O aluno, ocupa o cargo de gerente de engenharia de uma empresa fabricante de bombas hidráulicas. O setor de engenharia, sob sua gerência, é responsável pelo desenvolvimento de bombas para aplicações específicas, conforme as demandas de seus clientes. A equipe que você coordena envolve profissionais de nível técnico, estagiários de engenharia e engenheiros. Sua equipe de engenharia recebeu a solicitação de um projeto para desenvolver uma bomba hidráulica que será aplicada no transporte de água entre dois reservatórios. Essa bomba deve fornecer, no ponto de melhor eficiência, uma vazão de 0,1 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} e uma elevação de 100 m . Após a análise preliminar dos requisitos de projeto, utilizando o raciocínio crítico, sua equipe de engenharia optou por uma bomba do tipo centrífuga para solucionar o problema proposto. Considerando que essa bomba opera a 1750 rpm , foram propostos os seguintes parâmetros geométricos para a bomba:
Table 1: Tabela 1. Parâmetros geométricos da bomba
\captionsetup{labelformat=empty}
Parâmetro Entrada Saída
Raio, r (\mathrm{mm}) 100 200
Espessura do rotor, b(\mathrm{~mm}) 50 60
Ângulo da pá \beta (grau) 45 65

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá (todos os dados vêm do enunciado e da tabela) e também o que vou calcular sem precisar que você responda nada.
Dados fornecidos:
  • Vazão desejada no ponto de melhor eficiência: \;Q = 0,1\\ \mathrm{m^{3}/s}.
  • Elevação desejada (carga hidráulica): \;H_{\text{req}} = 100\\ \mathrm{m}.
  • Rotação da bomba: \;n = 1750\\ \mathrm{rpm}.
  • Parâmetros geométricos (peguei da tabela):
    • Entrada (ínterior do rotor): raio \;r_{1} = 100\\ \mathrm{mm} = 0,100\\ \mathrm{m}.
    • Saída (borda do rotor): raio \;r_{2} = 200\\ \mathrm{mm} = 0,200\\ \mathrm{m}.
    • Espessura do rotor (altura hidráulica da calha) na entrada: \;b_{1} = 50\\ \mathrm{mm} = 0,050\\ \mathrm{m}.
    • Espessura do rotor na saída: \;b_{2} = 60\\ \mathrm{mm} = 0,060\\ \mathrm{m}.
    • Ângulo da pá na entrada: \;\beta_{1} = 45^\circ.
    • Ângulo da pá na saída: \;\beta_{2} = 65^\circ.
O que vou calcular (passo a passo, com explicações):
  1. Velocidades periféricas \;U_1 e \;U_2 nas raias \;r_1 e \;r_2.
  2. Velocidades meridionais (ou axiais/meridionais) \;V_{m1} e \;V_{m2} a partir da área de passagem e da vazão.
  3. Componentes tangenciais da velocidade absoluta do fluido na entrada e na saída ( \;V_{u1} e \;V_{u2}) usando o triângulo das velocidades e os ângulos das pás.
  4. Carga teórica fornecida pelo impulsor a partir da equação de Euler para turbomáquinas: H = \frac{U_2 V_{u2} - U_1 V_{u1}}{g}.
  5. Potência hidráulica associada (usando \rho = 1000\\ \mathrm{kg/m^3}) e comparação com a elevação requerida; interpretação se a geometria proposta é, idealmente, suficiente para alcançar 100\\ \mathrm{m}.
Observação importante: aqui uso a formulação idealizada (equação de Euler) sem incluir perdas por atrito, perdas de entrada/saída, perdas por deslizamento (slip) além do que o triângulo de velocidade incorpora. A equação de Euler fornece a carga ideal que o rotor pode transferir ao fluido; na prática haverá perdas, por isso comento na interpretação final.

Passo 2

Calcular a velocidade angular e as velocidades periféricas U.
Breve explicação / fórmula:
  • A velocidade angular \omega (em rad/s) relaciona-se com a rotação n (em rpm) por
\omega = 2\pi \frac{n}{60}.
  • A velocidade periférica (ou tangencial) na raiA r é
U = \omega r.
Aqui, \omega em \mathrm{rad/s}, r em \mathrm{m} e U em \mathrm{m/s}.
Cálculo:
\omega = 2\pi\frac{1750}{60} \approx 183,259\\ \mathrm{rad/s}.
U_1 = \omega r_1 = 183,259 \times 0,100 \approx 18,326\\ \mathrm{m/s}.
U_2 = \omega r_2 = 183,259 \times 0,200 \approx 36,652\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Calcular as velocidades meridionais V_{m1} e V_{m2} a partir da área de passagem e da vazão.
Conceito / fórmula:
  • Para um escoamento meridional (radial) dentro do canal do rotor, a área de passagem àquela seção pode ser aproximada por
A = 2\pi r b,
onde r é o raio da seção considerada e b é a espessura (altura) do canal nessa seção. Então a velocidade meridional é
V_m = \frac{Q}{A}.
Aqui Q é a vazão volumétrica.
Cálculos (peguei r e b da tabela):
A_1 = 2\pi r_1 b_1 = 2\pi(0,100)(0,050) = 0,0314159\\ \mathrm{m^2}.
V_{m1} = \frac{Q}{A_1} = \frac{0,1}{0,0314159} \approx 3,1831\\ \mathrm{m/s}.
A_2 = 2\pi r_2 b_2 = 2\pi(0,200)(0,060) = 0,0753982\\ \mathrm{m^2}.
V_{m2} = \frac{Q}{A_2} = \frac{0,1}{0,0753982} \approx 1,3263\\ \mathrm{m/s}.
Comentário didático: perceba que a área aumentou do interior para a periferia (porque r e b aumentaram), então a velocidade meridional diminui na saída — isso é comum em rotores: o fluido “espalha” em raio maior.

Passo 4

Relacionar os triângulos de velocidade e obter as componentes tangenciais V_{u1} e V_{u2}.
Conceito / derivação simples:
  • Em torno de uma pá, a velocidade absoluta do fluido \mathbf{V} tem duas componentes importantes para o problema: a componente meridional V_m (radial/axial dependendo da geometria) e a componente tangencial V_u (na direção circunferencial).
  • A velocidade relativa ao rotor é \mathbf{W} = \mathbf{V} - \mathbf{U} (vetor \mathbf{U} = velocidade periférica do ponto do rotor). O ângulo da pá \beta é o ângulo entre a direção tangencial e \mathbf{W}.
  • Do triângulo de velocidades (projeção nas componentes tangencial e meridional), obtemos a relação de módulos (usando a convenção magnitudes positivas):
\tan\beta = \frac{V_m}{|U - V_u|}.
Rearranjando, adotando a forma prática usada em projeto (e considerando aqui as orientações convencionais de sinais), obtemos
V_u = U - V_m\cot\beta.
Essa é a fórmula que vou usar para cada seção (entrada e saída) para encontrar a componente tangencial absoluta V_u.
Aplicando para entrada ( \beta_1 = 45^\circ) e saída ( \beta_2 = 65^\circ):
Primeiro cotangentes:
\cot\beta_1 = \cot 45^\circ = 1.
\cot\beta_2 = \cot 65^\circ \approx 0,4663077.
Agora calcular V_{u1} e V_{u2}:
V_{u1} = U_1 - V_{m1}\cot\beta_1 = 18,326 - 3,1831\times 1 \approx 15,1429\\ \mathrm{m/s}.
V_{u2} = U_2 - V_{m2}\cot\beta_2 = 36,652 - 1,3263\times 0,4663077 \approx 36,0334\\ \mathrm{m/s}.
Interpretação curta: V_{u1} não é zero — isso mostra que, mesmo sem pré-rotacionamento na sucção, a geometria (espessura e ângulo da pá) implica uma componente tangencial na entrada. Na saída, V_{u2} é próxima de U_2 porque V_{m2} é relativamente pequena e \cot\beta_2 também é pequeno (ângulo de saída grande = pá mais “aberta” na tangente).

Passo 5

Calcular a carga teórica (carga de Euler) fornecida pelo rotor: uso da equação de Euler para turbomáquinas.
Fórmula (explicação):
  • A equação de Euler para máquinas rotativas em forma de carga específica (altura) diz:
H = \frac{U_2 V_{u2} - U_1 V_{u1}}{g},
onde:
  • U_1, U_2 são as velocidades periféricas nas seções 1 e 2 (m/s);
  • V_{u1}, V_{u2} são as componentes tangenciais da velocidade absoluta do fluido nas mesmas seções (m/s);
  • g = 9,81\\ \mathrm{m/s^2} é a aceleração da gravidade;
  • H é a carga específica (em metros).
Cálculo numérico com os valores obtidos:
U_2 V_{u2} \approx 36,652 \times 36,0334 \approx 1320,694\\ (\mathrm{m^2/s^2}),
U_1 V_{u1} \approx 18,326 \times 15,1429 \approx 277,508\\ (\mathrm{m^2/s^2}),
U_2 V_{u2} - U_1 V_{u1} \approx 1320,694 - 277,508 = 1043,186\\ (\mathrm{m^2/s^2}).
Portanto
H_{\text{Euler}} = \frac{1043,186}{9,81} \approx 106,33\\ \mathrm{m}.
Significado: a carga teórica calculada pela equação de Euler para essa geometria e rotação é de aproximadamente \;106,33\\ \mathrm{m}.

Passo 6

Calcular a potência hidráulica correspondente e comparar com a elevação requerida.
Fórmulas e explicações:
  • A potência hidráulica necessária para gerar uma vazão Q a uma carga H é
P_h = \rho g Q H,
onde \rho é a densidade do fluido (para água uso \rho = 1000\\ \mathrm{kg/m^3}).
Calcular duas potências úteis para comparação:
  1. Potência necessária para entregar exatamente a carga requerida H_{\text{req}}=100\\ \mathrm{m}:
P_{\text{req}} = \rho g Q H_{\text{req}} = 1000\times 9,81\times 0,1\times 100 = 98\,100\\ \mathrm{W} \approx 98,1\\ \mathrm{kW}.
  1. Potência associada à carga teórica de Euler H_{\text{Euler}} \approx 106,33\\ \mathrm{m}:
P_{\text{Euler}} = \rho g Q H_{\text{Euler}} = 1000\times 9,81\times 0,1\times 106,33 \approx 104\,287\\ \mathrm{W} \approx 104,3\\ \mathrm{kW}.
Torque no eixo associado (útil para motor/estrutura):
T = \frac{P_{\text{Euler}}}{\omega} \approx \frac{104\,287}{183,259} \approx 569,1\\ \mathrm{N\cdot m}.

Passo 7

Interpretação prática e recomendações (aulas rápidas e conclusão crítica).
Explicando o que os números significam de forma prática:
  • A equação de Euler fornece uma carga teórica de \;H_{\text{Euler}}\approx 106,33\\ \mathrm{m}, ou seja, em condições ideais (sem perdas hidráulicas) o impulsor com a geometria proposta e girando a 1750 rpm entregaria cerca de 106,33 m de carga.
  • A carga requerida é 100\\ \mathrm{m}, então, idealmente, a geometria tem uma margem de apenas
\frac{H_{\text{req}}}{H_{\text{Euler}}} \approx \frac{100}{106,33} \approx 0,940 \quad(\text{ou }94{,}0\%).
  • Isso quer dizer que, para que a bomba alcance exatamente os 100\\ \mathrm{m} na prática, a eficiência hidráulica (razão entre a carga efetiva entregue e a carga de Euler) precisa ser de pelo menos cerca de 94\%. Na prática real de rotores centrífugos, perdas internas (atrito, separação, perdas de folgas, perdas por recirculação e ‘slip’ real das pás) fazem com que a eficiência hidráulica seja consideravelmente menor (tipicamente algo entre 70% e 90% dependendo do projeto e escala). Logo:
    • Se a eficiência hidráulica real for elevada (por exemplo \sim 90\%), a carga disponível seria \approx 0,9\times 106,33 \approx 95,7\\ \mathrm{m}, insuficiente para os 100\\ \mathrm{m}.
    • Para garantir 100\\ \mathrm{m} com folga, o projeto idealmente deveria visar um H_{\text{Euler}} maior que 100 m por uma margem que cubra perdas (por exemplo 10–20% conforme escala e qualidade do projeto).
Recomendações práticas:
  • Verificar perdas estimadas (perdas por atrito nas palhetas, perdas na voluta, perdas de entrada e saída e perdas por recirculação) e estimar eficiência hidráulica real; recalcular H_{\text{real}} = \eta_h H_{\text{Euler}}.
  • Se H_{\text{real}} < 100\\ \mathrm{m}, considerar:
    • aumentar levemente o diâmetro externo r_2 (aumenta U_2 e potencialmente H_{\text{Euler}});
    • ajustar o ângulo de saída \beta_2 para reduzir “slip” e aumentar V_{u2} (ou planejar perdas menores);
    • projetar duas etapas (duas rodas) se o aumento de um estágio não for viável;
    • otimizar as pás para reduzir perdas (polimento, contorno adequado, número de pás).
  • Confirmar com simulação CFD ou protótipo de bancada para quantificar perdas antes da fabricação.
Mensagem de incentivo: você já tem um bom começo — a geometria proposta gera uma carga teórica acima de 100 m, o que é um sinal positivo. Falta agora quantificar perdas e ajustar detalhes para garantir que a bomba entregue os 100 m na prática. Vamos em frente que dá pra refinar!

Resposta

U_1 \approx 18{,}326\\ \mathrm{m/s}
U_2 \approx 36{,}652\\ \mathrm{m/s}
V_{m1} \approx 3{,}1831\\ \mathrm{m/s}
V_{m2} \approx 1{,}3263\\ \mathrm{m/s}
V_{u1} \approx 15{,}1429\\ \mathrm{m/s}
V_{u2} \approx 36{,}0334\\ \mathrm{m/s}
H_{\text{Euler}} \approx 106{,}33\\ \mathrm{m}
P_{\text{req}}(\,H=100\\ \mathrm{m}\,) \approx 98{,}1\\ \mathrm{kW}
P_{\text{Euler}}(\,H=106{,}33\\ \mathrm{m}\,) \approx 104{,}3\\ \mathrm{kW}
T \approx 569{,}1\\ \mathrm{N\cdot m}
Conclusão curta: a geometria proposta dá, idealmente, \approx 106{,}33\\ \mathrm{m} (acima dos 100\\ \mathrm{m} pedidos), mas a margem é pequena: na prática é preciso estimar perdas (eficiência hidráulica), pois se \eta_h ficar abaixo de \sim 94\% a bomba não atingirá 100\\ \mathrm{m}.

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