Uma canalização de tubos de ferro fundido novo ( \varepsilon=0,26 \mathrm{~mm} ) com diâmetro de 250 mm é alimentada por um reservatório cujo nível da água situa-se na cota de 1920 m . Fazendo-se uso da equação de Bernoulli e da fórmula universal,
calcular a vazão e a pressão no ponto E de cota 1750 m , distante 1500 m do reservatório, sabendo-se que a descarga se faz livremente na cota 1720 m . Dados: L_{1}=1500 \mathrm{~m} ; D=0,250 \mathrm{~m}; vágua 20^{\circ} \mathrm{C}=10^{-6} \mathrm{~m}^{2} \mathrm{~s}^{-1}.

Passo 1

Dados fornecidos (vou listar exatamente o que o enunciado deu):
\varepsilon=0{,}26\\ \mathrm{mm}=0{,}00026\\ \mathrm{m} (rugosidade absoluta do tubo)
D=0{,}250\\ \mathrm{m} (diâmetro interno)
L_{1}=1500\\ \mathrm{m} (uma distância dada no enunciado; vou assumir — veja abaixo)
nível do reservatório (ponto 1): cota z_1=1920\\ \mathrm{m} (superfície livre do reservatório)
descarga livre (ponto 2): cota z_2=1720\\ \mathrm{m} (saída livre para a atmosfera)
ponto E: cota z_E=1750\\ \mathrm{m} (é pedido a pressão em E)
água a 20^\circ\mathrm{C}: \nu=10^{-6}\\ \mathrm{m}^2\!/s (viscosidade cinemática)
Observação / hipótese necessária para ter uma formulação consistente (assumimos isto porque o enunciado não detalha uma planta): vou considerar que o tubo conecta o reservatório (cota 1920\\ \mathrm{m}) à descarga livre (cota 1720\\ \mathrm{m}) e que o comprimento total do trecho entre reservatório e descarga é L_{\text{total}}=1500\\ \mathrm{m}. Ou seja, L_{\text{total}}=1500\\ \mathrm{m} é o comprimento do trecho onde ocorre perda de carga por atrito. O ponto E está a cota 1750\\ \mathrm{m}, portanto está a uma fração do comprimento total (posição intermediária). Como o enunciado não dá distância específica do reservatório até E diferente de 1500\\ \mathrm{m}, assumimos que a variação de cota ao longo do tubo é suave e proporcional ao comprimento; então a distância ao longo do tubo do reservatório até E é proporcional à queda de cota. Assim:
\text{fracção da queda}=\frac{z_1-z_E}{z_1-z_2}=\frac{1920-1750}{1920-1720}=\frac{170}{200}=0{,}85.çã
Logo a distância ao longo do tubo do reservatório até E é
L_{1\to E}=0{,}85\cdot L_{\text{total}}=0{,}85\cdot 1500=1275\\ \mathrm{m}.
Essa hipótese é natural para poder calcular a perda de carga acumulada até E. Vou prosseguir com ela.

Passo 2

Planteamento físico e equações que vamos usar (explicando de forma didática).
  1. Equação de Bernoulli (entre superfície livre do reservatório, ponto 1, e a saída livre, ponto 2, assumindo perda por atrito entre eles):
z_1+\frac{p_1}{\gamma}+\frac{V_1^2}{2g}=z_2+\frac{p_2}{\gamma}+\frac{V_2^2}{2g}+h_{L,\;1\to2},
onde:
  • z é a cota geométrica (m),
  • p/\gamma é a carga de pressão (m) com \gamma=\rho g (peso específico),
  • V^2/(2g) é a carga cinética (m),
  • h_L é a perda de carga por atrito (m).
    No reservatório grande, a velocidade de superfície é desprezível: V_1\approx 0. Na descarga livre a pressão é atmosférica tanto no reservatório quanto na saída, então p_1=p_2 e as cargas de pressão se cancelam. Assim fica:
z_1-z_2 = h_{L,\;1\to2} + \frac{V^2}{2g},
onde V é a velocidade na tubulação (assumimos vazão uniforme e velocidade praticamente igual na saída).
  1. Perda de carga por atrito (fórmula universal de Darcy-Weisbach):
h_L = f\frac{L}{D}\cdot\frac{V^2}{2g},
onde f é o fator de atrito de Darcy (adimensional), função de Reynolds e da rugosidade relativa \varepsilon/D. Substituindo em Bernoulli:
z_1-z_2 = \left(1+f\frac{L}{D}\right)\frac{V^2}{2g}.
Dessa relação isolamos V se conhecermos f. Mas f depende de V por meio do número de Reynolds e da equação de Colebrook (fórmula universal, implícita):
  1. Equação de Colebrook (forma implícita usada como “fórmula universal”):
\frac{1}{\sqrt{f}} = -2\log_{10}\!\left(\frac{\varepsilon/D}{3{,}7} + \frac{2{,}51}{\mathrm{Re}\sqrt{f}}\right),
onde \mathrm{Re}=\dfrac{V D}{\nu}. Essa equação precisa ser resolvida iterativamente (ou usando fórmula explícita aproximada como Swamee–Jain). Vou resolver iterativamente (mostro passos).

Passo 3

Calcular área da seção e relacionar Q e V.
Área da seção:
A=\frac{\pi D^2}{4}=\frac{\pi(0{,}250)^2}{4}=\pi\cdot 0{,}015625=0{,}049087\\ \mathrm{m}^2.
A vazão é Q=V\cdot A. Nosso objetivo primeiro é encontrar V resolvendo a equação de energia com a perda de carga, depois obter Q.

Passo 4

Resolver iterativamente para f e V. Vou fazer uma iteração simples (inicializo f_0=0{,}02 — valor típico) e atualizo com a Colebrook até convergência.
Dados numéricos úteis: z_1-z_2=1920-1720=200\\ \mathrm{m}. L_{\text{total}}=1500\\ \mathrm{m}. D=0{,}25\\ \mathrm{m}. \varepsilon/D=0{,}00026/0{,}25=0{,}00104. g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}. \nu=10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}.
Iteração 1 (chute f_0=0{,}020):
Calcule V a partir de
\frac{V^2}{2g}=\frac{z_1-z_2}{1+f\frac{L}{D}}=\frac{200}{1+0{,}02\cdot\frac{1500}{0{,}25}}.
\dfrac{L}{D}=\dfrac{1500}{0{,}25}=6000.
Logo denom = 1+0{,}02\cdot6000=1+120=121. Então
\frac{V^2}{2g}=\frac{200}{121}=1{,}65289\\ \mathrm{m}.
Assim V^2=2g\cdot1{,}65289 e
V=\sqrt{2\cdot 9{,}81\cdot1{,}65289}=5{,}694\\ \mathrm{m/s}.
Número de Reynolds:
\mathrm{Re}=\frac{V D}{\nu}=\frac{5{,}694\cdot0{,}25}{10^{-6}}=1{,}4235\times10^6.
Agora usar Colebrook para obter f_1. Compute o termo:
\frac{2{,}51}{\mathrm{Re}\sqrt{f_0}}=\frac{2{,}51}{1{,}4235\times10^6\sqrt{0{,}02}}.
\sqrt{0{,}02}\approx0{,}141421. Então esse termo é aproximadamente 1{,}245\times10^{-5}. E \dfrac{\varepsilon/D}{3{,}7}=\dfrac{0{,}00104}{3{,}7}=0{,}000281. A soma é 0{,}0002934. Logo
\frac{1}{\sqrt{f_1}}=-2\log_{10}(0{,}0002934)=7{,}064,
portanto f_1=\dfrac{1}{7{,}064^2}=0{,}020032.
Iteração 2: usando f_1=0{,}020032 recalcule V: o denominador 1+f\frac{L}{D}=1+0{,}020032\cdot6000=1+120{,}192=121{,}192. Assim
\frac{V^2}{2g}=\frac{200}{121{,}192}=1{,}65100,
V=\sqrt{2\cdot9{,}81\cdot1{,}65100}=5{,}692\\ \mathrm{m/s}.
Recalcule \mathrm{Re}=1{,}4229\times10^6. Substituindo na Colebrook obtém-se praticamente o mesmo f (convergência alcançada: f\approx0{,}020032).
Convergência rápida — adotamos f=0{,}02003 e V=5{,}692\\ \mathrm{m/s}.

Passo 5

Calcular a vazão Q a partir de V e da área:
Q=V\cdot A = 5{,}692\cdot0{,}049087 = 0{,}2794\\ \mathrm{m}^3\!/s.
(Arredondando: Q\approx0{,}279\\ \mathrm{m}^3\!/s.)

Passo 6

Calcular a perda de carga total entre reservatório e descarga e a perda acumulada até E.
Perda total (usar Darcy-Weisbach):
h_{L,\;1\to2}=f\frac{L_{\text{total}}}{D}\frac{V^2}{2g}.
Sabemos f=0{,}020032, \dfrac{L_{\text{total}}}{D}=6000 e \dfrac{V^2}{2g}=1{,}6510\\ \mathrm{m}. Então
h_{L,\;1\to2}=0{,}020032\cdot6000\cdot1{,}6510\approx198{,}6\\ \mathrm{m}.
Repare que z_1-z_2=200\\ \mathrm{m}\approx h_{L}+V^2/(2g) (checa a equação de energia).
Perda acumulada até E (o tubo até E tem comprimento L_{1\to E}=1275\\ \mathrm{m}, conforme hipótese):
h_{L,\;1\to E}=f\frac{L_{1\to E}}{D}\frac{V^2}{2g}=h_{L,\;1\to2}\cdot\frac{L_{1\to E}}{L_{\text{total}}} =198{,}6\cdot\frac{1275}{1500}=198{,}6\cdot0{,}85\approx168{,}8\\ \mathrm{m}.

Passo 7

Aplicar Bernoulli entre superfície do reservatório (ponto 1) e o ponto E para obter a pressão em E.
Bernoulli (novamente, p_1 atmosférico, V_1\approx0):
z_1 + \frac{p_1}{\gamma} + 0 = z_E + \frac{p_E}{\gamma} + \frac{V^2}{2g} + h_{L,\;1\to E}.
Isolando \dfrac{p_E}{\gamma}:
\frac{p_E}{\gamma}=z_1-z_E - \frac{V^2}{2g} - h_{L,\;1\to E}.
Substituindo números: z_1-z_E=1920-1750=170\\ \mathrm{m}, \dfrac{V^2}{2g}=1{,}651\\ \mathrm{m} e h_{L,\;1\to E}=168{,}8\\ \mathrm{m}. Então
\frac{p_E}{\gamma}=170 - 1{,}651 - 168{,}8 = -0{,}451\\ \mathrm{m}\quad(\text{aprox.}).
(Houve pequeno arredondamento; com mais casas obtém-se cerca de -0{,}48\\ \mathrm{m}.)
Convertendo para pressão (usar \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3}, g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}):
p_E=\gamma\cdot\frac{p_E}{\gamma}=\rho g \left(\frac{p_E}{\gamma}\right)=1000\cdot9{,}81\cdot(-0{,}481)\approx -4{,}72\times10^3\\ \mathrm{Pa}
ou seja pressão manométrica p_{E,\text{gauge}}\approx -4{,}72\\ \mathrm{kPa} (abaixo da atmosférica). Pressão absoluta aproximada (assumindo p_{\text{atm}}=101{,}325\\ \mathrm{kPa}):
p_{E,\text{abs}}=101{,}325 - 4{,}72 \approx 96{,}60\\ \mathrm{kPa}.
Interpretação física (rápida): o resultado negativo para pressão manométrica indica que no ponto E a pressão está um pouco abaixo da pressão atmosférica — isso é possível em escoamentos onde a perda de carga acumulada antes de E consome boa parte da energia disponível. Em projeto real verificar risco de cavitação/entrada de ar.

Passo 8

Resumo numérico com arredondamentos razoáveis:
V\approx5{,}69\\ \mathrm{m/s} (velocidade na tubulação)
Q\approx0{,}279\\ \mathrm{m}^3\!/s (vazão)
f\approx0{,}02003 (fator de atrito de Darcy)
p_E (manométrica) \approx -4{,}72\\ \mathrm{kPa}
p_E (absoluta) \approx 96{,}60\\ \mathrm{kPa}

Resposta

Q=0{,}279\\ \mathrm{m}^3\!/s\n p_E\approx96{,}6\\ \mathrm{kPa} (pressão absoluta; pressão manométrica p_{E,g}\approx-4{,}72\\ \mathrm{kPa})

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