Tubo de ferro fundido é utilizado para transportar água a 10 \frac{f t^{3}}{s}. Se a perda de carga não puder ser maior que 1,83 \mathrm{~cm} para cada 3,05 metros de comprimento do tubo. Determine o menor diâmetro D do tubo que poderá ser usado.

Passo 1

O enunciado pede para determinar o menor diâmetro do tubo de ferro fundido que transporte água com vazão de 10\\ \dfrac{\text{ft}^3}{\text{s}} de modo que a perda de carga não exceda 1{,}83\\ \text{cm} para cada 3{,}05\\ \text{m} de tubo. Dados que eu extraio do enunciado:
  • Vazão volumétrica: \;Q = 10\\ \dfrac{\text{ft}^3}{\text{s}}.
  • Perda de carga admissível por comprimento: \;\dfrac{h_f}{L} = \dfrac{1{,}83\\ \text{cm}}{3{,}05\\ \text{m}}.
  • Material do tubo: ferro fundido (logo usaremos uma rugosidade absoluta típica para ferro fundido).
  • Quero o menor diâmetro interno D tal que a perda de carga por metro seja menor ou igual ao valor dado.
Observações que já anotei mentalmente (não resolvo ainda): preciso converter as unidades para um sistema consistente, usar a relação entre perda de carga, velocidade e fator de atrito (fórmula de Darcy–Weisbach), calcular a velocidade a partir de Q e D, e relacionar o fator de atrito f com o número de Reynolds e a rugosidade relativa (Colebrook). Vou assumir valores típicos para água e para a rugosidade do ferro fundido, indicando essas suposições quando aparecerem.

Passo 2

Conversões e valores numéricos iniciais (tudo em SI para trabalhar com tranquilidade):
  • Converter Q para \text{m}^3/\text{s}. Sei que 1\\ \text{ft}^3 = 0{,}028316846592\\ \text{m}^3, portanto
Q = 10\\ \dfrac{\text{ft}^3}{\text{s}} = 10\cdot 0{,}028316846592\\ \dfrac{\text{m}^3}{\text{s}} \approx 0{,}28317\\ \dfrac{\text{m}^3}{\text{s}}.
  • Converter a perda admissível por comprimento:
\dfrac{h_f}{L} = \dfrac{1{,}83\\ \text{cm}}{3{,}05\\ \text{m}} = \dfrac{0{,}0183\\ \text{m}}{3{,}05\\ \text{m}} = 0{,}006\\ \dfrac{\text{m}}{\text{m}}.
Ou seja, a inclinação hidráulica máxima é \;S=\dfrac{h_f}{L}=0{,}006.
  • Valores físicos típicos que vou usar (explico por que):
    • Aceleração da gravidade: \;g = 9{,}81\\ \text{m}/\text{s}^2.
    • Viscosidade cinemática da água (à temperatura ambiente, ~20 °C): \;\nu \approx 1{,}00\times 10^{-6}\\ \text{m}^2/\text{s}. Uso este valor como aproximação padrão em problemas de prova.
    • Rugosidade absoluta típica para ferro fundido comercial: \;\varepsilon = 0{,}26\\ \text{mm} = 2{,}6\times 10^{-4}\\ \text{m}. (Esta é uma escolha padrão; se o enunciado desse outro valor, eu usaria esse valor.)
Essas escolhas são necessárias para avaliar o fator de atrito e o número de Reynolds; se você tiver outro valor de rugosidade do seu professor, substituímos facilmente.

Passo 3

Escrevo a relação fundamental (equação de Darcy–Weisbach) que liga perda de carga ao fator de atrito:
h_f = f\,\dfrac{L}{D}\,\dfrac{V^2}{2g},
onde
  • h_f é a perda de carga ao longo do comprimento L,
  • f é o fator de atrito (adimensional),
  • D é o diâmetro interno (m),
  • V é a velocidade média do escoamento (m/s),
  • g é a gravidade.
Dividindo por L obtemos a perda por unidade de comprimento:
\dfrac{h_f}{L} = f\,\dfrac{1}{D}\,\dfrac{V^2}{2g}.
Também a velocidade V relaciona-se com a vazão por
Q = A V = \dfrac{\pi D^2}{4}\,V \quad\Longrightarrow\quad V = \dfrac{4Q}{\pi D^2}.
Substituindo V na expressão de h_f/L:
\dfrac{h_f}{L} = f\,\dfrac{1}{D}\,\dfrac{1}{2g}\left(\dfrac{4Q}{\pi D^2}\right)^2 = f\,\dfrac{8Q^2}{\pi^2 g}\,\dfrac{1}{D^5}.
Queremos que \dfrac{h_f}{L}\le 0{,}006. Para encontrar o menor D admissível, podemos impor igualdade (caso limite):
0{,}006 = f\,\dfrac{8Q^2}{\pi^2 g}\,\dfrac{1}{D^5}.
Isolando f em função de D,
f = 0{,}006\,\dfrac{\pi^2 g}{8 Q^2}\,D^5.
É importante: f não é uma constante independente — ele depende de D via o número de Reynolds e a rugosidade relativa \varepsilon/D. Para fecharmos o problema precisamos relacionar f com \mathrm{Re} e \varepsilon/D.

Passo 4

O fator de atrito f em escoamento turbulento em tubos é dado implicitamente pela equação de Colebrook–White:
\dfrac{1}{\sqrt{f}} = -2\log_{10}\!\left(\dfrac{\varepsilon}{3{,}7D} + \dfrac{2{,}51}{\mathrm{Re}\sqrt{f}}\right),
onde o número de Reynolds é
\mathrm{Re} = \dfrac{V D}{\nu}.
Explico de forma didática:
  • Para \mathrm{Re}\lesssim 2000 o escoamento é laminar e f=64/\mathrm{Re}. Aqui, as vazões e diâmetros em questão levam a \mathrm{Re} muito grande (veremos), então o escoamento é turbulento.
  • Em regime turbulento, se \mathrm{Re} é suficientemente grande, o termo com 1/\mathrm{Re} fica pequeno e o fator f fica quase independente de \mathrm{Re}; nesse caso usa-se a aproximação “totalmente rugosa”:
\dfrac{1}{\sqrt{f}} \approx -2\log_{10}\!\left(\dfrac{\varepsilon}{3{,}7D}\right).
Mas em provas costuma-se fazer iterações usando a forma completa (Colebrook) ou usar aproximação totalmente rugosa se \mathrm{Re} for muito grande. Vou verificar que regime nos interessa calculando \mathrm{Re} para valores prováveis de D.

Passo 5

Começo avaliando numericamente constantes que aparecem na equação isolada de f. Calculo o coeficiente multiplicador que apareceu no passo 3:
K \equiv 0{,}006\,\dfrac{\pi^2 g}{8 Q^2}.
Substituo os valores numéricos:
Q \approx 0{,}28317\\ \text{m}^3/\text{s},\qquad g=9{,}81\\ \text{m}/\text{s}^2.
Calculo (passo a passo):
\pi^2 \approx 9{,}8696,
Q^2 \approx (0{,}28317)^2 \approx 0{,}08019.
Logo
K = 0{,}006\cdot\dfrac{9{,}8696\cdot 9{,}81}{8\cdot 0{,}08019} \approx 0{,}006\cdot\dfrac{96{,}84}{0{,}6415} \approx 0{,}006\cdot 150{,}95 \approx 0{,}9057.
Portanto a relação (passo 3) fica, numericamente,
f \approx 0{,}9057\;D^5,
com D em metros. Note que isto é apenas a consequência algébrica de impor \dfrac{h_f}{L}=0{,}006; o valor de f ainda tem que ser consistente com Colebrook.

Passo 6

Agora faço tentativas numéricas iterativas: chuto um valor de D, calculo V, \mathrm{Re}, uma estimativa de f (pela aproximação totalmente rugosa — válida se \mathrm{Re} for grande — ou com a forma de Colebrook por iteração), e então avalio \dfrac{h_f}{L} para verificar se é \le 0{,}006. Vou mostrar algumas iterações didáticas para você ver o raciocínio:
Fórmulas úteis repetidas:
V = \dfrac{4Q}{\pi D^2},\qquad \mathrm{Re}=\dfrac{V D}{\nu},\qquad \dfrac{h_f}{L} = f\,\dfrac{V^2}{2gD}.
Tentativa 1: D=0{,}40\\ \text{m}
  • V = \dfrac{4\cdot 0{,}28317}{\pi\cdot(0{,}40)^2} \approx 2{,}252\\ \text{m/s}.
  • \mathrm{Re} \approx \dfrac{2{,}252\cdot 0{,}40}{1{,}0\times 10^{-6}} \approx 9{,}01\times 10^5 (bem grande → regime turbulento).
  • Rugosidade relativa: \dfrac{\varepsilon}{D} = \dfrac{2{,}6\times 10^{-4}}{0{,}40} = 6{,}5\times 10^{-4}.
  • Aproximação totalmente rugosa:
\dfrac{1}{\sqrt{f}} \approx -2\log_{10}\!\left(\dfrac{\varepsilon}{3{,}7D}\right) = -2\log_{10}\!\left(\dfrac{2{,}6\times 10^{-4}}{3{,}7\cdot 0{,}40}\right) \approx 7{,}51,
logo f\approx (1/7{,}51)^2 \approx 0{,}0177.
  • Então
\dfrac{h_f}{L} = 0{,}0177\cdot \dfrac{(2{,}252)^2}{2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}40}\approx 0{,}01146,
que é maior que 0{,}006. Logo D=0{,}40\\ \text{m} é pequeno demais.
Tentativa 2: D=0{,}50\\ \text{m}
  • V \approx \dfrac{1{,}13268}{\pi\cdot 0{,}25} \approx 1{,}442\\ \text{m/s}.
  • \mathrm{Re}\approx 7{,}21\times 10^5.
  • \dfrac{\varepsilon}{D} = 5{,}2\times 10^{-4}.
  • Aproximação totalmente rugosa:
\dfrac{1}{\sqrt{f}} \approx -2\log_{10}\!\left(\dfrac{2{,}6\times 10^{-4}}{3{,}7\cdot 0{,}50}\right)\approx 7{,}704,
logo f\approx 0{,}01684.
  • Então
\dfrac{h_f}{L} \approx 0{,}01684\cdot \dfrac{1{,}442^2}{2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}50}\approx 0{,}00357,
que é bem menor que 0{,}006. Então D=0{,}50\\ \text{m} é “grande demais” (perda muito pequena) — queremos o menor diâmetro que ainda respeite a perda admissível.
Tentativa 3: entre 0{,}40 e 0{,}50. Provo D=0{,}45\\ \text{m}
  • V \approx 1{,}783\\ \text{m/s}.
  • \mathrm{Re}\approx 8{,}02\times 10^5.
  • \dfrac{\varepsilon}{D}\approx 5{,}78\times 10^{-4}.
  • Aproximação totalmente rugosa dá f\approx 0{,}01727.
  • \dfrac{h_f}{L}\approx 0{,}00622, ligeiramente maior que 0{,}006. Então 0{,}45\\ \text{m} ainda é um pouco pequeno.
Com esses pontos vemos que o diâmetro crítico fica próximo de 0{,}45\\ \text{m}. Vou refinar por iterações rápidas até ficar dentro da tolerância.

Passo 7

Refino numérico (busca por interpolação/iteração):
  • Para D=0{,}452\\ \text{m} obtive (repetindo os cálculos rápidos):
    • V\approx 1{,}766\\ \text{m/s},\\ \mathrm{Re}\approx 7{,}98\times 10^5,\\ f\approx 0{,}01725,
    • \dfrac{h_f}{L}\approx 0{,}00606 (ainda um pouquinho acima de 0{,}006).
  • Para D=0{,}454\\ \text{m}:
    • V\approx 1{,}749\\ \text{m/s},\\ \mathrm{Re}\approx 7{,}94\times 10^5,\\ f\approx 0{,}01721,
    • \dfrac{h_f}{L}\approx 0{,}00591 (um pouco abaixo de 0{,}006).
Portanto a solução limite fica entre 0{,}452 e 0{,}454\\ \text{m}. Fazendo uma interpolação simples e nova avaliação, obtenho o valor aproximado
D \approx 0{,}453\\ \text{m}.
Esse valor foi obtido iterativamente assumindo a aproximação totalmente rugosa para estimar f (o que é válido aqui porque \mathrm{Re} é grande, da ordem de 8\times 10^5, e o termo viscous em Colebrook é pequeno). Se quisermos extrema precisão poderíamos resolver a equação de Colebrook completa por iteração (por exemplo método de Newton ou busca numérica) usando os valores de \mathrm{Re} correspondentes ao D testado; isso daria um ajuste muito pequeno no dígito seguinte. Para efeito de prova e projeto inicial, D\approx 0{,}453\\ \text{m} é a resposta apropriada.

Resposta

D = 0{,}453\\ \text{m}

Exercícios relacionados