Água é bombeada à taxa de 0,25 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} de um reservatório que está 20 m acima de uma bomba para uma descarga livre 35 m acima da bomba. A pressão no lado da admissão da bomba é de 100 kPa e no lado da descarga é de 750 kPa . Todos os tubos são de aço laminado com diâmetro nominal de 2 in . Determine a altura de carga fornecida pela bomba e a perda de carga total entre a bomba e o ponto de descarga livre. Considere a presença dos seguintes acessórios: 2 joelhos 90^{\circ}, 2 curvas 90^{\circ}, 1 registro globo aberta e o comprimento total da tubulação de 200 m .

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que ele pede (peguei todos estes dados do enunciado).
Dados fornecidos:
  • Vazão volumétrica Q = 0{,}25\\ \mathrm{m^3/s}.
  • O reservatório de sucção está 20\\ \mathrm{m} acima da bomba (informação de posição do reservatório).
  • A descarga livre está 35\\ \mathrm{m} acima da bomba.
  • Pressão no lado de admissão (entrada) da bomba p_1 = 100\\ \mathrm{kPa}.
  • Pressão no lado de descarga (saída) da bomba p_2 = 750\\ \mathrm{kPa}.
  • Tubulação de aço laminado com diâmetro nominal de 2\\ \mathrm{in}. Vou tomar esse diâmetro nominal como D = 2\\ \mathrm{in} = 0{,}0508\\ \mathrm{m} (observação: em muitos problemas didáticos usa-se o valor nominal como diâmetro interno; se a peça do professor usar outro valor interno, os cálculos mudam).
  • Comprimento total da tubulação L = 200\\ \mathrm{m}.
  • Acessórios: 2 joelhos de 90^\circ, 2 curvas de 90^\circ e 1 registro globo totalmente aberto.
  • Propriedades da água (assumidas, valores usuais): densidade \rho = 1000\\ \mathrm{kg/m^3} e aceleração da gravidade g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
  • Pressão atmosférica (para descarga livre): vou usar p_{atm}=100\\ \mathrm{kPa} em coerência com o valor usado no enunciado (se quiser usar 101{,}325\\ \mathrm{kPa} a diferença é pequena).
O enunciado pede:
  1. Determinar a altura de carga fornecida pela bomba (altura de elevação em metros equivalente à energia fornecida pela bomba).
  2. Determinar a perda de carga total entre a bomba e o ponto de descarga livre (perdas por atrito + acessórios expressas em metros de coluna de água).
Observação importante antes de calcular: existe uma forma direta e simples de obter a altura de carga fornecida pela bomba usando a diferença de pressões entre saída e entrada da bomba (transformando pressão em metros de coluna de água). Em seguida, podemos obter a perda de carga total entre a bomba e a saída livre usando a equação de energia entre a saída da bomba e o ponto de descarga livre. Depois eu mostro como estimar perdas por atrito (Darcy–Weisbach) e perdas locais (K) com os acessórios dados — isso é pedagógico e útil para entender a composição das perdas.

Passo 2

Conceito e fórmula para calcular a altura de carga fornecida pela bomba (explicação didática).
  • A “altura de carga fornecida pela bomba” (ou head fornecida pela bomba), H_b, é a energia por unidade de peso adicionada ao fluido pela bomba. Se conhecemos a pressão no lado de descarga da bomba p_2 e a pressão no lado de sucção p_1, e se a velocidade média nas seções de entrada e saída é (praticamente) a mesma e as duas seções estão aproximadamente na mesma elevação do corpo da bomba, a contribuição das velocidades e elevações internas da bomba se cancelam. Então a parte principal da energia adicionada é a diferença de pressão dividida por \rho g:
H_b \;=\; \frac{p_2 - p_1}{\rho g}.
  • Explicando cada termo:
    • p_2 e p_1 são pressões absolutas na saída e na entrada da bomba (Pa).
    • \rho é a densidade do fluido ( \mathrm{kg/m^3}).
    • g é a aceleração da gravidade ( \mathrm{m/s^2}).
    • A divisão (p_2-p_1)/(\rho g) dá metros de coluna de fluido (m), que é a unidade de “head”.
Agora calculamos substituindo os valores dados:
p_2 - p_1 = (750 - 100)\\ \mathrm{kPa} = 650{,}000\\ \mathrm{Pa}.
Logo
H_b \;=\; \frac{650{,}000}{1000 \times 9{,}81}.
Faço a conta passo a passo:
\rho g = 1000 \times 9{,}81 = 9{,}810\\ \mathrm{N/m^3}.
H_b = \frac{650{,}000}{9{,}810} \approx 66{,}28\\ \mathrm{m}.
Interpretação: a bomba está adicionando o equivalente a cerca de 66{,}3\\ \mathrm{m} de coluna de água entre sua entrada e sua saída.

Passo 3

Determinação da perda de carga total entre a bomba e o ponto de descarga livre (uso da equação de energia entre saída da bomba e o ponto de descarga open to atmosphere).
  • Considere o trecho entre a saída da bomba (ponto justo após a bomba onde p_2 foi dado) e o ponto de descarga livre (aberto à atmosfera, à cota 35\\ \mathrm{m} acima da bomba). Aplicando a forma integrada da equação de energia entre a saída da bomba (seção 2) e a descarga livre (seção 3), e isolando as perdas h_L:
\frac{p_2}{\rho g} + \frac{v_2^2}{2g} + z_2 - h_L \;=\; \frac{p_3}{\rho g} + \frac{v_3^2}{2g} + z_3,
onde p_3=p_{atm}, z_3=35\\ \mathrm{m} (altitude da descarga), e z_2 é a elevação do ponto na saída da bomba (tomamos z_2=0 como referência da bomba). A velocidade no trecho de saída e na seção de descarga é a mesma ( v_2=v_3), então os termos de velocidade se cancelam. Rearranjando para h_L:
h_L = \frac{p_2 - p_{atm}}{\rho g} + z_2 - z_3.
Como z_2=0 e z_3=35\\ \mathrm{m}:
h_L = \frac{p_2 - p_{atm}}{\rho g} - 35\\ \mathrm{m}.
Usando p_2=750\\ \mathrm{kPa} e p_{atm}=100\\ \mathrm{kPa} (coerente com o enunciado):
\frac{p_2 - p_{atm}}{\rho g} = \frac{650{,}000}{9{,}810} \approx 66{,}28\\ \mathrm{m}.
Portanto
h_L = 66{,}28 - 35 = 31{,}28\\ \mathrm{m}.
Interpretação física clara: da energia fornecida pela bomba (66,28 m de head) parte é usada para elevar o fluido até os 35\\ \mathrm{m} de altura da descarga; a diferença (≈31,28 m) é dissipada como perdas por atrito e em acessórios no trecho entre a bomba e a descarga livre.
Até aqui obtivemos as duas quantidades principais pedidas (a cabeça fornecida pela bomba e a perda total entre bomba e descarga).

Passo 4

Agora vou ensinar como estimar a composição dessas perdas (fricção + perdas locais) usando o método padrão — útil para que você saiba resolver semelhantes na prova. Vou calcular as perdas de atrito por Darcy–Weisbach e as perdas locais por coeficientes K dos acessórios e demonstrar o procedimento passo a passo. OBS: com o diâmetro nominal de 2\\ \mathrm{in} e a vazão dada os números ficarão muito grandes; isso mostra também como checar coerência entre dados.
  1. Área e velocidade média no tubo:
A=\frac{\pi D^2}{4},\qquad v=\frac{Q}{A}.
Com D=0{,}0508\\ \mathrm{m}:
A=\frac{\pi (0{,}0508)^2}{4}\approx 2{,}026\times10^{-3}\\ \mathrm{m^2}.
v=\frac{0{,}25}{2{,}026\times10^{-3}}\approx 123{,}4\\ \mathrm{m/s}.
Comentário didático: essa velocidade é extremamente alta para tubulação de água (típicos valores de projeto ficam entre 0,6 e 3 m/s). Isso já indica que com D=2\\ \mathrm{in} e Q=0{,}25\\ \mathrm{m^3/s} algo não é usual (ou seja, normalmente o diâmetro real deveria ser muito maior para essa vazão).
  1. Número de Reynolds e fator de atrito:
\operatorname{Re}=\frac{vD}{\nu},
assumindo viscosidade cinemática da água \nu\approx 1{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}:
\operatorname{Re}\approx \frac{123{,}4\times0{,}0508}{1{,}0\times10^{-6}}\approx 6{,}27\times10^{6},
logo escoamento fortemente turbulento.
Para o fator de atrito f usamos a fórmula aproximada de Swamee–Jain:
f = \frac{0{,}25}{\left[\log_{10}\!\left(\frac{\varepsilon}{3{,}7D}+\frac{5{,}74}{\operatorname{Re}^{0{,}9}}\right)\right]^2},
onde \varepsilon é a rugosidade absoluta do aço laminado (tomamos \varepsilon\approx 4{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm{m} como valor típico). Calculando a rugosidade relativa:
\frac{\varepsilon}{D} \approx \frac{4{,}5\times10^{-5}}{0{,}0508} \approx 8{,}86\times10^{-4}.
Substituindo e calculando (passo a passo) obtém-se aproximadamente
f \approx 0{,}019.
  1. Perda de carga por atrito (Darcy–Weisbach):
h_f = f \frac{L}{D}\cdot\frac{v^2}{2g}.
  • Primeiro calcule \dfrac{v^2}{2g}:
\frac{v^2}{2g} = \frac{(123{,}4)^2}{2\times9{,}81}\approx 775\\ \mathrm{m}.
  • Razão L/D = 200/0{,}0508\approx 3{,}937.
  • Assim
h_f \approx 0{,}019 \times 3{,}937\times 775 \approx 58{,}400\\ \mathrm{m}\\ (\text{aprox.}).
Comentário: esse valor é absurdamente grande (muitas dezenas de milhares de metros), muito maior do que a perda total que deduzimos do balanço de energia ( \approx 31{,}3\\ \mathrm{m}). Isso confirma que com D=2\\ \mathrm{in} e Q=0{,}25\\ \mathrm{m^3/s} os números do enunciado seriam contraditórios: a fricção calculada exigiria muito mais head do que a bomba fornece.
  1. Perdas locais (acessórios): usamos coeficientes K típicos (valores tabulados). Valores típicos usados em cálculo de engenharia (apenas referência; em prova usar tabela dada ou valores comuns) — eu tomo valores representativos:
  • Joelho de 90^\circ (curto raio): K\approx 0{,}9 (se for de raio longo pode ser K\approx 0{,}3).
  • Curva de 90^\circ (raio longo): K\approx 0{,}2.
  • Registro globo (aberto): K\approx 10 (válvula globo tem perda alta mesmo aberta).
Vou usar uma escolha conservadora para ilustrar (poderia ser diferente se a tabela do professor der outros números). Assumindo joelhos curtos com K=0{,}9 para os dois e curvas longas com K=0{,}2 para as outras duas:
\sum K = 2\times0{,}9 + 2\times0{,}2 + 1\times10 = 1{,}8 + 0{,}4 + 10 = 12{,}2.
Perda local total:
h_{m} = \left(\sum K\right) \frac{v^2}{2g} \approx 12{,}2\times 775 \approx 9{,}455\\ \mathrm{m}.
Observação: mesmo só pelas perdas locais (com estas escolhas) já obtivemos milhares de metros se fosse mantida a velocidade calculada; aqui o número deu 9{,}455\\ \mathrm{m} porque usei as constantes e a velocidade alta deu 775 m para v^2/2g; repare que 12,2×775 ≈ 9.455 m — é grande, mas relativamente menor que a perda por atrito calculada anteriormente.
  1. Perda total estimada por somatório:
h_{total\_calc} = h_f + h_{m} \approx 58{,}400 + 9{,}455 \approx 67{,}855\\ \mathrm{m}.
Comparação com o valor obtido pelo balanço de energia (Passo 3): o balanço deu perdas totais entre bomba e descarga h_L \approx 31{,}28\\ \mathrm{m}. A estimativa por Darcy+K com D=0{,}0508\\ \mathrm{m} deu algo da ordem de 67{,}9\\ \mathrm{m} (ainda maior) — ou, usando outras escolhas de K ou f, o resultado do atrito poderia ser dezenas de milhares de metros (dependendo da interpretação dos joelhos curtos/longos). Em qualquer caso a conclusão é que com o diâmetro nominal de 2\\ \mathrm{in} e a vazão dada o sistema não é consistente: ou o diâmetro real é bem maior, ou a vazão é bem menor.

Passo 5

Como verificar coerência e estimar um diâmetro mais razoável (dica prática para a prova).
  • Em projetos, procura-se velocidades da ordem de 0{,}6 a 3\\ \mathrm{m/s}. Tomando uma velocidade representativa v\approx 2\\ \mathrm{m/s} e a mesma vazão Q=0{,}25\\ \mathrm{m^3/s} podemos estimar um diâmetro necessário:
A=\frac{Q}{v}=\frac{0{,}25}{2}=0{,}125\\ \mathrm{m^2}.
D=\sqrt{\frac{4A}{\pi}}=\sqrt{\frac{4\times0{,}125}{\pi}}\approx 0{,}399\\ \mathrm{m}\approx 400\\ \mathrm{mm}.
  • Com D\approx0{,}40\\ \mathrm{m} a perda por atrito e por acessórios fica bem menor (ex.: com v=2\\ \mathrm{m/s}, \dfrac{v^2}{2g}\approx 0{,}204\\ \mathrm{m}; L/D=200/0{,}4=500; com f\approx0{,}02 a perda por atrito h_f\approx 0{,}02\times500\times0{,}204\approx 2{,}04\\ \mathrm{m}; perdas locais \approx 11\times0{,}204\approx2{,}24\\ \mathrm{m}; total \approx4{,}3\\ \mathrm{m} — muito mais coerente com uma bomba que fornece 66{,}3\\ \mathrm{m} de head).)
Conclusão didática: ao estudar para prova, sempre verifique ordem de grandeza de velocidade com v=Q/A. Se obtiver velocidades muito grandes (centenas de m/s) algo está errado com o diâmetro ou com a vazão. Esse tipo de checagem rápida evita erro de interpretação dos dados.

Resposta

Altura de carga fornecida pela bomba: 66{,}28\\ \mathrm{m}
Perda de carga total entre a bomba e o ponto de descarga livre: 31{,}28\\ \mathrm{m}

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