Exerc. 4) Água à 20\left[{ }^{\circ} \mathrm{C}\right] precisa ser bombeada à vazão de 90\left[\mathrm{~m}^{3} / \mathrm{h}\right] e altura de 100[\mathrm{~m}] de carga, devendo a(s) bomba(s) operar a 1450[\mathrm{rpm}]. Se a eficiência geral de ambas as bombas é a mesma (cerca de 83 \% ), demonstre a vantagem de utilizar uma bomba de 4 estágios ao invés de uma de estágio único em termos da perda por potência de disco. A potência de atrito de disco dada por Krutzsch é dada em função da velocidade específica n_{q} como:
\frac{N_{a d}}{N}=7800 /\left(51,233 n_{q}\right)^{5 / 3}
Qual a explicação física para o resultado?

Passo 1

O enunciado pede que eu demonstre a vantagem de usar uma bomba de 4 estágios em vez de uma de estágio único, em termos da perda por potência de disco (potência de atrito em disco). Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
  • Vazão: \,Q=90\\ \mathrm{m^{3}/h}.
  • Altura total de carga: \,H_{\text{tot}}=100\\ \mathrm{m}.
  • Velocidade de rotação: \,n=1450\\ \mathrm{rpm}.
  • Eficiência global: \,\eta=83\% = 0{,}83.
  • Fórmula de Krutzsch para potência de atrito de disco (relação entre potência de atrito de disco N_{ad} e potência do eixo N):
\frac{N_{ad}}{N}=\frac{7800}{\left(51{,}233\,n_{q}\right)^{5/3}}.
  • É necessário comparar a perda por atrito em disco total para (a) bomba de estágio único que fornece toda a cabeça \,H_{\text{tot}}=100\\ \mathrm{m} num único estágio; e (b) bomba de 4 estágios, cada estágio fornecendo \,H_{\text{est}}=H_{\text{tot}}/4.
Observação: vou usar a definição de velocidade específica usada por Krutzsch:
n_{q}=\frac{n\sqrt{Q}}{H^{3/4}},
onde n é em \mathrm{rpm}, Q em \mathrm{m^{3}/s} e H em \mathrm{m}. (Explico por que e como uso isto nos próximos passos.)

Passo 2

Converter unidades e calcular a potência hidráulica e a potência do eixo (para termos valores absolutos e poder comparar perdas):
  • Converter vazão:
Q=\frac{90}{3600}=0{,}025\\ \mathrm{m^{3}/s}.
  • Potência hidráulica (energia por unidade de tempo entregue ao fluido):
P_{h}=\rho g Q H_{\text{tot}},
onde \rho é a densidade da água ( \rho\approx1000\\ \mathrm{kg/m^{3}}) e g\approx9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}}.
P_{h}=1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}025\cdot 100 = 24525\\ \mathrm{W}=24{,}525\\ \mathrm{kW}.
  • Potência do eixo necessária (levando em conta eficiência):
N=\frac{P_{h}}{\eta}=\frac{24{,}525}{0{,}83}=29{,}56\\ \mathrm{kW}.
Explicação curta: P_{h} é a potência que o fluido recebe; como o conjunto bomba+motor não é 100% eficiente, o eixo deve fornecer N=P_{h}/\eta.

Passo 3

Explicando a velocidade específica n_{q} (fórmula e significado):
  • Fórmula que vou usar:
n_{q}=\frac{n\sqrt{Q}}{H^{3/4}}.
  • O que significa cada símbolo:
    • n: rotação, em \mathrm{rpm}.
    • Q: vazão, em \mathrm{m^{3}/s}.
    • H: cabeça (altura) característica do estágio considerado, em \mathrm{m}.
  • Interpretação simples: n_{q} combina rotação, vazão e altura de maneira a expressar “quão rápido” o equipamento trabalha em relação à sua carga hidráulica. Valores maiores de n_{q} correspondem a condições com menor carga por estágio (ou maior vazão relativa), e vice-versa.
  • Para bomba multistágio: cada estágio trabalha com H=H_{\text{est}}=H_{\text{tot}}/s onde s é o número de estágios. Aqui s=4 para a bomba de 4 estágios.

Passo 4

Calcular n_{q} para a bomba de estágio único (todo o H_{\text{tot}}=100\\ \mathrm{m} num estágio):
  • Primeiro reapresentar valores usados: n=1450\\ \mathrm{rpm},\qquad Q=0{,}025\\ \mathrm{m^{3}/s},\qquad H=100\\ \mathrm{m}.
  • Calcular \sqrt{Q} e H^{3/4}: \sqrt{Q}=\sqrt{0{,}025}=0{,}1581139\quad(\text{aprox.}),
H^{3/4}=100^{3/4}=10^{3/2}=31{,}6227766\quad(\text{aprox.}).
  • Agora n_{q}: n_{q,1}=\frac{1450\cdot 0{,}1581139}{31{,}6227766}=7{,}252\\ (\text{aprox.}).

Passo 5

Calcular n_{q} para cada estágio da bomba de 4 estágios:
  • Cada estágio tem H_{\text{est}}=\frac{100}{4}=25\\ \mathrm{m}.
  • Calcular H_{\text{est}}^{3/4}: 25^{3/4}=5^{3/2}=11{,}1803399\quad(\text{aprox.}).
  • Então n_{q,\text{est}}=\frac{1450\cdot 0{,}1581139}{11{,}1803399}=20{,}511\\ (\text{aprox.}).
Observação: reduzir a altura por estágio aumenta n_{q} (aqui aproximadamente por um fator 2{,}828, que é 4^{3/4}).

Passo 6

Aplicar a fórmula de Krutzsch para o caso de estágio único e obter a perda por disco (fração \,N_{ad}/N):
  • Fórmula: \frac{N_{ad}}{N}=\frac{7800}{\left(51{,}233\,n_{q}\right)^{5/3}}.
  • Substituir n_{q,1}=7{,}252: 51{,}233\,n_{q,1}=51{,}233\cdot 7{,}252=371{,}80\\ (\text{aprox.}).
\left(371{,}80\right)^{5/3}\approx 1{,}925\times 10^{4}\\ (\text{aprox.}).
\frac{N_{ad,1}}{N}=\frac{7800}{1{,}925\times 10^{4}}=0{,}405\approx 40{,}5\%.
  • Potência de atrito de disco absoluta (estágio único): N_{ad,1}=0{,}405\cdot N=0{,}405\cdot 29{,}56\\ \mathrm{kW}=11{,}98\\ \mathrm{kW}\\ (\text{aprox.}).

Passo 7

Aplicar a fórmula de Krutzsch para cada estágio da bomba de 4 estágios e somar as perdas (porque há 4 estágios/rodas):
  • Para cada estágio usamos n_{q,\text{est}}=20{,}511: 51{,}233\,n_{q,\text{est}}=51{,}233\cdot 20{,}511=1051{,}86\\ (\text{aprox.}).
\left(1051{,}86\right)^{5/3}\approx 1{,}089\times 10^{5}\\ (\text{aprox.}).
\frac{N_{ad,\text{por estágio}}}{N}=\frac{7800}{1{,}089\times 10^{5}}=0{,}0716\approx 7{,}16\%.á
  • Como há 4 estágios semelhantes, a perda total por atrito de disco (fração sobre a potência total N) é: \frac{N_{ad,4}}{N}=4\cdot 0{,}0716=0{,}2864\approx 28{,}64\%.
  • Potência de atrito de disco absoluta (4 estágios): N_{ad,4}=0{,}2864\cdot 29{,}56\\ \mathrm{kW}=8{,}47\\ \mathrm{kW}\\ (\text{aprox.}).

Passo 8

Comparação numérica e interpretação imediata:
  • Estágio único: \frac{N_{ad,1}}{N}\approx 40{,}5\%,\qquad N_{ad,1}\approx 11{,}98\\ \mathrm{kW}.
  • Quatro estágios: \frac{N_{ad,4}}{N}\approx 28{,}64\%,\qquad N_{ad,4}\approx 8{,}47\\ \mathrm{kW}.
  • Diferença absoluta de potência de atrito de disco: \Delta N_{ad}=11{,}98-8{,}47=3{,}51\\ \mathrm{kW}.
  • Redução relativa da perda por disco ao usar 4 estágios (comparando N_{ad,4} com N_{ad,1}): \frac{11{,}98-8{,}47}{11{,}98}=0{,}293\approx 29{,}3\%\\ \text{de redução}.çã
Conclusão numérica: a bomba de 4 estágios apresenta perda por atrito de disco significativamente menor (cerca de 29\% menor em potência de atrito absoluta, e a fração N_{ad}/N cai de \sim 40{,}5\% para \sim 28{,}6\%).

Passo 9

Explicação física (intuitiva e didática) do porquê desse resultado:
  • A potência de atrito em discos é gerada pelo cisalhamento do fluido nas superfícies rotativas (discos/impelidores). Essa perda cresce fortemente com a velocidade periférica e com o efeito de tenta “arrastar” o fluido em grande volume.
  • Ao dividir a cabeça total em vários estágios, cada estágio trabalha com uma altura menor ( H_{\text{est}}=H_{\text{tot}}/4). Isso aumenta n_{q} (veja a fórmula) e modifica a relação empírica entre velocidade específica e perda por disco de forma favorável: a expressão de Krutzsch mostra que \,N_{ad}/N\propto n_{q}^{-5/3}. Ou seja, para cada estágio, a perda relativa por disco cai quando n_{q} aumenta; embora haja mais estágios (multiplica-se por 4), o aumento de n_{q} por estágio é suficientemente grande para que a perda total por disco seja menor.
  • Intuitivamente: é melhor “empilhar” várias etapas leves (cada uma com menor salto de carga) do que forçar uma única etapa a fazer todo o salto; a geometria e o regime de escoamento ficam mais favoráveis e o cisalhamento nas superfícies rotativas (que consome potência inutilmente) diminui em termos relativos e absolutos.
  • Observação prática: a fórmula é empírica; existem outros efeitos (complexidade construtiva, custos, possíveis perdas adicionais em interligações, selagens, etc.), mas do ponto de vista da perda por potência de disco (o foco aqui), o arranjo multicorpo é vantajoso.

Resposta

\displaystyle \frac{N_{ad,1}}{N}\approx 0{,}405\quad(\text{estágio único});\quad N_{ad,1}\approx 11{,}98\\ \mathrm{kW}.áú
\displaystyle \frac{N_{ad,4}}{N}\approx 0{,}2864\quad(\text{4 estágios, total});\quad N_{ad,4}\approx 8{,}47\\ \mathrm{kW}.á
Explicação física: dividir a carga em estágios menores aumenta n_{q} por estágio e, segundo a relação empírica de Krutzsch ( N_{ad}/N\propto n_{q}^{-5/3}), reduz a perda por atrito de disco total — ou seja, várias etapas com menor salto por estágio produzem menos perda por disco do que uma única etapa fazendo toda a cabeça.

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