Enunciado

Um tanque de água cheio com água aquecida por aquecimento solar a 40 0 C deve ser usada para banhos de chuveiro em um acampamento usando o escoamento por gravidade. O sistema inclui 20 m de tubulação de ferro galvanizado de 1,5 cm de diâmetro com quatro curvas chanfradas ( 90 0 ) sem aletas e uma válvula de globo totalmente aberta. Se a água deve escoar a uma taxa de 0,7 L/s através do chuveiro, determine qual deve ser a altura do nível da água no tanque com relação ao nível de saída do chuveiro. Despreze as perdas na entrada e no chuveiro, e despreze o efeito do fator de correção da energia cinética

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem?

Primeiramente, para o problema, assumimos que:

1. O fluxo é constante e incompressível.

2. Os efeitos de entrada são insignificantes e, portanto, o fluxo é totalmente desenvolvido.

3. O fluxo é turbulento, de modo que o valor tabulado dos coeficientes de perda possa ser usado (a ser verificado).

4. O a diferença de altitude entre a superfície livre de água no tanque e o chuveiro permanece constante.

5. Não há bombas ou turbinas no sistema de tubulação.

6. As perdas na entrada e no chuveiro são consideradas insignificantes.

7. O tanque de água está aberto para a atmosfera.

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

Do problema, temos:

z 1 = 18 m   ρ = 992,1   k g m 3   μ = 0,653 ⋅ 10 - 3 N s m     K L = 0,5   a r e s t a   v i v a  

ε = 0,00015   m   ( f e r r o   g a l v a n i z a d o )

Obs: propriedades da água à 40 0 C , Tabela A.3 do livro.

Passo 2

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 )

E tomamos o ponto 1 na superfície livre do reservatório e o ponto 2 na saída do tubo, que também é considerado o nível de referência ( z 2 = 0 ), conforme o esboço a seguir:

O sistema de tubulação envolve 20 m de tubulação de 1,5 cm de diâmetro, uma entrada com perda insignificante, 4 curvas em meia esquadria (90 °) sem palhetas ( K L = 1,1 cada) e uma válvula globo aberta ( K L = 10 ).

O líquido em ambos os pontos é aberto para a atmosfera (e, portanto, P 1 = P 2 = P a t m ), o nível de fluido no reservatório é constante ( V 1 = 0 ). Então a equação de energia para um volume de controle entre esses dois pontos simplifica a:

z 1 = α 2 V 2 2 2 g + h L     ( 2 )

Onde a perda de carga é encontrada pela equação da perda de carga menor somado com a perda de carga maior, 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 )

Passo 3

A velocidade, o número de Reynolds, e o fator de atrito em cada tubo são expressos como:

V ˙ = V 2 A c = V 2 π D 2 2 4       → V 2 = V ˙ π D 2 4 = 0,0007 m 3 s ⋅ 4 π 0,015 m 2               → V 2 = 3,961 m s

Agora, o número de Reynolds é expresso:

R e = ρ V 2 D μ   → R e = 992,1 k g m 3 ⋅ 3,961 m / s ⋅ 0,015 m 0,653 ⋅ 10 - 3 k g / m s                 → R e = 90270

E o fator de atrito é expresso como:

1 f = - 2 ∙ log ⁡ e D 3,7 + 2,51 R e ∙ f               → 1 f 1 = 2 ∙ log ⁡ 0,00015 m 0,015 m 3,7 + 2,51 90270 ∙ f 1

Resolvendo de forma iterativa (ferramenta Solve, do Excel), encontramos f = 0,03857 .

Passo 4

Observe que não consideramos a perda de saída, a menos que a velocidade de saída seja dissipada dentro do sistema considerado (neste caso, não é). Então, a perda total de carga e a elevação da fonte se tornam:

h L = f L D + ∑ K L V 2 2 g = 0,003857 20 m 0,015 m + ( 4 ⋅ 1,1 + 10 ) ( 3,961 m s ) 2 2 ⋅ 9,81   m / s ² = 52,6   m

E por fim, substituindo os valores na equação 2:

z 1 = 1 ( 3,961   m / s ) ² 2 ⋅ 9,81   m / s ² + 52,6   m                     → z 1 = 53,4   m

Obs: Os números de Reynolds respectivos estão na ordem de R e > 2300 , portanto a verificação se o regime é turbulento foi realizada.

Resposta

Portanto:

z 1 = 53,4   m

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