Exerc. 1) Uma bomba centrífuga deve prover uma vazão de 10[\ell / \mathrm{s}] com rotação igual a 3500[\mathrm{rpm}]. A água entra axialmente e deixa o rotor a 5\left[\frac{\mathrm{~m}}{\mathrm{~s}}\right] relativamente às pás, que são radiais na saída. Se a bomba deve utilizar uma potência próxima de 5 \mid \mathrm{kW}], estime suas dimensōes básicas (diâmetro e altura das pás na saída do rotor). Se o ângulo das pás à saída for alterado para 60^{\circ} (mantidos os outros valores constantes), qual potência ideal consumida? Quais os valores da carga e da potência corrigidas, se r_{5}=2 r_{4}, t_{4}=4[\mathrm{~mm}] e Z=4 nessa última condição? Utilize \eta_{h}=0,69, \eta_{v}=0,92 e \eta_{m}=0,96.

Passo 1

O enunciado pede várias coisas; vou listar claramente o que foi dado e o que se pede, para não a gente se perder depois.
Dados fornecidos:
  • Vazão: \;Q=10\,[\ell/\mathrm{s}]=0,01\,[\mathrm{m}^3/\mathrm{s}].
  • Rotação: \;N=3500\,[\mathrm{rpm}].
  • Velocidade da água relativamente às pás na saída: \;w_5=5\,[\mathrm{m}/\mathrm{s}].
  • Nas condições iniciais as pás são radiais na saída (ou seja, o vetor relativo sai radialmente).
  • Potência desejada aproximada da bomba: \;P_{\text{consumo}}\approx 5\,[\mathrm{kW}] (interpreto isto como potência no eixo entregue à bomba — potência do eixo/shaft).
  • Na parte final devemos usar as eficiências: \;\eta_h=0,69, \;\eta_v=0,92, \;\eta_m=0,96.
  • Em uma última correção pedem que se considere: \;r_5 = 2\,r_4, \;t_4=4\,[\mathrm{mm}]=0,004\,[\mathrm{m}] e \;Z=4 (número de pás).
Perguntas (o que devemos calcular):
  1. Estimar as dimensões básicas da bomba (diâmetro \;D e altura das pás na saída \;b_5) para atender à vazão e potência especificadas, na condição inicial (pás radiais na saída).
  2. Se o ângulo das pás na saída for alterado para \;60^\circ (mantendo os outros valores constantes), qual a potência ideal consumida? (aqui interpretarei “potência ideal” como a potência hidráulica teórica gerada/consumida, isto é P_h=\rho g Q H, sem dividir pelas eficiências).
  3. Nessa última condição (ângulo 60^\circ), aplicando as correções com \;r_5=2r_4,\;t_4=4\,[\mathrm{mm}],\;Z=4, quais são a carga (altura H) e a potência corrigidas usando as eficiências dadas?
Observações feitas a partir do enunciado:
  • A entrada é axial e sem rotação inicial (assumo c_{\theta 1}=0).
  • Para água tomarei \rho=1000\,[\mathrm{kg}/\mathrm{m}^3] e g=9{,}81\,[\mathrm{m}/\mathrm{s}^2].
  • Ao longo da resolução vou explicar as fórmulas usadas (Euler para turbomáquinas, relações das componentes de velocidade, conservação de vazão, etc.).
    A partir daqui vamos começar a resolver passo a passo.

Passo 2

Conceitos e fórmulas fundamentais que vamos usar (com explicação didática, sem pular etapas).
  1. Potência hidráulica (energia por unidade de tempo que o fluido recebe do rotor):
P_{h}=\rho\,g\,Q\,H,
onde
  • \rho é a densidade do fluido ( \mathrm{kg/m^3}),
  • g é a aceleração da gravidade ( \mathrm{m/s^2}),
  • Q é a vazão volumétrica ( \mathrm{m^3/s}),
  • H é a altura (carga) fornecida pela bomba ( \mathrm{m}).
  1. Relação entre potência no eixo (potência entregue ao eixo do motor/pump) e potência hidráulica:
P_{\text{eixo}}=\frac{P_{h}}{\eta_{\text{total}}},
onde \eta_{\text{total}} é a eficiência global da bomba. Quando há uma eficiência hidráulica \eta_h, uma eficiência volumétrica \eta_v e uma eficiência mecânica \eta_m, podemos usar a eficiência total aproximada como o produto:
\eta_{\text{total}}=\eta_h\;\eta_v\;\eta_m.
Isto significa que, para uma dada potência no eixo, apenas uma fração \eta_{\text{total}} vai para a potência hidráulica útil.
  1. Equação de Euler para turbomáquinas (versão para bombas):
H=\frac{u_5\,c_{\theta5}-u_1\,c_{\theta1}}{g},
onde
  • u = \omega r é a velocidade tangencial do rotor em uma dada seção ( \mathrm{m/s}),
  • c_{\theta} é a componente tangencial da velocidade absoluta do fluido,
  • índices 1 e 5 indicam entrada e saída do rotor (ou pontos 1 e 5 usados no enunciado),
  • g em \mathrm{m/s^2}.
Explicação simples: a equação de Euler diz que a carga (altura) gerada por peça rotativa provém da variação do momento angular do fluido (quantidade u \, c_\theta) entre entrada e saída.
  1. Relação entre velocidade absoluta \mathbf{c}, velocidade relativa \mathbf{w} e velocidade de pala \mathbf{u}:
\mathbf{c}=\mathbf{w}+\mathbf{u}.
Em componentes na saída: c_{\theta5}=u_5 + w_{\theta5} e c_{r5}=w_{r5} se \mathbf{u} só tem componente tangencial.
  1. Geometria do escoamento na saída radial: a vazão atravessa uma seção anular aproximadamente igual a A_5 \approx 2\pi r_5 b_5 (circunferência vezes altura), e a componente radial (ou normal ao círculo) da velocidade absoluta/relativa determina Q:
Q = c_{r5}\;A_5 = c_{r5}\;2\pi r_5 b_5.
No caso de pás radiais com saída puramente radial, a velocidade relativa \mathbf{w}_5 é radial e coincide com a componente radial da absoluta (pois \mathbf{u} é tangencial), então c_{r5}=w_{5} (se w_5 é puramente radial).
Com essas fórmulas a gente já tem as ferramentas para calcular H, depois u e r_5 e, por fim, b_5. Agora aplico aos números.

Passo 3

Calcular a eficiência total e a carga hidráulica necessária quando a potência no eixo deve ser \;5\,[\mathrm{kW}].
  1. Eficiência total:
\eta_{\text{total}}=\eta_h\;\eta_v\;\eta_m = 0{,}69\cdot 0{,}92\cdot 0{,}96.
Faço a conta passo a passo:
0{,}69\cdot 0{,}92 = 0{,}6348,
0{,}6348\cdot 0{,}96 = 0{,}609408\approx 0{,}6094.
Logo \eta_{\text{total}}\approx 0{,}6094.
  1. Se a potência no eixo é \;P_{\text{eixo}}=5{,}0\,[\mathrm{kW}]=5000\,[\mathrm{W}], a potência hidráulica (ideal) entregue ao fluido é
P_h = P_{\text{eixo}}\;\eta_{\text{total}} = 5000\cdot 0{,}6094 \approx 3047\,[\mathrm{W}].
  1. Agora obtemos a altura H exigida pela bomba (usando \;P_h=\rho g Q H):
H = \frac{P_h}{\rho g Q} = \frac{3047}{1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}01}.
Calculo:
\rho g Q = 1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}01 = 98{,}1,
H=\frac{3047}{98{,}1}\approx 31{,}06\,[\mathrm{m}].
Interpretação: Para que o eixo de 5 kW resulte na condição hidráulica dada pelas eficiências, a bomba deve fornecer uma carga de aproximadamente \;31{,}06\,[\mathrm{m}].

Passo 4

Usar a equação de Euler e a condição das pás radiais para obter o raio de saída r_5 (e então o diâmetro D).
  1. Entrada axial sem torvelinho: assumo c_{\theta1}=0. Para pás radiais na saída (relativo puramente radial) temos w_{\theta5}=0, então c_{\theta5}=u_5. Assim a carga de Euler fica
H = \frac{u_5\,c_{\theta5}}{g} = \frac{u_5^2}{g}.
  1. Isolando u_5:
u_5 = \sqrt{H g}.
Substituindo H\approx 31{,}06 e g=9{,}81:
u_5 = \sqrt{31{,}06\cdot 9{,}81} = \sqrt{304{,}7}\approx 17{,}455\,[\mathrm{m/s}].
  1. A velocidade tangencial é relacionada com \omega e o raio:
u_5 = \omega r_5,\qquad \omega = \frac{2\pi N}{60}.
Calculo de \omega:
\omega=\frac{2\pi\cdot 3500}{60}=\;2\pi\cdot 58{,}3333\approx 366{,}519\,[\mathrm{rad/s}].
Logo o raio de saída:
r_5 = \frac{u_5}{\omega} = \frac{17{,}455}{366{,}519}\approx 0{,}04762\,[\mathrm{m}].
  1. Então o diâmetro de saída:
D = 2 r_5 \approx 2\cdot 0{,}04762 = 0{,}09524\,[\mathrm{m}]\approx 0{,}095\,[\mathrm{m}]=95\,[\mathrm{mm}].
Comentário prático: dá uma bomba pequena (diâmetro próximo de 95 mm) — faz sentido para vazão de 10\,[\ell/\mathrm{s}] e rotação alta.

Passo 5

Calcular a altura (espessura axial) das pás na saída b_5 usando a continuidade (vazão atravessando a seção na saída).
  1. Área de escoamento na saída (aproximação anular):
A_5 \approx 2\pi r_5 b_5.
  1. Como em saída radial com pás radiais a componente radial da velocidade absoluta é igual à velocidade relativa radial w_5, temos:
Q = c_{r5} A_5 = w_5\;2\pi r_5 b_5.
Logo
b_5 = \frac{Q}{2\pi r_5 w_5}.
  1. Substituindo Q=0{,}01, r_5\approx 0{,}04762 e w_5=5:
2\pi r_5 w_5 = 2\pi\cdot 0{,}04762\cdot 5 \approx 1{,}495,
b_5=\frac{0{,}01}{1{,}495}\approx 0{,}006692\,[\mathrm{m}]\approx 6{,}69\,[\mathrm{mm}].
Interpretação: a altura das pás na saída seria cerca de 6{,}7 mm.

Passo 6

Agora alterar o ângulo de saída das pás para \;60^\circ (mantendo os outros valores constantes) e calcular a potência ideal consumida (interpreto como potência hidráulica ideal P_h).
  1. Definição do ângulo e decomposição do vetor relativo: vou adotar a convenção usual em turbomáquinas:
  • \beta é o ângulo entre a direção tangente e a velocidade relativa \mathbf{w}, medido no sentido do tangente para a radial. Assim \beta=90^\circ corresponde a saída radial pura (caso inicial) e \beta=60^\circ significa que \mathbf{w} forma 60^\circ com a tangente (ou seja tem componente tangencial).
  • Componentes da velocidade relativa w_5 de módulo w_5 nas direções tangencial e radial:
w_{r5}=w_5\sin\beta,\qquad w_{\theta5}= -\,w_5\cos\beta,
onde o sinal negativo em w_{\theta5} indica que o componente tangencial relativo normalmente se opõe ao sentido da rotação (caso de pás retrocurvadas), reduzindo a componente tangencial absoluta. (Essa é a convenção usada na explicação; se a componente fosse no mesmo sentido da rotação, seria positiva.)
  1. A componente tangencial da velocidade absoluta na saída é
c_{\theta5}=u_5 + w_{\theta5} = u_5 - w_5\cos\beta.
(Para \beta=90^\circ recuperamos c_{\theta5}=u_5.)
  1. A carga de Euler agora vale
H=\frac{u_5\,c_{\theta5}}{g}=\frac{u_5\left(u_5 - w_5\cos\beta\right)}{g}=\frac{u_5^2 - u_5 w_5\cos\beta}{g}.
  1. Mantemos u_5 e w_5 iguais aos calculados antes (o enunciado pediu “mantidos os outros valores constantes”): u_5\approx 17{,}455\,[\mathrm{m/s}] e w_5=5\,[\mathrm{m/s}]. Para \beta=60^\circ, \cos 60^\circ = 0{,}5. Assim
H_{60}=\frac{17{,}455^2 - 17{,}455\cdot 5\cdot 0{,}5}{9{,}81}.
Faço as contas com cuidado:
17{,}455^2 \approx 304{,}7,\qquad 17{,}455\cdot 5\cdot 0{,}5 = 17{,}455\cdot 2{,}5 \approx 43{,}6375,
\text{numerador}=304{,}7 - 43{,}6375 \approx 261{,}0625,
H_{60}=\frac{261{,}0625}{9{,}81}\approx 26{,}61\,[\mathrm{m}].
  1. Potência hidráulica ideal correspondente:
P_{h,60}=\rho g Q H_{60} = 1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}01\cdot 26{,}61 \approx 2609{,}8\,[\mathrm{W}]\approx 2{,}61\,[\mathrm{kW}].
Comentário: comparando com o caso radial (onde H\approx 31{,}06 m e P_h\approx 3{,}047 kW), ao curvarmos as pás (para \beta=60^\circ) a componente tangencial absoluta diminui e a carga reduz, portanto a potência hidráulica reduz (a bomba fica menos “forte”).

Passo 7

Agora: aplicar as correções pedidas quando \;r_5=2 r_4,\;t_4=4\,[\mathrm{mm}],\;Z=4 (nesta última condição de \beta=60^\circ). Vamos estimar a correção (slip/blockage) e obter a carga e a potência corrigidas, e então a potência no eixo corrigida usando as eficiências.
Interpretação e método de correção (explicação didática):
  • Com poucas pás e espessura de pala não desprezível, parte da circunferência fica ocupada por material das pás e isso gera dois efeitos práticos: reduzir a área de passagem (aumentando velocidades locais) e causar “slip” no escoamento relativo (o fluido não adquire exatamente a velocidade tangencial que a teoria ideal prevê). Uma correção simples e prática (modelo aproximado) é usar um fator de correção \sigma dado pela fração de circunferência aberta (abertura livre), isto é:
\sigma \approx 1 - \frac{Z\,t_4}{2\pi r_4}.
Este é um modelo simples de fator de abertura: se as palas ocupam uma fração \frac{Z t_4}{2\pi r_4} da circunferência, a fração aberta é 1- essa quantidade. Usamos esse \sigma como um fator que reduz a componente tangencial efetiva c_{\theta5} em relação ao valor ideal; ou seja, tomamos
c_{\theta5,\text{ef}} = \sigma\,c_{\theta5,\text{ideal}}.
Isto leva a uma carga corrigida aproximadamente
H_{\text{corr}} = \frac{u_5\,c_{\theta5,\text{ef}}}{g} = \sigma\frac{u_5\,c_{\theta5,\text{ideal}}}{g} = \sigma H_{60}.
Observação: esse é um modelo aproximado e simples, mas é suficiente para uma estimativa prática (o enunciado pede “valores corrigidos”, então esse procedimento de correção geométrica por bloqueio é uma escolha razoável e direta).
Cálculos:
  1. Primeiro obtenho r_4 a partir de r_5=2 r_4. Como já tínhamos r_5\approx 0{,}04762 m,
r_4 = \frac{r_5}{2} \approx 0{,}02381\,[\mathrm{m}].
  1. Calculo do fator \sigma:
\sigma = 1 - \frac{Z\,t_4}{2\pi r_4} = 1 - \frac{4\cdot 0{,}004}{2\pi\cdot 0{,}02381}.
Faço as contas:
2\pi r_4 = 2\pi\cdot 0{,}02381 \approx 0{,}1495,
Z t_4 = 4\cdot 0{,}004 = 0{,}016,
\frac{Z t_4}{2\pi r_4} \approx \frac{0{,}016}{0{,}1495}\approx 0{,}1071,
\sigma \approx 1 - 0{,}1071 = 0{,}8929.
  1. Carga corrigida:
H_{\text{corr}} = \sigma\,H_{60} \approx 0{,}8929\cdot 26{,}61 \approx 23{,}76\,[\mathrm{m}].
  1. Potência hidráulica corrigida:
P_{h,\text{corr}}=\rho g Q H_{\text{corr}} = 1000\cdot 9{,}81\cdot 0{,}01\cdot 23{,}76 \approx 2331\,[\mathrm{W}]\approx 2{,}331\,[\mathrm{kW}].
  1. Potência no eixo (corrigida), usando \eta_{\text{total}}=0{,}6094:
P_{\text{eixo,corr}}=\frac{P_{h,\text{corr}}}{\eta_{\text{total}}} = \frac{2331}{0{,}6094}\approx 3824\,[\mathrm{W}]\approx 3{,}82\,[\mathrm{kW}].
Interpretação final desta etapa: devido ao bloqueio das pás (espessura e número pequeno), a carga e a potência hidráulica caem ainda mais em relação ao caso ideal com \beta=60^\circ. A potência no eixo necessária para entregar essa potência hidráulica corrigida é aproximadamente 3{,}82 kW.

Resposta

Diâmetro de saída aproximado: \;D\approx 0{,}095\,[\mathrm{m}]
Altura das pás na saída: \;b_5\approx 0{,}00669\,[\mathrm{m}]
Potência hidráulica ideal com \beta=60^\circ (mantendo demais valores): \;P_{h,60}\approx 2{,}61\,[\mathrm{kW}]
Com r_5=2r_4,\;t_4=4\,[\mathrm{mm}],\;Z=4 (caso \beta=60^\circ), carga corrigida: \;H_{\text{corr}}\approx 23{,}76\,[\mathrm{m}]
Potência hidráulica corrigida: \;P_{h,\text{corr}}\approx 2{,}331\,[\mathrm{kW}]
Potência no eixo corrigida (considerando \eta_h\,\eta_v\,\eta_m): \;P_{\text{eixo,corr}}\approx 3{,}82\,[\mathrm{kW}]

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