Água aquecida a 43^{\circ} \mathrm{C}\left(\mu=0.6207 \times 10^{-2} \mathrm{~kg} / \mathrm{m} . \mathrm{s}\right) escoa de um tanque de nível constante, através de um cano de aço, Sch 40, de 2 in ( D_{\text {in }}=2.067 \mathrm{in} ), emergindo deste 12,2 \mathrm{~m} abaixo do nível do tanque. Tanto o tanque como a saída da tubulação são abertas à atmosfera. O comprimento equivalente do sistema de tubulação é de 45.11 m .
a) Calcular a vazão volumétrica, desprezando a perda na entrada da tubulação e usando o diagrama de Moody.
b) Repetir o cálculo do item (a) usando o diagrama de von Kárman (e desprezando a o termo de energia cinética.)
c) Calcular o erro cometido ao desprezar o termo de energia cinética.
Resp.: a) 430 \mathrm{~L} / \mathrm{min}

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede o que se segue.
Dados fornecidos:
\begin{aligned} &\text{Temperatura da água: }43^\circ\mathrm{C}\\\ &\mu = 0{,}6207\times 10^{-2}\\ \mathrm{kg/(m\cdot s)}\\\ &D_{\text{in}} = 2{,}067\\ \mathrm{in}\\\ &\text{Altura entre o nível do tanque e a saída: }12{,}2\\ \mathrm{m}\\\ &\text{Comprimento equivalente da tubulação: }L_{\text{eq}}=45{,}11\\ \mathrm{m}\\\ &\text{Desprezar a perda de entrada. Tanto o tanque quanto a saída são à atmosfera.} \end{aligned}áííçãíãà
Perguntas:
a) Calcular a vazão volumétrica desprezando a perda de entrada e usando o diagrama de Moody.
b) Repetir o cálculo do item (a) usando o diagrama de von Kárman e desprezando o termo de energia cinética.
c) Calcular o erro cometido ao desprezar o termo de energia cinética.
Observação: converti o diâmetro de polegadas para metros (conversão mostrada no próximo passo) e adotei a densidade aproximada da água \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3} (valor comumente usado em exercícios quando não fornecido explicitamente), portanto a viscosidade cinemática será \nu=\mu/\rho. Também considerei a rugosidade absoluta típica de tubos de aço comercial \varepsilon=4{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm{m} para estimar o fator de atrito na prática (isto será declarado e usado adiante).

Passo 2

Primeiras conversões e parâmetros geométricos e físicos — vamos transformar tudo para o SI e calcular quantidades básicas que usaremos.
Diâmetro interno em metros:
D = 2{,}067\\ \mathrm{in}\times 0{,}0254\\ \mathrm{m/in}=0{,}0525018\\ \mathrm{m}.
Área da seção transversal do tubo:
A=\frac{\pi D^2}{4}=\frac{\pi (0{,}0525018)^2}{4}=0{,}0021646\\ \mathrm{m^2}.
Viscosidade cinemática (usando \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3}):
\nu=\frac{\mu}{\rho}=\frac{0{,}6207\times10^{-2}}{1000}=6{,}207\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}.
Rugosidade relativa (com \varepsilon=4{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm{m}, valor típico para aço comercial):
\frac{\varepsilon}{D}=\frac{4{,}5\times10^{-5}}{0{,}0525018}=8{,}57\times10^{-4}.
Comprimento equivalente adimensional:
\frac{L_{\text{eq}}}{D}=\frac{45{,}11}{0{,}0525018}\approx 859{,}27.
Constante gravitacional:
g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
Agora sabemos as quantidades básicas para montar as equações de energia e calcular Reynolds e fator de atrito.

Passo 3

Enunciado físico e equação de energia simplificada (passo teórico): explicar a fórmula que usaremos.
A equação de Bernoulli entre a superfície livre do tanque (padrão atmosférico) e a saída (também à atmosfera), incluindo perda por atrito total h_L, fica (com velocidade na superfície do tanque desprezível):
z_1 + \frac{p_1}{\rho g} + \alpha_1\frac{V_1^2}{2g} = z_2 + \frac{p_2}{\rho g} + \alpha_2\frac{V_2^2}{2g} + h_L.
Como p_1=p_2 (atmosfera), V_1\approx 0 (superfície grande) e \alpha_2\approx 1, obtemos
\Delta z = z_1-z_2 = \frac{V^2}{2g} + h_L,
onde V é a velocidade média no tubo e \Delta z=12{,}2\\ \mathrm{m}.
A perda por atrito numa tubulação equivalente é dada pela fórmula de Darcy–Weisbach:
h_L = f \frac{L_{\text{eq}}}{D}\cdot\frac{V^2}{2g},
onde f é o fator de atrito de Darcy (função de Re e \varepsilon/D).
Substituindo em Bernoulli:
\Delta z = \frac{V^2}{2g}\left(1 + f\frac{L_{\text{eq}}}{D}\right).
Isto é a equação que resolveremos no item (a). Para o item (b), quando se pede desprezar o termo de energia cinética, significa retirar o termo \frac{V^2}{2g} fora do h_L na soma, ou seja:
\Delta z = h_L = f \frac{L_{\text{eq}}}{D}\cdot\frac{V^2}{2g}.
Observação didática: o termo \frac{V^2}{2g} é a carga cinética (ou cabeça de velocidade). Quando o reservatório é grande, a contribuição desta cabeça em relação à carga disponível pode ser pequena, mas precisamos verificar o erro ao desprezá-la.

Passo 4

Como obter f (fator de atrito) para usar nas equações: diagrama de Moody, Colebrook e aproximação explícita.
  • O diagrama de Moody relaciona f, Re e \varepsilon/D. Ler o Moody dá f iterativamente: você precisa de Re (que depende de V) e de \varepsilon/D.
  • Para cálculo numérico prático, usamos uma expressão explícita que aproxima o diagrama de Moody com boa precisão: a fórmula de Swamee–Jain (uma aproximação explícita frequentemente usada):
f = \frac{0{,}25}{\left[\log_{10}\!\left(\frac{\varepsilon}{3{,}7D}+\frac{5{,}74}{Re^{0{,}9}}\right)\right]^2}.
Aqui Re=\dfrac{V D}{\nu}. Esta fórmula nos permite iterar numericamente até convergir em f e V. Isto é equivalente, para propósitos práticos, a usar o diagrama de Moody (ela é uma representação algébrica do mesmo comportamento).
Vou usar a Swamee–Jain para o item (a) (isto equivale a obter f pelo Moody) e, para o item (b), também usarei uma relação consistente com o diagrama de von Kármán (na prática isso significa usar a mesma dependência f(Re,\varepsilon/D) — o que o diagrama de von Kármán fornece graficamente — mas agora resolvendo a equação sem o termo cinético). Assim a diferença entre (a) e (b) virá apenas de incluir ou não a cabeça de velocidade na equação de energia, que é exatamente o pedido do enunciado.

Passo 5

Resolução numérica do item (a) — incluir o termo de energia cinética e usar o “Moody” (Swamee–Jain).
Equação a resolver:
\Delta z = \frac{V^2}{2g}\left(1 + f\frac{L_{\text{eq}}}{D}\right) \quad\Rightarrow\quad V = \sqrt{\frac{2g\,\Delta z}{\,1 + f(L_{\text{eq}}/D)\,}}.
Iteração (procedimento): escolher um f inicial, calcular V, então Re, atualizar f por Swamee–Jain, repetir até convergência.
Cálculo passo a passo (valores arredondados para mostrar a ideia; a convergência final usa valores mais próximos):
  1. chute inicial f_0=0{,}02.
  2. com f_0, calcula-se
V_1=\sqrt{\dfrac{2\cdot 9{,}81\cdot 12{,}2}{1+0{,}02\cdot 859{,}27}} \approx 3{,}63\\ \mathrm{m/s}.
  1. Reynolds correspondente:
Re_1=\dfrac{V_1 D}{\nu}=\dfrac{3{,}63\cdot 0{,}0525018}{6{,}207\times10^{-6}}\approx 3{,}07\times10^{4}.
  1. atualizar f por Swamee–Jain:
f_1=\frac{0{,}25}{\left[\log_{10}\!\left(\dfrac{4{,}5\times10^{-5}}{3{,}7\cdot 0{,}0525018}+\dfrac{5{,}74}{Re_1^{0{,}9}}\right)\right]^2}\approx 0{,}0257.
  1. repetir: com f_1 obtém-se V_2\approx 3{,}223\\ \mathrm{m/s}, Re_2\approx 2{,}73\times10^{4}, recalcula f_2\approx 0{,}02618.
  2. nova iteração dá V_3\approx 3{,}192\\ \mathrm{m/s}, f_3\approx 0{,}02624. Converge rapidamente.
Valor convergente (com precisão prática):
V_{\text{(a)}}\approx 3{,}192\\ \mathrm{m/s},\qquad f\approx 0{,}02624.
Vazão volumétrica:
Q_{\text{(a)}} = A V_{\text{(a)}} = 0{,}0021646\cdot 3{,}192 \approx 0{,}0069129\\ \mathrm{m^3/s}.
Convertendo para litros por minuto:
Q_{\text{(a)}} = 0{,}0069129\cdot 60000 \approx 414{,}8\\ \mathrm{L/min}.
Comentário amigo: o enunciado dá como resposta 430\\ \mathrm{L/min}. Nosso cálculo detalhado com as suposições declaradas (especialmente \varepsilon=4{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm{m} e \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3}) fornece cerca de 415\\ \mathrm{L/min}. Diferenças pequenas podem vir de valores convencionais diferentes de rugosidade, densidade ou arredondamentos ao usar o diagrama de Moody manualmente.

Passo 6

Resolução numérica do item (b) — usar o diagrama de von Kármán (representado numericamente pela mesma dependência f(Re,\varepsilon/D) que usamos) e desprezar o termo de energia cinética.
Agora a equação reduz-se a:
\Delta z = h_L = f\frac{L_{\text{eq}}}{D}\cdot\frac{V^2}{2g} \quad\Rightarrow\quad V = \sqrt{\dfrac{2g\,\Delta z}{f(L_{\text{eq}}/D)}}.
Novamente é preciso iterar porque f depende de Re (que depende de V). Usarei novamente a fórmula de Swamee–Jain como aproximação numérica do diagrama de von Kármán (o diagrama gráfico e as fórmulas explícitas representam a mesma física).
Iteração (resumida):
  1. chute inicial f_0=0{,}02:
V_1=\sqrt{\dfrac{2\cdot9{,}81\cdot12{,}2}{0{,}02\cdot859{,}27}}\approx 3{,}732\\ \mathrm{m/s},
Re_1\approx 3{,}16\times10^{4}\Rightarrow f_1\approx 0{,}02558.
  1. com f_1: V_2\approx 3{,}299\\ \mathrm{m/s}, Re_2\approx 2{,}79\times10^{4}, f_2\approx 0{,}02611.
  2. repetir uma vez mais dá convergência em torno de
V_{\text{(b)}}\approx 3{,}267\\ \mathrm{m/s},\qquad f\approx 0{,}0262.
Vazão volumétrica:
Q_{\text{(b)}}=A V_{\text{(b)}}=0{,}0021646\cdot 3{,}267 \approx 0{,}007075\\ \mathrm{m^3/s}.
Em litros por minuto:
Q_{\text{(b)}} \approx 0{,}007075\cdot 60000 \approx 424{,}5\\ \mathrm{L/min}.
Comentário prático: ao desprezarmos a cabeça de velocidade obtemos uma vazão um pouco maior — faz sentido porque estamos supondo que toda a carga disponível \Delta z é usada para vencer as perdas por atrito, em vez de parte dela ficar armazenada como cabeça cinética.

Passo 7

Cálculo do erro cometido ao desprezar o termo de energia cinética (item c).
Uma medida natural é o erro percentual relativo entre o resultado sem desprezar (item a) e o resultado com desprezar (item b). Vou calcular o erro relativo como:
\text{Erro (\%)} = \frac{Q_{\text{(b)}}-Q_{\text{(a)}}}{Q_{\text{(a)}}}\times 100\%.
Substituindo os valores:
\text{Erro (\%)} = \frac{424{,}5-414{,}8}{414{,}8}\times 100\%\approx 2{,}34\%.
Também o erro absoluto em vazão é:
\Delta Q = Q_{\text{(b)}}-Q_{\text{(a)}} \approx 9{,}7\\ \mathrm{L/min}.
Interpretação amigável: desprezar a cabeça de velocidade aqui levou a superestimar a vazão em cerca de 2{,}3\% (ou quase 10\\ \mathrm{L/min}). Em provas, dependendo da tolerância exigida, desprezar esse termo pode ser aceitável; aqui a diferença é pequena, mas não nula — então é sempre bom checar.

Resposta

(a) 414{,}8\\ \mathrm{L/min}
(b) 424{,}5\\ \mathrm{L/min}
(c) \displaystyle 2{,}34\% (aumento de \approx 9{,}7\\ \mathrm{L/min})

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