Uma bomba deverá recalcar uma vazão de 30 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{h}. O NPSH para esta vazão é de 2,50 \mathrm{~m}. Determinar a altitude para que haja uma folga de 2,0 \mathrm{~m} entre o NPSH { }_{\mathrm{d}} e NPSH
Dados: C=150 \mathrm{Pv} a 20^{\circ} \mathrm{C}=2335 \mathrm{~Pa}
[
D=3^{\prime \prime}
]
\mathrm{K}(
válvula de pé
)=1,75 \mathrm{~K}(
crivo
)=0,75
\mathrm{K}\left(\right.
joelho \left.90^{\circ}\right)=0,4 \mathrm{~K}(
redução excêntrica
)=0,15

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Vazão: Q=30\\ \mathrm{m^{3}/h}.
  • NPSH exigido (para a vazão): \mathrm{NPSH}_{\mathrm{r}}=2{,}50\\ \mathrm{m}.
  • Deseja-se uma folga entre disponível e requerido de 2{,}0\\ \mathrm{m}. Ou seja, queremos \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}-\mathrm{NPSH}_{\mathrm{r}}=2{,}0\\ \mathrm{m}.
  • Pressão de vapor da água a 20^{\circ}\mathrm{C}: p_{v}=2335\\ \mathrm{Pa} (foi dada).
  • Diâmetro da tubulação: D=3''=0{,}0762\\ \mathrm{m}.
  • Coeficientes localizados: válvula de pé K_{1}=1{,}75, crivo K_{2}=0{,}75, joelho 90^\circ K_{3}=0{,}4, redução excêntrica K_{4}=0{,}15.
  • Foi fornecido um texto “ C=150\,P_v”, que está ambíguo; não é necessário para o cálculo que vamos fazer, portanto não será usado.
  • Dados físicos que vou usar (valores padrão a 20^\circ\mathrm{C}): massa específica da água \rho=998\\ \mathrm{kg/m^3} e g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
  • O que precisa ser encontrado: a altitude h (acima do nível do mar) para a qual a pressão atmosférica reduzida leve a que exista a folga de 2{,}0\\ \mathrm{m}.
Observação de modelagem / hipóteses (importante): vou assumir que a sucção é “flooded” com superfície livre ao mesmo nível do olho da bomba (diferença de cota z=0), que o único atrito relevante na sucção são as perdas localizadas dadas pelos K fornecidos (ou seja, desprezo perda por atrito linear de tubulação), e que a pressão atmosférica varia com altitude segundo a fórmula barométrica aproximada p_a=p_0\exp(-h/H) com p_0=101325\\ \mathrm{Pa} e altura de escala H=8200\\ \mathrm{m}. Essas hipóteses são necessárias porque o enunciado não dá comprimento de tubo nem cota do reservatório.

Passo 2

Entender o conceito e a fórmula que vamos usar.
  • Definição prática: \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}} (disponível) corresponde à sobra de carga absoluta no ponto de sucção acima da pressão de vapor, expressa em metros de coluna de líquido. A formulação (usada em muitos exercícios práticos, a partir de Bernoulli entre superfície livre e o olho da bomba) que usaremos é
\mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}=\frac{p_a}{\rho g}+z_{\text{livre}}-\frac{p_v}{\rho g}-\sum K\cdot\frac{V^2}{2g},
onde:
  • p_a é a pressão atmosférica absoluta no nível do reservatório (Pa);
  • z_{\text{livre}} é a elevação da superfície livre acima do olho da bomba (m). Com nossa hipótese z_{\text{livre}}=0.
  • p_v é a pressão de vapor do líquido (Pa);
  • \sum K é a soma dos coeficientes localizados entre a superfície livre e o olho da bomba;
  • V é a velocidade média no tubo de sucção (m/s).
  • O enunciado pede folga de 2{,}0\\ \mathrm{m}: portanto impomos
\mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}-\mathrm{NPSH}_{\mathrm{r}}=2{,}0\\ \mathrm{m}\quad\Longrightarrow\quad \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}=\mathrm{NPSH}_{\mathrm{r}}+2{,}0=2{,}50+2{,}00=4{,}50\\ \mathrm{m}.
Logo vamos exigir \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}=4{,}50\\ \mathrm{m} e resolver a equação acima para p_a, depois transformar p_a em altitude h.

Passo 3

Calcular a velocidade média V no tubo a partir de Q e D.
  • Converter vazão para \mathrm{m^3/s}:
Q=\frac{30}{3600}=0{,}008333\\ \mathrm{m^3/s}.
  • Converter diâmetro: D=3''=3\cdot25{,}4\\ \mathrm{mm}=76{,}2\\ \mathrm{mm}=0{,}0762\\ \mathrm{m}.
  • Área da seção:
A=\frac{\pi D^2}{4}=\frac{\pi(0{,}0762)^2}{4}=0{,}0045605\\ \mathrm{m^2}\quad(\text{aprox.}).
  • Velocidade média:
V=\frac{Q}{A}=\frac{0{,}008333}{0{,}0045605}=1{,}828\\ \mathrm{m/s}\quad(\text{aprox.}).

Passo 4

Calcular a cabeça de velocidade e as perdas localizadas.
  • Cabeça de velocidade:
\frac{V^2}{2g}=\frac{(1{,}828)^2}{2\cdot9{,}81}=0{,}1704\\ \mathrm{m}.
  • Soma dos K:
\sum K=1{,}75+0{,}75+0{,}4+0{,}15=3{,}05.
  • Perda localizada total (em metros de coluna de água):
h_{\text{loc}}=\sum K\cdot\frac{V^2}{2g}=3{,}05\cdot0{,}1704=0{,}5198\\ \mathrm{m}\quad(\text{aprox.}).
  • Altura equivalente da pressão de vapor:
\frac{p_v}{\rho g}=\frac{2335}{998\cdot9{,}81}=0{,}2385\\ \mathrm{m}\quad(\text{aprox.}).

Passo 5

Formar a equação para \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}} e isolar p_a.
Com z_{\text{livre}}=0,
\mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}=\frac{p_a}{\rho g}-\frac{p_v}{\rho g}-\sum K\cdot\frac{V^2}{2g}.
Substituindo valores numéricos conhecidos e exigindo \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}=4{,}50\\ \mathrm{m}:
4{,}50=\frac{p_a}{\rho g}-0{,}2385-0{,}5198.
Somando os termos subtraídos:
4{,}50=\frac{p_a}{\rho g}-0{,}7583 \quad\Longrightarrow\quad \frac{p_a}{\rho g}=4{,}50+0{,}7583=5{,}2583\\ \mathrm{m}.
Logo
p_a=5{,}2583\cdot(\rho g)=5{,}2583\cdot(998\cdot9{,}81)=5{,}2583\cdot9790{,}38\approx51480\\ \mathrm{Pa}.

Passo 6

Converter a pressão atmosférica p_a em altitude h usando a aproximação barométrica exponencial.
  • Fórmula usada (modelo isoterma simplificado):
p_a=p_0\exp\!\left(-\frac{h}{H}\right),
com p_0=101325\\ \mathrm{Pa} e H=8200\\ \mathrm{m} (altura de escala aproximada). Isolando h:
h=-H\ln\!\left(\frac{p_a}{p_0}\right).
  • Substituindo p_a:
h=-8200\ln\!\left(\frac{51480}{101325}\right)=-8200\ln(0{,}5081)\approx8200\cdot0{,}6767\approx5550\\ \mathrm{m}.

Passo 7

Verificação rápida e comentário final.
  • Resultado razoável: a pressão que dá \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}}=4{,}50\\ \mathrm{m} é cerca de 5{,}15\times10^{4}\\ \mathrm{Pa}, que corresponde a altitude muito elevada (cerca de 5{,}55\\ \mathrm{km}). Isso faz sentido porque a pressão atmosférica diminui bastante com altitude; para manter a folga desejada é preciso um ar mais rarefeito (maior altitude diminui p_a) — aqui calculamos a altitude para a qual a pressão atmosférica é justamente a que resulta na \mathrm{NPSH}_{\mathrm{a}} exigida.
  • Relembre: se o reservatório estivesse acima ou abaixo do olho da bomba ( z_{\text{livre}}\neq0) ou se houvesse perda por atrito ao longo do tubo, o resultado mudaria. Também se for usado outro modelo barométrico (por exemplo gradiente adiabático ou H diferente) o número final varia um pouco.

Resposta

h\approx5{,}55\times10^{3}\\ \mathrm{m}

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