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HIDRÁULICA BÁSICA – 4ª edição EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
Exercícios propostos do capítulo 2: 2.7, 2.10, 2.14, 2.16, 2.20, 2.21, 2.23, 2.34, 2.35, 2.36. (pg. 1) Exercícios propostos do capítulo 3: 3.1, 3.7, 3.8, 3.10, 3.13. (pg. 7) Exercícios propostos do capítulo 4: 4.1, 4.4, 4.7 e 4.9. (pg. 11) Exercícios propostos do capítulo 5: 5.1, 5.2 5.4, 5.6, 5.8, 5.14. (pg. 16) Exercícios propostos do capítulo 6: 6.1, 6.2, 6.6. (pg. 22) Exercícios propostos do capítulo 8: 8.1, 8.2, 8.3, 84, 8.5, 8.6, 8.8, 8.10, 8.19, 8.20. (pg. 27) Exercícios propostos do capítulo 9: 9.5, 9.6, 9.8. (pg. 33) Exercícios propostos do capítulo 12: 12.7, 12.9, 12.13, 12.18. (pg. 35) 2.7 Água escoa em um tubo liso, εεεε = 0,0 mm, com um número de Reynolds igual a 106. Depois de vários anos de uso, observa-se que a metade da vazão original produz a mesma perda de carga original. Estime o valor da rugosidade relativa ao tubo deteriorado.1 J → perda de carga onde f → fator de atrito V → velocidade média Na situação final, J0(Q) = J(Q/2). Portanto:
( ) ( )2 2 2 20 0/ / 2
2 2 4
Q A Q Af f f Q f Q
D g D g A A
⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇔ =
( ) ( )
2 2 5,4 5,4
6 0,9 6 0,9
0,25 1 5,74 5,74log 2log
3,710 105,74 5,74
log log3,7 10 10
D
D
ε
ε
∴ = ⇔ = + ⇔
+
35
5,4 5,4 5,4
5,74 5,74 100 5,74 2,262 10100 (1 100) 8,370 10
3,7 3,7 27,02710 10 10D D D
ε ε ε −−− ⋅ ⇔ = + ⇔ = − ⇔ = = − ⋅
Resolvendo por um outro método, tem-se:
(antes) 2
11 4
V DQ
π⋅ ⋅=
21
1 1 2
L VH f
D g∆ =
(depois)
2 11
2V V=
2 2
2 12 1 2 1 2 14
2 2
L V L VH H f f f f
D g D g∆ = ∆ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ =
Recentemente, Swamee apresentou uma equação geral para o cálculo do fator de atrito,
válida para os escoamentos laminar, turbulento liso, turbulento rugoso e de transmissão, na
forma: 0,125168 6
0,9
64 5,74 25009,5 ln
Re 3,7 ReRef
y D yy
ε−
= + + −
Pela equação de Swamee, aplicada no tubo liso:
2
0,9
0,25
2 5,74log
3,7 Re
f VJ f
D g
D y
ε= =
+
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( ) ( ) ( )0,125168 65 5 36,4 10 9,5 ln 2,28 10 2,5 10 0,011597f
−− − − = ⋅ + ⋅ − ⋅ =
Assim:
2 1 24 0,046388f f f= ⇒ = Pela equação do tubo rugoso:
1 12,04log 1,67 2,04log 1,67
20,046338
R D
f ε ε = + ⇒ = + ⇔
4,64298 2,04 log log2 1,67 1,4573 log log2 log 1,7584D D D
ε ε ε ⇔ = − + ⇔ = − ⇔ = ⇔
0,0174D
ε =
2.10 Em uma tubulação circular, a medida de velocidade do escoamento, a uma distância de parede igual a 0,5 R, em que R é o raio da seção, é igual a 90% da velocidade na linha central (velocidade máxima). Determine a relação entre a velocidade média V e a velocidade central vmáx, e a rugosidade relativa da tubulação. Sugestão: utilize o resultado do Exemplo 2.2 e as Equações 2.20 e 2.34.
Equação 2.20 ⇒ *
2,5lnmáxv V R
u y
− =
Equação 2.34 ⇒ 1 3,71
2logD
f ε =
Do Exemplo 2.2, *4,07 0,765máx máxv V u V v= + → =
* **
0,92,5ln 1,733 0,1 1,733 0,577
0,5máx máx
máx máxv v R
v u u vu R
− = = ⇔ = ⇔ =
Pela Equação 2.32 *
2,5ln 4,73V R
u ε
= +
, tem-se:
0,7652,5ln 4,73 ln 3,41 30,30 0,0165
0,577 2 2 2máx
máx
v D D D
v D
εε ε ε
= + ⇔ = ⇔ = ⇒ =
2.14 Em relação ao esquema de tubulações do exemplo 2.8, a partir de que vazão QB, solicitada pela rede de distribuição de água, o reservatório secundário, de sobras, passa a ser também abastecedor? Para aço soldado novo, C = 130 (Tabela 2.4). Pela Tabela 2.3, determina-se β (β1 = 1,345⋅103) No trecho AB: D1 = 6”, C = 130 e J1 = 1,12 m/100 m → β1 = 1,345⋅103
1,85 3 1,851 1 1 1 11,12 1,345 10 0,0216J Q Q Qβ= ∴ = ⋅ ∴ = m3/s
No trecho BC: D2 = 4”, C = 130, J2 = 1,12 m/100 m, β2 = 9,686⋅103
1,85 3 1,852 2 2 2 21,12 9,686 10 0,00745J Q Q Qβ= ∴ = ⋅ ∴ = m3/s
A diferença é consumida na rede: QB = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m3/s = 14,2 l/s A cota piezométrica em A é CPA = 812,0 m. Em B é a cota menos a perda: CPB = CPA – ∆HAB = 812 – J1L1 = 812 – 0,0112⋅650 = 804,72 m A partir de que vazão QB o reservatório de sobras também é utilizado?
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Neste caso, CPB < 800m
1812 800
0,0185650
HJ
L
∆ −= = = m/m
Aço soldado novo: C = 130 (tabela 2.4) D1 = 6”, C = 130, J1 = 1,85 m/100 m, β1 = 1,345⋅103
1,85 3 1,851 1 1 1 11,85 1,345 10 0,02836J Q Q Qβ= ∴ = ⋅ ⇔ = m3/s = 28,36 l/s
2800 800
0420
J−= =
Toda a vazão proveniente do reservatório superior é utilizada no abastecimento na iminência. Para que o reservatório inferior entre em operação, QB > 28,36 l/s. 2.16 Na tubulação da figura 2.10, de diâmetro 0,15 m, a carga de pressão disponível no ponto A vale 25 mH2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão disponível no ponto B seja 17 mH2O? A tubulação de aço soldado novo (C = 130) está no plano vertical.
Carga de pressão em CPA = 25 mH2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão em B seja CPB = 17 mH2O?
25AP
γ= m, 17BP
γ= m, zA = 0, zB = 5 m
2 2
,2 2
A A B BA B
P V P Vz z H
g gγ γ+ + = + + + ∆ vA = vB ⇒ 25 = 17 + 5 +∆H ⇔ ∆H = 3 mH2O
Pela tabela 2.3, β = 1,345⋅103 3
0,0191157,1
HJ
L
∆= = = m/m = 1,91 m/100 m
111,851,851,85
3
1,9128,9
1,345 10
JJ Q Qβ
β = ⇒ = = = ⋅
l/s
2.20 Em uma adutora de 150 mm de diâmetro, em aço soldado novo (εεεε = 0,10 mm), enterrada, está ocorrendo um vazamento. Um ensaio de campo para levantamento de vazão e pressão foi feito em dois pontos, A e B, distanciados em 500 m. No ponto A, a cota piezométrica é 657,58 m e a vazão, de 38,88 l/s, e no ponto B, 643, 43 m e 31,81 l/s. A que distância do ponto A deverá estar localizado o vazamento? Repita o cálculo usando a fórmula de Hazen-Williams. D = 150 mm QA = 38,88 l/s QB = 31,81 l/s ε = 0,10 mm CPA = 657, 58 m L = 500 m CPB = 643,43 m
Fórmula universal da perda de carga: 2
;2
L VH f
D g∆ =
2
;2
fVJ
Dg= H L J∆ = ×
• A – C: 3
2
38,88 102,20
0,075A
AQ
vA π
−⋅= = =⋅
m/s; ƒA = 0,0191; 20,0191 2,20
0,03142 2 0,15 9,8
A AA
f VJ
Dg
⋅= = =⋅ ⋅
m/m
• B – C:
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3
2
31,81 101,80
0,075B
BQ
vA π
−⋅= = =⋅
m/s; ƒB = 0,0193; 20,0193 1,80
0,02132 2 0,15 9,8
B BB
f VJ
Dg
⋅= = =⋅ ⋅
m/m
Pela ideia de que a energia total se mantém constante, e como o escoamento é constante, pode-se
usar a equação 2 2
,2 2
A A B BA B
p V p Vz z H
g gγ γ+ + = + + + ∆ onde .n
n np
z CPγ
+ = Colocando os valores
do problema, tem-se: 2 22,20 1,80
657,58 643,43 657,83 643,60 14,232 9,8 2 9,8
H H H+ = + + ∆ ⇔ = + ∆ ⇔ ∆ =⋅ ⋅
m
Sabe-se que a perda de carga total é devida à perda de carga nos pontos A e B. Assim:
( )0,0314 0,0213 500 14,23A B A A B B A AH H H J L J L L L∆ = ∆ + ∆ = + = ⋅ + ⋅ − = ⇔
3,580,0101 14,23 10,65 354,45
0,0101A AL L⇔ ⋅ = − ⇔ = = m
Pela fórmula de Hazen-Williams: J = βQ1,85, βA = βB = 1,345⋅103 JA = 1,345⋅103(38,88⋅10–3)1,85 → JA = 3,309 m/100 m JB = 1,345⋅103(31,81⋅10–3)1,85 → JB = 2,283 m/100 m Portanto: ∆HA + ∆HB = ∆H ⇔ JALA + JBLB = ∆H ⇔ 0,0314LA + 0,02283(500 – LA) = 14,2 ⇔
⇔ 14,23 500 0,02283
274,370,03309 0,02283AL
− ⋅= =−
m
2.21 Em uma tubulação horizontal de diâmetro igual a 150 mm, de ferro fundido em uso com cimento centrifugado, foi instalada em uma seção A uma mangueira plástica (piezômetro) e o nível d’água na mangueira alcançou a altura de 4,20 m. Em uma seção B, 120 m à jusante de A, o nível d’água em outro piezômetro alcançou a altura de 2,40 m. Determine a vazão. D = 150 mm = 0,15 m C = 130 Tabela 2.3 → β = 1,345⋅103
1,85J Qβ= ⋅ e H
JL
∆=
1,853
4,20 2,40 1,5100 0,0253
120,00 1,345 10J Q Q
− = → = ⇒ = ⋅ m3/s = 25,3 l/s
Outro método: D = 150 mm = 0,15 m CPA = 4,20 m CPB = 2,40 m DAB = 120 m VA = VB ⇒ 4,2 2,4 1,8H H= + ∆ ⇔ ∆ = m
1,80,015
120H J L J∆ = ⋅ ⇒ = =
1,85 1,85 4,37 1,85 4,371,85
1,85 4,37
0,015 130 0,1510,65
10,65 10,65
Q J C DJ Q
C D
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = =
1,85 32,878 10 0,0423Q −⇔ = ⋅ = m3/s = 42,3 l/s
2 2 2 2
2 2 2 2A A B B A B
A B A BP V P V V V
z z H CP CP Hg g g gγ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ + = + + ∆
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2.23 A ligação entre dois reservatórios, mantidos em níveis constantes, é feita por duas tubulações em paralelo. A primeira, com 1500 m de comprimento, 300 mm de diâmetro, com fator de atrito f = 0,032, transporta uma vazão de 0,056 m3/s de água. Determine a vazão transportada pela segunda tubulação, com 3000 m de comprimento, 600 mm de diâmetro, e fator de atrito f = 0,024.
A perda de carga é a mesma:
1 2 1 1 2 2f fh h J L J L= ⇔ =
2
2 5
8 f QJ
g Dπ= ⇒
2 2 52 21 1 2 2
1 2 22 4 2 4 51 2
8 8 0,032 600 15000,056 0,259
0,024 300 3000
f Q f QL L Q
g D g Dπ π⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇒ = =⋅ ⋅
m3/s
Por outro método:
1. L1 = 1500 m 2. L2 = 3000 m D1 = 300 mm = 0,3 m D2 = 600 mm = 0,6 m f1 = 0,032 f2 = 0,024 Q1 = V1A1 Q2 = ?
21
1 0,07074
DA
π ⋅= = m2 22
2 0,28274
DA
π ⋅= =
11
1
0,7922Q
VA
= = m/s 22 2 2 2 2
2
3,5368Q
Q V A V QA
= ⋅ ⇔ = =
Tubulações em paralelo → ∆H1 = ∆H2
2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2
1 2 1 22 2 2 2
f V f L V f L V f L V f L V f L VH J L H L
D g D g D g D g D D
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⇔ ∆ = = ∴ = ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
2 2 220,032 1500 0,7922 0,024 3000 3,5368
0,3 0,6
Q⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇒ = ⇒
222 2
0,032 1500 0,7922 0,60,25864
0,3 0,024 3000 3,5368Q
⋅ ⋅ ⋅⇒ = =
⋅ ⋅ ⋅m3/s = 258,64 l/s
2.34 Uma tubulação de 0,30 m de diâmetro e 3,2 km de comprimento desce, com inclinação constante, de um reservatório cuja superfície está a uma altura de 150 m, para outro reservatório cuja superfície livre está a uma altitude de 120 m, conectando-se aos reservatórios em pontos situados 10 m abaixo de suas respectivas superfícies livres. A vazão através da linha não é satisfatória e instala-se uma bomba na altitude 135 m a fim de produzir o aumento de vazão desejado. Supondo que o fator de atrito da tubulação seja constante e igual a f = 0,020 e que o rendimento da bomba seja 80%, determine: a) a vazão original do sistema por gravidade; b) a potência necessária à bomba para recalcar uma vazão de 0,15 m3/s; c) as cargas de pressão imediatamente antes e depois da bomba, desprezando as perdas de carga localizadas e considerando a carga cinética na adutora; d) desenhe as linhas de energia e piezométrica após a instalação da bomba, nas condições do item anterior. (Sugestão: reveja a equação 1.36, observando os níveis d’água de montante e jusante.) a) hf = J⋅L =150 – 120 = 30 m
2 2 2 52 5
2 5
8 9,81 0,3030 30 30 0,117
8 8 0,020 3200
f Q gL Q D Q
f Lg D
π ππ
⋅ ⋅⋅ ⋅ = ⇒ = = ⇒ =⋅ ⋅ ⋅
m3/s
b) Pot = ? para Q = 0,15 m3/s ⇒ Q = V⋅A ⇔ 2,1221Q
VA
= = onde 2
0,07074
DA
π= =
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9,8 BQ H
Potη
⋅ ⋅=
22 3
2 2
4 1 0,020 3,2 10 4 0,15 1150 120
2 0,3 2 9,80,3a b c B
L Qz H z f H
D gDπ π ⋅ ⋅ ⋅ + = + ⇔ + = + ⇔ ⋅⋅
3 2 2
2 4
0,020 3,2 10 4 0,1530 19,01
0,3 0,3 2 9,8BH
π⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇔ = − + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅
9,8 19,01 0,1534,93
0,8Pot
⋅ ⋅∴ = = kW
c) 2 2
1 12 2A A antes A antes
A B A Bp V p V p
z z H z z Hg gγ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆
1150 135antespH
γ∴ = + + ∆
onde: 2 2
10,02 533,33 2,1221
8,172 2 9,8 0,3
L VH f
D g
⋅ ⋅∆ = = =⋅ ⋅
6,83antesp
γ= mH2O
2 2
1 150 19,01 135 8,172 2
depois depoisA A BB A B
p pp V VH z z H
g gγ γ γ+ + + = + + + ∆ ⇔ = + − − ⇔
25,84depoisp
γ⇔ = mH2O
2.35 Na figura 2.14 os pontos A e B estão conectados a um reservatório mantido em nível constante e os pontos E e F conectados a outro reservatório também mantido em nível constante e mais baixo que o primeiro. Se a vazão no trecho AC é igual a 10 l/s de água, determine as vazões em todas as tubulações e o desnível H entre os reservatórios. A instalação está em um plano horizontal e o coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Willians, de todas as tubulações, vale C = 130. Despreze as perdas de carga localizadas e as cargas cinéticas das tubulações.
AC BCA B f fCP CP h h= ⇒ = 1,85 ( , )
Hazen Willians
J Q tabela D Cβ
−
= ⋅ →
1,85 1,85 3 1,85 3 1,858100 100 9,686 10 10 100 1,345 10 100AC AC AC BC BC BC BCQ L Q L Qβ β⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔
3 1,851,851,85
3
9,686 10 10509,83 29,07
1,345 10BCQ
⋅ ⋅⇔ = = =⋅
l/s
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29,07 10 39,07CD BC ACQ Q Q= + = + = l/s
DEE F f f DFCP CP h h= ⇒ = ( , ) ( , )DE DF
DE DF
D C D C
β β=
=
1,85 1,85 1,85 1,85 1,85250100 100
200DF
DE DE DE DF DF DF DE DF DFDE
LQ L Q L Q Q Q
Lβ β⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = = ⇔
( )1,851,85 1,851,25 1,128DE DF DE DFQ Q Q Q⇔ = ⇒ =
Conservação da matéria ⇒ QDE + QDF = QCD 39,1 1,128 39,1 18,37DE DF DF DF DFQ Q Q Q Q⇔ + = ⇔ + = ⇒ = l/s ⇒ QDE = 20,73 l/s
AC CD DEA E f f fH CP CP h h h= − = + + ⇔
1,85 1,85 1,851
100 AC AC AC CD CD CD DE DE DEH Q L Q L Q Lβ β β = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⇔
3 1,85 2 1,85 3 1,8519,686 10 0,01 100 3,312 10 0,0391 300 1,345 10 0,02073 200
100H ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⇔
6,47H⇔ = m
2.36 Determine o valor da vazão QB, e a carga de pressão no ponto B, sabendo que o reservatório 1 abastece o reservatório 2 e que as perdas de carga unitárias nas duas tubulações são iguais. Material: aço soldado revestido com cimento centrifugado. Despreze as perdas localizadas e as cargas cinéticas.
810 800
0,00758860 460AB BCJ J
−= = =+
m/m
Aço soldado revestido com cimento centrifugado. C = 130 β1 = 1,345⋅103, β2 = 9,686⋅103
1,85 3 1,850,758 1,345 10 0,0175AB AB AB ABJ Q Q Qβ= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m3/s = 17,5 l/s 1,85 3 1,850,758 9,686 10 0,00603BC BC BC ABJ Q Q Qβ= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m3/s = 6,03 l/s
QB = QAB – QBC ⇒ QB = 11,47 l/s Cota B = 810 – ∆HAB = 810 – JABLAB = 810 – 0,00758⋅860 = 803,48 m
803,48 780 23,48Bp
γ= − = mH2O
3.1 A instalação mostrada na Figura 3.17 tem diâmetro de 50 mm em ferro fundido com leve oxidação. Os coeficientes de perdas localizadas SAP: entrada e saída da tubulação K = 1,0, cotovelo 90° K = 0,9, curvas de 45º K = 0,2 e registro de ângulo, aberto, K = 5,0. Determine, usando a equação de Darcy-Weisbach: a) a vazão transportada; b) querendo-se reduzir a vazão para 1,96 l/s, pelo fechamento parcial do registro, calcule qual deve ser a perda de carga localizada no registro e seu comprimento equivalente.
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2 2
1 1 2 21 2 ,
2 2
p V p Vz z perdas
g gγ γ+ + = + + + onde p1 = p2 =patm
1 2 50 45 5fperdas z z h h∴ = − = + ∆ = − = m
a) Fórmula de Darcy-Weisbach: 2 2 2 2
5,0 5,02 2 2 2
V L V V V LJL K H f K f K
g D g g g D + ⋅ = ∆ ⇒ + ⋅ = ⇔ + =∑ ∑ ∑
Ferro fundido com leve oxidação: ε = 0,30 mm (Tabela 2.2)
( ) ( )2 2 2,0 13,0 5,0 25,0
5,0 2 1,0 0,9 2 0,2 5,0 5,02 2 9,81 0,05
V L Vf K f
g D
+ + + + = ⇔ + ⋅ + + ⋅ + = ⇔∑ ⋅
( ) ( )2
2900 8,3 5,0 5,0 48,87 0,423 ,19,62
Vf f V⇔ + = ⇔ = + 0,30ε = mm, D = 50 mm
( ) ( )
2 2 21 3,71 1 1 1
2log2log 3,71 / 2log 3,71 0,05 / 0,0003 2log618,333
Df
Df ε ε = ⇔ = = = = ⋅
2
1
5,58 =
= 0,032
∴ 5,0 = 1,987V2 ⇔ V = 1,586 m/s ⇒ Q = V⋅A = 1,586⋅π⋅0,0252 = 3,114⋅10-3 m3/s
b) Q = 1,96 l/s ⇒ 2 2
4 4 0,001961,0
0,05
QV
Dπ π⋅= = =
⋅m/s
2 2 2
5,02 2 2
L V V V Lf K f K
D g g g D + = ⇔ +∑ ∑
ε = 0,30 mm, V = 1 m/s → f = 0,0341
( )2 2,0 13,0 5,0 25,01,00,034 2 1,0 0,9 2 0,2 5,0
2 9,81 0,05K
+ + +∴ + + ⋅ + + ⋅ = ⇔ ⋅
30,6 3,3 98,1 64,2K K⇔ + + = ⇒ =
2 21,064,2 3,27
2 2 9,81regV
h Kg
∆ = = =⋅
m
2 2 21,03,27 3,27 0,034 3,27
2 2 0,05 2 9,81eq eq
reg eq eq
L Lf V Vh JL L f
Dg D g
⋅∆ = ⇒ = ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅
94,35eqL ≅ m
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3.7 A instalação hidráulica predial da figura está em um plano vertical e é toda em aço galvanizado novo com diâmetro de 1”, e alimentada por uma vazão de 2,0 l/s de água. Os cotovelos são de raio curto e os registros de gaveta. Determine qual deve ser o comprimento x para que as vazões que saem pelas extremidades A e B sejam iguais. Tabela 3.6 – Comprimentos equivalentes: cotovelo 90°_raio curto LE = 0,189 + 30,53D registro_gaveta aberta LE = 0,010 + 6,89D
Perdas de carga: 2,0 1,5 0,3 3,80ACL = + + = m
( ) ( )2 0,189 30,53 0,010 6,89 0,388 67,95 0,025 2,09CAEL D D= + + + = + ⋅ = m
0,5 0,3 (0,8 )CBL x x= + + = + m
( ) ( )2 0,189 30,53 0,010 1,89 2,09CBEL D D= + + + = m
Para que QA = QB, devemos ter:
( ) ( )1,5 3,80 2,09 2,09 0,80A BA T B Tz JL z JL J x J x+ = + ⇔ + ⋅ + = + + + ⇔
( )3,0 1,50J x x⇔ − = −
Hazen-Williams:
1,85
1,85 1,17 2 2
4 4 0,00169,81 2,04
0,025
V QJ V
C D Dπ π⋅= ⇒ = = =⋅
m/s
C = 125 (Tabela 2.4) 1,85
1,85 1,17
2,0469,81 0,2518
125 0,025J J= ⇒ = m/m
Logo: 0,2802 0,8406 1,50 1,83x x x+ = + ⇔ = m 3.8 Dois reservatórios, mantidos em níveis constantes, são interligados em linha reta através de uma tubulação de 10 m de comprimento e diâmetro 50 mm, de P. V. C. rígido, como mostra o esquema da Figura 3.23. Admitindo que a única perda de carga localizada seja devido à presença de um registro de gaveta parcialmente fechado, cujo comprimento equivalente é LE = 20,0 m, e usando a fórmula de Hazen-Williams, adotando C = 145, determine: a) a vazão de canalização supondo que o registro esteja colocado no ponto A; b) idem, supondo o registro colocado no ponto B; c) máxima e mínima carga de pressão na linha, em mH2O, nos casos a e b; d) desenhe em escala as linhas piezométrica e de energia.
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Equação da continuidade:
2 2
2 2A A B B
A Bp V p V
z z perdasg gγ γ
+ + = + + +
• pA = pB (os dois reservatórios com NA = 1,0 m) • vA = vB (vazão constante) perdas = zA – zB = 3,0 m
( )1,85 1,85
1,85 1,17 1,85 1,173,0 6,31 6,31 10,0 20,0 3
145 0,05T
V VJL L
C D= = ⋅ ⇔ ⋅ + = ⇔
⋅ ⋅
1,85 4,397 2,227V V⇔ = ⇒ = m/s 20,05
2,27 4,374
Q VAπ ⋅= = = l/s
a) A pressão é mínima no ponto mais alto e máxima no ponto mais baixo:
1,85 1,85
1,85 1,17 1,85 1,17
2,2276,81 6,81 0,1000
145 0,05
VJ
C D= = =
⋅ ⋅m/m
1
2
3 4
4
A
B
z m
z z
z z z
=== =
• 2 2 2
1 2 21 2 1 2( )
2 2 2A A A
E Eatm mín mín
p V p V p Vz z JL z z JL
g g gγ γ γ + + = + + + ⇒ = − − − ⇔
22,2271,0 0,1000 20,0 1,25
2 9,81A A
mín mín
p p
γ γ ⇔ = − − ⋅ ⇔ = − ⋅
m
• 2 2 2
1 4 41 4 1 4( )
2 2 2A A A
T Tatm máx mín
p V p V p Vz z JL z z JL
g g gγ γ γ + + = + + + ⇒ = − − − ⇔
22,2274,0 0,1000 30 0,75
2 9,81A A
mín máx
p p
γ γ = − − ⋅ ⇔ = ⋅
m
b) • 2 2 2 2
1 2 21 2 1 2
2,227( ) 1,0
2 2 2 2 9,81B B B
máx máx máx
p V p V p Vz z z z
g g gγ γ γ + + = + + ⇔ = − − = − ⇔ ⋅
0,75B
mín
p
γ ⇔ =
m
• 2 2 2
1 3 21 3 1 3( )
2 2 2B B B
ATM máx máx
p V p V p Vz z JL z z
g g gγ γ γ + + = + + + ⇔ = − − ⇔
22,2271,0 0,1000 10
2 9,81B
máx
p
γ ⇔ = − − ⋅ ⋅
= 2,75 m
3.10 Uma tubulação retilínea de 360 m de comprimento e 100 mm de diâmetro é ligada a um reservatório aberto para a atmosfera, com nível constante, mantido 15 m acima da saída da tubulação. A tubulação está fechada na saída por uma válvula, cujo comprimento
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equivalente é de 7,5 m de comprimento da tubulação. Se a válvula é aberta instantaneamente, com escoamento livre, determine o tempo necessário para que a velocidade média atinja 98% da velocidade em condições de regime permanente. Assuma o fator de atrito f = 0,020 e adote como coeficiente de perda de carga na entrada K = 0,5. Sugestão: utilize a Equação 1.11 e a metodologia do problema 1.4.
Equação 1.11 → 2 2
1 1 2 21 2 122 2
p V p V L dVz z H
g g g dtγ γ+ + = + + + ∆ +
Comprimento equivalente na entrada:
Equação 3.16 → eL K
D f= ⇒
0,5 0,12,5
0,02eK D
Lf
⋅ ⋅= = = m
Equação 3.15 → 2
2eL V
H fD g
∆ = ⇒ 2 2(7,5 2,5 360)
(0,02) 740,1 2 2
V VH
g g
+ +∆ = =⋅
Equação da energia para A e B: 2 2 2
2 2 222 2 2
A AA A
p V p V L dV V L dVz z H z H
g g g dt g g dtγ γ+ + = + + + ∆ + ⇔ = + ∆ + ⇔
2 2215 74 36,7347 3,8265 36,7347 15 0
2 2
V V dV dVV
g g dt dt⇔ = + + ⇔ + − =
Resolvendo-se a equação diferencial, encontramos V(t). A partir de V(t), calculamos t. 3.13 Sabendo-se que as cargas de pressão disponíveis em A e B são iguais e que as diferenças entre as cargas de pressão em A e D é igual a 0,9 mH2O, determine o comprimento equivalente do registro colocado na tubulação de diâmetro único, assentada com uma inclinação de 2° em relação à horizontal, conforme a Figura 3.26.
2 2
0,92 2
A D A DA D D A A
p V p V p pz z H z z H z H
g gγ γ γ γ+ + = + + + ∆ ⇔ − = − + ∆ ⇔ = − + ∆
2 13,96 0,9 13,96 14,46400
hsen h H H° = ⇔ = ∴ = − + ∆ ⇔ ∆ =
0H JL∆ = onde 6,98
0,0349 14,86 0,0349 425,79200
J L L= = ∴ = ⇔ =
Como LAD = 400, Le = 25,79. 4.1 Um sistema de distribuição de água é feito por uma adutora com um trecho de 1500 m de comprimento e 150 mm de diâmetro, seguido por outro trecho de 900 m de comprimento e 100 mm de diâmetro, ambos com o mesmo fator de atrito f = 0,028. A vazão total que entra no sistema é 0,025 m3/s e toda água é distribuída com uma taxa uniforme por unidade de comprimento q (vazão de distribuição unitária) nos dois trechos, de modo que a vazão na extremidade de jusante seja nula. Determine a perda de carga total na adutora, desprezando as perdas localizadas ao longo da adutora.
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F = 0,028
D1 = 0,15 m L1 = 1500 m D2 = 0,1 m L2 = 900 m Qm = 0,025 m3/s
5
1 2
1,042 10Q
qL L
−= = ⋅+
m3/ms
Para o trecho 1: 5 3 3
1 0,025 1,042 10 1500 9,375 10 /j m jQ Q q L Q m s− −= − ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅
0,025 0,0093750,0171875
2 2m j
f f
Q QQ Q
+ += = ⇔ = m3/s
Pela equação universal: 2 2
315 5
0,0827 0,028 0,01718750,0827 9,008 10
0,15ff Q
J JD
−⋅ ⋅ ⋅= = ⇒ = ⋅ m/m
Assim:
1 1 1 1 13,512H J L H∆ = ⋅ ⇒ ∆ = m Para o trecho 2:
03m
j fQ
Q Q= → =
2 10,01443m J fQ Q Q= ⇒ = m3/s
2 2
325 5
0,0827 0,028 0,014430,0827 6,3528 10
0,15fQ
J f JD
−⋅ ⋅= = ⇒ = ⋅ m/m
2 2 2 2 5,717H J L H∆ = ⋅ ⇒ ∆ = m Finalmente:
1 2 19,229T TH H H H∆ = ∆ + ∆ ⇔ ∆ = m 4.4 Quando água é bombeada através de uma tubulação A, com uma vazão de 0,20 m3/s, a queda de pressão é de 60 kN/m2, e através de uma tubulação B, com uma vazão de 0,15 m3/s, a queda de pressão é de 50 kN/m2. Determine a queda de pressão que ocorre quando 0,17 m3/s de água são bombeados através das duas tubulações, se elas são conectadas (a) em série ou (b) em paralelo. Neste último caso, calcule as vazões em cada tubulação. Use a fórmula de Darcy-Weisbach. Tubulação A: QA = 0,20 m3/s ∆P = – 60 kN/m2
2 21 1 2 2
1 22 2
V p V pz z H
g gγ γ+ + = + + + ∆
31 2
3
. 60 10 606,1224
. 9,89,8 10A A A
V const p pH H H
z const γ γ→ ⋅− = ∆ ⇔ = ∆ ⇔ ∆ = =→ ⋅
m
2 2 2
5 5 50,0827 0,0827 6,1224 1850,801A A A A A A A A A
A A A
f L Q f L Q f L QH
D D D∆ = ⇒ = ⇒ =
Tubulação B: QB = 0,15 m3/s ∆P = – 50 nK/m2
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2 21 2
2 2
p V p Vz z H
g gγ γ+ + = + + + ∆
. 50. 9,8A
V constH
z const
→∆ =
→
2
5 5
500,0287 2741,927
9,8B B B B B
B B
f L Q f L
D D= ⇒ =
a) Em série
QA = QB ∆H = ∆HA + ∆HB → ∆P = ∆PA + ∆PB
25
0,0827A A AA
A
P f LH Q
Dγ∆ ⋅∆ = = ⋅ ⋅
20,0827 1850,801 0,27 9,8AP∆ = ⋅ ⋅ ⋅
∆PA = 43,35 kN/m2
25
0,0827B B BB
B
P f LH Q
Dγ∆ ⋅∆ = = ⋅ ⋅
20,0827 2741,927 0,17 9,8BP∆ = ⋅ ⋅ ⋅
∆PB = 64,22 kN/m2 ∆P = 43,35 + 64,22 = 107,57 kN/m2 b) Em paralelo QA + QB = 0,17
2 2 2 2A B 5 5
H H 0,0827 0,0827 1850,801 2741,927A BA A B B A B
A B
L Lf Q f Q Q Q
D D∆ = ∆ ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔
43,021 52,363 1,217A B A BQ Q Q Q⇔ = ⇔ =
2,217 0,17 0,0767B BQ Q∴ = ⇔ = m3/s ⇒ QA = 1,217⋅0,0767 = 0,0933 m3/s
25
0,0827 0,0933 9,8 13,06A AA A
A
P f LH P H P P
Dγ
γ∆ ⋅∆ = ⇒ ∆ = ∆ ⋅ ⇔ ∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ∆ = kN/m2
4.7 O sistema de distribuição de água mostrado na Figura 4.20 tem todas as tubulações do mesmo material. A vazão que sai do reservatório I é de 20 l/s. Entre os pontos B e C, existe uma distribuição em marcha com vazão por metro linear uniforme e igual a q = 0,01 l/(s.m). Assumindo um fator de atrito constante para todas as tubulações, f = 0,020 e desprezando as perdas localizadas e a carga cinética, determine: a) a carga piezométrica no ponto B; b) a carga de pressão disponível no ponto C, se a cota geométrica desse ponto é de 576,00 m; c) a vazão na tubulação de 4” de diâmetro.
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Solução 1: 4” = 0,1 m (Caminho 1) 6” = 0,15 m (Caminho 2)
2 2
2 2A B
A Bp V p V
z z Hg gγ γ
+ + = + + + ∆ onde AA A
pCP z
γ= + e B
B Bp
CP zγ
= +
590 590A B B BCP CP H CP H CP H∴ = + ∆ ⇔ = + ∆ ⇔ = − ∆
Cálculo de ∆H:
2 2 21 21 25 5 5
1 2
0,0827 0,0827 0,0827f L f L f L
H Q Q QD D D
⋅ ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔
2 21 2 1 25 5
800 7500,3514
0,1 0,15Q Q Q Q⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ =
Mas
1 2 20AQ Q Q+ = = l/s 2 21,3514 20 14,799Q Q⇒ = ⇔ = l/s = 1,48⋅10–2 m3/s
( )225
0,02 790590 0,0827 1,48 10 586,42
0,15BCP −⋅∴ = − ⋅ ⋅ = m
Solução 2: Tubo de 6” = 0,15 m e 4” = 0,10 m
1,85 1,856 4
6 4 6 6 4 4 1,85 4,87 1,85 4,8710,65 750 10,65 800
(0,15) (0,1)
Q QH H J L J L
C C∆ = ∆ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔
⋅ ⋅
1,85 1,851,85 1,85 1,85 1,856 46 4 6 44,87 4,87
750 8007.717.858,853 59.304.819,31 7,684
0,15 0,1
Q QQ Q Q Q⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔
6 43,011Q Q⇔ = Do enunciado, tem-se que Q4 + Q6 = 0,020. Portanto: Q4 = 4,986⋅10–3 m3/s Q6 = 15,014⋅10–3 m3/s Para as respectivas vazões, tem-se:
66 2
6
0,8496/ 4
QV
Dπ= = m/s
64 2
4
0,6348/ 4
QV
Dπ= = m/s
Na tubulação de 6” de diâmetro, tem-se: 2 2750 0,8496
0,02 3,68272 0,15 2AB AB
L VH f H
D g g∆ = = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = m
Equação da energia na superfície I e em B: 2 2
1 11 590 3,6827 586,3173
2 2B B
B AB B Bp V p V
z z H CP CPg gγ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + ⇔ = m
b) 586,42 576 10,42B C C CB C
p p p pz z H H H
γ γ γ γ+ = + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇔ = − ∆
0,02 0,01
0,0152 2BC
m jF F
Q QQ Q
+ += = → = m3/s,
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25
0,02 10000,0827 0,015 4,90
0,15H
⋅∴∆ = ⋅ ⋅ = m
10 42 4,9 5,52Cp
γ∴ = − − = mH2O
c) Da letra a, tem-se: Q1 = 0,3514Q2 = 0,3514⋅1,48⋅10–2 = 5,2⋅10–3 m3/s 4.9 No sistema de abastecimento d’água mostrado na Figura 4.21 faz parte de um sistema de distribuição de água em uma cidade, cuja rede se inicia no ponto B. Quando a carga de pressão disponível no ponto B for de 20 mH2O, determine a vazão no trecho AB e verifique se o reservatório II é abastecido ou abastecedor. Nesta situação, qual a vazão QB que está indo para a rede de distribuição? A partir de qual valor da carga de pressão em B a rede é abastecida somente pelo reservatório I? Material das tubulações: aço rebitado novo. Despreze as perdas localizadas e as cargas cinéticas e utilize a fórmula de Hazen-Williams. Tabela 2.4 → C = 110 8” = 0,20 m 6” = 0,15 m
carga de pressão disponível no ponto B = 20 mH2O → 20Bp
γ= mH2O
740BB B
pCP z
γ= + = m → Em B a cota piezométrica é CPB = 740 m. Como este valor é maior
que a cota piezométrica do N. A. de II, este reservatório é abastecido. Por Hazen-Williams:
1,85 1,851,85
1,85 4,87 1,85 4,87
10,65 10,654,516
110 0,2AB AB
ABQ Q
J J QC D
⋅ ⋅= = ⇒ =⋅ ⋅
1,85 1,851050 4,516 4741,83AB AB AB AB ABH L J H Q Q∆ = ⋅ → ∆ = ⋅ = Equação da energia na superfície do reservatório I e em B:
2 21 1
1 754 720 20 142 2
B BB AB AB AB
p V p Vz z H H H
g gγ γ+ + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇒ ∆ = m
Assim: 1,851,85 314 4741,83 2.95244663 10 0,04291AB ABQ Q −= ⋅ ⇒ = ⋅ = m3/s = 42,91 l/s
Como CPB > NAII, o reservatório II é abastecido, ou seja:
AB B BCQ Q Q= + C = 110, D = 6” ⇒ β = 1,831⋅103 (Tabela 2.3) Portanto:
1,85 1,8518,31BC BCJ Q J Qβ= ⋅ → = 1,85 1,85650 18,31 11901,5BC BCH L J H Q Q∆ = ⋅ → ∆ = ⋅ ⋅ =
Equação da energia superfície do reservatório II e em B: 2 2
2 22 2 720 20 735
2 2B B B
B AB B AB BCp V p V p
z z H z z H Hg gγ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ + = + ∆ ⇔ + = + ∆ ⇔
5BCH⇔ ∆ = m
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Assim: 1,85 1,855 11.901,5 14,95BC BCQ Q= ⇒ = l/s
Finalmente: 42,91 14,95 27,96B AB BC B BQ Q Q Q Q= − ⇔ = − ⇔ = l/s
Para a rede ser abastecida somente por I, a cota piezométrica em B deve ser igual ou maior que NA de II. Portanto:
735 735 15B BB B
p pCP z
γ γ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ mH2O
5.1 As curvas características de duas bombas, para uma determinada rotação constante, são mostradas na tabela a seguir. Uma dessas duas bombas deverá ser utilizada para bombear água através de uma tubulação de 0,10 m de diâmetro, 21 m de comprimento, fator de atrito f = 0,020 e altura geométrica de 3,2 m. Selecione a bomba mais indicada para o caso. Justifique. Para a bomba selecionada, qual a potência requerida? Despreze as perdas localizadas.
Q (m3/s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 Bba A H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9
ηηηη (%) 0 32 74 86 85 66 28 Bba B H (m) 16,2 13,6 11,9 11,6 10,7 9,0 6,4
ηηηη (%) 0 14 34 60 80 80 60
Para a tubulação, 2
25
0,08273,2 3473,4g g
F QE H H H L E Q
D
⋅ ⋅= + ∆ = + ⇒ = +
Para as vazões marcadas,
( )
( )
3 / 0,0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,03 0,036
3,20 3,32 3,70 4,32 5,20 6,33 7,70
Q m s
E m
Então, no ponto de funcionamento de A, Q1 = 0,030 m3/s → η1 = 66 % Q2 = 0,036 m3/s → η2 = 28 % QA = 0,033 m3/s Interpolando,
1 1
2 1 2 1
0,033 0,03 6647
0,036 0,03 28 66A A A
AQ Q
Q Q
η η η ηη η
− − − −= ⇒ = ∴ =− − − −
%
Fazendo o mesmo para o ponto B, tem-se: Q1 = 0,030 m3/s → η1 = 80 % Q2 = 0,036 m3/s → η2 = 60 % QA = 0,035 m3/s Interpolando, tem-se:
1 1
2 1 2 1
0,035 0,03 8063,33 %
0,036 0,03 60 80B B B
AQ Q
Q Q
η η η ηη η
− − − −= ⇒ = ∴ =− − − −
⇒ O melhor rendimento é o da bomba B. Para encontrar a potência requerida, usaremos o ponto (QB, HB) do funcionamento de B. Pela equação de B, tem-se:
2396,83 222,62 15,536BH Q Q= − − + Para Q = 0,035 m3/s, HB = 7,26 m. Com os valores de Q e H,
9800 0,035 7,263,93
0,6333
Q HPot
γη
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = kW
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5.2 O esquema de bombeamento mostrado na Figura 5.21 é constituído de tubulações de aço com coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Williams C = 130. Da bomba até o ponto B, existe uma distribuição de vazão em marcha com taxa de distribuição constante e igual a q = 0,005 l/(SM). Para a curva característica da bomba, dada na figura, determine a vazão que chega ao reservatório superior e a cota piezométrica no ponto B. Despreze as perdas localizadas e a carga cinética.
( )
2 2A A C C
A C AC
C A AC AB AB BC BC
1,85 1,851 2
1,85 4,87 4,87
A BA f A 1
B A AB A 2
1,85A
1,85
P V P Vz E z H
2 2
E z z H E 5 J L J L
10,65 Q QE 5 1000 800
130 0,1524 0,1016
Q QQ Q Q 0,0025 Q
2Q Q qL Q 0,005 Q
Q 0,002510,65E 5
130
+ + + = + + + ∆γ γ
= − + ∆ ⇒ = + +
= + ⋅ + ⋅
+= = = − =
= − = − =
−= + ( )
( ) ( )
1,85A
4,87 4,87
1,85 1,85A A
Q 0,0051000 800
0,1524 0,1016
5 12.457,12 Q 0,0025 71.179,3 Q 0,005
− ⋅ + ⋅
= + − + −
Q 5 10 15 20 H 20 17,5 12,5 5 E 5,2 10,4 23,1 42,3 Interpolando:
( ) ( )
C B A AB
17,5 x 10,4 x12,7 17,5 x 5 10,4 x 222,25 12,7x 52 5x
17,5 12,5 10,4 23,1
x 15,7 m/ E H
10 y 17,5 15,710,y 1,8 y 11,8 Q
10 15 17,5 12,5
Q Q Q qL 11,8 5 6,8 /s
− −= ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔− −
⇔ = = =− −= ⇔ = − ⇔ = =− −= = − = − =
ℓ
ℓ
A cota piezométrica em B é: 2 2
A A B BA B AB
1,85
B 1,85 4,87
F
B
P V P Vz E z H
2 2
10,65 0,009315,7 CP 1000
130 0,1524
11,8 6,8Q 9,3
2CP 15,7 2,2 13,5 m
+ + + = + + + ∆γ γ
= + ⋅ ⋅
+= =
= − =
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5.4 Deseja-se recalcar 10 ℓ/s de água por meio de um sistema de tubulações, com as seguintes características: funcionamento contínuo 24 h, coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Williams C = 90, coeficiente da fórmula de Bresse K = 1,5 diâmetro de recalque igual ao diâmetro de sucção, comprimentos reais das tubulações de sucção e recalque, respectivamente, de 6,0 m e 674,0 m, comprimentos equivalentes das peças existentes nas tubulações de tubulação e recalque, respectivamente, de 43,40 m e 35,10 m, altura geométrica de 20 m. Com a curva característica de uma bomba, indicada na Figura 5.22, determine: a) Associando em paralelo duas destas bombas, obtém-se a vazão desejada? b) Em caso afirmativo, qual a vazão em cada bomba? c) Qual a vazão e a altura de elevação fornecidas por uma bomba isoladamente isolada no sistema? d) Que verificações devem ser feitas antes de escolher a bomba, de acordo com os pontos de funcionamento obtidos?
( ) ( )
AB BC
2 2A A C C
A C AC
AB T BC T
1,85 1,851,85
1,85 4,87 1,85 4,87
P V P Vz E z H
2 2
E 20 J L J L
10,65 Q 10,65 QE 20 6 43,40 647 35,1 20 19.438Q
90 0,15 90 0,15
+ + + = + + + ∆γ γ
= + +
= + + + + = +
Tabela para a bomba sozinha: Q 0 2 4 6 7 H 30 28,5 26 22 18,5 E 20 20,2 20,7 21,5 22 Tabela para as bombas em paralelo: Q 0 4 8 12 H 30 28,5 26 22 E 20 20,7 22,6 25,4 Interpolando:
( ) ( )
1,85 3
26 x 22,6 x2,8 2,6 x 4 22,6 x 72,8 2,8x 90,4 4x
26 22 22,6 25,4
x 24 m E
24 20 19.438Q Q 0,010 m /s (sim)
− −= ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔− −
⇔ = =
∴ = + ⇔ =
b) 5 ℓ/s
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c)
( ) ( )
1,85
26 x 22 x 21,5 x0,5 22 x 3,5 21,5 x 11 0,5x 75,25 3,5x
26 22 22 18,5 21,5 22
x 21,6 m H
21,6 20 19.438Q Q 6,2 /s (sim)
− − −= ⇔ ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔− − −
⇔ = =
∴ = + ⇔ = ℓ
5.6 Considere um sistema de abastecimento de água por gravidade entre dois reservatórios mantidos em níveis constantes e iguais a 812,00 m e 800,00 m, ligados por uma tubulação de 6” de diâmetro, 1025 m de comprimento e fator de atrito f = 0,025. Desejando-se aumentar a capacidade de vazão do sistema, instalou-se, imediatamente na saída do reservatório superior, uma bomba centrífuga cuja curva característica é dada na tabela a seguir. Desprezando as perdas de carga localizadas e a perda de carga na sucção, determine a nova vazão recalcada. Observe que, no caso, a altura geométrica da Equação 5.38 é negativa. Q (m3/s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9 η (%) 0 32 74 86 85 66 28
22
5
QE 12 H 12 JL 12 1025 0,0827f 12 25.777,72Q
0,1524= − + ∆ = − + = − + ⋅ = − +
Com uma equação para E chegamos à tabela: Q (m3/s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9 E (m) –12 –11 –8,3 –3,6 2,8 11,2 21,4
Interpolando:
( ) ( )2
14,2 x 2,8 x8,4 14,2 x 4,5 2,8 x 119,28 8,4x 12,6 4,5x
14,2 9,7 2,8 11,2
x 10,22 10,22 12 25.777,72Q Q 29,3 / s
CP z E 812 10,22 822,22 m
− −= ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔− −
⇔ = ⇒ = − + → == + = + =
ℓ
Q 0,024 0,030 H 14,2 9,7 Η 8 66 Interpolando para o rendimento, vem: 14,2 10,22 85 y
0,88 9 85 y y 77,08 %14,2 9,7 85 66
− −= ⇔ ⋅ = − ⇔ =− −
Portanto: 3 3HQ 9,8 10 10,22 29,3 10
Pot 3,8 kW0,7708
−γ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =η
5.8 Um sistema de bombeamento é constituído por duas bombas iguais instaladas em paralelo e com sucções independentes, com curva característica e curva do N. P. S. H. dadas na Figura 5.23. As tubulações de sucção e recalque tem diâmetro de 4”, fator de atrito f = 0,030 e os seguintes acessórios: na sucção, de 6,0 m de comprimento real, existe uma válvula de pé com crivo e uma curva 90° R/D = 1. O nível d’água no poço de sucção varia com o tempo, atingindo, no verão, uma cota máxima de 709,00 m e, no inverno, uma cota mínima de 706,00 m. A cota de instalação do eixo da bomba vale 710,00 m. verifique o comportamento do sistema no inverno e no verão, determinando os pontos de funcionamento do sistema (Q e H), os valores do N. P. S. H. disponível nas duas estações e o comportamento da bomba quanto à cavitação.. Assuma temperatura d’água, em média, igual a 20°C.
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( )( )( )
( )
1
2
R
1 bomba: Q l/s 0 3 6 9 12 15 18
1 bomba: Q l/s 0 6 12 18 24 30 36
H m 24 22,5 20 17 13 7 0
NPSH m x 2,5 3,5 4,5 5 4,5 9
Válvula de pé com crivo → 1L 0,56 255,48D= +
Curva 90° R/D = 1 → 2L 0,115 15,53D= +
Válvula de retenção leve → 3L 0,247 79,43D= +
Registro de globo → 4L 0,01 340,27D= +
r
s
e 3 4 2S
re 1 2
L L L 2L 46,563 mL 6 mD 4" 0,1 m
L 70 mL L L 27,776 mf 0,030
T 20 C
= + + === =
== + ==
= °
( ) ( )[ ]
s rs r s e s r e r
22
5
H H H H L L J L L J
0,0827QH 6 27,776 70 45,563 H 37.051Q
D
∆ = ∆ + ∆ ⇔ ∆ = + + + ⇔
⇔ ∆ = + + + ⇔ ∆ =
Inverno: 2iE 13 37051Q= +
Verão: 2iE 10 37051Q= +
Q (l/s) 0 6 12 18 24 30 36 Ev 10 11,33 15,33 22 31,34 43,35 58,02 Ei 10 14,33 18,33 25 34,34 46,35 61,02
Verão: ( )( )( )
2 v
v v
v
Q l/s 12 Q 18
E m 15,33 H 22
H m 20 H 17
Inverno:
v vv
v vv
15,33 H 20 HH 18,55 m
15,33 22 20 17
12 Q 20 HQ 14,9 l/s
12 18 20 17
− −= ⇒ =− −
− −∴ = ⇒ =− −
i ii
i ii
18,33 H 20 HH 19,48 m
18,33 25 20 17
12 Q 20 HQ 13,04 l/s
12 18 20 17
− −= ⇒ =− −
− −∴ = ⇒ =− −
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( )( )( )
2 i
v i
i
Q l/s 12 Q 18
E m 18,33 H 25
H m 20 H 17
Temos que a vd s
p pNPSH z H .
−= − − ∆γ
Pela tabela da página 158 – T = 20°C –
vp 0,24.=γ Portanto:
( ) ( ) ( )s
2 2
d s e 5 5
Q QNPSH 9,55 0,24 z L L 0,0827f 9,31 z 6 27,776 0,0827 0,03
D 0,1= − − − + = − − + ⋅
Inverno: i
2dNPSH 5,31 8379,8Q= −
Verão: v
2dNPSH 8,31 8379,8Q= −
v
i
r
1
d
d
d
Q 0 3 6 9 12 15 18
NPSH 8,31 8,23 8,01 7,63 7,10 6,42 5,59
NPSH 5,31 5,23 5,01 4,63 4,10 3,42 2,59
NPSH x 2,5 3,5 4,5 5 7,5 9
Verão:
i
r
máx
d v
d v
Q 12 Q 15
NPSH 7,1 y 6,42
NPSH 5 y 7,5
Inverno:
v
r
máx
d i
d i
Q 9 Q 12
NPSH 4,63 y 4,10
NPSH 4,5 y 5
⇒ Há cavitação, já que
máxv vQ Q> e máxi iQ Q .>
Calculando o NPSHd:
2i i
2vv
NPSH 5,31 8379,8Q Inverno: NPSH 3,88 m
Verão: NPSH 6,45 mNPSH 8,31 8379,8Q
= − =⇒
== −
5.14 Uma bomba centrífuga está montada em uma cota topográfica de 845,00 m, em uma instalação de recalque cuja tubulação de sucção tem 3,5 m de comprimento, 4” de diâmetro, em P. V. C. rígido, C = 150, constando de uma válvula de pé com crivo e um joelho 90°. Para um recalque de água na temperatura de 20°C e uma curva do N. P. S. H. requerido dada pala Figura 5.25, determine a máxima vazão a ser recalcada para a cavitação incipiente. Se a vazão recalcada for igual a 15 l/s, qual a folga do NPSH disponível e do NPSH requerido. Altura estática de sucção igual a 2,0 m e a bomba é não afogada.
v vv
máx vmáx
7,1 y 5 yy 6,65 m
7,1 6,42 5 7,5
12 Q 5 yQ 13,98 l/s
12 15 5 7,5
− −= ⇒ =− −
− −∴ = ⇒ =− −
i ii
máx imáx
4,63 y 4,5 yy 4,57 m
4,5 4,10 4,5 5
9 Q 4,5 yQ 9,42 l/s
9 12 4,5 5
− −= ⇒ =− −− −∴ = ⇒ =
− −
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1
2
e
e
D 4” 0,1 m
C 1560
L 28,6 m
L 4,3 m
T 20°C
= ==
=
=
=
( )
( )
1 2
1,85
e e e 1,85 4,87
1,85
1,85 4,87
1,85
Q 10,65H L L L
C D
Q 10,65H 3,5 28,6 4,3
150 0,1
H 2708,2 Q
⋅∆ = + +⋅
⋅∆ = + +⋅
∆ = ⋅
a
a2
p 760 0,081h13,6
1000
h 845
p9,40 mH O
− = γ
↓ =
=γ
1,85a v v
d
v
1,85d
p p pNPSH z H 9,40 2 2708,2Q
Tabela da página 158p
T 20 C 0,24
NPSH 7,16 2708,2Q
−= − − ∆ = − − −γ γ
↓ = ° → =γ
= −
Q (l/s) 0 5 10 15 20 25 30 NPSHr (m) 0 0,6 1,2 2,8 5,2 7,6 11,2 NPSHd (m) 7,16 7,01 6,62 6,02 5,21 4,22 3,04 A interseção de NPSHr e NPSHd é em Q = 20 l/s. ⇒ Qmáx = 20 l/s. A folga para Q = 15 l/s é: Folga 6,02 2,8 3,22= − =
6.1 O sistema de recalque mostrado na Figura 6.9 faz parte de um projeto de irrigação que funciona 5 horas e meia por dia. O sistema possui as seguintes características: a) tubulação de sucção com 2,5 m de comprimento, constando de uma válvula de pé com crivo e uma curva 90º R/D = 1; b) uma bomba que mantém uma altura total de elevação de 41,90 m, para a vazão recalcada; c) uma caixa de passagem, em nível constante, com NA = 26,91 m; d) vazão de distribuição em marcha (vazão unitária de distribuição) constante a partir do ponto A igual a q = 0,02 /(sm). Determine: a) os diâmetros de recalque e sucção (adotar o mesmo) usando a Equação 5.18 (ver a Seção 5.4.3); b) a carga de pressão disponível imediatamente antes e depois da bomba; c) os diâmetros dos trechos AB e BC, sendo o ponto C uma ponta seca, vazão nula. Dimensione os diâmetros pelas vazões de montante de cada trecho; d) a potência do motor elétrico comercial. Dados: a) rendimento da bomba: 65%; b) material de todas as tubulações: ferro fundido novo (C=130); c) utilize a equação de Hazen-Williams; d) perdas de carga localizadas no recalque, desprezíveis.
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a) A vazão de sucção é:
3(240 108) 9,96 10Q q −= + = ⋅ m3/s
Equação 5.18 → 34( ) 1,3 ( / ),rD m X Q m s= em que X é a fração do dia de funcionamento do
sistema. 5,5
0,22924
X = = e ( )0,02 240 108 6,96Q = ⋅ + = l = 6,96⋅10–3 m3/s
341,3 0,229 6,96 10 0,0750rD −∴ = ⋅ = m b) Equação da energia em NAI e imediatamente antes de B:
2 2 2 21 1
1 0 0 1,22 2 2 2
B B B B B BB m B m m
p V p V p V p Vz z H z H H
g g g gγ γ γ γ+ + = + + + ∆ ⇔ = + + + ∆ ⇔ = + + + ∆
3
2 3
6,96 101,57
/ 4 4,418 10B B
r
QV V
Dπ
−
−⋅= = ⇒ =
⋅ ⋅m/s
Tabela 3.6 → 1
2
( ) : 0,56 255,48 19,721
( ) : 0,115 15,53 1,31975
e
e
i Crivo L D
ii Curva L D
= + =
= + =
( ) ( )1 2
1,85
1,85 4,8723,541 10,65 0,945m s e e m
QH L L L J H
C D∆ = + + ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ ∆ = m
( )21,57
0 1,2 0,945 2,272 9,8
B B
antes
p p
γ γ ∴ = + + + ⇒ = − ⋅
mH2O
Equação da energia em NAI e imediatamente depois de B:
( )2 2 2
1 11
1,571,2 0,945
2 2 2 9,8B B B
B mp V p V p
H z z H H IIg gγ γ γ
+ + + = + + + ∆ ⇔ = + + +⋅
Temos _ 2.3 41303,932 10
0,075TabelaC
D mβ
=→ = ⋅
=
( )1,854 31,85 3,932 10 6,96 10350 14
100 100j j j j jQ
H L J L Hβ
−⋅ ⋅ ⋅⋅∆ = = = ⋅ ⇔ ∆ = m
Como (26,91 0) 0,945 14 41,855j m m jH z z H H= − + ∆ + ∆ = − + + = m, voltando a II,
temos: 21,57
41,855 1,2 0,945 39,582 9,8
B B
depois
p p
γ γ = + + + ⇔ = ⋅
mH2O
c) Em A,
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QA = 6,96⋅10–3 m3/s Em B,
( ) ( )3 5 36,96 10 2 10 240 2,16 10B A AB BQ Q q L Q− − −= − ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ m3/s
Pela Tabela 6.1, tem-se 6,96AQ = l/s < 3,14 l/s ⇒ DAB = 0,125 m. QB = 2,16 l/s < 3,14 l/s
⇒ DBC = 0,075 m d) Equação da energia em B e no NAII,
2 22 2
2 22 2B B B
B AB B ABp V p V p
z z H z z Hg gγ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇔
26,91 16,71 BAB
pH
γ⇔ = + + ∆ (III)
Temos _ 2.3 31303,267 10
0,125TabelaC
D mβ
=→ = ⋅
=
( )1,853 31,85 240 3,267 10 2,16 100,092
100 100B
AB AB AB AB ABQ
H L J L Hβ
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅∆ = ⋅ = ⋅ = ⇒ ∆ =
Voltando a III, temos:
26,91 16,71 0,092 10,12B Bp p
γ γ= + + ⇔ = mH2O
e) 39,8 41,855 6,96 10
4,390,65
H QPot Pot
γη
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⇒ = kW
3 3 310 10 6,96 10 41,8555,97
75 75 0,65
H QPot Pot
η
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⇒ =⋅
cv
6.2 A rede de distribuição de água, representada na Figura 6.10, possui as seguintes características: a) os trechos BC, CE, EF, CD e EG têm uma vazão de distribuição em marcha constante e igual a q= 0,010 l/(sm) b) os pontos D, F e G são pontas secas; c) as cotas topográficas dos pontos são:
( ) 6,0 7,0 8,0 11,0 8,0 10,0 6,0
Ponto A B C D E F G
Cota m
Determine a cota do nível de água no reservatório, para que a mínima carga de pressão dinâmica na rede seja de 12 mH2O. Determine a máxima carga de pressão estática. Material das tubulações tem C = 130.
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EXEMPLO 8.1 Estime o valor do fator de atrito f, do coeficiente de rugosidade C de Chézy e do coeficiente de rugosidade n de Manning em um canal largo de 1,50 m de profundidade, no qual as medidas de velocidades a 20 % e 80 % da altura d’água foram, respectivamente, v0,20 = 0,80 m/s e v0,80 = 1,20 m/s. Assuma distribuição de velocidade logarítmica na vertical, escoamento turbulento rugoso
e que a altura d’água é igual ao raio hidráulico. A Equação 2.31 *
8,48 2,5lnv R
u ε
= +
,
desenvolvida a partir da hipótese de perfil logarítmico, pode ser posta em forma mais conveniente como:
*
29,845,75log
v R
u ε =
Em que y é uma ordenada medida a partir do fundo e v, a velocidade pontual. Para y = 0,80h e y = 0,20h, fica:
0,80
*
23,875,75log
v h
u ε =
0,20
*
5,975,75log
v h
u ε =
Fazendo 0,80
0,20
vX
v= , dividindo uma equação pela outra e desenvolvendo, vem:
0,776 1,378log
1
h X
Xε− = −
Usando o conceito de diâmetro hidráulico, a velocidade média é dada pela equação 2.32
*
2,5ln 4,73V R
u ε
= +
, na forma:
*
25,75log 4,73 5,75log 4,73 5,75log 4,73 5,75log 6,46
2hV R D R h
u ε ε ε ε= + = + = + = +
Pela equação 2.26 *
8V
u f
=
, que relaciona a velocidade média com o fator de atrito,
tem-se:
*
8 0,776 1,378 2 1,4646,46
1 1
V X X
u f X X
− + = = + = − −
Para 1,20
1,5,0,80
X = = o fator de atrito vale f = 0,100 e da Equação 8.7
0 08 8
,h hg g
V R I V C R I Cf f
= ⇔ = ⇐ =
8 78,428
0,100
gC
f= = =
e, finalmente, como
h = Rh = 1,50 m e 1/6hR
Cn
=
o coeficiente de rugosidade de Manning vale n = 0,038. EXEMPLO 8.2 Determinar a altura d’água em uma galeria de águas pluviais, de concreto n = 0,013, diâmetro igual a 0,80 m, declividade de fundo I0 = 0,004 m/m, transportando uma vazão de 600 l/s em regime permanente e uniforme. O coeficiente dinâmico vale:
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3/8 3/8
0
0,013 0,600,456
0,004
nQM
I
⋅= = =
Pela Equação 8.471
MD
K
=
:
11
0,4560,80 0,570K
K= ∴ =
Na Tabela 8.1, para K1 = 0,570, determina-se o valor da lâmina d’água relativa, isto é, a altura normal dividida pelo diâmetro. Para K1 0,570, tira-se y0/D = 0,625, e daí y0 = 0,50 m. EXEMPLO 8.3 Qual a relação entre as vazões transportadas, em regime permanente e uniforme, em uma galeria de águas pluviais, com lâmina d’água igual a 2/3 do diâmetro e a meia seção. Na Tabela 8.1, para lâminas d’água iguais a y0/D = 0,666 e y0/D = 0,50 m, os coeficientes K1 valem, respectivamente, 0,588 e 0,498.
Pela Equação 8.47
3/8
1 0
, em que M= ,M nQ
DK I
=
fórmula de Manning, como o
diâmetro é o mesmo, tem-se:
1 2 1
1 2 2
1,18M M M
K K M= ∴ =
e para a mesma declividade e rugosidade, fica: 3/8
1 1
2 2
1,18 1,56Q Q
Q Q
= ∴ =
EXEMPLO 8.4 Dimensione um canal trapezoidal dom taludes 2H:1V, declividade de fundo I0 = 0,0010 m/m, revestimento dos taludes e fundo em alvenaria de pedra argamassada em condições regulares, para transportar uma vazão Q = 6,5 m3/s. Utilize uma razão de aspecto m = b/y0 = 4. Calcule a velocidade média e verifique se a seção encontrada é de mínimo perímetro molhado. Na Tabela 8.5, determina-se o coeficiente de rugosidade n = 0,025. Na Tabela 8.2, determina-se o coeficiente de forma K, em função de m = 4 e Z = 2, e vale K = 1,796. O coeficiente dinâmico vale:
3/8 3/8
0
0,025 6,51,847
0,001
nQM
I
⋅= = =
Pela fórmula de Manning, Equação 8.39
3/8
00
, em que :M nQ
y MK I
= =
01,847
1,031,796
My
K= = = m
Então:
0
4 4,12b
m by
= = ∴ = m (largura do fundo)
A área molhada vale:
( ) ( )2 20 4 2 1,03 6,36A m Z y= + = + ⋅ = m2.
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A velocidade média é igual a 6,5
1,026,36
QV
A= = = m/s.
Para que a seção dimensionada tenha o mínimo perímetro molhado, é necessário que seja verificada a Equação 8.53, isto é:
( ) ( )22 1 2 1 4 2 0,47 4m Z Z= + − = + − = ≠
Conclusão: a seção não é de mínimo perímetro molhado. 8.1 Um canal de drenagem, em terra com vegetação rasteira nos taludes e fundo, com taludes 2,5H:1V, declividade de fundo I0 = 30 cm/km foi dimensionado para uma determinada vazão de projeto Q0, tendo-se chegado a uma seção com largura de fundo b = 1,75 m e altura de água y0 = 1,40 m. a) Qual a vazão de projeto? b) A vazão encontrada é de mínimo perímetro molhado? c) Se o projeto deve ser refeito para uma vazão Q1 = 6,0 m3/s e a seção é retangular, em concreto, qual será a altura de água para uma largura de fundo igual ao dobro da anterior? Taludes 2,5H:1V → Z = 2,5 Q0: vazão de projeto I0 = 30 cm/km = 0,0003 m/m B= 1,75 m y0 = 1,4 m a) Q0 = ?
3/8
0
,nQ
MI
=
onde 0 1,4 1,423 1,9922M y K M= ⋅ ⇔ = ⋅ =
3/8 43/83/8
4 4
0,025 0,025 1,9922 3 101,78 1,9922 4,35
0,0253 10 3 10
Q QQ
−
− −
⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ = = ⋅ ⋅
m3/s
b) ( ) ( )2 22 1 2 1 2,5 2,5 0,3852 1,25m Z Z= + − = + − = ≠ ∴ não
c)
31 6,0 m /
0,014
' 2 3,5
Q s
seção circular
concreto n
b b
=
⇒ = = =
8/3 8/3 40
0,014 60,1717
3,5 3 10
n QK K
b I −
⋅ ⋅= ⇒ = =⋅
Pelo ábaco,
000,29 0,29 3,5 1,01
yy
b= ⇒ = ⋅ = m
8.2 Uma galeria de águas pluviais de 1,0 m de diâmetro, coeficiente de rugosidade de Manning n = 0,013 e declividade de fundo I0 = 2,5⋅⋅⋅⋅10–3 m/m transporta, em condições de regime permanente uniforme, uma vazão de 1,20 m3/s. a) Determine a altura d’água e a velocidade média. b) A tensão de cisalhamento média, no fundo, e a velocidade de atrito. c) Qual seria a capacidade de vazão da galeria, se ela funciona na condição de máxima vazão? D = 1,0 m N = 0,013 I0 = 2,5⋅10–3 m/m Q = 1,2 m3/s
0
1,751,25
1,4
bm
y= = =
0 ?y =
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a) y0 = ? e V0 = ? 3/83/8
30
0,013 1,20,646
2,5 10
nQM
I −
⋅ ⇒ = = =
⋅
0,6460,646
1
MK
D= = =
000,85 0,82
ym y
D= = → = m
Pela Equação 8.58 2/3
2/3 1/20
11 ,
2,52
senV D I
n
θθ
= − ⋅
com 1 022cos 1 ,
y
Dθ − = −
tem-
se:
1 102 2 0,822cos 1 2cos 1 259,58
1
y
Dθ − − ⋅ = − = − = °
= 4,53 rad
( )2/3
1/22/3 31 4,531 2,5 10 1 1,53 1,14 1,74
2,52 0,013 4,53
senV V− = ⋅ − → = ⋅ = ⋅
m/s
b) 0 ,hR Iτ γ= onde 30
10,304 9810 0,304 2,5 10 7,46
4h
senD
R
θθ τ −
− = = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ = Pa
* 0,086hu gR I= = m/s
c) Pela Equação 8.59 ( )5/3
8/3 1/20 2/3
1
20,2
senQ D I
n
θ θθ
− =
, tem-se:
( )5/33
2/3
5,28 5,2812,5 10 1,29
20,2 5,28
senQ
n− −
= ⋅ = m3/s
8.4 Um canal trapezoidal deve transportar, em regime uniforme, uma vazão de 3,25 m3/s, com uma declividade de fundo I0 = 0,0005 m/m trabalhando na seção de mínimo perímetro molhado. A inclinação dos taludes é de 0,5H:1V e o revestimento será em alvenaria de pedra argamassada em condições regulares. Determine a altura d’água, a largura de fundo e a tensão média de cisalhamento no fundo do canal. Trapézio: Q = 3,25 m3/s mínimo perímetro y0 = ? n = 0,025 I0 = 0,0005 m/m molhado b0 = ? z = 0,5 (MPM) τ = ?
3/83/80,025 3,25
1,620,0005
nQM
I
⋅ = = =
( )20 0
1,622 1 1,5
1,11,24
1,1
M My MPM m Z Z y
t tm
t
= → = + − = = =
==
m
20
, onde R21,24 1,9 m
1,51,59810 0,0005 3,7 N/m
2
h hy
R Ib b
m by
τ γ
τ
= ⋅ ⋅ == ⇒ = ⇔ =
= ⋅ ⋅ =
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8.5 Dimensione um canal para irrigação, em terra, com vegetação rasteira no fundo e nos taludes, para transportar uma vazão de 0,75 m3/s, com declividade de fundo I0 = 0,0005 m/m, de modo que a velocidade média seja no máximo igual a 0,45 m/s. Inclinação dos taludes 3H:1V. n = 0,025 Q = 0,75 m3/s I0 = 0,0005 m/m
0,45 m/s 3V z≤ =
QV
A= 0
My
K=
0
0,94nQ
MI
= =
( )0 02A b y y= + ( )22 1 3 3 0,32 1,780m K= + − = ⇒ =
0,750,45 0,45
Q
A A≤ ⇔ ≤ 0
0,940,53
1,78y = = m
( ) ( )0 01 1
2 2 3 0,53 0,53 0,53 0,84272 2
A b b Zy y b b b= + + = + + ⋅ ⋅ = +
Mas 1,67A ≥ m2 ∴ 0,53 0,8427 1,67 1,56b b+ ≥ ⇔ ≥ m 8.6 Dimensione um canal trapezoidal, com taludes 2H:1V, declividade de fundo I0 = 0,001 m/m, com taludes e fundo em alvenaria de pedra argamassada, em boas condições, para transportar em regime uniforme uma vazão de 8,0 m3/s, sujeita às seguintes condições: a) A máxima altura d’água deve ser de 1,15 m. b) A máxima velocidade média deve ser de 1,30 m/s. c) A máxima largura na superfície livre deve ser de 8,0 m. Canal trapezoidal (alvenaria em pedra argamassada, em boas condições): n = 0,030 Q = 8,0 m3/s I0 = 0,001 m/m y0 < 1,15 m vmáx < 1,30 m/s n < 8,0 m
0 1,15 1,15 1,6M
y KK
< ⇒ > ⇔ ≥ → da Tabela 8.2, 0
2,8b
my
= =
8 8 1,3 6,15máxQ V A v A A A= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇔ = ⇔ = m2 Mas
( ) 2 20 0 06,15 (2,8 2) 1,13A m Z y y y= + → = + ⇒ = m
00
2,8 2,8 2,8 1,13 3,164b
m b yy
= = ⇒ = = ⋅ = m
02 3,164 2 2 1,13 7,684B b Z y B= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ = m 8.8 Um trecho de um sistema de drenagem de esgotos sanitários é constituído por duas canalizações em série, com as seguintes características: Trecho 1 – Diâmetro: D1 = 150 mm
Declividade: I1 = 0,060 m/m Trecho 2 – Diâmetro: D2 = 200 mm Declividade: I2 = 0,007 m/m Determine a máxima e a mínima vazões no trecho para que se verifiquem as seguintes condições de norma: a) Máxima lâmina d’água: y = 0,75D b) Mínima lâmina d’água: y = 0,20D c) Máxima velocidade: V = 4,0 m/s
3/83/80,020 8
1,840,001
nQM
I
⋅ = = =
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d) Mínima velocidade: V = 0,50 m/s Coeficiente de rugosidade de Mannin, n = 0,013.
Canalizações em série n = 0,013 ( )
1 0
2
22cos 1
8
y
D
D senA
θ
θ θ
− = −
−=
1
1
1:
D 150 mm = 0,15 m
I 0,060 m/m
Trecho
==
2
2
2:
200 mm = 0,2 m
I 0,007 m/m
Trecho
D ==
00,20 0,75D y D≤ ≤ Qmáx = ? e Qmín = ?
No caso de y0 = 0,20D, temos:
00 10,20 0,20 0,259
yy D K
D= ⇔ = → = ( )12cos 1 2 0,2 106,26 1,855 radθ −= − ⋅ = ° =
Em 1:
0,15 0,038850,259
MM= ⇒ =
3/83/8
11
0,013 0,03885 0,060,03885 0,0033
0,0130,06
⋅= ⇒ = =
m3/s
Em 2:
3/83/8
322
0,2 0,05180,259
0,013 0,0518 0,0070,0518 0,0024 m /s
0,0130,007
MM
= ⇔ =
⋅= ⇔ = =
Qmín em 1 ⇒ 0,0033 m3/s. Como a tubulação está em série, Qmín = 0,0033 m3/s.
Verificando se a vazão mínima atende ao intervalo de velocidade (0,5 m3/s ≤ V ≤ 4 m3/s), temos:
2
0,00330,36
0,00911mín
mínQ
QV
A= = = m3/s
No caso y0 = 0,75D, temos:
00 10,75 0,75 0,624
yy D K
D= ⇔ = → = ( )12cos 1 2 0,75 240 4,189 radθ −= − ⋅ = ° =
Em 1:
3/8
1 0
Q V A
M nQD M
K I
= ⋅
= =
( )23 3
20,2 1,855 1,855
9,11 10 m /s8
0,0024 0,26 m/s (ok!)
0,00911
senA
v
−−= = ⋅
∴ = =
( )23 3
10,15 1,855 1,855
2,52 10 m /s8
0,0033 1,31 m/s (ok!)
0,00252
senA
v
−−= = ⋅
∴ = =
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0,15 0,09360,624
MM= ⇒ =
3/83/8
311
0,013 0,0936 0,060,0936 0,0083 m /s
0,0130,06
⋅= ⇒ = =
( )2 21 1
4,189 4,189 0,00830,15 0,01422 m 0,58 m/s (ok!)
8 0,01422
senA V
−= = ⇒ = =
Em 2:
0,2 0,12480,624
MM= ⇒ =
3/8
3/832
20,013 0,1248 0,007
0,1248 0,0250 m /s0,0130,007
⋅= ⇒ = = ( )2 2
2 14,189 4,189 0,025
0,2 0,0253 m 0,99 m/s (ok!)8 0,0253
senA V
−= = ⇒ = =
( )
11
0
0 0
0,0251,76 m/s (ok!)
0,01422
1 cos 2y 0,094 m2
0,035y 0,1125 (ok!)
máxQV
A
D
y
θ
= = =
−= =
≤ ≤
8.10 Determine a mínima declividade necessária para que um canal trapezoidal, taludes 4H:1V, transporte 6 m3/s de água, com uma velocidade média igual a 0,60 m/s. Coeficiente de rugosidade, n = 0,025. Z = 4 Q = 6 m3/s V = 0,60 m/s n = 0,025
0 ?mín
I =
Para que I0 seja mínimo, a seção deve ser de mínimo perímetro molhado. Portanto:
( ) ( )2 22 1 2 1 4 4 0,246m Z Z= + − = + − =
00
0,246b
m b yy
= ⇒ =
Voltando a A, tem-se: 20 04,246 10 1,53 my y= ⇔ =
Da Tabela 8.2, interpolando, para m = 0,246, vem K = 1,4465. Assim:
0 1,53 1,4465 2,213145M
y MK
= ⇒ = ⋅ =
3/8 24
0 3/80
0,025 6 0,025 62,213145 3,25 10 m/m
2,213145I
I− ⋅ ⋅= ⇔ = = ⋅
8.19 Um trecho de coletor de esgotos de uma cidade cuja rede está sendo remanejada tem 100 m de comprimento e um desnível de 0,80 m. Verifique se o diâmetro atual, de 200 mm, permite o escoamento de uma vazão de 18,6 ℓ/s. Em caso contrário, qual deve ser o novo diâmetro desse trecho? Determine a lâmina líquida correspondente e a velocidade média.
30,025 m /smáxQ =
2610 m
0,6
QQ V A A
V= ⋅ ⇒ = = =
( ) ( ) ( ) ( )0 0 00 0 0 0
24 10
2 2
b B y b Z y yA b Zy y b y y
+ + ⋅ ⋅= = = + = + =
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32 Universidade Federal do Espírito Santo
Material das tubulações: manilha cerâmica, n = 0,013. Adote como lâmina d’água máxima no coletor y0/D = 0,50.
Atualmente,
D = 200 mm Q = 18,6⋅10–3 m3/s n = 0,013
A máxima lâmina de água: y0 = 0,5D ∴ y0 = 0,1 m
Sendo 0y0,5,
D= da Tabela 8.1, temos K1 = 0,498
Sabemos que
( )3/8 3/8
8/31 1
1 0 0 0
M nQ nQ nQD , onde M DK DK
K I I I
= = ⇒ = ⇔ =
Atribuindo valores:
( )8/3 30,008Q 0,2 0,498 0,01466 m /s 14,67 l/s
0,013= × = =
Portanto, D = 200 mm não é suficiente para Q = 18,6 l/s. Então: 3/8 3/8
3
30
nQ 0,013 18,6 10M 0,1088
I 8 10
−
−
⋅ ⋅= = = ⋅
Como a relação y0/D não se altera, K1 = 0,498. Logo:
1
MD 0,2186 m
K= =
Como não existe esse diâmetro comercializado, D = 250 mm
00
y0,5 y 0,108 m
D= → =
Na seção circular:
( )1 1 102y 2 0,1082cos 1 2cos 1 2cos 0,01189 3,18 rad
D 0,2186− − −⋅ θ = − = − = =
( ) ( ) ( )2 2
3 20,2186 3,18 3,185,97 10 3,22 0,0192 m
8 8−− −
= = = ⋅ =D sen sen
Aθ θ
Portanto:
3Q 18,6 10V 0,97 m/s
A 0,0192
−⋅= = =
8.20 No projeto de um coletor de esgotos, verificou-se que, para atender à condição de esgotamento dos lotes adjacentes, ele deveria ter uma declividade de 0,015 m/m. Sendo 20 l/s a vazão de esgotos no fim do plano e 10 l/s a vazão atual (início de plano), determine: a) o diâmetro do coletor e a velocidade de escoamento, para o final do plano; b) a lâmina líquida atual e a correspondente velocidade média.
30I 0,8 m/100 m 8 10 m/m −= = ⋅
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33 Universidade Federal do Espírito Santo
3 3
j
3 3m
Q 20 l/s 20 10 m /s
Q 10 l/s 10 10 m /s
−
−
= = ⋅
= = ⋅
( )1 102y2cos 1 2cos 0 rad
D− − θ = − = = π
a) D = ? e Vj = ?
1
MD
K=
3/8 3/832
0
nQ 0,013 20 10M 9,5 10
I 0,015
−− ⋅ ⋅= = = ⋅
29,95 10D 0,2 m 200 mm
0,498
−⋅⇒ = = =
( ) ( )2 220,2
0,0154 m8 8
− −= = =
D sen senA
θ θ π π
Com a área, temos a velocidade pela relação jj
QV :
A=
3j
j
Q 20 10V 1,29 m/s
A 0,0154
−⋅= = =
b) 3mQ 0,01 m /s=
3/8 3/83
0
nQ 0,013 10 10M 0,077
I 0,015
− ⋅ ⋅= = =
1
M 0,077D 0,155 m
K 0,498= = =
( ) ( )1 00
D 1 cos /2 0,155 1 cos /22y2cos 1 y 0,0775 m
D 2 2− − θ − π θ = − → = = =
( ) ( )2 23 20,155
9,43 10 m8 8
−− −= = = ⋅
D sen senA
θ θ π π
3
mm 3
Q 10 10V 1,06 m/s
A 9,43 10
−
−⋅= = =⋅
9.5 Em um projeto de um sistema de drenagem de águas pluviais, determinou-se que, para escoar uma vazão de 12 m3/s, era necessária uma galeria retangular em concreto, rugosidade n = 0,018, declividade de fundo I0 = 0,0022 m/m, com 3,0 m de largura, conforme a figura. Por imposição do cálculo estrutural, foi necessário dividir a seção em duas células de 1,5 m de largura com um septo no meio. Verifique se esta nova concepção estrutural tem condições hidráulicas de escoar a vazão de projeto, em condições de escoamento livre.
0I 0,015m/m=
0
1
n 0,013
y0,5
DK 0,498
=
=
=
Seção original Seção modificada
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( )
T 1 2
2
h
2 ) Seção modificada
Q Q Q
n 0,018
b 1,5m 0,714
y 2,1
Área 1,5 2,1 3,15 m
P 1,5 2,1 2 6,3
A 3,15R 0,5 m
P 6,3
°= +
=
= = =
= ⋅ == + =
= = =
Manning:
2/3 2/3 31h 1
0
nQ 0,018 QA R 3,15 0,5 Q 5,17m /s
I 0,0022
⋅= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇔ =
T 1 2 1
3T
Q Q Q 2Q
Q 2 5,17 10,34m /s
= + =
= ⋅ = Não tem condições.⇒
9.6 Uma galeria de águas pluviais de seção retangular escoa uma certa vazão, em escoamento uniforme, com uma largura de fundo igual a 0,90 m e altura d’água de 0,70 m. Em uma determinada seção, deverá haver uma mudança na geometria, passando para uma seção circular. Determine o diâmetro da seção circular para transportar a mesma vazão, com a mesma altura d’água, rugosidade e declividade de fundo.
0 0
r c
Retangular Circular
b 0,9 m D ?
y 0,7 m y 0,7 m
I I
= ⇒ == =
=
1°)
0
0,91,29 0,874
0,7= ⇒ = = → =b
m m Ky
0 0
3/8
0,7 0,874 0,61
0,61
= ⇒ = ⋅ = ⋅ =
= =
My M y K
K
nQM
I
2°)
2DA
4
π ⋅=
P D= π 2
hA D D
RP 4 D 4
π ⋅= = =π
3°)
( )2/32 2/3
8/32/3 2h
2,67
nQ D D DA R 0,61 0,27 0,79D
4 4 2,52I
D 0,86 D 0,95 m
π ⋅ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔
⇔ = ⇔ =
3
0
1 ) Seção original
Q 1 /s2 m
n 0,018
I 0,0022 m/m
b 3m
y 2,1 m
°
===
==
0
31,43
2,1= ⇒ = =b
m my
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9.8 Qual deve ser a declividade de fundo de um canal trapezoidal com taludes 2H:1V, largura da base b = 3,0 m, para transportar uma vazão de 3,0 m3/s com velocidade média de 0,60 m/s. Coeficiente de rugosidade do fundo e taludes n = 0,018.
3
trapézio z 2
b 3 m
Q 3,0 m /s
V 0,6 m/s
n 0,018
→ ==
===
( ) ( )( )
2
2 2 2
2 2
3Q V A A 5 m
0,6
A m Z y e A 2 1 Z Z y
5 2 1 2 2 y y 1,42
= ⋅ → = =
= + = + −
∴ = + − ⇔ =
As principais partes constituintes de um vertedor são: a) Crista ou soleira é a parte superior da parede em que há contato com a lâmina vertente. Se o contato da lâmina se limitar, como nos orifícios de parede fina, a uma aresta biselada, o vertedor é de parede delgada; já se o contato ocorrer em um comprimento apreciável da parede, o vertedor é de parede espessa. b) Carga sobre a soleira h é a diferença de cota entre o nível d’água a montante, em uma região fora da curvatura da lâmina em que a distribuição de pressão é hidrostática, e o nível da soleira. Em geral, a uma distância a montante do vertedor igual a seis vezes a carga, a depressão da lâmina é desprezível. c) Altura do vertedor P é a diferença de cotas entre a soleira e o fundo do canal de chegada. d) Largura ou luz da soleira L é a dimensão da soleira através da qual há o escoamento. 12.7 Um vertedor retangular de parede fina com 1,0 m de largura, sem contrações laterais, é colocado juntamente com um vertedor triangular de 90º em uma mesma seção, de modo que o vértice do vertedor triangular esteja 0,15 m abaixo da soleira do vertedor retangular. Determinar: a) a carga no vertedor triangular quando as vazões em ambos os vertedores forem iguais; b) a carga no vertedor triangular quando a diferença de vazão entre o vertedor retangular e triangular for máxima. Utilizar a fórmula de Thomson e Francis. Fórmula de Francis → Q = 1,838bh3/2, onde Q → vazão em m³/s. b → largura do vertedor em metros. h → altura da lâmina d’água sobre a crista do vertedor em metros. Fórmula de Thomson → Q = 1,40h5/2
a) 1 21 vertedor retangular
, onde 2 triangular
Q Qvertedor
→=
→
Usando a fórmula de Thomson para o vertedor triangular e a fórmula de Francis para o vertedor retangular, tem-se:
3/8 =
nQM
I0 = M
yK
3/83/8
0
50
b 3m 2,11 K 1,5
y 1,42
M y K 1,42 1,5 2,13
nQ 0,018 3M 2,13
I I
I 5,17 10 m/m−
= = = ⇒ ≈
= ⋅ = ⋅ =
⋅ = ⇒ =
∴ = ⋅
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2 53/2 5/2
1 2 3
5 3 2 3
1,8381,838 1,40
1,4
0,58 0,45 0,0675 3,375 10 0
HQ Q L h H
h
H H H H −
= ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ = ⇔
⇔ − + − + ⋅ =
Observamos que a soma dos coeficientes é aproximadamente 1, o que nos leva a concluir que existe uma raiz próxima a este valor. Por tentativa e erro: H = 1,04 m b)( )1 2Q Q− é máxima
( ) ( ) ( )3/23/2 5/2 5/21 2 1,838 1,40 1,838 0,15 1,40 0
máx máx
dQ Q L h H H H
dH − = ⋅ ⋅ − ⋅ → − − = ⇔
( ) ( )1/2 3/2 2 3 2 32,757 0,15 3,5 7,6 0,15 3,5 3,5 7,6 1,14 0H H H H H H⇔ − = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔
H = 0,7 m 12.9 Um vertedor retangular de parede fina, sem contrações laterais, é colocado em um canal retangular de 0,50 m de largura. No tempo t = 0, a carga H sobre a soleira é zero e, com o passar do tempo, varia conforme a equação H = 20⋅⋅⋅⋅t, com H (m) e t (min). Determinar o volume de água que passou pelo vertedor após 2 minutos. VERTEDOR RETANGULAR DE PAREDE FINA SEM CONTRAÇÕES_
equação de Bernoulli: ( )2 2 2
0 1 01 2
2 2 2
V V Vh h y V g y
g g g
+ = − + ∴ = +
0,5A h= ⋅ Volume vazão tempo velocidade área tempo= ⋅ = ⋅ ⋅ 12.14 Se a equação básica para um vertedor retangular, de soleira fina, sem contrações laterais, Equação 12.70, for usada para determinar a vazão por um vertedor de soleira espessa, de igual largura, qual deve ser o coeficiente de vazão Cd naquela equação? Despreze a carga cinética de aproximação.
Vertedor retangular de parede fina sem contrações → 3/222
3 dQ C g L h= ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.70)
Vertedor de soleira espessa horizontal → 3/21,704dQ C b h= ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.94) Igualando as duas equações, tem-se:
3/2 ' 3/22 22 1,704 2 1,704,
3 3d d dC g L h C b h C g⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ = admitindo ' 1dC =
2 12 1,704 0,577
3 3d dC g C⋅ = ⇒ = =
12.18 A captação de água para o abastecimento de uma cidade na qual o consumo é de 250 l/s (vazão de demanda) é feita num curso d’água onde a vazão mínima verificada (no período de estiagem) é de 700 l/s e a vazão máxima verificada (no período das cheias) é de 3800 l/s. Em decorrência de problemas de nível d’água na linha de sucção da estação de bombeamento, durante a época da estiagem, construiu-se à jusante do ponto de captação uma pequena barragem cujo vertedor de 3 m de soleira tem a forma de um perfil padrão WES, que foi desenhado para uma carga de projeto hd =0,50 m. Para o bom funcionamento das bombas, o nível mínimo d’água no ponto de captação deverá estar na cota de 100,00 m, conforme a Figura 12.51. Nestas condições, pergunta-se: a) Em que cota estará a crista do vertedor-extravasor?
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b) Durante a época das enchentes, qual será a máxima cota do nível d’água?3/2
0,148
0,5 m
WES: 3,0 m2,215750 250 450 l/s
d
d
Q C L hh
Vertedor L hCQ h
= ⋅ ⋅=∗ =
= = − =
Sendo h a carga de trabalho, então:
a) 0,148 0,148
3/2 3/2 1,6480,45 0,50,45 2,215 3 0,183
0,5 3 2,215
hQ C L h h h h
⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ = ⋅ m
100 m N 99,817 mcrista cristaN h∴ + = ⇔ = b) Vazão = 3.800 l/s – 250 l/s = 3550 l/s
0,148 0,1483/2 1,6483,55 0,5
3,55 2,215 3 0,642 m0,5 3 2,215
NA ' 99,817 0,642 100,459 mmáx c máx
hh h h
N h NA
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ = ⋅
∴ = + = + ⇒ =
.