03 - Determinar a vazão transportada por um conduto de ferro fundido, com diâmetro de 150 mm e comprimento de 1 km , sabendo que o mesmo transporta gasolina à temperatura de 20^{\circ} \mathrm{C}, com perda de carga unitária de 16 \mathrm{~m} / \mathrm{km}.
Dados: \mathrm{e}=3,75 \times 10^{-4} \mathrm{~m} e \underline{v}=6,48 \times 10^{-7} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s}.

Passo 1

Listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados do conduto e do fluido (pegos do enunciado):
    • Diâmetro: D=0,150\\ \mathrm{m}.
    • Comprimento: L=1{,}0\\ \mathrm{km}=1000\\ \mathrm{m}.
    • Perda de carga unitária: 16\\ \mathrm{m/km}. Para o trecho de 1\\ \mathrm{km} isso significa perda de carga total h_f=16\\ \mathrm{m}. A inclinação hidráulica (perda por unidade de comprimento) é S=\frac{h_f}{L}=\frac{16}{1000}=0,016\quad(\text{adimensional}).
    • Rugosidade absoluta: \varepsilon=3{,}75\times 10^{-4}\\ \mathrm{m}.
    • Viscosidade cinemática: \nu=6{,}48\times 10^{-7}\\ \mathrm{m^{2}/s}.
  • O que o problema pede:
    • Determinar a vazão volumétrica Q transportada pelo conduto (dê em \mathrm{m^{3}/s}; pode-se também apresentar em \mathrm{L/s} ou \mathrm{m^{3}/h} para interpretação).

Passo 2

Princípio físico e fórmulas que vamos usar (aulas rápidas e intuitivas).
  • Para escoamento em conduto circular com perda por atrito podemos usar a equação de Darcy–Weisbach:
    h_f = f\,\frac{L}{D}\,\frac{V^{2}}{2g},
    onde
    • h_f é a perda de carga total (m),
    • f é o fator de atrito de Darcy (adimensional),
    • L é o comprimento do trecho (m),
    • D é o diâmetro interno do tubo (m),
    • V é a velocidade média do fluido (m/s),
    • g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}} é a aceleração da gravidade.
  • A vazão volumétrica Q relaciona-se com V por
    Q=A\,V,\qquad A=\frac{\pi D^{2}}{4}.
  • O fator f depende da rugosidade relativa \varepsilon/D e do número de Reynolds \mathrm{Re}. O número de Reynolds é
    \mathrm{Re}=\frac{V D}{\nu},
    onde \nu é a viscosidade cinemática.
  • A equação de Colebrook dá f implicitamente. Para evitar resolver uma equação implícita vamos usar a aproximação explícita de Swamee–Jain (muito usada e bem precisa para engenharia):
    f = 0{,}25\left[\log_{10}\!\left(\frac{\varepsilon/D}{3{,}7}+\frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\right)\right]^{-2}.
    Esta fórmula dá f a partir de \varepsilon/D e \mathrm{Re}. Note que \mathrm{Re} contém V, e V depende de f (pela Darcy–Weisbach). Assim usaremos um procedimento iterativo simples: chutar um f, calcular V, calcular \mathrm{Re}, atualizar f com Swamee–Jain e repetir até convergir.

Passo 3

Preparar as expressões úteis e valores numéricos iniciais.
  • Isolar V da equação de Darcy–Weisbach usando S=h_f/L:
    S = \frac{h_f}{L} = f\,\frac{V^{2}}{2gD} \quad\Longrightarrow\quad V = \sqrt{\frac{2 g D S}{f}}.
    Isto é prático porque nos dá V para um dado f.
  • Área da seção:
    A=\frac{\pi D^{2}}{4}=\frac{\pi(0{,}150)^{2}}{4}.
    Vamos calcular A numericamente:
    D^{2}=0{,}150^{2}=0{,}0225\quad\Rightarrow\quad A=\frac{\pi\cdot 0{,}0225}{4}=0{,}017664\\ \mathrm{m^{2}}
    (valor aproximado: A\approx 0{,}01766\\ \mathrm{m^{2}}).
  • Rugosidade relativa:
    \frac{\varepsilon}{D}=\frac{3{,}75\times 10^{-4}}{0{,}150}=0{,}0025.
  • Vamos iterar. Escolha inicial (palpitação comum): f^{(0)}=0{,}02.

Passo 4

Primeira iteração (com f^{(0)}=0{,}02) — calcular V^{(0)}, \mathrm{Re}^{(0)} e atualizar f.
  • Calcular V^{(0)}: V^{(0)}=\sqrt{\frac{2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}150\cdot 0{,}016}}{\,\sqrt{f^{(0)}}} =\sqrt{\frac{2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}150\cdot 0{,}016}{0{,}02}}.Avaliando numericamente: 2gD S = 2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}150\cdot 0{,}016 = 0{,}047088,
\frac{0{,}047088}{0{,}02}=2{,}3544\quad\Rightarrow\quad V^{(0)}=\sqrt{2{,}3544}=1{,}534\\ \mathrm{m/s}.
  • Calcular \mathrm{Re}^{(0)}:
    \mathrm{Re}^{(0)}=\frac{V^{(0)}D}{\nu}=\frac{1{,}534\cdot 0{,}150}{6{,}48\times 10^{-7}} =\frac{0{,}2301}{6{,}48\times 10^{-7}}\approx 3{,}56\times 10^{5}.
  • Atualizar f usando Swamee–Jain:
    f^{(1)}=0{,}25\left[\log_{10}\!\left(\frac{0{,}0025}{3{,}7}+\frac{5{,}74}}{(\mathrm{Re}^{(0)})^{0{,}9}}\right)\right]^{-2}.
    Calcular os termos:
    \frac{\varepsilon/D}{3{,}7}=\frac{0{,}0025}{3{,}7}=6{,}7568\times 10^{-4},
(\mathrm{Re}^{(0)})^{0{,}9}\approx (3{,}556\times 10^{5})^{0{,}9}\approx 9{,}97\times 10^{4} \quad\Rightarrow\quad \frac{5{,}74}{(\mathrm{Re}^{(0)})^{0{,}9}}\approx 5{,}76\times 10^{-5}.
Soma dentro do log:
6{,}7568\times 10^{-4}+5{,}76\times 10^{-5}=7{,}333\times 10^{-4}.
Então
\log_{10}(7{,}333\times 10^{-4})\approx -3{,}134,
f^{(1)}=0{,}25\cdot(-3{,}134)^{-2}=0{,}25/(3{,}134^{2})\approx 0{,}02548.

Passo 5

Segunda iteração (usar f^{(1)}) — calcular V^{(1)}, \mathrm{Re}^{(1)} e novo f.
  • Calcular V^{(1)}:
    V^{(1)}=\sqrt{\frac{2 g D S}{f^{(1)}}} =\sqrt{\frac{0{,}047088}{0{,}02548}}=\sqrt{1{,}847}\approx 1{,}359\\ \mathrm{m/s}.
  • Calcular \mathrm{Re}^{(1)}:
    \mathrm{Re}^{(1)}=\frac{1{,}359\cdot 0{,}150}{6{,}48\times10^{-7}} =\frac{0{,}20385}{6{,}48\times10^{-7}}\approx 3{,}15\times 10^{5}.
  • Atualizar f^{(2)} com Swamee–Jain:
    (\mathrm{Re}^{(1)})^{0{,}9}\approx (3{,}147\times 10^{5})^{0{,}9}\approx 8{,}88\times 10^{4},
\frac{5{,}74}{(\mathrm{Re}^{(1)})^{0{,}9}}\approx 6{,}46\times 10^{-5},
\frac{\varepsilon/D}{3{,}7}=6{,}7568\times 10^{-4}\quad\text{(mesmo de antes)},
\text{soma}=7{,}403\times 10^{-4}\quad\Rightarrow\quad \log_{10}(\cdot)\approx -3{,}130,
f^{(2)}=0{,}25/(3{,}130^{2})\approx 0{,}02553.
  • Comparar f^{(2)} com f^{(1)}: 0{,}02553 versus 0{,}02548. A diferença é muito pequena (convergência alcançada). Podemos aceitar f\approx 0{,}02553 e V\approx 1{,}359\\ \mathrm{m/s}.

Passo 6

Calcular a vazão Q final e fazer checagem rápida.
  • Vazão: Q = A\,V = 0{,}017664\cdot 1{,}359 \approx 0{,}02400\\ \mathrm{m^{3}/s}.Em unidades mais familiares: Q\approx 0{,}02400\\ \mathrm{m^{3}/s}=24{,}0\\ \mathrm{L/s},
Q\approx 0{,}02400\cdot 3600=86{,}4\\ \mathrm{m^{3}/h}.
  • Checagem rápida usando Darcy–Weisbach (verificar que com f e V encontrados a perda total dá cerca de 16\\ \mathrm{m}):
    h_f = f\,\frac{L}{D}\,\frac{V^{2}}{2g} =0{,}02553\cdot\frac{1000}{0{,}150}\cdot\frac{1{,}359^{2}}{2\cdot 9{,}81}\approx 16{,}03\\ \mathrm{m},
    que está muito próximo de 16{,}0\\ \mathrm{m}: bom sinal de consistência.
  • Observação física: o número de Reynolds final está na ordem de 10^{5} (escoamento turbulento), o que justifica o uso da fórmula de Swamee–Jain / Colebrook.

Resposta

Q\approx 0{,}02400\\ \mathrm{m^{3}/s}
Q\approx 24{,}0\\ \mathrm{L/s}
Q\approx 86{,}4\\ \mathrm{m^{3}/h}

Exercícios relacionados