Pretende-se transportar 2,8 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} de água ( \gamma=9810 \mathrm{~N} / \mathrm{m}^{3} ; \mathrm{v}=10^{\wedge}-6 \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} ) ao longo de 1500 m , através de uma tubulação de aço rebitado ( \mathrm{k}=9.10^{\wedge}-4 \mathrm{~m} ). O desnível disponível é de 16,0 \mathrm{~m}. Determinar o diâmetro do tubo.

Passo 1

O enunciado pede: determinar o diâmetro do tubo de aço que permite transportar 2,8\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s} de água ao longo de 1500\\ \mathrm{m}, dispondo de um desnível (cota) de 16,0\\ \mathrm{m}.
Dados fornecidos:
Q=2,8\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s},
L=1500\\ \mathrm{m},
\gamma=9810\\ \mathrm{N}/\mathrm{m}^3\quad(\text{usado somente se precisássemos força/peso; aqui usaremos }g=9,81\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}^2),áç
\nu=10^{-6}\\ \mathrm{m}^2/\mathrm{s},
k=9\cdot 10^{-4}\\ \mathrm{m}\\ (\text{rugosidade absoluta da tubulação}),çã
H=16,0\\ \mathrm{m}\\ (\text{desnível disponível}).íí
Pergunta explícita: encontrar o diâmetro interno D do tubo que satisfaça o transporte com o desnível dado.

Passo 2

Estratégia escolhida (explicada didaticamente): para tubos cheios usamos a equação de energia entre montante e jusante: a perda de carga por atrito ao longo do tubo deve igualar o desnível disponível (assumimos perdas singulares desprezíveis). A perda de carga por atrito é dada pela fórmula de Darcy–Weisbach:
h_f = f\;\frac{L}{D}\;\frac{V^2}{2g}.
Aqui:
  • h_f é a perda de carga (m),
  • f é o fator de atrito de Darcy (adimensional),
  • L é o comprimento do tubo (m),
  • D é o diâmetro interno do tubo (m),
  • V é a velocidade média do fluido no tubo (m/s),
  • g=9,81\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}^2.
Também relacionamos vazão e velocidade pela área da seção:
Q = A V = \frac{\pi D^2}{4}\,V \quad\Rightarrow\quad V=\frac{4Q}{\pi D^2}.
O fator de atrito f depende do regime de escoamento (número de Reynolds \mathrm{Re}) e da rugosidade relativa k/D. Para escoamentos turbulentos em tubulações rugosas usamos a fórmula explícita de Swamee–Jain (boa para cálculo manual/iterativo):
f = \frac{0,25}{\left[\log_{10}\!\left(\dfrac{k}{3,7D}+\dfrac{5,74}{\mathrm{Re}^{0,9}}\right)\right]^2},
onde
\mathrm{Re}=\frac{V D}{\nu}.
Como f depende de D (via V e \mathrm{Re}) e D depende de f (via a equação de Darcy), vamos resolver por iteração consistente. Vou explicar cada fórmula e passo enquanto calculamos.

Passo 3

Derivação de uma equação direta para D (mostra por que é necessário iterar): substituindo V em h_f e impondo h_f=H obtemos
H = f\;\frac{L}{D}\;\frac{1}{2g}\left(\frac{4Q}{\pi D^2}\right)^2.
Simplificando:
H = f\,\frac{L}{D}\,\frac{16Q^2}{2g\pi^2 D^4} = f\\ \frac{L\;16Q^2}{2g\pi^2}\frac{1}{D^5}.
Rearranjando para D:
D^5 = f\;\frac{L\;16Q^2}{2g\pi^2 H}.
Assim:
D = \left( f\;\frac{L\;16Q^2}{2g\pi^2 H} \right)^{1/5}.
Observe que D aparece dos dois lados (pois f depende de D), por isso resolvemos por iteração: assumir um f inicial, calcular D, atualizar f com Swamee–Jain e repetir até convergência.

Passo 4

Preparação dos valores numéricos constantes e cálculo do fator comum (que não depende de f):
Calculemos a constante
K=\frac{L\;16Q^2}{2g\pi^2 H}.
Substituindo os valores:
16Q^2 = 16\cdot(2,8)^2 = 16\cdot 7,84 = 125,44.
L\cdot 16Q^2 = 1500\cdot 125,44 = 188160.
2g\pi^2 H = 2\cdot 9,81\cdot \pi^2 \cdot 16.
Usando \pi^2\approx 9,8696:
2g\pi^2 H \approx 2\cdot 9,81\cdot 9,8696\cdot 16 \approx 3098,265.
Logo
K \approx \frac{188160}{3098,265} \approx 60,7308.
Portanto a relação simplificada é
D = \left( f\;K \right)^{1/5},
com K\approx 60,7308.

Passo 5

Primeira iteração — chute inicial para f: escolha razoável para tubos grandes e escoamento turbulento é f_0=0,02. Calculamos D_0:
D_0 = (0,02\cdot 60,7308)^{1/5} = (1,214616)^{1/5} \approx 1,0398\\ \mathrm{m}.
Agora calculamos velocidade média V_0 e número de Reynolds \mathrm{Re}_0:
V_0 = \frac{4Q}{\pi D_0^2} = \frac{4\cdot 2,8}{\pi\cdot (1,0398)^2} \approx 3,295\\ \mathrm{m/s}.
\mathrm{Re}_0 = \frac{V_0 D_0}{\nu} \approx \frac{3,295\cdot 1,0398}{10^{-6}} \approx 3,425\cdot 10^6.
Cálculo da rugosidade relativa:
\frac{k}{D_0} = \frac{9\cdot 10^{-4}}{1,0398} \approx 8,66\cdot 10^{-4}.
Aplicando Swamee–Jain para obter f_1:
f_1 = \frac{0,25}{\left[\log_{10}\!\left(\dfrac{k}{3,7D_0}+\dfrac{5,74}{\mathrm{Re}_0^{0,9}}\right)\right]^2}.
Calculos numéricos:
\frac{k}{3,7D_0}\approx \frac{9\cdot 10^{-4}}{3,7\cdot 1,0398}\approx 2,34\cdot 10^{-4},
\mathrm{Re}_0^{0,9}\approx (3,425\cdot 10^6)^{0,9}\approx 7,59\cdot 10^5,
\frac{5,74}{\mathrm{Re}_0^{0,9}}\approx 7,56\cdot 10^{-6}.
Somando:
\dfrac{k}{3,7D_0}+\dfrac{5,74}{\mathrm{Re}_0^{0,9}}\approx 2,416\cdot 10^{-4}.
\log_{10}(\cdot)\approx -3,617\quad\Rightarrow\quad f_1\approx \frac{0,25}{(-3,617)^2}\approx 0,01911.

Passo 6

Segunda iteração — atualizar D com f_1:
D_1 = (f_1\cdot K)^{1/5} = (0,01911\cdot 60,7308)^{1/5} \approx (1,16056)^{1/5} \approx 1,0302\\ \mathrm{m}.
Calcular V_1 e \mathrm{Re}_1:
V_1=\frac{4\cdot 2,8}{\pi\cdot (1,0302)^2}\approx 3,359\\ \mathrm{m/s},
\mathrm{Re}_1=\frac{V_1 D_1}{\nu}\approx \frac{3,359\cdot 1,0302}{10^{-6}}\approx 3,459\cdot 10^6.
Atualizar f por Swamee–Jain:
\frac{k}{3,7D_1}\approx 2,363\cdot 10^{-4},\qquad \frac{5,74}{\mathrm{Re}_1^{0,9}}\approx 7,49\cdot 10^{-6},
soma \approx 2,438\cdot 10^{-4},\quad \log_{10}(\cdot)\approx -3,612,
f_2\approx \frac{0,25}{(-3,612)^2}\approx 0,01915.

Passo 7

Terceira iteração — nova D com f_2:
D_2=(0,01915\cdot 60,7308)^{1/5}\approx 1,0305\\ \mathrm{m}.
Repetindo os cálculos vemos que f e D já praticamente convergiram (mudanças muito pequenas entre iterações). Em geral aceitamos convergência quando variação relativa em D é pequena (p.ex. <0,1%).

Passo 8

Verificação final (cálculo da perda de carga com os valores convergidos): usando D\approx 1,0305\\ \mathrm{m}, obtemos velocidade e fator de atrito próximos a:
V\approx 3,36\\ \mathrm{m/s},\quad \mathrm{Re}\approx 3,46\cdot 10^6,\quad f\approx 0,01915.
Então perda de carga calculada:
h_f = f\frac{L}{D}\frac{V^2}{2g} \approx 0,01915\cdot\frac{1500}{1,0305}\cdot\frac{(3,36)^2}{2\cdot 9,81}\approx 16,0\\ \mathrm{m},
confirmando que o diâmetro encontrado usa corretamente o desnível disponível.

Passo 9

Interpretação e conclusão didática curta: o diâmetro ficou grande (cerca de 1{,}03\\ \mathrm{m}) porque a vazão 2,8\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s} é elevada e o desnível disponível é relativamente pequeno ( 16\\ \mathrm{m}), o que exige seção grande para manter perdas de carga compatíveis. O método usado (Darcy–Weisbach + Swamee–Jain + iteração) é padrão em hidráulica de tubulações e funciona bem sem calculadora sofisticada, fazendo 2–4 iterações manuais.

Resposta

D = 1,03\\ \mathrm{m}

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