Por uma tubulação de 27 " de diâmetro e 1500 m de comprimento, passa uma vazão de 0,28 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} de água. Em uma determinada seção, a tubulação divide-se em dois trechos iguais de 18" de diâmetro, 3000 m de comprimento, descarregando livremente na atmosfera. Em um destes trechos, toda a vazão que entra na extremidade de montante é distribuída ao longo da tubulação, com uma vazão por unidade de comprimento uniforme e, no outro, metade da vazão que entra é distribuída uniformemente ao 3longo do trecho. Adotando para todas as tubulações um fator de atrito f=0,024 e supondo que todo o sistema está em um plano horizontal, determine a diferença de carga entre as seções de entrada e a saída. Despreze as perdas singulares. Dados: \mathrm{Q}_{\mathrm{AB}}=0,28 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s} ; \mathrm{f}=0,024 ; \mathrm{Q}_{\mathrm{BC}}=0 ; \mathrm{LAB}=1500 \mathrm{~m} .[\Delta \mathrm{H}=4,34 \mathrm{~m}]

Passo 1

O enunciado pede a diferença de carga (head) entre a seção de entrada da tubulação principal e a saída (atmosfera), sabendo que: pela tubulação AB (diâmetro 27", comprimento 1500\\ \mathrm{m}) passa a vazão total \, \mathrm{Q}_{AB}=0{,}28\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}. Em uma seção a tubulação divide-se em dois ramos iguais (cada um diâmetro 18", comprimento 3000\\ \mathrm{m}) que descarregam livremente na atmosfera. Em um dos ramos (chamarei de ramo 1) toda a vazão que entra neste ramo é distribuída uniformemente ao longo do comprimento (ou seja, o fluxo que entra no montante vai decrescendo linearmente até zero na jusante). No outro ramo (ramo 2) metade da vazão que entra é distribuída uniformemente ao longo do trecho e a outra metade chega até a extremidade e descarrega ali. Todas as tubulações têm fator de atrito \, f=0{,}024 e o sistema está em plano horizontal. Desprezam-se perdas singulares. Dados que vamos usar explicitamente (peguei do enunciado): \mathrm{Q}_{AB}=0{,}28\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}, f=0{,}024, L_{AB}=1500\\ \mathrm{m}; os dois ramos têm L=3000\\ \mathrm{m}. O que precisamos achar: \Delta H = H_{entrada} - H_{saída(atm)}í.

Passo 2

Estratégia geral (o que vamos fazer, sem ainda calcular): aplicar conservação de massa no nó de divisão para obter Q_1+Q_2=Q_{AB} (onde Q_1 e Q_2 são as vazões que entram nos ramos 1 e 2, respectivamente), e escrever a condição de igualdade de carga em B (o nó de divisão): a carga piezométrica no nó é a mesma para os dois ramos; essa carga no nó deve ser suficiente para alimentar o escoamento ao longo de cada ramo até suas saídas. Assim vamos: (a) obter expressões analíticas para a perda de carga por atrito ao longo de um ramo quando a vazão varia linearmente ao longo do comprimento (integração da expressão diferencial de perda de carga), (b) escrever as duas expressões de carga exigida por cada ramo (ramo 1 e ramo 2) e igualá-las para obter relação entre Q_1 e Q_2, (c) usar Q_1+Q_2=0{,}28 para encontrar Q_1 e Q_2, (d) calcular a carga no nó H_B, (e) calcular a perda de carga na tubulação AB e somar com H_B para obter H_{entrada} (a saída sendo atmosfera com referência zero), ou seja \Delta H = h_{f,AB} + H_B.

Passo 3

Conversões e áreas dos tubos — preparação numérica: converter polegadas para metros e calcular as áreas, porque vamos precisar das velocidades locais \,v=Q/A.
  • Conversão: 1''=0{,}0254\\ \mathrm{m}.
  • Diâmetros: D_{AB}=27''=27\cdot 0{,}0254=0{,}6858\\ \mathrm{m},
D_{ramos}=18''=18\cdot 0{,}0254=0{,}4572\\ \mathrm{m}.
  • Áreas (fórmula da área de seção circular A=\pi D^2/4): A_{AB}=\frac{\pi D_{AB}^2}{4}=\frac{\pi\,(0{,}6858)^2}{4}\approx 0{,}36948\\ \mathrm{m}^2,
A_{ramos}=\frac{\pi D_{ramos}^2}{4}=\frac{\pi\,(0{,}4572)^2}{4}\approx 0{,}16417\\ \mathrm{m}^2.

Passo 4

Perda de carga na tubulação AB (trecho único, vazão constante Q_{AB}): usamos a fórmula de Darcy–Weisbach para perda de carga por atrito numa tubulação com fluxo uniforme:
h_f = f \frac{L}{D}\frac{v^2}{2g},
onde f é o fator de atrito (dado), L comprimento, D diâmetro, v velocidade média na seção e g aceleração da gravidade. Explicando as variáveis: v=Q/A (vazão volumétrica dividida pela área), g\approx 9{,}81\\ \mathrm{m/s}^2. Primeiro calculamos a velocidade em AB:
v_{AB}=\frac{Q_{AB}}{A_{AB}}=\frac{0{,}28}{0{,}36948}\approx 0{,}7578\\ \mathrm{m/s}.
Agora a perda:
\frac{v_{AB}^2}{2g}=\frac{(0{,}7578)^2}{2\cdot 9{,}81}\approx 0{,}02927\\ \mathrm{m},
\frac{L_{AB}}{D_{AB}}=\frac{1500}{0{,}6858}\approx 2188{,}49,
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h_{f,AB}=f\frac{L_{AB}}{D_{AB}}\frac{v_{AB}^2}{2g}=0{,}024\cdot 2188{,}49\cdot 0{,}02927\approx 1{,}537\\ \mathrm{m}.

Passo 5

Perda de carga em um ramo com vazão que varia linearmente — dedução geral (aula curta e necessária):
Se em um ramo a vazão que passa pela seção a montante é Q(x) (função da distância x desde a entrada do ramo), em um pequeno elemento dx a perda de carga por atrito é
d h_f = f\frac{dx}{D}\frac{v(x)^2}{2g},
com v(x)=Q(x)/A. Integrando de x=0 até x=L,
h_f=\int_0^L f\frac{dx}{D}\frac{[Q(x)/A]^2}{2g}=\frac{f}{2gD A^2}\int_0^L Q(x)^2\,dx.
Ou seja, a perda total depende da integral do quadrado da vazão ao longo do comprimento. Essa fórmula é exatamente a Darcy–Weisbach aplicada localmente e integrada. Agora aplicamos para os dois casos (ramo 1 e ramo 2), onde Q(x) varia linearmente.

Passo 6

Ramo 1 (toda a vazão que entra é distribuída uniformemente até zero na extremidade): aqui a vazão que entra no ramo é Q_1 (valor no nó). A distribuição uniforme significa que a vazão por unidade de comprimento é
q'=\frac{Q_1}{L},
e assim a vazão remanescente à montante de uma seção a distância x da entrada é
Q_1(x)=Q_1 - q' x = Q_1\left(1-\frac{x}{L}\right).
Calculamos a integral:
\int_0^L Q_1(x)^2 dx = \int_0^L Q_1^2\left(1-\frac{x}{L}\right)^2 dx = Q_1^2\left[L - L + \frac{L}{3}\right]=\frac{Q_1^2 L}{3}.
Portanto a perda de carga por atrito no ramo 1 é
h_{f,1}=\frac{f}{2gD A^2}\cdot\frac{Q_1^2 L}{3} = \frac{1}{3}\,f\frac{L}{D}\frac{V_1^2}{2g},
onde usei V_1=Q_1/A. Observação didática: se o fluxo fosse inteiro e constante por todo o comprimento, a perda seria f(L/D)V^2/(2g); aqui, por diminuir linearmente até zero, o fator eficaz cai para 1/3.

Passo 7

Ramo 2 (metade da vazão de entrada é distribuída uniformemente ao longo do trecho, metade chega à extremidade): se a vazão que entra no ramo é Q_2, a vazão distribuída ao longo do comprimento é metade: 0{,}5\,Q_2. Assim a vazão por unidade de comprimento é
q'=\frac{0{,}5\,Q_2}{L},
e a vazão remanescente na distância x é
Q_2(x)=Q_2 - q' x = Q_2\left(1 - \frac{0{,}5\,x}{L}\right).
Calculamos a integral
\int_0^L Q_2(x)^2 dx = Q_2^2\left[L - \frac{1}{2}L + \frac{1}{12}L\right] = \frac{7}{12} Q_2^2 L.
(Detalhe: esse resultado vem direto da expansão e integração — fizemos isso na dedução.) Então a perda por atrito no ramo 2 é
h_{f,2}=\frac{f}{2gD A^2}\cdot\frac{7}{12}Q_2^2 L = \frac{7}{12}\,f\frac{L}{D}\frac{V_2^2}{2g},
onde V_2=Q_2/A. Além disso, há vazão remanescente na extremidade do ramo Q_{2,end}=0{,}5\,Q_2, que sai na atmosfera com velocidade
v_{2,end}=\frac{Q_{2,end}}{A}=0{,}5\,V_2,
portanto a carga piezométrica exigida no nó (p/γ + v^2/(2g)) para que o escoamento chegue até a extremidade tem que suprir tanto h_{f,2} quanto a energia cinética restante na extremidade:
H_B = h_{f,2} + \frac{v_{2,end}^2}{2g} = \left(\frac{7}{12}\,f\frac{L}{D} + 0{,}25\right)\frac{V_2^2}{2g}.
Expliquei: o termo 0{,}25 vem de (0{,}5)^2 na velocidade residual ao quadrado.

Passo 8

Igualdade de cargas no nó B entre os dois ramos — equacionando para encontrar Q_1 versus Q_2:
  • Pelo ramo 1 temos
H_B = h_{f,1} = \frac{1}{3}\,f\frac{L}{D}\frac{V_1^2}{2g}.
  • Pelo ramo 2 temos
H_B = h_{f,2} + \frac{v_{2,end}^2}{2g} = \left(\frac{7}{12}\,f\frac{L}{D} + 0{,}25\right)\frac{V_2^2}{2g}.
Igualando essas expressões e cancelando o fator comum \frac{1}{2g} (e lembrando que V_i=Q_i/A e as áreas dos ramos são iguais), obtemos
\frac{1}{3}\,f\frac{L}{D}V_1^2 = \left(\frac{7}{12}\,f\frac{L}{D}+0{,}25\right)V_2^2.
Como V_1/V_2 = Q_1/Q_2 (áreas iguais), definimos r=\dfrac{Q_1}{Q_2}=\dfrac{V_1}{V_2}. Assim
r^2 = \frac{\dfrac{7}{12}f\frac{L}{D}+0{,}25}{\dfrac{1}{3}f\frac{L}{D}}.
Essa expressão nos dá r em termos do parâmetro f\frac{L}{D} (que é conhecido numericamente). Agora vamos calcular numericamente.

Passo 9

Cálculo numérico da relação e das vazões Q_1,Q_2:
  • Primeiro o parâmetro f\frac{L}{D} para os ramos: \frac{L}{D}=\frac{3000}{0{,}4572}\approx 6566{,}99,
f\frac{L}{D}=0{,}024\cdot 6566{,}99\approx 157{,}6077.
  • Calcule os coeficientes: \frac{1}{3}f\frac{L}{D}\approx 52{,}5359,\qquad \frac{7}{12}f\frac{L}{D}\approx 91{,}9410.
  • Assim r^2=\frac{91{,}9410+0{,}25}{52{,}5359}\approx 1{,}7548,
r=\sqrt{1{,}7548}\approx 1{,}3246.
  • Pela conservação de massa Q_1+Q_2=0{,}28 e Q_1=r Q_2, então Q_2=\frac{0{,}28}{1+r}=\frac{0{,}28}{1+1{,}3246}\approx 0{,}12052\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s},
Q_1=0{,}28-Q_2\approx 0{,}15948\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}.

Passo 10

Calcular a carga no nó H_B e a diferença total de carga \Delta H:
  • Velocidades nos ramos na entrada (usamos V_1=Q_1/A_{ramos} etc.): V_1=\frac{0{,}15948}{0{,}16417}\approx 0{,}97095\\ \mathrm{m/s},\qquad \frac{V_1^2}{2g}\approx 0{,}04806\\ \mathrm{m}.
  • Carga piezométrica no nó (usando expressão do ramo 1, mais simples): H_B = h_{f,1}=\frac{1}{3}\,f\frac{L}{D}\frac{V_1^2}{2g} =\frac{1}{3}\cdot 157{,}6077\cdot 0{,}04806\approx 2{,}523\\ \mathrm{m}.(mesma resposta se usar a expressão do ramo 2, por consistência).
  • Já tínhamos a perda na tubulação AB: h_{f,AB}\approx 1{,}537\\ \mathrm{m}.
  • Finalmente, a diferença de carga entre a seção de entrada e a saída (atmosfera tomada como referência zero) é \Delta H = H_{entrada} - H_{saída} = h_{f,AB} + H_B \approx 1{,}537 + 2{,}523 \approx 4{,}06\\ \mathrm{m}.í

Resposta

\Delta H \approx 4{,}06\\ \mathrm{m}

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