Um sistema de proteção contra incêndio é suprido por um tubo vertical de 24,4 \mathrm{~m} de altura, a partir de uma torre de água. O tubo mais longo no sistema tem 182,9 \mathrm{~m} e é feito de ferro fundido com cerca de 20 anos de idade. O tubo contém uma válvula de gaveta; outras perdas menores podem ser desprezadas. O diâmetro do tubo é 101,6 \mathrm{~mm}. Determine a vazão máxima (em \mathrm{m}^{3} / \mathrm{s} ) de água através desse tubo.

Passo 1

O enunciado pede a vazão máxima de água que pode passar por um tubo, dado um certo desnível disponível. Informações fornecidas pelo enunciado:
\;
\; - altura do reservatório (desnível disponível): H=24{,}4\\ \mathrm{m}.
\; - comprimento do tubo: L=182{,}9\\ \mathrm{m}.
\; - diâmetro interno do tubo: D=101{,}6\\ \mathrm{mm}=0{,}1016\\ \mathrm{m}.
\; - material: ferro fundido com cerca de 20 anos (indicando uma rugosidade típica).
\; - existe uma válvula de gaveta (perda localizada a considerar).
\; - outras perdas menores podem ser desprezadas.
\;
Pergunta explícita: determinar a vazão máxima Q (em \mathrm{m^{3}/s}) que o tubo pode fornecer.

Passo 2

Estratégia física básica (sem resolver ainda): a perda de carga total no tubo (perda por atrito ao longo do comprimento + perda na válvula) não pode exceder o desnível disponível H. Assim, impomos a igualdade
H = h_{\text{atrito}} + h_{\text{válvula}}.á
Usaremos a fórmula de Darcy–Weisbach para a perda por atrito e a fórmula padrão para perda localizada por coeficiente K. Vou explicar essas fórmulas no Passo 3.

Passo 3

Apresentando as fórmulas e o significado de cada termo:
  • velocidade média no tubo: \;V\;=\;\dfrac{Q}{A}, onde \;A=\dfrac{\pi D^{2}}{4} é a área da seção transversal.
  • perda por atrito (Darcy–Weisbach):
h_{\text{atrito}} = f\,\dfrac{L}{D}\,\dfrac{V^{2}}{2g},
onde f é o fator de atrito adimensional, g é a aceleração da gravidade ( g\approx 9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}}).
  • perda localizada na válvula:
h_{\text{válvula}} = K\,\dfrac{V^{2}}{2g},á
onde K é o coeficiente de perda equivalente da válvula (depende do tipo e posição).
  • portanto a perda total:
H = \left(f\,\dfrac{L}{D} + K\right)\dfrac{V^{2}}{2g}.
Isolando V:
V = \sqrt{\dfrac{2gH}{f\,\dfrac{L}{D} + K}}.
Observação importante: f depende de Reynolds \mathrm{Re} e da rugosidade relativa \dfrac{\varepsilon}{D}; logo temos uma relação implícita que exige iteração. Vou explicar como obter f no próximo passo.

Passo 4

Como obter o fator de atrito f:
  • Reynolds: \mathrm{Re}=\dfrac{VD}{\nu}, onde \nu é a viscosidade cinemática da água (usarei \nu=1{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{m^{2}/s}, valor próximo à água à temperatura ambiente).
  • rugosidade absoluta típica para tubo de ferro fundido envelhecido: vou adotar \varepsilon=0{,}26\\ \mathrm{mm}=2{,}6\times10^{-4}\\ \mathrm{m} (valor típico para ferro fundido antigo).
  • para resolver f de forma eficiente uso a fórmula explícita de Swamee–Jain (bom compromisso entre precisão e praticidade):
f = 0{,}25\Bigg[\log_{10}\!\Bigg(\dfrac{\varepsilon}{3{,}7D} + \dfrac{5{,}74}{\mathrm{Re}^{0{,}9}}\Bigg)\Bigg]^{-2}.
Essa fórmula dá f em função de \varepsilon/D e \mathrm{Re} sem necessidade de iteração de Colebrook; porém como \mathrm{Re} depende de V (e V depende de f), faremos um processo iterativo simples: chutar um f, calcular V, calcular \mathrm{Re}, atualizar f com Swamee–Jain, recalcular V e repetir até convergência.
Também precisamos do coeficiente K da válvula de gaveta. Uma válvula de gaveta totalmente aberta tem tipicamente K baixo; usarei um valor típico K=0{,}15. Se a válvula estivesse parcialmente fechada K seria maior, mas o enunciado só diz que existe uma válvula de gaveta, então usamos um valor usual para “aberta”.
Resumindo parâmetros adotados (valores típicos):
\varepsilon=2{,}6\times10^{-4}\\ \mathrm{m},\quad \nu=1{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{m^{2}/s},\quad K=0{,}15,\quad g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}}.

Passo 5

Cálculo iterativo — primeira iteração (chute inicial de f):
  • calcule \dfrac{L}{D}:
\dfrac{L}{D}=\dfrac{182{,}9}{0{,}1016}\approx 1799.
  • chute inicial: f_{0}=0{,}02 (valor razoável para escoamento turbulento).
  • valor de V com f_{0}:
V_{1}=\sqrt{\dfrac{2gH}{f_{0}\dfrac{L}{D}+K}} =\sqrt{\dfrac{2\cdot 9{,}81\cdot 24{,}4}{0{,}02\cdot 1799 + 0{,}15}}.
Calculando numericamente:
2gH=2\cdot 9{,}81\cdot 24{,}4 \approx 478{,}73,
f_{0}\dfrac{L}{D}+K = 0{,}02\cdot 1799 + 0{,}15 \approx 36{,}13,
V_{1} \approx \sqrt{\dfrac{478{,}73}{36{,}13}} \approx 3{,}64\\ \mathrm{m/s}.
  • Reynolds correspondente:
\mathrm{Re}_{1}=\dfrac{V_{1}D}{\nu}=\dfrac{3{,}64\cdot 0{,}1016}{1{,}0\times10^{-6}}\approx 3{,}70\times10^{5}.

Passo 6

Atualização de f usando Swamee–Jain com \mathrm{Re}_{1}:
  • calcule \dfrac{\varepsilon}{D} e os termos da fórmula:
\dfrac{\varepsilon}{D}=\dfrac{2{,}6\times10^{-4}}{0{,}1016}\approx 2{,}558\times10^{-3}.
\dfrac{\varepsilon}{3{,}7D}\approx \dfrac{2{,}6\times10^{-4}}{3{,}7\cdot 0{,}1016}\approx 6{,}92\times10^{-4}.
\dfrac{5{,}74}{\mathrm{Re}_{1}^{0{,}9}}\approx \dfrac{5{,}74}{(3{,}70\times10^{5})^{0{,}9}}\approx 5{,}59\times10^{-5}.
Soma interna:
\frac{\varepsilon}{3{,}7D} + \frac{5{,}74}{\mathrm{Re}_{1}^{0{,}9}} \approx 7{,}476\times10^{-4}.
Aplicando Swamee–Jain:
f_{1}=0{,}25\Big[\log_{10}(7{,}476\times10^{-4})\Big]^{-2}\approx 0{,}0256.

Passo 7

Segunda iteração: recomputar V com f_{1} e verificar convergência
  • compute f_{1}\dfrac{L}{D}+K = 0{,}0256\cdot 1799 + 0{,}15 \approx 46{,}22.
  • velocidade:
V_{2}=\sqrt{\dfrac{478{,}73}{46{,}22}}\approx 3{,}22\\ \mathrm{m/s}.
  • Reynolds:
\mathrm{Re}_{2}=\dfrac{3{,}22\cdot 0{,}1016}{1{,}0\times10^{-6}}\approx 3{,}27\times10^{5}.
  • atualizar f com Swamee–Jain usando \mathrm{Re}_{2}:
\dfrac{5{,}74}{\mathrm{Re}_{2}^{0{,}9}}\approx 6{,}23\times10^{-5},
\text{soma interna}\approx 7{,}540\times10^{-4},
f_{2}=0{,}25\Big[\log_{10}(7{,}540\times10^{-4})\Big]^{-2}\approx 0{,}02564.
A diferença entre f_{1} e f_{2} é insignificante; portanto o processo já convergiu.

Passo 8

Com o f convergido (tomamos f\approx 0{,}02564) usamos a velocidade correspondente V\approx 3{,}216\\ \mathrm{m/s} (valor médio das iterações). Agora calculamos a área da seção e a vazão:
  • área da seção:
A=\dfrac{\pi D^{2}}{4}=\dfrac{\pi (0{,}1016)^{2}}{4}\approx 0{,}008106\\ \mathrm{m^{2}}.
  • vazão:
Q = A V \approx 0{,}008106\cdot 3{,}216 \approx 0{,}02607\\ \mathrm{m^{3}/s}.

Passo 9

Interpretação e verificação rápida:
\; - Reynolds final está na faixa turbulenta (algumas 10^{5}), coerente com uso de fórmula de Moody/Colebrook.
\; - rugosidade e K foram escolhidos com valores típicos; se a válvula estiver mais fechada (maior K) ou se a rugosidade for maior, Q diminuiria. Se for preciso, podemos recalcular com outros valores de K ou \varepsilon.

Resposta

Q\approx 2{,}61\times 10^{-2}\\ \mathrm{m^{3}/s}

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