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Enunciado

FenTrans, MecFlu, TransCal e TransMassa - Brunetti - Mecânica dos Fluidos - Ed: 2º - Capítulo 4.Exercício - Ex. 2

Supondo fluido ideal, mostrar que os jatos de dois orifícios na parede de um tanque interceptam-se num mesmo ponto sobre um plano, que passa pela base do tanque, se o nível do líquido acima do orifício superior é igual à altura do orifício inferior acima da base.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem? Vamos analisar essa questão… Precisamos fazer uma demonstração, o enunciado quer que a gente mostre que os jatos de dois orifícios na parede de um tanque interceptam-se num mesmo ponto sobre um plano… Então vamos mostrar!!

Como o reservatório é de grandes dimensões, temos que fazer algumas considerações para que possamos ir para os cálculos, ok? No caso de reservatórios de grandes dimensões, o regime é considerado permanente e o nível é considerado constante… Agora olhando para a imagem, temos:

E lembrando da equação de bernoulli, essa coisa enorme aqui:

z 0 + α 0 v 0 2 2 g + P 0 γ + H M = z 1 + α 1 v 1 2 2 g + P 1 γ + H p 0,1 = z 2 + α 2 v 2 2 2 g + P 2 γ + H p 0,2

Sendo o ponto 0 , a superfície do tanque… Vamos avaliar cada termo: z 0 é a altura do ponto 0 ao plano de referência horizontal.

Vamos fazer o seguinte: para cada caso, vamos adotar um ponto de referência diferente.

Para a análise dos pontos 0 e 1 , temos que:

z 0 = a

E, para a análise dos pontos 0 e 2 , temos que:

z 0 = a + b

Como o reservatório é muito grande, consideramos a velocidade do líquido no ponto 1 igual a zero.

v 0 = 0

Como os pontos estão ao ar livre as pressões manométricas se anulam.

P 0 = P 1 = P 2

A parcela H M diz respeito a uma máquina, bomba ou turbina. Como não temos nenhuma máquina no problema, temos que:

H M = 0

E como o fluido é ideal, não há perda de carga, logo:

H p 0,1 = H p 0,2 = 0

Passo 2

Com todas essas análises, podemos substituir os termos da equação de bernoulli… Primeiro para 1 , ficamos com:

z 0 + 0 + P 0 γ + 0 = 0 + α 1 v 1 2 2 g + P 1 γ + 0

z 0 + P 0 - P 1 γ = α 1 v 1 2 2 g

z 0 + 0 γ = α 1 v 1 2 2 g

Portanto:

z 0 = α 1 v 1 2 2 g

Como não há perdas o coeficiente de correção α 1 = 1 .

Substituindo os valores conhecidos, temos que:

a = 1 v 1 2 2 g

A velocidade de saída 1 , será então:

v 1 = 2 g a

Passo 3

Agora vamos fazer o mesmo para a saída ( 2 ) , temos que:

z 0 + 0 + P 0 γ + 0 = 0 + α 2 v 2 2 2 g + P 2 γ + 0

z 0 + P 0 - P 2 γ = α 2 v 2 2 2 g

z 0 + 0 γ = α 2 v 2 2 2 g

Portanto:

z 0 = α 2 v 2 2 2 g

Como não há perdas o coeficiente de correção α 2 = 1 .

Substituindo os valores conhecidos, temos que:

a + b = 1 v 2 2 2 g

A velocidade de saída 2 , será:

v 2 = 2 g a + b

Passo 4

Como temos as velocidades, agora é só considerar o movimento de lançamento horizontal.

Temos que a equação da altura em y para o lançamento horizontal é dada por:

∆ s = v 0 y t + a t 2 2

Então a altura do chão para o ponto 1 será:

∆ s 1 = a + b

Ficaremos então com:

∆ s 1 = v 0 y 1 t + g t 1 2 2

∆ s 1 = g t 1 2 2

Substituindo o ∆ s 1 :

a + b = g t 1 2 2

t 1 = 2 ( a + b ) g

Sendo a equação do alcance:

∆ s = v t

Aplicando ao nosso problema, ficamos com:

x 1 = v 1 t 1

Logo:

x 1 = 2 g a ⋅ 2 ( a + b ) g

Opa! Então temos:

x 1 = 2 a ( a + b )

Passo 5

Fazendo o mesmo agora para o ponto ( 2 ) . A altura do chão para o ponto 2 é de:

∆ s 1 = a

Portanto:

∆ s 2 = v 0 y 2 t + g t 2 2 2

t 2 = 2 a g

E sendo a equação do alcance:

∆ s = v t

Para o segundo caso, ficamos com:

x 2 = v 2 t 2

Logo:

x 2 = 2 g ( a + b ) ⋅ 2 a g

x 2 = 2 a ( a + b )

Opa! Olha isso! x 1 = x 2 , conseguimos provar que os alcances são iguais! Show de bola!

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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