Um tanque ventilado deve ser enchido com óleo combustível com ρ = 920   k g / m ³ e μ = 0,045   k g / m s de um reservatório subterrâneo, usando uma mangueira plástica de 20 m de comprimento e 5 cm de diâmetro, com uma entrada ligeiramente arredondada e duas curvas suaves de 90 0 . A diferença de elevação entre o nível do óleo do reservatório e a parte superior do tanque onde a mangueira é descarregada é de 5 m. A capacidade do tanque é de 18 m³ e o tempo de preenchimento é de 30 min. Considerando que o fator de correçäo da energia cinética na descarga da mangueira seja 1,05 e supondo uma eficiência geral da bomba de 82%, determine a entrada necessária de potência na bomba.

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. Óleo combustível o nível permanece constante.

5. O reservatório está aberto para a atmosfera.

Do problema, temos:

Δ t = 30   m i n   | D = 0,0 5   m         L = 2 0   m           V = 18   m ³     ρ = 9 20   k g m 3     z 2 = 5   m  

μ = 0,045 ⋅ k g m s   |       ε = 0   ( p l á s t i c o = l i s o )     |     α = 1,05

Ainda temos que a perda é K L = 0,12 para uma entrada ligeiramente arredondada e K L = 0,3 para uma curva suave de 90 ° (flangeada).

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 )

Escolhemos o ponto 1 na superfície livre de óleo no reservatório e o ponto 2 na saída da mangueira.

Observamos que o fluido em ambos os pontos está aberto para a atmosfera (e, portanto, P 2 = P a t m ) e a velocidade do fluido no ponto 1 é zero ( V 1 = 0 ). Tomamos a superfície livre do reservatório como o nível de referência ( z 1 = 0 ). Então a equação de energia para o volume de controle entre esses dois pontos simplifica a:

h b o m b a = α 2 V 2 2 2 g + z 2 + 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 vazão, o número de Reynolds, e o fator de atrito em cada tubo são expressos como:

V ˙ = V Δ t = 18   m ³ 30 ⋅ 60   s             → V ˙ = 0,01 m 3 s

E

V 2 = V ˙ π D 2 4 = 0,01 m 3 s ⋅ 4 π 0,0 5 m 2               → V 2 = 5,093 m s

Agora, o número de Reynolds é expresso:

R e = ρ V 2 D μ   → R e = 9 20   k g m 3 ⋅ 5,09 3 m / s ⋅ 0,0 5   m 0,045   k g / m s                 → R e = 5 206

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 ⁡ 2,51 5 206 ∙ f 1

Resolvendo de forma iterativa (ferramenta Solve, do Excel), encontramos f = 0,0 37 .

Passo 4

A perda de carga total é expressa como:

h L = f L D + K L e n t r a d a a r r e d o n d a d a + 2 K L 90 0 V 2 2 g

Assim:

h L = f L D + ∑ K L V 2 2 g = 0,0 37 2 0 m 0,0 5 m + ( 0 , 12 + 2 ⋅ 0,3 ) ( 5,093 m s ) 2 2 ⋅ 9,81   m / s ² = 20,5   m

E por fim, substituindo os valores na equação 2:

h b o m b a = 1,05 ⋅ 5,093 m s 2 2 ⋅ 9,81 m s 2 + 5   m + 20,5   m                     → h b o m b a = 26,9   m

Portanto, a entrada necessária de potência na bomba pode ser determinada por:

    W ˙ b o m b a = V ˙ ρ g h b o m b a η b o m b a = 0,01 m 3 s ⋅ 920 k g m 3 ⋅ 9,81 m s 2 ⋅ 26,9   m 0,82           →   W ˙ b o m b a = 2,96   k W

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

Resposta

Portanto:

W ˙ b o m b a = 2,96   k W

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