Questão 4. Uma tubulação, com 8 km de comprimento e 5 m de diâmetro, fornece água a uma estação de tratamento que está a 668 m abaixo da entrada da tubulação a uma vazão de 80 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} Se a superfície do tubo for de concreto, encontre a variação de pressão. A rugosidade do concreto é 0,3 \mathrm{~mm}.

Passo 1

O enunciado pede que a gente encontre a variação de pressão entre a entrada da tubulação e a estação de tratamento que está abaixo dela. Dados fornecidos (peguei todos esses dados do enunciado):
\begin{aligned} &\text{comprimento da tubulação: }L=8{,}0\\ \mathrm{km}=8000\\ \mathrm{m},\\\ &\text{diâmetro interno do tubo: }D=5{,}0\\ \mathrm{m},\\\ &\text{vazão volumétrica: }Q=80\\ \mathrm{m^{3}/s},\\\ &\text{diferença de cota (a estação está abaixo): } \Delta z = z_{\text{estação}}-z_{\text{entrada}}=-668\\ \mathrm{m},\\\ &\text{rugosidade do concreto: }\epsilon=0{,}3\\ \mathrm{mm}=0{,}0003\\ \mathrm{m}. \end{aligned}çãâãéççãáçã
Vou definir a variação de pressão como
\Delta p \equiv p_{\text{estação}}-p_{\text{entrada}}.çã
Nos passos seguintes eu explico tudo (fórmulas, por que usamos, valores assumidos) e calculo \Delta p passo a passo.

Passo 2

Primeiro calculamos a área da seção transversal do tubo para obter a velocidade média. A área de um círculo é
A=\frac{\pi D^{2}}{4}.
Substituindo D=5{,}0\\ \mathrm{m}:
A=\frac{\pi\,(5{,}0)^{2}}{4}=6{,}25\pi\\ \mathrm{m^{2}}\approx 19{,}63495\\ \mathrm{m^{2}}.
Explicação curta: A é a área pela qual a água passa; precisamos dela para transformar vazão volumétrica Q em velocidade média.

Passo 3

Velocidade média do escoamento:
V=\frac{Q}{A}.
Substituindo Q=80\\ \mathrm{m^{3}/s} e o A do passo anterior:
V=\frac{80}{6{,}25\pi}=\frac{12{,}8}{\pi}\\ \mathrm{m/s}\approx 4{,}0744\\ \mathrm{m/s}.
Comentário didático: na prova você normalmente faz A=\pi D^{2}/4 e em seguida V=Q/A; não esqueça as unidades.

Passo 4

Precisamos do número de Reynolds para saber o regime e escolher a fórmula do fator de atrito. O número de Reynolds é definido por
\mathrm{Re}=\frac{V D}{\nu},
onde \nu é a viscosidade cinemática do fluido. O enunciado não deu temperatura, então adotamos a suposição padrão água a 20^\circ\mathrm{C}: \nu\approx 1{,}004\times10^{-6}\\ \mathrm{m^{2}/s} e densidade \rho\approx 1000\\ \mathrm{kg/m^{3}}. Substituindo:
\mathrm{Re}=\frac{4{,}0744\times 5{,}0}{1{,}004\times10^{-6}}\approx 2{,}03\times10^{7}.
Interpretação: \mathrm{Re} é muito grande, portanto o escoamento é totalmente turbulento. Isso determina que devemos usar uma fórmula para fator de atrito em regime turbulento (Darcy–Weisbach com fator obtido por Colebrook ou fórmulas explícitas aproximadas).

Passo 5

Fator de atrito de Darcy ( f). A equação implícita de Colebrook é a correta, mas ela exige iteração. Para evitar iteração e manter precisão suficiente em prova, usamos a fórmula explícita de Swamee–Jain (válida para escoamento turbulento plenamente desenvolvido):
f=\frac{0{,}25}{\left[\log_{10}\!\left(\frac{\epsilon}{3{,}7D}+\frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\right)\right]^{2}}.
Aqui \epsilon é a rugosidade absoluta e D o diâmetro. Calculamos a razão de rugosidade:
\frac{\epsilon}{D}=\frac{0{,}0003}{5{,}0}=6{,}0\times10^{-5}.
Agora calculemos os termos:
\frac{\epsilon}{3{,}7D}=\frac{6{,}0\times10^{-5}}{3{,}7}\approx 1{,}6216\times10^{-5},
\frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\approx\frac{5{,}74}{(2{,}03\times10^{7})^{0{,}9}}\approx 1{,}52\times10^{-6}.
Somando dentro do logaritmo:
\frac{\epsilon}{3{,}7D}+\frac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\approx 1{,}7738\times10^{-5}.
Tomando logaritmo e aplicando a fórmula:
\log_{10}(1{,}7738\times10^{-5})\approx -4{,}7501,
f\approx\frac{0{,}25}{(-4{,}7501)^{2}}\approx 0{,}01108.
Explicação: f é adimensional e na prática para escoamentos em tubos é obtido por Colebrook; Swamee–Jain dá um valor quase idêntico sem iteração.

Passo 6

Perda de carga por atrito usando Darcy–Weisbach:
h_{f}=f\,\frac{L}{D}\,\frac{V^{2}}{2g},
onde g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}}. Calculamos passo a passo:
\frac{V^{2}}{2g}=\frac{(4{,}0744)^{2}}{2\cdot 9{,}81}\approx \frac{16{,}603}{19{,}62}\approx 0{,}8468\\ \mathrm{m},
\frac{L}{D}=\frac{8000}{5}=1600.
Logo
h_{f}=0{,}01108\times 1600\times 0{,}8468\approx 15{,}00\\ \mathrm{m}.
Interpretação: a perda de carga por atrito ao longo dos 8 km é de cerca de 15\\ \mathrm{m} de coluna d’água — relativamente pequena frente aos 668\\ \mathrm{m} de desnível gravitacional.

Passo 7

Agora aplicamos Bernoulli (forma prática para diferença de pressões entre dois pontos em um mesmo escoamento), incluindo perda de carga por atrito. Entre ponto 1 (entrada) e ponto 2 (estação):
\frac{p_{1}}{\gamma}+z_{1}+\frac{V^{2}}{2g}=\frac{p_{2}}{\gamma}+z_{2}+\frac{V^{2}}{2g}+h_{f},
onde \gamma=\rho g é o peso específico do fluido. Como o diâmetro é o mesmo, a velocidade é a mesma nos dois pontos e os termos cinéticos se cancelam. Rearranjando:
\frac{p_{2}-p_{1}}{\gamma}=z_{1}-z_{2}-h_{f} \quad\Longrightarrow\quad p_{2}-p_{1}=\gamma\,(z_{1}-z_{2}-h_{f}).
Como z_{2}-z_{1}=-668\\ \mathrm{m}, temos z_{1}-z_{2}=668\\ \mathrm{m}. Assim
\Delta p = p_{\text{estação}}-p_{\text{entrada}}=\gamma\,(668-h_{f}).çã
Usando \gamma=\rho g=1000\cdot 9{,}81=9810\\ \mathrm{N/m^{3}} e h_{f}\approx 15{,}00\\ \mathrm{m}:
\Delta p=9810\times(668-15{,}00)=9810\times 653{,}00\approx 6{,}405{,}930\\ \mathrm{Pa}.
Conversão e arredondamento representativos:
\Delta p\approx 6{,}41\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}\approx 6{,}41\\ \mathrm{MPa}\approx 64{,}1\\ \mathrm{bar}.
Interpretação final: a pressão na estação (mais baixa) é maior que na entrada por cerca de 6{,}41\\ \mathrm{MPa}. Esse aumento ocorre porque a coluna de água de 668\\ \mathrm{m} gera uma pressão hidrostática muito maior do que a perda por atrito ao longo do tubo.

Resposta

\displaystyle p_{\text{estação}}-p_{\text{entrada}}=6{,}41\times10^{6}\\ \mathrm{Pa}çã

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