EXERCICIOS PARA ESTUDAR - MECFLU - PROVA 2

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LISTA PARA ESTUDAR 
MECÂNICA DOS FUIDOS 
 
1) Um fluido Newtoniano, que apresenta viscosidade dinâmica igual a 𝜇 = 0,38 𝑃𝑎. 𝑠 e 
peso específico relativo igual a 𝛾𝑟 = 0,91, escoa num duto com diâmetro igual a D = 
25mm. Sabendo-se que a velocidade média do escoamento é 𝑉 = 2,6𝑚/𝑠, determine 
o n° de Reynolds do escoamento e a classifique se o escoamento é Laminar ou Turbulento 
𝜇 = 0,38 𝑃𝑎. 𝑠 
𝐷 = 25𝑚𝑚 → 0,025𝑚 
𝑉 = 2,6𝑚/𝑠 
𝑔 = 9,81
𝑚
𝑠2
 
𝛾𝑟 = 0,91 
𝛾Á𝑔𝑢𝑎 = 9810
𝑁
𝑚3
 
𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝛾𝑟 × 𝛾Á𝑔𝑢𝑎 → 𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 0,91 × 9810
𝑁
𝑚3
 → 𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 8927,1 
𝑁
𝑚3
 
𝜌𝐹𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 =
𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜
𝑔
→ 𝜌𝐹𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 =
8927,1 
𝑁
𝑚3
9,81
𝑚
𝑠2
→ 𝜌𝐹𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 910
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑉𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
910
𝐾𝑔
𝑚3
×2,6
𝑚
𝑠
×0,025𝑚
0,38 𝑃𝑎.𝑠
→ 𝑹𝒆 = 𝟏𝟓𝟓, 𝟔𝟔 (Escoamento Laminar) 
 
2) Água escoa num tubo convergente. Qual a velocidade na região 2? Quais conclusões 
podemos tomar? 
 
𝐴1 = 20𝑐𝑚
2 → 𝐴1 = 0,002𝑚
2 
𝐴2 = 10𝑐𝑚
2 → 𝐴1 = 0,001𝑚
2 
𝑉1 = 1
𝑚
𝑠
 
𝑄 = 𝑉 × 𝐴 
𝑄1 = 𝑄2 
𝑉1 × 𝐴1 = 𝑉2 × 𝐴2 
𝑉2 =
𝑉1 × 𝐴1
𝐴2
→ 𝑉2 =
1
𝑚
𝑠 × 0,002𝑚
2
0,001𝑚2
→ 𝑽𝟐 = 𝟐
𝒎
𝒔
 
A vazão independente do diâmetro de entrada ou de saída do fluido não se altera, a 
não ser que seja uma mistura de fluídos. 
A velocidade se altera se você estreita ou aumenta um tubo 
 
 
3) O Venturi é um tubo convergente/divergente como mostrado na figura. Determinar a 
velocidade na seção mínima (garganta) de área 5 cm², se na seção de entrada de área 20 
cm² a velocidade é 2 m/s. O fluido é incompressível 
 
𝐴𝐸 = 20𝑐𝑚
2 → 𝐴𝐸 = 0,002𝑚
2 
𝐴𝐺 = 5𝑐𝑚
2 → 𝐴𝐸 = 0,0005𝑚
2 
𝑉𝐸 = 2
𝑚
𝑠
 
𝑄𝐸 = 𝑄𝐺 
𝑄𝐸 = 𝑄𝐺 
𝑉𝐸 × 𝐴𝐸 = 𝑉𝐺 × 𝐴𝐺 
𝑉𝐺 =
𝑉𝐸×𝐴𝐸
𝐴𝐺
→ 𝑉𝐺 =
2
𝑚
𝑠
×0,002𝑚2
0,0005𝑚2
→ 𝑽𝑮 = 𝟖
𝒎
𝒔
 
4) Um tubo admite água (ρ = 1000 kg/m³) num reservatório com vazão de 20 L/s. No mesmo 
reservatório escoa óleo (ρ = 800 kg/m³) com vazão de 10litros/s. A mistura homogênea 
é descarregada por um tubo cuja área da seção circular é de 30 cm2. Determine: 
 
a) A massa específica da mistura no tubo de descarga 
𝜌ó𝑙𝑒𝑜 = 800
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑄ó𝑙𝑒𝑜 = 10
𝐿
𝑠
→ 0,01
𝑚3
𝑠
 
𝜌á𝑔𝑢𝑎 = 1000
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑄á𝑔𝑢𝑎 = 20
𝐿
𝑠
→ 0,02
𝑚3
𝑠
 
 
𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝑄ó𝑙𝑒𝑜 + 𝑄á𝑔𝑢𝑎 
𝜌𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 × 𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝜌ó𝑙𝑒𝑜 × 𝑄ó𝑙𝑒𝑜 + 𝜌á𝑔𝑢𝑎 × 𝑄á𝑔𝑢𝑎 
𝜌𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 × 𝑄ó𝑙𝑒𝑜 + 𝑄á𝑔𝑢𝑎 = 𝜌ó𝑙𝑒𝑜 × 𝑄ó𝑙𝑒𝑜 + 𝜌á𝑔𝑢𝑎 × 𝑄á𝑔𝑢𝑎 
𝜌𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 =
𝜌ó𝑙𝑒𝑜 × 𝑄ó𝑙𝑒𝑜 + 𝜌á𝑔𝑢𝑎 × 𝑄á𝑔𝑢𝑎
𝑄ó𝑙𝑒𝑜 + 𝑄á𝑔𝑢𝑎
 
𝜌𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 =
800
𝐾𝑔
𝑚3
× 0,01
𝑚3
𝑠 + 1000
𝐾𝑔
𝑚3
× 0,02
𝑚3
𝑠
0,01
𝑚3
𝑠 + 0,02
𝑚3
𝑠
→ 𝝆𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 = 𝟗𝟑𝟑, 𝟑𝟑
𝑲𝒈
𝒎𝟑
 
 
b) A velocidade da mistura no tubo de descarga 
𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝑉𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 × 𝐴𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 
𝑉𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 =
𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎
𝐴𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎
 
𝐴𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 30𝑐𝑚
2 → 𝐴𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 0,003𝑚
2 
𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝑄ó𝑙𝑒𝑜 + 𝑄á𝑔𝑢𝑎 → 𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 0,01
𝑚3
𝑠
+ 0,02
𝑚3
𝑠
→ 𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = 0,03
𝑚3
𝑠
 
𝑉𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 =
𝑄𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎
𝐴𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎
→ 𝑉𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 =
0,03
𝑚3
𝑠
0,003𝑚2
→ 𝑽𝒎𝒊𝒔𝒕𝒖𝒓𝒂 = 𝟏𝟎
𝒎
𝒔
 
5) Um tubo Pitot é inserido em um escoamento de ar 
(na condição-padrão) para medir a velocidade do 
escoamento. O tubo é inserido apontando para 
montante dentro do escoamento de modo que a 
pressão captada pela sonda é a pressão de 
estagnação. A pressão estática é medida no mesmo 
local do escoamento com uma tomada de pressão 
na parede. Se a diferença de pressão é de 30 mm 
de mercúrio, determine a velocidade do 
escoamento. 
𝜌𝑎𝑟 = 1,23
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑔 = 9,81
𝑚
𝑠2
 
ℎ = 30𝑚𝑚 → ℎ = 0,03𝑚 
𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 = 13600
𝐾𝑔
𝑚3
 
 
Considerações: 
1- Escoamento permanente; 
2- Escoamento incompressível; 
3- Escoamento ao longo de uma linha de corrente; 
4- Desaceleração sem atrito ao longo da linha de corrente de estagnação. 
 
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 
(
𝑃0
𝜌𝑎𝑟𝑔
+
𝑉0
2
2𝑔
+ 𝑧0) = (
𝑃1
𝜌𝑎𝑟𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1) 
𝑉1 = 0 (𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑣𝑎 𝑛𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑒𝑑𝑒 𝑑𝑜 𝑡𝑢𝑏𝑜) 
𝑧0 = 𝑧1 = 0 
𝑃0 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 
𝑃1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑃𝑚𝑎𝑛𝑜𝑚ê𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 
𝑃𝑚𝑎𝑛𝑜𝑚ê𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 × 𝑔 × ℎ 
 
𝑃0
𝜌𝑎𝑟𝑔
=
𝑃1
𝜌𝑎𝑟𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
→
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌𝑎𝑟𝑔
=
𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝑃𝑚𝑎𝑛𝑜𝑚ê𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
𝜌𝑎𝑟𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
 
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌𝑎𝑟𝑔
=
𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 × 𝑔 × ℎ
𝜌𝑎𝑟𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
 
𝑉1
2
2𝑔
=
𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 × 𝑔 × ℎ
𝜌𝑎𝑟𝑔
−
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌𝑎𝑟𝑔
→
𝑉1
2
2𝑔
=
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌𝑎𝑟𝑔
+
𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 × 𝑔 × ℎ
𝜌𝑎𝑟𝑔
−
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌𝑎𝑟𝑔
 
 
𝑉1
2
2𝑔
=
𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 × ℎ
𝜌𝑎𝑟
→ 𝑉1
2 =
𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 × ℎ × 2𝑔
𝜌𝑎𝑟
→ 𝑉1 = √
𝜌𝑚𝑒𝑟𝑐ú𝑟𝑖𝑜 × ℎ × 2𝑔
𝜌𝑎𝑟
 
𝑉1 = √
13600
𝐾𝑔
𝑚3
× 0,03𝑚 × 2 × 9,81
𝑚
𝑠2
1,23
𝐾𝑔
𝑚3
→ 𝑽𝟏 = 𝟖𝟎, 𝟕
𝒎
𝒔
 
 
6) Um grande tanque de água tem um pequeno orifício, à distância h da superfície da água, 
conforme a figura abaixo. Achar a velocidade de escoamento da água através do orifício 
 
𝑃1 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 
𝑃2 = 𝑃𝑎𝑡𝑚 (𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡á 𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑎) 
𝑉1 = 0 
𝑧1 − 𝑧2 = ℎ 
(
𝑃1
𝜌á𝑔𝑢𝑎 × 𝑔
+
𝑉1
2
2 × 𝑔
+ 𝑧1) = (
𝑃2
𝜌á𝑔𝑢𝑎 × 𝑔
+
𝑉2
2
2 × 𝑔
+ 𝑧2) 
(
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌á𝑔𝑢𝑎 × 𝑔
+ 𝑧1) = (
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌á𝑔𝑢𝑎 × 𝑔
+
𝑉2
2
2 × 𝑔
+ 𝑧2) 
𝑧1 =
𝑉2
2
2 × 𝑔
+ 𝑧2 
𝑉2
2
2 × 𝑔
= 𝑧1 − 𝑧2 →
𝑉2
2
2 × 𝑔
= ℎ → 𝑉2
2 = ℎ × 2 × 𝑔 → 𝑽𝟐 = √𝒉 × 𝟐 × 𝒈 
 
 
7) Considere o escoamento de ar em torno de um ciclista que se move em ar estagnado 
com velocidade 𝑉0 (veja figura). Determine a diferença entre as pressões nos pontos (1) 
e (2) do escoamento. Considere que o ciclista tenha uma velocidade de 40 km/h. 
 
 
𝜌𝑎𝑟 = 1,23𝐾𝑔 𝑚
3⁄ 
𝑉1 = 40
𝐾𝑚
ℎ
×
1000𝑚
𝐾𝑚
×
ℎ
3600𝑠
= 11,1
𝑚
𝑠
 (𝑜 𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠𝑡á 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑑𝑜) 
𝑉2 = 0 (𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜 𝑣𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑠𝑡𝑎 𝑜 𝑛𝑎𝑟𝑖𝑧 𝑑𝑜 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑖𝑠𝑡𝑎) 
𝑧1 = 𝑧2 (𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 é 𝑎 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎 𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑜𝑖𝑠 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜𝑠) 
𝑃2 − 𝑃1 = ? 
 
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉1
2
2 × 𝑔
+ 𝑧1 =
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉2
2
2 × 𝑔
+ 𝑧2 
 
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉1
2
2 × 𝑔
=
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
→
𝑉1
2
2 × 𝑔
=
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
−
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
→
𝑉1
2
2 × 𝑔
=
𝑃2 − 𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
 
𝑃2 − 𝑃1 =
𝑉1
2
2 × 𝑔
× 𝜌𝑎𝑟 × 𝑔 → 𝑷𝟐 − 𝑷𝟏 =
𝑽𝟏
𝟐 × 𝝆𝒂𝒓
𝟐
 
𝑃2 − 𝑃1 =
(11,1
𝑚
𝑠
 )
2
× 1,23𝐾𝑔 𝑚3⁄
2
 
𝑷𝟐 − 𝑷𝟏 = 𝟕𝟓, 𝟕𝟕 𝑷𝒂 
 
8) A figura abaixo mostra um jato de ar incidindo numa esfera. Observe que a velocidade 
do ar na região próxima ao ponto 1 é maior do que aquela próxima ao ponto 2 quando a 
esfera não está alinhada com o jato. Determine, para as condições mostradas na figura, 
a diferença de pressão nos pontos 2 e 1. Despreze os efeitos gravitacionais. 
 
𝜌𝑎𝑟 = 1,23𝐾𝑔 𝑚
3⁄ 
𝑉1 = 42,7
𝑚
𝑠
 
𝑉2 = 33,5
𝑚
𝑠
 
𝑧1 = 𝑧2 (𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 é 𝑎 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎 𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑜𝑖𝑠 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜𝑠) 
𝑃2 − 𝑃1 = ? 
 
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉1
2
2 × 𝑔
+ 𝑧1 =
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉2
2
2 × 𝑔
+ 𝑧2 
 
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉1
2
2 × 𝑔
=
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉2
2
2 × 𝑔
→
𝑉1
2
2 × 𝑔
−
𝑉2
2
2 × 𝑔
=
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
−
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
 
𝑉1
2 − 𝑉2
2
2 × 𝑔
=
𝑃2 − 𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
→ 𝑃2 − 𝑃1 =
𝑉1
2 − 𝑉2
2
2 × 𝑔
× 𝜌𝑎𝑟 × 𝑔 
𝑷𝟐 − 𝑷𝟏 =
𝑽𝟏
𝟐 − 𝑽𝟐
𝟐
𝟐
× 𝝆𝒂𝒓 
𝑃2 − 𝑃1 =
(42,7
𝑚
𝑠 )
2
− (33,5
𝑚
𝑠 )
2
2
× 1,23𝐾𝑔 𝑚3⁄ 
𝑷𝟐 − 𝑷𝟏 = 𝟒𝟑𝟏, 𝟏𝟒 𝑷𝒂 
 
 
 
 
9) Uma tubulação com diâmetro igual a 102mm, transporta 68 m³/h de água numa pressão 
de 4 bar. Determine 
a) A carga de pressão. 
b) A carga de velocidade. 
c) A carga de elevação. 
d) A carga total considerando com o plano de referência um plano localizado a 6,1m 
abaixo da tubulação 
(1 bar = 100Kpa) 
 
Equação deBernoulli 
𝑃
𝜌𝑔
→
𝑃
𝛾
= 𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴 𝐷𝐸 𝑃𝑅𝐸𝑆𝑆Ã𝑂 
 
𝑃
𝜌𝑔
→
400 × 103𝑃𝑎
1000
𝐾𝑔
𝑚3
× 9,81
𝑚
𝑠2
= 𝟒𝟎, 𝟕𝟖𝒎 (𝒂) 
 
𝑉2
2𝑔
= 𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴 𝐷𝐸 𝑉𝐸𝐿𝑂𝐶𝐼𝐷𝐴𝐷𝐸 
𝑄 = 𝑉 × 𝐴 → 𝑉 =
𝑄
𝐴
 
𝑄 = 68
𝑚3
ℎ
×
ℎ
3600𝑠
→ 𝑄 = 0,019
𝑚3
𝑠
 
𝐴𝑡𝑢𝑏𝑜 = 𝜋 × 𝑟
2 → 𝐴𝑡𝑢𝑏𝑜 = 𝜋 × (
0,102𝑚
2
)
2
→ 𝐴𝑡𝑢𝑏𝑜 = 8,17 × 10
−3𝑚2 
𝑉 =
𝑄
𝐴
→ 𝑉 =
0,019
𝑚3
𝑠
8,17 × 10−3𝑚2
→ 𝑉 = 2,33
𝑚
𝑠
 
𝑉2
2𝑔
→
(2,33
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
→ 𝟎, 𝟐𝟖𝒎 (𝒃) 
 
𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴 𝐷𝐸 𝐸𝐿𝐸𝑉𝐴ÇÃ𝑂 
𝐶𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑛𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜 𝑎 𝑧 = (6,1𝑚 + 0,102𝑚) = 𝟔, 𝟐𝟎𝟐𝒎 (𝒄) 
 
𝐶𝐴𝑅𝐺𝐴 𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 
(
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧) = 40,78𝑚 + 0,28𝑚 + 6,202𝑚 = 𝟒𝟕, 𝟐𝟔𝟐𝒎 (𝒅) 
 
𝑃𝑎
𝐾𝑔
𝑚3
×
𝑚
𝑠2
→
𝑃𝑎
𝑁
𝑚3
→
𝑁
𝑚2
𝑁
𝑚3
→ 𝑚 
�̇�
𝑚
= (
𝑃
𝜌
+
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
− (
𝑃
𝜌
+
𝑉2
2
+ 𝑔𝑧)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
 
 
𝐺𝑒𝑟𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑒 𝑠𝑎í𝑑𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝑝𝑜𝑠𝑠𝑢𝑒𝑚 𝑜 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑜 𝑛í𝑣𝑒𝑙 𝑒 𝑎 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑢𝑙𝑎çã𝑜 
𝑒𝑛𝑡ã𝑜: 𝑧𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑧𝑠𝑎í𝑑𝑎 ; 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 𝑉𝑠𝑎í𝑑𝑎, 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑖𝑠𝑠𝑜 𝑎𝑐𝑜𝑛𝑡𝑒𝑐𝑒 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎 − 𝑠𝑒 𝑎 
𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜: 
�̇�
𝑚
= (
𝑃
𝜌
)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
− (
𝑃
𝜌
)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
 
�̇� = 𝑄∆𝑃 
 
𝐸𝑓𝑖𝑐𝑖ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑎 𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎: 
𝜂 =
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇�𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
 𝑜𝑛𝑑𝑒 �̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 é 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑒 �̇�𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 é 𝑓𝑜𝑟𝑛𝑒𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑒𝑙𝑜 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 
 
𝑇𝑎𝑚𝑏é𝑚 𝑝𝑜𝑑𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑠𝑐𝑟𝑒𝑣𝑒𝑟 𝑑𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎𝑐𝑜𝑠𝑡𝑢𝑚𝑎𝑑𝑜𝑠 
−�̇�
𝑚𝑔
= (
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
− (
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
 
𝑂 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑖𝑟𝑜 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑜 é 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝐻𝑃, é 𝑑𝑎𝑑𝑜 𝑒𝑚 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠. 
 
10) Uma bomba d’água apresenta uma vazão em regime permanente igual a 0,019 m³/s. A 
pressão de alimentação é 1,24 bar e na saída é de 4,14 bar. A elevação entre as partes 
centrais das tubulações de entrada e saída é nula. Determine a potência necessária para 
operar a bomba admitindo que ela opere de modo adiabático (sem troca de calor). Qual 
a potência elétrica necessária se a bomba tem uma eficiência de 65%? 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝑄∆𝑃 → �̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝑄 × (𝑃𝑠 − 𝑃𝑒) 
𝑄 = 0,019 𝑚3 𝑠⁄ 
𝜂 = 0,65 (65%) 
𝑃𝑒 = 1,24 𝑏𝑎𝑟 ×
105𝑃𝑎
𝑏𝑎𝑟
→ 1,24 × 105𝑃𝑎 
𝑃𝑠 = 4,14 𝑏𝑎𝑟 ×
105𝑃𝑎
𝑏𝑎𝑟
→ 4,14 × 105𝑃𝑎 
 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝑄 × (𝑃𝑠 − 𝑃𝑒) 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 0,019 𝑚
3 𝑠⁄ × (4,14 × 105𝑃𝑎 − 1,24 × 105𝑃𝑎) →
𝑚3
𝑠
×
𝑁
𝑚2
=
𝑁𝑚
𝑠
 
�̇�𝑩𝒐𝒎𝒃𝒂 = 𝟓𝟓𝟏𝟎
𝑵𝒎
𝒔
= 𝟓𝟓𝟏𝟎
𝑱
𝒔
= 𝟓𝟓𝟏𝟎 𝑾 
 
𝜂 =
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
→ �̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎
𝜂
 
�̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
5510 𝑊
0,65
→ �̇�𝒆𝒍é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝟖𝟒𝟕𝟔, 𝟗𝟐𝑾 
 
 
𝑃𝑎 =
𝑁
𝑚2
 
𝐽 = 𝑁𝑚 
𝐽
𝑠
= 𝑊 
11) Uma turbina a vapor tem velocidade de alimentação de 30 m/s na entrada e 60 m/s na 
saída (áreas de 20 e 10 mm², respectivamente) e apresenta potência elétrica nominal de 
30 kW. Se a eficiência da turbina é de 70%, qual é a diferença de pressão na entrada e 
saída, supondo que não haja perdas? 𝜌𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = 100 
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑉𝑒 = 30 𝑚 𝑠⁄ 
𝐴𝑒 = 20𝑚𝑚
2 ×
(𝑐𝑚)2
(10𝑚𝑚)2
×
(𝑚)2
(100𝑐𝑚)2
→ 𝐴𝑒 = 2 × 10
−5𝑚2 
𝑉𝑠 = 60 𝑚 𝑠⁄ 
𝐴𝑠 = 10𝑚𝑚
2 ×
(𝑐𝑚)2
(10𝑚𝑚)2
×
(𝑚)2
(100𝑐𝑚)2
→ 𝐴𝑒 = 10
−5𝑚2 
�̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 30𝑘𝑊 → �̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 3 × 10
4𝑊 
𝜂 = 0,7 (70%) 
�̇�(𝑣𝑎𝑧ã𝑜 𝑚á𝑠𝑠𝑖𝑐𝑎) = 𝜌 × 𝐴 × 𝑉 → �̇� = 100 
𝐾𝑔
𝑚3
× 2 × 10−5𝑚2 × 30𝑚 𝑠⁄ → �̇� = 0,06
𝐾𝑔
𝑠
 
𝜌𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = 100 
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝜂 =
�̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎
�̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
→ �̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = �̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 × 𝜂 → �̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = 3 × 10
4𝑊 × 0,7 → �̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 = 2,1 × 10
4𝑊 
 
Como não foi dado no exercício, colocaremos que a altura é a mesma 𝑧𝑒 = 𝑧𝑠 
 
�̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎
�̇�
= (
𝑃𝑠
𝜌
+
𝑉𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) − (
𝑃𝑒
𝜌
+
𝑉𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) 
�̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎
�̇�
=
𝑃𝑠
𝜌
+
𝑉𝑠
2
2
−
𝑃𝑒
𝜌
+
𝑉𝑒
2
2
→ (
�̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎
�̇�
−
𝑉𝑠
2
2
−
𝑉𝑒
2
2
) =
𝑃𝑠 − 𝑃𝑒
𝜌
 
𝑃𝑠 − 𝑃𝑒 = (
�̇�𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎
�̇�
−
𝑉𝑠
2
2
−
𝑉𝑒
2
2
) × 𝜌𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 
𝑃𝑠 − 𝑃𝑒 = (
2,1 × 104𝑊 
0,06
𝐾𝑔
𝑠
−
(60𝑚 𝑠⁄ )2
2
−
(30𝑚 𝑠⁄ )2
2
) × 100 
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑷𝒔 − 𝑷𝒆 = 𝟑𝟒. 𝟕𝟕𝟓. 𝟎𝟎𝟎𝑷𝒂 
 
 
 
 
(
𝑊
𝐾𝑔
𝑠
− (
𝑚
𝑠
)
2
− (
𝑚
𝑠
)
2
) ×
𝐾𝑔
𝑚3
→ (
𝐽
𝑠
𝐾𝑔
𝑠
−
𝑚2
𝑠2
) ×
𝐾𝑔
𝑚3
→ (
𝑁𝑚
𝑠
𝐾𝑔
𝑠
−
𝑚2
𝑠2
) ×
𝐾𝑔
𝑚3
 
(
 
 
𝐾𝑔𝑚 × 𝑚
𝑠2
𝑠
𝐾𝑔
𝑠
−
𝑚2
𝑠2
)
 
 
×
𝐾𝑔
𝑚3
→ (
𝐾𝑔𝑚2
𝑠
𝐾𝑔
𝑠
−
𝑚2
𝑠2
) ×
𝐾𝑔
𝑚3
→ (
𝑚2
𝑠2
−
𝑚2
𝑠2
) ×
𝐾𝑔
𝑚3
 
 
 
𝑃𝑎 =
𝑁
𝑚2
 
𝑁 =
𝐾𝑔𝑚 
𝑠2
 
𝐽 = 𝑁𝑚 
𝐽
𝑠
= 𝑊 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
+ 𝐻𝑃 = (
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
+ 𝐻𝑇 + 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠 
 
 
 
𝑓 =
64
𝑅𝑒
(𝑓𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜) 
 
𝑓 = 𝜑 (
𝜀
𝐷
, 𝑅𝑒) 
 
 
 
 
𝐻𝑃 = 𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 
𝜂𝑃 = 𝐸𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 
�̇�𝑃 =
𝛾 × 𝑄 × 𝐻𝑃
𝜂𝑃
 (𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 (𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎)𝑑𝑎 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎) 
 
𝐻𝑇 = 𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 
𝜂𝑇 = 𝐸𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑎 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 
�̇�𝑃 = 𝛾 × 𝑄 × 𝐻𝑇 × 𝜂𝑇 (𝑃𝑜𝑡ê𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 (𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎)𝑑𝑎 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎) 
ℎ𝐷 = 𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
 (𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑟𝑖𝑏𝑢í𝑑𝑎) 
𝐿 = 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑢𝑡𝑜 
𝐷 = 𝐷𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑢𝑡𝑜 
𝑉 = 𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑜 𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 
𝑓 = 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 
𝜀
𝐷
(𝑅𝑢𝑔𝑜𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎) 
ℎ𝑆 = ∑𝐾
𝑉2
2𝑔
 (𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟) 
𝐾 = 𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑠𝑖𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑓𝑜𝑟𝑛𝑒𝑐𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎𝑠 
𝐷𝐻 = 4
𝐴
𝑃𝑀
 (𝐸𝑠𝑐𝑜𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝐿𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟) 
𝐴 = Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑒çã𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 
𝑃𝑀 = 𝑃𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑚𝑜𝑙ℎ𝑎𝑑𝑜 
 
 
 
𝑓 = 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟 𝑜 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑀𝑂𝑂𝐷𝑌 
 
 
 
 
 
 
1
√𝑓
= −1,8 × log [(
𝜀
𝐷
3,7
)
1,11
+
6,9
𝑅𝑒
] (𝐸𝑄. 𝐷𝐸 𝐻𝐴𝐴𝐿𝐴𝑁𝐷) 
𝑓 =
(
 
 
 
 
1
−1,8 × log [(
𝜀
𝐷
3,7)
1,11
+
6,9
𝑅𝑒]
)
 
 
 
 
2
 
𝜀 = 𝑟𝑢𝑔𝑜𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 
𝜀
𝐷
= 𝑟𝑢𝑔𝑜𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 
𝐴𝑙𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎𝑡𝑖𝑣𝑎 𝑎𝑜 𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑀𝑜𝑜𝑑𝑦 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑛𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎𝑟 𝑜 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑡𝑟𝑖𝑡𝑜 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜 
Quando lidamos com o comprimento equivalente para a singularidade, podemos juntar 
ambos os tipos de perda de carga 
ℎ𝐿𝑓𝑒𝑞 = 𝑓
(𝐿 + 𝐿𝑒𝑞)
𝐷
𝑉2
2𝑔
 
𝐿 = 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑢𝑙𝑎çã𝑜 
𝐿𝑒𝑞 = 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑡𝑒 (𝑠𝑖𝑛𝑔𝑢𝑙𝑎𝑟𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠) 
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝐸𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎 
(
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
+ 𝐻𝑃 = (
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
+ 𝐻𝑇 + ℎ𝑆 + ℎ𝐷 
(
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
+ 𝐻𝑃 = (
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
+ 𝐻𝑇 + (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
) + (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) 
 
 
 
12) Se a vazão de um tubo de ferro forjado de 10 cm de diâmetro é 0,04 m³/s, encontre a 
diferença de elevação H para os dois reservatórios. 
 
Não tem bomba Hp e nem turbina Ht 
(
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
+ 𝐻𝑃 = (
𝑃
𝜌𝑔
+
𝑉2
2𝑔
+ 𝑧)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
+ 𝐻𝑇 + (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
) + (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) 
A pressão P1 é a mesma pressão de P2 (1 atm) 
𝑃1
𝜌𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 =
𝑃2
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
) + (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) 
A velocidade V1 é a mesma velocidade V2 no ponto do topo de cada reservatório 
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 =
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
) + (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) 
 
𝑧1 = 𝑧2 + (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
) + (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) → 𝑧1 − 𝑧2 = (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
)+ (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) 
𝑧1 − 𝑧2 = 𝐻 
𝐻 = (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
) + (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) 
 
𝑄 = 0,04
𝑚3
𝑠
 
𝐿 = ∑𝐿𝑛 → 𝐿 = 𝐿1 + 𝐿2 + 𝐿3 → 𝐿 = 20𝑚 + 10𝑚 + 20𝑚 → 𝑳 = 𝟓𝟎𝒎 
𝐷𝑡𝑢𝑏𝑜 =
10𝑐𝑚
1
×
𝑚
100𝑐𝑚
= 𝟎, 𝟏𝒎 
𝑳𝟏 
𝑳𝟐 
𝑳𝟑 
𝐴𝑡𝑢𝑏𝑜 =
𝜋 × 𝐷2
4
=
𝜋 × (0,1𝑚)2
4
= 7,85 × 10−3𝑚2 
𝑄 = 𝑉 × 𝐴 → 𝑉 =
𝑄
𝐴
→ 𝑉 =
0,04
𝑚3
𝑠
7,85 × 10−3𝑚2
→ 𝑽 = 𝟓, 𝟎𝟗𝟔
𝒎
𝒔
 
𝜇 = 1,002 × 10−3𝑃𝑎. 𝑠 
𝜌 = 1000
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑔 = 9,81
𝑚
𝑠2
 
𝑅𝑒 =
𝜌 × 𝑉 × 𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
1000
𝐾𝑔
𝑚3
× 5,096
𝑚
𝑠 × 0,1𝑚
1,002 × 10−3𝑃𝑎. 𝑠
→ 𝑅𝑒 = 508.582,83 
𝜀 =
0,046𝑚𝑚(𝑛𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎)
1
×
𝑐𝑚
10𝑚𝑚
×
𝑚
100𝑐𝑚
→ 𝜀 = 4,6 × 10−5𝑚 
𝑓 =
(
 
 
 
 
1
−1,8 × log [(
𝜀
𝐷
3,7)
1,11
+
6,9
𝑅𝑒]
)
 
 
 
 
2
 
𝑓 =
(
 
 
 
 
 
 
1
−1,8 × log
[
 
 
 
(
4,6 × 10−5𝑚
0,1𝑚
3,7 )
1,11
+
6,9
508.582,83
]
 
 
 
)
 
 
 
 
 
 
2
 
𝑓 = (
1
−1,8 × log[(1,2432 × 10−4)1,11 + 1,357 × 10−5]
)
2
 
𝑓 = (
1
−1,8 × log[4,623 × 10−5 + 1,357 × 10−5]
)
2
 
𝑓 = (
1
−1,8 × log[5,98 × 10−5]
)
2
 
𝑓 = (
1
−1,8 × −4,224
)
2
→ 𝑓 = (
1
7,6032
)
2
→ 𝑓 = (0,1315)2 → 𝒇 = 𝟎, 𝟎𝟏𝟕 
 
𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 𝐾 (𝑛𝑎 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎) 
𝑉á𝑙𝑣𝑢𝑙𝑎 𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜(𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑏𝑒𝑟𝑡𝑎, 100𝑚𝑚(10𝑐𝑚)) = 5,7 
𝐶𝑜𝑡𝑜𝑣𝑒𝑙𝑜 𝑟𝑜𝑠𝑞𝑢𝑒á𝑣𝑒𝑙 (45° 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙, 100𝑚𝑚(10𝑐𝑚)) = 0,29 
 
𝐻 = (∑𝐾
𝑉2
2𝑔
) + (𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
) 
𝐻 = ((5,7 + 0,29 + 0,29) ×
(5,096
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
) + (0,017 ×
50𝑚
0,1𝑚
×
(5,096
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
) 
𝐻 = (6,28 × 1,324𝑚) + (8,5 × 1,324𝑚) → 𝐻 = (8,315𝑚) + (11,254𝑚) 
𝑯 = 𝟏𝟗, 𝟓𝟔𝟗𝒎 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13) Petróleo cru escoa através de um trecho horizontal do oleoduto do Alasca a uma taxa de 
2,944 m³/s. O diâmetro interno do tubo é 1,22 m; a rugosidade do tubo é equivalente a 
do ferro galvanizado. A pressão máxima admissível é 8,27 MPa; a pressão mínima 
requerida para manter os gases dissolvidos em solução no petróleo cru é 344,5 kPa. O 
petróleo cru tem dr = 0,93; sua viscosidade a temperatura de bombeamento de 60ºC é 
μ = 0,0168 N.s/m². Para estas condições, determine o espaçamento máximo possível 
entre estações de bombeamento. Se a eficiência da bomba é de 85%, determine a 
potência que deve ser fornecida a cada estação de bombeamento 
 
𝑄 = 2,944
𝑚3
𝑠
 
𝜌𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜(𝑆𝐺) = 0,93 
𝜌á𝑔𝑢𝑎 = 1000
𝑁
𝑚2
 
𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟ó𝑙𝑒𝑜 = 𝜌𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 × 𝜌á𝑔𝑢𝑎 → 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟ó𝑙𝑒𝑜 = 0,93 × 1000
𝑁
𝑚2
→ 𝜌𝑝𝑒𝑡𝑟ó𝑙𝑒𝑜 = 930
𝑁
𝑚2
 
 
𝜇 = 0,0168
𝑁. 𝑠
𝑚2
 
𝐷𝑡𝑢𝑏𝑜 = 1,22𝑚 
𝜂𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 85% = 0,85 
𝐴𝑡𝑢𝑏𝑜 =
𝜋 × 𝐷2
4
→ 𝐴𝑡𝑢𝑏𝑜 =
𝜋 × (1,22𝑚)2
4
→ 𝐴𝑡𝑢𝑏𝑜 = 1,169𝑚
2 
𝑉 =
𝑄
𝐴
→ 𝑉 =
2,944
𝑚3
𝑠
1,169𝑚2
→ 𝑉 = 2,51
𝑚
𝑠
 
𝜀 =
0,15𝑚𝑚
1
×
𝑐𝑚
10𝑚𝑚
×
𝑚
100𝑐𝑚
= 1,5 × 10−4𝑚 
 
𝑉𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑠𝑎𝑟 𝑠𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑢𝑙𝑎çã𝑜, 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑙𝑒 𝑝𝑒𝑑𝑒 𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 (𝐿)𝑒 𝑎 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 𝑛ã𝑜 
𝑒𝑠𝑡á 𝑛𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡â𝑛𝑐𝑖𝑎, 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 𝑏𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 𝑐𝑜𝑚 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠 
(
𝑃2
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2)
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎
+ 𝐻𝑃 = (
𝑃1
𝜌𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1)
𝑠𝑎í𝑑𝑎
+ 𝐻𝑇 + 𝐻𝐿(𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠) 
𝑁ã𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝐻𝑇 𝑒 𝐻𝑃 𝑝𝑜𝑟𝑞𝑢𝑒 𝑛ã𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 𝑒 𝑛𝑒𝑚 𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 
𝐴 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑧2 𝑒 𝑧1 𝑠ã𝑜 𝑎𝑠 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎𝑠, 𝑝𝑜𝑟 𝑖𝑠𝑠𝑜 𝑎 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛ç𝑎 𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑢𝑎𝑠 é 0 
𝐴 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑉2 𝑒 𝑉1 𝑠ã𝑜 𝑎𝑠 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎𝑠, 𝑝𝑜𝑟 𝑖𝑠𝑠𝑜 𝑎 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛ç𝑎 𝑑𝑎𝑠 𝑑𝑢𝑎𝑠 é 0, 𝑜 𝑡𝑢𝑏𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝐷 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 
 
𝑃2
𝜌𝑔
=
𝑃1
𝜌𝑔
+ 𝐻𝐿(𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠) 
𝐻𝐿 = 𝐻𝐷 + 𝐻𝑆 
𝐻𝑆 = 𝑆ã𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑚 𝑎𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟𝑖𝑜𝑠, 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑛ã𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝑛𝑒𝑛ℎ𝑢𝑚 𝑎𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟𝑖𝑜, 𝑎 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑎 é 0 
𝐸𝑛𝑡ã𝑜 𝐻𝐿 = 𝐻𝐷 
𝐻𝐷 = 𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
 
𝑉𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑠𝑐𝑜𝑏𝑟𝑖𝑟 𝑜 𝑓 
𝑓 =
(
 
 
 
 
1
−1,8 × log [(
𝜀
𝐷
3,7)
1,11
+ (
6,9
𝑅𝑒)]
)
 
 
 
 
2
 
𝑉𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑑𝑒𝑠𝑐𝑜𝑏𝑟𝑖𝑟 𝑜 𝑅𝑒 
𝑅𝑒 =
𝜌 × 𝑉 × 𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
930
𝑁
𝑚2
× 2,51
𝑚
𝑠 × 1,22𝑚
0,0168
𝑁. 𝑠
𝑚2
→ 𝑅𝑒 = 168.839,28 
𝐴𝑔𝑜𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑅𝑒 𝑛𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝑓 
𝑓 =
(
 
 
 
 
 
1
−1,8 × log [(
1,5 × 10−4𝑚
1,22𝑚
3,7 )
1,11
+ (
6,9
168.839,28)]
)
 
 
 
 
 
2
→ 𝑓 = 0,0168 
 
𝐴𝑔𝑜𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝑓 𝑛𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐻𝐷 
𝐻𝐷 = 0,0168 ×
𝐿
1,22𝑚
(2,51
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
→ 𝐻𝐷 = 4,42 × 10
−3𝐿 
𝐴𝑔𝑜𝑟𝑎 𝑐𝑜𝑙𝑜𝑞𝑢𝑒 𝑜 𝐻𝐷 𝑛𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑎 𝑑𝑒 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 𝑞𝑢𝑒 𝑓𝑖𝑧𝑒𝑚𝑜𝑠 
 
𝑃2
𝜌𝑔
=
𝑃1
𝜌𝑔
+ 𝐻𝐿(𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠) 
𝑃2
𝜌𝑔
=
𝑃1
𝜌𝑔
+ 4,42 × 10−3𝐿 →
𝑃2
𝜌𝑔
−
𝑃1
𝜌𝑔
= 4,42 × 10−3𝐿 
𝑃2 − 𝑃1
𝜌𝑔
= 4,42 × 10−3𝐿 
𝑃2 = 8,27𝑀𝑝𝑎 → 𝑃2 = 8,27 × 10
6𝑃𝑎 
𝑃1 = 344,5𝐾𝑝𝑎 → 𝑃1 = 344,5 × 10
3𝑃𝑎 
 
8,27 × 106𝑃𝑎 − 344,5 × 103𝑃𝑎
930
𝑁
𝑚2
× 9,81
𝑚
𝑠2
= 4,42 × 10−3𝐿 
869,59 = 4,42 × 10−3𝐿 
𝐿 =
869,59
4,42 × 10−3
→ 𝑳 = 𝟏𝟗𝟔. 𝟕𝟑𝟗, 𝟖𝟏𝒎 
 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 𝑄∆𝑃 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 2,944
𝑚3
𝑠
× (344,5 × 103𝑃𝑎 − 8,27 × 106𝑃𝑎) 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 23.332.672𝑊 
 
�̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
𝜂
→ �̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
23.332.672𝑊
0,85
→ �̇�𝑬𝒍é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝟐𝟕. 𝟒𝟓𝟎. 𝟐𝟎𝟐, 𝟑𝟓𝑾 
 
14) Um sistema de bombeamento deve ser projetado para retirar a água de um 
reservatório A e elevá-la para um reservatório B. A vazão de projeto do sistema é 7,2 
m³/h e o diâmetro da tubulação deve ser de 0,0508 m e no recalque e 0,0762 m na 
sucção. Dado: Perda de carga 
nas tubulações: hL = 0,1929.Q² - 
[Q: m³/h, hL: m] 
Considerar ρ = 1000 kg/m³ 
 
a) A potência que deve ser 
fornecida ao fluido 
b) A potência de eixo 
considerando uma bomba 
com 60% de eficiência. 
 
𝑄 = 7,2
𝑚3
ℎ
×
ℎ
3600𝑠
= 2 × 10−3
𝑚3
𝑠
 
𝐷2 = 0,0508𝑚 
𝐴2 =
𝜋𝐷2
4
→ 𝐴2 =
𝜋 × (0,0508𝑚)2
4
→ 𝐴2 = 2,03 × 10
−3𝑚2 
𝑉2 =
𝑄
𝐴1
→ 𝑉2 =
2 × 10−3
𝑚3
𝑠
2,03 × 10−3𝑚2
→ 𝑉2 = 0,99
𝑚
𝑠
 
 
𝐷1 = 0,0762𝑚 
𝐴1 =
𝜋𝐷2
4
→ 𝐴1 =
𝜋 × (0,0762𝑚)2
4
→ 𝐴1 = 4,56 × 10
−3𝑚2 
𝑉1 =
𝑄
𝐴1
→ 𝑉1 =
2 × 10−3
𝑚3
𝑠
4,56 × 10−3𝑚2
→ 𝑉1 = 0,44
𝑚
𝑠
 
 
𝑃1
𝜌𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝑃2
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝑇 + 𝐻𝐿 
 
 
𝑷𝟏 
𝑷𝟐 
𝑁ã𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 − 𝐻𝑇 
𝑃1
𝜌𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝑃2
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝐿 
 
𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌 × 𝑔 × ℎ1
𝜌𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌 × 𝑔 × ℎ2
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝐿 
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌 × 𝑔 × ℎ2
𝜌𝑔
−
𝑃𝑎𝑡𝑚 + 𝜌 × 𝑔 × ℎ1
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝐿 
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝜌 × 𝑔 × ℎ2
𝜌𝑔
−
𝜌 × 𝑔 × ℎ1
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝐿 
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝜌𝑔 × (ℎ2 − ℎ1)
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝐿 
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 = (ℎ2 − ℎ1) +
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝐿 
 
(0,44
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
+ 3𝑚 + 𝐻𝑃 = (3𝑚 − 5𝑚) +
(0,99
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
+ 25𝑚 + (0,1929) × 𝑄2 
9,87 × 10−3𝑚 + 𝐻𝑃 = 23,05𝑚 + (0,1929) × (2 × 10
−3
𝑚3
𝑠
)
2
 
9,87 × 10−3𝑚 + 𝐻𝑃 = 23,05𝑚 + 7,72 × 10
−7
𝑚6
𝑠2
 
𝐻𝑃 = 23,05𝑚 − 9,87 × 10
−3𝑚 
𝐻𝑃 = 23,05𝑚 
𝐻𝑃 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
𝑚�̇�
 
�̇� = 𝜌 × 𝑄 
 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
𝑚�̇�
= 23,05𝑚 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
𝜌 × 𝑄 × 𝑔
= 23,05𝑚 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = (23,05𝑚) × (𝜌 × 𝑄 × 𝑔) 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = (23,05𝑚) × (1000
𝐾𝑔
𝑚3
× 2 × 10−3
𝑚3
𝑠
× 9,81
𝑚
𝑠2
) 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = (452,241
𝐾𝑔𝑚2
𝑠3
) 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 452,241𝑊 
 
�̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
η
→ �̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
452,241𝑊
0,6
 
�̇�𝑬𝒍é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝟕𝟓𝟑, 𝟕𝟑𝟓𝑾 
 
 
15) Um tanque ventilado deve ser enchido com óleo combustivel com ρ = 920 kg/m³ e μ = 
0,045 kg/m.s de um reservatório subterrâneo (considerar patm), usando uma 
mangueira plástica de 20 m de comprimento e 5 cm de diâmetro com uma entrada 
ligeiramente arredondada e duas curvas suaves de 90º. A diferença entre o nível do 
óleo do reservatório e a parte superiordo 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. 
Supondo uma eficiência da bomba de 82%, determine a entrada necessária de potência 
na bomba. 
𝑇𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒: 18𝑚3 
𝑇𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑛𝑐ℎ𝑒𝑟 𝑜 𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒:
30𝑚𝑖𝑛
1
×
60𝑠
𝑚𝑖𝑛
= 1800𝑠 
𝑄 =
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒
𝑇𝑒𝑚𝑝𝑜
→ 𝑄 =
18𝑚3
1800𝑠
→ 𝑄 = 0,01
𝑚3
𝑠
 
𝐿 = 20𝑚 
𝐷 =
5𝑐𝑚
1
×
𝑚
100𝑐𝑚
= 0,05𝑚 
𝐴 =
𝜋 × 𝐷2
4
→ 𝐴 =
𝜋 × (0,05𝑚)2
4
→ 𝐴 = 1,96 × 10−3 𝑚2 
𝑄 = 𝐴 × 𝑉 → 𝑉 =
𝑄
𝐴
→ 𝑉 =
0,01
𝑚3
𝑠
1,96 × 10−3 𝑚2
→ 𝑉 = 5,1
𝑚
𝑠
 
𝑅𝑒 =
𝜌 × 𝑉 × 𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
920 × 5,1 × 0,05
0,045
→ 𝑅𝑒 = 5213,33 
𝑧2 − 𝑧1 = 5𝑚 
�̇� = 𝜌 × 𝑄 → �̇� = 920 × 0,01 → �̇� = 9,2
𝐾𝑔
𝑠
 
2 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎𝑠 𝑠𝑢𝑎𝑣𝑒𝑠 𝑑𝑒 90° → 𝑘 = 0,15 + 0,15 → 𝑘 = 0,30 
𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑒𝑑𝑜𝑛𝑑𝑎𝑑𝑎 → 𝑘 = 0,15 
∑𝑘 = 0,30 + 0,15 → ∑ 𝑘 = 0,45 
𝑓 =
(
 
 
 
 
1
−1,8 × log [(
𝜀
𝐷
3,7)
1,11
+ (
6,9
𝑅𝑒)]
)
 
 
 
 
2
 
𝑓 = (
1
−1,8 × log [(
6,9
5213,33
)]
)
2
→ 𝑓 = 0,037 
 
 
𝑃1
𝜌𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝑃2
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝑇 + 𝐻𝐷 + 𝐻𝑆 
𝑃1 = 𝑃2 
𝑉1 = 𝑉2 
𝑧2 − 𝑧1 = 5𝑚 
𝐻𝑇 = 𝑁ã𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 
𝐻𝐷 = 𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
 
𝐻𝑆 = ∑𝑘
𝑉2
2𝑔
 
𝐻𝑃 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇� × 𝑔
 
𝑧1 +
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇� × 𝑔
= 𝑧2 + 𝐻𝐷 + 𝐻𝑆 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = (𝑧2 − 𝑧1 + 𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
+ ∑𝑘
𝑉2
2𝑔
) × �̇� × 𝑔 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = (5 + 0,037 ×
20
0,05
×
(5,1)2
2 × 9,81
+ 0,45 ×
(5,1)2
2 × 9,81
) × 9,2 × 9,81 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 2275,86𝑊 
�̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
𝜂
→ �̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
2275,86𝑊
0,82
→ �̇�𝑬𝒍é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝟐𝟕𝟕𝟓, 𝟒𝟒𝑾 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(PP4) Em um processo da indústria de alimentos, tetracloreto de carbono a 20ºC escoa 
através de um bocal cônico de um diâmetro de entrada De = 50 mm para um diâmetro de 
saída Ds. A área varia linearmente com a distância ao longo do bocal, e a área de saída é um 
quinto da área da entrada; o comprimento do bocal é 250 mm. A vazão é Q = 2 L/min. Para 
o processo, é importante que o escoamento na saída seja turbulento. Ele é? Se sim, em que 
ponto ao longo do bocal o escoamento torna-se turbulento? 
Informações: µ = 1 × 10−3
𝑁𝑠
𝑚2
; 𝛾𝑟 = 1,595 
 
𝑔 = 9,81
𝑚
𝑠2
 
250𝑚𝑚 → 
𝑄 = 2
𝐿
𝑚𝑖𝑛
→ 𝑄 = 3,33 × 10−5
𝑚3
𝑠
 
𝐷𝐸 = 50𝑚𝑚 → 𝐷𝐸 = 0,05𝑚 
𝐴𝐸 = 𝜋 ×
(𝐷𝐸)
2
4
→ 𝐴𝐸 = 𝜋 ×
(0,05𝑚)2
4
→ 𝐴𝐸 = 1,96 × 10
−3𝑚2 
 
𝐴𝑆 =
1
5
× 𝐴𝐸 → 𝐴𝑆 =
1
5
× 1,96 × 10−3𝑚2 → 𝐴𝑆 = 3,92 × 10
−4𝑚2 
𝐴𝑆 = 𝜋 ×
(𝐷𝑆)
2
4
→ 𝐷𝑆 = √
𝐴𝑆 × 4
𝜋
→ 𝐷𝑆 = √
3,92 × 10−4𝑚2 × 4
𝜋
→ 𝐷𝑆 = 2,23 × 10
−2𝑚 
 
𝛾𝑟 = 1,595 
𝛾Á𝑔𝑢𝑎 = 9810
𝑁
𝑚3
 
𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝛾𝑟 × 𝛾Á𝑔𝑢𝑎 → 𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 1,595 × 9810
𝑁
𝑚3
 → 𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 15646,95 
𝑁
𝑚3
 
𝜌𝐹𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 =
𝛾𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜
𝑔
→ 𝜌𝐹𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 =
15646,95 
𝑁
𝑚3
9,81
𝑚
𝑠2
→ 𝜌𝐹𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 = 1595
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝑄 = 𝑉 × 𝐴 → 𝑉 =
𝑄
𝐴
 
𝑉𝐸 =
𝑄
𝐴𝐸
→ 𝑉𝐸 =
3,33 × 10−5
𝑚3
𝑠
1,96 × 10−3𝑚2
→ 𝑉𝐸 = 1,70 × 10
−2
𝑚
𝑠
 
 
𝑉𝑆 =
𝑄
𝐴𝑆
→ 𝑉𝑆 =
3,33 × 10−5
𝑚3
𝑠
3,92 × 10−4𝑚2
→ 𝑉𝑆 = 8,49 × 10
−2
𝑚
𝑠
 
 
𝑅𝑒𝐸 =
𝜌𝑉𝐸𝐷𝐸
𝜇
→ 𝑅𝑒𝐸 =
1595
𝐾𝑔
𝑚3
× 1,70 × 10−2
𝑚
𝑠 × 0,05𝑚
1 × 10−3
𝑁𝑠
𝑚2
→ 𝑅𝑒𝐸 = 1355,75 (𝑙𝑎𝑚𝑖𝑛𝑎𝑟) 
 
𝑅𝑒𝑆 =
𝜌𝑉𝑆𝐷𝑆
𝜇
→ 𝑅𝑒𝐸 =
1595
𝐾𝑔
𝑚3
× 8,49 × 10−2
𝑚
𝑠 × 2,23 × 10
−2𝑚
1 × 10−3
𝑁𝑠
𝑚2
→ 𝑅𝑒𝐸 = 3019,77 (𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜) 
 
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑎 𝑅𝑒𝑡𝑎 → 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 
𝑂𝑛𝑑𝑒: 
𝑦 = á𝑟𝑒𝑎 
𝑥 = 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 
 
𝐶. 𝐶. 1 → 𝑥 = 0; 𝑦 = 𝐴𝐸 
𝐶. 𝐶. 1 → 𝑥 = 0,25𝑚; 𝑦 = 𝐴𝑆 
 
𝐶. 𝐶. 1 
𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 → 𝐴𝐸 = 𝑎0 + 𝑏 → 𝑏 = 𝐴𝐸 → 𝑏 = 1,96 × 10
−3𝑚2 
 
𝐶. 𝐶. 2 
𝑦 = 𝑎𝑥 + 1,96 × 10−3𝑚2 
𝐴𝑆 = 𝑎 × 0,25𝑚 + 1,96 × 10
−3𝑚2 
3,92 × 10−4𝑚2 − 1,96 × 10−3𝑚2
0,25𝑚
= 𝑎 
𝑎 = −6,272 × 10−3𝑚 
𝑦 = −6,272 × 10−3 × 𝑥 + 1,96 × 10−3𝑚2 (Eq1) 
 
O sistema se torna turbulento quando o número de Reynolds é igual a 2300, precisamos 
descobrir o valor do diâmetro, para achar a área, em seguida colocamos na Eq1 para 
acharmos o comprimento onde o sistema se torna turbulento 
𝑉 =
𝑄
𝐴
 
𝐴 =
𝜋(𝐷)2
4
 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑉𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
𝜌𝑄𝐷
𝐴
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
𝜌𝑄𝐷
𝜋(𝐷)2
4
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
𝜌𝑄𝐷
𝜋(𝐷)2
4
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
4𝜌𝑄𝐷
𝜋𝐷2
𝜇
 
𝑅𝑒 =
4𝜌𝑄
𝜋𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
4𝜌𝑄
𝜋𝐷𝜇
→ 𝐷 =
4𝜌𝑄
𝑅𝑒𝜋𝜇
 
𝐷 =
4 × 1595
𝐾𝑔
𝑚3
× 3,33 × 10−5
𝑚3
𝑠
2300 × 𝜋 × 1 × 10−3
𝑁𝑠
𝑚2
→ 𝐷 = 0,0294𝑚 
𝐴 =
𝜋(𝐷)2
4
→ 𝐴 =
𝜋 × (2,94 × 10−2𝑚)2
4
→ 𝐴 = 6,79 × 10−4𝑚2 
 
𝑦 = −6,272 × 10−3 × 𝑥 + 1,96 × 10−3𝑚2 
6,79 × 10−4𝑚2 = −6,272 × 10−3 × 𝑥 + 1,96 × 10−3𝑚2 
6,79 × 10−4𝑚2 − 1,96 × 10−3𝑚2
−6,272 × 10−3
= 𝑥 
𝒙 = 𝟎, 𝟐𝟎𝟒𝟐𝒎 
 
 
(PP5) Uma mangueira de jardim conectada a um bocal é usada para encher um balde de 10 
galões. O diâmetro interno da mangueira é de 2 cm, e ele se reduz a 0,8 cm na saída do 
bocal. Se são necessários 50s para encher o balde com água, determine: 
 
A) As vazões em volume e massa de água através da mangueira 
 
𝑡 = 50𝑠 
𝜌 = 997
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝐷𝐸 = 2𝑐𝑚 → 𝐷𝐸 = 2 × 10
−2𝑚 
𝐴𝐸 = 𝜋 ×
(𝐷𝐸)
2
4
→ 𝐴𝐸 = 𝜋 ×
(2 × 10−2𝑚)2
4
→ 𝐴𝐸 = 7,85 × 10
−5𝑚2 
𝐷𝑆 = 0,8𝑐𝑚 → 𝐷𝐸 = 0,8 × 10
−2𝑚 
𝐴𝑆 = 𝜋 ×
(𝐷𝑆)
2
4
→ 𝐴𝐸 = 𝜋 ×
(0,8 × 10−2𝑚)2
4
→ 𝐴𝑆 = 5,03 × 10
−5𝑚2 
01 𝐺𝑎𝑙ã𝑜 = 3,785𝐿 = 37,85 × 10−4𝑚3 
10 𝐺𝑎𝑙õ𝑒𝑠 = 37,85𝐿 = 37,85 × 10−3𝑚3 
 
𝑄( 𝑉) =
𝑉(𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒)
𝑡
→ 𝑄 =
37,85 × 10−3𝑚3
50𝑠
→ 𝑸(𝑽) = 𝟕, 𝟓𝟕 × 𝟏𝟎
−𝟒
𝒎𝟑
𝒔
 
 
𝑄𝑚 = 𝜌 × 𝑄( 𝑉) 
𝑄𝑚 = 997
𝐾𝑔
𝑚3
× 7,57 × 10−4
𝑚3
𝑠
→ 𝑸𝒎 = 𝟎, 𝟕𝟓𝟓
𝑲𝒈
𝒔
 
 
B) A velocidade média da água na saída do bocal. 
 
𝑄𝑉 = 𝑉𝑆 × 𝐴𝑆 → 𝑉𝑆 =
𝑄𝑉
𝐴𝑆
 
𝑉𝑆 =
7,57 × 10−4
𝑚3
𝑠
5,03 × 10−5𝑚2
→ 𝑽𝑺 = 𝟏𝟓, 𝟎𝟓
𝒎
𝒔
 
 
(PP6) A pressão no ponto S do sifão não deve 
cair abaixo de 25 kPa (abs). Desprezando as 
perdas, determinar: 
a) Velocidade do fluido; 
b) A máxima altura do ponto S em relação 
ao ponto (A); 
Dados: P atm = 100 kPa; 
Peso específico água é 10.000 N/m³ 
 
Condições: 
𝑧𝐴 = 1,2𝑚 
𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 
𝑉𝐴 = 0 
𝑔 = 9,81
𝑚
𝑠2
 
𝑃𝐴 = 100𝑘𝑃𝑎 = 100000𝑃𝑎 
𝛾𝑓𝑙𝑢í𝑑𝑜 = 10000
𝑁
𝑚3
 
 
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝐴 − 𝐵 
𝑉𝐴
2
2𝑔
+
𝑃𝐴
𝛾
+ 𝑧𝐴 =
𝑉𝐵
2
2𝑔
+
𝑃𝐵
𝛾
+ 𝑧𝐵 
 
𝑧𝐴 =
𝑉𝐵
2
2𝑔
→ 𝑉𝐵 = √𝑧𝐴 × 2𝑔 → 𝑉𝐵 = √1,2𝑚 × 2 × 9,81
𝑚
𝑠2
→ 𝑽𝑩 = 𝟒, 𝟖𝟓
𝒎
𝒔
 (A) 
 
𝑃𝑆(𝐴𝐵𝑆) = 𝑃𝑆 + 𝑃𝐴𝑇𝑀 → 𝑃𝑆 = 𝑃𝑆(𝐴𝐵𝑆) − 𝑃𝐴𝑇𝑀 → 𝑃𝑆 = 25 × 10
3𝑃𝑎 − 100 × 103𝑃𝑎 
𝑃𝑆 = −75 × 10
3𝑃𝑎 
 
Condições: 
𝑃𝐴 = 0 
𝑧𝑆 = 0 
𝑉𝑆 = 𝑉𝐵 
𝐸𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑑𝑒 𝐵𝑒𝑟𝑛𝑜𝑢𝑙𝑙𝑖 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑆 − 𝐴 
𝑉𝑆
2
2𝑔
+
𝑃𝑆
𝛾
+ 𝑧𝑆 =
𝑉𝐴
2
2𝑔
+
𝑃𝐴
𝛾
+ 𝑧𝐴 
 
𝑧𝑆 = −
𝑉𝑆
2
2𝑔
−
𝑃𝑆
𝛾
→ 𝑧𝑆 = −
(4,85
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
−
−75 × 103𝑃𝑎
104
𝑁
𝑚3
→ 𝒛𝑺 = 𝟔, 𝟑𝟎𝒎 (𝑩) 
 
(PP7) A figura abaixo mostra um avião voando a 160 km/h numa altitude de 3000m. 
Admitindo que a atmosfera seja padrão, determine a pressão longe de avião (ponto (1)), a 
pressão no ponto de estagnação do avião (ponto (2)), e a diferença de pressão indicada 
pelo tudo de Pilot que está instalado na fuselagem do avião. 
 
Dados: 
𝜌𝑎𝑟 = 0,9093 𝐾𝑔 𝑚
3⁄ 
𝑉1 = 160
𝑘𝑚
ℎ
×
1000𝑚
𝑘𝑚
×
ℎ
3600𝑠
→ 44,44
𝑚
𝑠
 
 
𝑃2 − 𝑃1 = ? 
 
𝑁𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑔𝑛𝑎çã𝑜 𝑉2 = 0 ; 𝑧1 = 𝑧1 
 
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉1
2
2 × 𝑔
+ 𝑧1 =
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
+
𝑉2
2
2 × 𝑔
+ 𝑧2 
𝑉1
2
2 × 𝑔
=
𝑃2
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
−
𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
 
𝑉1
2
2 × 𝑔
=
𝑃2 − 𝑃1
𝜌𝑎𝑟 × 𝑔
→
𝑃2 − 𝑃1
𝜌𝑎𝑟
=
𝑉1
2
2
 
𝑃2 − 𝑃1 =
𝑉1
2
2
× 𝜌𝑎𝑟 
𝑃2 − 𝑃1 =
(44,44
𝑚
𝑠 )
2
2
× 0,9093 𝐾𝑔/𝑚³ 
𝑷𝟐 − 𝑷𝟏 = 𝟖𝟗𝟕, 𝟖𝟗 𝑷𝒂 
 
 
𝑁𝑜 𝑝𝑜𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑒𝑠𝑡𝑎𝑔𝑛𝑎çã𝑜 𝑉2 = 0 ; 𝑧1 = 𝑧1 
𝛾 × 𝑧2 = 𝛾 × 𝑧1 → 𝛾 × 𝑧2 − 𝛾 × 𝑧1 = 0 
 
𝑃2 +
𝜌𝑎𝑟 × 𝑉2
2
2
+ 𝛾 × 𝑧2= 𝑃1 +
𝜌𝑎𝑟 × 𝑉1
2
2
+ 𝛾 × 𝑧1 
 
𝑃2 = 𝑃1 +
𝜌𝑎𝑟 × 𝑉1
2
2
 
𝑃2 − 𝑃1 =
𝜌𝑎𝑟 × 𝑉1
2
2
 
𝑃2 − 𝑃1 =
0,9093 𝐾𝑔 𝑚3⁄ × (44,44
𝑚
𝑠 )
2
2
 
𝑃2 − 𝑃1 = 897,89 𝑃𝑎 
 
(PP8) Repita o problema do Slide 9 sendo que dessa vez os diâmetros das tubulações de 
entrada e saída são diferentes: a alimentação tem 89 mm de diâmetro e a saída tem 25 
mm 
Uma bomba d’água apresenta uma vazão em regime permanente igual a 0,019 m³/s. A 
pressão de alimentação é 1,24 bar e na saída é de 4,14 bar. A elevação entre as partes 
centrais das tubulações de entrada e saída é nula. Determine a potência necessária para 
operar a bomba admitindo que ela opere de modo adiabático (sem troca de calor). Qual 
a potência elétrica necessária se a bomba tem uma eficiência de 65%? 
 
𝑄 = 0,019 𝑚3 𝑠⁄ 
𝜌á𝑔𝑢𝑎 = 1000 𝐾𝑔 𝑚
3⁄ 
𝜂 = 0,65 (65%) 
𝑃𝑒 = 1,24 𝑏𝑎𝑟 ×
105𝑃𝑎
𝑏𝑎𝑟
→ 𝟏, 𝟐𝟒 × 𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂 
𝑃𝑠 = 4,14 𝑏𝑎𝑟 ×
105𝑃𝑎
𝑏𝑎𝑟
→ 𝟒, 𝟏𝟒 × 𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂 
𝐷𝑒 = 89𝑚𝑚 ×
𝑐𝑚
10𝑚𝑚
×
𝑚
100𝑐𝑚
→ 𝐷𝑒 = 0,089𝑚 
𝐷𝑠 = 25𝑚𝑚 ×
𝑐𝑚
10𝑚𝑚
×
𝑚
100𝑐𝑚
→ 𝐷𝑒 = 0,025𝑚 
𝐴𝑒 = 𝜋 × 𝑟𝑒
2 → 𝐴𝑒 = 𝜋 × (
0,089𝑚
2
)
2
→ 𝐴𝑒 = 6,22 × 10
−3𝑚2 
𝐴𝑠 = 𝜋 × 𝑟𝑠
2 → 𝐴𝑠 = 𝜋 × (
0,025𝑚
2
)
2
→ 𝐴𝑠 = 4,91 × 10
−4𝑚2 
𝑄 = 𝑉 × 𝐴 → 𝑉 =
𝑄
𝐴
 
𝑉𝑒 =
𝑄
𝐴𝑒
→ 𝑉𝑒 =
0,019 𝑚3 𝑠⁄
6,22 × 10−3𝑚2
→ 𝑽𝒆 = 𝟑, 𝟎𝟓𝒎 𝒔⁄ 
𝑉𝑠 =
𝑄
𝐴𝑠
→ 𝑉𝑠 =
0,019 𝑚3 𝑠⁄
4,91 × 10−4𝑚2
→ 𝑽𝒔 = 𝟑𝟖, 𝟕𝟎𝒎 𝒔⁄ 
�̇�(𝑣𝑎𝑧ã𝑜 𝑚á𝑠𝑠𝑖𝑐𝑎) = 𝜌 × 𝐴 × 𝑉 
�̇� = 1000 
𝐾𝑔
𝑚3
× 6,22 × 10−3𝑚2 × 3,05𝑚 𝑠⁄ → �̇� = 19
𝐾𝑔
𝑠
 
 
Como não foi dado no exercício, colocaremos que a altura é a mesma 𝑧𝑒 = 𝑧𝑠 
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇�
= (
𝑃𝑠
𝜌á𝑔𝑢𝑎
+
𝑉𝑠
2
2
+ 𝑔𝑧𝑠) − (
𝑃𝑒
𝜌á𝑔𝑢𝑎
+
𝑉𝑒
2
2
+ 𝑔𝑧𝑒) 
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = ((
𝑃𝑠
𝜌á𝑔𝑢𝑎
+
𝑉𝑠
2
2
) − (
𝑃𝑒
𝜌á𝑔𝑢𝑎
+
𝑉𝑒
2
2
)) × �̇� 
𝑃𝑎 =
𝑁
𝑚2
 
𝐽 = 𝑁𝑚 
𝐽
𝑠
= 𝑊 
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 =
(
 (
𝟒, 𝟏𝟒 × 𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂
1000 
𝐾𝑔
𝑚3
+
(𝟑𝟖, 𝟕𝟎𝒎 𝒔⁄ )2
2
) − (
𝟏, 𝟐𝟒 × 𝟏𝟎𝟓𝑷𝒂
1000 
𝐾𝑔
𝑚3
+
(𝟑, 𝟎𝟓𝒎 𝒔⁄ )2
2
)
)
 × 19
𝐾𝑔
𝑠
 
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = ((1162,85
𝑃𝑎 × 𝑚3
𝐾𝑔
(𝟏) +
𝑚2
𝑠2
) − (128,65
𝑃𝑎 × 𝑚3
𝐾𝑔
+
𝑚2
𝑠2
)) × 19
𝐾𝑔
𝑠
 
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = (1034,19
𝑃𝑎 × 𝑚3
𝐾𝑔
+
𝑚2
𝑠2
) × 19
𝐾𝑔
𝑠
 
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = (1034,19
𝑚2
𝑠2
) × 19
𝐾𝑔
𝑠
 
�̇�𝑏𝑜𝑚𝑏𝑎 = 19649,69
𝐾𝑔𝑚2
𝑠3
→ 19649,69𝑊 
 
𝜂 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎
→ �̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
𝜂
→ �̇�𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
19649,69𝑊
0,65
→ �̇�𝒆𝒍é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝟑𝟎𝟐𝟑𝟎, 𝟐𝟗𝑾 
 
(𝟏)
𝑃𝑎 × 𝑚3
𝐾𝑔
→
𝑁
𝑚2
× 𝑚3
𝐾𝑔
→
𝐾𝑔𝑚
𝑠2
𝑚2
× 𝑚3
𝐾𝑔
→
𝐾𝑔𝑚2
𝑠2
𝐾𝑔
→
𝑚2
𝑠2
 
𝑊 =
𝐽
𝑠
=
𝑁𝑚
𝑠
=
𝐾𝑔𝑚2
𝑠3
 
𝑃𝑎 =
𝑁
𝑚2
 
𝑁 =
𝐾𝑔𝑚
𝑠2
 
𝐽 = 𝑁𝑚 
(PP9) Dois reservatórios são conectados por uma 
tubulação de comprimento 100 m, diâmetro 50 
mm e rugosidade relativa 0,002. Qual a perda de 
carga no duto se a vazão é de 4 m³/h? A massa 
específica de 780 kg/m³ e viscosidade dinâmica 
1,7.10-³ Pa.s. 
 
ℎ𝐷 = 𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
 (𝑃𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑛𝑎 𝑡𝑢𝑏𝑢𝑙𝑎çã𝑜) 
 
𝜌 = 780
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝜇(𝑣𝑖𝑠𝑐.𝑑𝑖𝑛â𝑚𝑖𝑐𝑎) = 1,7 × 10
−3𝑃𝑎. 𝑠 
𝐷𝑇𝑢𝑏𝑜 =
50𝑚𝑚
1
×
𝑐𝑚
10𝑚𝑚
×
𝑚
100𝑐𝑚
= 0,05𝑚 
𝐴𝑇𝑢𝑏𝑜 = 𝜋 × 𝑟
2 = 𝜋 × (
0,05
2
)
2
= 1,96 × 10−3𝑚2 
𝐿𝑇𝑢𝑏𝑜 = 100𝑚 
𝑄 = 4
𝑚3
ℎ
×
ℎ
60𝑚𝑖𝑛
×
𝑚𝑖𝑛
60𝑠
= 1,11 × 10−3
𝑚3
𝑠
 
 
𝑄 = 𝑉 × 𝐴 → 𝑉 =
𝑄
𝐴
→ 𝑉 =
1,11 × 10−3
𝑚3
𝑠
1,96 × 10−3𝑚2
→ 𝑉 = 0,566
𝑚
𝑠
 
 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑉𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
780
𝐾𝑔
𝑚3
× 0,566
𝑚
𝑠 × 0,05𝑚
1,7 × 10−3𝑃𝑎. 𝑠
→ 𝑅𝑒 = 12984,71 (𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜) 
 
𝑓 = 0,034 (𝑑𝑖𝑎𝑔𝑟𝑎𝑚𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑜𝑑𝑦) 
 
ℎ𝐷 = 𝑓
𝐿
𝐷
𝑉2
2𝑔
 → ℎ𝐷 = 0,034 ×
100𝑚
0,05𝑚
×
(0,566
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
 → 𝒉𝑫 = 𝟏, 𝟏𝟏𝒎 
 
(PP10) Um sistema de aquecimento distrital geotérmico envolve o transporte da água 
geotérmica a 110ºC de um poço geotérmico para uma cidade com a mesma altitude por 
uma distância de 12 km a uma vazão de 1,5 m³/s em tubos de aço inoxidável com 60 cm 
de diâmetro. As pressões do fluido na superfície do poço e no ponto de chegada da 
cidade devem ser iguais. As perdas menores são desprezíveis devido à grande razão 
maior entre comprimento e diâmetro e ao número relativamente pequeno de 
acessórios. Assumindo que a eficiência da bomba seja de 74%, determine o consumo de 
energia elétrica do sistema para o bombeamento. 
Dados: ρágua geo = 950 kg/m³; μágua geo = 0,225 x 10-3 kg/m.s 
 
𝑄 = 1,5
𝑚3
𝑠
 
𝐷 =
60𝑐𝑚
1
×
𝑚
100𝑐𝑚
= 0,6𝑚 
𝐴 =
𝜋𝐷2
4
→ 𝐴 =
𝜋 × (0,6𝑚)2
4
→ 𝐴 = 0,283𝑚2 
𝐿 =
12𝐾𝑚
1
×
1000𝑚
𝐾𝑚
→ 𝐿 = 12000𝑚 
𝑉 =
𝑄
𝐴
→ 𝑉 =
1,5
𝑚3
𝑠
0,283𝑚2
→ 𝑉 = 5,3
𝑚
𝑠
 
𝜇á𝑔𝑢𝑎 𝑔𝑒𝑜 = 0,225 × 10
−3
𝐾𝑔
𝑚𝑠
 
𝜌á𝑔𝑢𝑎 𝑔𝑒𝑜 = 950
𝐾𝑔
𝑚3
 
𝜂 = 74% = 0,74 
𝜀 =
0,002𝑚𝑚
1
×
𝑐𝑚
10𝑚𝑚
×
𝑚
100𝑐𝑚
→ 𝜀 = 2 × 10−6𝑚 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑉𝐷
𝜇
→ 𝑅𝑒 =
950
𝐾𝑔
𝑚3
× 5,3
𝑚
𝑠 × 0,6𝑚
0,225 × 10−3
𝐾𝑔
𝑚𝑠
→ 𝑅𝑒 = 13.426.666,67 (𝑡𝑢𝑟𝑏𝑢𝑙𝑒𝑛𝑡𝑜) 
𝑓 =
(
 
 
 
 
1
−1,8 × log [(
𝜀
𝐷
3,7)
1,11
+ (
6,9
𝑅𝑒)]
)
 
 
 
 
2
 
 
𝑓 =
(
 
 
 
 
 
 
1
−1,8 × log
[
 
 
 
(
2 × 10−6𝑚
0,6𝑚
3,7 )
1,11
+ (
6,9
13.426.666,67)
]
 
 
 
)
 
 
 
 
 
 
2
 
𝑓 = 8,162 × 10−3 
𝑃𝑟𝑒𝑠𝑠õ𝑒𝑠 𝑠ã𝑜 𝑎𝑠 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎𝑠 𝑃1 = 𝑃2 
𝑉𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑠ã𝑜 𝑎𝑠 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎𝑠 𝑉1 = 𝑉2 
𝐴𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑠ã𝑜 𝑎𝑠 𝑚𝑒𝑠𝑚𝑎𝑠 𝑧1 = 𝑧2 
𝑁ã𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝑡𝑢𝑟𝑏𝑖𝑛𝑎 𝐻𝑇 
𝑁ã𝑜 𝑡𝑒𝑚 𝑝𝑒𝑟𝑑𝑎𝑠 𝑝𝑜𝑟 𝑎𝑐𝑒𝑠𝑠ó𝑟𝑖𝑜𝑠 𝐻𝑆 
𝑃1
𝜌𝑔
+
𝑉1
2
2𝑔
+ 𝑧1 + 𝐻𝑃 =
𝑃2
𝜌𝑔
+
𝑉2
2
2𝑔
+ 𝑧2 + 𝐻𝑇 + 𝐻𝐿 
𝐻𝑃 = 𝐻𝐿 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇�𝑔
= 𝐻𝐷 + 𝐻𝑆 →
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇�𝑔
= 𝐻𝐷 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
�̇�𝑔
= 𝑓 ×
𝐿
𝐷
×
𝑉2
2𝑔
 
�̇� = 𝜌 × 𝑄 
�̇� = 950
𝐾𝑔
𝑚3
× 1,5
𝑚3
𝑠
→ �̇� = 1425
𝐾𝑔
𝑠
 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
1425
𝐾𝑔
𝑠 × 9,81
𝑚
𝑠2
= 8,162 × 10−3 ×
12000𝑚
0,6𝑚
×
(5,3
𝑚
𝑠 )
2
2 × 9,81
𝑚
𝑠2
 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
13979,25
𝐾𝑔𝑚
𝑠3
= 233,71𝑚 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 233,71𝑚 × 13979,25
𝐾𝑔𝑚
𝑠3
 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 3.267.090,52
𝐾𝑔𝑚2
𝑠3
 
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎 = 3.267.090,52𝑊 
�̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
�̇�𝐵𝑜𝑚𝑏𝑎
η
→ �̇�𝐸𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 =
3.267.090,52𝑊
0,74
 
�̇�𝑬𝒍é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝟒. 𝟒𝟏𝟒. 𝟗𝟖𝟕, 𝟏𝟗𝑾 
�̇�𝑬𝒍é𝒕𝒓𝒊𝒄𝒂 = 𝟒. 𝟒𝟏𝟒, 𝟗𝟗𝑲𝑾