1.4 Resumo HI - Leis de Conservação

📘 Resumo — Hidráulica I · Cap. 4: Leis de conservação

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Âmbito

O que cobre: as Aulas 08–11 e o Cap. 4 do livro (§4.1–4.7), isto é, as secções §7, §8, §9 e §10 do Resumo MAP1: TTR e continuidade, Teorema de Euler, momento da quantidade de movimento e energia (carga, perdas, máquinas).

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⚖️ 7. Conservação da massa e Teorema de Transporte de Reynolds (Aula 08 · §4.1–4.5)

7.1 Sistema material e volume de controlo

Ideia

As leis da Física (massa, Newton, energia) escrevem-se para um sistema material: um conjunto fixo de partículas. Num fluido, seguir sempre as mesmas partículas é impraticável, porque elas espalham-se e misturam-se. A análise integral faz outra coisa: escolhe uma região do espaço, o volume de controlo ${\forall }_c$, e contabiliza o que entra, o que sai e o que se acumula lá dentro (Cardoso et al., §4.1).

• É uma terceira via, entre a descrição de Lagrange (seguir partículas) e a de Euler (equações de campo, §5.2).
• Vantagem: não é preciso saber o que se passa lá dentro em pormenor; bastam os fluxos na fronteira (Aula 08, sl.3).
• Exemplo motivador (sl.4): as condutas e curvas da adução de Castelo do Bode. As forças nas curvas e nos maciços de amarração calculam-se com esta técnica (§8).

Armadilha

• O sistema material tem sempre as mesmas partículas, logo tem massa constante. O Vc é uma região do espaço que as partículas atravessam: a massa lá dentro pode variar.
• Uma Sc impermeável (parede) não deixa passar massa, mas pode mover-se. Uma superfície livre que desce é uma Sc móvel que contribui para o balanço (§7.3).
• Escolher mal o Vc complica tudo. A Sc deve cortar as secções onde se conhecem $u$ e $p$ e deve ser perpendicular ao escoamento nessas secções.

Definições (Cardoso et al., §4.2; Aula 08, sl.5–6)

• Sistema material: conjunto selecionado de partículas contíguas, separado do exterior por uma fronteira fechada ou aberta, real ou fictícia.
• Volume de controlo ${\forall }_c$: porção do espaço limitada por uma superfície contínua e diferenciável em quase toda a parte, a superfície de controlo $S_c$, com o interior totalmente preenchido por um ou mais fluidos.
• A $S_c$ pode ser fixa ou móvel; pode coincidir ou não com uma parede sólida; pode ser permeável (aberta, atravessada pelo fluido) ou impermeável (fechada).
• Vc fechado: sem transporte de massa através da $S_c$. Vc isolado: também sem trocas de energia nem de trabalho.

Tipo de Vc	${\vec{u}}_s$ (velocidade da $S_c$)	Uso típico
Fixo e indeformável	$\vec{0}$	Condutas, curvas, bifurcações em regime permanente
Móvel (translação)	${\vec{u}}_s$ uniforme	Corpo/defletor em movimento ([[#8.5 Volume de controlo móvel: velocidades relativas
Móvel e deformável	varia na $S_c$	Reservatório com superfície livre que desce ([[#7.6 Esvaziamento de reservatórios: Vc fixo vs Vc deformável

Passos para escolher o volume de controlo

1. Identificar as secções de entrada e de saída onde se conhecem (ou se pedem) velocidades, caudais e pressões.
2. Fazer passar a $S_c$ por essas secções, perpendicular ao escoamento; o resto da $S_c$ segue as paredes (impermeáveis).
3. Regime permanente (condutas): Vc fixo e indeformável. Numa curva: a curva com pequenos troços retos de cada lado.
4. Superfície livre variável: ou a $S_c$ acompanha a interface (Vc deformável), ou fica fixa no nível inicial e a água atravessa-a (Vc fixo, Prob 4.1a). Os dois caminhos dão o mesmo resultado.
5. Desenhar a $S_c$ a tracejado e marcar em cada secção ${\vec{u}}_k$ e a normal exterior ${\vec{n}}_k$.

Quando usar

Sempre que o enunciado diz “técnica do volume de controlo”, “Teorema de Transporte de Reynolds”, ou pede forças globais, caudais ou variações de nível sem pedir o campo de velocidades ponto a ponto.

7.2 Forma geral das leis de conservação: B, b e F_B

Ideia

As três leis de conservação da física newtoniana têm a mesma forma: “a taxa de variação de uma grandeza do sistema material é igual a uma fonte”. Muda só a grandeza e a fonte. Por isso basta um teorema (o TTR, §7.3) para as passar todas para o volume de controlo.

Armadilha

• $\mathbf{B}$ é extensiva (depende da massa: $m$, $m\vec{u}$, $E$); $b$ é intensiva (por unidade de massa: $1$, $\vec{u}$, $e$). Não confundir $b$ com a densidade por unidade de volume $\rho b$, que é a que aparece dentro dos integrais.
• Na massa a fonte é zero; na quantidade de movimento é a soma das forças exteriores.
• Massa e energia dão equações escalares; a quantidade de movimento dá uma equação vetorial (3 equações escalares).

Leis de conservação e formulação geral (Cardoso et al., §4.3–4.4.1, eqs. 4.1–4.3; Aula 08, sl.7–8)

$\frac{Dm}{Dt}=0,\frac{D(m\vec{u})}{Dt}=\sum \vec{F},\frac{DE}{Dt}=\frac{d{Q}_T}{dt}-\frac{dW}{dt}$ $\frac{D\mathbf{B}}{Dt}=\frac{D}{Dt}{\int }_{{\forall }_s}\underset{\text{por unid. de volume}}{\underbrace{\rho \mathbf{b}}}d\forall =\underset{\text{fonte}}{\underbrace{{\mathbf{F}}_B}}$

Lei	$\mathbf{B}$ (extensiva)	$\mathbf{b}$ (intensiva)	${\mathbf{F}}_B$ (fonte)
Massa	$m$	$1$	$0$
Quantidade de movimento	$\vec{\mathbb{P}}=m\vec{u}$	$\vec{u}$	$\sum {\vec{F}}_{ext}=\vec{G}+\vec{\Pi }$
Energia	$E$	$e$	${\dot{Q}}_T-\dot{W}$

$D/Dt$ é a derivada material (seguindo o sistema, cujo volume ${\forall }_s$ muda com o tempo). $Q_T$ é o calor recebido e $W$ o trabalho realizado pelo sistema (em J).

7.3 Teorema de Transporte de Reynolds (TTR)

Ideia

O TTR é a ponte entre o mundo de Lagrange (sistema material, onde valem as leis) e o mundo de Euler (volume de controlo, onde se fazem as contas). Diz que a variação de $\mathbf{B}$ no sistema é igual a:

• I: o que muda dentro do Vc porque $\rho \mathbf{b}$ varia no tempo;
• II: o que muda porque o próprio Vc se mexe ou se deforma;
• III: o que sai pela $S_c$ (fluxo convectivo), com a velocidade relativa à $S_c$.

Contagem de partículas (Aula 08, sl.11–14). Com $\mathbf{B}=m$ e cada partícula a valer 1, o sistema desloca-se entre $t$ e $t+\delta t$. A zona que fica vazia dentro do Vc conta para o termo I, as partículas que saíram pela $S_c$ para o termo III e a zona varrida pela $S_c$ em movimento para o termo II. A soma dá sempre zero, porque o sistema não perde partículas:

Slide	Caso	I	II	III	Soma
11	Vc fixo	−36	0	+36	0
12	Vc móvel (translação)	−19	0	+19	0
13	Vc móvel e deformável	−17	−19	+36	0
14	Prob 4.1a, Vc deformável (reservatório)	0	−10	+10	0

• Vc fixo: II = 0; tudo o que falta lá dentro saiu pela $S_c$.
• Vc em translação: o fluxo relativo é menor (19 em vez de 36), porque a $S_c$ acompanha parte do movimento. II = 0 porque, com $\rho \mathbf{b}$ uniforme, $\oint \rho \mathbf{b}({\vec{u}}_s\cdot \vec{n})dS=\rho \mathbf{b}{\vec{u}}_s\cdot \oint \vec{n}dS=0$ [nota própria]; o sl.12 só mostra “+0”.
• Reservatório (sl.14): a água é incompressível (I = 0); a faixa perdida pela descida da superfície livre é o termo II (−10); a “bolha” que sai pelo orifício é o termo III (+10).

Armadilha

• O fluxo (termo III) usa a velocidade relativa ${\vec{u}}_r$ à $S_c$, e não a absoluta $\vec{u}$, salvo se o Vc estiver parado.
• $\vec{n}$ é sempre a normal exterior, logo $({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})>0$ nas saídas e $<0$ nas entradas.
• $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}$ (limites móveis) não é ${\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial }{\partial t}$. A diferença é exatamente o termo II. Só com Vc fixo se pode meter a derivada dentro do integral.
• $D/Dt$ (sistema) $\ne d/dt$ (Vc) (Cardoso et al., nota 2 do §4.4).
• Uma superfície livre não é atravessada por massa, mas, se a $S_c$ a acompanhar, contribui pelo termo II.

Teorema de Transporte de Reynolds (Cardoso et al., §4.4.2, eqs. 4.15, 4.28–4.32; Aula 08, sl.9–10)

$\frac{D\mathbf{B}}{Dt}=\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho \mathbf{b}d\forall +{\int }_{S_c}\rho \mathbf{b}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS$ $\frac{D\mathbf{B}}{Dt}=\underset{\text{I: variac¸a˜o local}}{\underbrace{{\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial (\rho \mathbf{b})}{\partial t}d\forall }}+\underset{\text{II: movimento/deformac¸a˜o do Vc}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho \mathbf{b}({\vec{u}}_s\cdot \vec{n})dS}}+\underset{\text{III: fluxo pela }{S}_c}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho \mathbf{b}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS}}$ $\vec{u}={\vec{u}}_s+{\vec{u}}_r({\vec{u}}_s=\text{velocidade da }{S}_c,{\vec{u}}_r=\text{velocidade do fluido relativa aˋ }{S}_c)$

• I + II $=\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho \mathbf{b}d\forall$ (eq. 4.28, a “regra de Leibniz” para o Vc).
• II + III $={\int }_{S_c}\rho \mathbf{b}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS$, somando ${\vec{u}}_s+{\vec{u}}_r=\vec{u}$ (eq. 4.31).
• Vc fixo e indeformável (${\vec{u}}_s=\vec{0}$, ${\vec{u}}_r=\vec{u}$; eq. 4.32): $\frac{D\mathbf{B}}{Dt}=\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{{\forall }_c}\rho \mathbf{b}d\forall +{\int }_{S_c}\rho \mathbf{b}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS$

Ideia da demonstração (Cardoso et al., §4.4.2, Figs. 4.1–4.3)

• Em $t_0$ o Vc coincide com o sistema, que ocupa as regiões I + II. Em $t_0+\delta t$, o Vc ocupa II + III e há partículas do sistema que já saíram do Vc (região IV). O livro admite ${\vec{u}}_{r1}=\vec{0}$ na face de montante, ou seja, essa face acompanha o sistema; por isso a região IV é o único fluxo.
• Gralhas do livro: o texto antes da eq. 4.5 remete para a “Figura 4.1” e o texto antes da eq. 4.24 para a “Figura 4.2”. Em ambos os casos devia ser a Fig. 4.3, que é onde estão as regiões I–IV.
• $\frac{D\mathbf{B}}{Dt}=\underset{\delta t\to 0}{\lim }\frac{\mathbf{B}(t_0+\delta t)-\mathbf{B}(t_0)}{\delta t}$, com $\mathbf{B}(t_0+\delta t)={\mathbf{B}}^{II}+{\mathbf{B}}^{III}+{\mathbf{B}}^{IV}$ e $\mathbf{B}(t_0)={\mathbf{B}}^I+{\mathbf{B}}^{II}$.
• Reagrupando: o que está no Vc nos dois instantes dá $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho \mathbf{b}d\forall$; a região IV dá o fluxo ${\int }_{S_c}\rho \mathbf{b}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS$, porque o volume que sai por $dS$ em $\delta t$ é $({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS\delta t$.
• Desdobrando a derivada do Vc: a região II (comum aos dois instantes) dá o termo I; as regiões III e I (ganhas/perdidas pelo movimento da $S_c$) dão o termo II, com $({\vec{u}}_s\cdot \vec{n})dS\delta t$.
• Forma local (Teorema de Gauss, §4.4.3): ${\int }_{S_c}\rho b(\vec{u}\cdot \vec{n})dS={\int }_{{\forall }_c}\nabla \cdot (\rho b\vec{u})d\forall$, logo $\frac{D\mathbf{B}}{Dt}={\int }_{{\forall }_c}\left[\frac{\partial (\rho b)}{\partial t}+\nabla \cdot (\rho b\vec{u})\right]d\forall$ (eq. 4.37). O livro usa isto no Cap. 5 para as formas diferenciais. Com $b=1$ e $\rho$ constante sai $\nabla \cdot \vec{u}=0$, a condição da §6.4 [nota própria].

Passos para aplicar o TTR

1. Escolher $\mathbf{B}$ e $b$ (tabela da §7.2) e a fonte ${\mathbf{F}}_B$.
2. Desenhar o Vc e classificar cada parte da $S_c$: fixa (${\vec{u}}_s=\vec{0}$) ou móvel; permeável ou impermeável.
3. Termo I: $\rho \mathbf{b}$ varia no tempo dentro do Vc? (Fluido incompressível em regime permanente ⇒ I = 0.)
4. Termo II: só nas partes móveis da $S_c$: $\int \rho \mathbf{b}({\vec{u}}_s\cdot \vec{n})dS$.
5. Termo III: só nas partes permeáveis: $\int \rho \mathbf{b}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS$, com sinal + a sair, − a entrar.
6. Igualar I + II + III a ${\mathbf{F}}_B$ e resolver.

Quando usar

“Com base no TTR…”, “considere o volume de controlo móvel/deformável”, “compare as duas escolhas de volume de controlo”. Num teste, a pergunta típica é explicar que termos se anulam em cada escolha de Vc e porquê.

Exercício resolvido (Aula 08, sl.11–14 — contagem de partículas)

Na ilustração do slide 13 (Vc móvel e deformável), o termo I vale −17 e o termo II vale −19. Quanto vale o termo III? Na do slide 14 (reservatório a esvaziar, Vc que acompanha a superfície livre), porque é que o termo I é nulo?

Resolução passo-a-passo

1. Conservação da massa: $\mathbf{B}=m$, ${\mathbf{F}}_B=0$, logo I + II + III = 0. 2. Slide 13: $-17-19+\text{III}=0\Rightarrow \boxed{\text{III}=+36}$ partículas saíram pela $S_c$ É o mesmo valor do Vc fixo do sl.11, porque as faces de saída da $S_c$ (topo e direita) não se movem: aí ${\vec{u}}_r=\vec{u}$ e o fluxo é igual. 3. Slide 14: a água é incompressível, por isso $\rho$ não varia em nenhum ponto do Vc: $\partial \rho /\partial t=0\Rightarrow \boxed{\text{I}=0}$. O volume “perdido” no topo (II = −10) é igual ao que sai pelo orifício (III = +10). [resolução própria], a partir dos números dos slides.

Lição

A soma dos termos não depende da escolha do Vc, mas a repartição entre I, II e III depende. Com um Vc fixo, o que no sl.14 é “termo II” passa a ser fluxo através da superfície livre inicial (termo III de entrada), como no Prob 4.1a (§7.6).

7.4 Conservação da massa: equação da continuidade (Formas 1–4)

Ideia

É o TTR com $\mathbf{B}=m$, $b=1$ e fonte nula. Em palavras: o que se acumula no Vc = o que entra − o que sai. Cada termo é um caudal mássico, em kg/s.

Armadilha

• As Formas 1–3 servem para qualquer Vc; a Forma 4 só para Vc fixo e indeformável.
• A massa dentro do Vc pode variar mesmo com $\rho$ constante, se o volume ocupado pelo fluido variar (nível a subir).
• Num Vc com dois fluidos (água + ar), conta a massa de cada um. O ar aprisionado é comprimido (${\rho }_{ar}$ varia), mas a massa de ar é constante (Ex 4.3).
• Nas paredes impermeáveis fixas, $\vec{u}\cdot \vec{n}=0$: só as aberturas $S_0$ contribuem para o fluxo.

Equação da continuidade na forma integral (Cardoso et al., §4.5, eqs. 4.39–4.45; Aula 08, sl.17–18)

$\frac{Dm}{Dt}=0$ Vc genérico: $\underset{\text{I+II: variac¸a˜o da massa no Vc}}{\underbrace{\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho d\forall }}+\underset{\text{III: fluxo de massa}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho ({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS}}=0\text{(Forma 1)}$ $\underset{\text{I}}{\underbrace{{\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial \rho }{\partial t}d\forall }}+\underset{\text{II}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho ({\vec{u}}_s\cdot \vec{n})dS}}+\underset{\text{III}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho ({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS}}=0\text{(Forma 2)}$ ${\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial \rho }{\partial t}d\forall +{\int }_{S_c}\rho (\vec{u}\cdot \vec{n})dS=0\text{(Forma 3)}$ Vc fixo e indeformável: $\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{{\forall }_c}\rho d\forall +{\int }_{S_c}\rho (\vec{u}\cdot \vec{n})dS=0\text{(Forma 4)}$

• I: variação de $\rho$ dentro do Vc. II: variação da massa devida ao movimento/deformação do Vc. I+II: variação da massa no Vc. III: fluxo de massa pela $S_c$.
• Dividindo a $S_c$ em paredes impermeáveis $S^{\prime }$ (fluxo nulo) e aberturas $S_0$: $\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{{\forall }_c}\rho d\forall +{\int }_{S_0}\rho (\vec{u}\cdot \vec{n})dS=0$ (eq. 4.45).
• Unidades: cada termo em kg/s.

Passos para um balanço de massa em regime variável

1. Escolher o Vc e a forma (fixo → Forma 4; móvel → Forma 1 ou 2).
2. Escrever a massa no Vc em função da incógnita: por exemplo $m=\rho Sh(t)$, somando a de cada fluido.
3. Derivar em ordem a $t$ (regra do produto se $\rho$ e o volume variarem).
4. Escrever os fluxos nas aberturas com o sinal (+ sai, − entra).
5. Resolver para $dh/dt$, $d\rho /dt$, … e, se pedido, integrar no tempo.

Quando usar

“Reservatório a encher/esvaziar”, “calcule $dh/dt$”, “ar aprisionado”, “como varia a massa volúmica do gás”, qualquer situação não permanente. Em regime permanente, passa-se logo para a §7.5.

Exercício resolvido (Ex 4.3 do livro — reservatório fechado com ar aprisionado)

Um reservatório fechado é abastecido com água pela secção 1, junto à base. O ar fica aprisionado no topo. A interface água/ar está à altura $h$ e a altura total do reservatório é $H$.

• (a) Obtenha a expressão de $dh/dt$.
• (b) Calcule $dh/dt$ para uma secção horizontal $S_t=2$ m² e um caudal de 20 ℓ/s na secção 1.

Resolução passo-a-passo

1. Vc: todo o interior do reservatório (fixo), com água em baixo e ar em cima. O escoamento é variável. 2. Massa no Vc: $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho d\forall =\frac{d}{dt}\left({\rho }_{\acute{a}gua}{S}_{t}h\right)+\underset{=0\text{: a massa de ar na˜o muda}}{\underbrace{\frac{d}{dt}({\rho }_{ar}{S}_t(H-h))}}$ 3. Fluxo: só há a entrada 1, com sinal −: $-{\rho }_{\acute{a}gua}{u}_1{S}_1$. 4. Continuidade: ${\rho }_{\acute{a}gua}{S}_t\frac{dh}{dt}-{\rho }_{\acute{a}gua}{u}_1{S}_1=0\Rightarrow$ $\boxed{\frac{dh}{dt}=\frac{u_1{S}_1}{S_t}=\frac{Q_1}{S_t}}$ 5. b) $\frac{dh}{dt}=\frac{0,020}{2}=\boxed{0,01\text{m/s}}$ (resolução do livro)

Lição

O ar é comprimido (${\rho }_{ar}$ aumenta e o volume diminui), mas o produto, a massa, mantém-se. Na continuidade conta a massa, não o volume nem a massa volúmica isoladamente.

7.5 Regime permanente: Σ(±)ρk·Uk·Sk = 0, Q1 = Q2 e ramificações

Ideia

Em regime permanente nada se acumula no Vc, por isso tudo o que entra sai. Com velocidades uniformes nas secções, o integral de superfície passa a uma soma simples sobre as secções abertas. Com um único fluido incompressível, o balanço de massa é igual a um balanço de volume: a soma dos caudais que entram é igual à soma dos que saem.

Armadilha

• Sinais: + nas saídas, − nas entradas (Aula 08, sl.19). Isto vem da normal exterior.
• Só a componente normal transporta massa: numa secção oblíqua, $u_k=u\cos \alpha$, com $\alpha$ medido à normal (como na §6.2).
• Só se pode cortar ${\rho }_k$ com fluido único (sl.20). Com vários fluidos incompressíveis (Ex 4.2), $\sum (\pm )u_k{S}_k=0$ continua a valer como conservação do volume (Cardoso et al., eq. 4.48), e passa a ser uma equação independente da da massa.
• Os $u_k$ são velocidades médias $U_k=Q_k/S_k$.
• $Q_1=Q_2$ vale também em regime variável, se o fluido for incompressível e a conduta indeformável: não há onde acumular.

Continuidade em regime permanente (Cardoso et al., §4.5, eqs. 4.46–4.49; Aula 08, sl.19–20)

$\frac{\partial }{\partial t}=0\Rightarrow {\int }_{S_c}\rho (\vec{u}\cdot \vec{n})dS=0$ Distribuições uniformes de $u$ e $\rho$ nas secções permeáveis: $\boxed{\sum _k(\pm ){\rho }_k{u}_k{S}_k=0}(+\text{ saıˊdas},-\text{ entradas})$ Fluido único e incompressível (${\rho }_k=\rho$): ${\sum }_k(\pm )u_k{S}_k=0\iff {\sum }_{\text{entradas}}Q={\sum }_{\text{saıˊdas}}Q$

• Conduta (1 entrada, 1 saída): $-u_1{S}_1+u_2{S}_2=0\Rightarrow u_1{S}_1=u_2{S}_2\Rightarrow \boxed{Q_1=Q_2}$
• Ramificação (1 entrada, 3 saídas; sl.20 e Fig. 4.4): $-u_1{S}_1+u_2{S}_2+u_3{S}_3+u_4{S}_4=0$

${\rho }_k$ em kg/m³; $u_k$ = projeção da velocidade segundo ${\vec{n}}_k$ (m/s); $S_k$ em m².

Passos para a continuidade em regime permanente

1. Identificar todas as secções abertas e marcar se cada uma é entrada ou saída.
2. Em cada secção, calcular $S_k=\pi D_k^2/4$ e a componente normal $u_k$.
3. Escrever $\sum (\pm ){\rho }_k{u}_k{S}_k=0$ (ou $\sum (\pm )Q_k=0$ com fluido único).
4. Com dois fluidos, escrever também, se necessário, a conservação do volume.
5. Resolver para a incógnita e verificar se o sinal de $u_k$ confirma o sentido admitido.

Quando usar

Convergentes, divergentes, junções em T ou Y, bifurcações, “determine a velocidade na secção 2”, “que caudal sai em cada ramo”. É quase sempre o primeiro passo de um problema de quantidade de movimento (§8) ou de energia (§10).

Exercício resolvido (Ex 4.1 do livro — convergente)

Num convergente horizontal escoam-se 400 kg de água por segundo. O diâmetro passa de 400 mm (secção 1) para 250 mm (secção 2). Admitindo o fluido incompressível e a velocidade uniforme nas secções, determine o caudal e as velocidades nas secções 1 e 2.

Resolução passo-a-passo

1. Caudal: $\rho =1000$ kg/m³, logo $Q=\dot{m}/\rho =400/1000=\boxed{0,4\text{m³/s}}$ 2. Áreas: $S_1=\pi \cdot 0,40^2/4=0,1257$ m²; $S_2=\pi \cdot 0,25^2/4=0,0491$ m². 3. Continuidade $u_1{S}_1=u_2{S}_2=Q$: $u_1=\frac{0,4}{0,1257}=\boxed{3,18\text{m/s}},u_2=\frac{0,4}{0,0491}=\boxed{8,15\text{m/s}}$ (resolução do livro)

Lição

Num fluido incompressível a velocidade varia com o inverso da área, ou seja, com $1/D^2$: $u_2/u_1=(D_1/D_2{)}^2=(400/250{)}^2=2,56$. Não esquecer o quadrado.

Exercício resolvido (Ex 4.2 do livro — junção em Y com dois fluidos)

Numa junção em Y mistura-se etanol (${\rho }_e=789$ kg/m³), que entra pela secção 2 (Ø 100 mm), com 30 ℓ/s de gasolina (${\rho }_g=680$ kg/m³), que entra pela secção 1 (Ø 200 mm). A mistura, que contém 10 % de etanol (${\rho }_m=691$ kg/m³), sai pela secção 3 (Ø 200 mm) com $u_3=1,10$ m/s. Com distribuições de velocidade aproximadamente uniformes, determine o caudal e a velocidade do etanol.

Resolução passo-a-passo

1. Continuidade da massa (2 entradas, 1 saída): $-{\rho }_e{u}_2{S}_2-{\rho }_g{Q}_g+{\rho }_m{u}_3{S}_3=0$ 2. Áreas: $S_2=\pi \cdot 0,10^2/4=0,00785$ m²; $S_3=\pi \cdot 0,20^2/4=0,0314$ m². 3. Velocidade do etanol: $u_2=\frac{{\rho }_m{u}_3{S}_3-{\rho }_g{Q}_g}{{\rho }_e{S}_2}=\frac{691\cdot 1,10\cdot 0,0314-680\cdot 0,030}{789\cdot 0,00785}=\frac{23,88-20,40}{6,20}\approx \boxed{0,56\text{m/s}}$ 4. Caudal: $Q_e=u_2{S}_2\approx 0,56\cdot 0,00785\approx \boxed{4,4\text{ℓ/s}}$ [resolução própria]. O livro arredonda as áreas para $S_2=0,008$ e $S_3=0,031$ m² e obtém 0,50 m/s e 4 ℓ/s. O resultado é muito sensível a esse arredondamento, porque se subtraem dois números próximos (23,9 − 20,4). Os dados do livro são sobredeterminados: os 10 % em volume confirmam ${\rho }_m=0,1\cdot 789+0,9\cdot 680\approx 691$ kg/m³, mas dariam $Q_e\approx 0,1\cdot 34,6\approx 3,5$ ℓ/s, o que não é perfeitamente coerente com os 30 ℓ/s de gasolina [nota própria].

Lição

Com fluidos diferentes usa-se a massa (${\rho }_k{Q}_k$), e não só os caudais. O volume também se conserva ($Q_e+Q_g=Q_3$): $4,4+30=34,4\approx u_3{S}_3=34,6$ ℓ/s ✓. Quando o resultado vem de uma diferença de números próximos, não se arredondam os dados intermédios.

7.6 Esvaziamento de reservatórios: Vc fixo vs Vc deformável

Ideia

Um reservatório que esvazia por um orifício é o exemplo clássico de escoamento variável: a superfície livre desce com $u_1$ e o jato sai com $u_2=\sqrt{2gh}$ (velocidade de Torricelli, que vem da energia, §10). A continuidade liga as duas velocidades. Pode escolher-se o Vc de duas formas, e o resultado é o mesmo:

• Vc deformável (acompanha a superfície livre): a superfície livre entra pelo termo II; o orifício pelo termo III.
• Vc fixo (o volume inicial de água): a água atravessa a superfície livre fixa para baixo, como se fosse uma entrada; o orifício é a saída.

Armadilha

• $u_1$ costuma ser um módulo (positivo), mas $h$ diminui: $u_1=-dh/dt$.
• $h$ mede-se a partir do eixo do orifício (é a carga sobre o orifício).
• Com Vc fixo, na superfície livre $\vec{n}$ aponta para cima e $\vec{u}$ para baixo: $\vec{u}\cdot \vec{n}=-u_1$ (entrada aparente).
• Com Vc deformável, na superfície livre ${\vec{u}}_s=\vec{u}$, logo ${\vec{u}}_r=\vec{0}$: não há termo III aí, mas há termo II.

Velocidade da superfície livre (Cardoso et al., §4.5, Ex 4.4, eqs. E4.1–E4.5)

$-u_1{S}_1+u_2{S}_2=0\Rightarrow \boxed{u_1=-\frac{dh}{dt}=\frac{S_2}{S_1}\sqrt{2gh}}$ Integrando para um reservatório prismático ($S_1$ constante), a partir de $h_0$ em $t_0$: $\sqrt{h}=\sqrt{h_0}-\frac{\sqrt{2g}}{2}\frac{S_2}{S_1}(t-t_0),u_1(t)=\frac{S_2}{S_1}\sqrt{2g{h}_0}-g{\left(\frac{S_2}{S_1}\right)}^2(t-t_0)$ A superfície livre desacelera uniformemente, com $g(S_2/S_1{)}^2$.

Passos para o esvaziamento de um reservatório

1. Escolher o Vc (fixo ou deformável) e marcar $S_1$ (superfície livre), $S_2$ (orifício), ${\vec{u}}_k$ e ${\vec{n}}_k$.
2. Identificar os termos: incompressível ⇒ I = 0; superfície livre ⇒ II (Vc deformável) ou III de entrada (Vc fixo); orifício ⇒ III de saída.
3. Escrever $-u_1{S}_1+u_2{S}_2=0$ e substituir $u_2=\sqrt{2gh}$.
4. Se pedirem $h(t)$, $u_1(t)$ ou o tempo de esvaziamento: $dh/dt=-u_1$, separar variáveis e integrar.

Quando usar

“Velocidade da superfície livre”, “tempo de esvaziamento”, “como deve variar a secção para que o nível desça a velocidade constante” (clepsidra), “orifício no fundo com $\sqrt{2gh}$”.

Exercício resolvido (Prob 4.1 do livro / Aula 08, sl.14 e sl.24)

Com base no princípio da conservação da massa e tendo em conta o TTR e a técnica do volume de controlo, determine:

• (a) a velocidade $u_1$ da superfície livre de um reservatório de secção constante $S_1$, com um orifício de área $S_2$ no fundo e $u_2=\sqrt{2gh}$, considerando como volume de controlo o volume inicial de água e mantendo-o fixo no tempo (Fig. 4.29a);
• (b) a lei de variação da área da superfície livre $S_1(h)$ do reservatório de modo a que a velocidade $u_1$ seja constante no tempo (Fig. 4.29b).

Resolução passo-a-passo

1. a) Vc fixo (Forma 4), água incompressível. Em $t_0$ a $S_c$ coincide com a superfície livre. Em nenhum ponto interior $\rho$ varia ($\partial \rho /\partial t=0$, logo o termo de acumulação é nulo), e a água que está na $S_c$ desce com $u_1$, o que conta como entrada aparente. Num instante posterior, a perda de água no topo apareceria na acumulação e não no fluxo. 2. Fluxos: na superfície livre (fixa), a água atravessa-a para baixo: $\vec{u}\cdot \vec{n}=-u_1$ (entrada). No orifício: $\vec{u}\cdot \vec{n}=+u_2$ (saída). $-\rho u_1{S}_1+\rho u_2{S}_2=0\Rightarrow \boxed{u_1=\frac{S_2}{S_1}\sqrt{2gh}}$ 3. Verificação com Vc deformável (sl.14, Forma 2): na superfície livre ${\vec{u}}_s=\vec{u}$, logo ${\vec{u}}_r=\vec{0}$ e o termo II vale $-\rho u_1{S}_1$; no orifício ${\vec{u}}_s=\vec{0}$ e o termo III vale $+\rho u_2{S}_2$; o termo I é nulo. Mesmo resultado ✓. 4. b) Impondo $u_1$ constante na expressão anterior: $\boxed{S_1(h)=\frac{S_2}{u_1}\sqrt{2gh}}\propto \sqrt{h}$ Num reservatório de revolução, $\pi r^2\propto h^{1/2}$, logo $h\propto r^4$: é a forma de uma clepsidra (relógio de água). [resolução própria], que bate com a solução do livro. O livro tem ainda uma alínea (c) (êmbolo sobre gás, $\rho (t)$ para $Q_2$ constante), que não é pedida nos slides.

Lição

A física não depende do Vc: com Vc fixo, a descida da superfície livre aparece como um fluxo de entrada; com Vc deformável, aparece como o termo II. Escolhe-se o que torna as contas mais simples. Em (b), a conta é a mesma, só muda a incógnita.

Exercício resolvido (Ex 4.4 do livro — esvaziamento de reservatório prismático)

Um reservatório prismático esvazia-se por um pequeno orifício circular na extremidade de um tubo adicional. A água é incompressível e a velocidade no orifício é uniforme e igual a $\sqrt{2gh}$, com $h$ medido a partir do eixo do orifício. Determine a expressão da variação temporal da velocidade da superfície livre, $u_1$.

Resolução passo-a-passo

1. Vc móvel e deformável, que acompanha a massa de água (Forma 1): $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho d\forall +{\int }_{S_1}\rho ({\vec{u}}_{r_1}\cdot {\vec{n}}_1)dS+{\int }_{S_2}\rho ({\vec{u}}_{r_2}\cdot {\vec{n}}_2)dS=0$ 2. Superfície livre: ${\vec{u}}_{s_1}={\vec{u}}_1$, logo ${\vec{u}}_{r_1}=\vec{0}$. Orifício: ${\vec{u}}_{r_2}={\vec{u}}_2$. 3. Massa no Vc: $\int \rho d\forall =\rho S_{1}h$, logo $\frac{d}{dt}(\rho S_{1}h)=\rho S_1\frac{dh}{dt}$ ($\rho$ constante). $\rho S_1\frac{dh}{dt}+\rho \sqrt{2gh}{S}_2=0\Rightarrow u_1=-\frac{dh}{dt}=\frac{S_2}{S_1}\sqrt{2gh}$ 4. Integrar ${\int }_{h_0}^h{h}^{-1/2}dh=-\sqrt{2g}\frac{S_2}{S_1}{\int }_{t_0}^{t}dt$: $\sqrt{h}=\sqrt{h_0}-\frac{\sqrt{2g}}{2}\frac{S_2}{S_1}(t-t_0)$ 5. Substituir em $u_1$: $\boxed{u_1(t)=\frac{S_2}{S_1}\sqrt{2g{h}_0}-g{\left(\frac{S_2}{S_1}\right)}^2(t-t_0)}$ (resolução do livro). O livro resolve também com a Forma 2 (termo II na superfície livre, termo III no orifício) e chega a $-u_1{S}_1+u_2{S}_2=0$; nessa equação o livro esquece-se do ”= 0”, uma gralha. O volume do tubo adicional é desprezado: está implícito em $m=\rho S_{1}h$ [nota própria].

Lição

$u_1$ diminui linearmente com o tempo: a superfície livre tem uma desaceleração constante $g(S_2/S_1{)}^2$. O tempo de esvaziamento sai de $\sqrt{h}=0$: $T=\frac{S_1}{S_2}\sqrt{\frac{2h_0}{g}}$ [nota própria].

Estudo autónomo (Aula 08, sl.31)

• Estudar: §4.2 a 4.5; Ex 4.2, 4.3 e 4.4.
• Resolver: o slide não indica problemas. O Prob 4.1 foi trabalhado na aula.

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🚀 8. Quantidade de movimento: Teorema de Euler (Aula 09 · §4.6.1)

8.1 Lei de conservação e forças exteriores: G e Π

Ideia

É a 2.ª lei de Newton aplicada a um sistema material de fluido: a quantidade de movimento $\vec{\mathbb{P}}=m\vec{u}$ só muda se houver forças exteriores. Com o TTR (§7.3), aplicado a $\mathbf{B}=\vec{\mathbb{P}}$ e $b=\vec{u}$ (a grandeza transportada por unidade de volume é $\rho \vec{u}$), a lei passa do sistema para um volume de controlo. Há só dois tipos de forças exteriores:

• $\vec{G}$, as forças de massa, que atuam em todo o volume (na prática, o peso);
• $\vec{\Pi }$, as forças de contacto, que atuam na superfície de controlo: a pressão, as tensões viscosas e a reação das paredes.

Armadilha

• A massa conserva-se ($F_B=0$). A quantidade de movimento não: tem como “fonte” a soma das forças exteriores.
• É uma equação vetorial. Cada direção dá uma equação escalar.
• Na pressão o termo é $-p\vec{n}$. Como $\vec{n}$ é a normal exterior, a pressão empurra sempre para dentro do Vc.
• $\vec{\Pi }$ inclui as superfícies abertas (secções de entrada e saída) e as fechadas (paredes). A força das paredes sobre o fluido chama-se $\vec{R}$.
• A equação só tem esta forma num referencial inercial: imóvel, ou em translação a velocidade constante e sem rotação. Num referencial acelerado junta-se a força de inércia $-\int \rho {\vec{a}}_{rel}d\forall$, com ${\vec{a}}_{rel}$ dado pela eq. 4.66 (Cardoso et al.). Para a Terra, este efeito é desprezável.

Lei de conservação da quantidade de movimento (Cardoso et al., §4.6.1, eqs. 4.50–4.59; Aula 09, sl.5–6)

$\frac{D\vec{\mathbb{P}}}{Dt}=\sum {\vec{F}}_{ext}=\vec{G}+\vec{\Pi }\stackrel{\text{TTR}}{\to }\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{u}d\forall +{\int }_{S_c}\rho \vec{u}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS=\vec{G}+\vec{\Pi }$ $\vec{G}={\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{g}d\forall ,\vec{\Pi }={\int }_{S_c}{\vec{P}}_{s}dS={\int }_{S_c}(\vec{\sigma }+\vec{\tau })dS={\int }_{S_c}(-p\vec{n}+\vec{\eta }+\vec{\tau })dS$ $\vec{\mathbb{P}}$ em kg·m/s; $\vec{G}$ e $\vec{\Pi }$ em N; $p$ é a pressão (Pa), isotrópica; $\vec{\eta }$ são as tensões normais viscosas e $\vec{\tau }$ as tensões tangenciais (Pa). Quase sempre $-p\vec{n}$ domina e $\vec{\eta }$ despreza-se.

Passos para identificar as forças exteriores

1. Delimitar o Vc e listar as secções abertas (com fluido a entrar ou sair) e as paredes.
2. Peso: $\vec{G}=\rho g{\forall }_c$, vertical e para baixo. Despreza-se se o problema estiver em planta ou se o enunciado o disser.
3. Pressão nas secções abertas: ${\Pi }_k=p_k{S}_k$, normal à secção e para dentro do Vc. Com pressões relativas, um jato livre tem $p=0$.
4. Paredes: representar uma única incógnita $\vec{R}$, com um sentido arbitrado. Juntam-se aqui as válvulas fechadas e o atrito.

Quando usar

É o primeiro passo de todo o problema de força num escoamento: curvas, bifurcações, jatos, comportas, ressaltos e êmbolos. Na hidrostática ($\vec{u}=\vec{0}$) a equação reduz-se a $\vec{G}+\vec{\Pi }=\vec{0}$ (eq. 4.72), o que reconstrói o Cap. 2.

8.2 Formas 1–4, significado das parcelas e componentes

Ideia

Tal como a continuidade (§7.4), a equação escreve-se de quatro formas, conforme o Vc. Todas dizem o mesmo:

(variação da quantidade de movimento dentro do Vc) + (fluxo que sai menos o que entra) = forças exteriores

A única diferença em relação à massa é que a grandeza transportada é o vetor $\rho \vec{u}$, e não $\rho$.

Armadilha

• No fluxo $\rho \vec{u}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})$, o sinal vem do escalar ${\vec{u}}_r\cdot \vec{n}$ (negativo numa entrada, positivo numa saída). A direção vem do vetor $\vec{u}$.
• Nas três componentes o fator $({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})$ é o mesmo; só muda a componente transportada ($u$, $v$ ou $w$).
• Num escoamento 1D basta uma equação, num 2D duas e num 3D três.

Formas da equação da quantidade de movimento (Cardoso et al., §4.6.1, eqs. 4.59–4.65 e 4.67; Aula 09, sl.7–9)

Vc genérico (móvel e/ou deformável): $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{u}d\forall +{\int }_{S_c}\rho \vec{u}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS={\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{g}d\forall +{\int }_{S_c}(\vec{\sigma }+\vec{\tau })dS\text{(Forma 1)}$ $\underset{\text{I}}{\underbrace{{\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial (\rho \vec{u})}{\partial t}d\forall }}+\underset{\text{II}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho \vec{u}({\vec{u}}_s\cdot \vec{n})dS}}+\underset{\text{III}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho \vec{u}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS}}={\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{g}d\forall +{\int }_{S_c}(\vec{\sigma }+\vec{\tau })dS\text{(Forma 2)}$ ${\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial (\rho \vec{u})}{\partial t}d\forall +{\int }_{S_c}\rho \vec{u}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS={\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{g}d\forall +{\int }_{S_c}(\vec{\sigma }+\vec{\tau })dS\text{(Forma 3)}$ Vc fixo e indeformável: $\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{u}d\forall +{\int }_{S_c}\rho \vec{u}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS={\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{g}d\forall +{\int }_{S_c}(\vec{\sigma }+\vec{\tau })dS\text{(Forma 4)}$ Significado (sl.8): I = variação local de $\rho \vec{u}$ dentro do Vc; II = variação devida ao deslocamento ou deformação do Vc (I + II = variação da quantidade de movimento total do Vc); III = fluxo de quantidade de movimento através da $S_c$.

Componente x (as componentes y e z são análogas, com $v,g_y,n_y$ e $w,g_z,n_z$): $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho ud\forall +{\int }_{S_c}\rho u({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS={\int }_{{\forall }_c}\rho g_{x}d\forall -{\int }_{S_c}p{n}_{x}dS+{\int }_{S_c}({\eta }_x+{\tau }_x)dS$

Passos para escolher a forma

1. Vc parado e rígido (curva, bifurcação, troço de conduta): Forma 4, que leva diretamente ao Teorema de Euler (§8.3).
2. Vc indeformável que se move a velocidade constante (defletor móvel): Forma 1 (eq. 4.59) no referencial do Vc. Nesse referencial reduz-se a Euler, com velocidades relativas (§8.5).
3. Vc deformável (êmbolo, superfície livre que sobe ou desce): Forma 1, com o termo $d/dt\int \rho \vec{u}d\forall$ calculado explicitamente.
4. Projetar a equação nas direções que interessam, escolhendo os eixos de modo a anular o maior número de termos.

Quando usar

A Forma 4 resolve a maior parte dos problemas dos slides. As Formas 1 e 2 só são precisas com Vc móvel ou deformável (Ex 4.7 e Ex 4.8 do livro).

8.3 Teorema de Euler: G + Π + I + M1 − M2 = 0

Ideia

Com o Vc fixo e indeformável, um fluido único, $\vec{\eta }$ desprezado e perfis uniformes nas secções, os integrais passam a vetores simples:

• $\vec{I}$ é a força local de inércia. É nula em regime permanente.
• ${\vec{M}}_k=\rho Q_k{\vec{u}}_k$ é o fluxo de quantidade de movimento de cada secção. Tem sempre o sentido da velocidade.

A equação fica um polígono de forças fechado. Desenhados todos para dentro do Vc, somam zero: $\vec{\Pi }$ das secções, ${\vec{M}}_1$ (que entra no sentido de ${\vec{u}}_1$) e $-{\vec{M}}_2$ (oposto a ${\vec{u}}_2$, logo também para dentro).

Armadilha

• $\vec{R}$ é a força da parede sobre o fluido. A força do fluido sobre a estrutura (a que se pede: maciço de amarração, parafusos, flange) é $\boxed{\vec{F}=-\vec{R}}$.
• Arbitra-se o sentido de $\vec{R}$. Se o valor calculado sair negativo, o sentido real é o oposto: isso não é um erro.
• Usam-se pressões relativas. A pressão atmosférica atua em toda a $S_c$ e tem resultante nula, por isso um jato livre tem $p=0$.
• Uma válvula fechada faz parte da parede: entra em $\vec{R}$, não é secção aberta.
• Um caudal que entra perpendicularmente a uma direção não traz quantidade de movimento nessa direção (tubos verticais no Prob 4.5, “chuva” no Ex 4.5). Conta na continuidade.
• Os slides não introduzem o coeficiente de quantidade de movimento $\beta$: assume-se sempre um perfil uniforme.
• ${\vec{M}}_k=\rho Q_k{\vec{u}}_k$ exige também que a velocidade seja paralela a $\vec{n}$ na secção (Cardoso et al., eq. 4.69). Por isso as secções se escolhem perpendiculares ao escoamento.
• Projetar cada vetor com o $\cos$ ou o $\sin$ do seu ângulo. Numa bifurcação simétrica, a componente transversal anula-se.

Teorema de Euler (Cardoso et al., §4.6.1, eqs. 4.67–4.71; Aula 09, sl.10–11)

Vc fixo e indeformável, com $\vec{\eta }=\vec{0}$: $\underset{=-\vec{I}}{\underbrace{\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{u}d\forall }}+\underset{=-{\vec{M}}_1+{\vec{M}}_2}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho \vec{u}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS}}={\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{g}d\forall +{\int }_{S_c}(-p\vec{n}+\vec{\tau })dS$ Com perfis uniformes numa entrada (1) e numa saída (2): ${\int }_{S_c}\rho \vec{u}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS=-{\rho }_1{Q}_1{\vec{u}}_1+{\rho }_2{Q}_2{\vec{u}}_2=-{\vec{M}}_1+{\vec{M}}_2,{\vec{M}}_k={\rho }_k{Q}_k{\vec{u}}_k$ $\boxed{\vec{G}+\vec{\Pi }+\vec{I}+{\vec{M}}_1-{\vec{M}}_2=\vec{0}}$

• $\vec{G}$: peso (N);
• $\vec{\Pi }$: forças de contacto nas superfícies abertas ($p_k{S}_k$, para dentro) e fechadas ($\vec{R}$);
• $\vec{I}=-\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{u}d\forall$: força local de inércia (N), nula em regime permanente (eq. 4.71);
• ${\vec{M}}_1$, ${\vec{M}}_2$: resultantes dos fluxos de quantidade de movimento em todas as entradas e em todas as saídas (N = kg·m/s²).

Hidrostática ($\vec{u}=\vec{0}$): $\vec{G}+\vec{\Pi }=\vec{0}$ (eq. 4.72).

Passos para aplicar o Teorema de Euler

1. Continuidade primeiro (§7.5): calcular $Q_k$ e $u_k=Q_k/S_k$ em todas as secções.
2. Desenhar o Vc e marcar, todos para dentro: ${\vec{\Pi }}_k=p_k{S}_k$ normal a cada secção aberta, ${\vec{M}}_1$ no sentido de ${\vec{u}}_1$, $-{\vec{M}}_2$ oposto a ${\vec{u}}_2$. Juntar $\vec{G}$ e $\vec{R}$ (com sentido arbitrado).
3. Regime permanente ⇒ $\vec{I}=\vec{0}$.
4. Projetar segundo x, y (e z), com o $\cos$ ou $\sin$ de cada ângulo.
5. Resolver para $\vec{R}$ (ou para a incógnita pedida, por exemplo $p_1-p_2$) e responder com $\vec{F}=-\vec{R}$.

Quando usar

“Força sobre a curva, a bifurcação ou o maciço de amarração”, “esforço nos parafusos da flange”, “diferença de pressões entre duas secções com injeção lateral”, “força de um jato sobre uma placa”, “altura a montante de um ressalto ou canal”.

Exercício resolvido (Prob 4.5 do livro / Aula 09, sl.23)

Uma conduta horizontal com 30 cm de diâmetro transporta água. A velocidade do escoamento é 0,5 m/s na secção 1 (Fig. 4.33). Dois pequenos tubos verticais introduzem na conduta principal 10 ℓ/s de água cada um. Determine a diferença de pressões $p_1-p_2$, considerando uniformes as distribuições de pressões e de velocidades, desprezando as tensões viscosas nas paredes da conduta e tendo em conta que a secção 2 está suficientemente afastada dos tubos verticais.

Resolução passo-a-passo

1. Continuidade: $S=\pi \cdot 0,30^2/4=0,070686$ m²; $Q_1=u_{1}S=0,035343$ m³/s. $Q_2=Q_1+2\cdot 0,010=0,055343\text{m³/s}\Rightarrow u_2=\frac{Q_2}{S}=0,7829\text{m/s}$ 2. Forças segundo x (Vc entre 1 e 2, regime permanente, logo $I=0$):

• $G_x=0$, porque a conduta é horizontal;
• $\tau =0$, e as paredes são paralelas a x: não há $R_x$;
• as injeções são verticais: não trazem quantidade de movimento segundo x.

3. Euler segundo x: $p_{1}S-p_{2}S+\rho Q_1{u}_1-\rho Q_2{u}_2=0\Rightarrow p_1-p_2=\frac{\rho (Q_2{u}_2-Q_1{u}_1)}{S}=\rho (u_2^2-u_1^2)$ 4. Resultado: $p_1-p_2=1000(0,7829^2-0,5^2)=1000(0,6130-0,2500)=\boxed{363\text{Pa}}(\approx 0,037\text{m c.a.})$ [resolução própria], que bate com a solução do livro (363 Pa).

Lição

A água injetada entra sem velocidade axial e tem de ser acelerada até $u_2$. Quem a acelera é a diferença de pressões, por isso $p_1>p_2$, mesmo sem atrito. Uma injeção perpendicular conta na massa mas não na quantidade de movimento dessa direção.

Exercício resolvido (Ex 4.6 do livro — maciço de amarração de uma bifurcação)

Uma bifurcação de eixos horizontais (vista em planta, Fig. 4.12) recebe o escoamento pela conduta A ($D_A=1,20$ m), segundo +x. Saem quatro ramais com válvulas, B, C, D e E, todos com $D=0,50$ m: C a +60° e D a −60° do eixo x; B e E são os ramais opostos. Em todas as secções a pressão é 500 kPa. Desprezam-se as tensões viscosas nas secções, o peso da água e consideram-se perfis uniformes. Determine a força sobre o maciço de amarração:

• (a) com todas as válvulas fechadas e a bifurcação cheia;
• (b) com B e E fechadas e $Q_C=Q_D=3$ m³/s.

Resolução passo-a-passo

1. a) Válvulas fechadas: $u=0$ e as válvulas fazem parte da parede. A única secção aberta é A: $\vec{R}+{\vec{\Pi }}_A=\vec{0},{\Pi }_A=p_A{S}_A=500000\cdot \frac{\pi \cdot 1,2^2}{4}=565,5\text{kN}(+x)$ $\vec{R}=-565,5\vec{i}\text{kN}\Rightarrow \boxed{\vec{F}=-\vec{R}=+565,5\vec{i}\text{kN}}$ 2. b) Continuidade: $Q_A=3+3=6$ m³/s.

• $u_A=6/1,1310=5,305$ m/s;
• $u_C=u_D=3/0,19635=15,28$ m/s.

3. Forças e fluxos (todos para dentro do Vc):

• ${\Pi }_A=565487$ N (+x) e $M_A=\rho Q_A{u}_A=1000\cdot 6\cdot 5,305=31831$ N (+x);
• ${\Pi }_C={\Pi }_D=500000\cdot 0,19635=98175$ N, cada uma a apontar para dentro, segundo o eixo do seu ramal;
• $M_C=M_D=1000\cdot 3\cdot 15,28=45836$ N; os vetores $-{\vec{M}}_C$ e $-{\vec{M}}_D$ são opostos às velocidades de saída.

4. Euler segundo x: ${\Pi }_A-2{\Pi }_C\cos 60°+M_A-2M_C\cos 60°+R_x=0$ $565487-98175+31831-45836+R_x=0\Rightarrow R_x=-453,3\text{kN}$ 5. Segundo y: C e D são simétricos, logo $R_y=0$. $\boxed{\vec{F}=-\vec{R}=+453,3\vec{i}\text{kN}}$ (resolução do livro). Gralha no livro: no cálculo de ${\Pi }_C$ escreve "$5000\times \pi (0,5{)}^2/4$" em vez de $500000$ Pa. O valor 98 175 N está certo.

Lição

Com escoamento, a força diminui (565,5 → 453,3 kN). As pressões nas saídas e os fluxos de saída “puxam” o fluido para a frente e aliviam o maciço. Com as válvulas fechadas, a única força é a pressão na entrada, $p_A{S}_A$. Projetar cada vetor com cos 60° e usar a simetria para eliminar $R_y$.

Ex 4.1 do livro (convergente)

A continuidade do convergente (400 kg/s; $u_1=3,18$ e $u_2=8,15$ m/s) está resolvida na §7.5. É exatamente o passo 1 do Teorema de Euler: sem os $u_k$ não se calculam os ${\vec{M}}_k$.

8.4 Escoamentos com superfície livre: impulsão hidrostática nas secções

Ideia

Num canal, as “forças de pressão” nas secções são impulsões hidrostáticas (§3). Se a pressão for hidrostática na secção (com uma superfície livre de curvatura pequena), uma secção retangular de largura $B$ e altura $h$ recebe: $\Pi =\gamma \frac{h}{2}(Bh)=\frac{\gamma B{h}^2}{2}$ O Teorema de Euler liga então as alturas às velocidades: uma diferença de alturas é a “força” que acelera a água.

Armadilha

• A pressão na superfície livre é a atmosférica ($p=0$ em pressão relativa): esse contorno não dá força.
• O caudal que cai na vertical (chuva, descarregador lateral) entra na continuidade, mas não traz quantidade de movimento segundo x.
• Junto a uma parede vertical, a velocidade horizontal é nula: $M_1=0$, mas a impulsão $\gamma B{h}_1^2/2$ continua lá.
• $\Pi$ é a impulsão na secção inteira, com o $h/2$ do centro de gravidade.

Euler num canal retangular horizontal (Cardoso et al., §4.6.1, Ex 4.5; Aula 09, sl.24)

Fundo horizontal ($G_x=0$), $\tau =0$, regime permanente, segundo o sentido do escoamento: $\frac{\gamma B{h}_1^2}{2}-\frac{\gamma B{h}_2^2}{2}+M_{1x}-M_{2x}=0,M_{kx}=\rho Q_k{u}_k=\frac{\rho Q_k^2}{B{h}_k}$ $\gamma =\rho g$ (N/m³); $B$ e $h$ em m; $Q$ em m³/s. O número de Froude é $Fr=u/\sqrt{gh}$ (Cardoso et al., §1.6.3).

Passos para um problema de canal

1. Continuidade: $u_k=Q_k/(B{h}_k)$.
2. Impulsões hidrostáticas $\gamma B{h}_k^2/2$, para dentro do Vc, em cada secção transversal.
3. Fluxos $\rho Q_k{u}_k$, mas só das entradas e saídas paralelas a x.
4. Projetar segundo x e resolver para a altura desconhecida.

Quando usar

“Altura a montante”, “canal de recolha” ou “descarregador lateral”, e o ressalto hidráulico (Hidráulica II). Sempre que o enunciado diga “distribuição hidrostática de pressões nas secções”.

Exercício resolvido (Ex 4.5 do livro / Aula 09, sl.24)

O caudal $Q$ entra verticalmente num canal de secção retangular, com fundo horizontal e comprimento $L$ (Fig. 4.10). A largura do canal é $B$ e a altura da água na secção de jusante é $h_2$. Determine a altura do escoamento na secção de montante, $h_1$, admitindo que a distribuição de pressões é hidrostática em todas as secções transversais, que as tensões normais viscosas e tangenciais são desprezáveis e que a curvatura da superfície livre é pequena.

Resolução passo-a-passo

1. Vc: toda a água do canal, desde a parede de montante (secção 1) até à secção 2. O topo é a superfície livre ($S_0$), por onde entra $Q$. Regime permanente, logo $I=0$. 2. Continuidade: em $S_1$, $u=0$ (parede). Em $S_0$, ${\int }_{S_0}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS=-Q$ (entrada). Em $S_2$, $+u_{2}B{h}_2$: $0-Q+u_{2}B{h}_2=0\Rightarrow u_2=\frac{Q}{B{h}_2}$ 3. Euler segundo x:

• $G_x=0$ e $\tau =0$;
• não há fluxo de entrada segundo x: a parede ($S_1$) tem $u=0$ e a chuva entra por $S_0$ na vertical;
• o fluxo de saída é $M_{2x}=\rho Q{u}_2=\rho u_2^{2}B{h}_2$.

$\frac{\gamma B{h}_1^2}{2}-\frac{\gamma B{h}_2^2}{2}-\rho u_2^{2}B{h}_2=0$ 4. Resolver para $h_1$: $\boxed{h_1=\sqrt{h_2^2+\frac{2Q^2}{g{B}^2{h}_2}}}=h_2\sqrt{1+\frac{2Q^2}{g{B}^2{h}_2^3}}=h_2\sqrt{1+2F{r}_2^2}$ (resolução do livro). O livro dá $h_1=h_2\sqrt{1+2Q^2/(g{h}_2^3{B}^2)}=h_2\sqrt{1+2F{r}_2^2}$. A forma com $h_2^2$ dentro da raiz é uma reescrita equivalente [nota própria]; o slide 24 só tem o enunciado.

Lição

$h_1>h_2$: o desnível da superfície livre é a força que acelera a água, que cai sem velocidade horizontal, até $u_2$. O resultado não depende de $L$. A entrada vertical só aparece na massa.

8.5 Volume de controlo móvel: velocidades relativas

Ideia

Quando a estrutura se move (um defletor ou carrinho empurrado por um jato), o mais simples é pôr o Vc solidário com ela. Se a velocidade $u_s$ for constante, esse referencial é inercial e aplica-se o Teorema de Euler como antes, mas com as velocidades relativas ${\vec{u}}_r=\vec{u}-{\vec{u}}_s$, tanto nos caudais como nos fluxos $\vec{M}$. O resultado é o mesmo que no referencial fixo, desde que o fluxo seja escrito como $\rho \vec{u}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})$.

Armadilha

• O caudal que atravessa a $S_c$ móvel é sempre $Q_r=(u_0-u_s)S_0$, calculado com ${\vec{u}}_r$, e não $u_0{S}_0$.
• O referencial do corpo só é inercial se $u_s$ for constante. Durante a aceleração inicial, isso não acontece.
• No referencial fixo, a velocidade de saída tem duas componentes: ${\vec{u}}_2=u_s\vec{i}+w_{r2}\vec{k}$. É fácil esquecer o $u_s\vec{i}$.
• Gralha no livro: as Figs. 4.15 e 4.17 chamam $R_y$ ao que o texto chama $R_z$ (os eixos são x–z) e escrevem ${\omega }_{r2}$ em vez de $w_{r2}$.
• Num Vc deformável (êmbolo acelerado, Ex 4.8 do livro), o termo I não é nulo. Esse exemplo não está na lista de estudo.

Euler no referencial do Vc móvel (Cardoso et al., §4.6.1, eq. 4.59 e Ex 4.7)

Com ${\vec{u}}_s$ constante: ${\vec{u}}_r=\vec{u}-{\vec{u}}_s$; $Q_r=\int ({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS$; ${\vec{M}}_k=\rho Q_{r,k}{\vec{u}}_{r,k}$. $\vec{G}+\vec{\Pi }+{\vec{M}}_1-{\vec{M}}_2=\vec{0}\text{(regime permanente no referencial do Vc)}$ No referencial fixo, o fluxo é ${\int }_{S_c}\rho \vec{u}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS$: a velocidade transportada é absoluta e a velocidade que atravessa a superfície é relativa.

Passos para um Vc móvel

1. Confirmar que $u_s$ é constante, o que torna o referencial inercial.
2. Passar todas as velocidades para o referencial do Vc: ${\vec{u}}_r=\vec{u}-{\vec{u}}_s$.
3. Continuidade com ${\vec{u}}_r$, que dá as velocidades relativas de saída.
4. Euler com ${\vec{M}}_k=\rho Q_r{\vec{u}}_{r,k}$, de onde sai $\vec{R}$; depois $\vec{F}=-\vec{R}$.
5. Se pedirem o movimento do corpo, fazer o equilíbrio do corpo (com $\vec{F}$, o peso, a reação normal e o atrito).

Quando usar

“Jato sobre uma pá ou defletor que se move”, “carrinho empurrado por um jato”, “velocidade final constante” e, mais tarde, pás de turbinas (Pelton).

Exercício resolvido (Ex 4.7 do livro — jato sobre defletor móvel)

Um jato horizontal de água, com área $S_0$ e velocidade $u_0$ (referencial fixo), incide num defletor que o desvia 90° para cima. O defletor está fixo num corpo de peso $G$, assente num plano horizontal com coeficiente de atrito $\tan \varphi$ constante. O corpo move-se no sentido do jato. Determine a velocidade final constante $u_s$ do corpo. Desprezam-se as tensões viscosas, a resistência do ar e o peso da água sobre o defletor; a água é incompressível e os perfis são uniformes.

Resolução passo-a-passo

1. Referencial do corpo: é inercial, porque $u_s$ é constante. Neste referencial o jato chega com velocidade $u_0-u_s$ e as pressões são relativas ($p=0$ no jato livre). 2. Continuidade ($S$ constante ao longo do jato): $-(u_0-u_s)S_0+w_{r2}{S}_0=0\Rightarrow w_{r2}=u_0-u_s$ 3. Euler: $\vec{R}+{\vec{M}}_1-{\vec{M}}_2=\vec{0}$, com $Q_r=(u_0-u_s)S_0$.

• Segundo x: ${\vec{M}}_1$ é horizontal, logo $R_x+\rho S_0(u_0-u_s{)}^2=0$, ou seja $R_x=-\rho S_0(u_0-u_s{)}^2$.
• Segundo z: ${\vec{M}}_2$ aponta para cima, logo $R_z-\rho S_0(u_0-u_s{)}^2=0$, ou seja $R_z=+\rho S_0(u_0-u_s{)}^2$.

4. Força sobre o corpo: $\vec{F}=-\vec{R}$.

• Horizontal: $F_x=\rho S_0(u_0-u_s{)}^2$, para a frente.
• Vertical: $\rho S_0(u_0-u_s{)}^2$, para baixo.

5. Equilíbrio do corpo (velocidade constante):

• reação normal $V=G+\rho S_0(u_0-u_s{)}^2$;
• a força horizontal iguala o atrito: $H=F_x=V\tan \varphi$.

$\rho S_0(u_0-u_s{)}^2=\left[G+\rho S_0(u_0-u_s{)}^2\right]\tan \varphi$ 6. Resolver para $u_s$: $\boxed{u_s=u_0-\sqrt{\frac{G}{\rho S_0}\frac{\tan \varphi }{1-\tan \varphi }}}(\tan \varphi <1)$ 7. Verificação no referencial fixo: ${\vec{u}}_1=u_0\vec{i}$ e ${\vec{u}}_2=u_s\vec{i}+(u_0-u_s)\vec{k}$. Segundo x: $-\rho u_0(u_0-u_s)S_0+\rho u_s(u_0-u_s)S_0=R_x\Rightarrow R_x=-\rho S_0(u_0-u_s{)}^2$ O resultado é o mesmo ✓. (resolução do livro)

Lição

Num Vc móvel, a massa que atravessa a superfície é proporcional a $(u_0-u_s)$, e cada unidade de massa traz uma velocidade relativa $(u_0-u_s)$: a força vai com o quadrado da velocidade relativa. Quanto maiores $G$ ou o atrito, menor $u_s$. Os dois referenciais dão o mesmo $R_x$; no fixo, não esquecer o $u_s\vec{i}$ na saída.

Estudo autónomo (Aula 09, sl.25)

• Estudar: §4.6; Exemplos 4.1 a 4.7 (o Ex 4.1 está na §7.5, os Ex 4.2–4.4 na §7, os Ex 4.5–4.7 aqui).
• Resolver: o slide não indica problemas. O Prob 4.5 foi trabalhado na aula (sl.23).

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🔄 9. Momento da quantidade de movimento (Aula 10 · §4.6.2)

9.1 Revisão: Teorema de Euler numa curva em pressão (Prob 4.2)

Ideia

A Aula 10 abre com a revisão do Teorema de Euler (§8.3), aplicado a uma curva de galeria em pressão. O problema mostra que, numa conduta em pressão, quem empurra a curva é sobretudo a pressão: o fluxo de quantidade de movimento $\rho QU$ costuma ser uma parcela pequena. A força tem a direção da bissetriz da curva e aponta para o lado convexo, para fora do centro de curvatura.

Armadilha

• Numa curva simétrica, com $p$, $S$ e $U$ iguais nas duas secções, a força é $(pS+\rho QU)({\vec{e}}_1-{\vec{e}}_2)$. Para um ângulo de desvio $\theta$, $|{\vec{e}}_1-{\vec{e}}_2|=2\sin (\theta /2)$; com $\theta =60°$ esse fator dá 1.
• “Comporta a jusante da curva”: a curva continua a ter duas secções abertas, com pressão nas duas. “Comporta na secção de saída”: a comporta passa a ser parede, e só a entrada é secção aberta.
• A curva é de eixo horizontal, logo o peso não entra nas componentes em planta. A solução do livro junta-lhe a componente vertical $-\gamma \forall \vec{k}$ (o peso da água na curva).
• Gralha no livro (Prob 4.2a): $F_x$ vem impresso como “35074,8 kN”. O valor correto é 3507,8 kN.

Euler numa curva em planta (Cardoso et al., §4.6.1, eq. 4.70; Aula 10, sl.3–5)

Regime permanente ($\vec{I}=\vec{0}$), com secções de entrada 1 e de saída 2 de versores ${\vec{e}}_1$ e ${\vec{e}}_2$ (sentido do escoamento): $\vec{R}+\underset{{\Pi }_1\text{(para dentro)}}{\underbrace{p_1{S}_1{\vec{e}}_1}}\underset{{\Pi }_2\text{(para dentro)}}{\underbrace{-p_2{S}_2{\vec{e}}_2}}+\underset{{\vec{M}}_1}{\underbrace{\rho Q{U}_1{\vec{e}}_1}}\underset{-{\vec{M}}_2}{\underbrace{-\rho Q{U}_2{\vec{e}}_2}}=\vec{0},\vec{F}=-\vec{R}$ $p$ em Pa (relativa); $S$ em m²; $Q$ em m³/s; $U=Q/S$ em m/s; forças em N.

Passos para a força numa curva

1. $S=\pi D^2/4$, $U=Q/S$ e $p=\gamma \cdot (p/\gamma )$.
2. Escrever os versores das secções: ${\vec{e}}_1$ (entrada) e ${\vec{e}}_2$ (saída), no sentido do escoamento.
3. Identificar as secções abertas. Uma comporta numa secção conta como parede.
4. Euler em vetores, $\vec{F}=-\vec{R}$, e projetar em $\vec{i}$ e $\vec{j}$.
5. Se for pedida a vertical, juntar o peso $\gamma S\cdot (R\theta )$, com o comprimento do eixo $R\theta$ e $\theta$ em radianos.

Quando usar

“Força sobre o trecho curvo”, “maciço de amarração de uma curva”, “galeria em pressão com altura piezométrica constante”. Com obturações, desenhar o Vc de novo para cada caso.

Exercício resolvido (Prob 4.2 do livro / Aula 10, sl.5)

Numa galeria circular em pressão, com 3,0 m de diâmetro, escoam-se 25 m³/s de água. A galeria (Fig. 4.30, em planta) tem uma curva de eixo horizontal, com raio 10 m e ângulo ao centro 60°. Na curva, a altura piezométrica é constante e igual a 100 m. A entrada faz-se segundo +x e a saída desce a 60° (para −y). Determine a força sobre o trecho curvo:

• (a) com o escoamento referido;
• (b) sem escoamento, porque a galeria é obturada por uma comporta a jusante da curva;
• (c) com a obturação feita na secção de saída da curva.

Resolução passo-a-passo

1. Dados:

• $S=\pi \cdot 3^2/4=7,0686$ m² e $U=25/7,0686=3,537$ m/s;
• $p=9800\cdot 100=980$ kPa, logo $pS=6927,2$ kN;
• $\rho QU=1000\cdot 25\cdot 3,537=88,4$ kN;
• ${\vec{e}}_1=(1;0)$, ${\vec{e}}_2=(\cos 60°;-\sin 60°)=(0,5;-0,866)$ e ${\vec{e}}_1-{\vec{e}}_2=(0,5;0,866)$.

2. a) Com escoamento: $\vec{F}=-\vec{R}=(pS+\rho QU)({\vec{e}}_1-{\vec{e}}_2)=7015,6(0,5;0,866)\text{kN}$ $\boxed{\vec{F}=3507,8\vec{i}+6075,7\vec{j}\text{kN},|\vec{F}|=7,02\text{MN}}$ 3. b) Comporta a jusante ($U=0$, mas as duas secções continuam abertas e com pressão): $\vec{F}=pS({\vec{e}}_1-{\vec{e}}_2)\Rightarrow \boxed{\vec{F}=3463,6\vec{i}+5999,1\vec{j}\text{kN},|\vec{F}|=6,93\text{MN}}$ 4. c) Comporta na saída: a comporta faz parte da parede, e a única secção aberta é a 1: $\vec{R}+pS{\vec{e}}_1=\vec{0}\Rightarrow \boxed{\vec{F}=6927,2\vec{i}\text{kN},|\vec{F}|=6,93\text{MN}}$ 5. Vertical (nos três casos), o peso da água na curva: $G=\gamma SR\theta =9800\cdot 7,0686\cdot 10\cdot \frac{\pi }{3}=725,4\text{kN}\Rightarrow F_z=-725,4\text{kN}$ [resolução própria], que bate com a solução do livro (com a gralha de $F_x$ em a) corrigida).

Lição

O termo de pressão ($6927$ kN) é ~80 vezes o fluxo de quantidade de movimento ($88$ kN): numa galeria em pressão, a força quase não depende de haver escoamento. O que muda tudo é onde está a obturação, porque isso decide quais são as secções abertas. Em c), a força deixa de ter a direção da bissetriz e passa a ser a da conduta de montante.

9.2 Momento de uma força e lei de conservação do momento angular

Ideia

É a mesma ideia do §8, mas para rotações: em vez de forças, somam-se momentos em relação a um ponto O. A quantidade de movimento angular de um sistema material só muda se houver binários exteriores. O TTR (§7.3) passa a lei para um volume de controlo, agora com a grandeza transportada $b=\vec{x}\times \vec{u}$. Serve sobretudo para escoamentos com rotação: torniquetes, aspersores e as máquinas hidráulicas rotativas.

Armadilha

• $\vec{x}$ é o vetor posição em relação a O, que é a origem do referencial e pode ser qualquer ponto. Escolhe-se O sobre o eixo de rotação, para anular os momentos das forças que lá passam.
• O produto vetorial não comuta: $\vec{\Gamma }=\vec{x}\times \vec{F}$, e não $\vec{F}\times \vec{x}$. Uma força no plano xy dá um momento segundo z.
• Num referencial que roda com a máquina, a equação ganha um binário de inércia ${\vec{\Gamma }}_I^{\ast }$ (eq. 4.76–4.77). Tem quatro parcelas: aceleração da origem, centrípeta, Coriolis e $\dot{\vec{\omega }}\times \vec{x}$. No torniquete com $\omega$ constante só fica a de Coriolis. Com o Vc fixo no espaço, nada disto é preciso.

Lei de conservação e TTR (Cardoso et al., §4.6.2, eqs. 4.73–4.74; Aula 10, sl.12)

$\vec{\Gamma }=\vec{x}\times \vec{F}\frac{D{\vec{\Gamma }}_m}{Dt}=\frac{D}{Dt}{\int }_{{\forall }_s}\rho (\vec{x}\times \vec{u})d\forall ={\sum }_i{\vec{\Gamma }}_i$ Com o TTR ($\mathbf{B}={\vec{\Gamma }}_m$, $b=\vec{x}\times \vec{u}$, ${\mathbf{F}}_B=\sum {\vec{\Gamma }}_i$): $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho (\vec{x}\times \vec{u})d\forall +{\int }_{S_c}\rho (\vec{x}\times \vec{u})({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS=\underset{\text{momento do peso}}{\underbrace{{\int }_{{\forall }_c}\rho (\vec{x}\times \vec{g})d\forall }}+\underset{\text{momento das forc¸as de contacto}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\vec{x}\times {\vec{P}}_{s}dS}}$ $\vec{\Gamma }$ em N·m; ${\vec{\Gamma }}_m$ (quantidade de movimento angular do sistema em relação a O) em kg·m²/s; ${\vec{P}}_s$ é a força de contacto por unidade de área (Pa).

Passos para montar a equação dos momentos

1. Escolher o ponto O (de preferência sobre o eixo de rotação) e os eixos, com $z$ segundo o eixo.
2. Escrever o vetor posição $\vec{x}$ de cada secção aberta e de cada força.
3. Tomar o momento ($\vec{x}\times$) de cada termo da equação da quantidade de movimento.
4. Na prática, usar a forma para Vc fixo (§9.3).

Quando usar

Quando o enunciado pede um binário, um momento torsor, um momento de atrito ou uma velocidade de rotação, ou quando a incógnita é uma força cuja linha de ação importa (por exemplo, a força numa rótula).

9.3 Teorema de Euler para momentos: ΓG + ΓΠ + ΓI + ΓM1 − ΓM2 = 0

Ideia

É o Teorema de Euler “com $\vec{x}\times$” à frente de cada termo. Com o Vc fixo e indeformável e perfis uniformes, cada fluxo de quantidade de movimento ${\vec{M}}_k=\rho Q_k{\vec{u}}_k$ dá um momento ${\vec{\Gamma }}_{M_k}={\vec{x}}_k\times \rho Q_k{\vec{u}}_k$. O “polígono de forças” do §8.3 passa a ser um equilíbrio de momentos. Um jato tangencial a uma distância $r$ do eixo dá um momento $\rho Qur$.

Armadilha

• ${\vec{\Gamma }}_{M_1}$ entra com + e ${\vec{\Gamma }}_{M_2}$ com −, tal como ${\vec{M}}_1$ e ${\vec{M}}_2$.
• Uma entrada sobre o eixo, com $\vec{x}\parallel \vec{u}$, tem ${\vec{\Gamma }}_{M_1}=\vec{0}$.
• As forças que passam pelo eixo, como o peso de um corpo simétrico ou a pressão na entrada, têm momento nulo. Os jatos para a atmosfera têm $p=0$ (pressão relativa).
• Só a componente perpendicular ao braço (tangencial) da velocidade de um jato dá momento. A componente radial passa pelo eixo.
• ${\vec{\Gamma }}_I$ é nulo em regime permanente (eq. 4.75 e Aula 10, sl.13).
• Sentidos: arbitrar o eixo $z$ e manter o sinal de cada produto vetorial. Um ${\Gamma }_R$ negativo só diz que o binário tem o sentido de $-\vec{k}$.

Teorema de Euler para momentos (Cardoso et al., §4.6.2, eq. 4.75; Aula 10, sl.13)

Vc fixo e indeformável: $\underset{-{\vec{\Gamma }}_I}{\underbrace{\frac{\partial }{\partial t}{\int }_{{\forall }_c}\rho (\vec{x}\times \vec{u})d\forall }}+\underset{-{\vec{\Gamma }}_{M_1}+{\vec{\Gamma }}_{M_2}}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho (\vec{x}\times \vec{u})(\vec{u}\cdot \vec{n})dS}}=\underset{{\vec{\Gamma }}_G}{\underbrace{{\int }_{{\forall }_c}\rho (\vec{x}\times \vec{g})d\forall }}+\underset{{\vec{\Gamma }}_{\Pi }}{\underbrace{{\int }_{S_c}\vec{x}\times {\vec{P}}_{s}dS}}$ $\boxed{{\vec{\Gamma }}_G+{\vec{\Gamma }}_{\Pi }+{\vec{\Gamma }}_I+{\vec{\Gamma }}_{M_1}-{\vec{\Gamma }}_{M_2}=\vec{0}}$

• ${\vec{\Gamma }}_G$: momento das forças mássicas (peso);
• ${\vec{\Gamma }}_{\Pi }$: momento das forças de contacto na $S_c$ (pressões nas secções abertas e reações/atrito, ${\vec{\Gamma }}_R$);
• ${\vec{\Gamma }}_I$: momento das forças de inércia, nulo em regime permanente;
• ${\vec{\Gamma }}_{M_1}$, ${\vec{\Gamma }}_{M_2}$: momentos dos fluxos de quantidade de movimento nas entradas e saídas; com perfis uniformes, ${\vec{\Gamma }}_{M_k}={\vec{x}}_k\times \rho Q_k{\vec{u}}_k$.

Tudo em N·m.

Passos para aplicar o Teorema dos momentos

1. Continuidade (§7.5): $Q_k$ e as velocidades em cada secção aberta.
2. Escolher O sobre o eixo e $z$ segundo o eixo.
3. Calcular cada ${\vec{\Gamma }}_{M_k}={\vec{x}}_k\times \rho Q_k{\vec{u}}_k$. Com um jato tangencial a distância $r$: $|{\vec{\Gamma }}_M|=\rho Qur$, com sinal pela regra da mão direita.
4. Eliminar os termos nulos: entrada sobre o eixo, peso simétrico, $p=0$ nos jatos, ${\vec{\Gamma }}_I=0$ em regime permanente.
5. Resolver para o binário pedido (${\vec{\Gamma }}_R$) e interpretar o sinal.

Quando usar

“Torniquete” ou “aspersor de rega”, “binário necessário para o manter parado”, “momento de atrito”, “velocidade de rotação sem atrito”. Também a força numa rótula, quando a sua linha de ação conta.

Exercício resolvido (Ex 4.9 do livro, alíneas a–b / Aula 10, sl.14)

Um torniquete de rega com dois bocais (Fig. 4.20) é alimentado na base por um caudal de 1 ℓ/s de água. A área de saída de cada bocal é 30 mm². A água sai dos bocais para a atmosfera, na direção normal à respetiva secção transversal, ou seja, tangencialmente e em sentidos opostos. A distância do eixo de rotação (vertical) ao centro de cada bocal é $r=$ 200 mm. O regime é permanente. Determine:

• (a) a velocidade relativa, o caudal e o caudal mássico em cada bocal;
• (b) o momento torsor mecânico ou de atrito, ${\Gamma }_R$, necessário para manter o torniquete parado.

Resolução passo-a-passo

1. a) Continuidade (incompressível, Vc indeformável): o caudal divide-se igualmente pelos dois bocais. $Q_2=\frac{Q}{2}=0,5\ell /\text{s},W=u_{2r}=\frac{Q_2}{S_2}=\frac{5\times 10^{-4}}{30\times 10^{-6}}=\boxed{16,7\text{m/s}},{\dot{m}}_2=\rho Q_2=\boxed{0,5\text{kg/s}}$ Estes valores não dependem da rotação do torniquete.

2. b) Termos da equação dos momentos (O sobre o eixo, $z$ para cima, Vc fixo, ${\vec{\Gamma }}_I=0$):

• ${\vec{\Gamma }}_{M_1}=\vec{0}$: a entrada está sobre o eixo;
• ${\vec{\Gamma }}_G=\vec{0}$: o peso tem resultante sobre o eixo, por simetria;
• pressões: atmosféricas nos jatos ($p=0$) e com braço nulo na entrada. Só fica o binário de atrito na ligação ao tubo, ${\vec{\Gamma }}_R$.

3. Momento dos jatos: cada jato é tangencial, a distância $r$; os dois dão momentos no mesmo sentido (binário). Arbitrando os jatos de modo que o seu momento aponte para $-\vec{k}$: ${\vec{\Gamma }}_{M_2}=-2r\rho Q_{2}W\vec{k}=-2\cdot 0,2\cdot 1000\cdot 5\times 10^{-4}\cdot 16,67\vec{k}=-3,33\vec{k}\text{N⋅m}$ 4. Equilíbrio: ${\vec{\Gamma }}_R-{\vec{\Gamma }}_{M_2}=\vec{0}$: $\boxed{{\vec{\Gamma }}_R=-2\rho r\frac{Q_2^2}{S_2}\vec{k}=-3,33\vec{k}\text{N⋅m}}(|{\Gamma }_R|=\rho QWr)$ (resolução do livro). O binário ${\Gamma }_R$ tem o sentido do momento dos jatos. A reação dos jatos faz o torniquete rodar no sentido $+\vec{k}$, e ${\Gamma }_R$ opõe-se a essa rotação.

Lição

Escolhendo O sobre o eixo, quase tudo se anula: a entrada, o peso e as pressões. Fica só o momento dos jatos, $\rho Qur$, contra o binário pedido. Os jatos saem para um lado e o torniquete roda para o outro, tal como um foguete.

9.4 Torniquete em rotação: velocidade absoluta e relativa

Ideia

Quando o torniquete roda com velocidade angular $\omega$, o bocal anda a $\omega r$ no sentido da rotação, e o jato sai para trás com a velocidade relativa $W$. O que conta para o momento é a velocidade absoluta do jato, $u_2=W-\omega r$, como nos Vc móveis do §8.5. Quanto mais depressa roda, menor é $u_2$ e menor é o binário. Sem atrito, o torniquete acelera até $u_2=0$, ou seja $\omega =W/r$.

Fig. 4.21 do livro (planta do torniquete). Em cada bocal compõem-se dois vetores tangenciais e opostos:

• ${\vec{u}}_{2r}$ (relativa, de módulo $W$, para trás);
• ${\vec{u}}_{2s}$ (do bocal, de módulo $\omega r$, no sentido de $\omega$).

A soma é ${\vec{u}}_2$, de módulo $W-\omega r$. O torniquete roda em $+\vec{k}$ e ${\vec{\Gamma }}_R$ aponta para $-\vec{k}$, contra a rotação.

Armadilha

• O caudal em cada bocal continua a ser $Q_2=W{S}_2$: usa a velocidade relativa. O fluxo de quantidade de movimento transporta a velocidade absoluta: $\rho Q_2{u}_2$ (o fluxo é $\rho \vec{u}({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})$).
• $u_2=W-\omega r$ só vale com o jato tangencial e oposto à rotação. Com bocais inclinados, só a componente tangencial conta (Prob 4.8 do livro).
• Converter rpm: $\omega =2\pi n/60$. Gralha no livro (Ex 4.9d): escreve ”$2\pi \omega /60=797$ rpm”; a conversão certa é $n=60\omega /(2\pi )$.
• Arredondar $W$ para 16,7 dá $\omega =83,5$ rad/s (o valor do livro). Com $W=16,67$ dá 83,3 rad/s ≈ 796 rpm.

Binário num torniquete de dois braços a rodar (Cardoso et al., §4.6.2, Ex 4.9 c–e)

$u_2=\underset{\text{relativa}}{\underbrace{W}}-\underset{\text{do bocal}}{\underbrace{\omega r}},{\vec{\Gamma }}_R=-2\rho r{Q}_2(W-\omega r)\vec{k}$ Em função dos dados ($Q_1=2Q_2$, $W=Q_1/(2S_2)$): ${\Gamma }_R=\underset{\text{cresce com }\omega }{\underbrace{\rho Q_1{r}^2\omega }}-\underset{\text{torniquete parado}}{\underbrace{\rho r\frac{Q_1^2}{2S_2}}}$ Sem atrito (${\Gamma }_R=0$): ${\omega }_{max}=W/r$. $\omega$ em rad/s; $r$ em m; $Q$ em m³/s; $\Gamma$ em N·m.

Passos para um torniquete em rotação

1. Velocidade relativa pela continuidade: $W=Q_2/S_2$.
2. Velocidade do bocal: $\omega r$, com $\omega =2\pi n/60$.
3. Velocidade absoluta do jato: $u_2=W-\omega r$ (componente tangencial).
4. ${\Gamma }_R=-2\rho r{Q}_2{u}_2$ (segundo $\vec{k}$, com a convenção do §9.3).
5. Para a rotação livre, impor ${\Gamma }_R=0$; para o caudal mínimo a uma dada rotação, $Q_1=2S_2\omega r$.

Quando usar

“Binário para manter o torniquete a $n$ rpm”, “velocidade de rotação sem atrito”, “caudal necessário para rodar a $n$ rpm com um atrito dado” (Prob 4.9 do livro: $\Gamma =1,0\text{N}\times 0,01\text{m}$, $Q\approx 1,2\ell /\text{s}$).

Exercício resolvido (Ex 4.9 do livro, alíneas c–e)

Com o torniquete do §9.3 ($Q=1$ ℓ/s, $S_2=30$ mm², $r=200$ mm), determine:

• (c) o binário ${\Gamma }_R$ necessário para manter a rotação a 500 rpm;
• (d) a velocidade de rotação se não houver atrito (${\Gamma }_R=0$);
• (e) a lei de variação de ${\Gamma }_R$ com $\omega$ para $Q$ constante, e a lei de variação de ${\Gamma }_R$ com o caudal para $\omega$ constante.

Resolução passo-a-passo

1. c) 500 rpm: $\omega =2\pi \cdot 500/60=52,36$ rad/s, logo $\omega r=10,47$ m/s. $u_2=W-\omega r=16,67-10,47=6,20\text{m/s}$ ${\vec{\Gamma }}_R=-2\rho r{Q}_2{u}_2\vec{k}=-2\cdot 1000\cdot 0,2\cdot 5\times 10^{-4}\cdot 6,20\vec{k}\Rightarrow \boxed{{\Gamma }_R\approx -1,24\text{N⋅m}}$ O livro dá $-1,25$ N·m porque usa $W=16,7$, o que dá $u_2=6,23$ m/s. Com $W=16,67$ obtém-se 1,24.

2. d) Sem atrito: ${\Gamma }_R=0\Rightarrow u_2=0$: $\boxed{\omega =\frac{W}{r}=\frac{16,67}{0,2}=83,3\text{rad/s}\approx 796\text{rpm}}$ 3. e) Lei geral: ${\Gamma }_R=\rho Q_1{r}^2\omega -\rho r\frac{Q_1^2}{2S_2}=0,04\omega -3,33(\text{N⋅m, com }{Q}_1=1\ell /\text{s})$ É uma reta em $\omega$: vale $-3,33$ parado e anula-se a 83,3 rad/s.

Com $n$ em rpm ($\omega =2\pi n/60$) e $Q_1$ em m³/s, a forma geral é a do livro: $\boxed{{\Gamma }_R\approx 4,2n{Q}_1-3,3\times 10^6{Q}_1^2}(\text{N⋅m})$ Com $\omega$ fixo é uma parábola em $Q_1$. A Fig. 4.22 do livro mostra ${\Gamma }_R(n)$ para $Q_1=1$ ℓ/s e ${\Gamma }_R(Q_1)$ para 250, 500 e 750 rpm. Lê-se aí que $|{\Gamma }_R|$ cresce com o caudal e diminui com a rotação.

Como consequência [nota própria], ${\Gamma }_R=0$ a 500 rpm exige $Q_1=2S_2\omega r=2\cdot 30\times 10^{-6}\cdot 10,47=6,3\times 10^{-4}$ m³/s ≈ 0,6 ℓ/s. Abaixo deste caudal, o torniquete sem atrito não chega a 500 rpm.

(resolução do livro)

Lição

O binário é máximo com o torniquete parado e anula-se quando a velocidade absoluta do jato é nula. Massa com a velocidade relativa, quantidade de movimento com a absoluta: é a mesma regra do Vc móvel do §8.5.

Ex 4.10 do livro: a mesma alínea d) num referencial que roda

Se o Vc rodar com o torniquete (referencial não inercial), aparece o binário de inércia de Coriolis ${\vec{\Gamma }}_I^{\ast }=-{\int }_{{\forall }_c}\rho \vec{x}\times (2\vec{\omega }\times \vec{u})d\forall =-2\rho Q_2\omega r^2\vec{k}$ (eqs. 4.76–4.77, E4.15). Neste referencial, a velocidade à saída é a relativa, $W$, e por isso ${\vec{\Gamma }}_{M_2}=-2\rho r{Q}_{2}W\vec{k}$. Igualando as duas expressões obtém-se outra vez $\omega =W/r$. O resultado é o mesmo; no referencial fixo a conta é mais simples.

Estudo autónomo (Aula 10, sl.22)

• Estudar: §4.6.2 e o Exemplo 4.9.
• Resolver: o slide não indica problemas. O Prob 4.2 foi revisto na aula (sl.5). Para treinar: Probs 4.8 e 4.9 do livro.

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⚡ 10. Energia: carga hidráulica, perdas e máquinas (Aula 11 · §4.7)

10.1 1.º princípio da Termodinâmica e energia por unidade de massa

Ideia

A quarta lei de conservação é a da energia. A energia de um sistema material só muda por duas vias: o calor $Q_T$ que atravessa a fronteira e o trabalho $W$ que o sistema troca com o exterior. Em cada partícula há três parcelas:

• a cinética, do movimento macroscópico;
• a potencial gravítica, da posição;
• a interna, do movimento molecular e da temperatura (a forma “térmica”).

Em Hidráulica interessa a parte mecânica (cinética + potencial). A parte térmica é energia “perdida” para o escoamento.

Armadilha

• Convenção de sinais (Aula 11, sl.4): calor recebido é +, calor emitido é −; trabalho realizado pelo sistema é +, trabalho recebido é −. Logo, numa turbina $d{W}_v/dt>0$ e numa bomba $d{W}_v/dt<0$.
• $e$ é energia por unidade de massa (J/kg = m²/s²). A carga $H$ (§10.3) é por unidade de peso (m). Não misturar as duas.
• $\tilde{u}$ é a energia interna, e não uma velocidade.

Lei de conservação da energia (Cardoso et al., §4.7.1, eqs. 4.78–4.80; Aula 11, sl.4–5)

$\frac{D{E}_s}{Dt}=\frac{d{Q}_T}{dt}-\frac{dW}{dt},E_s={\int }_{{\forall }_s}\rho ed\forall ,e=\underset{\text{cineˊtica}}{\underbrace{\frac{|\vec{u}{|}^2}{2}}}+\underset{\text{potencial}}{\underbrace{gz}}+\underset{\text{interna}}{\underbrace{\tilde{u}}}$ $E_s$, $Q_T$, $W$ em J; as taxas em W; $|\vec{u}|=(u^2+v^2+w^2{)}^{1/2}$; $z$ é a cota, medida para cima.

Passos para identificar as trocas de energia

1. Delimitar o sistema ou o Vc.
2. Calor: + se entra, − se sai.
3. Trabalho: + se o sistema o realiza (turbina), − se o recebe (bomba).

Quando usar

É a base conceptual da equação da energia (§10.2). Num problema, o sinal de $d{W}_v/dt$ diz se a máquina é uma turbina (+) ou uma bomba (−).

10.2 TTR e forma desenvolvida da equação da energia (termos 1–5)

Ideia

O TTR (§7.3), aplicado a $\mathbf{B}=E_s$ e $b=e$, dá a equação num Vc. Depois o livro faz duas arrumações:

• junta o calor e a variação de energia interna numa só potência térmica, $d{E}_T/dt$ (a “dissipação”);
• divide o trabalho em trabalho das forças de contacto na $S_c$ e trabalho dos veios das máquinas, $W_v$. O trabalho da pressão passa para o 1.º membro como o termo $p/\rho$, porque é reversível.

No 1.º membro fica a energia mecânica do escoamento. No 2.º ficam as “saídas” de energia mecânica: o que se dissipa em calor, o trabalho das tensões viscosas e o que as máquinas tiram (ou dão).

Armadilha

• Na forma desenvolvida, o fluxo tem três parcelas: $|\vec{u}{|}^2/2+gz+p/\rho$. O $p/\rho$ é o trabalho das forças de pressão, e não uma energia “armazenada” no fluido.
• Aqui $\eta$ designa as tensões normais viscosas (e $W_{\eta }$ o seu trabalho), e não um rendimento.
• Os coeficientes de correção da energia cinética ($\alpha$) não aparecem nos slides nem nesta secção do livro: admite-se sempre um perfil uniforme.

Equação da energia, forma desenvolvida (Cardoso et al., §4.7.1, eqs. 4.81–4.91; Aula 11, sl.6–7)

Com o TTR: $\frac{d}{dt}{\int }_{{\forall }_c}\rho (\frac{|\vec{u}{|}^2}{2}+gz+\tilde{u})d\forall +{\int }_{S_c}\rho (\frac{|\vec{u}{|}^2}{2}+gz+\tilde{u})({\vec{u}}_r\cdot \vec{n})dS=\frac{d{Q}_T}{dt}-\frac{dW}{dt}$ Forma desenvolvida (o slide 7 remete para a dedução do livro, eqs. 4.83–4.90): $\underset{1}{\underbrace{{\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial }{\partial t}\left[\rho \right(\frac{|\vec{u}{|}^2}{2}+gz\left)\right]d\forall }}+\underset{2}{\underbrace{{\int }_{S_c}\rho (\frac{|\vec{u}{|}^2}{2}+gz+\frac{p}{\rho })(\vec{u}\cdot \vec{n})dS}}=\underset{3}{\underbrace{-\frac{d{E}_T}{dt}}}\underset{4}{\underbrace{-\frac{d{W}_{\eta }}{dt}-\frac{d{W}_{\tau }}{dt}}}\underset{5}{\underbrace{-\frac{d{W}_v}{dt}}}$

1. variação da energia mecânica dentro do Vc;
2. fluxo de energia mecânica através da $S_c$ mais o trabalho das forças de pressão;
3. potência térmica: calor trocado mais variação da energia interna, $\frac{d{E}_T}{dt}=-\frac{d{Q}_T}{dt}+{\int }_{{\forall }_c}\frac{\partial (\rho \tilde{u})}{\partial t}d\forall +{\int }_{S_c}\rho \tilde{u}(\vec{u}\cdot \vec{n})dS$ (eq. 4.84);
4. potência do trabalho das tensões normais viscosas ($\vec{\eta }$) e tangenciais ($\vec{\tau }$);
5. potência das máquinas hidráulicas ou veios dentro do Vc.

Passos para simplificar a equação

1. Regime permanente: o termo 1 anula-se.
2. Paredes sólidas: $\vec{u}=\vec{0}$, logo $W_{\tau }=W_{\eta }=0$ nas paredes.
3. Secções abertas perpendiculares ao escoamento: $\vec{\tau }\perp \vec{u}$, logo $W_{\tau }=0$; e $W_{\eta }$ despreza-se. O termo 4 desaparece.
4. Paredes impermeáveis: o fluxo do termo 2 só existe nas secções abertas.
5. Ficam o termo 2 (nas secções) e os termos 3 e 5. É daqui que sai a carga hidráulica (§10.3).

Quando usar

Não se usa diretamente nos exercícios. É o ponto de partida para a equação $H_2-H_1$. Num teste teórico, convém saber o significado de cada um dos 5 termos e as hipóteses que anulam o 1 e o 4.

10.3 Carga hidráulica H = p/γ + z + u²/2g

Ideia

Num trecho de conduta com perfis uniformes e pressão hidrostática nas secções, a combinação $p/\gamma +z+u^2/2g$ é a mesma em todos os pontos de uma secção. Dividindo a equação da energia por $\gamma Q$ (o peso que passa por segundo), cada termo fica em metros. É a carga hidráulica $H$, a energia mecânica por unidade de peso, com três “alturas”:

• cota geométrica $z$: energia potencial;
• altura piezométrica $p/\gamma$: trabalho das forças de pressão;
• altura cinética $u^2/2g$: energia cinética.

A soma $p/\gamma +z$ é a cota piezométrica (§2.3), que é a carga “estática”.

Armadilha

• Pergunta do professor (sl.10): qual é a diferença entre carga hidráulica e energia mecânica por unidade de peso? É a parcela $p/\gamma$. A energia mecânica propriamente dita é $z+u^2/2g$. O $p/\gamma$ é o trabalho das forças de pressão por unidade de peso (Cardoso et al., §4.7.2).
• $p$ e $z$ medem-se no eixo da conduta. Com pressão hidrostática, o valor no eixo é a média da secção.
• $u$ é a velocidade média da secção, $U=Q/S$, porque o perfil se admite uniforme.
• Usar sempre o mesmo tipo de pressão (relativa ou absoluta) nas duas secções. Só a diferença de cargas tem significado físico.
• Errata dos slides 9 e 11: no termo de saída aparecem "$gz$" e "$z$" sem índice. No sl.11 isto acontece na 1.ª linha. Deve ler-se $z_2$.
• Legenda do sl.10: a legenda a vermelho chama a $H$ “energia mecânica por unidade de peso”. Em rigor, não é: $H$ inclui também $p/\gamma$, como se explica na resposta à pergunta do professor, acima (Cardoso et al., §4.7.2).

Carga hidráulica (Cardoso et al., §4.7.2, eqs. 4.92–4.95; Aula 11, sl.8–10)

Hipóteses (sl.8): Vc fixo e indeformável entre 1 e 2; velocidades uniformes; pressão hidrostática nas secções; regime permanente; fluido homogéneo e incompressível; eixo horizontal; tensões tangenciais viscosas desprezáveis. $-\rho (\frac{u_1^2}{2}+g{z}_1+\frac{p_1}{\rho })u_1{S}_1+\rho (\frac{u_2^2}{2}+g{z}_2+\frac{p_2}{\rho })u_2{S}_2=-\frac{d{E}_T}{dt}-\frac{d{W}_v}{dt}$ Com $u_1{S}_1=u_2{S}_2=Q$, dividindo por $\gamma Q$: $\boxed{H=\underset{\text{alt. piezomeˊtrica}}{\underbrace{\frac{p}{\gamma }}}+\underset{\text{cota geomeˊtrica}}{\underbrace{z}}+\underset{\text{alt. cineˊtica}}{\underbrace{\frac{u^2}{2g}}}}[\text{m c.a.}]$ $p$ em Pa; $\gamma =\rho g=9800$ N/m³; $z$ em m; $u$ em m/s.

Passos para calcular a carga numa secção

1. $u=Q/S$, com $S=\pi D^2/4$.
2. $p/\gamma$, com a pressão no eixo (relativa, salvo indicação em contrário).
3. $z$ do eixo, em relação a um plano de referência comum a todas as secções.
4. Somar: $H=p/\gamma +z+u^2/2g$.

Quando usar

Sempre que o enunciado fala em carga, energia, potência, perda de carga, turbina ou bomba, ou quando se pede uma pressão a partir de outra, com velocidades e cotas conhecidas. Muitas vezes é o passo que dá a pressão $p_2$ para depois aplicar o Teorema de Euler (§10.6).

10.4 Variação da carga: dissipação, perda de carga e perda unitária J

Ideia

Entre duas secções, a carga só pode mudar por duas razões: a dissipação (atrito, que transforma energia mecânica em calor) e as máquinas. Sem máquinas, a carga só diminui no sentido do escoamento: a água “gasta” carga para vencer o atrito. Essa diminuição é a perda de carga, $\Delta H=H_1-H_2$. Por isso o escoamento vai sempre da secção de maior carga para a de menor carga (e não, necessariamente, da maior pressão ou da maior cota).

Armadilha

• Errata do slide 11: escreve $H_2-H_1=-\frac{1}{\gamma Q}\frac{d{W}_v}{dt}=\Delta H_v$. O sinal coerente com o slide 13 (e com a eq. 4.97) é $H_2-H_1=-\Delta H_v$, com $\Delta H_v=H_1-H_2$.
• “Conduta curta” ⇒ despreza-se $d{E}_T/dt$ face à potência do veio. Numa conduta longa sem máquinas é ao contrário: toda a variação de carga é dissipação.
• $J=\Delta H/L$ é adimensional (m/m). $L$ é o comprimento ao longo da conduta.
• A “dissipação por unidade de percurso”, $\frac{d{E}_T}{dx}=\frac{d{E}_T/dt}{u}=\gamma S(H_1-H_2)$ (J/m), divide a potência pela velocidade, e não pelo comprimento $L$. Não confundir com $J$ [nota própria].
• Um $H_1-H_2$ negativo sem máquina significa que o escoamento vai, afinal, de 2 para 1.

Variação da carga e dissipação (Cardoso et al., §4.7.2, eqs. 4.96 e 4.102–4.103; Aula 11, sl.11–12)

$\boxed{H_2-H_1=-\frac{1}{\gamma Q}\left(\frac{d{E}_T}{dt}+\frac{d{W}_v}{dt}\right)}$ Sem máquinas ($d{W}_v/dt=0$): $\underset{\text{poteˆncia dissipada (W)}}{\underbrace{\frac{d{E}_T}{dt}=\gamma Q(H_1-H_2)}},\underset{\text{perda de carga (m)}}{\underbrace{\Delta H=H_1-H_2}},\underset{\text{perda de carga unitaˊria (m/m)}}{\underbrace{J=\frac{H_1-H_2}{L}}},\frac{d{E}_T}{dx}=\frac{d{E}_T/dt}{Q/S}\text{(J/m)}$

Passos para uma perda de carga

1. Calcular $H_1$ e $H_2$ (§10.3) com o mesmo plano de referência e o mesmo tipo de pressão.
2. Sentido do escoamento: de $\max (H_1,H_2)$ para $\min (H_1,H_2)$.
3. Perda de carga $\Delta H=H_1-H_2$ (positiva no sentido do escoamento).
4. Potência dissipada $\gamma Q\Delta H$; perda unitária $J=\Delta H/L$.

Quando usar

“Potência dissipada”, “perda de carga entre A e B”, “perda de carga unitária”, “qual é o sentido do escoamento?” (com dois manómetros e uma conduta inclinada), “diferença de potências do escoamento entre duas secções”.

Exercício resolvido (Aula 11, sl.12 — conduta sem turbomáquina)

Numa conduta sem máquinas, $H_1=30$ m e $H_2=20$ m, com $L=100$ m, $Q=1$ m³/s, $S=1$ m² e $\gamma =9800$ N/m³. Determine a potência dissipada, a dissipação por unidade de percurso e a perda de carga unitária.

Resolução passo-a-passo

1. Potência dissipada ($d{W}_v/dt=0$): $\frac{d{E}_T}{dt}=\gamma Q(H_1-H_2)=9800\cdot 1\cdot (30-20)=\boxed{98000\text{W}=98\text{kW}}$ 2. Por unidade de percurso ($u=Q/S=1$ m/s): $\frac{d{E}_T}{dx}=\frac{d{E}_T/dt}{u}=\boxed{98000\text{J/m}}$ 3. Perda de carga unitária: $J=\frac{H_1-H_2}{L}=\frac{30-20}{100}=\boxed{0,1\text{m/m}}$ (resolução do slide)

Lição

Sem máquinas, a carga que se perde vai toda para calor: $\gamma Q\Delta H$ é a potência que o atrito “come”. O $J$ diz quantos metros de carga se perdem por metro de conduta.

Exercício resolvido (Ex 4.12 do livro — diferença de potências)

Uma tubagem horizontal tem uma contração brusca em B (Fig. 4.27). Na secção A, a montante: $D_A=1,00$ m e $p_A=300$ kPa. Na secção C, a jusante: $D_C=0,50$ m e $p_C=200$ kPa. O caudal é $Q=2,0$ m³/s, com velocidades uniformes. Determine a diferença entre as potências do escoamento em A e em C.

Resolução passo-a-passo

1. Velocidades: $u_A=2/(\pi \cdot 1^2/4)=2,546$ m/s e $u_C=2/(\pi \cdot 0,5^2/4)=10,186$ m/s. 2. Cargas ($z_A=z_C$): $H_A=\frac{300000}{9800}+\frac{2,546^2}{19,6}=30,61+0,33=30,94\text{m},H_C=\frac{200000}{9800}+\frac{10,186^2}{19,6}=20,41+5,29=25,70\text{m}$ 3. Perda de carga: $\Delta H=H_A-H_C=5,24$ m. 4. Potência dissipada: $\Delta P=\gamma Q\Delta H=9800\cdot 2\cdot 5,24=\boxed{102,7\text{kW}}$ (resolução do livro). Gralha no livro: imprime “102 669 W”; a conta dá $9800\cdot 2\cdot 5,24=102704$ W. O resultado de 102,7 kW está certo.

Lição

A pressão cai 100 kPa (10,2 m), mas só 5,24 m são perda. O resto (4,96 m) é a altura cinética que a água ganha ao acelerar na contração. Numa mudança de secção, comparar cargas, e não pressões.

Exercício resolvido (Prob 4.11 do livro)

Escoa-se água em regime permanente numa conduta de secção constante, com $D=0,1$ m (Fig. 4.38). A conduta sobe de 1 para 2, com inclinação 1:50, numa distância horizontal de 100 m. As pressões são $p_1=50$ kPa e $p_2=20$ kPa. Determine:

• (a) a dissipação de energia por unidade de comprimento;
• (b) o sentido do escoamento.

Resolução passo-a-passo

1. Cotas: $z_2-z_1=100/50=2$ m. A secção é constante, logo $u_1=u_2$ e as alturas cinéticas cancelam-se. 2. Diferença de cargas (referência em $z_1$): $H_1-H_2=\frac{50000-20000}{9800}-2=3,061-2=1,061\text{m}>0$ 3. b) Sentido: $H_1>H_2$, logo $\boxed{\text{o escoamento vai de 1 para 2}}$ (a subir). 4. a) Dissipação por unidade de percurso: $S=\pi \cdot 0,1^2/4=7,854\times 10^{-3}$ m². $\frac{d{E}_T}{dx}=\gamma S(H_1-H_2)=9800\cdot 7,854\times 10^{-3}\cdot 1,061=\boxed{81,7\text{J/m}}$ [resolução própria], que bate com a solução do livro (81,66 J/m). A perda unitária seria $J\approx 1,061/100=0,0106$.

Lição

O escoamento sobe 2 m, contra a gravidade, porque a diferença de pressões (3,06 m) mais do que compensa a subida. Para o sentido do escoamento olha-se para a carga: nem a pressão sozinha nem a cota sozinha decidem.

10.5 Turbinas e bombas: queda útil, altura de elevação e potência

Ideia

Uma máquina dentro do Vc faz a carga dar um degrau:

• uma turbina tira energia ao escoamento: $H_2<H_1$, e o degrau é a queda útil $H_u$;
• uma bomba dá energia ao escoamento: $H_2>H_1$, e o degrau é a altura de elevação $H_t$.

A potência hidráulica é sempre (peso por segundo) × (degrau de carga): $P_h=\gamma QH$.

Armadilha

• O sinal de $\Delta H_v=H_1-H_2$ diz qual é a máquina: positivo é turbina, negativo é bomba. Se o enunciado diz “bomba” e o sinal sai positivo, os dados implicam que a máquina funciona como turbina: verificar os dados [nota própria]. No Ex 4.13 os sinais confirmam o modo que o enunciado indica.
• $P_h=\gamma QH$ é a potência hidráulica (a que o escoamento dá ou recebe). Não é a potência elétrica nem a do veio: a diferença são os rendimentos, que ficam fora do MAP1 (Cardoso et al. remetem-nos para o Cap. 9).
• Se houver dissipação dentro da máquina, $H_1-H_2$ deixa de ser só $\Delta H_v$: $\gamma Q(H_1-H_2)=d{W}_v/dt+d{E}_T/dt$ (Prob 4.10, Ex 4.14).
• Usar o mesmo $\gamma$ em todo o problema (9800 N/m³ no curso).

Potências do escoamento (Cardoso et al., §4.7.2, eqs. 4.97–4.101; Aula 11, sl.13)

Conduta curta ($d{E}_T/dt\approx 0$): $H_2-H_1=-\frac{1}{\gamma Q}\frac{d{W}_v}{dt}=-\Delta H_v,\Delta H_v=H_1-H_2$

	Turbina (realiza trabalho)	Bomba (recebe trabalho)
$\Delta H_v=H_1-H_2$	$>0$	$<0$
Degrau de carga	$H_u=H_1-H_2$ (queda útil)	$H_t=H_2-H_1$ (altura de elevação)
$d{W}_v/dt$	$+P_h$	$-P_h$
Potência hidráulica	$P_h=\gamma Q{H}_u$	$P_h=\gamma Q{H}_t$

$P_h$ em W; $Q$ em m³/s; $H$ em m.

Passos para um problema com máquina

1. Continuidade: $u_1$ e $u_2$.
2. Cargas $H_1$ e $H_2$ (ou só as parcelas que diferem).
3. $\Delta H_v=H_1-H_2$: o sinal diz se é turbina ou bomba.
4. $P_h=\gamma Q|\Delta H_v|$. Se houver dissipação, somá-la (ou subtraí-la) com o sinal da eq. 4.96.
5. No sentido inverso, com $P$ dado: $|\Delta H_v|=P/(\gamma Q)$, e daí a pressão desconhecida.

Quando usar

“Potência extraída pela turbina”, “potência fornecida pela bomba”, “altura de elevação”, “queda útil”, “funciona como bomba ou como turbina?”, “pressão a jusante da turbina”.

Exercício resolvido (Ex 4.13 do livro — bomba e turbina)

Numa conduta horizontal de água há um veio. O regime é permanente, com $Q=0,15$ m³/s, $u_1=3$ m/s na entrada e $u_2=4$ m/s na saída (perfis uniformes). A variação de carga deve-se apenas ao veio. Determine a potência quando:

• (a) o veio está associado a uma bomba e $p_2-p_1=+200$ kPa;
• (b) o veio está associado a uma turbina e $p_2-p_1=-100$ kPa.

Resolução passo-a-passo

1. Equação ($z_1=z_2$): $\Delta H_v=H_1-H_2=\frac{u_1^2-u_2^2}{2g}+\frac{p_1-p_2}{\gamma },\frac{u_1^2-u_2^2}{2g}=\frac{9-16}{19,6}=-0,357\text{m}$ 2. a) $\Delta H_v=-0,357-\frac{200000}{9800}=-20,77$ m $<0$, logo é uma bomba, com $H_t=20,77$ m: $P_h=\gamma Q{H}_t=9800\cdot 0,15\cdot 20,77=\boxed{30,5\text{kW (bomba)}}$ 3. b) $\Delta H_v=-0,357+\frac{100000}{9800}=+9,85$ m $>0$, logo é uma turbina, com $H_u=9,85$ m: $P_h=\gamma Q{H}_u=9800\cdot 0,15\cdot 9,85=\boxed{14,5\text{kW (turbina)}}$ (resolução do livro)

Lição

O sinal de $\Delta H_v$ decide tudo. A altura cinética entra nos dois casos com o mesmo valor (−0,357 m), porque o caudal e as secções não mudam. Uma pressão que sobe muito através da máquina é bomba; uma que desce é turbina.

Exercício resolvido (Ex 4.14 do livro — bomba com aquecimento)

Uma bomba centrífuga (Fig. 4.28) eleva $Q=20$ ℓ/s de água. A secção de entrada tem $D_1=100$ mm e $p_1/\gamma =15$ m; a de saída tem $D_2=50$ mm e $p_2/\gamma =40$ m. O eixo é horizontal ($z_1=z_2$), os perfis são uniformes e o processo é adiabático, com ${\tilde{u}}_2-{\tilde{u}}_1=1,5$ J/kg. Determine a potência fornecida ao escoamento.

Resolução passo-a-passo

1. Potência térmica (adiabático: $d{Q}_T/dt=0$; permanente; eq. 4.84): $\frac{d{E}_T}{dt}=\rho Q({\tilde{u}}_2-{\tilde{u}}_1)=1000\cdot 0,020\cdot 1,5=30\text{W}$ 2. Velocidades: $u_1=0,020/(\pi \cdot 0,1^2/4)=2,55$ m/s e $u_2=0,020/(\pi \cdot 0,05^2/4)=10,19$ m/s. 3. Diferença de cargas: $H_2-H_1=(40-15)+\frac{10,19^2-2,55^2}{19,6}=25+4,96=29,96\text{m}$ 4. Potência do veio (eq. 4.96): $\frac{d{W}_v}{dt}=-\gamma Q(H_2-H_1)-\frac{d{E}_T}{dt}=-9800\cdot 0,020\cdot 29,96-30=-5872-30\approx \boxed{-5,9\text{kW}}$ O sinal − confirma que é uma bomba, que fornece cerca de 5,9 kW ao escoamento. (resolução do livro): o livro dá 5906 W, arredondando $u_2=10,2$ m/s.

Lição

A bomba tem de dar ao escoamento o aumento de carga mais o que se dissipa (aquece a água). Na eq. 4.96, $d{E}_T/dt$ e $d{W}_v/dt$ somam-se: com uma bomba ($d{W}_v<0$), a dissipação aumenta a potência necessária.

Exercício resolvido (Prob 4.10 do livro — turbina com dissipação)

Uma turbina, alimentada por um reservatório num troço horizontal de conduta com $D=1$ m dos dois lados e com manómetros a montante e a jusante (Fig. 4.37; o texto do livro remete por gralha para a “Figura 4.27”), recebe $Q=1$ m³/s e extrai uma potência hidráulica de 500 kW. Dentro da turbina dissipam-se 50 kJ/s em calor. A montante e a jusante, os efeitos viscosos são desprezáveis. Determine:

• (a) a queda útil;
• (b) $p_1-p_2$;
• (c) a força horizontal da turbina sobre a estrutura de apoio.

Resolução passo-a-passo

1. a) Diferença de cargas (eq. 4.96, com $d{W}_v/dt=+500$ kW e $d{E}_T/dt=+50$ kW): $H_1-H_2=\frac{1}{\gamma Q}\left(\frac{d{E}_T}{dt}+\frac{d{W}_v}{dt}\right)=\frac{550000}{9800\cdot 1}=\boxed{56,12\text{m}}$ É o valor que o livro dá como queda útil: a diferença de cargas entre a entrada e a saída da turbina. A parte que vai para o veio é $\Delta H_v=500000/9800=51,02$ m; os 5,10 m restantes são dissipação. 2. b) Pressões: o diâmetro e a cota são iguais, logo $u_1=u_2$ e $H_1-H_2=(p_1-p_2)/\gamma$: $p_1-p_2=9800\cdot 56,12=\boxed{550\text{kPa}}$ 3. c) Euler segundo x: $u_1=u_2$, logo os fluxos de quantidade de movimento anulam-se: $p_{1}S-p_{2}S+R_x=0\Rightarrow F_x=-R_x=(p_1-p_2)S=550000\cdot \frac{\pi }{4}=\boxed{432\text{kN}(+x)}$ [resolução própria], que bate com a solução do livro (56,12 m; 550 kPa; $432\vec{i}$ kN).

Lição

Energia e quantidade de movimento combinam-se: a energia dá a queda de pressão através da máquina e o Euler transforma-a numa força. Com dissipação interna, a queda de carga é maior do que a potência extraída dividida por $\gamma Q$. Ambiguidade no livro: pela eq. 4.101, $H_u=P/(\gamma Q)=51,02$ m; o livro chama queda útil a $H_1-H_2=56,12$ m. No teste, indicar qual se usa.

10.6 Energia + Teorema de Euler: força numa turbina em conduta

Ideia

Muitos problemas pedem uma força, mas uma das pressões não é dada. A estratégia é encadear as três leis de conservação:

1. massa, para as velocidades;
2. energia, para a pressão que falta;
3. quantidade de movimento, para a força.

A energia “não vê” forças, e o Euler “não vê” potências: precisam um do outro.

Armadilha

• O binário do veio não dá força axial. No Euler segundo x entram só as pressões, os fluxos de quantidade de movimento e $R_x$.
• Usar pressões relativas no Euler. Se a pressão dada fosse absoluta, seria preciso descontar a ação da atmosfera no exterior do invólucro, $p_{atm}(S_1-S_2)$ (Cardoso et al. não o discutem no Ex 4.11) [nota própria].
• Na energia, só interessa $p_2-p_1$, e por isso o tipo de pressão é indiferente desde que seja o mesmo nas duas secções.

Encadeamento massa → energia → Euler (Cardoso et al., Ex 4.11; Aula 11, sl.14)

$Q=u_1{S}_1=u_2{S}_2\Rightarrow \frac{p_2}{\gamma }=\frac{p_1}{\gamma }+z_1-z_2+\frac{u_1^2-u_2^2}{2g}-\Delta H_v\Rightarrow R_x=\rho Q(u_2-u_1)-p_1{S}_1+p_2{S}_2,F_x=-R_x$ (eixo horizontal segundo x; turbina com $\Delta H_v=P/(\gamma Q)$; para uma bomba, $\Delta H_v=-P/(\gamma Q)$).

Passos para a força sobre uma máquina

1. Continuidade: $Q$ e $u_2$.
2. Energia: $\Delta H_v=\pm P/(\gamma Q)$ e a pressão desconhecida.
3. Euler segundo o eixo: $p_1{S}_1-p_2{S}_2+\rho Q(u_1-u_2)+R_x=0$.
4. Força sobre a estrutura: $F_x=-R_x$.

Quando usar

“Força horizontal no invólucro da turbina”, “esforço no apoio da bomba”, qualquer problema com uma potência e uma força no mesmo enunciado.

Exercício resolvido (Ex 4.11 do livro / Aula 11, sl.14)

Uma pequena turbina de água (Fig. 4.24) extrai 7,7 kW do escoamento. A conduta tem eixo horizontal. Na secção 1: $D_1=609$ mm, $u_1=5$ m/s e $p_1=103,5$ kPa. Na zona da turbina, a conduta estreita para 305 mm e volta a alargar até à secção 2, com $D_2=457$ mm. Determine a força horizontal do escoamento sobre o invólucro onde se apoia a turbina, desprezando a variação de $E_T$, o trabalho das forças dissipativas nas superfícies abertas e as perdas de energia na turbina.

(O enunciado segue o sl.14. O livro, na p. 213, diz apenas “fornece uma potência igual a 7,7 kW”, sem a referência às perdas na turbina.)

Resolução passo-a-passo

1. Continuidade:

• $S_1=\pi \cdot 0,609^2/4=0,2913$ m², logo $Q=5\cdot 0,2913=1,456$ m³/s;
• $S_2=\pi \cdot 0,457^2/4=0,1640$ m², logo $u_2=Q/S_2=8,88$ m/s.

2. Energia (turbina, $z_1=z_2$): $H_u=\Delta H_v=\frac{P}{\gamma Q}=\frac{7700}{9800\cdot 1,456}=0,540\text{m}$ $p_2=p_1+\frac{\rho }{2}(u_1^2-u_2^2)-\gamma H_u=103500+500(25-78,84)-5287\approx \boxed{71,3\text{kPa}}$ 3. Euler segundo x (regime permanente; $R_x$ = força do invólucro e da turbina sobre o fluido): $p_1{S}_1-p_2{S}_2+R_x=\rho Q(u_2-u_1)$ $30149-11694+R_x=1000\cdot 1,456\cdot 3,88=5650\Rightarrow R_x=-12,8\text{kN}$ 4. Força sobre o invólucro: $\boxed{F_x=-R_x=+12,8\text{kN}(\text{no sentido do escoamento})}$ (resolução do livro): o livro dá $p_2=71284$ Pa e $12,81$ kN. Há uma incoerência no livro: o enunciado fala do “invólucro” e a conclusão do “túnel”. É a mesma peça.

Lição

A pressão a jusante cai por dois motivos: a turbina tira 0,54 m de carga e a água acelera (de 5 para 8,9 m/s), ganhando 2,75 m de altura cinética. A força resulta sobretudo do desequilíbrio das pressões ($p_1{S}_1\gg p_2{S}_2$). A energia dá o $p_2$; o Euler dá a força.

Ex 4.6 do livro revisto com a carga (Aula 11, sl.20)

A bifurcação já está resolvida na §8.3: 565,5 kN com as válvulas fechadas e 453,3 kN com $Q_C=Q_D=3$ m³/s. A conta segundo x tem de incluir as pressões nas saídas C e D: $-2{\Pi }_C\cos 60°=-98,2$ kN. Sem elas obter-se-ia o valor errado de 551,5 kN. Com a carga, os dados ficam sob suspeita: com $p=500$ kPa em A e em C, $H_C-H_A=(u_C^2-u_A^2)/2g=(15,28^2-5,305^2)/19,6=+10,5$ m. A carga subiria sem nenhuma bomba, o que é impossível. Sem perdas, seria $p_C\approx 500-0,5(15,28^2-5,305^2)\approx 397$ kPa. O enunciado impõe 500 kPa e usa-se o dado; a lição é verificar sempre os dados com a carga [nota própria].

Estudo autónomo (Aula 11, sl.21)

• Estudar: §4.7; Exemplos 4.12, 4.13 e 4.14 (§10.4 e §10.5).
• Resolver: Problemas 4.10 e 4.11 (§10.5 e §10.4).
• Nota: o PDF da Aula 11 salta do sl.14 para o sl.20. Os slides 15–19, provavelmente com a resolução do Ex 4.11 e do Ex 4.6, não estão disponíveis. Por isso, as resoluções acima são as do livro.

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