Desenhar e determinar os triângulos de velocidades, para a entrada e saída do rotor de uma bomba centrífuga. Sabe-se que o mesmo gira a 1470 rpm, o canal é de secção constante e a espessura das pás desprezível. São conhecidos ainda:
a. Diâmetro de saída igual ao dobro do diâmetro de entrada;
b. Ângulo construtivo da pá na entrada: 30^{\circ}
c. Ângulo a entrada: 90^{\circ}
d. Ângulo construtivo da pá na saída: 38^{\circ}
e. Diâmetro na entrada: 0,2 m

Passo 1

O que o enunciado pede: desenhar e determinar os triângulos de velocidades na entrada e na saída do rotor de uma bomba centrífuga.
Informações dadas (vou listar tudo que importa, para não nos perder):
\;n=1470\\ \text{rpm} \n
\;D_1=0{,}2\\ \text{m} (diâmetro de entrada) \n
\;D_2=2D_1=0{,}4\\ \text{m} (diâmetro de saída, dado) \n
\;Ângulo absoluto de entrada \alpha_1=90^\circ (ou seja, o escoamento absoluto entra radialmente, sem componente tangencial) \n
\;Ângulo construtivo da pá (ângulo do perfil, i.e., ângulo da pá em relação à tangente do rotor) na entrada \beta_1=30^\circ \n
\;Ângulo construtivo da pá na saída \beta_2=38^\circ \n
\;Canal de seção constante e espessura das pás desprezível (isto implica que a componente radial da velocidade V_r é a mesma na entrada e na saída) \n
Resumo do objetivo prático: calcular os vetores (ou suas componentes) \;u (velocidade periférica da pá), \;V (velocidade absoluta do fluido) e \;W (velocidade relativa do fluido em relação à pá) nas seções de entrada e saída; e indicar/explicar como desenhar os triângulos de velocidades.

Passo 2

Calcular a velocidade angular \omega e as velocidades periféricas \;u_1 e \;u_2.
A relação entre rotação e velocidade angular é
\omega = 2\pi\frac{n}{60}.
Substituindo n=1470\\ \text{rpm}:
\omega = 2\pi\frac{1470}{60} = 2\pi\cdot 24{,}5 \approx 153{,}94\\ \text{rad/s}.
As velocidades periféricas nas duas raias são \;u = \omega r, com r_1=\dfrac{D_1}{2} e r_2=\dfrac{D_2}{2}. Logo:
r_1 = 0{,}1\\ \text{m},\qquad r_2 = 0{,}2\\ \text{m}.
u_1 = \omega r_1 \approx 153{,}94\cdot 0{,}1 \approx 15{,}394\\ \text{m/s},
u_2 = \omega r_2 \approx 153{,}94\cdot 0{,}2 \approx 30{,}788\\ \text{m/s}.
Explicação curta: u é a velocidade tangencial da pá num dado raio — imagine a pá como se estivesse numa esteira; quanto maior o raio, maior a velocidade periférica.

Passo 3

Conceitos básicos dos triângulos de velocidades (aula rápida e prática).
  • Vetor \;V: velocidade absoluta do fluido (o que observamos no referencial inercial). Tem componentes tangencial V_u e radial (meridional) V_r.
  • Vetor \;u: velocidade tangencial da pá (somente componente tangencial).
  • Vetor \;W = V - u: velocidade relativa do fluido medida no referencial da pá. Tem componente tangencial W_t = V_u - u e radial W_r = V_r.
  • Definição de ângulos: \alpha é o ângulo entre V e a tangente (portanto \tan\alpha=V_r/V_u). \beta é o ângulo entre W e a tangente (portanto \tan\beta=V_r/|W_t|).
Aplicação imediata ao nosso caso: \alpha_1=90^\circ significa V_{u1}=0 (o fluido entra puramente radial). Pelo desenho do triângulo na entrada, a componente tangencial da velocidade relativa é simplesmente W_{t1}=V_{u1}-u_1=-u_1 (vetor apontando oposto ao movimento da pá). Portanto
\tan\beta_1=\frac{V_r}{|W_{t1}|}=\frac{V_r}{u_1}.
Como \beta_1 e u_1 são conhecidos, podemos obter V_r (que vale para entrada e saída por hipótese de seção constante):
V_r = u_1\;\tan\beta_1.

Passo 4

Calcular \;V_r usando \beta_1=30^\circ e u_1 já encontrado:
\tan 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}\approx 0{,}577350,
V_r = u_1\tan 30^\circ \approx 15{,}394\cdot 0{,}577350 \approx 8{,}892\\ \text{m/s}.
Comentário didático: esse é um truque frequente em problemas de turbomáquinas — quando a entrada é radial ( \alpha_1=90^\circ) e o ângulo da pá \beta_1 é conhecido, você resolve V_r diretamente sem precisar do débito volumétrico.
Agora que temos V_r, já sabemos a velocidade absoluta na entrada:
V_1 = \sqrt{V_{r}^2 + V_{u1}^2} = \sqrt{V_r^2 + 0^2} = V_r \approx 8{,}892\\ \text{m/s}.
A velocidade relativa na entrada:
W_1 = \sqrt{V_r^2 + u_1^2} \approx \sqrt{8{,}892^2 + 15{,}394^2} \approx 17{,}784\\ \text{m/s}.
Confirmação com trigonometria: W_1 = \dfrac{V_r}{\sin\beta_1} = \dfrac{8{,}892}{\sin 30^\circ} = \dfrac{8{,}892}{0{,}5} = 17{,}784, mesma coisa.

Passo 5

Triângulo e cálculo na saída (usar V_r constante). Vamos obter a componente tangencial V_{u2} a partir da relação trigonométrica no triângulo relativo, lembrando que agora W_{t2}=V_{u2}-u_2. Para manter o mesmo sinal convencional (e ter \tan\beta_2>0), usamos a forma
\tan\beta_2=\frac{V_r}{u_2 - V_{u2}}.
(Explicação breve: se u_2>V_{u2} o componente relativa tangencial tem sinal oposto ao do movimento e a razão acima é positiva; rearranjando:)
u_2 - V_{u2} = \frac{V_r}{\tan\beta_2}\quad\Longrightarrow\quad V_{u2} = u_2 - \frac{V_r}{\tan\beta_2}.
Substituindo números ( \beta_2=38^\circ, \tan 38^\circ\approx 0{,}7812856):
\frac{V_r}{\tan\beta_2} \approx \frac{8{,}892}{0{,}7812856} \approx 11{,}386.
V_{u2} \approx 30{,}788 - 11{,}386 \approx 19{,}401\\ \text{m/s}.
Agora as magnitudes:
V_2 = \sqrt{V_r^2 + V_{u2}^2} \approx \sqrt{8{,}892^2 + 19{,}401^2} \approx 21{,}341\\ \text{m/s},
W_2 = \sqrt{V_r^2 + (u_2 - V_{u2})^2} \approx \sqrt{8{,}892^2 + 11{,}386^2} \approx 14{,}447\\ \text{m/s}.
Podemos também obter o ângulo absoluto \alpha_2 (ângulo entre V_2 e a tangente):
\alpha_2 = \arctan\!\left(\frac{V_r}{V_{u2}}\right) \approx \arctan\!\left(\frac{8{,}892}{19{,}401}\right)\approx 24{,}66^\circ.
Interpretação física curta: V_{u2} é a componente que dá o “giro” ao fluido ao sair — é diretamente responsável pelo aumento de momento e, pela equação de Euler, pela energia transferida à bomba.

Passo 6

Como desenhar os triângulos (instruções passo-a-passo para você reproduzir no caderno; também dou as coordenadas/componentes numéricas para quem quiser plotar):
Convenção de desenho (padrão): eixo horizontal = direção tangencial (positiva no sentido de rotação), eixo vertical = direção radial (positiva para fora). \n
Entrada (triângulo V_1, u_1, W_1):
  • u_1 é um vetor horizontal para a direita com módulo u_1\approx 15{,}394\\ \text{m/s}. Coordenadas: (15{,}394,\;0). \n
  • V_1 é puramente radial para cima: coordenadas (0,\;8{,}892). \n
  • W_1 = V_1 - u_1 tem coordenadas (-15{,}394,\;8{,}892) e módulo 17{,}784\\ \text{m/s}. \n
    Desenhe o triângulo colocando u_1 e V_1 como lados adjacentes (formam um triângulo retângulo se você escrever W_1 como a hipotenusa no referencial da pá); o ângulo entre a tangente e W_1 é \beta_1=30^\circ.
Saída (triângulo V_2, u_2, W_2):
  • u_2 é horizontal para a direita com módulo u_2\approx 30{,}788\\ \text{m/s}. Coordenadas: (30{,}788,\;0). \n
  • V_2 tem componentes (V_{u2},\;V_r) \approx (19{,}401,\;8{,}892). \n
  • W_2 = V_2 - u_2 tem componentes (19{,}401-30{,}788,\;8{,}892)=(-11{,}386,\;8{,}892) e módulo 14{,}447\\ \text{m/s}. \n
    Desenhe u_2 horizontal para a direita, desenhe V_2 a partir da origem com inclinação \alpha_2\approx 24{,}66^\circ acima da tangente; o vetor W_2 vai da ponta de u_2 até a ponta de V_2 (ou alternativamente desenhe W_2 e some vetorialmente com u_2 para obter V_2). O ângulo entre a tangente e W_2 é \beta_2=38^\circ.
Dicas práticas para o caderno: use a escala 1:1 permitindo 1\\ \text{m/s} ser, por exemplo, 1\\ \text{cm} no papel; marque as componentes horizontais e verticais, e use as coordenadas numéricas dadas acima para posicionar os pontos com precisão.

Resposta

Entrada: u_1\approx 15{,}394\\ \text{m/s},\\ V_{r}=V_1\approx 8{,}892\\ \text{m/s},\\ V_{u1}=0,\\ W_1\approx 17{,}784\\ \text{m/s},\\ \beta_1=30^\circ,\\ \alpha_1=90^\circ
Saída: u_2\approx 30{,}788\\ \text{m/s},\\ V_{r}\approx 8{,}892\\ \text{m/s},\\ V_{u2}\approx 19{,}401\\ \text{m/s},\\ V_2\approx 21{,}341\\ \text{m/s},\\ W_2\approx 14{,}447\\ \text{m/s},\\ \beta_2=38^\circ,\\ \alpha_2\approx 24{,}66^\circ

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