Questâo 3 - Óleo escoa (massa especifica igual a 900 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3} e viscosidade cinemática a 0,00004 \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} ) de um reservatório superior para um reservatório inferior a uma vazão de 0,028 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} \mathrm{em} um lubo liso de 15 cm de diâmetro. Qual deve ser a elevação da superficie do óleo do reservatório superior em relação ao reservatório inferior (4 pontos).

Passo 1

O enunciado dá óleo com densidade \rho=900, \mathrm{kg/m^{3}} e viscosidade cinemática \nu=4\times10^{-5}, \mathrm{m^{2}/s} escoando a vazão volumétrica Q=0,028, \mathrm{m^{3}/s} por um trecho de tubo liso que alterna diâmetro grande D e diâmetro pequeno d, com D/d=2. Há um trecho horizontal de comprimento L_{1}=60,m em D, uma contração K_{c}=0,19, um trecho vertical de L_{2}=7,m em d, logo uma expansão K_{e}=0,19, mais um trecho horizontal de L_{3}=130,m em D. A entrada no tubo grande tem K_{\rm ent}=0,5 e a saída para o reservatório inferior K_{\rm sai}=1,0. Precisamos encontrar a elevação \Delta z=z_{1}-z_{2} das superfícies livres que compense todas as perdas de carga (maiores e menores), usando a equação de energia entre superfícies livres.

Passo 2

Calcular velocidades médias nos dois diâmetros:
A_{D}=\frac{\pi D^{2}}{4},\quad A_{d}=\frac{\pi d^{2}}{4},\quad D=2d\,,
v_{D}=\frac{Q}{A_{D}},\quad v_{d}=\frac{Q}{A_{d}}.
Como D=0{,}15,m e d=0{,}075,m:
A_{D}=\frac{\pi(0{,}15)^{2}}{4}=0{,}01767\\ \mathrm{m^{2}},\quad A_{d}=\frac{\pi(0{,}075)^{2}}{4}=0{,}00442\\ \mathrm{m^{2}},
v_{D}=\frac{0{,}028}{0{,}01767}=1{,584}\\ \mathrm{m/s},\quad v_{d}=\frac{0{,}028}{0{,}00442}=6{,33}\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Determinar o fator de atrito f em cada trecho liso por Blasius \mathrm{Re}<10^{5}:
\mathrm{Re}_{D}=\frac{v_{D}D}{\nu},\quad \mathrm{Re}_{d}=\frac{v_{d}d}{\nu},
f_{D}=0{,}3164\,\mathrm{Re}_{D}^{-0.25},\quad f_{d}=0{,}3164\,\mathrm{Re}_{d}^{-0.25}.
Calculando:
\mathrm{Re}_{D}=\frac{1{,}584\cdot0{,}15}{4\times10^{-5}}\approx5{,}93\times10^{3}, \quad \mathrm{Re}_{d}=\frac{6{,}33\cdot0{,}075}{4\times10^{-5}}\approx1{,}19\times10^{4},
f_{D}=0{,}3164\,(5{,}93\times10^{3})^{-0.25}\approx0{,}036, \quad f_{d}=0{,}3164\,(1{,}19\times10^{4})^{-0.25}\approx0{,}0303.

Passo 4

Calcular as perdas de carga maiores em cada trecho:
h_{f,\,maior} = f_{D}\,\frac{L_{1}+L_{3}}{D}\,\frac{v_{D}^{2}}{2g} + f_{d}\,\frac{L_{2}}{d}\,\frac{v_{d}^{2}}{2g}.
Substituindo L_{1}=60,m, L_{2}=7,m, L_{3}=130,m e g=9{,}81,m/ s^{2}:
\frac{v_{D}^{2}}{2g}=\frac{1{,}584^{2}}{2\cdot9{,}81}=0{,}128\\ \mathrm{m}, \quad \frac{v_{d}^{2}}{2g}=\frac{6{,}33^{2}}{2\cdot9{,}81}=2{,}043\\ \mathrm{m},
h_{f,\,maior} =0{,}036\;\frac{60+130}{0{,}15}\;0{,}128 +0{,}0303\;\frac{7}{0{,}075}\;2{,}043 \approx5{,}84+5{,}78 =11{,}62\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Calcular as perdas de carga menores (cada K multiplicado pelo correspondente v^{2}/2g):
h_{f,\,menor} =K_{\rm ent}\frac{v_{D}^{2}}{2g} +K_{c}\frac{v_{d}^{2}}{2g} +K_{e}\frac{v_{D}^{2}}{2g} +K_{\rm sai}\frac{v_{D}^{2}}{2g}.
Com K_{\rm ent}=0{,}5, K_{c}=0{,}19, K_{e}=0{,}19, K_{\rm sai}=1{,}0:
h_{f,\,menor} =0{,}5\cdot0{,}128 +0{,}19\cdot2{,}043 +0{,}19\cdot0{,}128 +1{,}0\cdot0{,}128 \approx0{,}064+0{,}388+0{,}024+0{,}128 =0{,}604\\ \mathrm{m}.

Passo 6

Somando todas as perdas de carga:
h_{L}=h_{f,\,maior}+h_{f,\,menor} =11{,}62+0{,}604 =12{,}22\\ \mathrm{m}.
Como a diferença de elevação \Delta z=z_{1}-z_{2} deve suprir todas as perdas, temos
\Delta z = h_{L} = 12{,}22\\ \mathrm{m}.

Resposta

A superfície do reservatório superior deve ficar 12{,}22,m acima da superfície do reservatório inferior.

Exercícios relacionados