsi( a 2,07 Mpa) Yi/kvsi Metano 0,784 2,04 0,384 Etano 0,06 0,79 0,076 Propano 0,036 0,113 0,318 i-butano 0,005 0,046 0,108 n-butano 0,019 ∞ 0 Nitrogênio 0,094 ∞ 0 Dióxido de Carbono 0,02 3 0,0007 1 0,8874 Assumindo agora para 350 psia, temos: Componentes Yi Kvsi( a 2,07 Mpa) Yi/kvsi Metano 0,784 1,9 0,412 Etano 0,06 0,63 0,0953 Propano 0,036 0,09 0,4 i-butano 0,005 0,034 0,1471 n-butano 0,019 ∞ 0 Nitrogênio 0,094 ∞ 0 Dióxido de Carbono 0,02 2,3 0,0009 1 1,0533 Com isso teremos: 1,0553 − 0,88874 350 − 300 = 1,0533 − 1 350 − 𝑃 Portanto: 𝑃 = 333 𝑝𝑠𝑖𝑎. LISTA 2 Questão 1 Primeiro vamos aplicar o balanço microscópico da massa 𝜕𝜌/𝜕𝑡 = −[( 𝜕(𝜌𝑣𝑥) 𝜕𝑥 )+ ( 𝜕(𝜌𝑣𝑦) 𝜕𝑦 )+ ( 𝜕(𝜌𝑣𝑧) 𝜕𝑧 )] 𝜏𝑥𝑦 = −𝜇 [( 𝜕(𝑣𝑦) 𝜕𝑥 )+ ( 𝜕(𝑣𝑥) 𝜕𝑦 )] Condiçoes de contorno: 𝑣𝑥 = 0 ∴ 𝑦 = 0 𝑣𝑥 = 0 ∴ 𝑦 = ℎ Resolvendo a equação teremos: 𝑣𝑥 = (−𝐵𝑦 + 𝐴 𝑦2 2 ) 𝜇 + 𝐶 Temos o seguinte perfil de velocidade: 𝑣𝑥 = (−∆𝑃ℎ𝑦/2𝐿 + ∆𝑃 𝑦2 2𝐿 ) 𝜇 A velocidade máxima se encontra na altura y=h/2, logo: 𝑣𝑥,𝑚𝑎𝑥 = ∆𝑃ℎ2 8𝐿𝜇 Para o cálculo da vazão temos: 𝑄 = ∬ ( ∆𝑃𝑦2 2𝐿𝜇 + ∆𝑃ℎ𝑦 2𝐿𝜇 ) 𝑊ℎ 00 𝑑𝑦𝑑𝑧 1 𝑄 = ∆𝑃𝑊 2𝜇𝐿 ( ℎ3 3 − ℎ2 2 ) Agora a força de atrito para y=0 e y= h : 𝐹 = ∫𝜏 𝑥𝑦⃒𝑦=0 𝑑𝐴𝑚𝑜𝑙ℎ𝑎𝑑𝑎 E 𝐹 = ∫ 𝜏 𝑥𝑦⃒𝑦=ℎ 𝑑𝐴𝑚𝑜𝑙ℎ𝑎𝑑𝑎 𝐹𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 = ∆𝑃ℎ𝑊 2 (−𝑥) 𝐹𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 = ∆𝑃ℎ𝑊 2 (−𝑥) Agora para o calculo dad Potencia de fricção temos: P= 𝐹𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 < 𝑣 > 𝑃 = − ∆𝑃2𝑊 4𝜇𝐿 ( ℎ3 3 − ℎ2 2 ) Questão 3 Primeiro vamos aplicar o balanço microscópico da massa 𝜕𝜌/𝜕𝑡 = −[( 𝜕(𝜌𝑣𝑥) 𝜕𝑥 )+ ( 𝜕(𝜌𝑣𝑦) 𝜕𝑦 )+ ( 𝜕(𝜌𝑣𝑧) 𝜕𝑧 )] Como temos estado estacionário e as velocidades em y e z são iguais a zero tempos que : 𝜕(𝜌𝑣𝑥) 𝜕𝑥 = 0 Agora aplicando o balanço microscópico do momento linear temos: 𝜌 [( 𝜕(𝑣𝑥) 𝜕𝑡 )+ (𝑣𝑥 𝜕(𝑣𝑥) 𝜕𝑥 )+ (𝑣𝑦 𝜕(𝑣𝑦) 𝜕𝑦 )+ (𝑣𝑧 𝜕(𝑣𝑧) 𝜕𝑧 )] = − ( 𝜕(𝑃) 𝜕𝑥 )− [( 𝜕(𝜏𝑥𝑥) 𝜕𝑥 )+ ( 𝜕(𝜏𝑥𝑦) 𝜕𝑦 )+ ( 𝜕(𝜏𝑥𝑧) 𝜕𝑧 )]+ 𝜌𝑔𝑥 Fazendo as mesmas considerações acima e que as tensões cisalhantes nos planos xx e xz são iguais a zero. Também assumi que não temos variação de pressão na direção x, portanto ficamos com: ( 𝜕(𝜏𝑥𝑦) 𝜕𝑦 ) = 0 Usando a Lei da viscosidade de Newton temos que a velocidade em x será: 𝑣𝑥 = − 𝐴𝑦 𝜇 + 𝐵 Para as seguintes condições de contorno y=0 temos vx=0 e para y=h temos vx = v, portanto: 𝑣𝑥 = 𝑣𝑦 ℎ E : 𝜏𝑥𝑦 = − 𝜇𝑣 ℎ Portanto teremos para força inferior: 𝐹 = ∫𝜏 𝑥𝑦⃒𝑦=0 𝑑𝐴𝑚𝑜𝑙ℎ𝑎𝑑𝑎 𝐹 = 𝜇𝑣𝐿𝑊 ℎ (−𝑥) Agora considerando uma diferença de pressão em x, teríamos: 𝑣𝑥 = (− ∆𝑃𝑦ℎ 2𝐿 + ∆𝑃 𝑦2 2𝐿 ) 𝜇 + 𝑣𝑦 ℎ 𝜏𝑥𝑦 = (−∆𝑃𝑦/𝐿 + ∆𝑃 ℎ 2𝐿 )− 𝑣 ℎ 𝐹 = ( ∆𝑃ℎ 2𝐿 − 𝑣 ℎ )𝑊𝐿(−𝑥) Questão 4 Primeiro vamos aplicar o balanço microscópico da massa 0 = 𝜕𝜌 𝜕𝑡 + [( 𝜕(𝜌𝑣𝑥) 𝜕𝑟 )+ ( 1 𝑟 𝜕(𝜌𝑣𝜃) 𝜕𝜃 ) + ( 𝜕(𝜌𝑣𝑧) 𝜕𝑧 )] Como temos estado estacionário e as velocidades em y e z são iguais a zero tempos que : 𝜕(𝑣𝑧) 𝜕𝑥 = 0 Agora aplicando o balanço microscópico do momento linear temos: 𝜌 [( 𝜕(𝑣𝑧) 𝜕𝑡 )+ (𝑣𝑟 𝜕(𝑣𝑧) 𝜕𝑟 )+ ( 𝑣𝜃 𝑟 𝜕(𝑣𝑧) 𝜕𝑧 ) + (𝑣𝑧 𝜕(𝑣𝑧) 𝜕𝑧 )] = − ( 𝜕(𝑃) 𝜕𝑧 )− 𝜇 [ 1 𝑟 ( 𝜕 ( 𝑟𝜕𝑣𝑧 𝜕𝑟 ) 𝜕𝑟 ) + ( 1 𝑟 𝜕2𝑣𝑧 𝜕𝑟2 )+ ( 𝜕(𝑣𝑧 2) 𝜕𝑧2 )]+ 𝜌𝑔𝑧 Como estamos em estado estacionário e as velocidades em r e teta são iguais a zero, temos: 0 = − ( 𝜕(𝑃) 𝜕𝑧 )− 𝜇 [ 1 𝑟 ( 𝜕( 𝑟𝜕𝑣𝑧 𝜕𝑟 ) 𝜕𝑟 )] Daqui tiramos que a velocidade em z é: 𝑣𝑧 = ∆𝑃𝑟2 4𝜇𝐿 + 𝐴𝑙𝑛(𝑟) + 𝐵 Para as seguintes condições de contorno temos: r =0 temos vz= vmax  A=0 r=R temos vz=C  𝐵 = − ∆𝑃𝑅2 4𝜇𝐿 Para agua e oléo respectivamente teremos 𝑣𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 = (∆𝑃𝑦2) 2𝐿𝜇𝑎 + 𝐵𝑎𝑦 + 𝐶𝑎 𝑣𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 = (∆𝑃𝑦2) 2𝐿𝜇𝑜 + 𝐵𝑜𝑦 + 𝐶𝑜 Com sabemos que para y=-h/2 e y=h/2 as velocidades do óleo e da agua são iguais a zero, teremos: 𝑣𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 = (∆𝑃𝑦2) 2𝐿𝜇𝑎 + ∆𝑃𝑦 8𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 )− (∆𝑃ℎ𝑦) 4𝐿𝜇𝑎 − (∆𝑃ℎ2) 16𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 ) 𝑣𝑥,𝑜𝑙𝑒𝑜 = (∆𝑃𝑦2) 2𝐿𝜇𝑜 + ∆𝑃𝑦 8𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 )− (∆𝑃ℎ𝑦) 4𝐿𝜇𝑜 − (∆𝑃ℎ2) 16𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 ) Com a lei da viscosidade de Newton obtive a expressão da tensão cisalhante: 𝜏𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 = − (∆𝑃𝑦) 𝐿 + 𝜇𝑎∆𝑃ℎ 8𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 ) − (∆𝑃ℎ𝜇𝑎) 4𝐿𝜇𝑜 𝜏𝑥,𝑜𝑙𝑒𝑜 = − (∆𝑃𝑦) 𝐿 + 𝜇𝑜∆𝑃ℎ 8𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 )− (∆𝑃ℎ) 4𝐿 Agora calculando a velocidade média desses dois fluidos temos: < 𝑣 > = ∬ 𝑣𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑊0 0− ℎ 2 𝑑𝑦𝑑𝑧 ∬ 1 𝑊0 0− ℎ 2 𝑑𝑦𝑑𝑧 Com isso chegamos na seguinte expressão: < 𝑣𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 >= (∆𝑃ℎ2) 24𝐿𝜇𝑎 − ∆𝑃ℎ2 16𝐿𝜇𝑜 − (∆𝑃ℎ2) 32𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 ) < 𝑣𝑥,𝑜𝑙𝑒𝑜 >= (∆𝑃ℎ2) 24𝐿𝜇𝑎 − ∆𝑃ℎ2 16𝐿𝜇𝑜 − (∆𝑃ℎ2) 32𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 ) Agora temos a vazão mássica : < 𝑤𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 >= (∆𝑃ℎ3𝑊𝜌𝑎) 48𝐿𝜇𝑎 − ∆𝑃ℎ3𝑊𝜌𝑎 32𝐿𝜇𝑜 − (∆𝑃ℎ3𝜌𝑎𝑊) 64𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 ) < 𝑤𝑥,𝑎𝑔𝑢𝑎 >= (∆𝑃ℎ3𝑊𝜌𝑜) 48𝐿𝜇𝑜 − ∆𝑃ℎ3𝑊𝜌𝑜 32𝐿𝜇𝑜 − (∆𝑃ℎ3𝜌𝑜𝑊) 64𝐿 ( 1 𝜇𝑜 − 1 𝜇𝑎 ) Questão 7 Primeiro vamos aplicar o balanço microscópico da massa 0 = 𝜕𝜌 𝜕𝑡 + [( 1 𝑟 𝜕(𝜌𝑣𝑟) 𝜕𝑟 )+ ( 1 𝑟 𝜕(𝜌𝑣𝜃) 𝜕𝜃 ) + ( 𝜕(𝜌𝑣𝑧) 𝜕𝑧 )] Como temos estado estacionário e as velocidades em y e z são iguais a zero tempos que : 𝜕(𝑣𝜃) 𝜕𝜃 = 0 Agora aplicando o balanço microscópico do momento linear temos: 𝜌 [( 𝜕(𝑣𝜃) 𝜕𝑡 )+ (𝑣𝑟 𝜕(𝑣𝜃) 𝜕𝑟 ) + ( 𝑣𝜃 𝑟 𝜕(𝑣𝜃) 𝜕𝜃 )+ (𝑣𝑧 𝜕(𝑣𝜃) 𝜕𝑧 ) + (𝑣𝑟 (𝑣𝜃) 𝑟 )] = − ( 1 𝑟 𝜕(𝑃) 𝜕𝑧 )− 𝜇[ 1 𝑟 ( 1 𝑟 𝜕 𝑣𝜃 𝜕𝑟 )+ ( 2 𝑟2 𝜕𝑣𝑟 𝜕𝜃 )+ ( 1 𝑟2 𝜕2(𝑣𝜃 ) 𝜕𝑧2 )]+ 𝜌𝑔𝜃 Aplicando as condições de contorno a seguir: r=kR para 𝑣𝜃 = 0 e r=R para 𝑣𝜃 = Ω𝑅 Temos que : 𝑣𝜃 = Ω 1 − k2 (𝑟 − 𝑘2𝑅2 𝑟 ) 𝐹 = 𝜏𝑟𝜃𝐴= − μΩ 1 − k2 2𝜋𝑟𝐿(1 − 𝑘2𝑅2 𝑟2 ) Lista 3 Questão 1 A partir do balanço de momentum linear, temos: 𝑑𝑃 𝑑𝑥 = −𝜌𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑥 − 𝜌𝑔 sin 𝜃 − 4𝜏𝑤 𝐷 Como a parcela da aceleração é muito menor que as demais assumimos que ela é zero. Assim teremos: 𝑣 = 4𝑞𝑤 𝜋𝐷2 Logo: 𝑣 = 2,9𝑚/𝑠 Calculando separadamente as perdas de carga teremos: 𝑑𝑃 𝑑𝑥 | 𝑔 = − 𝜌𝑔 sin 𝜃 = −1000.9.81. sin −90° = 9810𝑃𝑎 𝑚 𝑑𝑃 𝑑𝑥 | 𝑓 = − 4𝜏𝑤 𝐷 = − 503,25𝑃𝑎 𝑚 Para o cálculo da perda de carga primeiro foi calculado o número de Reynolds e posteriormente o fator de fricção de fanning, como podemos ver abaixo: 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝜌 𝜇 = 3,6.105 𝑘 𝐷 = 1,45.10−4 ; 0 < 𝑘 𝐷 < 0,05 Com isso calculamos o fator de fanning para o fluxo turbulento: 1 √𝑓 = −3.6log [ 6.9 𝑅𝑒 + ( 𝑘 𝐷 3.7 ) 10 9 ] 𝑓 = 3,8 . 10−3 Com as perdas de cargas calculadas temos que a perda de carga total é : 𝑑𝑃 𝑑𝑥 = 0 − 𝜌𝑔 sin 𝜃 − 4𝜏𝑤 𝐷 𝑑𝑃 = (9810 − 507,27)𝑥 = 2,27. 106𝑃𝑎 Questão 2 a) O fluxo ocorre no sentido do gradiente negativo de pressão. Como Pb>Pa, o fluxo ocorre de B para A. b) Para determinar o perfil de velocidade precisamos saber qual tipo de escoamento temos na tubulação, para isso temos que calcular o numero de Reynolds: 𝑣 = 4𝑞𝑤 𝜋𝐷2 Logo a velocidade é 0,835 m/s. Com isso temos Reynolds 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝜌 𝜇 = 4,235.104 => 𝑓𝑙𝑢𝑥𝑜 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 c) Com o numero de Reynolds calculado, utilizando a formula para calcular o fator de fricção temos que : 1 √𝑓 = −3.6log [ 6.9 𝑅𝑒 + ( 𝑘 𝐷 3.7 ) 10 9 ] 𝑓 = 5,91.10−3 Temos que : Questão 5 Primeiro vou calcular a força peso e a força de empuxo, com as equações abaixo: ?⃗? = 𝑚.𝑔 𝐹𝑒𝑚𝑝𝑢𝑥𝑜⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ = 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜. 𝑔 . 𝑉𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜𝑑𝑒𝑠𝑐𝑜𝑙𝑜𝑐𝑎𝑑𝑜 Com isso temos que ?⃗? = −5,96. 10−4𝑁(?̂?), 𝐹𝑒𝑚𝑝𝑢𝑥𝑜⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ = 6,17.10 −4𝑁(?̂?) a) A partícula ira se mover no sentido da resultante das forças, como foi calculado. Logo a força de atrito será contraria ao movimento da partícula. Logo, 𝑣∞⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −0,30 𝑐𝑚 𝑠 . b) 𝐹𝑘⃗⃗⃗⃗ = 𝐶𝑃. 𝐴.𝐸𝐾(−?̂?) que é igual 𝐹𝑘⃗⃗⃗⃗ = 𝐶𝑃.8,49. 10 −4𝑁. Para a esfera em equilíbrio temos que 𝐹𝑒𝑚𝑝𝑢𝑥𝑜⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ = 𝐹𝑘⃗⃗⃗⃗ + 𝑃 Logo 𝐹𝑘⃗⃗⃗⃗ = 2,1.10 −5𝑁(−?̂?) com isso podemos igualar as duas expressões e determinar 𝐶𝑃 Que é portando: 𝐶𝑃 = 0,025 Questão 7 a) Balanço de forças em cada partícula: 𝑚𝑝 .𝑎 = ∑𝐹𝑖 𝑚𝑝. 𝑎 = 𝐹𝑃 + 𝐹𝑒 + 𝐹𝐾 Com isso temos que: 𝑚𝑝 . 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = − 𝜌𝑝𝜋𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝜌𝑓𝜋𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝐶𝐷𝜋𝐷𝑝 2𝜌𝑓𝑣∞ 2 8 Como a velocidade é constante temos que: 0 = − 𝜌𝑝𝜋𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝜌𝑓𝜋𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝐶𝐷𝜋𝐷𝑝 2𝜌𝑓𝑣∞ 2 8 Portanto 𝐶𝐷 = 4(𝜌𝑝−𝜌𝑓)𝑔𝐷𝑝 3𝜌𝑓𝑣∞ 2 Como a vazão é dada: 𝑣∞ = 4,94.10 −3𝑚/𝑠 Utilizando o método da interação para determinar o diâmetro mais provável teremos: 𝑅𝑒 = 𝐷𝑝𝑣∞𝜌𝑓 𝜇𝑓 Para Re=1;Re=1000 e Re = 300000, obtive os seguintes diâmetros respectivamente 𝐷𝑝 = 0,02𝑐𝑚; 𝐷𝑝 = 20,2𝑐𝑚; 𝐷𝑝 = 6073𝑐𝑚. Como é falado que os diâmetros variam entre 10 𝑒 200𝜇𝑚 a faixa aceita foi de Re<1 ( (10−5 − 2.10−4)𝑚. Escolhendo um valor entre 0 e 1 para Reynolds temos: 𝐶𝐷 = 48 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑅𝑒 = 0,5 Com os dados de 𝐶𝐷 podemos foi calculado o diâmetro para cada tipo de mineral e seu respectivo numero de Reynolds para avaliar se realmente os valores condizem com a ideia proposta: Calcário: 𝐷𝑝 = 5,6.10 −5𝑚 𝑐𝑜𝑚 𝑅𝑒= 0,276 Galena: 𝐷𝑝 = 1.4.10 −5𝑚 𝑐𝑜𝑚 𝑅𝑒= 0,071 Arenito: 𝐷𝑝 = 7.8.10 −5𝑚 𝑐𝑜𝑚 𝑅𝑒= 0,385 Questão 8 Fazendo o somatório das forças temos: 𝑚𝑝 . 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = − 𝜌𝑔𝑒𝑙𝑜𝜋𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝜌𝑛𝜋𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝐶𝐷𝜋𝐷𝑝 2𝜌𝑓𝑣∞ 2 8 Como o estado é estacionário temos: 0 = − 𝜌𝑝?̅?𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝜌𝑓 ?̅?𝐷𝑝 3𝑔 6 + 𝐶𝐷?̅?𝐷𝑝 2𝜌𝑓𝑣∞ 2 8 Com isso chegamos : 𝐷 = 0,0198𝐶𝐷 Supondo regime turbulento, ou seja, 103 < 𝑅𝑒 < 3. 105, 𝐶𝐷 = 0,47𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝐷 = 9,31. 10−3𝑚 Conferindo o resultado temos: 𝑅𝑒 = 𝐷𝑝𝑣∞𝜌𝑓 𝜇𝑓 = 7,7.103 ==> 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑑𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑎 𝑓𝑎𝑖𝑥𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 Questão 9 Pelo balanço de forças temos : 𝑣∞ 2 = 4(𝜌𝑝 − 𝜌𝑓)𝑔𝐷𝑝 3𝜌𝑓𝐶𝐷 Para gota de agua deslocando no ar temos: 𝑣∞ 2 = 20,1 𝐶𝐷1 Para bolha de ar descolando na agua: 𝑣∞ 2 = 0,026 𝐶𝐷2 Pelo método da interação supondo regime turbulento 1< Re< 103 Temos que Re = 411, 𝐶𝐷2 = 0,6155 Jogando na equação das velocidades temos que 𝑣∞2=0,2056m/s Voltando no numero de Reynolds achamos Re=411,06; logo esta ok. A mesma coisa foi feita para 𝑣∞1 = 6,5256𝑚/𝑠. Assim temos que 𝑣∞1 𝑣∞2 =31,75 Portanto a velocidade da gota de agua descolocando numa corrente de ar é 31,75 vezes maior que a bolha de ar descolocando na agua. LISTA 4 Questão1 Balanço de Massa: 𝑑𝑀 𝑑𝑡 = 𝑚1̇ − 𝑚2̇ = 0 ==> 𝑣1 = 𝑣2 ( 𝐷1 𝐷2 ) 2 Pelo balanço de energia mecânica entre 1 e 2 temos: 𝑑(𝐾𝑡𝑜𝑡 + ∅𝑡𝑜𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑤 ( 1 2 𝑣2 + 𝑔ℎ + 𝑃 𝜌 ) 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑤 ( 1 2 𝑣2 + 𝑔ℎ + 𝑃 𝜌 ) 𝑠𝑎𝑖𝑑𝑎 + 𝑊𝑚 − 𝐸𝑐 − 𝐸𝑣 Como o estado é estacionário a parcela q varia com o tempo é zero: 𝑑(𝐾𝑡𝑜𝑡+∅𝑡𝑜𝑡) 𝑑𝑡 = 0 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝜌 𝜇 = 1,37.105 ==> 𝑇𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 1 √𝑓 = −3.6log [ 6.9 𝑅𝑒 + ( 𝑘 𝐷 3.7 ) 10 9 ] 𝑓 = 4,93.10−3 Desenvolvendo a equação chegaremos em: 𝑃1′ = 1,44 𝑎𝑡𝑚 Aplicando o balanço de 2 para 2’ teremos: Temos que: 𝑣𝑒 = 𝑣(𝑥); 𝑣𝑠 = −𝑣(𝑥) 𝑑𝑠𝑒 = 𝑑𝑠(𝑥); 𝑑𝑠𝑠 = 𝑑𝑠(𝑥) 𝐹𝑝𝑒 ̅̅ ̅̅ = 𝑃.𝐴(𝑥); 𝐹𝑝𝑠 ̅̅ ̅̅ = 𝑃.𝐴(𝑥) Com isso chegamos a : −∮𝜌?̅??̅?𝑑𝑠̅ = 𝜌𝑣𝑠(𝑣 + 𝑣) O balanço completo ficara dessa maneira: 𝐹𝑓−𝑠 = −𝐹𝑠−𝑓 + 𝑚(2𝑣) + (𝑃𝑒 + 𝑃𝑠)𝑠 Com isso temos q: 𝐹𝑓−𝑠 = 13382 𝑙𝑏𝑓 b) Pelo balanço de energia mecânica temos: 𝑑(𝐾𝑡𝑜𝑡 + ∅𝑡𝑜𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑤( 1 2 𝑣2 + 𝑔ℎ + 𝑃 𝜌 ) 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 − 𝑤( 1 2 𝑣2 + 𝑔ℎ + 𝑃 𝜌 ) 𝑠𝑎𝑖𝑑𝑎 + 𝑊𝑚 − 𝐸𝑐 − 𝐸𝑣 As parcelas em destaque resultam em zero, logo teremos: 𝐸𝑣 = 𝑚 𝜌 (𝑃𝑒 − 𝑃𝑠) = 864 𝑙𝑏𝑓 𝑠 Questão 2 a) Para teta igual a zero teremos: 𝑑𝑃 𝑑𝑥 = −𝜌𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑥 − 𝜌𝑔 sin 𝜃 − 4𝜏𝑤 𝐷 Termo em destaque é desprezível e como o teta é zero a segunda parcela será zero 𝑑𝑃 𝑑𝑥 = − 4𝜏𝑤 𝐷 Calculando Reynolds temos: 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝜌 𝜇 = 1,96.105 ==> 𝑇𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 1 √𝑓 = −3.6log [ 6.9 𝑅𝑒 + ( 𝑘 𝐷 3.7 ) 10 9 ] 𝑓 = 3,89.10−3 Com isso temos: 𝑑𝑃 𝑑𝑥 = − 4𝜏𝑤 𝐷 = −302,82 𝑃𝑎 𝑚 b) teta igual a 60° 𝑑𝑃 𝑑𝑥 = −𝜌𝑔 sin 𝜃 − 4𝜏𝑤 𝐷 = −8257,83 𝑃𝑎 𝑚 Lista 5 Questão 4 Pelo balanço de massa temos que: 𝑚𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑚𝑔 𝑠𝑡𝑑 + 𝑚𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 Como a massa pode ser expressa pelo produto da massa especifica pelo volume temos: 𝜌𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 . 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝜌𝑔 𝑠𝑡𝑑 . 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 + 𝜌𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 . 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 Dividindo a expressão acima por 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 e sabendo que 𝑑𝑔 = 𝜌𝑔 𝜌𝑎𝑟 Temos: 𝑑𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑑𝑔 𝑠𝑡𝑑 . 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 + 𝑑𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 . 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 Como: 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 − 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 Temos: 𝑑𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑑𝑔 𝑠𝑡𝑑 .𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 + 𝑑𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 . 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 − 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 . 𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 Como : 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 𝑅𝐺𝑂 𝑒 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 𝑅𝑆𝑂 Temos, portanto: 𝑑𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑑𝑔 𝑠𝑡𝑑𝑅𝐺𝑂 + 𝑑𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑𝑅𝑆𝑂 𝑅𝐺𝑂 − 𝑅𝑆𝑂 Questão 6 a) 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 𝑅𝐺𝑂 = 800 15 = 53,33 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 + 𝑉𝑤 𝑠𝑡𝑑 = 𝑅𝐺𝐿 = 800 15 + 1 = 50 𝑉𝑤 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 + 𝑉𝑤 𝑠𝑡𝑑 = 𝐵𝑆𝑊 = 1 15 + 1 .100 = 6,25% b) 𝑉𝑜 𝑃,𝑇 = 𝐵𝑜𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 1,1.15 = 16,5𝑐𝑚3 𝑉𝑤 𝑃,𝑇 = 𝐵𝑤𝑉𝑤 𝑠𝑡𝑑 = 1,02.1 = 1,02𝑐𝑚3 𝑉𝑔𝑓 𝑃,𝑇 = 𝐵𝑔𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝐵𝑔(𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 − 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 − 𝑉𝑔𝑑𝑤 𝑠𝑡𝑑 ) = 𝐵𝑔(𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 − 𝑅𝑆𝑂𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 − 𝑅𝐺𝑂𝑉𝑠𝑤 𝑠𝑡𝑑) 𝑉𝑔𝑓 𝑃,𝑇 = 0,0125(800 − 10.15 − 0,01.1) = 8,12𝑐𝑚3 c) 𝑑𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑑𝑔 𝑠𝑡𝑑𝑅𝐺𝑂 + 𝑑𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑𝑅𝑆𝑂 𝑅𝐺𝑂 − 𝑅𝑆𝑂 𝑑𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 0,25 + 0,02. 𝐴𝑃𝐼 + 10−6(0,6874 − 3,586. 𝐴𝑃𝐼)𝑅𝑆 Segundo a correlação de Katz e sabendo que o API=45,375 Temos que 𝑑𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 =̃ 1,16 𝑑𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 0,65 Com isso temos que: 𝜌𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑑𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 .𝜌𝑎𝑟 𝑠𝑡𝑑 = 0,65.1.22.10−3 = 8,02. 10−4𝑔 𝑐𝑚3 Portanto a massa de gás livre é igual a massa de gás nas condições P,T, em outras palavras o que ira mudar é o volume: 𝜌𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑚𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 𝑒 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑉𝑔 𝑠𝑡𝑑 − 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑔𝑑𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 𝑅𝑆𝑂.𝑉𝑜 𝑠𝑡𝑑 = 10.15 = 150𝑐𝑚3 Substituindo teremos que : 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 649,95𝑐𝑚3 𝑠𝑡𝑑 Com isso temos que a massa é: 𝜌𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 𝑚𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 ==> 𝑚𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 = 0,521𝑔 𝜌𝑔𝑓 𝑃,𝑇 = 𝑚𝑔𝑓 𝑠𝑡𝑑 𝑉𝑔𝑓 𝑃,𝑇 = 0,064 d)𝑑𝑜 = 𝜌𝑜 𝑠𝑡𝑑 𝜌𝑤 𝑃,𝑇 substituindo temos que: 𝜌0 𝑃,𝑇 = 0,728 𝑔/𝑐𝑚3 Questão 1 P= 3000 psia T=640 °R Massa especifica: 𝜌𝑔 = 𝑃𝑀𝑎 𝑍𝑅𝑇 Massa molecular aparente: 𝑀𝑎 = ∑𝑦𝑖𝑀𝑖 Temos: 𝑃𝑝𝑟 = 𝑃 𝑃𝑝𝑐 = 4,5 𝑒 𝑇𝑝𝑟 = 𝑇 𝑇𝑝𝑐 = 1,66 Temos q s= 0,03 𝜌𝑤 = 62,38𝑙𝑏/𝑓𝑡 3 Em condições de reservatório P,T temos: 𝜌𝑤 = 𝜌𝑤 𝑠𝑡𝑏 𝐵𝑤 = 62,19𝑙𝑏/𝑓𝑡3 d) 𝑑𝑤 = 1 + 𝑇𝐷𝑆. 0,695. 10 −6 ==> 𝑑𝑤 =̃ 1 Lista 6 − 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 𝜌𝑛𝑔 𝑔𝑐 + 𝑓𝜌𝑛𝑣𝑚 2 2𝐷𝑔𝑐 Calculando vm, temos: 𝑣𝑚 = 𝑣𝑠𝑙 + 𝑣𝑠𝑔 = 6,74 𝑓𝑡 𝑠 Agora calculando o holdup temos: 𝜆𝐿 = 𝑞𝐿 𝑞𝐿 + 𝑞𝑔 = 𝑣𝑠𝑙 . 𝐴 𝑣𝑠𝑙𝐴 + 𝑣𝑠𝑔𝐴 = 𝑣𝑠𝑙 𝑣𝑚 = 0,4 Pelo gráfico de correlação do tipo 1: 𝑣𝑚𝜌𝑛𝐷 = 40,85 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡 𝑠 Logo temos fanning f=0,022 Substituindo os valores prestando atenção nas unidades temos que: − 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 24,34 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡3 + 1,52 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡3 = 0,18 𝑝𝑠𝑖/𝑓𝑡 Questão 2 a) 𝑣𝑚 = 𝑣𝑠𝑙 + 𝑣𝑠𝑔 = 6,2 + 2,5 = 8,7 𝑓𝑡 𝑠 Logo temos : 𝜆𝐿 = 𝑣𝑠𝑙 𝑣𝑚 = 2,5 8,7 = 0,3 Com isso temos: 𝜌𝑛 = 0,3.50 + 0,7 . 3,1 = 17,17 𝑙𝑏/𝑓𝑡 3 Pelo gráfico temos: 𝑣𝑚𝜌𝑛𝐷 = 17,17.0,204 = 30,5 Com isso f = 0,04 Como no exercício anterios temos: 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 21,13 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡2 = 0,147 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 b) 𝑣𝑚𝜌𝑛𝐷 = 30,5 Com f= 0,04 Temos: 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 0,147 𝑝𝑠𝑖/𝑓𝑡 Questão 3 − 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 𝜌𝑠𝑔 + 𝑓𝜌𝑛 2𝑣𝑚 2 2𝐷𝜌𝑠 + 𝜌𝑠Δ(𝑣𝑚 2 ) 2𝑑𝑧 , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑒𝑙𝑎 𝑒𝑚 𝑑𝑒𝑠𝑡𝑎𝑞𝑢𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑎 𝑧𝑒𝑟𝑜 𝑁𝐿𝑣 = 1,928𝑣𝑠𝑙√ 𝜌𝐿 𝜎𝐿 4 = 6 𝑁𝑑 = 120,872𝑑√ 𝜌𝐿 𝜎𝐿 4 = 41,34 𝑁𝑔𝑣 = 1,938𝑣𝑠𝑔√ 𝜌𝐿 𝜎𝐿 4 = 9,3 𝑁𝐿 = 0,15726𝑣𝑠𝑙√ 1 𝜌𝐿𝜎𝐿 3 4 = 0,08 Analisando os gráficos temos: Ψ = 1 ==> 𝐸𝑠𝑡𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑁𝐿𝑐 = 0,0055 Com a pressão de 1 atm Temos que : 𝐻𝐿 Ψ = 0,59 𝜌𝑠 = 𝐻𝐿𝜌𝐿 + (1 − 𝐻𝐿)𝜌𝑔 = 34,56 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 Ainda é necessário a viscosidade 𝜇𝑠 = 𝐻𝐿𝜇𝐿 + (1 − 𝐻𝐿)𝜇𝑔 = 10,63 𝑐𝑝 Temos que a 𝑣𝑚 = 4,09 + 2,65 = 6,74 𝑓𝑡/𝑠 com isso podemos calcular o holdup 𝜆𝐿 = 𝑣𝑠𝑙 𝑣𝑚 = 2,65 6,74 = 0,4 : 𝜌𝑛 = 0,4.56,6 + 0,6 . 2,84 = 24,34 𝑙𝑏 𝑓𝑡3 Com isso posso calcular Reynolds: 𝑅𝑒 = 𝑣𝑚𝜌𝑛𝐷 𝜇𝑠 = 5720 ==> 𝐿𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 Então 𝑓𝑚 = 64 𝑅𝑒 = 64 5720 = 0,011 Voltando na equação da perda de carga, temos: 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 𝜌𝑠𝑔 + 𝑓𝜌𝑛 2𝑣𝑚 2 2𝐷𝜌𝑠 = 0,243 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 Questão 4 Os números adimensionais são os mesmo da questão 3 Pelo gráfico estamos na região de bolha/golfada L1=1,8 L2=0,75 Ngvbs= L1+L2xNlv = 6,3 𝑠 = (1 + 𝐹5)(𝑁𝑔𝑣) 0,982 + 𝐹6 (1 + 𝐹7𝑁𝐿𝑣) 2 ; 𝑃𝑒𝑙𝑜 𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖𝑐𝑜 𝐹5 = 0,085;𝐹6 = 1,7 𝑒 𝐹7 = 0,025 Portanto s=9,7 Temos que : 𝑠 = 𝑣𝑠 √ 𝜌𝐿 𝜎𝐿𝑔 4 ==> 𝑑𝑎𝑞𝑢𝑖 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑣𝑠 = 19,7 𝑓𝑡 𝑠 Como o holdup pode ser expresso por: 𝐻𝐿 = (𝑣𝑠 − 𝑣𝑚 + √(𝑣𝑚 − 𝑣𝑠) 2 + 4𝑣𝑠𝑣𝑠𝐿 2 ) 2𝑣𝑠 = 0,8 Com isso podemos tirar 𝜌𝑠 = 𝐻𝐿𝜌𝐿 + (1 − 𝐻𝐿)𝜌𝑔 = 45,85𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 Agora temos que a perda de carga é : 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 𝜌𝑠𝑔 + 𝑓𝜌𝑛 2𝑣𝑚 2 2𝐷𝜌𝑠 Antes tenho que encontrar o coeficiente de fanning: 𝑅𝑒 = 𝑣𝑚𝜌𝑛𝐷 𝜇𝑠 = 3112,3 ==> 𝐿𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟 𝑓 = 𝑓1𝑓2 𝑓3 = 0,2 Logo temos que : 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = 0,4 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 Questão 6 𝑁𝑥 = 𝑣𝑠𝑔 √ 𝜌𝑔 0,0764 3 √ 72𝜌𝐿 𝜎𝐿62,4 4 = 25,73 𝑓 𝑓𝑛 = 𝑒𝑠 = 1,44 ==> 𝑓 = 0,01584 𝐸𝑐 = 𝑣𝑚𝑣𝑠𝑔𝜌𝑛 𝑃 = 9,9 . 10−5 ==> 𝑑𝑒𝑠𝑝𝑟𝑒𝑧𝑖𝑣𝑒𝑙 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = ( 𝜌𝑠𝑔 sin 𝜃 𝑔𝑐 + 𝑓𝜌𝑛𝑣𝑚 2 2𝐷𝑔𝑐 ) 1 − 𝐸𝑐 = 0,21 𝑝𝑠𝑖/𝑓𝑡 LISTA 7 1) Primeiro calculei as velocidades superficiais: 𝑣𝑠𝑙 = 𝑞𝐿 𝐴 = 3,82 𝑓𝑡 𝑠 𝑣𝑠𝑔 = 𝑞𝐺 𝐴 = 340,3 𝑓𝑡 𝑠 𝑣𝑚 = 344,12 𝑓𝑡 𝑠 Com isso é possível calcular o houldup 𝜆𝐿 = 𝑣𝑠𝑙 𝑣𝑚 = 0,011 𝑒 𝐹𝑟 = 𝑣𝑚 2 𝑔𝐷 = 17695 Pelo gráfico estamos na região de fluxo distruido 𝐿1 = 316𝜆𝐿 0,302 = 80,9 ==> 𝜆𝐿 > 0,4 𝑒 𝐹𝑟 ≥ 𝐿1 Agora calculando o houldup com escorregamento 𝐻𝐿(0) = 𝑎𝜆𝐿 𝑏 𝐹𝑟𝑐 = 0,042 ==> 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝐻𝐿(0) ≥ 𝜆𝐿 𝑢𝑠𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑜 𝐻𝐿(0) 𝑁𝐿𝑣 = 1,938 𝑣𝑆𝐿√ 𝜌𝐿 𝜎𝐿 4 = 9,08 Temos q C= 0 logo Ψ = 1, logo não há correlação e 𝐻𝐿(0) = 𝐻𝐿(90) 𝜌𝑛 = 𝜌𝐿𝜆𝐿 + (1 − 𝜆𝐿)𝜌𝐺 = 3,12 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 𝜇𝑛 = 𝜇𝐿𝜆𝐿 + (1 − 𝜆𝐿)𝜇𝐺 = 0,035 𝑐𝑝 Agora calculando Reynolds 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝑚𝜌𝑛/𝜇𝑛 = 9709570 ==> 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 Tiramos pelo gráfico de moody que fn = 0,012 Como 𝑦 = 𝜆𝐿 [𝐻𝐿(𝜃)]2 = 6,24 S=0,6 Portanto temos: ( 𝑓 𝑓𝑛 ) = 𝑒𝑠 = 1,822 𝑓 = 𝑓𝑛 ( 𝑓 𝑓𝑛 ) = 0,022 Temos portanto: 𝜌𝑠 = 𝜌𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜌𝐺 = 4,5866 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 Agora podemos calcular a perda de carga 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = ( 𝜌𝑠𝑔 sin 𝜃 𝑔𝑐 + 𝑓𝜌𝑛𝑣𝑚 2 2𝐷𝑔𝑐 ) 1 − 𝐸𝑐 = 4,25 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 Questão 4 𝑅𝐺𝐿 = 𝑞𝐺 𝑠𝑡𝑑 𝑞𝑜 𝑠𝑡𝑑𝑞𝑤 𝑠𝑡𝑑 ==> 𝑞𝐺 𝑠𝑡𝑑 = 500000𝑠𝑐𝑓 𝑑 = 500000 𝑓𝑡3(𝑠𝑡𝑑) 𝑑 𝐵0 = 0,9759 + 0,00012[𝑅𝑠( 𝛾𝑔 𝛾𝑜 ) 0.5 + 1,25(𝑇 − 460)]1,2 = 1,06𝑏𝑏𝑙/𝑠𝑡𝑏 𝑞𝑜 𝑃,𝑇 = 𝑞𝑜 𝑠𝑡𝑑𝐵0 = 423 𝑏𝑏𝑙 𝑑 Para o Bw tiramos pelo gráfico da aula 6 e o resultado é Bw=1018 bbl/stb 𝑞𝑤 𝑃,𝑇 = 𝑞𝑤 𝑠𝑡𝑑𝐵𝑤 = 610,8 𝑏𝑏𝑙/𝑑 𝑞𝐺 𝑃,𝑇 = 𝐵𝐺(𝑞𝐺 𝑠𝑡𝑑 − 𝑅𝑆𝑞𝑜 𝑠𝑡𝑑 − 𝑅𝑆𝑤𝑞𝑤 𝑠𝑡𝑑 = 15328,4 𝑓𝑡3 𝑑 = 0,1774 𝑓𝑡3 𝑠 Onde 𝐵𝐺 = 0,02827 𝑍𝑇 𝑃 = 0,032 𝑓𝑡3/𝑠𝑐𝑓 Achamos 𝑑𝑔𝑑𝑜 = 0,68 Com isso podemos tirar: 𝑑𝑔𝑓 = (𝑑𝑔𝑅𝐺𝑂− 𝑑𝑔𝑑𝑜𝑅𝑆𝑂)/𝑅𝐺𝑂− 𝑅𝑆𝑂 = 0,65 Como: 𝑑𝑔𝑓 = 𝑀𝑎 𝑀𝑎𝑟 ==> 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑀𝑎 = 18,85 Podemos calcular a massa especifica do gas: 𝜌𝑔 = 𝑀𝑎𝑃 𝑍𝑅𝑇 = 1,56 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 𝐴𝑃𝐼 = 141,5 𝑑𝑜 − 131,5 ==> 𝑑𝑜 = 0,92 Com isso podemos calcular Rs 𝑅𝑠 = 𝛾𝑔 [( 𝑃 18,2 + 1,4) 10𝑥] 1,2018 = 53,5 𝑠𝑐𝑓 𝑠𝑡𝑏 ; 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥 = 0,1294 𝜌𝑜 = 62,4𝛾𝑜 + 0,0136𝑅𝑠𝛾𝑔 0,972 + 0,00012 [𝑅𝑠 ( 𝛾𝑔 𝛾𝑜 ) 0.5 + 1,25(𝑇 − 460)] 1,2 = 54,28 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 𝜌𝑤 = 61 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 Temos portanto a fração de óleo e de agua: 𝑓𝑜 = 𝑞𝑜 𝑞𝑜 + 𝑞𝑤 = 0,4; 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑓𝑤 = 0,6 Com isso teremos: 𝜌𝐿 = 𝜌𝑜𝑓𝑜 + 𝑓𝑤𝜌𝑤 = 58,31 𝑙𝑏𝑚/𝑓𝑡 3 𝜎𝐿 = 𝜎𝑜𝑓𝑜 + 𝑓𝑤𝜎𝑤 = 54 𝑑𝑦𝑛/𝑐𝑚 𝜇𝐿 = 𝜇𝑜𝑓𝑜 + 𝑓𝑤𝜇𝑤 = 7,16 𝑐𝑝 Calculando as velocidades superficiais do liquido e gas temos: 𝑣𝑠𝑙 = 𝑞𝐿 𝐴 = 3,05 𝑓𝑡 𝑠 𝑣𝑠𝑔 = 𝑞𝐿 𝐴 = 8,06 𝑓𝑡 𝑠 𝜆𝐿 = 𝑣𝑠𝑙 𝑣𝑚 = 0,27 𝑒 𝐹𝑟 = 𝑣𝑚 2 𝑔𝐷 = 23,07 Pelo gráfico estamos na região de fluxo intermitente: 0,01 ≤ 𝜆𝐿 < 0,4 𝑒 𝐿3 < 𝐹𝑟 ≤ 𝐿1 𝐻𝐿(0) = 𝑎𝜆𝐿 𝑏 𝐹𝑟𝑐 = 0,4 ==> 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝐻𝐿(0) ≥ 𝜆𝐿 𝑢𝑠𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑜 𝐻𝐿(0) Temos q C= 0 logo Ψ = 1, logo não há correlação e 𝐻𝐿(0) = 𝐻𝐿(90) 𝜌𝑛 = 𝜌𝐿𝜆𝐿 + (1 − 𝜆𝐿)𝜌𝐺 = 16,88 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 𝜇𝑛 = 𝜇𝐿𝜆𝐿 + (1 − 𝜆𝐿)𝜇𝐺 = 1,31. 10−3𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡. 𝑠 Agora calculando Reynolds 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝑚𝜌𝑛/𝜇𝑛 = 23800 ==> 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 1 √𝑓 = −3.6log [ 6.9 𝑅𝑒 + ( 𝑘 𝐷 3.7 ) 10 9 ] 𝑓 = 0,025 Agora calculando Reynolds 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝑚𝜌𝑛/𝜇𝑛 = 72114,5 ==> 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 Tiramos pelo gráfico de moody que fn = 0,022 Como 𝑦 = 𝜆𝐿 [𝐻𝐿(𝜃)]2 = 1,654 S=0,39 Portanto temos: ( 𝑓 𝑓𝑛 ) = 𝑒𝑠 = 1,478 𝑓 = 𝑓𝑛 ( 𝑓 𝑓𝑛 ) = 0,032 Temos, portanto: 𝜌𝑠 = 𝜌𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜌𝐺 = 28,4 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 Agora podemos calcular a perda de carga 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = ( 𝜌𝑠𝑔 sin 𝜃 𝑔𝑐 + 𝑓𝜌𝑛𝑣𝑚 2 2𝐷𝑔𝑐 ) 1 − 𝐸𝑐 = 0,165 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 Com delta P de 500 chegamos a L=3030 ft. 5) São os mesmo dados da questão 6 Calculando os limites de transição de fluxos 𝑁𝐿𝑉𝑅/𝑆 = 10 𝑥 Onde 𝑥 = log(𝑁𝐺𝑣) + 0,94 + 0,074 sin 𝜃 − 0,855 sin 𝜃 2 + 3,695𝑁𝐿 = 1,263 Portanto 𝑁𝐿𝑉𝑅/𝑆 = 10 𝑥 = 18,41 𝑁𝐿𝑉 > 𝑁𝐿𝑉𝑏/𝑠?𝑁ã𝑜! 𝑃𝑎𝑑𝑟ã𝑜 𝐺𝑜𝑙𝑓𝑎𝑑𝑎 𝑁𝑔𝑣 𝑠/𝑚 = 10 (1,401−2,694𝑁𝐿+0,521𝑁𝐿𝑉 0,329) = 350 𝑁𝐺𝑉 > 𝑁𝐺𝑉𝑏/𝑠?𝑁ã𝑜! 𝐻𝐿 = exp [(𝐶1 + 𝐶2sin 𝜃 + 𝐶3sin 𝜃 2 + 𝐶4𝑁𝐿 2)( 𝑁𝑔𝑣 𝐶5 𝑁𝐿𝑉 𝐶6)] = 0,59 𝜌𝑠 = 𝜌𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜌𝐺 = 30,5 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 𝜇𝑠 = 𝜌𝜇𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜇𝐺 = 0,00039 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡. 𝑠 𝑅𝑒 = 𝐷𝑣𝑚𝜌𝑛/𝜇𝑛 = 272644,62 ==> 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 Pelo gráfico de moody temos q f=0,016 Ec é desprezível 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = ( 𝜌𝑠𝑔 sin 𝜃 𝑔𝑐 + 𝑓𝜌𝑛𝑣𝑚 2 2𝐷𝑔𝑐 ) 1 − 𝐸𝑐 = 0,218 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 b) Para o poço horizontal Calculando os limites de transição de fluxo 𝑁𝐿𝑉𝑠/𝑡 = 10 𝑧 ==> 𝑧 = 4,215 ==> 𝑁𝐿𝑉𝑠/𝑡 = 0,00006 𝑁𝑔𝑣 𝑠/𝑚 = 10 (1,401−2,694𝑁𝐿+0,521𝑁𝐿𝑉 0,329) = 350,05 𝑁𝐺𝑉 > 𝑁𝐺𝑉𝑠/𝑚?𝑁ã𝑜! 𝑁𝐿𝑉 > 𝑁𝐿𝑉𝑠/𝑡?𝑆𝑖𝑚! 𝑁𝐴𝑉 > 𝑁𝐴𝑉𝑏/𝑠? 𝑁ã𝑜! ==> 𝐵𝑜𝑙ℎ𝑎 𝐻𝐿 = exp [(𝐶1 + 𝐶2sin 𝜃 + 𝐶3sin 𝜃 2 + 𝐶4𝑁𝐿 2)( 𝑁𝑔𝑣 𝐶5 𝑁𝐿𝑉 𝐶6)] = 0,73 𝜌𝑠 = 𝜌𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜌𝐺 = 36,34 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 𝜇𝑠 = 𝜌𝜇𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜇𝐺 = 0,00048 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡. 𝑠 Com isso temos Re= 221523,75 e f=0,016 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = ( 𝜌𝑠𝑔 sin 𝜃 𝑔𝑐 + 𝑓𝜌𝑛𝑣𝑚 2 2𝐷𝑔𝑐 ) 1 − 𝐸𝑐 = 0,0074 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 c) poço inclinado Calculando os limites de transição de fluxo 𝑁𝐿𝑉𝑏/𝑠 = 10 𝑥 ==> 𝑥 = 1,74 ==> 𝑁𝐿𝑉𝑏/𝑠 = 54,95 𝑁𝐿𝑉 > 𝑁𝐿𝑉𝑏/𝑠?𝑁ã𝑜! ==> 𝐺𝑜𝑙𝑓𝑎𝑑𝑎 𝐻𝐿 = exp [(𝐶1 + 𝐶2sin 𝜃 + 𝐶3sin 𝜃 2 + 𝐶4𝑁𝐿 2)( 𝑁𝑔𝑣 𝐶5 𝑁𝐿𝑉 𝐶6)] = 0,59 𝜌𝑠 = 𝜌𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜌𝐺 = 30,5 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡3 𝜇𝑠 = 𝜌𝜇𝐿𝐻𝐿(𝜃) + (1 − 𝐻𝐿(𝜃))𝜇𝐺 = 0,00039 𝑙𝑏𝑚 𝑓𝑡. 𝑠 Com isso temos Re= 272644,62 e f=0,016 𝑑𝑃 𝑑𝑧 = ( 𝜌𝑠𝑔 sin 𝜃 𝑔𝑐 + 𝑓𝜌𝑛𝑣𝑚 2 2𝐷𝑔𝑐 ) 1 − 𝐸𝑐 = 0,142 𝑝𝑠𝑖 𝑓𝑡 LISTA 8 Questão 1 Com os dados do enunciado e a expressão da pressão capilar abaixo temos: 𝑃𝑐 = 2𝜎𝑜𝑤 cos𝜃 𝑟 𝑃𝑐 = 433012,7𝑃𝑎 Como a pressão capilar pode ser expressa por : 𝑃𝑐 = 𝑔ℎ∆𝜌 Com isso temos h=176560cm Questão 2 Portando a porosidade e permeabilidade do intervalo foi usada: 𝐽(𝑆𝑤) = 0,21645𝑃𝑐 𝜎 √ 𝑘 ∅ Portanto: 𝐽(𝑆𝑤) = 0.32 Jogando esse valor no gráfico acima tempos uma 𝑆𝑤 ≅ 0,26 Vou encontra a saturação de agua dentro dos intervalos médios e tirar a média dessas saturações H=4002,5  h=27,5ft Curva 1 𝑃𝑐 = ℎ 144 ∆𝜌 𝑃𝑐 = 2,368 𝑝𝑠𝑖 Usando a expressão de J temos: : 𝐽(𝑆𝑤) = 0.32 𝑆𝑤 = 39% Repetindo o procedimento para os demais intervalos temos: Curva 2 : 𝐽(𝑆𝑤) = 0.32 𝑆𝑤 = 34,1% Curva 3 : 𝐽(𝑆𝑤) = 0.32 𝑆𝑤 = 26,5% Curva 4 : 𝐽(𝑆𝑤) = 0.32 𝑆𝑤 = 22,1% Somando as saturações e dividindo por 4 temos que: 𝑆𝑤,𝑚𝑒𝑑𝑖𝑎 = 30,45% Questao 4 𝑆𝑤 𝑘𝑟𝑤 𝑘𝑟𝑜 𝑀 𝑓𝑤 0.2 0 0.8 0 0 0.25 0.002 0.61 0.032787 0.031746 0.3 0.009 0.47 0.1914 0.0160714 0.35 0.02 0.37 0.5405 0.350877 0.4 0.033 0.285 1.157895 0.536585 0.45 0.051 0.22 2.3181 0.69863 0.5 0.075 0.163 4.60 0.821468 0.55 0.1 0.12 8.333 0.8928 0.6 0.132 0.081 16.2563 0.942184 0.65 0.17 0.05 34 0.971429 0.7 0.208 0.027 77.087 0.987186 0.75 0.251 0.01 251 0.996032 0.8 0.3 0 0 1 A tabela acima é resultado da aplicação do conceito de molhabilidade e posteriormente fluxo fracionaário : 𝑀 = 𝑘𝑟𝑤𝜇𝑜 𝑘𝑟𝑜𝜇𝑤 𝑓𝑤 = 1 1 + ( 1 𝑀 ) Temos portanto como gráfico aproximado Traçando uma tange a curva partindo de 0.2 temos: 𝑆𝑤𝑓 = 0.43 Pegando a saturação quando fw=1 temos: 𝑆𝑤𝑏𝑡 = 0.55 Para calcular o tempo no bt temos: 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.45 0.5 0.55 0.6 0.65 0.7 0.75 0.8 fw x Sw ( 𝑑𝑓𝑤 𝑑𝑠𝑤 ) = tan 𝛼 = 1 0.35 1 ( 𝑑𝑓𝑤 𝑑𝑠𝑤 ) = 𝑄𝑤𝑡𝑏𝑡 𝐴𝜀𝐿 Portando 𝑡𝑏𝑡 = 361𝑑𝑖𝑎𝑠 Agora para o calculo do fator de recuperação temos: 𝐹𝑅 = (𝑆𝑤𝑏𝑡 − 𝑆 𝑖 𝑤)/1− 𝑆 𝑖 𝑤 𝐹𝑅 = 44% Para agua em condições de superfície teremos: 𝑓𝑤𝑠 = 1 1 + 1 − 𝑓𝑤 𝑓𝑤 𝐵𝑤 𝐵𝑜 𝑓𝑤𝑠 = 0.43 Questão 5 Com os dados e o gráfico do fluxo fracionario Temos que : (𝑆𝑤𝑏𝑡𝑎𝑧𝑢𝑙) = 0.34 (𝑆𝑤𝑏𝑡𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑎) = 0.56 Com isso podemos calcular o fator de recuperação: 𝐹𝑅 = (𝑆𝑤𝑏𝑡 − 𝑆 𝑖 𝑤)/1− 𝑆 𝑖 𝑤 𝐹𝑅 = 0.45 Para o cálculo do volume produzido temos a seguinte relação: 𝐹𝑅 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒(𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑧𝑖𝑑𝑜) 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒(𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑡𝑢) Sendo o volume in situ 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 (𝑖𝑛 𝑠𝑖𝑡𝑢) = (1 − 𝑆 𝑖 𝑤)𝑊𝐻𝐿∅ Temos que o 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑑𝑒𝑜𝑙𝑒𝑜𝑎𝑧𝑢𝑙 = 2.8𝑚𝑙 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑑𝑒𝑜𝑙𝑒𝑜𝑣𝑒𝑟𝑚𝑒𝑙ℎ𝑜 = 4𝑚𝑙