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Enunciado

FenTrans, MecFlu, TransCal e TransMassa - Fox - Mecânica dos Fluidos- Ed: 8º - Capítulo 6.Problemas - Ex. 6

6.6 A componente em x da velocidade em um campo de escoamento incompressível é dada por   u = A x , em que A = 2   s - 1 e as coordenadas são medidas em metros. A pressão no ponto (x,y)=(0,0) é p 0 = 190   k P a (manométrica). A massa específica é ρ = 1,50   k g / m 3 e o eixo z é na vertical. Determine a componente mais simples possível da velocidade em y. Calcule a aceleração do fluido e determine o gradiente de pressão no ponto (x,y)=(2,1). Encontre a distribuição de pressão ao longo do eixo de x positivo.

Passo 1

Vamos começar pela equação da continuidade:

∂ ρ u ∂ x + ∂ ρ v ∂ y + ∂ ρ w ∂ z + ∂ ρ ∂ t = 0

Se considerarmos o escoamento incompressível, teremos ρ constante e ele pode sair da derivada e ∂ ρ ∂ t = 0 .

∂ u ∂ x + ∂ v ∂ y = 0

Sendo u = A x ,

∂ A x ∂ x + ∂ v ∂ y = 0

A + ∂ v ∂ y = 0

Separando as variáveis e integrando:

d v = - A d y

∫ d v = - A ∫ d y

v = - A y + C

Onde C é a constante de integração, porém para a componente mais simples vamos considerar C=0, então

v = - A y

Passo 2

Sendo V → = A x i ^ - A y j ^

Para a aceleração da partícula temos:

a → p = u ∂ V → ∂ x + v ∂ V → ∂ y + w ∂ V → ∂ z + ∂ V → ∂ t

Vamos considerar regime permanente ∂ V → ∂ t = 0 e que não haja componente em z, tipo com o escoamento sendo na horizontal w ∂ V → ∂ z = 0 , então:

a → p = u ∂ V → ∂ x + v ∂ V → ∂ y

Calculando as derivadas parciais:

∂ V → ∂ x = A i ^

∂ V → ∂ y = - A j ^

Sendo u = A x e v = - A y :

a → p = A x A i ^ + - A y - A j ^

a → p = A 2 x i ^ + A 2 y j ^

No ponto (x,y)=(2,1) e com A = 2   s - 1

a → p = 2 2 2 i ^ + 2 2 1 j ^

a → p = 8 i ^ + 4 j ^   m / s 2

Passo 3

Para o gradiente de pressão temos:

Na direção x:

∂ p ∂ x = ρ g x - ρ u ∂ u ∂ x + v ∂ u ∂ y + w ∂ u ∂ z + ∂ u ∂ t

Reparando que o que está dentro dos parênteses é a componente x da aceleração total que já achamos no passo anterior inclusive no ponto (x,y)=(2,1), então:

∂ p ∂ x = ρ g x - ρ a p , x

Como g x = 0 (pois o escoamento é horizontal) e ρ é conhecido ( ρ = 1,50   k g / m 3 )

∂ p ∂ x = - 1,50 k g m 3 8 m s 2 = - 12 k g m 3 m s 2  

Sabemos,

N = k g m s 2

Então:

∂ p ∂ x = - 12 N m 3

Como, P a = N / m 2 , então:

∂ p ∂ x = - 12 P a m

Passo 4

Na direção y:

∂ p ∂ y = ρ g y - ρ u ∂ v ∂ x + v ∂ v ∂ y + w ∂ v ∂ z + ∂ v ∂ t

Reparando que o que está dentro dos parênteses é a componente y da aceleração que já achamos no passo anterior inclusive no ponto (x,y)=(2,1), então:

∂ p ∂ y = ρ g y - ρ a p , y

Como g y = 0   (pois o escoamento é horizontal) e ρ é conhecido

∂ p ∂ y = - 1,50 k g m 3 4 m s 2 = - 6 k g m 3 m s 2  

Como,

N = k g m s 2

Então:

∂ p ∂ y = - 6 N m 3

Como, P a = N / m 2 , então:

∂ p ∂ y = - 6 P a m

Passo 5

Na diração z, como o escoamento é horizontal, vamos considerar que a aceleração não tem componente em z, ficando só a aceleração da gravidade.

∂ p ∂ z = ρ g z

Considerando g no sentido negativo de z:

∂ p ∂ z = 1,50 k g m 3 - 9,81 m s 2 = - 14,7 k g m 3 m s 2

Como,

N = k g m s 2

Então:

∂ p ∂ z = - 14,7 N m 3

Como, P a = N / m 2 , então:

∂ p ∂ z = - 14,7 P a m

Ficando, o gradiente de pressão:

∇ p = - 12 i ^ - 6 j ^ - 14,7 k ^ P a m  

Passo 6

Para encontrar a distribuição de pressão ao longo do eixo x positivo, vamos usar:

∂ p ∂ x = ρ g x - ρ a p , x

Como g x = 0 e com a p , x = A 2 x

∂ p ∂ x = - ρ A 2 x

Separando as variáveis e integrando:

d p = - ρ A 2 x d x

∫ d p = - ρ A 2 ∫ x   d x

p = - ρ A 2 x 2 2   + K

Mas quando x=0 temos p 0 = 190   k P a , então:

190000 = K

Substituindo ρ = 1,50   k g / m 3 e A = 2   s - 1 :

p = - 1,5 2 2 x 2 2   + 190000

p = - 3 x 2   + 190000

Resposta

v = - A y

a → p = 8 i ^ + 4 j ^   m / s 2

∇ p = - 12 i ^ - 6 j ^ - 14,7 k ^ P a m  

p = - 3 x 2   + 190000

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