1- Deseja-se bombear um liquido ( \rho=1300 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}; \mu=1 \mathrm{p} ) a uma vazão de 300 \mathrm{~L} / \mathrm{min}. A tubulação de sucção da bomba tem 3" de diâmetro e ambas as tubulações de descarga têm 2^{\prime \prime} de diâmetro. Todos os tanques de armazenamento estão abertos para a atmosfera. Nessas condições, determinar a potência da bomba centrifuga, considerando que seu rendimento seja de 75%

Passo 1

O que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • Pedido: determinar a potência da bomba centrífuga, sabendo que o rendimento é de 75\%.
  • Dados (peguei do enunciado):
    • Densidade do líquido: \rho=1300\\ \mathrm{kg/m^{3}}.
    • Viscosidade indicada: \mu=1\\ \mathrm{p}. (Observação: a unidade escrita no enunciado é ambígua entre poise e centipoise; vou comentar isso mais adiante.)
    • Vazão total: 300\\ \mathrm{L/min}.
    • Diâmetro da tubulação de sucção: 3''.
    • Diâmetro de cada tubulação de descarga: 2''.
    • Todos os tanques estão abertos à atmosfera (pressões nas superfícies livres iguais à atmosférica).
    • Rendimento da bomba: \eta=75\%=0{,}75.
O objetivo imediato: calcular a potência no eixo da bomba (potência entregue pelo motor), considerando o rendimento dado.

Passo 2

Converter unidades para o SI e fazer balanço de vazões (divisão de vazão entre as duas descargas).
  • Converter vazão:
Q_{\text{tot}}=300\\ \mathrm{L/min}=\frac{300}{1000}\\ \mathrm{m^{3}/min}=0{,}3\\ \mathrm{m^{3}/min}=\frac{0{,}3}{60}\\ \mathrm{m^{3}/s}=0{,}005\\ \mathrm{m^{3}/s}.
  • Diâmetros em metros ( 1''=0{,}0254\\ \mathrm{m}):
d_s=3''=3\times0{,}0254=0{,}0762\\ \mathrm{m}, \qquad d_d=2''=2\times0{,}0254=0{,}0508\\ \mathrm{m}.
  • Como há duas tubulações de descarga idênticas e a vazão total Q_{\text{tot}} sai pelas duas, a vazão em cada ramo de descarga é
Q_{\text{ramo}}=\frac{Q_{\text{tot}}}{2}=0{,}0025\\ \mathrm{m^{3}/s}.

Passo 3

Calcular áreas e velocidades médias nas seções (fórmula da área de um círculo e definição de velocidade média).
  • Área de uma seção circular:
A=\frac{\pi d^{2}}{4}.
  • Área de sucção:
A_s=\frac{\pi d_s^{2}}{4}=\frac{\pi(0{,}0762)^{2}}{4}.
Calculemos numericamente:
d_s^{2}=0{,}0762^{2}=0{,}00580644,\qquad A_s=\pi\cdot\frac{0{,}00580644}{4}=\pi\cdot0{,}00145161\approx0{,}00455885\\ \mathrm{m^{2}}.
  • Área de cada descarga:
A_d=\frac{\pi d_d^{2}}{4}=\frac{\pi(0{,}0508)^{2}}{4}.
Numericamente:
d_d^{2}=0{,}0508^{2}=0{,}00258064,\qquad A_d=\pi\cdot\frac{0{,}00258064}{4}=\pi\cdot0{,}00064516\approx0{,}00202683\\ \mathrm{m^{2}}.
  • Velocidade média na sucção (vindo da definição v=Q/A):
v_s=\frac{Q_{\text{tot}}}{A_s}=\frac{0{,}005}{0{,}00455885}\approx1{,}0966\\ \mathrm{m/s}.
  • Velocidade média em cada descarga:
v_d=\frac{Q_{\text{ramo}}}{A_d}=\frac{0{,}0025}{0{,}00202683}\approx1{,}2338\\ \mathrm{m/s}.
Comentário prático: as velocidades são da ordem de 1{,}1 a 1{,}25\\ \mathrm{m/s}, não muito altas.

Passo 4

Montar a expressão da potência hidráulica que a bomba deve fornecer (princípio de conservação de energia para escoamento estacionário).
Explicação didática curta: numa análise entre a superfície livre do tanque de sucção (entrada) e as superfícies livres dos tanques de descarga (saída), como as superfícies estão à mesma pressão atmosférica, a energia por pressão se cancela. Se as cotas (altitudes) das superfícies também forem iguais (o enunciado não indicou diferença de nível) então não há salto de energia potencial por altitude. Então a única contribuição hidráulica exigida da bomba será a diferença de energia cinética entre entrada e saída(s) mais eventuais perdas por atrito ou acessórios. O enunciado não dá comprimentos nem perdas, portanto vamos considerar perdas desprezíveis (ou implícitas nulas). Assim, a potência hidráulica fornecida pela bomba é a taxa de variação de energia cinética do fluido:
  • Poder hidráulico (potência entregue ao fluido) sem perdas:
P_{h}=\rho\sum_{\text{saídas}} Q_{i}\frac{v_{i}^{2}}{2}-\rho Q_{\text{in}}\frac{v_{\text{in}}^{2}}{2}.í
No nosso caso há duas saídas idênticas, portanto:
\sum_{\text{saídas}} Q_{i}\frac{v_{i}^{2}}{2}=2\cdot Q_{\text{ramo}}\frac{v_d^{2}}{2}=Q_{\text{tot}}\frac{v_d^{2}}{2}.í
Logo a potência hidráulica simplifica para
P_{h}=\rho Q_{\text{tot}}\frac{v_d^{2}-v_s^{2}}{2}.
Observação sobre o fator correção cinética ( \alpha): em escoamentos não uniformes existe um fator \alpha multiplicando cada termo \frac{v^{2}}{2}. Para perfis muito diferentes \alpha pode variar (por ex. \alpha\approx2 para perfil laminar parabólico), mas se as seções são tubulares circulares e ambas têm perfis semelhantes o fator cancela (mesmo \alpha nas entradas e saídas). Portanto, sem informação adicional, usar \alpha=1 é aceitável aqui (ou se \alpha igual em entrada/saídas, cancela). Mais adiante faremos uma verificação de regime para ver se essa hipótese é problemática.

Passo 5

Calcular numericamente a potência hidráulica P_{h}.
  • Primeiro calculemos v_d^{2}-v_s^{2}:
v_d^{2}=1{,}2338^{2}\approx1{,}5224,\qquad v_s^{2}=1{,}0966^{2}\approx1{,}2026,
v_d^{2}-v_s^{2}\approx0{,}3198\\ \mathrm{m^{2}/s^{2}}.
  • Agora a potência hidráulica:
P_{h}=\rho Q_{\text{tot}}\frac{v_d^{2}-v_s^{2}}{2} =1300\cdot0{,}005\cdot\frac{0{,}3198}{2}.
Calcule passo a passo:
\frac{0{,}3198}{2}=0{,}1599,\qquad 0{,}005\cdot0{,}1599=0{,}0007995,
P_{h}=1300\cdot0{,}0007995\approx1{,}0394\\ \mathrm{W}.
Portanto a bomba precisa entregar aproximadamente 1{,}04\\ \mathrm{W} ao fluido para gerar o aumento de energia cinética observado.

Passo 6

Calcular a potência no eixo da bomba (potência fornecida pelo motor), usando o rendimento.
  • Relação entre potência hidráulica e potência no eixo:
P_{\text{eixo}}=\frac{P_{h}}{\eta}.
  • Substituindo:
P_{\text{eixo}}=\frac{1{,}0394}{0{,}75}\approx1{,}3859\\ \mathrm{W}.
Em unidades mais usuais:
P_{\text{eixo}}\approx1{,}39\\ \mathrm{W}\approx0{,}00139\\ \mathrm{kW}.

Passo 7

Verificação de hipóteses e comentário sobre a viscosidade fornecida.
  • Sobre \mu=1\\ \mathrm{p}: se isto significar 1 poise (unidade CGS), então \mu=1\\ \mathrm{P}=0{,}1\\ \mathrm{Pa\cdot s} (fluido bastante viscoso). Se significar 1 centipoise ( 1\\ \mathrm{cP}=0{,}001\\ \mathrm{Pa\cdot s}, equivalente à água), então o resultado de Reynolds muda muito. Vamos checar rapidamente os números para ver o regime:
    • Tomando \mu=0{,}1\\ \mathrm{Pa\cdot s} (1 P):
    \mathrm{Re}_d=\frac{\rho v_d d_d}{\mu}=\frac{1300\cdot1{,}2338\cdot0{,}0508}{0{,}1}\approx815,
\mathrm{Re}_s\approx1087.
Esses valores indicam escoamento laminar-moderado.
  • Tomando \mu=0{,}001\\ \mathrm{Pa\cdot s} (1 cP):
\mathrm{Re}_d\approx81500,\qquad \mathrm{Re}_s\approx108700,
indicando escoamento totalmente turbulento.
  • Mesmo que o regime mude, o uso anterior da fórmula baseada na diferença das energias cinéticas é válido; o único ajuste possível seria incluir fatores corretores \alpha (fator de correção de energia cinética) ou perdas por atrito. Para perfis laminares \alpha é maior que 1 (por ex. \alpha\approx2 para perfil totalmente desenvolvido), mas se \alpha for igual em entrada e saída ele cancela no termo de diferença, então o valor numérico de P_h calculado permanece o mesmo. Como não há dados de comprimentos ou acessórios, a escolha natural é desprezar perdas e usar o cálculo feito.

Resposta

P_{\text{eixo}}\approx1{,}39\\ \mathrm{W}

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