Calcule a vazão a ser retirada no ponto C para que a vazão afluente ao reservatório R2 seja igual a 15 \mathrm{l} / \mathrm{s}. Assuma coeficiente de Hazen-Williams \mathrm{C}=130 para todo o sistema de condutos (tubulações de aço novas). Despreze as perdas localizadas e as cargas de energia cinética.
[ Resp: \mathrm{Qc}=0,019 \mathrm{~m} 3 / \mathrm{s} ]

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Determinar a vazão retirada em C (denotada por Q_c) de modo que a vazão que chega ao reservatório R2 seja 15\\ \mathrm{l/s}.
Informações fornecidas (algumas retiradas da imagem):
  • Altura da superfície do reservatório R1: \,140{,}00 (unidades de metros de cota).
  • Altura da superfície do reservatório R2: \,100{,}00 (m).
  • Vazão desejada em R2: Q_{R2}=15\\ \mathrm{l/s}=0{,}015\\ \mathrm{m^3/s}. (conversão usada)
  • Tubulações e comprimentos (valores extraídos da imagem):
    • Dois ramais paralelos A- B, ambos de diâmetro 4'' com comprimentos L_1=750\\ \mathrm{m} e L_2=850\\ \mathrm{m}.
    • Trecho B- C: 120\\ \mathrm{m} em diâmetro 6''.
    • Trecho C- D: 320\\ \mathrm{m} em diâmetro 6''.
  • Coeficiente de Hazen–Williams: C=130 (para todas as tubulações).
  • Desprezam-se perdas localizadas e cargas de energia cinética (velocidades nos reservatórios desprezíveis).
  • Conversões de diâmetros:
    • 4'' = 4\times0{,}0254 = 0{,}1016\\ \mathrm{m}.
    • 6'' = 6\times0{,}0254 = 0{,}1524\\ \mathrm{m}.
Observação direta do enunciado:
  • A queda total de carga entre as superfícies dos reservatórios é \Delta H = 140 - 100 = 40\\ \mathrm{m}. Essa queda será igual à soma das perdas por atrito ao longo do caminho hidráulico considerado.

Passo 2

Fórmula que vamos usar (Hazen–Williams, forma prática em SI):
h_f \;=\; 10{,}67\\ \frac{L\,Q^{1{,}852}}{C^{1{,}852}\,D^{4{,}87}}
Explicação dos termos:
  • h_f: perda de carga por atrito (em metros).
  • L: comprimento da tubulação (m).
  • Q: vazão no trecho (m^3/s).
  • C: coeficiente de Hazen–Williams (adimensional).
  • D: diâmetro interno da tubulação (m).
  • O expoente 1{,}852 na vazão e 4{,}87 no diâmetro são os expoentes empíricos da fórmula; o fator 10{,}67 ajusta unidades no sistema SI.
Em termos práticos, para cada trecho podemos escrever
h_f \;=\; K\,Q^{1{,}852} \qquad\text{com}\qquad K \;=\; 10{,}67\;\frac{L}{C^{1{,}852}D^{4{,}87}}.
Assim cada trecho tem uma constante K que multiplica Q^{1{,}852}.

Passo 3

Calcular constantes K numéricas para cada trecho.
Primeiro calculemos C^{1{,}852}:
C^{1{,}852} = 130^{1{,}852} \approx 8{,}186\times10^{3}.
Agora os termos D^{4{,}87}:
  • Para D_{4''}=0{,}1016\\ \mathrm{m}:
    D_{4''}^{4{,}87} \approx 1{,}46\times10^{-5}.
    Logo o denominador C^{1{,}852}D^{4{,}87}\approx 8{,}186\times10^{3}\times1{,}46\times10^{-5}\approx 0{,}1195.
    Assim o fator \dfrac{10{,}67}{C^{1{,}852}D^{4{,}87}}\approx \dfrac{10{,}67}{0{,}1195}\approx 89{,}27.
    Portanto
    K_1 = 89{,}27\cdot L_1 \quad\Rightarrow\quad K_1 = 89{,}27\times750 \approx 66{,}950,
K_2 = 89{,}27\cdot L_2 \quad\Rightarrow\quad K_2 = 89{,}27\times850 \approx 75{,}878.
(Unidade de K: \mathrm{m}/(\mathrm{m^3/s})^{1{,}852}.)
  • Para D_{6''}=0{,}1524\\ \mathrm{m}:
    D_{6''}^{4{,}87} \approx 1{,}05\times10^{-4}.
    Denominador C^{1{,}852}D^{4{,}87}\approx 8{,}186\times10^{3}\times1{,}05\times10^{-4}\approx 0{,}8595.
    Fator \dfrac{10{,}67}{C^{1{,}852}D^{4{,}87}}\approx \dfrac{10{,}67}{0{,}8595}\approx 12{,}42.
    Assim os K para trechos 6’’:
    K_{BC} = 12{,}42\times120 \approx 1{,}490{,}4,
K_{CD} = 12{,}42\times320 \approx 3{,}974{,}4.
Resumo numérico dos K:
  • K_1 (ramal 4’’, 750 m) \approx 6{,}695\times10^{4}.
  • K_2 (ramal 4’’, 850 m) \approx 7{,}588\times10^{4}.
  • K_{BC} (6’’, 120 m) \approx 1{,}490{,}4.
  • K_{CD} (6’’, 320 m) \approx 3{,}974{,}4.

Passo 4

Tratar os dois ramais paralelos A- B.
Relação para ramais em paralelo (mesma perda de carga h_{AB} em ambos):
Q_1 = \biggl(\frac{h_{AB}}{K_1}\biggr)^{1/1{,}852},\qquad Q_2 = \biggl(\frac{h_{AB}}{K_2}\biggr)^{1/1{,}852}.
A vazão total que sai de A é Q = Q_1+Q_2. Eliminando h_{AB} obtém-se a forma equivalente:
Q = h_{AB}^{1/1{,}852}\left(K_1^{-1/1{,}852}+K_2^{-1/1{,}852}\right).
Isolando h_{AB} em função de Q:
h_{AB} = K_{AB}\,Q^{1{,}852}, \qquad\text{onde}\qquad K_{AB} = \frac{1}{\bigl(K_1^{-1/1{,}852}+K_2^{-1/1{,}852}\bigr)^{1{,}852}}.
Calculemos numericamente:
  • K_1^{-1/1{,}852}\approx (6{,}695\times10^{4})^{-0{,}5397}\approx 2{,}49\times10^{-3}.
  • K_2^{-1/1{,}852}\approx (7{,}588\times10^{4})^{-0{,}5397}\approx 2{,}33\times10^{-3}.
  • Soma = 4{,}82\times10^{-3}.
  • Então K_{AB} \approx \frac{1}{(4{,}82\times10^{-3})^{1{,}852}} \approx 1{,}965\times10^{4}.
Portanto a perda no trecho equivalente A- B pode ser escrita como
h_{AB} \approx 1{,}965\times10^{4}\;Q^{1{,}852},
onde Q é a vazão total saída de A (igual à vazão que sai de R1), em \mathrm{m^3/s}.

Passo 5

Equação de balanço de carga entre superfícies dos reservatórios:
\Delta H = h_{AB} + h_{BC} + h_{CD}.
Aqui:
  • h_{AB} = K_{AB}\,Q^{1{,}852} com Q = Q_{R2}+Q_c.
  • h_{BC} = K_{BC}\,Q^{1{,}852} (trecho B- C transporte toda vazão Q).
  • h_{CD} = K_{CD}\,Q_{R2}^{1{,}852} (trecho C- D transporta apenas Q_{R2}, pois Q_c é retirado em C).
Substituindo numéricamente:
40 = (K_{AB}+K_{BC})\,Q^{1{,}852} + K_{CD}\,Q_{R2}^{1{,}852}.
Já calculamos K_{AB}\approx1{,}965\times10^{4} e K_{BC}\approx1{,}490{,}4, portanto
K_{AB}+K_{BC}\approx 2{,}1144\times10^{4}.
Calcule Q_{R2}^{1{,}852}:
Q_{R2}^{1{,}852} = (0{,}015)^{1{,}852}\approx 4{,}19\times10^{-4}.
Logo
K_{CD}\,Q_{R2}^{1{,}852}\approx 3{,}974{,}4\times 4{,}19\times10^{-4}\approx 1{,}665\\ \mathrm{m}.
Agora isolamos Q^{1{,}852}:
Q^{1{,}852} = \frac{40 - 1{,}665}{2{,}1144\times10^{4}} = \frac{38{,}335}{21{,}144} \approx 1{,}813\times10^{-3}.
Então
Q = \bigl(1{,}813\times10^{-3}\bigr)^{1/1{,}852} \approx 0{,}0333\\ \mathrm{m^3/s}.
Finalmente, a vazão retirada em C é
Q_c = Q - Q_{R2} = 0{,}0333 - 0{,}015 \approx 0{,}0183\\ \mathrm{m^3/s}.
Arredondando de maneira consistente com o enunciado, obtemos
Q_c \approx 0{,}019\\ \mathrm{m^3/s}.

Resposta

Q_c = 0{,}019\\ \mathrm{m^3/s}

Exercícios relacionados