Querosene a 22{ }^{\circ} \mathrm{C} é bombeado através de um tubo liso de 25 cm de diâmetro, com 4 km de comprimento, a uma vazão de 0.021 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s}. A entrada é alimentada por uma bomba à pressão absoluta de 3,039 \mathrm{MPa}. A saída está à pressão atmosférica padrão, 150 m mais alta. Estime a perda por atrito \mathrm{h}_{\mathrm{p}}, e a compare com a altura de velocidade \mathrm{V}^{2} / 2 \mathrm{~g}. Utilize os dados da densidade do querosene a 1 atm . e 22{ }^{\circ} \mathrm{C}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que é pedido (peguei a densidade do querosene em tabela à 22{ }^{\circ}\mathrm{C}; explicito o valor abaixo).
Dados fornecidos:
  • Diâmetro do tubo: D=0,25\\ \mathrm{m}.
  • Comprimento do tubo: L=4{,}0\\ \mathrm{km}=4000\\ \mathrm{m}.
  • Vazão volumétrica: Q=0,021\\ \mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}.
  • Temperatura: 22{ }^{\circ}\mathrm{C}.
  • Pressão absoluta na entrada (saída da bomba): p_1=3{,}039\\ \mathrm{MPa}=3{,}039\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}.
  • Saída: pressão atmosférica padrão, tomo p_2=101\,325\\ \mathrm{Pa}. A saída está 150\\ \mathrm{m} mais alta que a entrada, isto é \Delta z=z_2-z_1=150\\ \mathrm{m}.
  • Dado físico utilizado (peguei em tabela para querosene a 22{ }^{\circ}\mathrm{C}): densidade aproximada \rho=800\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3. (Se preferir outro valor de tabela, a conta segue igual, só muda o número final.)
  • Aceleração da gravidade: g=9{,}81\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}^2.
O enunciado pede:
  1. Estimar a perda por atrito h_{p} entre a entrada (descarga da bomba) e a saída (atm, 150 m acima).
  2. Comparar h_{p} com a altura de velocidade \dfrac{V^{2}}{2g}.

Passo 2

Calcular a velocidade média V no tubo a partir de Q e da área da seção transversal.
Fórmula da área de um tubo circular:
A=\frac{\pi D^{2}}{4},
onde D é o diâmetro.
Cálculo da área:
A=\frac{\pi (0,25)^2}{4}=\pi\cdot0{,}015625\approx0{,}04909\\ \mathrm{m}^2.
Velocidade média:
V=\frac{Q}{A}=\frac{0{,}021}{0{,}04909}\approx0{,}4279\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}\approx0{,}428\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}.
Breve explicação didática: Q (m³/s) é área (m²) vezes velocidade (m/s). Para achar V isolamos V=Q/A. Fácil — a mesma conta que se faz numa caneta larga ou estreita: a mesma vazão dá velocidades diferentes conforme a área.

Passo 3

Calcular a altura de velocidade (velocity head) \dfrac{V^{2}}{2g}.
Fórmula:
\frac{V^{2}}{2g}
onde V é a velocidade média e g é a gravidade.
Cálculo:
\frac{V^{2}}{2g}=\frac{(0{,}4279)^2}{2\cdot9{,}81}=\frac{0{,}1831}{19{,}62}\approx0{,}00934\\ \mathrm{m}.
Interpretação simples: a energia cinética do fluido corresponde a uma “altura” muito pequena (cerca de 9{,}3\times10^{-3}\\ \mathrm{m}), porque a velocidade é baixa.

Passo 4

Usar a equação de energia (Bernoulli/energia) entre a seção de saída da bomba (ponto 1) e a saída do tubo (ponto 2) para obter a perda por atrito h_{p}.
Forma apropriada (para regime estacionário, mesma velocidade nas seções, sem trocas de energia além da perda por atrito):
\frac{p_1}{\rho g}+\frac{V_1^{2}}{2g}+z_1 = \frac{p_2}{\rho g}+\frac{V_2^{2}}{2g}+z_2 + h_{p}.
Explicando variáveis:
  • p_1,p_2 são pressões absolutas nas seções 1 e 2 (Pa).
  • \rho é a densidade do fluido (kg/m³).
  • g é a gravidade (m/s²).
  • V_1,V_2 são as velocidades médias nas seções (m/s).
  • z_1,z_2 são as alturas das seções (m).
  • h_{p} é a perda de carga por atrito (m) que queremos.
Como o diâmetro é o mesmo, V_1=V_2=V e os termos de velocidade se cancelam. Isolando h_{p}:
h_{p}=\frac{p_1-p_2}{\rho g}-(z_2-z_1).
Ou seja, a perda de carga por atrito é a diferença de energia por pressão convertida em altura, menos a diferença de altitude que o fluido ganhou.

Passo 5

Calcular numericamente cada termo da expressão de h_{p}.
Diferença de pressão:
p_1-p_2 = 3{,}039\times10^{6} - 101\,325 = 2{,}937\,675\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}.
Converter essa diferença para “metros de fluido” dividindo por \rho g:
\frac{p_1-p_2}{\rho g} = \frac{2{,}937\,675\times10^{6}}{800\cdot9{,}81}=\frac{2{,}937\,675\times10^{6}}{7{,}848}\approx374{,}50\\ \mathrm{m}.
Agora subtrair a elevação \Delta z=150\\ \mathrm{m}:
h_{p}=374{,}50-150{,}00=224{,}50\\ \mathrm{m}.
Conclusão numérica: a perda por atrito estimada a partir das pressões e da diferença de cota é aproximadamente h_{p}\approx224{,}5\\ \mathrm{m}.

Passo 6

Comparar h_{p} com a altura de velocidade V^{2}/(2g).
Valores já calculados:
h_{p}\approx224{,}5\\ \mathrm{m}, \qquad \frac{V^{2}}{2g}\approx0{,}00934\\ \mathrm{m}.
Razão:
\frac{h_{p}}{V^{2}/(2g)}=\frac{224{,}5}{0{,}00934}\approx24\,040\\ (\text{aprox. }2{,}4\times10^{4}).
Interpretação: a perda por atrito (avaliada a partir da diferença de pressão e elevação) é enorme comparada com a pequena altura de velocidade — cerca de vinte e quatro mil vezes maior. Em palavras: a energia adicionada pela bomba, expressa pela pressão alta, corresponde a uma cabeça (altitude equivalente) grande; a componente cinética do escoamento é insignificante aqui.

Passo 7

(Verificação física rápida e comentário didático.)
É interessante verificar se a perda por atrito calculada pela fórmula de Darcy–Weisbach com um fator de atrito típico dá um valor semelhante ou muito menor — isto ajuda a entender se a grande h_p vem de atrito real ou de um grande excesso de pressão na bomba.
Estimo rapidamente o número de Reynolds e a perda por Darcy:
  • Tomando uma viscosidade dinâmica típica para querosene à 22{ }^{\circ}\mathrm{C} \mu\approx1{,}5\times10^{-3}\\ \mathrm{Pa\cdot s} (valor típico; \nu=\mu/\rho\approx1{,}875\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^2/\mathrm{s}),
\mathrm{Re}=\frac{V D}{\nu}=\frac{0{,}4279\cdot0{,}25}{1{,}875\times10^{-6}}\approx5{,}7\times10^{4},
escoamento turbulento, moderado.
  • Blasius (válido para tubos lisos e 4\times10^3<\mathrm{Re}<10^5) dá:
f\approx0{,}079\,\mathrm{Re}^{-0{,}25}\approx0{,}00398.
  • Perda de carga por Darcy–Weisbach:
h_{f}=f\frac{L}{D}\frac{V^{2}}{2g}=0{,}00398\cdot\frac{4000}{0{,}25}\cdot0{,}00934 \approx0{,}595\\ \mathrm{m}\\ (\approx0{,}6\\ \mathrm{m}).
Comentário: o cálculo pela equação de Darcy dá uma perda por atrito da ordem de 0{,}6\\ \mathrm{m}, muito menor que os 224{,}5\\ \mathrm{m} obtidos a partir dos valores de pressão e elevação. Isso indica que a maioria da “cabeça” calculada a partir da diferença de pressão não está sendo dissipada por atrito ao longo do tubo; em vez disso, a bomba está fornecendo uma pressão absoluta muito alta (ponto de operação da bomba), de modo que a diferença de pressão convertida em cabeça é grande. Em termos práticos isso pode significar que a bomba está entregando pressão em excesso (talvez há válvulas, restrições ou o enunciado deu a pressão absoluta da descarga da bomba sem relação direta com a queda de pressão no tubo). De qualquer forma, a comparação pedida mostra numericamente a grande discrepância entre as duas estimativas.

Resposta

h_{p}\approx224{,}5\\ \mathrm{m}
\dfrac{V^{2}}{2g}\approx0{,}00934\\ \mathrm{m} (logo h_{p} é cerca de 2{,}4\times10^{4} vezes a altura de velocidade)

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