Em uma adutora de 150 mm de diâmetro, em aço soldado novo (\varepsilon=0,10 \mathrm{~mm}), enterrada, está ocorrendo um vazamento. Um ensaio de campo para levantamento de vazão e pressão foi feito em dois pontos. A e B, distanciados em 500 m . No ponto A, a cota piezométrica é de 657,58 \mathrm{~m} e a vazão, de 38,88 \mathrm{l} / \mathrm{s}, e no ponto B, 643,43 \mathrm{~m} e 31,81 1/s. A que distância do ponto A deverá estar localizado o vazamento? Repita o cálculo usando a fórmula de Hazen-Williams (\mathrm{C}=130).
(Pela fórmula Universal: em torno de \mathbf{3 5 5 ~ m}; por Hazen-Williams: em torno de \mathbf{2 7 5} m)

Passo 1

O enunciado dá uma adutora de diâmetro \,D=150\,\mathrm{mm}=0{,}150\,\mathrm{m}\, e rugosidade do aço soldado novo \,\varepsilon=0{,}10\,\mathrm{mm}=0{,}00010\,\mathrm{m}\,. Dois pontos A e B estão separados por L=500\,\mathrm{m}. As medidas de campo são:
h_A=657{,}58\,\mathrm{m},\qquad Q_A=38{,}88\,\mathrm{l/s}=0{,}03888\,\mathrm{m^3/s},
h_B=643{,}43\,\mathrm{m},\qquad Q_B=31{,}81\,\mathrm{l/s}=0{,}03181\,\mathrm{m^3/s}.
O vazamento está entre A e B; portanto a vazão que sai no vazamento é \,Q_{vaz}=Q_A-Q_B. A pergunta é: a que distância x medida a partir de A está o vazamento? Primeiro usar a “fórmula Universal” (Darcy–Weisbach com fator de atrito estimado por Swamee–Jain), em seguida repetir com Hazen–Williams ( C=130).

Passo 2

Primeiro preparativos comuns: área da seção, velocidades e diferença de cota piezométrica.
A_{\text{sec}}=\frac{\pi D^2}{4}=\frac{\pi (0{,}150)^2}{4}=0{,}0176714587\\ \mathrm{m^2}.
V_A=\frac{Q_A}{A_{\text{sec}}}=\frac{0{,}03888}{0{,}0176714587}=2{,}1991\\ \mathrm{m/s},
V_B=\frac{Q_B}{A_{\text{sec}}}=\frac{0{,}03181}{0{,}0176714587}=1{,}8005\\ \mathrm{m/s}.
Diferença de cota piezométrica:
\Delta h=h_A-h_B=657{,}58-643{,}43=14{,}15\\ \mathrm{m}.

Passo 3

Vamos aplicar a equação de energia entre A e B passando pelo ponto de vazamento C. O cabeçote em A menos o de B é a soma das perdas em A\to C e C\to B:
\Delta h = h_A-h_B = h_{f,AC}+h_{f,CB}.
No modelo de Darcy–Weisbach a perda numa seção é
h_f = f\,\frac{L}{D}\,\frac{V^2}{2g},
onde f é o fator de atrito, L o comprimento do trecho, D o diâmetro, V a velocidade no trecho e g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}. Para os nossos dois trechos:
h_{f,AC}=f_A\frac{x}{D}\frac{V_A^2}{2g},\qquad h_{f,CB}=f_B\frac{L-x}{D}\frac{V_B^2}{2g}.
Portanto
\Delta h = f_A\frac{x}{D}\frac{V_A^2}{2g} + f_B\frac{L-x}{D}\frac{V_B^2}{2g}.
Isolando x obtemos
x=\frac{\Delta h - L\cdot B}{A-B},
onde definimos
A=f_A\frac{1}{D}\frac{V_A^2}{2g},\qquad B=f_B\frac{1}{D}\frac{V_B^2}{2g}.

Passo 4

Precisamos dos fatores de atrito f_A e f_B. Estimamos Reynolds e usamos a fórmula explícita de Swamee–Jain (boa aproximação para fluxo turbulento):
\mathrm{Re}=\frac{V D}{\nu},\quad \nu\approx 1{,}0\times 10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}.
Calculando:
\mathrm{Re}_A=\frac{2{,}1991\cdot 0{,}150}{1\times 10^{-6}}=329865,
\mathrm{Re}_B=\frac{1{,}8005\cdot 0{,}150}{1\times 10^{-6}}=270075.
A fórmula de Swamee–Jain (forma explícita usada aqui) é
f=\frac{0{,}25}{\left[\log_{10}\!\left(\frac{\varepsilon}{3{,}7D}+\frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\right)\right]^2}.
Calculemos \varepsilon/(3{,}7D):
\frac{\varepsilon}{3{,}7D}=\frac{0{,}00010}{3{,}7\cdot 0{,}150}=0{,}00018018.
Agora f_A e f_B:

Passo 5

Cálculo de f_A:
\mathrm{Re}_A^{0{,}9}=329865^{0{,}9}\quad\Rightarrow\quad \frac{5{,}74}{\mathrm{Re}_A^{0{,}9}}\approx 0{,}00006172,
\text{soma}=0{,}00018018+0{,}00006172=0{,}000241892,
\log_{10}(\text{soma})=-3{,}61604,\qquad f_A=\frac{0{,}25}{(-3{,}61604)^2}=0{,}019117.

Passo 6

Cálculo de f_B:
\mathrm{Re}_B^{0{,}9}=270075^{0{,}9}\quad\Rightarrow\quad \frac{5{,}74}{\mathrm{Re}_B^{0{,}9}}\approx 0{,}00007388,
\text{soma}=0{,}00018018+0{,}00007388=0{,}00025406,
\log_{10}(\text{soma})=-3{,}59555,\qquad f_B=\frac{0{,}25}{(-3{,}59555)^2}=0{,}019347.

Passo 7

Agora calculamos A e B (os coeficientes que aparecem na expressão de x):
\frac{V_A^2}{2g}=\frac{(2{,}1991)^2}{2\cdot 9{,}81}=0{,}246536\\ \mathrm{m},
\frac{V_B^2}{2g}=\frac{(1{,}8005)^2}{2\cdot 9{,}81}=0{,}165269\\ \mathrm{m}.
A=f_A\frac{1}{D}\frac{V_A^2}{2g}=0{,}019117\cdot\frac{1}{0{,}150}\cdot 0{,}246536=0{,}031430\\ \mathrm{m^{-1}},
B=f_B\frac{1}{D}\frac{V_B^2}{2g}=0{,}019347\cdot\frac{1}{0{,}150}\cdot 0{,}165269=0{,}021313\\ \mathrm{m^{-1}}.

Passo 8

Substituindo na fórmula para x:
x=\frac{\Delta h - L\cdot B}{A-B}=\frac{14{,}15 - 500\cdot 0{,}021313}{0{,}031430-0{,}021313}.
Calculemos numerador e denominador:
\text{num}=14{,}15-10{,}6565=3{,}4935,
\text{den}=0{,}010117.
x=\frac{3{,}4935}{0{,}010117}=345{,}4\\ \mathrm{m}\\ \text{(aprox.)}.
Portanto, pela fórmula Universal (Darcy–Weisbach com Swamee–Jain) o vazamento está a cerca de 345{,}4\,\mathrm{m} de A.

Passo 9

Agora repetimos com Hazen–Williams. A forma prática (SI, Q em \mathrm{m^3/s}, D em \mathrm{m}) para perda de carga é
h_f = 10{,}67\cdot\frac{L\,Q^{1{,}852}}{C^{1{,}852}\,D^{4{,}87}}.
Definindo
K_{HW}=\frac{10{,}67}{C^{1{,}852}D^{4{,}87}},
temos
\Delta h = K_{HW}\Big(x\,Q_A^{1{,}852} + (L-x)\,Q_B^{1{,}852}\Big).
Isolando x:
x=\frac{\dfrac{\Delta h}{K_{HW}} - L\,Q_B^{1{,}852}}{Q_A^{1{,}852}-Q_B^{1{,}852}}.

Passo 10

Calculemos K_{HW} para C=130 e D=0{,}150\\ \mathrm{m}:
C^{1{,}852}=130^{1{,}852}\approx 8{,}217{,}0\quad(\text{aprox.}),
D^{4{,}87}=(0{,}150)^{4{,}87}\approx 9{,}680\times 10^{-5},
K_{HW}=\frac{10{,}67}{8{,}217{,}0\cdot 9{,}680\times 10^{-5}}\approx 13{,}399\\ \text{(unidade tal que dá }h_f\text{ em m)}.á

Passo 11

Agora Q^{1{,}852}:
Q_A^{1{,}852}=(0{,}03888)^{1{,}852}\approx 0{,}002450,
Q_B^{1{,}852}=(0{,}03181)^{1{,}852}\approx 0{,}001690.
Calculemos \dfrac{\Delta h}{K_{HW}}= \dfrac{14{,}15}{13{,}399}=1{,}0563.

Passo 12

Substituindo na expressão de x:
x=\frac{1{,}0563 - 500\cdot 0{,}001690}{0{,}002450-0{,}001690} =\frac{1{,}0563 - 0{,}8450}{0{,}000760} =\frac{0{,}2113}{0{,}000760}=277{,}6\\ \mathrm{m}\\ \text{(aprox.)}.

Resposta

x\approx 345{,}4\\ \mathrm{m}
x\approx 277{,}6\\ \mathrm{m}

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