Introdução a Máquinas de Fluxo

Ver Todos os Exercícios

Teoria

Classificação de Máquinas de Fluxo

Fala, galerinha! Tudo tranquilo pra começar nosso novo tópico? Então se alonga aí na cadeira e bora aprender um pouco sobre máquinas de fluxo!

Esse termo “Máquina de Fluxo” é meio feio, não é mesmo? Mas o conceito geral é bem simples! Uma máquina de fluxo nada mais é do que um equipamento que pode adicionar ou retirar energia de um fluido.

A gente já viu que um fluido perde energia ao escoar por tubulações e ao passar por “acidentes”, como válvulas, bifurcações e joelhos. Essa energia tem a ver com a pressão do fluido e chamamos a diminuição da pressão ao longo do escoamento de perda de carga.

Então, se o fluido tá sempre perdendo pressão e eu quero que ele continue escoando até um certo lugar, preciso adicionar energia em algum ponto do escoamento pra que ele chegue até o destino, né? Eu faço isso por meio de uma máquina de fluxo! Ela vai aumentar a pressão do fluido até um valor suficiente para gerar o escoamento até onde eu quero.

Dependendo do estado físico desse fluido, a gente usa diferentes equipamentos para se adicionar energia, por exemplo:

  • Para líquidos: utilizamos as famosas bombas.
  • Para gases: podemos usar ventiladores (baixo aumento de pressão), sopradores (médio aumento de pressão) ou compressores (alto aumento de pressão).

Dá uma olhadinha na imagem de alguns desses equipamentos:

Parecem ser complicados, não é mesmo? Mas não são, a gente vai conseguir entender juntos o papel deles! ^^

Bom, mas eu te falei que também existem máquinas que retiram energia do fluido, não é mesmo? Essas são as turbinas!

Quando o fluido se choca com as pás de uma turbina, ele perde parte de sua energia para poder movimentar essas pás, ou seja, ele realiza trabalho (de rotação) sobre a turbina.

Maneiro, mas a gente vai focar mais no sistema de fluxo positivo, que adicionam energia ao sistema, basicamente vendo o funcionamento das bombas.

Equação de Euler para Turbomáquinas

A gente já viu as equações do balanço de massa, de quantidade de movimento linear (Navier-Stokes), de quantidade de movimento angular e de energia.

Já que a gente percebeu que o fluido rotaciona nas bombas e turbinas, o balanço da quantidade de momento angular será o mais importante aqui no nosso estudo!

Então, bora lá! Recordar é viver! O balanço da quantidade de movimento angular é dado por:

T o r q u e + C a m p o   g r a v i t a c i o n a l + T o r q u e   d o   e i x o

=

V a r i a ç ã o   d a   q u a n t i d a d e   d e   m o v i m e n t o + F l u x o   d a   q u a n t .   d e   m o v .   a n g u l a r   p e l a   S . C .

Matematicamente, isso tudo aí é essa equação aqui:

r → × F s → + ∫ V C r → × g → . ρ . d V + T → e i x o = d d t ∫ V C r → × v → . ρ . d V + ∫ S C r → × v → . ρ . v → . d A →

    t e r m o   1                 t e r m o   2                         t e r m o   3                                 t e r m o   4                                                               t e r m o   5                                                  

“É com essa equação que a gente vai analisar as turbomáquinas?” Calma, pequeno gafanhoto! A gente ainda vai simplificar bastante coisa! Vamos as simplificações:

Bom, essa é a descrição da nossa equação. Ela será a componente do torque, que está relacionada ao atrito e a pressão, somada com o campo gravitacional e com o torque do eixo aplicado ao sistema, isso tudo é igual a soma da variação da quantidade de movimento no tempo com o fluxo de quantidade de movimento angular pela superfície de controle, ok?

t e r m o   1 : Se refere a componente do torque que está relacionada com ao atrito e a pressão, e comparando essa componente do torque com o torque devido à rotação esse termo se torna desprezível.

t e r m o   2 : trata da força de campo gravitacional. Como o volume de controle é simétrico, esse termo vai se cancelar.

t e r m o   3 : trata do torque aplicado pelo sistema, podendo ser positivo (se for uma bomba, pelo fluido estar recebendo trabalho) ou negativo (se for uma turbina, pelo fluido estar exercendo trabalho). Esse vai continuar na equação, não tem jeito! haha

t e r m o   4 : trata da variação da quantidade de movimento angular ao longo do tempo. Como a gente vai tratar de regimes estacionários, esse termo também se anula.

t e r m o   5 : trata do fluxo da quantidade de movimento angular através da superfície de controle. Então, ele é bem importante e se mantém na equação.

Fazendo essas simplificações temos:

E chegamos à importante equação de Euler:

T → e i x o = ∫ S C r → × v → . ρ . v → . d A →

E o que essa equação diz pra gente? Ela diz que:

“Ao aplicarmos um torque no sistema (bombas), observamos uma variação da quantidade de movimento angular do fluido, ou o contrário, variações na quantidade de movimento angular produzem torque (turbinas). ”

Antes da gente dar uma desmembrada nessa equação, é importante a gente ver umas informações que vão nos ajudar…

Pensando no caso de uma bomba, o fluido entra nela, como mostrado abaixo:

Ou seja, o fluido entra através da superfície do rotor e sai pela superfície mais externa da pá sofrendo uma rotação. Dá uma olhada nessa segunda imagem que esclarece melhor as coisas:

A superfície do rotor é essa superfície 1 e a superfície mais externa da pá, é a superfície 2 , show?

Em resumo, o que acontece no sistema é o seguinte: o fluido entra pelo rotor na posição onde r = r 1 , com uma velocidade V 1 (com componentes normal e tangencial) e sai pela superfície mais externa, onde r = r 2 , com velocidade V 2 (com componentes normal e tangencial).

O volume de controle está representado pelas linhas tracejadas, partindo da região 1 e acabando na região 2 , belezinha?

Voltando agora para a equação de Euler, podemos reescrevê-la em relação ao eixo de coordenadas z , o eixo do rotor, desse jeito aqui:

T e i x o = ∫ S C r → × v → . ρ . ( v . n ^ ) d A

Relacionando torque e vazão mássica

Vamos dar uma relembrada aqui na equação da vazão mássica que a gente viu nos outros tópicos? Ela era definida na forma infinitesimal como:

d m ˙ = ρ . ( v . n ^ ) d A

Opa! Esse termo está aparecendo na equação do torque, né? Então vamos substituir a definição de vazão mássica na expressão do torque, ficaremos com:

T e i x o = ∫ S C r → × v → d m ˙

Olha só!! Parece que simplificamos mais ainda! *-*

Superfície de controle

Bom, é chegado o momento da gente analisar mais de perto essa superfície de controle, ok?

Se aplicarmos as condições de velocidade nas duas superfícies de controle, 1 (entrada de fluido) e 2 (saída de fluido), teremos:

T e i x o = ∫ S C 1 r → × v → d m ˙ + ∫ S C 2 r → × v → d m ˙

Vamos usar o V maiúsculo para indicar a velocidade, ok?

T e i x o = ∫ S C 1 r 1 . V t 1 . n ^ 1 d m ˙ + ∫ S C 2 r 2 . V t 2 . n ^ 2 d m ˙

T e i x o = ∫ S C 1 r 1 . V t 1 . - n ^ 2 d m ˙ + ∫ S C 2 r 2 . V t 2 . n ^ 2 d m ˙

Como r e V não dependem da vazão mássica ( m ˙ ), podemos resolver as integrais facilmente e ficamos com:

T e i x o =   - r 1 . V t 1 . ∫ S C 1 d m ˙ + r 2 . V t 2 . ∫ S C 2 d m ˙

T e i x o = V t 2 . r 2 . m ˙ - V t 1 . r 1 . m ˙

T e i x o = V t 2 . r 2 - V t 1 . r 1 . m ˙

Pronto! Essa é a expressão do torque numa turbomáquina com entrada axial! A gente vê aí que o torque do eixo é responsável por gerar a componente tangencial da velocidade!

Potência do sistema ( W ˙ m )

A gente define a potência do sistema ( W ˙ m ) como sendo:

W ˙ m = ω . T e i x o

Em que ω é a velocidade angular de rotação no equipamento e T e i x o é o torque de eixo. Ótimo! Como a gente já achou uma expressão para o T e i x o , podemos substituir nessa equação, assim teremos:

W ˙ m = ω . V t 2 . r 2 - V t 1 . r 1 . m ˙

W ˙ m = ω . r 2 . V t 2 - ω . r 1 . V t 1 . m ˙

Por convenção a gente pode chamar as velocidades tangenciais da velocidade do rotor de U 1 e U 2 , e sendo a velocidade tangencial dada pelo produto entre a velocidade angular e o raio, podemos escrevê-las como:

U 1 = ω ⋅ r 1 e U 2 = ω ⋅ r 2

Nossa equação da potência, ficará com essa cara aqui, então:

W ˙ m = U 2 . V t 2 - U 1 . V t 1 . m ˙

Beleza!

Carga do fluido teórica ( H t e ó r i c o )

Por último, definimos uma propriedade bem importante! A carga do fluido teórica, é dada por:

H t e ó r i c o = W ˙ m g . m ˙

H t e ó r i c o = U 2 . V t 2 - U 1 . V t 1 g

Com ele a gente pode caracterizar bombas e turbinas da seguinte maneira:

  • Se H t e ó r i c o < 0 : a máquina é denominada de fluxo motriz (ou seja, são turbinas)
  • Se H t e ó r i c o > 0 : a máquina é denominada de fluxo operatriz (ou seja, são bombas ou ventiladores)

Agora, bora exercitar um pouco o que aprendemos, grande mestre!

Equação de Euler para Turbomáquinas

Relacionando torque e vazão mássica

Superfície de controle

Potência do sistema ( W ˙ m )

Carga do fluido teórica ( H t e ó r i c o ó )

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

(Adaptada) Querosene é bombeado por uma bomba centrífuga. Quando a vazão volumétrica é igual a 0,025 m³/s, a bomba requer 15 kW, sendo a sua eficiência igual a 82%. Calcule o aumento de pressão produzido pela bomba. Expresse este resultado em (a) metros de água e (b) metros de querosene.

Dados: ρ á g u a = 1000 k g m 3   ρ q u e r o s e n e = 820 k g m 3

Passo 1

Bem-vindo aos exercícios de Máquina de Fluxo! Vamos saber muito sobre as bombas que dão aquela força... digo... aquela carga, para os escoamentos dos fluidos por aí acontecerem :D

Aliás, é justamente isso que o exercício está perguntando. A bomba está ali com o objetivo de aumentar a pressão do escoamento. Ela faz isso fornecendo a carga da bomba H b o m b a .

Traduzindo a pergunta do enunciado: “Qual a carga da bomba utilizando a massa específica da água como referência? E utilizando o querosene?”

Passo 2

Agora, vamos só reunir os dados do exercício:

Q   =   0,025   m ³ / s

W ˙ m = 15   k W = 15000   W  

η = 82 % = 0,82

ρ á g u a = 1000 k g / m 3  

ρ q u e r o s e n e = 820 k g / m 3

Pede-se: H B á g u a ,   H B q u e r o s e n e

Temos ρ ,   Q ,   W ˙ m ,   η e queremos a carga da bomba.

Passo 3

Vamos relacionar essa galera por equações!

O rendimento é a potência que a bomba produz dividido pela potência que ela consome:

η = W ˙ s   W ˙ m

E a potência que ela produz é igual a massa específica do líquido, vezes a gravidade, vezes a vazão vezes a pressão que ela gera.

η = W ˙ s   W ˙ m = ρ g Q H B W ˙ m

Isolando H B , que é quem queremos saber

H B = η W ˙ m ρ g Q  

Show, agora vamos resolver isso aí pra água e pro mercúrio.

Passo 4

Aplicando essa equação para a água

H B á g u a = η W ˙ m ρ á g u a g Q

Substituindo os dados

H B á g u a = 0,82 × 15000 1000 × 9,8 × 0,025

H B á g u a = 50,2   m   d e   á g u a

Tá aí a resposta da letra a. Esse é o aumento de pressão produzido pela bomba em metros de água.

Passo 5

Para calcular o aumento de pressão em metros de querosene, vamos usar a massa específica dele

H B q u e r o s e n e = η W ˙ m ρ q u e r o s e n e g Q

H B q u e r o s e n e = 0,82 × 15000 820 × 9,8 × 0,025

H B q u e r o s e n e = 61,2   m   d e   q u e r o s e n e

E assim encontramos o aumento de pressão fornecido pela bomba em metros de querosene! :D Bora para o próximo exercício!

Resposta

H B á g u a = 50,2   m   d e   á g u a

H B q u e r o s e n e = 61,2   m   d e   q u e r o s e n e

Exercício Resolvido #2

As dimensões do rotor de uma bomba centrífuga são

A bomba trabalha com água e é acionada a 750 rpm. Calcule a altura de carga teórica e a potência mecânica de alimentação da bomba, se a vazão for 0,75 m³/s

Passo 1

Faaaala! Esse exercício nos deu já os raios r 1 e r 2 , as larguras b 1 e b 2 , os ângulos β 1 e β 2 , a velocidade angular da bomba e a vazão. Ufa! Bastante coisa

Anotando esses dados para deixar bem organizadinho, do jeito que os profs gostam. Já convertendo para o Sistema Internacional 😉

Raios

r 1 = 175   m m = 0,175   m

r 2 = 500   m m = 0,5   m  

Larguras

b 1 = 50   m m = 0,05   m

b 2 = 30   m m = 0,03   m

Ângulos

β 1 = 65 ° 2 π   r a d 360 ° = 1,13   r a d

β 2 = 70 ° 2 π   r a d 360 ° = 1,22   r a d

Velocidade angular

ω = 750   r o t m i n 2 π   r a d 1   r o t 1   m i n 60   s = 78,5   r a d / s

Vazão

Q   =   0,75 m 3 / s

E o que queremos? A altura de carga teórica, ou seja,   H t e ó r i c a e a potência mecânica de alimentação da bomba, isto é: W ˙ m

Para calcular   H t e ó r i c a e W ˙ m   essas formulas que vimos na teoria vão nos ajudar

H t e ó r i c a =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1 g

W ˙ m =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1   m ˙

Relaxa, com os dados do enunciado vamos conseguir encontrar as componentes da velocidade U e Vt. Aliás é justamente isso que faremos juntos no próximo passo

Passo 2

Em física nós aprendemos que V = ω . R , certo? Vamos aplicar isso aqui também!

U 1 = ω . r 1 = 78,5   × 0 , 175

U 2 = ω . r 2 = 78,5   × 0,5

Fazendo as contas, U 1 = 13,74   m / s e U 2 = 39,25   m / s

Para encontrar as velocidades tangenciais Vt, vamos lembrar da geometria do processo:

U i = V t i + V r b i . c o s   β i

Isolando V t 1

V t i = U i - V r b i . c o s   β i

Beleza, U 1 a gente já conhece. Mas quem seria esse V r b 1 ? Pela definição de vazão

Q = V . A

E no nosso caso de bombas

Q = 2 π . R i . b i V n = 2 π . R i . b i . V r b i s e n     β 1

Isolando V r b i

V r b i = Q 2 π . R i . b i . s e n     β i  

Substituindo na equação da velocidade tangencial

V t i = U i - Q 2 π . R i . b i . s e n     β i . c o s   β i

Logo

V t i = U i - Q 2 π . R i . b i . c o t   β i

Agora sim, já conhecemos todo mundo 😊 Calculando a velocidade tangencial na entrada da bomba (1)

V t 1 = U 1 - Q 2 π . R 1 . b 1 . c o t   β 1

V t 1 = 13,74 - 0,75 2 π . 0,175 . 0,05 . c o t   65 °

V t 1 = 7,38   m / s

Para a saída da bomba (2), a velocidade tangencial é

V t 2 = U 2 - Q 2 π . R 2 . b 2 . c o t   β 2

V t 2 = 3 9 , 25 - 0,75 2 π . 0,5 . 0,03 . c o t   70 °

V t 2 = 3 6,35   m / s

Com isso, temos todos as variáveis que precisamos para o cálculo de   H t e ó r i c a e W ˙ m :D

Passo 3

A altura de carga teórica é

H t e ó r i c a =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1 g

Substituindo os valores encontrados

H t e ó r i c a =   39,25 × 36,35   - 13,74 × 7,38 9,8

H t e ó r i c a =   135,2   m

Além disso, a potência mecânica de alimentação da bomba é

W ˙ m =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1   m ˙

Como a água pode ser considerada um fluido incompressível

  m ˙ = ρ Q = 1000 × 0,75 = 750   m 3 / s

Substituindo os valores conhecidos

W ˙ m =   39,25 × 36,35   - 13,74 × 7,38 × 750

W ˙ m =   39,25 × 36,35   - 13,74 × 7,38 × 750

W ˙ m = 9,94 × 10 5 W

Encontramos a carga teórica e potência, como o exercício pediu 😉

Resposta

H t e ó r i c a = 135,2   m

W ˙ m = 9,94 × 10 5 W

Exercício Resolvido #3

As dimensões do rotor de uma bomba centrífuga são

A bomba é acionada a 1250 rpm para bombear água. Calcule a altura de carga teórica e a potência mecânica de alimentação da bomba, se a vazão for 340 m³/h.

Dados: ρ = 999   k g . m - 3 e 1 k W = 1,341   H P

Passo 1

O enunciado está pedindo 2 coisas: a altura de carga teórica ( H t e ó r i c a ) e a potência mecânica de alimentação da bomba ( W m ). Sabemos que elas estão relacionadas pela própria definição da carga:

H t e ó r i c a = W m m ˙ . g

Então, precisamos encontrar primeiro a potência ( W m ) e a vazão mássica ( m ˙ ) para gente conseguir calcular a carga teórica ( H t e ó r i c a ). Então bora lá!

Vamos começar com a vazão mássica, já que a vazão volumétrica ( Q ) já foi dada no enunciado. Mas antes, bora converter as unidades para o S.I.:

Q = 340 m 3 h . 1   h 3600   s

Q = 0,094   m 3 . s - 1

Beleza! Pela definição de vazão mássica então:

m ˙ = ρ . Q

m ˙ = 999   k g . m - 3 . 0,094   m 3 . s - 1

m ˙ = 94,35   k g . s - 1

Passo 2

Agora a gente precisa determinar o valor da potência ( W m ), porque foi pedido no enunciado, mas porque ele é necessário para calcularmos a altura de carga teórica ( H t e ó r i c a ).

Pela equação de Euler, temos que a potência pode ser calculada por:

W m = U 2 . V t 2 - U 1 . V t 1 . m ˙

Em que as componentes da velocidade são ilustradas abaixo:

A única informação relativa à velocidade que foi informada é a da velocidade angular do sistema ( ω ) e a gente pode relacionar ela com a velocidade U i da seguinte forma:

U i = ω . R i

Como a velocidade angular ( ω ) e os raios são conhecidos, podemos calcular U 1 e U 2 . Mas, antes, bora converter as unidades para o S.I.:

ω = 1250 r o t m i n . 2 π   r a d 1   r o t . 1   m i n 60   s

ω = 130,9   r a d . s - 1

Com isso, para a seção 1 :

U 1 = ω . R 1

U 1 = 130,9   r a d . s - 1 . 0,075   m

U 1 = 9,81   m . s - 1

E, para a seção 2 :

U 2 = ω . R 2  

U 2 = 130,9   r a d . s - 1 . 0,250   m

U 2 = 32,73   m . s - 1

Agora, só precisamos encontrar os valores das velocidades V t 1 e V t 2 para determinar a potência!

Passo 3

Bora encontrar as componentes tangenciais então! Para isso, dá uma olhadinha no sistema de vetores mais uma vez:

A gente pode ver que, tanto para a seção 1 , quanto para a seção 2 :

U = V t + W . cos ⁡ β

Então, reescrevendo em termos do que a gente quer ( V t ) fica:

V t = U - W . cos ⁡ β

Pela definição da vazão volumétrica ( Q ), temos:

Q = A . V

Q = 2 π . R . b . ( V n )

Vamos fazer para a seção 1, porque dá no mesmo depois fazer para a seção 2:

Q = 2 π . R 1 . b 1 . ( V n 1 )

Podemos escrever a componente normal do vetor como sendo:

V n 1 = W 1 . s e n   β 1  

Substituindo:

Q = 2 π . R 1 . b 1 . ( W 1 . s e n   β 1 )

Isolando a componente W 1 :

W 1 = Q 2 π . R 1 . b 1 . s e n   β 1

Pronto, agora a gente já tem uma expressão para W 1 e podemos substituir na expressão de V t para a seção 1 :

V t 1 = U 1 - W 1 . cos ⁡ β 1

V t 1 = U 1 - Q 2 π . R 1 . b 1 . s e n   β 1 . cos ⁡ β 1

V t 1 = U 1 - Q 2 π . R 1 . b 1 . cos ⁡ β 1 s e n   β 1

V t 1 = U 1 - Q 2 π . R 1 . b 1 . c o t   β 1

Substituindo as informações do enunciado e as que já calculamos:

V t 1 = 9,81   m . s - 1 - 0,094   m 3 . s - 1 2 π . 0,075   m . 38.10 - 3   m . c o t   60 o

V t 1 = 6,78   m . s - 1  

Fazendo a mesma sequência de passos, chegamos a uma equação para a seção 2 :

V t 2 = U 2 - Q 2 π . R 2 . b 2 . c o t   β 2

Com os valores informados:

V t 2 = 32,73   m . s - 1 - 0,094   m 3 . s - 1 2 π . 0,250   m . 30.10 - 3   m . c o t   70 o

V t 2 = 32,0   m . s - 1

Passo 4

Agora calcular a potência ficou fácil:

W m = U 2 . V t 2 - U 1 . V t 1 . m ˙

W m = 32,73   m . s - 1 . 32,0   m . s - 1 - 9,81   m . s - 1 . 6,78   m . s - 1 . 94,35   k g . s - 1

W m = 92,54   k W

Passo 5

E a carga é pode ser obtida da seguinte maneira:

H t e ó r i c a = W m m ˙ . g

H t e ó r i c a = 92,54   k W 94,35   k g . s - 1 . 9,81   m . s - 2

H t e ó r i c a = 100   m

Resposta

W m = 92,54   k W

H t e ó r i c a = 100   m

Exercício Resolvido #4

Uma bomba centrífuga, girando a 3000 rpm, bombeia água a uma taxa de 0,6m³/min. A água entra axialmente, e deixa o rotor a 5,4 m/s relativo às pás, que são radiais na saída. Se a bomba requer 5 kW e tem eficiência de 72%, estime as dimensões básicas (diâmetro e largura de saída do rotor), usando a equação de Euler para as turbomáquinas.

Dados: ρ = 999   k g . m - 3

Passo 1

Esse problema é o que chamamos de projeto de equipamentos, pois vamos determinar as dimensões da bomba para atender certa condição de operação. Então, bora lá!

O sistema é muito parecido com o que a gente viu no exercício anterior:

Como a entrada é axial, temos que a componente tangencial na região 1 é nula:

V t 1 = 0

Como o fluxo é radial na saída, para a região 2 , podemos escrever que:

V t 2 = U 2 - V r b 2 . cos ⁡ β 2

V t 2 = U 2

Podemos reescrever a componente U 2 em função da rotação do sistema:

U 2 = ω . R 2

Sendo assim:

V t 2 = ω . R 2

Passo 2

Agora vamos olhar a potência.

A potência da turbomáquina ( W m ) é dada por:

W m = U 2 . V t 2 - U 1 . V t 1 . m ˙

Logo:

W m = U 2 . U 2 - 0 . m ˙

W m = U 2 2 . m ˙

W m = ( R 2 2 . ω 2 ) . m ˙

A gente sabe que a vazão mássica ( m ˙ ) é dada por:

m ˙ = ρ . Q

Convertendo a vazão volumétrica em unidades S.I.:

Q = 0,6 m 3 m i n . 1   m i n 60   s

Q = 0,01   m 3 . s - 1

m ˙ = 999   k g . m - 3 . 0,01   m 3 . s - 1

m ˙ = 9,99   k g . s - 1

Nesse problema, temos pela primeira vez uma eficiência real, ou seja, estamos considerando aqui que o equipamento não é ideal. O equipamento “usa” uma potência de 5   k W , mas só uma parte é efetivamente transferida para o sistema: 72%. Então, podemos escrever:

W m = η . W i d e a l

W m = 0,72 . 5   k W

W m = 3,6   k W

Pela equação que encontramos, podemos determinar o R 2 da seguinte maneira:

W m = ( R 2 2 . ω 2 ) . m ˙

R 2 = W m m ˙ . ω 2

Antes de prosseguirmos, vamos converter a rotação em unidades S.I.:

ω = 3000 r o t m i n . 2 π   r a d 1   r o t . 1   m i n 60   s

ω = 314,2   r a d . s - 1

Subsituindo agora os valores na expressão de R 2 :

R 2 = 3,6   k W 9,99   k g . s - 1 . 314,2   r a d . s - 1 2

R 2 = 0,0604   m

E o diâmetro será duas vezes isso:

D 2 = 0,12   m

Passo 3

E pra calcular a largura da saída do rotor? Nosso querido b 2 ...

A gente pode escrever a componente normal ( V n 2 ) como sendo:

V n 2 = V r b 2 . s e n   β 2

V n 2 = 5,4   m . s - 1 . s e n   90 o  

V n 2 = 5,4   m . s - 1

Observa que usamos o seno de 90° porque o fluxo de saída é radial.

Com isso, temos que:

V n 2 = Q 2 π . R 2 . b 2

b 2 = Q 2 π . R 2 . V n 2

b 2 = 0,01   m 3 . s - 1 2 π . 0,0604   m . 5,4   m . s - 1

b 2 = 4,88   m m

Resposta

D 2 = 0,12   m

b 2 = 4,88   m m

Exercício Resolvido #5

Uma bomba centrífuga é utilizada para bombear 0,009 m³/s de água. A água entra no rotor axialmente através de um orifício de 32 mm de diâmetro. A velocidade de entrada é axial e uniforme. O diâmetro de saída do rotor é 100 mm. O escoamento sai do rotor a 3 m/s em relação às Pás, que são radiais na saída. A velocidade do rotor é 3450 rpm. Determine a largura de saída do rotor, b 2 , o torque de entrada e a potência requerida prevista pela equação de Euler para turbinas.

Passo 1

Beleza! Bora começar os trabalhos! O problema fala de uma bomba centrífuga usada pra bombear água, isso acontece como mostra essa imagem aqui em baixo:

A água vem por uma tubulação e chega até a o “olho da bomba”. De lá o fluido é rotacionado e ganha energia de pressão, desempenhando então a função da bomba! ^^

Pra entender melhor como é o caminho completo da água pelo sistema, olha aqui as vistas frontal e lateral da bomba:

Essa parte mais a esquerda é como vemos a bomba de frente e na parte da direita é o que já vimos no começo: sua lateral.

Temos que achar agora três coisas:

  • A largura de saída do rotor ( b 2 )
  • O torque de entrada ( T e i x o )
  • A potência requerida ( W m )

Então, bora resolver essa parada!

Passo 2

Pelo balanço material, a gente sabe que a vazão mássica ( m ˙ ) é dada por:

m ˙ = ρ . Q

Já a vazão volumétrica ( Q ) pode ser escrita como:

Q = A . V

Em que A é a área lateral da superfície cilíndrica e V se refere a componente da velocidade perpendicular à A .

A vazão de fluido que passa pela superfície 1 ou pela 2 é a mesma, mas como queremos achar a largura de saída do rotor ( b 2 ), vamos avaliar a equação para a superfície 2 :

Q = 2 π . R 2 . b 2 . ( V n 2 )

Esse V n 2 representa a componente da velocidade que é normal à superfície 2 .

Como queremos determinar a largura ( b 2 ) e já conhecemos a vazão ( Q ), temos que:

b 2 = Q 2 π . R 2 . V n 2

b 2 = 0,009   m 3 . s - 1 2 π . 50.10 - 3   m . 3   m . s - 1

b 2 = 9,5   m m

Passo 3

Agora nosso objetivo será determinar o torque de eixo e a gente já viu que, para tratar de turbomáquinas, a equação de conservação da quantidade de movimento angular se resume à equação de Euler depois de todas as nossas suposições:

r → x F s → + ∫ V C r → × g → . ρ . d V + T → e i x o = d d t ∫ V C r → × v → . ρ . d V + ∫ S C r → × v → . ρ . v → . d A →

  • Torque das forças de atrito e pressão desprezíveis
  • Escoamento permanente e incompressível
  • Escoamento uniforme (velocidades constantes) na entrada e na saída
  • Campo gravitacional cancelado devido à simetria do volume de controle

Assim, ficamos com a equação de Euler:

T e i x o = ∫ S C r × v d m ˙

Aplicando para o nosso volume de controle, teremos:

T e i x o = V r 2 . R 2 - V r 1 . R 1 . m ˙

Como o fluido está entrando na direção do eixo do rotor, a velocidade tangencial na região onde r = R 1 é nula ( V t 1 = 0 ) e podemos reescrever a velocidades angular V r 2 em função da velocidade de rotação ω :

V r 2 = ω . R 2

Sendo assim, ficamos com:

T e i x o = ω . R 2 . R 2 - 0 . m ˙

T e i x o = ω . R 2 2 . m ˙

Com a definição de vazão mássica ( m ˙ ), temos que:

T e i x o = ω . R 2 2 . ρ . Q

Antes de utilizar o valor da velocidade de rotação, temos que converter para as unidades S.I.:

ω = 3450 r o t m i n . 2 π   r a d 1   r o t . 1   m i n 60   s

ω = 361,3   r a d . s - 1

Substituindo todos os valores informados e calculados na expressão do torque, temos que:

T e i x o = 361,3   r a d . s - 1 . 50.10 - 3   m 2 . 1000   k g . m - 3 . 0,009   m 3 . s - 1

T e i x o = 8,13   N . m

Passo 4

Agora que sabemos o valor do torque, fica fácil calcular a potência requerida ( P o t ), basta usar a definição:

W ˙ m = ω . T e i x o

Substituindo as informações que temos:

W ˙ m = 361,3   r a d . s - 1 . 8,13   N . m

W ˙ m = 2,94   k W

Resposta

b 2 = 9,5   m m

T e i x o = 8,13   N . m

W ˙ m = 2,94   k W

Exercício Resolvido #6

(Adaptada) Considere as dimensões do rotor da bomba centrífuga r 1 = 175   m m , r 2 = 500   m m , b 1 = 50   m m , b 2 = 30   m m , β 1 = 65 ° . Para um escoamento de água com entrada na bomba puramente axial, rotor a 750 rpm e vazão de 0,75 m³/s, estime a altura de carga e a potência mecânica de entrada ideais se o ângulo de saída da pá for (a) β 2 = 7 5 ° (b) β 2 = 85 ° (c) Compare os resultados.

Passo 1

Olá! 😊 Esse exercício é parecido com o anterior, pois tem a mesma geometria (os mesmos raios, mesmas larguras e mesmo ângulo de entrada). Além disso, queremos calcular de novo a altura de carga H e a potência W m ˙

“Tá ok. Mas o que essa questão tem de diferente?”

Duas coisas! A primeira é que vamos calcular a carga e potência para dois ângulos de saída diferentes e comparar os resultados. A segunda é que esse enunciado diz que a entrada é puramente axial. Logo, a velocidade tangencial de entrada é 0

V t 1 = 0

Então, vamos organizar nossos dados no Sistema Internacional e mãos à obra!

Raios: r 1 = 175   m m = 0,175   m e r 2 = 500   m m = 0,5   m  

Larguras: b 1 = 50   m m = 0,05   m e b 2 = 30   m m = 0,03   m

Ângulo: β 1 = 65 °   o u   1,13   r a d

Velocidade angular

ω = 750   r o t m i n 2 π   r a d 1   r o t 1   m i n 60   s = 78,5   r a d / s

Vazão: Q   =   0,75 m 3 / s

Além disso, fazendo a hipótese de fluido incompressível (água)

  m ˙ = ρ Q = 1000 × 0,75 = 750   m 3 / s

Passo 2

Para calcular   H t e ó r i c a e W ˙ m   , vamos precisar conhecer as velocidades U 1 ,   V t 1 , U 2 ,   V t 2

Para calcular U, vamos lembrar da física que V = ω . R . Então, fica assim:

U 1 = ω . r 1 = 78,5   × 0,175

U 2 = ω . r 2 = 78,5   × 0,5

Fazendo as contas, U 1 = 13,74   m / s e U 2 = 39,25   m / s

Além disso, pelo enunciado, a velocidade tangencial de entrada é nula pois a entrada é puramente axial

V t 1 = 0

Por outro lado, a saída não é puramente axial, então pela geometria conseguimos achar V t 2

U 2 = V t 2 + V r b 2 . c o s   β 2

Isolando V t 2

V t 2 = U 2 - V r b 2 . c o s   β 2

U 2 é conhecido, mas falta encontrar V r b 2 . Pela definição de vazão e continuidade

Q = V . A

Aplicando no caso da saída da bomba

Q = 2 π . R 2 . b 2 V n 2 = 2 π . R 2 . b 2 V n 2 . s e n     β 2

Isolando V r b 2

V r b 2 = Q 2 π . R 2 . b 2 . s e n     β 2  

Substituindo

V t 2 = U 2 - Q 2 π . R 2 . b 2 . s e n     β 2   c o s   β 2

V t 2 = U 2 - Q 2 π . R 2 . b 2   c o t   β 2

É nesse equação que queria chegar. Na letra a, o exercício diz que β 2 = 75 ° , logo

V t 2 = 39,25 - 0,75 2 π . 0,5.0,03 . c o t   7 5 °

V t 2 = 3 7 , 12   m / s

Assim, conseguiremos calcular   H t e ó r i c a e W ˙ m para β 2 = 75 °

H t e ó r i c a =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1 g

Substituindo o que encontramos até agora 😊

H t e ó r i c a =   39,25 × 37,12   - 13,74 × 0 9,8

H t e ó r i c a =   148,7   m

Além disso, a potência mecânica de entrada ideal é

W ˙ m =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1   m ˙

Substituindo

W ˙ m =   39,25 × 37,12   - 13,74 × 0 × 750

W ˙ m = 1,09 × 10 6 W

Com isso, nós encontramos a resposta da letra a. Para ângulo de saída da bomba β 2 = 75 ° , H t e ó r i c a =   148,7   m e W ˙ m = 1,09 × 10 6 W

Passo 3

Vamos fazer juntos a mesma estratégia para β 2 = 85 ° ? Eu ouvi um “Siiiim!”? hahaha

As velocidades U 1 e U 2 são as mesmas porque dependem só dos raios e velocidade do rotor que não mudaram. Além disso, V t 1 continua sendo zero, pois a entrada é só axial.

Falta então recalcular V t 2 . Vamos resgatar a equação que calcula ela (desenvolvemos no passo anterior)

V t 2 = U 2 - Q 2 π . R 2 . b 2 cot ⁡ β 2

Com β 2 = 85 ° agora

V t 2 = 39,25 - 0,75 2 π . 0,5.0,03 . c o t   8 5 °

V t 2 = 3 8,55   m / s

Com o V t 2 atualizado, vamos calcular a altura de carga

H t e ó r i c a =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1 g

H t e ó r i c a =   39,25 × 3 8,55   - 13,74 × 0 9,8

H t e ó r i c a =   1 54,4   m

E então, a potência mecânica de entrada ideal é

W ˙ m =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1   m ˙

W ˙ m =   39,25 × 38,55   - 13,74 × 0 × 750

W ˙ m = 1 , 13 × 10 6 W

Assim, temos a resposta da letra b. Para ângulo de saída da bomba β 2 = 8 5 ° , H t e ó r i c a =   154,4   m e W ˙ m = 1 , 13 × 10 6 W

Passo 4

Comparando as respostas das letras a e b, temos o seguinte

(a) Para β 2 = 75 ° , H t e ó r i c a =   148,7   m e W ˙ m = 1,09 × 10 6 W

(b) Para β 2 = 85 ° , H t e ó r i c a =   154,4   m e W ˙ m = 1,13 × 10 6 W

Ou seja, para um ângulo β maior na saída, a altura de carga fornecida pela bomba é maior, assim como sua potência. :D

Resposta

(a) Para β 2 = 75 ° , H t e ó r i c a =   148,7   m e W ˙ m = 1,09 × 10 6 W

(b) Para β 2 = 85 ° , H t e ó r i c a =   154,4   m e W ˙ m = 1,13 × 10 6 W

(c) A altura de carga da bomba e a potência são maiores para β 2 = 85 ° em relação aos valores encontrados para β 2 = 7 5 °

Exercício Resolvido #7

(Adaptada) Para o rotor da bomba centrífuga de dimensões r 1 = 75   m m , r 2 = 25 0   m m , b 1 = 38   m m , b 2 = 3 0   m m , β 1 = 6 0 ° e β 2 = 70 ° determine a velocidade de rotação para a qual a componente tangencial da velocidade de entrada é zero, se a vazão volumétrica for 910 m³/h. Calcule a altura de carga teórica e a potência mecânica teórica de entrada.

Passo 1

Para entender melhor esse exercício, vamos organizar esses dados aí? Temos

Raios: r 1 = 75   m m = 0,075   m e r 2 = 250   m m = 0,25   m  

Larguras: b 1 = 38   m m = 0,038   m e b 2 = 30   m m = 0,03   m

Ângulos: β 1 = 6 0 ° e β 2 = 70 °

O enunciado diz “a componente tangencial da velocidade de entrada é zero”, logo

V t 1 = 0

Vazão volumétrica

  Q   =   910   m 3 h 1 h 3600 s = 0,253 m 3 / s

Além disso, como o fluido é a água, ou seja, Podemos considerar incompressível

  m ˙ = ρ Q = 1000 × 0 , 253 = 253   m 3 / s

Pede-se a velocidade de rotação ω , a altura de carga teórica H t e ó r i c a e potência teórica W ˙ m

Passo 2

A velocidade de rotação pode ser calculada através de U, pois U = ω . R . Precisamos então usar alguma equação que envolva U para assim encontrar ω

Para isso, vamos utilizar definição de vazão e continuidade

Q = V . A

Visualizando a geometria da entrada da bomba e aplicando a equação da vazão

Q = 2 π . R 1 . b 1 . V n 1

Q = 2 π . R 1 . b 1 V r b 1 . s e n     β 1

Com isso, rearrumando

V r b 1 = Q 2 π . R 1 . b 1 . s e n     β 1

Pela geometria

U 1 = V t 1 + V r b 1 . c o s   β 1

Isolando V t 1

V t 1 = U 1 - V r b 1 . c o s   β 1

Agora sim, conhecemos os termos e podemos substituir

0 = ω . R 1 - Q 2 π . R 1 . b 1 . s e n     β 1 . c o s   β 1

ω . R 1 = Q 2 π . R 1 . b 1 . c o t   β 1

ω = Q 2 π . R 1 2 . b 1 . c o t   β 1

Finalmente, substituindo os valores

ω = 0,253 2 π . 0,075 2 . 0,038 . c o t   6 0 °

ω = 108   r a d / s

Encontramos a velocidade de rotação!

Passo 3

Para calcular   H t e ó r i c a e W ˙ m   , precisamos saber quem são as velocidades U 1 ,   V t 1 , U 2 ,   V t 2

Como vimos no passo anterior, U = ω . R . Agora que conhecemos a velocidade de rotação, podemos calcular a velocidade U

U 1 = ω . r 1 = 108     × 0 , 0 75

U 2 = ω . r 2 = 108   × 0 , 2 5

Fazendo as contas, U 1 = 8,1   m / s e U 2 = 2 7   m / s

Além disso, pela geometria

U 2 = V t 2 + V r b 2 . c o s   β 2

Isolando V t 2

V t 2 = U 2 - V r b 2 . c o s   β 2

Acabamos de calcular U 2 . Mas quanto é V r b 2 ? De forma análoga a V r b 1 (calculado no passo anterior)

V r b 2 = Q 2 π . R 2 . b 2 . s e n     β 2  

Substituindo

V t 2 = U 2 - Q 2 π . R 2 . b 2 . s e n     β 2   c o s   β 2

V t 2 = U 2 - Q 2 π . R 2 . b 2   c o t   β 2

Substituindo agora os valores numéricos

V t 2 = 27 - 0 , 253 2 π . 0 , 2 5.0,03 . c o t   75 °

V t 2 = 25,56   m / s

Agora temos todos os valores para calcular a altura de carga teórica da bomba

H t e ó r i c a =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1 g

H t e ó r i c a =   27 × 25,56   - 8,1 × 0 9,8

H t e ó r i c a =   70,4   m

Passo 4

Por fim, a potência mecânica teórica de entrada é

W ˙ m =   U 2 V t 2 - U 1 V t 1   m ˙

W ˙ m =   27 × 25,56   - 8,1 × 0 × 253

W ˙ m = 1 , 75 × 10 5 W

Resposta

ω = 108   r a d / s

H t e ó r i c a =   70,4   m

W ˙ m = 1,75 × 10 5 W

Exercícios de Livros Relacionados

Vimos muitos exemplos no Capítulo 7 sobre a substituição de fluidos de trabalho, visando facilitar alcançar a similaridade entre modelos e protótipos. Descreva os efeitos de testes em um compressor us
Para o rotor do Problema 10.1, operando a 750 rpm, determine a vazão volumétrica para a qual a componente tangencial da velocidade de entrada é zero. Calcule a altura de carga teórica e a potência mec
Uma turbina de impulsão deve desenvolver 15 MW com roda única, em um local onde a altura de carga líquida é 350 m. Determine a velocidade, o diâmetro do rotor e o diâmetro do jato apropriado para oper
O Apêndice D contém mapas para a seleção de modelos de bombas e curvas de desempenho para modelos individuais de bombas. Use esses dados e as regras de similaridade para prever o desempenho e traçar c
Um modelo de bomba de água centrífuga, em escala 1 : 3 , produz uma vazão Q m = 1m 3 / s , com uma altura de carga H m = 5,4m , operando a N m = 5100r p m . Considerando eficiências comparáveis para m