Uma linha de um sistema de irrigação por gotejamento possui 85 m de comprimento e nela estão contidos 283 gotejadores com vazão individual de 5,0 \times 10^{-7} \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} quando a pressão aplicada for de 7 mca . Esta linha corresponde a uma fita gotejadora de 1 / 2 " ( 0,0125 \mathrm{~m} ) de polietileno onde os gotejadores estão espaçados em 0,3 \mathrm{~m}. Sendo assim, estime a perda de carga contínua deverá ocorrer nesta linha pelo equação de Flammant.
Escolha uma opção:
a. 4 mca
b. 6 mca
c. 8 mca
d. 10 mca
e. 12 mca

Passo 1

O enunciado pede que eu estime a perda de carga contínua que ocorrerá numa linha de gotejamento usando a equação de Flammant. Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
  • comprimento da linha: L=85\\ \mathrm{m};
  • número de gotejadores: 283 (confirma a distribuição ao longo da linha);
  • vazão individual de cada gotejador (à pressão de referência 7\\ \mathrm{mca}): q_e=5{,}0\times 10^{-7}\\ \mathrm{m^3/s};
  • fita (tubo) de diâmetro interno: D=0{,}0125\\ \mathrm{m} (meia polegada segundo o enunciado);
  • espaçamento entre gotejadores: s=0{,}3\\ \mathrm{m}.
    Pergunta: calcular a perda de carga contínua que ocorre nessa linha (valor em metros de coluna d’água, mca) usando a equação de Flammant e escolher a opção correta entre (a) 4 mca, (b) 6 mca, (c) 8 mca, (d) 10 mca, (e) 12 mca.

Passo 2

Ideia física e aproximação contínua (explicação didática): como os gotejadores estão muito próximos ( s=0{,}3\\ \mathrm{m}), podemos aproximar a retirada de água ao longo da linha por uma descarga distribuída contínua por unidade de comprimento. Assim o fluxo ao longo da linha varia linearmente de x=0 (início) até x=L (extremidade). Vou definir:
  • vazão por unidade de comprimento (retirada contínua): q'=\frac{q_e}{s}.
  • vazão total no início da linha (soma de todos os gotejadores): Q_0 = N\cdot q_e, onde N=283.
A equação de Flammant, na prática, é obtida integrando a perda de carga elementar quando a vazão Q(x) varia linearmente: Q(x)=Q_0-q' x. Preciso então integrar a contribuição de atrito ao longo de x.

Passo 3

Formulação matemática da perda de carga com vazão variável (derivação didática):
Para escoamento em tubo com fator de atrito f (Darcy–Weisbach), a perda de carga por unidade de comprimento é
\frac{dh}{dx}=\frac{f}{D}\cdot\frac{V^2}{2g},
onde V é a velocidade local no tubo, g é a aceleração da gravidade e D o diâmetro interno. Como V=Q/A e A é a área da seção transversal,
\frac{dh}{dx}=\frac{f}{D}\cdot\frac{1}{2g}\cdot\frac{Q^2}{A^2}.
Defino o parâmetro
\lambda=\frac{f}{D}\cdot\frac{1}{2gA^2},
que permite escrever
\frac{dh}{dx}=\lambda\,Q(x)^2.
Com Q(x)=Q_0-q' x, a perda de carga total da extremidade x=L até o início x=0 é
h_f=\int_{0}^{L}\lambda\,(Q_0-q'x)^2\,dx.
Integro e obtenho (passo a passo):
h_f=\lambda\left[Q_0^2 L - Q_0 q' L^2 + \frac{q'^2 L^3}{3}\right].
Essa expressão é precisamente a forma usada para o caso contínuo (a chamada equação de Flammant em forma integrada para escoamento com retirada uniforme).

Passo 4

Calcular os parâmetros geométricos e hidráulicos básicos: área da seção e vazões.
  • Área da seção do tubo (assumindo seção circular interna com diâmetro D):
A=\frac{\pi D^2}{4}=\frac{\pi (0{,}0125)^2}{4}.
Faço a conta:
0{,}0125^2=0{,}00015625,\qquad A=0{,}00015625\cdot\frac{\pi}{4}\approx 1{,}227\times 10^{-4}\\ \mathrm{m^2}.
  • Vazão por unidade de comprimento:
q'=\frac{q_e}{s}=\frac{5{,}0\times 10^{-7}}{0{,}3}=1{,}6667\times 10^{-6}\\ \mathrm{m^3/s\cdot m}.
  • Vazão total no início:
Q_0 = 283\cdot 5{,}0\times 10^{-7}=1{,}415\times 10^{-4}\\ \mathrm{m^3/s}.

Passo 5

Estimativa do fator de atrito f (explicação didática): preciso de f para calcular \lambda. Para tubos lisos e escoamentos turbulentos moderados, uma aproximação prática e muito usada é a fórmula de Blasius (válida para 2000\lesssim\mathrm{Re}\lesssim 10^5):
f\approx 0{,}3164\,\mathrm{Re}^{-0{,}25}.
Primeiro calculo o número de Reynolds,
\mathrm{Re}=\frac{V D}{\nu}=\frac{Q_0 D}{A \nu},
onde \nu é a viscosidade cinemática da água ( \nu\approx 1{,}0\times 10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}). Calculo V_0=Q_0/A:
V_0=\frac{1{,}415\times 10^{-4}}{1{,}227\times 10^{-4}}\approx 1{,}153\\ \mathrm{m/s}.
Logo
\mathrm{Re}=\frac{1{,}153\cdot 0{,}0125}{1{,}0\times 10^{-6}}\approx 1{,}44\times 10^{4}.
Aplicando Blasius:
f\approx 0{,}3164\cdot(1{,}44\times 10^{4})^{-0{,}25}\approx 0{,}0289.
Comentário: esse valor de f é coerente para o diâmetro pequeno e velocidade moderada — serve bem para uma estimativa na prova.

Passo 6

Calcular \lambda numericamente:
\lambda=\frac{f}{D}\cdot\frac{1}{2gA^2}.
Substituo f=0{,}0289, D=0{,}0125\\ \mathrm{m}, g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}, A=1{,}227\times10^{-4}\\ \mathrm{m^2}:
A^2\approx (1{,}227\times10^{-4})^2\approx 1{,}506\times10^{-8}\\ \mathrm{m^4}.
Então
\lambda\approx\frac{0{,}0289}{0{,}0125}\cdot\frac{1}{2\cdot 9{,}81\cdot 1{,}506\times 10^{-8}} \approx 7{,}83\times 10^{6}\\ (\text{unidades numéricas que convertem para m}^{-1}\text{ na equação do }h_f).éçã

Passo 7

Avaliar a expressão integrada e obter h_f. Primeiro calcule cada termo dentro dos colchetes:
  • Q_0^2 L=(1{,}415\times10^{-4})^2\cdot 85\approx 1{,}7019\times10^{-6}.
  • Q_0 q' L^2=1{,}415\times10^{-4}\cdot 1{,}6667\times10^{-6}\cdot 85^2\approx 1{,}7049\times10^{-6}.
  • \dfrac{q'^2 L^3}{3}=\dfrac{(1{,}6667\times10^{-6})^2\cdot 85^3}{3}\approx 5{,}6845\times10^{-7}.
Somando conforme a fórmula,
\left[Q_0^2 L - Q_0 q' L^2 + \frac{q'^2 L^3}{3}\right]\approx 1{,}7019\times10^{-6}-1{,}7049\times10^{-6}+5{,}6845\times10^{-7} \approx 5{,}6546\times10^{-7}.
Agora multiplico por \lambda:
h_f=\lambda\cdot 5{,}6546\times10^{-7}\approx 7{,}83\times10^{6}\cdot 5{,}6546\times10^{-7}\approx 4{,}43\\ \mathrm{m}.
Interpretação: a perda de carga contínua estimada pela equação de Flammant (modelo contínuo) é aproximadamente 4{,}4\\ \mathrm{mca}. Considerando arredondamentos e hipóteses (fórmula de Blasius, seção circular idealizada da fita), a opção do enunciado que mais se aproxima é 4\\ \mathrm{mca}.

Passo 8

Comentário final e encorajamento: chegamos a um valor coerente e menor que a pressão de projeto 7\\ \mathrm{mca}, o que indica que, com essa pressão, a extremidade ainda teria alguma pressão disponível (na prática haveria variações reais, mas a estimativa pela Flammant dá cerca de 4{,}4\\ \mathrm{mca}). Você mandou bem pedindo a resolução passo a passo — este é o tipo de raciocínio que cai na prova: transformar os gotejadores em descarga contínua, integrar Q^2 e usar Darcy–Weisbach com um f estimado.

Resposta

a. 4 mca

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