Uma bomba centrífuga tem rotor que gira a 890 r.p.m. e transporta água entre dois reservatórios com desnível de 12 metros entre ambos. A tubulação é lisa, com diâmetro constante de 50 mm , trechos retos com comprimento total de 30 m e acessórios com comprimento equivalente total de 350 . O rotor da bomba tem diâmetro externo de 400 mm e, na saída do rotor, a espessura é 50 mm e o ângulo de pá é 45^{\circ} (pás viradas para trás). No ponto de operação, a vazão é de 500 litros/minuto. Calcule a altura manométrica teórica desenvolvida pela bomba, a eficiência (rendimento) da mesma e a potência mecânica consumida do motor no ponto de operação. Considere a viscosidade absoluta da água igual a 10^{-3} \mathrm{~Pa} . \mathrm{s}. (3 pontos)

Passo 1

Vou listar com clareza o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados do enunciado:
    • Giro do rotor: n = 890\\ \mathrm{r.p.m.}.
    • Desnível entre reservatórios: 12\\ \mathrm{m}.
    • Tubulação lisa, diâmetro constante: D = 50\\ \mathrm{mm} = 0{,}05\\ \mathrm{m}.
    • Trechos retos com comprimento total: L_{\text{retos}} = 30\\ \mathrm{m}.
    • Acessórios com comprimento equivalente total: está escrito apenas “350” sem unidade. Vou assumir (e explicitar) que significa 350 diâmetros (caso contrário a interpretação muda bastante). Assim, comprimento equivalente dos acessórios: L_{\text{acess}} = 350\cdot D = 350\cdot 0{,}05\\ \mathrm{m} = 17{,}5\\ \mathrm{m}.Obs.: estou assumindo “350 diâmetros” porque é prática comum em problemas; se for outro significado (ex.: 350\\ \mathrm{m}) os resultados mudam.
    • Diâmetro externo do rotor: D_2 = 400\\ \mathrm{mm}\Rightarrow r_2 = 0{,}2\\ \mathrm{m}.
    • Na saída do rotor a “espessura” (interpreto como largura/altura axial do canal de saída) b_2 = 50\\ \mathrm{mm} = 0{,}05\\ \mathrm{m}.
    • Ângulo de pá na saída: \beta_2 = 45^\circ (pás curvadas para trás).
    • Vazão no ponto de operação: Q = 500\\ \mathrm{L/min} = 0{,}500\\ \mathrm{m^3/min}.
    • Viscosidade absoluta da água: \mu = 10^{-3}\\ \mathrm{Pa\cdot s}.
    • Densidade da água (valor padrão que usarei): \rho = 1000\\ \mathrm{kg/m^3}.
    • Aceleração da gravidade: g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
  • O que o enunciado pede:
    1. Calcular a altura manométrica teórica desenvolvida pela bomba (altura teórica de Euler).
    2. Calcular a eficiência (rendimento) da bomba no ponto de operação.
    3. Calcular a potência mecânica consumida pelo motor no ponto de operação.

Passo 2

Primeiro converto a vazão para unidades SI (metros cúbicos por segundo) e calculo a área da tubulação e a velocidade média no tubo.
  • Vazão:
Q = 500\\ \mathrm{L/min} = \frac{500}{1000}\\ \mathrm{m^3/min} = 0{,}5\\ \mathrm{m^3/min} = \frac{0{,}5}{60}\\ \mathrm{m^3/s} = 0{,}008333333\\ \mathrm{m^3/s}.
  • Área da tubulação:
A = \frac{\pi D^2}{4} = \frac{\pi(0{,}05)^2}{4} = 1{,}9634954\times 10^{-3}\\ \mathrm{m^2}.
  • Velocidade média na tubulação (com base na continuidade):
v = \frac{Q}{A} = \frac{0{,}008333333}{1{,}9634954\times 10^{-3}} \approx 4{,}24405\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Calculo a velocidade periférica na borda do rotor ( u_2). Primeiro converto a rotação para rad/s.
  • Rotação em revoluções por segundo:
n_s = \frac{n}{60} = \frac{890}{60} = 14{,}833333\\ \mathrm{s^{-1}}.
  • Velocidade angular:
\omega = 2\pi n_s = 2\pi\cdot 14{,}833333 \approx 93{,}2058\\ \mathrm{rad/s}.
  • Velocidade periférica na saída do rotor:
u_2 = \omega r_2 = 93{,}2058\cdot 0{,}2 \approx 18{,}6412\\ \mathrm{m/s}.

Passo 4

Calculo a componente meridional (radial) da velocidade na saída do rotor c_{m2} usando continuidade no anel de saída do rotor (área aproximada 2\pi r_2 b_2).
  • Área aproximada do anel de saída do rotor:
A_{2,\text{anel}} = 2\pi r_2 b_2 = 2\pi\cdot 0{,}2\cdot 0{,}05 = 0{,}06283185\\ \mathrm{m^2}.
  • Componente meridional (radial) da velocidade na saída do rotor:
c_{m2} = \frac{Q}{A_{2,\text{anel}}} = \frac{0{,}008333333}{0{,}06283185} \approx 0{,}132629\\ \mathrm{m/s}.
Observação didática: aqui assumimos que o escoamento no interior do anel do rotor é praticamente meridional (radial) com velocidade média c_{m2}. Essa é uma aproximação padrão para aplicar o triângulo de velocidades na saída.

Passo 5

Usando o triângulo de velocidades na saída e o ângulo da pá \beta_2, encontro a componente tangencial da velocidade absoluta c_{u2}. Para pás voltadas para trás vale a relação:
w_{u2} = \frac{c_{m2}}{\tan\beta_2} = c_{m2}\cot\beta_2,
onde w_{u2} é a componente tangencial da velocidade relativa. A relação do triângulo é
c_{u2} = u_2 - w_{u2}.
Com \beta_2 = 45^\circ\Rightarrow \cot 45^\circ = 1.
  • Logo:
w_{u2} = c_{m2}\cot\beta_2 = 0{,}132629\cdot 1 = 0{,}132629\\ \mathrm{m/s}.
c_{u2} = u_2 - w_{u2} = 18{,}6412 - 0{,}132629 \approx 18{,}5086\\ \mathrm{m/s}.
Observação didática: aqui também assumi que não há pré-giro na entrada (isto é, a componente tangencial absoluta na entrada do rotor c_{u1} é desprezível). Essa é outra hipótese comum em problemas de bomba quando não se dá informação sobre pré-giro.

Passo 6

Agora aplico a equação de Euler para turbomáquinas para obter a altura teórica H_{\text{teórica}}ó desenvolvida pela bomba:
H_{\text{teórica}} = \frac{u_2 c_{u2} - u_1 c_{u1}}{g}.ó
Como assumimos c_{u1}\approx 0 (sem pré-giro) e u_1 não é relevante, fica:
H_{\text{teórica}} = \frac{u_2 c_{u2}}{g}.ó
  • Calculando numericamente:
u_2 c_{u2} \approx 18{,}6412\cdot 18{,}5086 \approx 345{,}02\\ \mathrm{m^2/s^2}.
H_{\text{teórica}} = \frac{345{,}02}{9{,}81} \approx 35{,}17\\ \mathrm{m}.ó
Interpretação: este é o salto de energia (altura) que a geometria do rotor, segundo Euler, pode fornecer sem levar em conta perdas hidráulicas.

Passo 7

Para obter a eficiência e a potência precisamos conhecer a perda de carga na tubulação (perdas por atrito + acessórios). Primeiro calculo o número de Reynolds e obtenho um fator de atrito adequado.
  • Cinemática da água:
\nu = \frac{\mu}{\rho} = \frac{10^{-3}}{1000} = 1{,}0\times 10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}.
  • Número de Reynolds na tubulação:
\mathrm{Re} = \frac{v D}{\nu} = \frac{4{,}24405\cdot 0{,}05}{1{,}0\times 10^{-6}} \approx 212203.
(ou seja, escoamento turbulent).

Passo 8

Estimativa do fator de atrito f. Como a tubulação é lisa (superfície suave) uso uma fórmula prática para escoamento turbulento em superfície lisa: fórmula de Kármán-Prandtl aproximada
\frac{1}{\sqrt{f}} \approx 1{,}8\log_{10}(\mathrm{Re}) - 1{,}5,
o que dá
f \approx \left(1{,}8\log_{10}(\mathrm{Re}) - 1{,}5\right)^{-2}.
  • Computando:
\log_{10}(\mathrm{Re}) \approx \log_{10}(212203) \approx 5{,}32632,
1{,}8\log_{10}(\mathrm{Re}) - 1{,}5 \approx 1{,}8\cdot 5{,}32632 - 1{,}5 \approx 8{,}08738,
f \approx \frac{1}{(8{,}08738)^2} \approx 0{,}01529.
Observação didática: essa é uma aproximação prática que dá resultado compatível com as soluções implícitas (Colebrook) para tubos lisos em Re desta ordem.

Passo 9

Calculando o comprimento equivalente total L_{\text{eq}} usado na fórmula de Darcy-Weisbach:
  • Comprimento dos acessórios (assunção já citada):
L_{\text{acess}} = 350\cdot D = 17{,}5\\ \mathrm{m}.
  • Comprimento equivalente total:
L_{\text{eq}} = L_{\text{retos}} + L_{\text{acess}} = 30{,}0 + 17{,}5 = 47{,}5\\ \mathrm{m}.

Passo 10

Calculo a perda de carga total por atrito usando Darcy-Weisbach:
h_f = f\cdot \frac{L_{\text{eq}}}{D}\cdot \frac{v^2}{2g}.
  • Primeiro computo \dfrac{v^2}{2g}:
\frac{v^2}{2g} = \frac{(4{,}24405)^2}{2\cdot 9{,}81} \approx 0{,}91856\\ \mathrm{m}.
  • Razão L_{\text{eq}}/D = 47{,}5/0{,}05 = 950.
  • Portanto
h_f = 0{,}01529\cdot 950\cdot 0{,}91856 \approx 13{,}35\\ \mathrm{m}.
Isto é a perda total de carga nas tubulações (retas + equivalentes de acessórios) para a vazão dada.

Passo 11

A altura manométrica requerida ao sistema (a altura que a bomba precisa vencer) é a soma do desnível mais as perdas por atrito:
H_{\text{sistema}} = 12\\ \mathrm{m} + h_f \approx 12 + 13{,}35 = 25{,}35\\ \mathrm{m}.
Esta é a altura efetiva (manométrica) que a bomba entrega ao fluido no ponto de operação.

Passo 12

Calculo a eficiência (rendimento) da bomba no ponto de operação. Aqui uso a definição prática de eficiência hidráulica relativa à altura teórica de Euler:
\eta = \frac{H_{\text{sistema}}}{H_{\text{teórica}}}.ó
  • Substituindo:
\eta = \frac{25{,}35}{35{,}17} \approx 0{,}7208 \quad\text{ou}\quad 72{,}08\%.
Interpretação didática: essa eficiência representa fração da altura teórica que aparece efetivamente como altura manométrica disponível (as perdas internas reduzem a altura).

Passo 13

Calculo a potência hidráulica entregue ao fluido e a potência mecânica no eixo (potência consumida pelo motor no sentido mecânico, considerando as perdas internas como absorvidas no eixo).
  • Potência hidráulica (potência útil entregue ao fluido):
P_{\text{hid}} = \rho g Q H_{\text{sistema}}.
P_{\text{hid}} = 1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}008333333\cdot 25{,}35 \approx 2{,}07\times 10^{3}\\ \mathrm{W} \approx 2{,}07\\ \mathrm{kW}.
  • Potência mecânica consumida no eixo do motor (entrada mecânica na bomba): sabendo que a potência de entrada deve suprir a potência hidráulica mais as perdas internas, e que H_{\text{teórica}}ó representa a altura associada à potência ideal de Euler, tem-se:
P_{\text{eixo}} = \rho g Q H_{\text{teórica}}.ó
ou alternativamente
P_{\text{eixo}} = \frac{P_{\text{hid}}}{\eta}.
  • Calculando:
P_{\text{eixo}} = 1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}008333333\cdot 35{,}17 \approx 2{,}874\times 10^{3}\\ \mathrm{W} \approx 2{,}87\\ \mathrm{kW}.
Observação: se fosse pedido consumo elétrico do motor seria necessário considerar eficiência do motor; aqui pediram “potência mecânica consumida do motor”, então reportei a potência mecânica no eixo necessária.

Resposta

H_{\text{teórica}} \approx 35{,}17\\ \mathrm{m}ó
\eta \approx 72{,}08\%
P_{\text{mecânica (eixo)}} \approx 2{,}87\\ \mathrm{kW}â

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