TEA014 - Mecânica dos Fluidos Ambiental IICurso de Graduação em Engenharia AmbientalDepartamento de Engenharia Ambiental, UFPREXAME FINAL, 13 Dezembro 2019Prof. Michael Mannich

Exame Final

NOME: GABARITO Assinatura:

1 [25] Um líquido viscoso é descarregado de um grande reservatório de diâmetro de base D através de um tubo dediâmetro pequeno d .

a) [20] Desprezando os efeitos de entrada (perda localizada) e assumindo escoamento laminar obtenha uma expressãopara a variação da profundidade h do �uido no reservatório com o tempo. Apresente a equação de energia, as simpli-�cações adotadas e suas razões, e a equação para o cálculo da perda de carga utilizadas na construção do problema.

b) [5] O equipamento é utilizado para determinar a viscosidade cinemática de um óleo. A altura inicial do �uido notanque é H = 40 cm, o diâmetro do tubo é d = 6 mm, o comprimento do tubo é L = 0.65 m e o diâmetro doreservatório é D = 0.6 m. Observou-se que após 1400 s o nível do reservatório caiu 6 cm. Determine a viscosidadecinemática do �uido. Observação: veri�que se o escoamento é laminar.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

a) Aplicamos a equação da energia entre um ponto a montante na superfície do reservatório (1) e a jusante na saída datubulação (2).

����Patm

P1γ+ α1�����≈ 0

V 21

2д+ z1 +

XXXXHbomba =����Patm

P2γ+ α2�����≈ 0

V 22

2д+ z2 +

XXXXHturbina + hperdas

z1 − z2 = h = hperdas

h = fL

d

V 22

2д

Como f = 64Re para o escoamento laminar e Re = Vd

ν temos:

h =64νVd

L

d

V 22

2д= 32ν

LV

d2д

V = hдd2

32Lν

Temos então a velocidade em função da carga estática h. A variação de volume do reservatório, proporcional à taxade variação do nível (dhdt ) é igual a vazão de saída, de modo que podemos escrever:

Continue a solução no verso =⇒

πD2

4dh

dt= −V

πd2

4

D2dh

dt= −Vd2 = −hd2 дd2

32Lν1h

dh

dt= −

дd4

32D2Lν

dh

h= −

дd4

32D2Lνdt∫ h

h0

1hdh = −

∫ t

0

дd4

32D2Lνdt

lnh

h0= −

дd4

32D2Lνt

h = h0 exp(−

дd4

32D2Lνt

)b) Para os dados do problema isolamos ν :

ν = −дd4

32D2L

t

ln hh0

ν = −9.81 · 0.0064

32 · 0.62 · 0.41400ln 0.36

0.40

ν = 3.6 × 10−5 m2/s

Continue a solução no verso =⇒

2 [30] Água deve ser transportada ao nível do solo por uma distância de 500 m com uma vazão de 0.04 m3/s. O sistemadeve operar com auxílio de uma bomba com potência de 40 kW e e�ciência de 66.67%.

a) [25] Determine o menor diâmetro da tubulação para uma rugosidade ϵ = 0.15 mm. Apresente a equação de energia, assimpli�cações adotadas e suas razões, e a equação para o cálculo da perda de carga utilizadas na construção do problema.

b) [5] Se a tubulação puder ser considerada lisa, o diâmetro obtido será maior, menor ou igual ao obtido em (a)? Explique.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

a) Aplicamos a equação da energia entre um ponto a montante na superfície do reservatório (1) e a jusante na saída datubulação (2).

����Patm

P1γ+ α1�����≈ 0

V 21

2д+��z1 + Hbomba =

����Patm

P2γ+ α2

V 22

2д+��z2 +

XXXXHturbina + hperdas

Hbomba =V 2

22д+ hperdas

Hbomba =V 2

22д+ f

L

D

V 22

2д+ Ke

V 22

2д

Hbomba =V 2

22д

(1 + f

L

D+ Ke

)Hbomba =

8Q2

π 2D4д

(1 + f

L

D+ Ke

)

Reorganizando para isolar o diâmetro D.

D4 =8Q2

π 2дHbomba

[fL

D+ Kentrada + 1

]

D =

(8Q2

π 2дHbomba

[fL

D+ Kentrada + 1

]) 14

Reescrevendo agora a equação para estabelecer um potencial procedimento iterativo.

Di+1 =

(8Q2

π 2дHbomba

[fL

Di+ Kentrada + 1

]) 14

A altura manométrica da bomba pode ser calculada por:

Putil,bomba = Pbombaη = γQHbomba

Hbomba =Pbombaη

γQ=

40000 × 0.66679810 × 0.04

= 67.958 m

Continue a solução no verso =⇒

Podemos fazer uma estimativa do diâmetro, arbitrando f ≈ 0.02 e considerando o termo da perda de carga contínuadominante sobre os demais termos:

Hbomba =8Q2

π 2D4д

(1 + f

L

D+ Ke

)D5 =

8Q2

Hbombaπ 2дf L

D = 0.114253 m

Caso não con�e neste resultado podemos procurar a solução com mais re�namento. Na falta de um bom palpitepara o diâmetro podemos tomar como uma aproximação um valor intermediário de f = 0,020 que sempre é um bompalpite. Podemos então fazer algumas iterações para esta equação. Precisamos então de um valor inicial de D. Vamosarbitrar D1 → ∞.

Di+1 = 0,0373465(0,020

L

Di+ 0,5 + 1

) 14

Tabela 1: Iterações para determinação do diâmetroi Di

1 ∞

2 0,0413313 0,1475214 0,107749... ...12 0,114625

Mas esta não seria ainda a solução �nal, uma vez que �xamos e arbitramos f . Então agora devemos iterar para deter-minar D. Um procedimento possível é aproximar D, calcular todos os parâmetros e determinar ∆z depois compararcom o valor estabelecido. Deve-se aumentar ou diminuir D de acordo e realizar os novos cálculos. Uma forma deobter uma nova estimativa do diâmetro (i + 1) é utilizar a mesma equação para a iteração com os dados passados (i).

Di+1 = 0,0373465(fL

Di+ 0,5 + 1

) 14

Para cada iteração no cálculo do diâmetro devemos determinar f . Para determinar f fazemos iterações na forma:

1√f= −2,0 log *

,

ϵ/D

3,7+

2,51Re

√f

+-

fi+1 =

−2,0 log *

,

ϵ/D

3,7+

2,51Re

√fi

+-

−2

A tabela apresenta as iterações tomando como aproximação inicial f1 = 0, 020A tabela resume os resultados de cada iteração. Os valores do fator de atrito foram determinados resolvendo a equaçãode Colebrook. A primeira aproximação para o diâmetro D1 = 0,114m obtivemos da aproximação anterior. Nadaimpede, é claro, você ter omitido a primeira etapa e arbitrado um diâmetro qualquer como primeira aproximação. Oque �zemos apenas nos poupou algumas iterações e agilizou a convergência.Com bastante precisão obtivemos o valor de 116 mm.

Continue a solução no verso =⇒

Tabela 2: Iterações para determinação do diâmetroD V Re ϵ/D f Hbomba

0,114000 3,918866 4,467507×105 0,001316 0,021567 75,2171830,116930 3,724961 4,355579×105 0,001283 0,021457 65,9491850,116056 3,781263 4,388373×105 0,001292 0,021490 68,5626680,116313 3,764549 4,378663×105 0,001290 0,021480 67,7802280,116237 3,769478 4,381529×105 0,001290 0,021483 68,0104250,116259 3,768022 4,380682×105 0,001290 0,021482 67,9423490,116253 3,768452 4,380932×105 0,001290 0,021482 67,9624500,116255 3,768325 4,380858×105 0,001290 0,021482 67,9565120,116254 3,768362 4,380880×105 0,001290 0,021482 67,9582660,116254 3,768351 4,380874×105 0,001290 0,021482 67,9577480,116254 3,768354 4,380876×105 0,001290 0,021482 67,9579010,116254 3,768353 4,380875×105 0,001290 0,021482 67,9578560,116254 3,768354 4,380875×105 0,001290 0,021482 67,9578690,116254 3,768354 4,380875×105 0,001290 0,021482 67,9578650,116254 3,768354 4,380875×105 0,001290 0,021482 67,9578660,116254 3,768354 4,380875×105 0,001290 0,021482 67,957866

Poderíamos abrir mão da precisão e utilizar o diagrama de Moody para obter a solução. A tabela resume os resultadosde cada iteração. Os valores do fator de atrito foram determinados com o diagrama de Moody. A primeira aproxi-mação para o diâmetro foi escolhida arbitrariamente D1 = 0,100 m. Claro, poderíamos ter partido na nossa ótimaaproximação anterior, mas para �ns de ilustração deixamos assim. Conforme o diagrama, chegamos ao nosso limitevisual para determinar uma estimativa de f na terceira iteração. Levando este valor adiante chegamos também aoresultado de 116 mm.

Tabela 3: Iterações para determinação do diâmetroD V Re ϵ/D f Hbomba

0,100000 5,092958 5,092958×105 0,001500 0,022000 147,4063130,121358 3,458055 4,196633×105 0,001236 0,021300 54,4014570,114792 3,864974 4,436682×105 0,001307 0,021500 72,4422500,116641 3,743436 4,366367×105 0,001286 0,021500 66,8978140,116183 3,772979 4,383563×105 0,001291 0,021500 68,2212070,116295 3,765689 4,379326×105 0,001290 0,021500 67,8932380,116268 3,767481 4,380368×105 0,001290 0,021500 67,9737750,116275 3,767040 4,380112×105 0,001290 0,021500 67,9539530,116273 3,767149 4,380175×105 0,001290 0,021500 67,958829

b) Para um tubo liso (ϵ = 0) o diâmetro obtido seria menor por conta do menor fator de atrito f .

Continue a solução no verso =⇒

Continue a solução no verso =⇒

3 [15] Explique como o arrasto numa dada chaminé poderá ser o mesmo para um vento com velocidade de 1 m/s e paraoutro de 2 m/s. Admita que os valores de ρ e µ são os mesmos nas duas situações.

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:Vamos igualar a força de arraste (FD = CD

ρAV 2

2 ) nas duas condições 1 (vento de 1 m/s) e 2 (vento de 2 m/s):

FD,1 = FD,2

CD,1AρSAV

21

2= CD,2

AρSAV22

2CD,1

CD,2=

(V2V1

)2

CD,1

CD,2= 4

Desta forma, notamos que a razão entre os coe�cientes de arrasto é 4. Avaliando o diagrama do coe�ciente de arrasto paraum cilindro nota-se a região de mudança da camada limite de laminar para turbulenta, afastando o ponto de separaçãodo escoamento, diminuindo o arrasto de pressão (mesmo que aumente em menor proporção o arraste viscoso). Estefenômeno implica em uma rápida redução do coe�ciente de arrasto para valores de Re > 105, conforme ilustrado na�gura para um cilindro liso. Portanto, é possível que com o aumento de 2 vezes da velocidade o coe�ciente possa ser 4vezes inferior.

Continue a solução no verso =⇒

4 [30] Um canal de concreto n = 0.015 ms−1/3 e declividade de 0.001 m/m conforme a �gura pode transportar águacom uma profundidade normal y = 1 m e b = 3 m.

a) [5] Determine a vazão transportada pelo canal.

b) [10] Considera-se instalar uma coluna estreita na porção central do canal para facilitar a construção de uma passarelaacima do canal. Qual será a elevação de nível observada para a vazão de projeto de�nida em (a).

c) [15] Alternativamente, propõe-se reduzir a largura do canal para b = 2.5 m. Neste cenário, qual será o nível de águaresultante considerando a vazão de projeto de�nida em (a)?

SOLUÇÃO DA QUESTÃO:

a) Aplicado a Equação de Manning:

A = y × b = 3 m2

P = 2y + b = 5 m

Q =1nAR2/3S1/2

0 =1

0.0153(35

)2/30.001y1/2 = 4.499154 m3/s

b) O que muda agora é o raio hidráulico, ou podemos avaliar como dois canais. Então em cada seção escoará a metadeda vazão obtida em (a), Q = 2.249577 m3/s. Vamos considerar então a área e o perímetro de uma seção:

A = y ×b

2= 1.5y m2

P = 2y +b

2= 2y + 1.5 m

Q =1nAR2/3S1/2

0 =1nA5/3P−2/3S1/2

0

A5/3 =QnP2/3

S1/20

A = *,

Qn

S1/20

+-

35

P25

1.5y = *,

Qn

S1/20

+-

35

(2y + 1.5)25

yi+1 =1

1.5*,

Qn

S1/20

+-

35

(2yi + 1.5)25

Desenvolvemos um procedimento iterativo para determinar y. Podemos partir de y1 = 1.0 m. A tabela apresenta oresultado do método.

Continue a solução no verso =⇒

Tabela 4: Iterações para determinação da profundidade yni yi

1 1.0000002 1.1440663 1.1808484 1.1899685 1.1922136 1.1927657 1.1929008 1.1929339 1.19294210 1.19294411 1.192944

Portanto, a nova profundidade seria y = 1.193 m.

c) Calculamos as propriedades na seção 1 de montante:

q1 =Q

b1=

4.4991543

= 1.499 718 m3 s−1 m−1

Fr1 =V1√дy1=

q1√дy3

1

= 0.478823

E1 = y1 +q2

1

2дy21= 1.114 636 m

O escoamento é �uvial nesta seção de montante.Para avaliar a máxima seção contraída teríamos a condição crítica na seção contraída com a mesma energia da seçãode montante.

EC = E2 = E1

yC =23EC = 0.743 091 m

qmax = qC =√y3Cд = 2.006 306 m3 s−1 m−1

bmin =Q

qmax= 2.242 507 m

Portanto a menor seção antes da contração exercer controle é y > yC e temos 2.5 >= 2.24, determinaremos umaprofundidade y2 > yC sabendo que E2 < EC na seção contraída já sabemos que não haverá controle e que comoFr < 1 o escoamento também será �uvial. Sabemos na seção 2 que:

q2 =Q

b2= 1.799 661 m3 s−1 m−1

E2 = E1 = 1.114 636 m

Determinamos y2 a partir da equação da energia especí�ca na seção 2:

E2 = y2 +q2

2

2дy22→ y3

2 − E2y22 +

q22

2д= 0

Considerando uma solução iterativa pelo método de Newton-Raphson, por exemplo, tomando uma aproximaçãoinicial (yi = 1.0) com valor superior ao da profundidade crítica na seção contraída, uma vez que sabemos que oescoamento ainda será �uvial.

f = y32 − E2y

22 +

q22

2дf ′ = 3y2

2 − 2E2y2

yi+1 = yi +f

f ′= yi +

y3i − E2y

2i +

q22/2д

3y2i − 2E2yi

Continue a solução no verso =⇒

Tabela 5: Iterações para determinação da profundidade y2

i yi

1 1.0000002 0.9345563 0.9200354 0.9193125 0.9193116 0.919311

A solução é y2 ≈ 0.92 m.

Alternativamente podemos resolver a equação cúbica de forma analítica:

x3 + ax2 + bx + c = 0

Calculamos

p = b −a2

3

q =2a3

27−ab

3+ c

∆ =q2

4+p3

27

Se ∆ < 0 temos as soluções:

x1 =2√

3√−p sin

13

sin−1 *,

3√

3q2(−p)3/2

+-

−a

3

x2 = −2√

3√−p sin

13

sin−1 *,

3√

3q2(−p)3/2

+-+π

3

−a

3

x3 =2√

3√−p cos

13

sin−1 *,

3√

3q2(−p)3/2

+-+π

6

−a

3

As raízes são então:

x1 = 0.532522x2 = −0.337197x3 = 0.919311

Continue a solução no verso =⇒