5.1.6 Uma bomba centrífuga de água opera a 1.800 rpm e possui raio externo de 12 pol. \left(\beta_{0}=170^{\circ}\right), raio interno de 4 pol. \left(\beta_{1}=160^{\circ}\right) e 2 pol. de espessura de impulsor em r=r_{i} e 3 / 4 pol. de tamanho em r=r_{j j}. Determine a taxa de fluxo da bomba para uma entrada sem choque (ou seja, \alpha_{i}=90^{\circ} ) e o ângulo de saída \alpha_{a}.

Passo 1

O enunciado descreve uma bomba centrífuga operando a n=1800 rpm, com raio interno r_{1}=4 pol e espessura do canal em r_{1} igual a b_{1}=2 pol, e raio externo r_{2}=12 pol com espessura em r_{2} igual a b_{2}=3/4 pol. As lâminas têm ângulo relativo de entrada \beta_{1}=160^\circ em r_{1} e de saída \beta_{2}=170^\circ em r_{2}. Queremos a vazão Q quando não há choque na entrada (isto é, o fluxo absoluto entra radialmente, \alpha_{1}=90^\circ) e o ângulo de saída absoluto \alpha_{2}. Para isso usaremos a construção dos triângulos de velocidade em entrada e saída e a conservação de vazão no canal.

Passo 2

Para entrada sem choque temos \alpha_{1}=90^\circ, logo o componente tangencial da velocidade absoluta é
v_{\theta1}=v_{1}\cos\alpha_{1}=0
e o componente radial v_{r1}=v_{f}. No triângulo de velocidades relativo-rotante em r_{1} vale
\tan\beta_{1}=\frac{w_{r1}}{\lvert w_{\theta1}\rvert} =\frac{v_{f}}{u_{1}},
pois w_{r1}=v_{r1}=v_{f} e w_{\theta1}=v_{\theta1}-u_{1}=-u_{1}. Como \beta_{1}=160^\circ usamos o ângulo complementar \varphi_{1}=180^\circ-\beta_{1}=20^\circ para garantir valor positivo de tangente, de modo que
v_{f}=u_{1}\,\tan\varphi_{1}.
A vazão é
Q = \text{área de passagem em }r_{1}\times v_{f} =2\pi\,r_{1}\,b_{1}\,v_{f}.á

Passo 3

Convertemos tudo para pés e segundos ( 1 pol =1/12 ft):
r_{1}=4\;\text{pol}=\frac{4}{12}=0,3333\;\text{ft}, \quad b_{1}=2\;\text{pol}=\frac{2}{12}=0,1667\;\text{ft}.
A velocidade angular é
\omega=\frac{2\pi\,n}{60}=\frac{2\pi\cdot1800}{60}=60\pi\;\mathrm{rad/s},
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u_{1}=\omega\,r_{1}=60\pi\cdot0,3333=20\pi\;\mathrm{ft/s}\approx62,83\;\mathrm{ft/s}.
Com \varphi_{1}=20^\circ obtemos
v_{f}=62,83\times\tan20^\circ\approx62,83\times0,36397=22,87\;\mathrm{ft/s},
e assim
Q=2\pi\cdot0,3333\cdot0,1667\cdot22,87\approx7,98\;\mathrm{ft^{3}/s}.

Passo 4

No furo de saída em r_{2} temos
r_{2}=12\;\text{pol}=1\;\text{ft}, \quad b_{2}=0,75\;\text{pol}=\frac{0,75}{12}=0,0625\;\text{ft}.
A velocidade radial ali é
v_{f2}=\frac{Q}{2\pi\,r_{2}\,b_{2}} =\frac{7,98}{2\pi\cdot1\cdot0,0625}\approx20,34\;\mathrm{ft/s},
e a velocidade periférica
u_{2}=\omega\,r_{2}=60\pi\cdot1\approx188,50\;\mathrm{ft/s}.
No triângulo relativo de saída usa-se \beta_{2}=170^\circ, com complementar \varphi_{2}=180^\circ-\beta_{2}=10^\circ. Assim
w_{\theta2}=-\frac{w_{r2}}{\tan\varphi_{2}} =-\frac{v_{f2}}{\tan10^\circ} \approx-\,\frac{20,34}{0,1763}=-115,4\;\mathrm{ft/s}.
O componente tangencial absoluto na saída é
v_{\theta2}=u_{2}+w_{\theta2} =188,50-115,4=73,1\;\mathrm{ft/s},
e o ângulo de saída fica
\alpha_{2} =\arctan\!\Bigl(\frac{v_{r2}}{v_{\theta2}}\Bigr) =\arctan\!\Bigl(\frac{20,34}{73,1}\Bigr) \approx15,5^\circ.

Resposta

A vazão é
Q\approx7,98\;\mathrm{ft^{3}/s}
e o ângulo de saída absoluto é
\alpha_{2}\approx15,5^\circ.

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