QUESTÃO 1) (Valor: \mathbf{8 , 0} pontos) As tubulações tendem a tornarem-se mais rugosas devido à corrosão e/ou depósitos nas paredes internas. Colebrook e White sugeriram que o aumento da rugosidade absoluta \varepsilon com o tempo de uso pode ser expresso por \varepsilon=\varepsilon_{0}+\alpha \mathrm{t}, em que \varepsilon_{0} é a rugosidade absoluta da tubulação nova e \alpha é uma constante, para t em anos. Considere uma tubulação de 45 cm de diâmetro que tinha fator de atrito igual a 0,020 , para uma velocidade de 1,5 \mathrm{~m} / \mathrm{s} quando nova. Em 10 anos de uso, a mesma tubulação passou a apresentar \mathrm{f}=0,029 à velocidade de 0,90 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Calcular o fator de atrito à velocidade de 1,2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, ao fim de 20 anos de uso. Viscosidade cinemática da água igual a 10^{-6} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s}.

Passo 1

O enunciado trata de fluxo turbulento em tubulação, cujo fator de atrito f obedece à equação implícita de Colebrook–White
\frac{1}{\sqrt{f}} = -2\,\log_{10}\!\Bigl(\frac{\varepsilon/D}{3,7} \;+\;\frac{2,51}{\mathrm{Re}\,\sqrt{f}}\Bigr),
onde \varepsilon é a rugosidade absoluta, D=0,45\\ \mathrm{m} o diâmetro, e \mathrm{Re}=vD/\nu o número de Reynolds. Além disso, a rugosidade varia no tempo segundo
\varepsilon(t)=\varepsilon_{0}+\alpha\,t.
Dados:
– Condição nova t=0: v_{1}=1{,}5\\ \mathrm{m/s}, f_{1}=0{,}020.
– Condição em t=10,anos: v_{2}=0{,}90\\ \mathrm{m/s}, f_{2}=0{,}029.
– Viscosidade cinemática \nu=10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}.
Queremos f em v_{3}=1{,}2\\ \mathrm{m/s} ao fim de t=20,anos.

Passo 2

Calculamos os números de Reynolds nas duas condições conhecidas:
\mathrm{Re}_{1} = \frac{v_{1}D}{\nu} = \frac{1{,}5 \times 0{,}45}{10^{-6}} =675\,000, \quad \mathrm{Re}_{2} = \frac{0{,}90 \times 0{,}45}{10^{-6}} =405\,000.
Em cada caso, a equação de Colebrook permite relacionar f e \varepsilon.

Passo 3

Em t=0 temos \varepsilon=\varepsilon_{0} e f_{1}=0{,}020. Substituindo em Colebrook e isolando \varepsilon_{0}:
\frac{1}{\sqrt{0,020}}=-2\log_{10}\!\Bigl(\tfrac{\varepsilon_{0}/D}{3,7}+\tfrac{2,51}{675000\,\sqrt{0,020}}\Bigr).
Numerando: \tfrac{1}{\sqrt{0,020}}\approx7{,}0711 e \tfrac{2,51}{675000\sqrt{0,020}}\approx2{,}63\times10^{-5}. Logo
\frac{\varepsilon_{0}/D}{3,7} =10^{-3,5355}-2{,}63\times10^{-5} \approx2{,}656\times10^{-4},
\varepsilon_{0}/D\approx3,7\times2{,}656\times10^{-4}=9{,}82\times10^{-4}, \quad \varepsilon_{0}\approx9{,}82\times10^{-4}\times0{,}45=4{,}42\times10^{-4}\,\mathrm{m}.

Passo 4

Em t=10,anos, \varepsilon_{2}=\varepsilon_{0}+10\alpha e f_{2}=0{,}029. De modo análogo:
\frac{1}{\sqrt{0,029}} =-2\log_{10}\!\Bigl(\tfrac{\varepsilon_{2}/D}{3,7}+\tfrac{2,51}{405000\,\sqrt{0,029}}\Bigr).
Calcula-se \varepsilon_{2}/D\approx4{,}16\times10^{-3}, daí \varepsilon_{2}\approx4{,}16\times10^{-3}\times0{,}45=1{,}87\times10^{-3}\,\mathrm{m}.
Logo
\alpha=\frac{\varepsilon_{2}-\varepsilon_{0}}{10} =\frac{1{,}87\times10^{-3}-4{,}42\times10^{-4}}{10} =1{,}43\times10^{-4}\,\mathrm{m/ano}.

Passo 5

Em t=20,anos, \varepsilon_{3}=\varepsilon_{0}+20\alpha =4{,}42\times10^{-4}+20\times1{,}43\times10^{-4} =3{,}30\times10^{-3}\,\mathrm{m}.
E o número de Reynolds para v_{3}=1{,}2\\ \mathrm{m/s} é
\mathrm{Re}_{3} =\frac{1{,}2\times0{,}45}{10^{-6}} =540\,000.

Passo 6

Agora resolvemos Colebrook para f_{3} sabendo \varepsilon_{3}/D=3{,}30\times10^{-3}/0,45=7{,}34\times10^{-3} e \mathrm{Re}_{3}=540000. Usando uma iteração rápida (ou a fórmula explícita de Swamee–Jain como chute inicial) chega-se a
f_{3}\approx0{,}0344.

Resposta

O fator de atrito ao fim de 20 anos, para v=1{,}2\\ \mathrm{m/s}, é aproximadamente
f\approx0{,}0344.

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