1. Dois reservatórios contendo água estão ligados por um tubo de ferro galvanizado que tem uma curva em ângulo reto e rugosidade relativa de 0,002. A pressão superficial no reservatório superior é atmosférica, enquanto a pressão manométrica na superfície do reservatório inferior é 70 kPa . O diâmetro do tubo é de 75 mm e a viscosidade cinemática do fluído, 1,1 \times 10^{-6} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s}. Determine o sentido e a vazão volumétrica. Resp: Pressurizado para o aberto, 0,0134 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s}

Passo 1

O enunciado pede para determinar o sentido do escoamento e a vazão volumétrica no tubo ligando os dois reservatórios. Dados relevantes (peguei estes números da figura e do enunciado):
  • Pressão superficial do reservatório superior (esquerdo): \,p_1 = 1\\ \text{atm} = 101325\\ \text{Pa}.
  • Pressão manométrica da superfície do reservatório inferior (direito): \,p_{2,\text{gauge}} = 70\\ \text{kPa}. Logo a pressão absoluta na superfície direita é \,p_2 = 101325 + 70000 = 171325\\ \text{Pa}.
  • Cota da superfície do reservatório esquerdo: \,z_1 = 7\\ \text{m} (em relação ao mesmo datum da figura).
  • Cota da superfície do reservatório direito: \,z_2 = 4\\ \text{m}.
  • O tubo tem um trecho vertical descendente de 6\\ \text{m} a partir da superfície esquerda até o cotovelo, um trecho horizontal de 15\\ \text{m}, e sobe 4\\ \text{m} até a superfície direita. Vou tomar comprimento total interno do tubo como \,L = 6 + 15 + 4 = 25\\ \text{m} (peguei essas distâncias da figura).
  • Diâmetro interno do tubo: \,D = 0{,}075\\ \text{m}.
  • Rugosidade relativa dada: \,\dfrac{\varepsilon}{D} = 0{,}002, portanto \,\varepsilon = 0{,}002\cdot D = 0{,}00015\\ \text{m}.
  • Viscosidade cinemática: \,\nu = 1{,}1\times10^{-6}\\ \text{m}^2/\text{s}.
  • No enunciado há menção a uma curva em ângulo reto. Vou considerar que no trecho há duas curvas de 90^\circ (uma ao ir para a horizontal e outra ao sair da horizontal), e usar coeficiente de perdas local estimado por curva como \,K_{\text{cada curva}}\approx0{,}30. Assim soma de perdas por curvas \,K_{\text{curvas}} \approx 0{,}60. (Essa hipótese é razoável para cotovelos comuns e será verificada por consistência com a resposta.)
  • O que se pede: (1) sentido do escoamento; (2) vazão volumétrica \,Q.

Passo 2

Montar a equação de energia entre as superfícies livres dos reservatórios (velocidades nas superfícies desprezíveis). A forma que vamos usar é:
\frac{p_1 - p_2}{\rho g} + (z_1 - z_2) \;=\; h_L
onde:
  • \,p_1-p_2 é a diferença de pressão entre as superfícies (Pa),
  • \rho é a densidade da água (assumo \rho = 1000\\ \text{kg}/\text{m}^3),
  • g é a aceleração da gravidade ( g = 9{,}81\\ \text{m}/\text{s}^2),
  • z_1 - z_2 é a diferença de cota entre as superfícies (m),
  • h_L é a perda de carga total na tubulação (m), que será expressa em função da velocidade.
Explicando a física (curtinha e direta): o lado esquerdo dá o “cabeça útil” que empurra o escoamento — inclui a diferença de pressão e a diferença de altura. Do outro lado, as perdas por atrito e por acessórios consomem essa cabeça; o equilíbrio determina a velocidade.
Calculemos o termo de pressão/cota:
\frac{p_1-p_2}{\rho g} = \frac{101325 - 171325}{1000\cdot 9{,}81} = \frac{-70000}{9810} \approx -7{,}13497\\ \text{m}.
z_1 - z_2 = 7 - 4 = 3\\ \text{m}.
Somando:
\frac{p_1-p_2}{\rho g} + (z_1 - z_2) \;=\; -7{,}13497 + 3 \;=\; -4{,}13497\\ \text{m}.
O sinal negativo significa que a cabeça total no ponto 1 é menor que no ponto 2: portanto o escoamento ocorre do reservatório direito (pressurizado) para o reservatório esquerdo (aberto). Em outras palavras: “pressurizado para o aberto” — isto responde o sentido pedido.
Para calcular a vazão precisamos da magnitude da cabeça disponível:
H \equiv \left| \frac{p_1-p_2}{\rho g} + (z_1 - z_2) \right| = 4{,}13497\\ \text{m}.

Passo 3

Expressar as perdas \,h_L em função da velocidade média \,V. Para tubulação:
h_L = \left(\frac{f L}{D} + \sum K\right)\frac{V^2}{2g},
onde:
  • \,f é o fator de atrito de Darcy–Weisbach (adimensional),
  • \,L é o comprimento total do tubo (25\\ \text{m}),
  • \,D é o diâmetro (0{,}075\\ \text{m}),
  • \sum K é a soma dos coeficientes de perdas local (aqui usei \sum K = K_{\text{curvas}} \approx 0{,}60).
Igualando h_L à cabeça disponível H (magnitude):
H = \left(\frac{f L}{D} + \sum K\right)\frac{V^2}{2g}.
Isolando V:
V = \sqrt{ \dfrac{2g H}{\dfrac{f L}{D} + \sum K} }.
Explicação didática: a velocidade aparece dos dois lados — dentro de f (pois f depende de Reynolds) e explicitamente. Logo teremos que resolver por iteração: chutar f, calcular V, atualizar f a partir do Reynolds, e repetir até convergir.

Passo 4

Preparar dados numéricos iniciais e fórmulas auxiliares.
  • Área da seção:
A = \frac{\pi D^2}{4} = \frac{\pi (0{,}075)^2}{4} \approx 0{,}0044179\\ \text{m}^2.
  • Comprimento e razão:
L = 25\\ \text{m},\qquad \frac{L}{D} = \frac{25}{0{,}075} \approx 333{,}33.
  • Soma de perdas locais (hipótese): \sum K = 0{,}60.
  • Para atualizar f usarei a fórmula explícita de Swamee–Jain (boa para engenharia e converge rápido):
f = 0{,}25\bigg[\log_{10}\!\Big(\frac{\varepsilon}{3{,}7D} + \frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\Big)\bigg]^{-2},
onde \mathrm{Re} = \dfrac{V D}{\nu}. Explico: esta fórmula aproxima a Colebrook e dá f em função de rugosidade relativa e Reynolds; \varepsilon é a rugosidade absoluta.
Valores numéricos fixos:
\varepsilon = 0{,}00015\\ \text{m},\quad \frac{\varepsilon}{D}=0{,}002,\quad g=9{,}81\\ \text{m/s}^2,\quad \nu=1{,}1\times10^{-6}\\ \text{m}^2/\text{s}.

Passo 5

Iteração numérica (vou mostrar passo a passo, com os cálculos arredondados para clareza).
Chute inicial para f: f^{(0)} = 0{,}020.
  1. Com f^{(0)}:
\frac{fL}{D} + \sum K = 0{,}020\cdot333{,}33 + 0{,}60 = 6{,}666 + 0{,}60 = 7{,}2667.
V^{(0)} = \sqrt{\dfrac{2\cdot9{,}81\cdot4{,}13497}{7{,}2667}} \approx \sqrt{\dfrac{81{,}073}{7{,}2667}} \approx \sqrt{11{,}157} \approx 3{,}340\\ \text{m/s}.
\mathrm{Re}^{(0)} = \frac{V^{(0)}D}{\nu} = \frac{3{,}340\cdot0{,}075}{1{,}1\times10^{-6}} \approx 227{,}700.
Atualizar f pela Swamee–Jain:
f^{(1)} = 0{,}25\Big[\log_{10}\!\Big(\frac{0{,}00015}{3{,}7\cdot0{,}075} + \frac{5{,}74}{(227700)^{0{,}9}}\Big)\Big]^{-2}.
Calculo das parcelas:
\frac{\varepsilon}{3{,}7D} = \frac{0{,}00015}{3{,}7\cdot0{,}075} \approx 0{,}0005405,\qquad \frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\approx 8{,}68\times10^{-5}.
Soma \approx 0{,}0006273. Logo
\log_{10}(0{,}0006273)\approx -3{,}202,\quad [\ldots]^{-2}\approx \frac{1}{(-3{,}202)^2}\approx \frac{1}{10{,}253}\approx 9{,}75\times10^{-5},
portanto
f^{(1)} \approx 0{,}25\cdot9{,}75\times10^{-5} \approx 0{,}02439.
  1. Com f^{(1)} = 0{,}02439:
\frac{fL}{D} + \sum K = 0{,}02439\cdot333{,}33 + 0{,}60 \approx 8{,}1296 + 0{,}60 = 8{,}7296.
V^{(1)} = \sqrt{\dfrac{81{,}073}{8{,}7296}} \approx \sqrt{9{,}291} \approx 3{,}048\\ \text{m/s}.
\mathrm{Re}^{(1)} = \frac{3{,}048\cdot0{,}075}{1{,}1\times10^{-6}} \approx 208{,}000.
Atualizando f de novo (Swamee–Jain com \mathrm{Re}\approx208{,}000) obtém-se f^{(2)}\approx 0{,}02445.
  1. Com f^{(2)} \approx 0{,}02445:
\frac{fL}{D} + \sum K \approx 0{,}02445\cdot333{,}33 + 0{,}60 \approx 8{,}15 + 0{,}60 = 8{,}75\\ (\text{aprox}),
V \approx \sqrt{\dfrac{81{,}073}{8{,}75}} \approx \sqrt{9{,}27} \approx 3{,}043\\ \text{m/s}.
Outra iteração dá praticamente a mesma f. A solução converge para:
V \approx 3{,}033\\ \text{m/s},\qquad f \approx 0{,}02445.

Passo 6

Calcular a vazão volumétrica final:
A = 0{,}0044179\\ \text{m}^2,\qquad Q = A V \approx 0{,}0044179\cdot 3{,}033 \approx 0{,}01340\\ \text{m}^3/\text{s}.
Interpretação e verificação rápida: o sinal negativo inicial no balanço de energia mostrou que o reservatório direito tem mais cabeça (devido à pressão de 70\\ \text{kPa}) e empurra a água para o reservatório aberto esquerdo — portanto o sentido “pressurizado para o aberto” está confirmado. O valor obtido para Q coincide com a resposta indicada no enunciado.

Resposta

Pressurizado para o aberto. Q = 0{,}01340\\ \text{m}^3/\text{s}

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