Uma tubulação transporta água entre dois grandes reservatórios mantidos em níveis constantes. A tubulação de 750 m de comprimento e 0,2 \mathrm{~m} de diâmetro possui, nos últimos 300 m , um trecho em paralelo de mesmo comprimento e mesmo diâmetro. Uma válvula é instalada em um dos tramos de 300 m de comprimento. Se a vazão total transportada pelo sistema é reduzida em 5 \% pelo fechamento parcial da válvula, determine a perda de carga localizada da válvula em termos da velocidade média neste trecho. Adote um fator de atrito constante de f=0,028.

Passo 1

O enunciado descreve um escoamento de água entre dois reservatórios de nível constante através de uma tubulação de diâmetro \,D=0,2\rm\;m. Os primeiros 450\rm\;m são um único trecho, e os últimos 300\rm\;m se bifurcam em dois ramos paralelos idênticos, cada um de diâmetro D e comprimento 300\rm\;m. Uma válvula está instalada em um dos ramos de 300\rm\;m. Ao fechar parcialmente a válvula, a vazão total Q cai 5\%. Queremos a perda de carga localizada h_L da válvula em função da velocidade média v nesse ramo. Usaremos a equação de Darcy–Weisbach para as perdas por atrito e conservação de vazão nos paralelos.

Passo 2

Antes do fechamento parcial, a vazão total Q_i chega ao ponto de bifurcação e se divide igualmente: em cada ramo Q_i/2. Definindo \,v_0=\dfrac{Q_i}{2A}
como a velocidade média em cada ramo e \,v_{up,i}=\dfrac{Q_i}{A}=2\,v_0
no trecho único de 450\rm\;m, a perda de carga total entre reservatórios é
H \;=\; h_{up}+h_{ramo} \;=\; f\,\frac{450}{D}\,\frac{v_{up,i}^2}{2g} \;+\; f\,\frac{300}{D}\,\frac{v_0^2}{2g}
Substituindo v_{up,i}=2v_0 e agrupando, obtém-se
H = f\,\frac{450}{D}\,\frac{4\,v_0^2}{2g} + f\,\frac{300}{D}\,\frac{v_0^2}{2g} = f\,\frac{1050}{D\,g}\;v_0^2.

Passo 3

Após o fechamento parcial, a vazão total cai para \,Q=0,95\,Q_i.
No trecho único de 450\rm\;m a velocidade média passa a ser
v_{up}=\frac{Q}{A}=0,95\,\frac{Q_i}{A}=0,95\,v_{up,i}=1{,}9\,v_0.
Nos dois ramos paralelos chamamos de v_1 a velocidade no ramo com válvula e de v_2 no ramo sem válvula. Pela conservação de massa no ponto de bifurcação:
v_{up}=v_1+v_2 \quad\Longrightarrow\quad v_1+v_2=1{,}9\,v_0.

Passo 4

A cabeça disponível H não muda e também vale, agora, pela via sem válvula:
H = h_{up} + f\,\frac{300}{D}\,\frac{v_2^2}{2g} = f\,\frac{450}{D}\,\frac{v_{up}^2}{2g} + f\,\frac{300}{D}\,\frac{v_2^2}{2g}.
Igualando esta expressão a H=f\,\dfrac{1050}{D\,g}v_0^2 e usando v_{up}=1{,}9\,v_0
1050\,v_0^2 = 450\,\frac{(1{,}9\,v_0)^2}{2} + 300\,\frac{v_2^2}{2} \;\Longrightarrow\; v_2^2\approx1{,}5917\,v_0^2 \;\Rightarrow\; v_2\approx1{,}2616\,v_0.
Então
v_1=1{,}9\,v_0 - v_2 \approx1{,}9\,v_0 -1{,}2616\,v_0=0{,}6384\,v_0.

Passo 5

A perda localizada da válvula é a diferença entre a cabeça no ramo com válvula e a só de atrito nesse ramo:
h_L = \Bigl[H - h_{up} - f\,\frac{300}{D}\,\frac{v_1^2}{2g}\Bigr] = K\,\frac{v_1^2}{2g}.
Mostra-se que
K = \frac{h_L}{v_1^2/(2g)} = \frac{f\,\frac{300}{D}\,(v_2^2 - v_1^2)/(2g)}{v_1^2/(2g)} = \frac{f\,300}{D}\Bigl(\frac{v_2^2}{v_1^2}-1\Bigr).
Como \,v_2/v_1\approx1{,}9767, tem-se
K = 0{,}028\;\frac{300}{0{,}2}\; \bigl(1{,}9767^2 -1\bigr) \approx122{,}1.

Resposta

\boxed{h_L \approx122{,}1\;\frac{v^2}{2g},}
onde v é a velocidade média no ramo da válvula.

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