Mecânica dos fluidos/Exercícios resolvidos/D2

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Enunciado

Um espaço amplo encontra-se cheio de líquido ideal. Repentinamente, estoura uma bolha esférica de raio a. Calcular o tempo para que o líquido preencha o buraco formado. Desprezar a ação da gravidade.

Solução

Devido à simetria do problema, uma vez que a gravidade será desprezada, podemos considerar que só existirá movimento na direção radial. Assim

$\overrightarrow{v}=v_r{\overrightarrow{u}}_r$

A equação de Euler ficará então

$\rho \overrightarrow{g}-\mathrm{\nabla }p=\rho \frac{D\overrightarrow{v}}{Dt}\Rightarrow 0-\mathrm{\nabla }p=\rho (\frac{\partial \overrightarrow{v}}{\partial t}+\overrightarrow{v}\cdot \mathrm{\nabla }\overrightarrow{v})$

$-\frac{\partial p}{\partial r}=\rho (\frac{\partial v_r}{\partial t}+v_r\frac{\partial v_r}{\partial r})$

Tanto p quanto v_r são funções de r e t. Não podemos usar a equação de continuidade na forma canônica, pois o escoamento não está em regime permanente. Mas podemos afirmar que a conservação de massa exige que a vazão Φ de fluido fora do buraco seja independente de r, quer dizer, seja função apenas de t. Para integrar a equação de Euler e eliminar r, podemos escrever

$\mathrm{\Phi }=4\pi r^2{v}_r\Rightarrow v_r=\frac{\mathrm{\Phi }}{4\pi r^2}$

$\frac{\partial v_r}{\partial t}=\frac{1}{4\pi r^2}\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}$

Manipulando a equação de Euler:

$-\frac{\partial p}{\partial r}=\rho (\frac{1}{4\pi r^2}\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}+v_r\frac{\partial v_r}{\partial r})$

Separando as variáveis e integrando sobre todo o espaço ocupado pelo fluido, temos

$-\frac{\partial p}{\rho }=\frac{1}{4\pi r^2}\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}\partial r+v_r\partial v_r$

$-\frac{1}{\rho }\underset{p(R,t)}{\overset{p(\mathrm{\infty },t)}{\int }}dp=\frac{1}{4\pi }\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}\underset{R}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dr}{r^2}+\underset{vr(R,t)}{\overset{v(\mathrm{\infty },t)}{\int }}{v}_{r}d{v}_r$

onde R é o raio do buraco, que também é uma função de t. Temos agora uma equação diferencial que só depende do tempo. Mas

$v_r(\mathrm{\infty },t)=0p(R,t)=0ep(\mathrm{\infty },t)=constante=p_{\mathrm{\infty }}$

Assim,

$-\frac{1}{\rho }\underset{0}{\overset{p_{\mathrm{\infty }}}{\int }}dp=\frac{1}{4\pi }\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}\underset{R}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dr}{r^2}+\underset{vr(R,t)}{\overset{0}{\int }}{v}_{r}d{v}_r$

$\frac{1}{\rho }{\frac{}{}p|}_{p_{\mathrm{\infty }}}^0=\frac{1}{4\pi }\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}{\frac{1}{r}|}_{\mathrm{\infty }}^R+{\frac{1}{2}{v}_r^2|}_{vr(R,t)}^0$

$-\frac{p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }=\frac{1}{4\pi R}\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}-\frac{v_r^2(R,t)}{2}$

Para integrar novamente e eliminar t,

$\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}=\frac{\partial }{\partial t}(4\pi \cdot v_r(R,t)\cdot R^2)$

$\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}=4\pi (\frac{\partial v_r(R,t)}{\partial t}{R}^2+2R\cdot v_r(R,t)\cdot \frac{\partial R}{\partial t})$

$\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}=4\pi (\frac{\partial v_r(R,t)}{\partial R}\frac{\partial R}{\partial t}{R}^2+2R\cdot v_r(R,t)\cdot v_r(R,t))$

$\frac{\partial \mathrm{\Phi }}{\partial t}=4\pi (\frac{\partial v_r(R,t)}{\partial R}{v}_r(R,t)R^2+2R\cdot v_r^2(R,t))$

Assim

$-\frac{p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }=\frac{1}{4\pi R}4\pi (\frac{\partial v_r(R,t)}{\partial R}{v}_r(R,t)R^2+2R\cdot v_r^2(R,t))-\frac{v_r^2(R,t)}{2}$

$-\frac{p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }=R{v}_r(R,t)\frac{\partial v_r(R,t)}{\partial R}+\frac{3v_r^2(R,t)}{2}$

Introduzindo a variável u = v²(R,t) e integrando, temos

$-\frac{p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }=\frac{R}{2}\frac{du}{dR}+\frac{3u}{2}$

$(2\frac{p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }+3u)dR=-Rdu$

$\frac{du}{2\frac{p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }+3u}=-\frac{dR}{R}$

$\underset{0}{\overset{u}{\int }}\frac{du}{2\frac{p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }+3u}=-\underset{a}{\overset{R}{\int }}\frac{dR}{R}$

$\frac{1}{3}{ln(\frac{2p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }+3u)|}_0^u=-{\frac{}{}ln(R)|}_a^R$

$\frac{1}{3}ln\left(\frac{\frac{2p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }+3u}{\frac{2p_{\mathrm{\infty }}}{\rho }}\right)=ln\left(\frac{a}{R}\right)$

${(1+\frac{3\rho u}{2p_{\mathrm{\infty }}})}^{\frac{1}{3}}=\frac{a}{R}$

$u=\frac{2p_{\mathrm{\infty }}}{3\rho }({\left(\frac{a}{R}\right)}^3-1)$

Podemos agora encontrar o tempo decorrido através de uma integração

$\mathrm{\Delta }t=\int dt=\underset{a}{\overset{0}{\int }}\frac{dR}{v}=\underset{a}{\overset{0}{\int }}\frac{dR}{-\sqrt{u}}$

onde o sinal negativo vem do fato de estarmos esperando que a velocidade do fluido esteja no sentido da diminuição do raio. Assim,

$\mathrm{\Delta }t=\underset{0}{\overset{a}{\int }}\frac{dR}{\sqrt{\frac{2p_{\mathrm{\infty }}}{3\rho }({\left(\frac{a}{R}\right)}^3-1)}}=\sqrt{\frac{3\rho }{2p_{\mathrm{\infty }}}}\cdot \underset{0}{\overset{a}{\int }}{R}^{\frac{3}{2}}\cdot (a^3-R^3{)}^{-\frac{1}{2}}\cdot dR$

Manipulando a integral

$\mathrm{\Delta }t=\sqrt{\frac{3\rho }{2p_{\mathrm{\infty }}}}\cdot \underset{0}{\overset{a}{\int }}{\left(\frac{R}{a}\right)}^{\frac{3}{2}}\cdot {(1-{\left(\frac{R}{a}\right)}^3)}^{-\frac{1}{2}}\cdot dR$

$\mathrm{\Delta }t=\sqrt{\frac{3\rho }{2p_{\mathrm{\infty }}}}\cdot \underset{0}{\overset{a}{\int }}{\left(\frac{R}{a}\right)}^{-\frac{1}{2}}\cdot {(1-{\left(\frac{R}{a}\right)}^3)}^{-\frac{1}{2}}\cdot \frac{a}{3}\cdot \frac{3}{a}{\left(\frac{R}{a}\right)}^{2}dR$

$\mathrm{\Delta }t=\sqrt{\frac{3\rho }{2p_{\mathrm{\infty }}}}\cdot \underset{0}{\overset{a}{\int }}{\left[{\left(\frac{R}{a}\right)}^3\right]}^{-\frac{1}{6}}\cdot {(1-{\left(\frac{R}{a}\right)}^3)}^{-\frac{1}{2}}\cdot \frac{a}{3}\cdot d\left[{\left(\frac{R}{a}\right)}^3\right]$

$\mathrm{\Delta }t=\frac{a}{3}\cdot \sqrt{\frac{3\rho }{2p_{\mathrm{\infty }}}}\cdot \underset{0}{\overset{1}{\int }}{w}^{-\frac{1}{6}}\cdot {(1-w)}^{-\frac{1}{2}}\cdot dw$

Examinando a forma da função Beta de Binet Predefinição:Wikipedia Predefinição:Wikipedia

$\mathrm{B}(\alpha ,\beta )=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^{\alpha -1}(1-t{)}^{\beta -1}dt.$

reconhecemos que as integrais coincidem, se fizermos α = $\frac{5}{6}$ e β = $\frac{1}{2}$. Assim,

$\mathrm{\Delta }t=\frac{a}{3}\cdot \sqrt{\frac{3\rho }{2p_{\mathrm{\infty }}}}\cdot \mathrm{B}(\frac{5}{6},\frac{1}{2})=a\sqrt{\frac{\rho }{p_{\mathrm{\infty }}}}\cdot \frac{1}{\sqrt{6}}\cdot \mathrm{B}(\frac{5}{6},\frac{1}{2})$

Neste site pode-se obter o valor de 2,24 para a função Beta com esses argumentos. Assim, pode-se escrever

$\mathrm{\Delta }t=0.914a\sqrt{\frac{\rho }{p_{\mathrm{\infty }}}}$

Esse problema foi resolvido em 1917, por John William Strutt (Lord Rayleigh). Ele ilustra a complexidade dos problemas que envolvem fluxo em regime transitório.

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