Uma bomba puxa água de um lago a uma vazão volumétrica de 1 \mathrm{~m} 3 / \mathrm{min} através de uma tubulação de 15 cm de diâmetro. A água é conduzida por uma mangueira que termina em um bocal cujo diâmetro de saída é de 3 cm e que está localizado a 10 m de altura. A água entra na bomba como água líquida saturada a 20^{\circ} \mathrm{C} e sai no bocal sem alteração significativa de T e P . A transferência de calor da bomba para as vizinhanças é de 5 \% da potência da bomba. Determine:
(a) a velocidade da água na entrada e na saída em \mathrm{m} / \mathrm{s}.
(b) a potência requerida pela bomba.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
(a) as velocidades da água na entrada e na saída em \mathrm{m/s};
(b) a potência requerida pela bomba.
Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
Q = 1\\ \mathrm{m^3/min},
d_{\text{entrada}} = 15\\ \mathrm{cm} = 0{,}15\\ \mathrm{m},
d_{\text{saída}} = 3\\ \mathrm{cm} = 0{,}03\\ \mathrm{m},í
\Delta z = 10\\ \mathrm{m}\quad(\text{elevação entre lago e bocal}),çã
\text{transferência de calor da bomba para o entorno} = 5\%\\ \text{da potência da bomba}.êê
Observação sobre a água: entra como líquido a 20^\circ\mathrm{C}; para simplificar os cálculos vou usar a densidade aproximada
\rho \approx 1000\\ \mathrm{kg/m^3}.
Não foi mencionada perda por atrito na tubulação nem diferença de pressão significativa além da elevação e da aceleração no bocal, então usaremos essa hipótese (se houvesse perda por atrito precisaríamos incluí‑la).

Passo 2

Primeiro converto a vazão volumétrica para \mathrm{m^3/s}, porque é a unidade mais conveniente:
Q = 1\\ \mathrm{m^3/min} = \frac{1}{60}\\ \mathrm{m^3/s} \approx 0{,}0166667\\ \mathrm{m^3/s}.

Passo 3

Agora calculo as áreas das seções circulars (fórmula da área de um círculo: \displaystyle A=\frac{\pi d^2}{4}). Explico: A é a área da seção transversal e d é o diâmetro; com essa área podemos relacionar vazão e velocidade pela equação Q = A\cdot v.
Área da entrada:
A_{\text{entrada}}=\frac{\pi d_{\text{entrada}}^{2}}{4} =\frac{\pi(0{,}15)^2}{4} =0{,}005625\pi\\ \mathrm{m^2} \approx 0{,}0176715\\ \mathrm{m^2}.
Área da saída:
A_{\text{saída}}=\frac{\pi d_{\text{saída}}^{2}}{4} =\frac{\pi(0{,}03)^2}{4} =0{,}000225\pi\\ \mathrm{m^2} \approx 0{,}00070686\\ \mathrm{m^2}.íí

Passo 4

Velocidade a partir de v=\dfrac{Q}{A}. Vou explicar: v é a velocidade média na seção, Q é a vazão volumétrica, A é a área — é direta a relação porque o volume que passa por segundo é a área vezes a distância percorrida por segundo.
Velocidade na entrada:
v_{\text{entrada}}=\frac{Q}{A_{\text{entrada}}} =\frac{0{,}0166667}{0{,}0176715} \approx 0{,}9434\\ \mathrm{m/s}.
Velocidade na saída:
v_{\text{saída}}=\frac{Q}{A_{\text{saída}}} =\frac{0{,}0166667}{0{,}00070686} \approx 23{,}585\\ \mathrm{m/s}.íí
Comentário prático: note que d_{\text{saída}}/d_{\text{entrada}}=0{,}03/0{,}15=0{,}2í, então (A_{\text{saída}}/A_{\text{entrada}})=(0{,}2)^2=0{,}04í e assim v_{\text{saída}}=v_{\text{entrada}}/0{,}04=25\,v_{\text{entrada}}í. Isso é uma boa checagem rápida dos cálculos.

Passo 5

Agora a potência requerida pela bomba. Primeiro calculo a vazão mássica:
\dot{m}=\rho Q=1000\cdot 0{,}0166667\approx 16{,}6667\\ \mathrm{kg/s}.

Passo 6

Vamos ao balanço de energia (explico a ideia): a bomba fornece potência (eixo) W_{\text{bomba}}. Parte dessa potência sai para o fluido na forma de aumento de energia potencial (elevar a água) e energia cinética (aumentar velocidade no bocal). O enunciado diz que a bomba transfere para as vizinhanças uma quantidade de calor igual a 5\% da potência da bomba — isto é, 5\% da potência do eixo é perdida em forma de calor para o ambiente e não vai para o fluido. Portanto a potência efetivamente entregue ao fluido é 0{,}95\,W_{\text{bomba}}.
Negligenciando variações de energia interna (a água mantém praticamente a mesma temperatura) e diferenças de pressão úteis (entrada e saída estão essencialmente à pressão ambiente), a energia por unidade de massa que o fluido precisa ganhar é:
\Delta e = g\Delta z + \frac{v_{\text{saída}}^{2}-v_{\text{entrada}}^{2}}{2}.í
Explicando: g\Delta z é o acréscimo de energia potencial por unidade de massa ao subir \Delta z, e \frac{v^2}{2} é a energia cinética por unidade de massa.
Potência entregue ao fluido (útil) é:
P_{\text{útil}}=\dot{m}\,\Delta e.ú
Relação com a potência do eixo:
0{,}95\,W_{\text{bomba}} = P_{\text{útil}} = \dot{m}\left(g\Delta z + \frac{v_{\text{saída}}^{2}-v_{\text{entrada}}^{2}}{2}\right).úí
Logo:
W_{\text{bomba}} = \frac{\dot{m}\left(g\Delta z + \dfrac{v_{\text{saída}}^{2}-v_{\text{entrada}}^{2}}{2}\right)}{0{,}95}.í

Passo 7

Agora substituo os valores numéricos. Primeiro calculo o termo cinético por unidade de massa:
\frac{v_{\text{saída}}^{2}-v_{\text{entrada}}^{2}}{2} =\frac{(23{,}585)^2-(0{,}9434)^2}{2} \approx \frac{556{,}06-0{,}890}{2} \approx 277{,}58\\ \mathrm{J/kg}.í
Energia potencial por unidade de massa:
g\Delta z = 9{,}81\cdot 10 = 98{,}1\\ \mathrm{J/kg}.
Somando:
\Delta e = 98{,}1 + 277{,}58 \approx 375{,}68\\ \mathrm{J/kg}.
Potência útil:
P_{\text{útil}}=\dot{m}\Delta e =16{,}6667\cdot 375{,}68 \approx 6261{,}3\\ \mathrm{W}.ú
Finalmente, a potência no eixo da bomba (corrigida pela perda de 5\%):
W_{\text{bomba}}=\frac{6261{,}3}{0{,}95}\approx 6590{,}9\\ \mathrm{W}\approx 6{,}59\\ \mathrm{kW}.

Resposta

(a) v_{\text{entrada}} \approx 0{,}9434\\ \mathrm{m/s},\quad v_{\text{saída}} \approx 23{,}585\\ \mathrm{m/s}í
(b) W_{\text{bomba}} \approx 6{,}59\\ \mathrm{kW}

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