Enunciado

Reconsidere o Problema 8-66. Para drenar o tanque mais rapidamente, uma bomba é instalada próxima à saída do tanque. Determine quanta entrada de potência de bomba é necessária para estabelecer uma velocidade média da água de 4 m/s quando o tanque está cheio até Z = 2 m. Considere também que a velocidade de descarga permaneça constante e estime o tempo necessário para drenar o tanque. Alguém sugere que o fato da bomba estar localizada no início ou no final do tubo não faz diferença, e que o desempenho será igual em ambos os casos, mas outra pessoa argumenta que a colocação da bomba perto do final do tubo pode causar cavitação. A temperatura da água é 30 0 C , de modo que a pressão do vapor d'água é P V = 4,246   k P a = 0,43   m - H 2 O e o sistema está localizado no nível do mar. Investigue se há possibilidade de cavitação e se devemos nos preocupar com a localização da bomba.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem?

Primeiramente, para o problema, assumimos que:

1. O fluxo é uniforme e incompressível.

2. O tubo de drenagem é horizontal.

3. O fluxo é turbulento para que o valor tabulado do coeficiente de perda pode ser usado.

4. O fator de atrito permanece constante (na realidade, muda desde que o velocidade de fluxo e, portanto, o número de Reynolds muda).

5. O efeito do fator de correção da energia cinética é desprezível, portanto definimos α = 1.

O coeficiente de perda é K L = 0,5 para uma entrada com arestas vivas. (Tabela 8-4). E o enunciado informa que o fator de atrito f = 0,015 . O enunciado informa também que a velocidade é de 4 m/s e temos que para a temperatura de 30 0 C : ρ = 996   k g / m ³ .

O esboço do problema pode ser mostrado como:

Passo 2

Tomamos o ponto 1 na superfície livre do tanque e o ponto 2 na saída do orifício.

Para a avaliação da profundidade, diferença de pressão e/ou perda de carga, sempre necessitaremos lembrar da equação da perda de carga:

P 1 ρ ∙ g +   α 1 ∙ V 1 2 2 g + z 1 + h b o m b a =   P 2 ρ ∙ g +   α 2 ∙ V 2 2 2 g + z 2   +   h L                   ( 1 )

Também tomamos o nível de referência na linha central do orifício ( z 2 = 0 ) e assumimos a direção positiva de z para cima. Observando que o fluido em ambos os pontos é aberto para a atmosfera (e, portanto, P 1 = P 2 = P a t m ) e que a velocidade do fluido na superfície livre é muito baixa ( V 1 ≅ 0 ), a equação de energia (Eq. 1) para um volume de controle entre esses dois pontos simplifica a:

z 1 + h b o m b a = α 2 V 2 2 2 g + h L     ( 2 )

E sabendo que a perda de carga total, agora, é definido pela soma da perda de carga maior e a perda de carga menor, assim:

h L = f L D V 2 2 g + K L V 2 2 g                                 → h L = f L D + K L V 2 2 g               ( 3 )

Letra a) Já que o diâmetro do sistema de tubulação é constante podemos substituir e observar que a velocidade de descarga inicial é de 4 m / s, então, sabendo que:

m ˙ = ρ A c V 2 = ρ π D 2 4 V 2 = 996 k g m 3 ⋅ π ⋅ 0,1 m 2 4 ⋅ 4 m s                 → m ˙ = 31,3 k g s

Como sabemos todos os valores das variáveis da eq. 3, podemos encontrar a perda de carga da bomba ( h b o m b a ) através da eq. 2:

h b o m b a = α 2 V 2 2 2 g + h L - z 1 = 1 + 0,015 100   m 0,1   m + 0,5 ( 4   m / s ) 2 2 ⋅ 9,81   m / s ² - 2 m = 11,46   m

Portanto, a entrada de potência da bomba pode ser encontrada por:

W ˙ b o m b a = V ˙ Δ P = m ˙ g h b o m b a = 31,3 k g s ⋅ 9,81 m s 2 ⋅ 11,46   m               → W ˙ b o m b a = 3,52   K W

Portanto, a bomba deve fornecer 3,52 kW de energia mecânica à água. Observe que a potência do eixo da bomba deve ser maior que isso para explicar a ineficiência da bomba.

Passo 3

Quando a velocidade de descarga permanece constante, a vazão da água se torna:

V ˙ = A c V 2 = π 0,1 m 2 4 ⋅ 4 m s = 0,03142 m 3 s

Agora, para encontrar o volume do tanque:

V = A c z 1 = π 3 m 2 4 2 m = 14,14   m ³

E o tempo necessário para drenar o tanque:

Δ t = V V ˙ = 14,14   m ³ 0,03142   m 3 / s         → Δ t = 7,5   m i n

Observe que a bomba reduz o tempo de descarga de 38,9 minutos para 7,5 minutos. A suposição de velocidade de descarga constante pode ser justificada com base na cabeça da bomba ser muito maior que a cabeça de elevação (portanto, a bomba dominará processo de descarga). A resposta obtida assume que a elevação se eleva constante a 2 m (em vez de diminuindo para zero eventualmente) e, portanto, prediz o tempo real de descarga.

Passo 4

Agora, tomamos a bomba como o volume de controle, com o ponto 1 na entrada e o ponto 2 na saída.

Assumimos a entrada da bomba e os diâmetros de saída sejam os mesmos e a diferença de elevação entre a entrada da bomba e a saída seja insignificante. Então temos z 1 ≅ z 2   e   V 1 ≅ V 2 . A bomba está localizada perto da saída do tubo e, portanto, a pressão de saída da bomba é igual à pressão na a saída do tubo, que é a pressão atmosférica, P 2 = P a t m . Além disso, pode levar h L = 0 , pois os efeitos de atrito e perdas bomba são contabilizadas pela eficiência da bomba.

Então a equação de energia para a bomba (eq. 1) reduz para:

P 1 ρ g + h b o m b a = P a t m ρ g                 ( 4 )

Sabendo que P a t m = 101,3   k P a e isolando o P 1 :

P 1 = P a t m - ρ g h b o m b a = 101,3   k P a - 996 k g m 3 9,81 m s 2 11,46   m → P 1 = - 10,7   k P a        

O que é impossível (a pressão absoluta não pode ser negativa). A resposta para a pergunta é que a cavitação irá ocorre porque a pressão cai abaixo da pressão de vapor de 4,246 kPa.

Resposta

Portanto: W ˙ b o m b a = 3,52   K W ; Δ t = 7,5   m i n .

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