Enunciado

A água no sistema de irrigação de uma casa de campo deve ser retirada de um lago próximo. A casa está localizada em uma encosta 30 m acima da superfície do lago. A bomba está localizada em um terreno 3 m acima da superfície do lago. O dispositivo de irrigação (sprinkler) requer 40 L/min a 300 kPa. O sistema de tubos deve ser de ferro galvanizado com diâmetro de 2 cm. A seção de aspiração (entre o lago e a entrada da bomba) inclui uma entrada reentrante, um cotovelo padrão de 45°, um cotovelo padrão de 90° e 20 m de tubo. A seção de recalque (entre a saída da bomba e o sprinkler) inclui dois cotovelos-padrão de 45° e 45 m de tubo. Avalie a perda de carga no lado da sucção da bomba. Calcule a pressão manométrica na entrada da bomba. Determine o requisito de potência hidráulica da bomba. Se o diâmetro do tubo fosse aumentado para 4 cm, o requisito de potência da bomba decresceria, cresceria ou permaneceria o mesmo? Que diferença faria, se a bomba estivesse localizada no meio da encosta?

Passo 1

Beleza! Vamos começar o exercício aplicando o equilíbrio de energia para o sistema entre a superfície do lago (ponto 1) e a entrada da bomba (ponto 2), então, temos:

p 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = p 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2 + H 1 T

Como sabemos que nesse caso ambos o ponto 1 está exposto ao ambiente, então p 1 = p a t m , e e faremos p 1 = 0 , pois assim iremos obter a pressão p 2 manométrica. Sabemos também que podemos considerar a velocidade no lago igual a zero, então V 1 = 0 . Tomaremos ainda o nível do lago como referência, então z 1 = 0 . Dessa forma a equação se torna:

0 = p 2 ρ g + V 2 2 g + z 2 + H 1 T

E, sabemos que a perda de carga, contendo perdas distribuídas e localizadas, pode ser escrita como:

H 1 T = f L V 2 2 g D + ∑ f L e V 2 2 g D + V 2 2 g ∑ K

Como já temos a vazão e o diâmetro da tubulação, vamos calcular a velocidade média do escoamento do sistema. Mas antes, vamos converter a vazão para m 3 / s :

Q = 40 L m i n 1   m 3 1000   L 1   m i n 60   s → Q = 6,67.10 - 4   m 3 / s

Então, a velocidade será:

Q = V A = V π D 2 4 → V = 4 Q π D 2 = 4 6,67.10 - 4 π 0,02 2 → V = 2,12   m / s

Passo 2

Vamos pegar alguns dados do fluido da Tabela A.7 do livro:

ρ = 998   k g / m 3 ; ν = 1,01.10 - 6   m 2 / s ; p v = 2,34   k P a

Agora com a velocidade encontrada no passo 1, conseguimos encontrar o número de Reynolds. Então, Reynolds será:

R e = V D ν = 2,12 0,02 1,01.10 - 6 → R e = 4,2.10 4

Agora, para encontrar o fator de atrito, precisamos primeiro pegar o dado referente à rugosidade da tubulação, que se encontra na tabela a seguir presente no capítulo 8:

Então, como temos ferro galvanizado, então teremos e = 0,15   m m . Então agora podemos usar a equação de Colebrook e descobrir o valor do fator de atrito:

1 f = - 2 log ⁡ e 3,7 D + 2,51 R e f

Substituindo os valores conhecidos (lembrando que só conseguimos resolver essa equação com o auxílio de uma calculadora), temos:

1 f = - 2 log ⁡ 0,15.10 - 3 3,7 0,02 + 2,51 4,2.10 5 f → f = 0,035

Passo 3

Agora vamos voltar à equação do equilíbrio de energia do passo 1:

0 = p 2 ρ g + V 2 2 g + z 2 + H 1 T

E substituir a expressão encontrada para a perda de carga no passo 1:

0 = p 2 ρ g + V 2 2 g + z 2 + f L V 2 2 g D + ∑ f L e V 2 2 g D + V 2 2 g ∑ K

Agora precisamos recorrer às tabelas 8.2 e 8.4 apresentadas no livro e o diagrama para contração/expansão para encontrar os coeficientes de perda:

Nesse exercício, no trecho entre o lago e a bomba, temos dois cotovelos padrão, um de 90° e outro de 45°, então o comprimento equivalente será:

L e D = 30 + 16 → L e D = 46

E o enunciado nos disse também que temos uma entrada reentrante, então:

K = 0,78

Então a perda de carga no lado de sucção da bomba será:

H 1 T = f L V 2 2 g D + ∑ f L e V 2 2 g D + V 2 2 g ∑ K

H 1 T = 0,035 ( 20 ) 2,12 2 2 ( 9,81 ) 0,02 + 0,035 46 2,12 2 2 9,81 + 2,12 2 2 9,81 ( 0,78 )

H 1 T = 8,568   m

Passo 4

Agora que temos todos os dados, podemos substituir os valores conhecidos na equação de energia do passo 4, então:

0 = p 2 ρ g + V 2 2 g + z 2 + f L V 2 2 g D + ∑ f L e V 2 2 g D + V 2 2 g ∑ K

0 = p 2 ρ g + 2,12 2 2 9,81 + 3 + 0,035 ( 20 ) 2,12 2 2 ( 9,81 ) 0,02 + 0,035 46 2,12 2 2 9,81 + 2,12 2 2 9,81 ( 0,78 )

0 = p 2 999 9,81 + 0,229 + 3 + 8,02 + 0,369 + 0,179 → p 2 = - 115609,7   P a

Passo 5

Agora, vamos repetir a análise, só que entre os pontos da saída da bomba (ponto 3) e o sprinkler (ponto 4), então, temos:

p 3 ρ g + V 3 2 2 g + z 3 = p 4 ρ g + V 4 2 2 g + z 4 + H 1 T

Substituindo o valor para a perda de carga:

p 3 ρ g + V 3 2 2 g + z 3 = p 4 ρ g + V 4 2 2 g + z 4 + f L V 2 2 g D + ∑ f L e V 2 2 g D + V 2 2 g ∑ K

Como a geometria da tubulação não muda, teremos V 3 = V 4 = V = 2,12   m / s e poderemos cancelar esses dois termos de velocidade. Nesse caso, teremos o comprimento L = 45   m . Como temos dois cotovelos padrão de 45°, então:

L e D = 32

E, não temos nenhuma entrada ou saída brusca, então:

K = 0

Dessa forma, substituindo os valores conhecidos na equação de energia, temos:

p 3 999 9,81 + 3 = 300.10 3 999 9,81 + 33 + 0,035 45 2,12 2 2 9,81 0,02 + 0,035 32 2,12 2 2 9,81 + 0

p 3 999 9,81 + 3 = 30,612 + 33 + 18,04 + 0,256 → p 3 = 773318,9   P a

E, agora, conseguimos calcular a altura de carga da bomba:

H b = p 3 - p 2 ρ g = 773318,9 - - 115609,7 999 9,81 → H b = 90,7   m

E com isso, podemos encontrar a potência hidráulica para a bomba, dada por:

P = ρ g Q H b

Substituindo os valores conhecidos:

P = 999 9,81 6,67.10 - 4 90,7 → P = 592,9   W

Passo 6

Agora, refazendo os cálculos para D = 4   c m , temos a nova velocidade:

Q = V A = V π D 2 4 → V = 4 Q π D 2 = 4 6,67.10 - 4 π 0,04 2 → V = 0,531   m / s

Então, para esse caso, Reynolds será:

R e = V D ν = 0,53 0,04 1,01.10 - 6 → R e = 2,1.10 4

E o fator de atrito através de Colebrook:

1 f = - 2 log ⁡ 0,15.10 - 3 3,7 0,04 + 2,51 2,1.10 5 f → f = 0,032

Para a pressão em 2, substituindo os novos valores na mesma equação obtida no passo 4, teríamos:

0 = p 2 ρ g + V 2 2 g + z 2 + f L V 2 2 g D + ∑ f L e V 2 2 g D + V 2 2 g ∑ K

0 = p 2 ρ g + 0,531 2 2 9,81 + 3 + 0,032 ( 20 ) 0,531 2 2 ( 9,81 ) 0,04 + 0,032 46 0,531 2 2 9,81 + 0,531 2 2 9,81 ( 0,78 )

0 = p 2 999 9,81 + 0,01437 + 3 + 0,230 + 0,0211 + 0,01121 → p 2 = - 32112,1   P a

Passo 7

Agora, calculando a pressão p 3 através da equação do passo 6, temos:

p 3 ρ g + V 3 2 2 g + z 3 = p 4 ρ g + V 4 2 2 g + z 4 + f L V 2 2 g D + ∑ f L e V 2 2 g D + V 2 2 g ∑ K

p 3 999 9,81 + 3 = 300.10 3 999 9,81 + 33 + 0,032 45 0,531 2 2 9,81 0,04 + 0,032 32 ( 0,531 ) 2 2 9,81 + 0

p 3 999 9,81 + 3 = 30,612 + 33 + 0,517 + 0,0147 → p 3 = 599220   P a

E, agora, conseguimos calcular a altura de carga da bomba:

H b = p 3 - p 2 ρ g = 599220 - - 32112,1 999 9,81 → H b = 64,4   m

E com isso, podemos encontrar a potência hidráulica para a bomba, dada por:

P = ρ g Q H b

Substituindo os valores conhecidos:

P = 999 9,81 6,67.10 - 4 64,4 → P = 421,1   W

Passo 8

A bomba não deve ser movida colina acima, se esse fosse o caso, ela necessitaria de mais potência para fornecer a mesma vazão ao escoamento. Caso queria mover a bomba, quanto mais próximo do lago, melhor, para aumentar a velocidade com que o fluido é transportado.

Resposta

H 1 T = 8,568   m

p 2 = - 115609,7   P a

P = 592,9   W

P = 421,1   W

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