O impulsor de uma bomba centrífuga tem um diâmetro de 1,2 \mathrm{~m} ; 210 \mathrm{rpm}; área periférica na saída de 0,68 \mathrm{~m}^{2}; ângulo da aleta no bordo de fuga de 28^{\circ} e uma razão de diâmetros externo/interno de 2:1. Calcule:
a. A eficiência hidráulica;
b. A potência útil em hp;
c. A rotação mínima para elevar o fluido de trabalho (água) através de uma altura de carga de 6,2 \mathrm{~m}. A bomba centrífuga tem uma capacidade de 1550 \frac{1}{\mathrm{~s}}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (faço uma pequena observação sobre uma ambiguidade que apareceu nos dados).
Dados fornecidos:
  • Diâmetro externo do impulsor: D_2 = 1,2\\ \mathrm{m}. Logo raio externo r_2 = \dfrac{D_2}{2} = 0,6\\ \mathrm{m}.
  • Rotação nominal: N = 210\\ \mathrm{rpm}.
  • Área periférica na saída (área de escoamento no contorno de saída): A_2 = 0,68\\ \mathrm{m}^2.
  • Ângulo da aleta no bordo de fuga: \beta_2 = 28^\circ.
  • Razão diâmetros externo/interno = 2:1. Assim o diâmetro interno D_1 = D_2/2 = 0,6\\ \mathrm{m} e r_1 = 0,3\\ \mathrm{m}.
  • Capacidade (vazão) informada como 1550\\ \mathrm{1/s}. Aqui há ambiguidade de unidade: provavelmente significa 1550\\ \mathrm{L/s} (litros por segundo), que é equivalente a Q = 1,550\\ \mathrm{m^3/s}. Assumirei Q = 1{,}550\\ \mathrm{m^3/s}. Vou explicitar esta hipótese e prosseguir com ela. Se a intenção fosse outra (por ex. 1550\\ \mathrm{m^3/s}, valor absurdamente grande), os resultados mudariam; como não foi informado, trabalho com Q=1{,}550\\ \mathrm{m^3/s}.
O que o enunciado pede:
(a) A eficiência hidráulica.
(b) A potência útil (em hp).
(c) A rotação mínima para elevar água através de uma carga de 6,2\\ \mathrm{m}.
Observação importante sobre (a): para calcular uma eficiência hidráulica real é preciso comparar a potência hidráulica (útil) com a potência fornecida ao eixo (ou conhecer perdas). O enunciado não fornece potência de eixo nem perdas. Assim, só é possível:
  • calcular a potência hidráulica (útil) a partir da vazão e da altura (usando o resultado da equação de Euler para a altura teórica), ou
  • assumir que não há perdas hidráulicas (caso ideal), o que dá eficiência hidráulica igual a 100\%.
Vou primeiro derivar a altura teórica dada pela equação de Euler (usando os triângulos de velocidade na saída), obter a potência hidráulica associada e então tratar a eficiência com as observações acima.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (aula curta e prática):
  • Equação de Euler para turbomáquinas (para bomba centrífuga, convertida para altura): a altura teórica fornecida pela turbina/impulsor é
H_{th} = \frac{u_2\,c_{u2} - u_1\,c_{u1}}{g},
onde:
  • u é a velocidade periférica (tangencial) das pás no raio considerado: u = \dfrac{2\pi r N}{60};
  • c_u é a componente tangencial da velocidade absoluta do fluido;
  • g é a gravidade (vou usar g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2});
  • índices 1,2 referem-se a entrada e saída do impulsor, respectivamente.
  • Em muitos problemas de bomba radial, a entrada tem pouca componente tangencial útil (admitimos c_{u1}\approx 0 se não informado). Vou usar essa hipótese padrão (entrada sem rotação/whirl útil).
  • Geometria do triângulo de velocidades na saída: a velocidade meridional (radial/axial de escoamento) na saída é
c_{m2} = \frac{Q}{A_2}.
Pela geometria do triângulo relativo, assumindo que o escoamento relativo segue a pá (sem deslizamento), vale
\tan\beta_2 = \frac{w_{m2}}{w_{u2}}=\frac{c_{m2}}{\,u_2-c_{u2}\,},
pois w_{m2}=c_{m2} (componente meridional relativa igual à absoluta) e w_{u2}=u_2-c_{u2}. Isolando c_{u2} obtemos a relação prática que usaremos:
c_{u2} = u_2 - \frac{c_{m2}}{\tan\beta_2}.
Substituindo em Euler (com c_{u1}\approx 0):
H_{th}=\frac{u_2\,c_{u2}}{g}=\frac{u_2\!\left(u_2-\dfrac{c_{m2}}{\tan\beta_2}\right)}{g}.
Esta equação permite calcular a altura teórica H_{th} para dada rotação N (via u_2) e vazão Q (via c_{m2}).

Passo 3

Cálculos numéricos passo a passo (velocidades e componentes):
  1. Calcular u_2 (velocidade periférica na borda externa) com N=210\\ \mathrm{rpm} e r_2=0,6\\ \mathrm{m}:
u_2=\frac{2\pi r_2 N}{60}.
Substituindo:
u_2=\frac{2\pi\cdot0,6\cdot210}{60}.
Faço a conta:
N=210\\ \mathrm{rpm}\Rightarrow \frac{210}{60}=3{,}5\\ \mathrm{rev/s},
u_2=2\pi\cdot0,6\cdot3{,}5 = 13{,}1947\\ \mathrm{m/s}\quad(\text{aprox. }13{,}195\\ \mathrm{m/s}).
  1. Calcular velocidade meridional na saída c_{m2}:
c_{m2}=\frac{Q}{A_2}=\frac{1{,}550}{0{,}68}=2{,}2794\\ \mathrm{m/s}\quad(\text{aprox. }2{,}279\\ \mathrm{m/s}).
  1. Calcular \tan\beta_2 com \beta_2=28^\circ:
\tan\beta_2=\tan 28^\circ \approx 0{,}531709.
  1. Calcular c_{u2} pela fórmula deduzida:
c_{u2}=u_2-\frac{c_{m2}}{\tan\beta_2}.
Substituindo valores:
\frac{c_{m2}}{\tan\beta_2}=\frac{2{,}2794}{0{,}531709}=4{,}2879\\ \mathrm{m/s},
c_{u2}=13{,}1947-4{,}2879=8{,}9068\\ \mathrm{m/s}.

Passo 4

Calcular a altura teórica H_{th} usando Euler:
H_{th}=\frac{u_2\,c_{u2}}{g}=\frac{13{,}1947\cdot8{,}9068}{9{,}81}.
Faço a conta:
u_2\,c_{u2}=117{,}622\\ \mathrm{m^2/s^2},
H_{th}=\frac{117{,}622}{9{,}81}=11{,}99\\ \mathrm{m}\quad(\text{aprox. }12{,}0\\ \mathrm{m}).
Interpretação rápida: com os dados e N=210\\ \mathrm{rpm} a altura teórica disponível segundo Euler é cerca de 11{,}99\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Potência hidráulica útil (energia por unidade de tempo fornecida à água), que é a potência útil requerida para elevar a água através da altura H_{th} (energia potencial + carga dinâmica se houver; aqui usamos a carga H_{th}):
A potência hidráulica é
P_h=\rho\,g\,Q\,H,
para água tomo \rho=1000\\ \mathrm{kg/m^3}. Usamos H=H_{th}=11{,}99\\ \mathrm{m} e Q=1{,}550\\ \mathrm{m^3/s}:
P_h=1000\cdot9{,}81\cdot1{,}550\cdot11{,}99.
Calculo:
9{,}81\cdot1{,}550=15{,}2055,
15{,}2055\cdot11{,}99=182{,}632\\ \mathrm{W}.
Portanto P_h\approx182{,}632\\ \mathrm{W}=182{,}632\\ \mathrm{W}.
Converter para cavalos-vapor (hp). Usarei 1\\ \mathrm{hp}=745{,}7\\ \mathrm{W}:
P_h(\mathrm{hp})=\frac{182{,}632}{745{,}7}=244{,}9\\ \mathrm{hp}\quad(\text{aprox. }245\\ \mathrm{hp}).

Passo 6

Sobre a eficiência hidráulica (parte a):
  • Observação conceitual: a eficiência hidráulica real \eta_h é definida como a razão entre a potência hidráulica útil P_h=\rho g Q H_{real} e a potência disponibilizada pelo impulsor segundo Euler P_{Euler}=\rho Q u_2 c_{u2}. Mas note que P_{Euler}=\rho g Q H_{th} (mesma expressão), logo se tomarmos H_{real}=H_{th} (ou seja, assumirmos ausência de perdas hidráulicas), a eficiência hidráulica será 100\% por construção.
  • O enunciado não fornece nem potência de eixo nem perdas nem a altura real medida no sistema; por isso não é possível calcular uma eficiência hidráulica real (menor que 1) sem informação adicional.
  • Portanto, apresento dois enunciados possíveis:
    1. Eficiência hidráulica ideal (assumindo sem perdas hidráulicas): \eta_h = 1{,}00 ou 100\%.
    2. Eficiência hidráulica real: não pode ser determinada com os dados fornecidos (falta potência de eixo ou perdas ou altura real do sistema).
Vou adotar a interpretação prática: se o professor espera uso direto da equação de Euler e não deu perdas, o resultado será eficiência hidráulica ideal 100\%. Vou reportar esse valor e explicitar que é sob a hipótese ideal.

Passo 7

Cálculo da rotação mínima para elevar água por uma carga de H_{req}=6{,}2\\ \mathrm{m} (parte c). Aqui queremos a mínima rotação N_{min} tal que a altura produzida H(N) seja 6{,}2\\ \mathrm{m}.
Usamos a fórmula da Passo 2:
H=\frac{u_2\!\left(u_2-\dfrac{c_{m2}}{\tan\beta_2}\right)}{g}.
Para encontrar u_2 desconhecido impomos H=6{,}2 e resolvemos a equação quadrática em u_2:
u_2^2 - \frac{c_{m2}}{\tan\beta_2}\,u_2 - gH = 0.
A solução positiva é
u_2=\frac{\dfrac{c_{m2}}{\tan\beta_2} + \sqrt{\left(\dfrac{c_{m2}}{\tan\beta_2}\right)^2 + 4gH}}{2}.
Substituo valores já calculados:
\frac{c_{m2}}{\tan\beta_2}=4{,}2879\\ \mathrm{m/s},
\left(\frac{c_{m2}}{\tan\beta_2}\right)^2=18{,}392,
4gH=4\cdot9{,}81\cdot6{,}2=243{,}288.
\text{discriminante}=18{,}392+243{,}288=261{,}680.
\sqrt{\text{discriminante}}=16{,}1776\\ \mathrm{m/s}.
Logo
u_2=\frac{4{,}2879+16{,}1776}{2}=10{,}2327\\ \mathrm{m/s}.
Agora converter u_2 para rotação N:
u_2=\frac{2\pi r_2 N}{60}\quad\Rightarrow\quad N=\frac{u_2\cdot60}{2\pi r_2}.
Substituindo u_2=10{,}2327\\ \mathrm{m/s} e r_2=0{,}6\\ \mathrm{m}:
N=\frac{10{,}2327\cdot60}{2\pi\cdot0{,}6}=162{,}8\\ \mathrm{rpm}\quad(\text{aprox. }163\\ \mathrm{rpm}).
Interpretação: a rotação mínima para gerar uma carga de 6{,}2\\ \mathrm{m} com essa vazão e geometria é aproximadamente 163\\ \mathrm{rpm}. Como a rotação dada inicial 210\\ \mathrm{rpm} é maior, a bomba na rotação inicial poderia (teoricamente) fornecer a carga de 6{,}2\\ \mathrm{m} com folga (lembrando sempre que estamos usando a formulação ideal de Euler e sem perdas).

Resposta

(a) \eta_h = 1{,}00 (100%) — sob a hipótese ideal de ausência de perdas hidráulicas.
(b) Potência útil P_h \approx 182{,}632\\ \mathrm{W} \approx 244{,}9\\ \mathrm{hp}.
(c) Rotação mínima N_{\min} \approx 162{,}8\\ \mathrm{rpm} (aprox. 163\\ \mathrm{rpm}).

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