Uma estação de bombeamento deve levar água a 25^{\circ} \mathrm{C} de um rio (cota 320,0 \mathrm{~m} ) para um reservatório de irrigação ( \operatorname{cota} 358,0 \mathrm{~m} ), através de uma tubulação de PVC (\varepsilon=0,0015 \mathrm{~mm}) com diâmetro de 150 mm e comprimento total de 480 m . A vazão requerida é de 25 \mathrm{~L} / \mathrm{s}.
A tubulação possui os seguintes acessórios:
  • 1 entrada de borda arredondada (\mathrm{K}=0,04)
  • 3 curvas de 90^{\circ} raio médio ( \mathrm{K}=0,5 cada)
  • 1 válvula de retenção ( K=2,0 )
  • 1 registro de gaveta aberto (K=0,2)
  • 1 saída de tubulação ( K=1,0 )
A bomba selecionada tem rendimento de 72 \%.
Calcule:
a) A perda de carga total do sistema (distribuída + localizada)
b) A altura manométrica que a bomba deve fornecer
c) A potência necessária no eixo da bomba

Passo 1

O enunciado pede que a gente calcule três coisas para o sistema de bombeamento:
  • (a) a perda de carga total do sistema (perda distribuída na tubulação + perdas localizadas nos acessórios);
  • (b) a altura manométrica que a bomba deve fornecer;
  • (c) a potência necessária no eixo da bomba.
Informações dadas (vou listar tudo e com unidades):
\begin{aligned} &\text{Cota da fonte (rio)} = 320,0\\ \mathrm{m} \\\ &\text{Cota do reservatório} = 358,0\\ \mathrm{m} \\\ &\text{Diâmetro da tubulação } D = 150\\ \mathrm{mm} = 0,15\\ \mathrm{m} \\\ &\text{Comprimento total } L = 480\\ \mathrm{m} \\\ &\text{Vazão } Q = 25\\ \mathrm{L/s} = 0,025\\ \mathrm{m^3/s} \\\ &\text{Rugosidade do PVC } \varepsilon = 0{,}0015\\ \mathrm{mm} = 1{,}5\times10^{-6}\\ \mathrm{m} \\\ &\text{Acessórios: } K_{\text{entrada}}=0{,}04;\; 3\times K_{\text{curva 90º}}=3\times0{,}5;\; K_{\text{válvula retenção}}=2{,}0;\\\ &\qquad K_{\text{registro gaveta}}=0{,}2;\; K_{\text{saída}}=1{,}0 \\\ &\text{Rendimento da bomba } \eta = 72\% = 0{,}72. \end{aligned}óâçããóºáçãí
Dados físicos assumidos (valores usuais, explico no próximo passo por que usei):
\rho \approx 1000\\ \mathrm{kg/m^3},\qquad g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2},\qquad \nu\\ (\text{água a }25^\circ\mathrm{C}) \approx 8{,}90\times10^{-7}\\ \mathrm{m^2/s}.á

Passo 2

Converter e calcular área da seção e velocidade média (essas coisas aparecem em quase todo problema de escoamento):
  • Área da seção circular:
A = \frac{\pi D^2}{4} = \frac{\pi(0{,}15)^2}{4}.
Calculemos num passo a passo:
D^2 = 0{,}15^2 = 0{,}0225,
A = \frac{\pi\cdot0{,}0225}{4} = 0{,}005625\pi \approx 0{,}01767\\ \mathrm{m^2}.
  • Velocidade média:
v = \frac{Q}{A} = \frac{0{,}025}{0{,}01767}\approx 1{,}414\\ \mathrm{m/s}.
Explicação curta: a velocidade média é só vazão dividida pela área; importante porque energia cinética por unidade de peso aparece como v^2/(2g).

Passo 3

Verificar o regime de escoamento (calcular o número de Reynolds) e a rugosidade relativa:
  • Número de Reynolds:
\mathrm{Re} = \frac{vD}{\nu} = \frac{1{,}414\cdot0{,}15}{8{,}90\times10^{-7}}.
Calculemos:
vD = 1{,}414\cdot0{,}15 = 0{,}2121,
\mathrm{Re}\approx \frac{0{,}2121}{8{,}90\times10^{-7}} \approx 2{,}38\times10^{5}.
Como \mathrm{Re}\gg4000, o escoamento é turbulento.
  • Rugosidade relativa:
\frac{\varepsilon}{D} = \frac{1{,}5\times10^{-6}}{0{,}15} = 1{,}0\times10^{-5}.
Comentário: com Re e \varepsilon/D conhecidos, podemos obter o fator de atrito.

Passo 4

Escolher fórmula para o fator de atrito f e justificar: para escoamento turbulento usamos uma equação explícita conveniente — Swamee–Jain — que dá boa precisão sem iteração:
f = \frac{0{,}25}{\left[\log_{10}\!\left(\frac{\varepsilon}{3{,}7D} + \frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\right)\right]^2}.
Explicação da fórmula: é uma forma prática de obter o mesmo que a equação implícita de Colebrook; \varepsilon é a rugosidade absoluta, D é o diâmetro e \mathrm{Re} o número de Reynolds.

Passo 5

Calcular f aplicando a Swamee–Jain com os valores:
  • Primeiro os termos internos:
\frac{\varepsilon}{3{,}7D} = \frac{1{,}5\times10^{-6}}{3{,}7\cdot0{,}15} \approx 2{,}70\times10^{-6},
\frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}} \quad\text{com }\mathrm{Re}=2{,}38\times10^{5}.
Calcule \mathrm{Re}^{0{,}9}: aproximando, \mathrm{Re}^{0{,}9}\approx 6{,}915\times10^{4}. Então
\frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}} \approx 8{,}30\times10^{-5}.
Somando os termos:
\frac{\varepsilon}{3{,}7D} + \frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}} \approx 8{,}57\times10^{-5}.
Agora o logaritmo:
\log_{10}(8{,}57\times10^{-5}) \approx -4{,}067.
Aplicando Swamee–Jain:
f \approx \frac{0{,}25}{(-4{,}067)^2} \approx 0{,}01511.
Comentário: então o fator de atrito é cerca de 0{,}0151, valor típico para tubulações lisas em regime turbulento moderado.

Passo 6

Calcular a perda de carga distribuída (por atrito) usando fórmula de Darcy–Weisbach:
h_f = f\frac{L}{D}\frac{v^2}{2g}.
Vamos calcular cada parte:
\frac{L}{D} = \frac{480}{0{,}15} = 3200.
E a energia cinética por peso:
\frac{v^2}{2g} = \frac{(1{,}414)^2}{2\cdot9{,}81} = \frac{2}{19{,}62} \approx 0{,}10193\\ \mathrm{m}.
Agora:
h_f = 0{,}01511\cdot3200\cdot0{,}10193 \approx 4{,}93\\ \mathrm{m}.
Interpretação: ao longo dos 480\\ \mathrm{m} a tubulação dissipa cerca de 4{,}93\\ \mathrm{m} de carga por atrito.

Passo 7

Calcular as perdas localizadas (acessórios). Soma dos coeficientes K:
\sum K = 0{,}04 + 3\cdot0{,}5 + 2{,}0 + 0{,}2 + 1{,}0 = 4{,}74.
Perda localizada total:
h_{\ell} = \left(\sum K\right)\frac{v^2}{2g} = 4{,}74\cdot0{,}10193 \approx 0{,}483\\ \mathrm{m}.
Comentário: apesar de poucos acessórios, alguns (válvula de retenção) têm K grande e contribuem razoavelmente.

Passo 8

Calcular a perda de carga total do sistema (distribuída + localizada):
h_{total} = h_f + h_{\ell} \approx 4{,}93 + 0{,}483 = 5{,}41\\ \mathrm{m}.
Isso responde a parte (a) do enunciado: a perda total por atrito + locais é cerca de 5{,}41\\ \mathrm{m}.

Passo 9

Calcular a altura manométrica que a bomba deve fornecer: soma da diferença de cota (altitude) mais as perdas de carga (pressões finais são à atmosfera em reservatório e rio, presumivelmente).
\Delta z = 358{,}0 - 320{,}0 = 38{,}0\\ \mathrm{m}.
Portanto a altura que a bomba tem que fornecer é
H_{\text{bomba}} = \Delta z + h_{total} = 38{,}0 + 5{,}41 = 43{,}41\\ \mathrm{m}.
Explicação: a bomba precisa vencer tanto a diferença de nível quanto o somatório das perdas hidráulicas no percurso.

Passo 10

Calcular a potência hidráulica necessária (potência entregue ao fluido) e a potência no eixo da bomba considerando rendimento:
  • Potência hidráulica:
P_h = \rho g Q H_{\text{bomba}}.
Substituindo \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3}, g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}, Q=0{,}025\\ \mathrm{m^3/s} e H_{\text{bomba}}=43{,}41\\ \mathrm{m},
P_h = 1000\cdot9{,}81\cdot0{,}025\cdot43{,}41 \approx 10\,647\\ \mathrm{W} \approx 10{,}65\\ \mathrm{kW}.
  • Potência no eixo (considerando rendimento \eta=0{,}72):
P_{\text{eixo}} = \frac{P_h}{\eta} = \frac{10{,}647}{0{,}72} \approx 14{,}79\\ \mathrm{kW}.
Comentário: dividir pela eficiência aumenta a potência exigida da máquina porque parte da energia elétrica/ mecânica é perdida.

Resposta

(a) Perda de carga total (distribuída + localizada) = 5{,}41\\ \mathrm{m}
(b) Altura manométrica que a bomba deve fornecer = 43{,}41\\ \mathrm{m}
(c) Potência necessária no eixo da bomba = 14{,}79\\ \mathrm{kW}

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