Exercícios Resolvidos de Curvas Características

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Enunciado

Em uma refinaria, uma bomba será responsável por transportar água (1000 kg/m³) entre duas lagoas de aeração, ao longo de uma tubulação de 90 m de comprimento e 100 mm de diâmetro. Não há diferença de elevação entre os pontos de captação e descarga da água. No escoamento, através da tubulação, o fator de atrito de Darcy pode ser estimado como 0,02. Para executar essa tarefa, está sendo avaliada a possibilidade da utilização de uma bomba com a seguinte curva característica:

H Q = - 5000 Q 2 - 100 Q + 7

onde H é a carga hidráulica em metros e Q é a vazão volumétrica em m³/s. Considerando-se a aceleração da gravidade como 10 m/s², a relação entre o comprimento e o diâmetro da circunferência (π) como 3 e desprezando-se as perdas localizadas, a vazão de operação do sistema corresponderá à solução da seguinte equação algébrica:

(A) - 5000 Q 2 - 100 Q + 23 = 0

(B) - 5000 Q 2 - 16000 Q + 7 = 0

(C) - 5000 Q 2 - 100 Q + 7 = 0

(D) - 21000 Q 2 - 100 Q + 7 = 0

(E) 11000 Q 2 - 100 Q + 7 = 0

Passo 1

Quanta equação! No final das contas, o enunciado quer saber qual delas encontra a vazão de operação. Para isso, vamos lembrar o seguinte:

O ponto de operação é aquele em que a carga do sistema coincide com a carga da bomba

H s i s t e m a = H b o m b a

A carga da bomba H B o enunciado já deu e é H B Q = - 5000 Q 2 - 100 Q + 7

Nossa missão então é encontrar o H s i s t e m a . Na teoria, nós vimos que se aplicarmos a equação da energia, conseguimos encontrar a carga do sistema assim:

H s i s t e m a =   p 2 ρ g + V - 2 2 2 g + z 2 -   p 1 ρ g + V - 1 2 2 g + z 1 + h p

Opa! Hora de definir quem é nosso volume de controle (VC). Vamos escolher o VC que vai de uma lagoa até a outra, passando por toda a tubulação e pela bomba.

Com isso, a superfície de controle 1 vai ser a superfície da lagoa inicial e superfície de controle 2 será a superfície da lagoa final (que recebe o fluido)

Logo, já podemos dizer que p 1 = p 2 = p a t m , pois as superfícies estão submetidas à pressão atmosférica. Além disso V 1 = V 2 ≅ 0   m / s pois nas superfícies a área é tão grande que a velocidade é considerada nula. ( V = Q / A )

Além disso, o enunciado diz que não há diferença de elevação, logo z 1 = z 2

Substituindo todos esses dados na expressão de H s i s t e m a , simplificamos!

H s i s t e m a =   h p

Passo 2

Hora de calcular essa perda de carga. Ela é definida assim

h p = f L D V 2 2 g

Sendo que a velocidade é

V =   Q A = Q π D 2 / 4 = 4 Q π D 2

Substituindo na perda de carga

h p = f L D 4 Q π D 2 2 2 g

Pelo enunciado f = 0,02 ,   L = 90   m ,   D = 100   m m = 0,1   m ,   π ≅ 3 ,   g ≅ 10   m / s 2

h p = 0,02 90 0,1 4 Q π 0,1 2 2 20

h p = 16000 Q 2

Encontramos então a carga do sistema

H s i s t e m a =   16000 Q 2

Passo 3

No ponto operação, igualamos as cargas

H s i s t e m a = H b o m b a

- 5000 Q 2 - 100 Q + 7 = 16000 Q 2

- 21000 Q 2 - 100 Q + 7 = 0

Que é a equação de segundo grau que soluciona a vazão de operação do sistema. A resposta é a letra D.

Resposta

Alternativa (D)

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