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80 Capítulo 2 Distribuição de pressão em um fluido
em que r0 é o raio do planeta e g0 é o valor de g na superfície. Para a Terra, r0velocidade média é a mesma em 
qualquer ponto:
 
Altura de velocidade
V2
2g
(1,84 m/s)2
2(9,81 m/s2)
0,173 m
Vent Vsai
Q
A
Q
( /4)D2
(75 m3/h)/(3.600 s/h)
( /4)(0,12 m)2 1,84 
m
s
 
Substitua esse resultado na Equação (3.69) e resolva para a perda de carga por atrito. Use pascals 
para a pressão e note que as alturas de velocidade se cancelam porque a área do tubo é constante.
 ou hp 364,7 15,2 150 199 m
(24)(101.350 N/m2)
6.670 N/m3 0,173 m 0 m
101.350 N/m2
6.670 N/m3 0,173 m 150 m hp
pent V2
ent
2g
zent
psai V2
sai
2g
zsai hp
 Resposta
A perda de carga é maior do que a diferença de elevação Dz, e a bomba tem que fazer o escoa-
mento vencer ambas as cargas, de onde se explica a alta pressão na entrada. A razão entre as 
alturas de atrito e de velocidade é
 hp
V2/(2g)
199 m
0,173 m
1.150 Resposta
Comentários:• Essa alta razão é típica de tubulações longas. (Observe que não utilizamos 
diretamente a informação de que a tubulação tinha 10.000 m de comprimento, cujo efeito 
está implícito em hp.) No Capítulo 6, podemos enunciar esse problema de uma forma mais 
direta: Dada a vazão, o fluido e o tamanho do tubo, qual é a pressão necessária na entrada? 
Nossas correlações para hp nos levarão à estimativa de pentrada  24 atm, conforme estabele-
cemos anteriormente.
EXEMPLO 3.18
Ar [R 5 287 e cp 5 1.004 m2/(s2  K)] escoa em regime permanente, Figura E3.18, através de 
uma turbina que produz 700 hp. Para as condições de entrada e saída mostradas, estime (a) a 
velocidade V2 na saída e (b) o calor transferido em W.
Figura E3.18 
1 2
Turbomáquina
We = 700 hp�
D1 = 150 mm
p1 = 1.034 kPa
T1 = 149 �C
V1 = 30,5 m/s
D2 = 150 mm
p2 = 276 kPa
T2 = 1,7 �CQ ?�
 
Solução
As massas específicas de entrada e saída podem ser calculadas pela lei dos gases perfeitos:
 
2
p2
RT2
276.000
287(273 � 1,7)
1
p1
RT1
1.034.000
287(273 � 149)
8,54 kg/m3
3,50 kg/m3
 
O fluxo de massa é determinado pelas condições de entrada
 
ṁ 1A1V1 (8,54) 
4
 2(0,15) 4,60 kg/s(30,5)
 
Conhecendo o fluxo de massa, calculamos a velocidade de saída
ou V2 74,37 m/s
ṁ 4,60 2A2V2 (3,50) (0,15) 
4
 2V2
 Resposta (a)
A equação da energia para escoamento permanente, (3.65), é aplicada com Ẇ 0, z1 z2, e ĥ cpT:	
Ẇ 0, z1 z2, e ĥ cpT:
 Q̇ Ẇe ṁ 1cpT2
1
2 
V2
2 cpT1
1
2 V2
12 
Converta o trabalho da turbina para watts com o fator de conversão 1 hp 5 745,7 W. O trabalho 
da turbina Ẇe é positivo
ou Q̇ 147,719 W
 Q̇ 700(745,7) 4,60 31.004(274,7) 1
2(74,37)2 1.004(422) 1
2(30,5)2 4
 
Resposta (b)
O sinal negativo indica que a transferência de calor é uma perda do volume de controle.
Parte (a) 
Parte (b) 
Frequentemente, o escoamento que atravessa uma seção não é estritamente unidi-
mensional. Em particular, a velocidade pode variar através da seção transversal, como 
na Figura E3.4. Nesse caso, o termo de energia cinética da Equação (3.64), para uma 
dada seção, deve ser modificado por um fator adimensional de correção a, tal que a 
integral seja proporcional ao quadrado da velocidade média da seção
 para escoamento incompressívelem que Vm
1
A
u dA
seção
112 V2
2 1 2(V n) dA K 1
2 V2
m ṁ
 
Fator de correção da 
energia cinética
3.6 A equação da energia 191
194 Capítulo 3 Relações integrais para um volume de controle
(2g), em que K  7,5 é um coeficiente adimensional de perdas (ver Seção 6.7). Considere a  
1,06. Encontre a potência em hp requerida para essa bomba, sendo de 80% a sua eficiência.
 
2
1
z1 = 0 
Bomba
he (negativo)
Água
Máquina
D2 = 75 mm
z2 = 6 m
p2 = 68,95 kPa
p1 = 101,35 kPa abs
 
Figura E3.20
Solução
Esboço do sistema:• A Figura E3.20 mostra a seleção adequada para as seções 1 e 2.
Hipóteses:• Escoamento permanente, trabalho viscoso desprezível, reservatório grande 
(V1  0).
Abordagem:• Primeiro, encontre a velocidade V2 na saída; depois, aplique a equação da ener-
gia para o escoamento permanente.
Passos da solução:• Encontre V2 com base na vazão conhecida e no diâmetro do tubo:
 
V2
Q
A2
0,0425 m3/s
( /4)(0,075)2 9,62 m/s2
 
A equação da energia para escoamento permanente (3.71), com uma bomba (sem turbina) mais 
z1  0 e V1  0, torna-se
ou 
hb
p2 p1 z2 ( 2 K) 
V2
2
2g
p1 1V2
1
2g
z1
p2 2V2
2
2g
z2 hb h , hp K
V2
2
2g
1 ( ) 
1 1
2
1
1 z2 hp, h
 
Comentário:• A bomba deve equilibrar quatro efeitos diferentes: a mudança de pressão, a 
mudança de elevação, a energia cinética do jato de saída e as perdas por atrito.
Solução final:• Para os dados fornecidos, podemos avaliar a altura manométrica requerida 
para a bomba:
 
hb
(68,95 101,35) � 102
9.790 N/m3
6 m (1,07 7,5) 
(9,62 m/s)2
2(9,81 m/s2)
3,31 � 6 � 40,42 � 43,11 m
Com a altura manométrica da bomba conhecida, a potência fornecida à bomba é calculada de 
forma similar ao cálculo para a turbina no Exemplo 3.19:
 
17.937 W
745,7 W/hp
 P
 Php
ṁwe Qhp (9.970 N/m3)(0,0425 m3/s)(43,11 m) = 17.937 Wr
� 24 hp
 
Se a bomba tiver uma eficiência de 80%, então dividimos pela eficiência para encontrar a po-
tência necessária para acioná-la:
 Prequerida
P
eficiência
24 hp
0,8
30 hp Resposta
Comentário:• A inclusão do fator de correção da energia cinética a nesse caso fez uma dife-
rença de aproximadamente 1% no resultado. A perda por atrito, não o jato de saída, foi o 
parâmetro predominante.
Estreitamente relacionada à equação da energia para escoamento permanente, 
existe uma relação entre pressão, velocidade e elevação para um fluido sem atrito, co-
nhecida como a equação de Bernoulli. Ela foi estabelecida em 1738 (vagamente), em 
palavras, em um livro-texto, por Daniel Bernoulli. Uma dedução completa da equação 
foi dada em 1755, por Leonhard Euler. A equação de Bernoulli é muito famosa e bas-
tante usada, mas é necessário estar atento às suas restrições — todos os fluidos são 
viscosos e, portanto, todos os escoamentos apresentam algum atrito. Para usarmos 
corretamente a equação de Bernoulli, devemos restringi-la a regiões de escoamento 
aproximadamente sem atrito. Esta seção (e, em mais detalhes, o Capítulo 8) irá tratar 
do uso adequado da equação de Bernoulli.
Considere-se, na Figura 3.14, um volume de controle formado por um tubo de 
corrente elementar, fixo, de área variável A(s) e comprimento ds, em que s é uma coor-
denada natural na direção das linhas de corrente. As propriedades (r, V, p) podem va-
riar com s e com o tempo, mas são consideradas uniformes sobre a seção transversal A. 
A orientação u do tubo de corrente é arbitrária, com uma variação de elevação dz 5 ds 
sen u. O atrito no tubo de corrente está mostrado, mas é desprezado — uma hipótese 
altamente restritiva. Observe que, no limite quando a área tende a zero, o tubo de cor-
rente é equivalente a uma linha de corrente do escoamento. A equação de Bernoulli é 
válida para ambos e usualmente é enunciada como válida “ao longo de uma linha de 
corrente” em escoamento sem atrito.
A conservação da massa, [Equação (3.20)], para esse volume de controle elemen-
tar, conduz a
 
d
dt
 a
VC
 d b ṁsai ṁent 0
t
 d dṁ
 
3.7 Escoamento sem atrito: a 
equação de Bernoulli
Figura 3.14 A equação de Bernoulli 
para escoamento sem atrito ao longo 
de uma linha de corrente: (a) forças e 
fluxos; (b) força líquida de pressão 
após subtração uniforme de p.
p+
A
A + dA
t = 0
, V
�
d s
VC
dz
 +d
V+dV
p + dp
dp
0
0
dp
dp
dFs � 12 dp dAdW � g d
(a) (b)
� �
�
�
p
S
3.7 Escoamento sem atrito: a equação de Bernoulli 195
224 Capítulo 3 Relações integrais para um volume de controle
P3.128 Para as condições do Problema 3.127, se a central não 
puder aquecer a água do rio vizinho além de 12oC, qual 
deverá ser a vazão mínima Q, em m3/s, através do tro-
cador de calor da central? Como o valor de Q irá afetar 
as condições a jusante (Qs, Ts)?
P3.129 As cataratas de Multnomah, na Garganta do Rio Co-
lumbia, têm uma queda íngreme de 165,5 m. Usando a 
equação da energia para escoamento permanente, cal-
cule a variação de temperatura da água em oCcausada 
pela queda d’água.
P3.130 Quando a bomba da Figura P3.130 bombeia 220 m3/h 
de água a 20oC do reservatório, a perda de carga total 
por atrito é de 5 m. O escoamento descarrega através de 
um bocal para a atmosfera. Calcule a potência da bom-
ba em kW entregue para a água.
Água
6 m
2 m Bomba
Vb
Db = 5 cmD = 12 cm
 P3.130
P3.131 Quando a bomba da Figura P3.130 entrega 25 kW de 
potência para a água, a perda de carga por atrito é de 4 
m. Calcule (a) a velocidade de saída Vb e (b) a vazão 
volumétrica Q.
P3.132 Considere a turbina extraindo energia através de um 
conduto forçado em uma barragem, como na Figura 
P3.132. Para escoamento turbulento em dutos (Capítu-
lo 6), a perda de carga por atrito é aproximadamente hp 
5 CQ2, em que a constante C depende das dimensões 
do conduto forçado e das propriedades da água. Mostre 
que, para uma dada geometria de conduto forçado e 
vazão variável Q do rio, a máxima potência possível da 
turbina nesse caso é Pmáx 5 2rgHQ/3 e ocorre quando 
a vazão é Q 1H/(3C).
Conduto
forçado
Q
Turbina
H
 P3.132
EES
P3.133 O tubo longo da Figura P3.133 está cheio de água a 20oC. 
Quando a válvula A está fechada, p1 – p2 5 75 kPa. 
Quando a válvula é aberta e a água escoa a 500 m3/h, p1 
– p2 5 160 kPa. Qual é a perda de carga por atrito entre 1 
e 2, em m, para a condição de escoamento?
1
2
Tubo de
diâmetro
constante
A
 P3.133
P3.134 Um oleoduto de 914 mm de diâmetro transporta óleo (d 
5 0,89) a 1 milhão de barris por dia (1 barril(a) escoamento de ar e (b) escoamento de água?
Solução
Quase todas as fórmulas para escoamento em tubos baseiam-se na velocidade média V 5 Q/A, 
não na velocidade na linha de centro ou em qualquer outro ponto. Logo, a transição é especifi-
cada para  r Vd/ m  2.300. Com d conhecido, introduzimos adequadamente as propriedades 
dos fluidos a 20oC, das Tabelas A.3 e A.4:
 
(a) Ar:
(b) Água: 
Vd (998 kg/m3)V(0,05 m)
0,001 kg/(m s)
2.300 ou V 0,046 
m
s
 
Vd (1,205 kg/m3)V(0,05 m)
1,80 E-5 kg/(m s)
2.300 ou V 0,7 
m
s
 
Trata-se de velocidades muito baixas, de modo que, na engenharia, a maioria dos escoamentos 
de ar e água em tubos é turbulenta, não laminar. Devemos esperar escoamento laminar em 
dutos com fluidos mais viscosos, tais como óleos lubrificantes ou glicerina.
Nos escoamentos com superfície livre, a turbulência pode ser observada direta-
mente. A Figura 6.2 mostra o escoamento de um líquido descarregando da saída aberta 
de um tubo. O jato com baixo número de Reynolds (Figura 6.2a) é suave e laminar, 
mostrando um movimento central rápido e um escoamento mais lento próximo à pare-
360 Capítulo 6 Escoamento viscoso em dutos
O máximo comprimento de entrada laminar, para Red,crít 5 2.300, é Le 5 138d, que é 
o maior comprimento de desenvolvimento possível.
No escoamento turbulento, as camadas-limite crescem mais rapidamente, e Le é 
relativamente menor, de acordo com a aproximação para paredes lisas:
 
Le
d
4,4 Red
1/6 turbulento (6.6)
Logo, alguns comprimentos de entrada turbulenta calculados são
Red 4.000 104 105 106 107 108 
Le/d 18 20 30 44 65 95
À primeira vista, um comprimento de 44 diâmetros parece “longo”, mas aplicações 
típicas de escoamento em tubos envolvem valores de L/d da ordem de 1.000 ou mais, 
caso em que o efeito de entrada pode ser desprezado, e uma análise simples de escoa-
mento totalmente desenvolvido pode ser feita. Isso é possível tanto para escoamentos 
laminares como para escoamentos turbulentos, incluindo-se paredes rugosas e seções 
transversais não circulares.
EXEMPLO 6.2
Um tubo para água de 13 mm de diâmetro tem 18,3 m de comprimento e fornece água a 18,93 
L/min a 20oC. Qual fração desse tubo é tomada pela região de entrada?
Solução
Conversão de unidades
 Q (18,93 L/min)
3
 1,67 E-5 m /s=
1L/min
(0,000316m /s)3= 
A velocidade média é
 
V Q 0,000316 m /s3
( /4)(0,013 m)
2,38 m /s
A 2π 
Da Tabela 1.4, lemos para a água que n 5 1,01 3 10– 6 m2/s. Logo, o número de Reynolds do 
tubo é
 
Red
Vd (2,38 m /s)(0,013 m)
1,01 10 6 m2/s
30,634
 
Esse valor é maior que 4.000; logo, o escoamento é totalmente turbulento e a Equação (6.6) se 
aplica ao comprimento de entrada
 
Le
d
4,4 Red
1/6 (4,4)(30.634)1/6 24,61 
O tubo real tem L/d 5 18,3 m/0,013 m 5 1.408. Logo, a região de entrada ocupa a fração
 Le
L
24,61
1.408
0,0175 1,75% Resposta
Essa é uma porcentagem muito pequena, de modo que é razoável tratar esse escoamento em 
tubo como totalmente desenvolvido.
EXEMPLO 6.4
Um líquido de peso específico rg 5 9.111 N/m3 escoa por gravidade através de um tanque de 30 cm 
e um tubo capilar de 30 cm com uma vazão de 4,25 L/h, como mostra a Figura E6.4. As seções 1 e 
2 estão à pressão atmosférica. Desprezando os efeitos de entrada, calcule a viscosidade do líquido.
Solução
Esboço do sistema:• A Figura E6.4 mostra L 5 30 cm, d 5 1,2 mm e Q 5 4,25 L/h.
Hipóteses:• Escoamento laminar, totalmente desenvolvido e incompressível em tubo (Poiseu-
ille). Pressão atmosférica nas seções 1 e 2. Velocidade desprezível na superfície, V1  0.
Abordagem:• Use as relações de continuidade e energia para determinar a perda de carga e, 
por conseguinte, a viscosidade. 
Valores das propriedades:• Dado rg 5 9.111 N/m3, guarde o valor de r 5 9.111/9,806 5 
929,1 kg/m3, caso necessário.
Passo 1 da solução:• Da continuidade e do valor de vazão dado, determine V2:
 V2
Q
A2
Q
R2
(4,25 E–3/3.600) m3/s
(0,6 E–3 m )2 1,04 m/ s 
Escreva a equação da energia entre 1 e 2, cancelando termos, e determine a perda de carga
 
z2
1V1
2
2g
hpz1+ 2V2
2
2g
p 1
ρg
+
p 2
ρg
+ + +
 
ou z2 2
V2
2
2g
hp z1 0,6 m 2,0 (1,04 m/s)
2(9,81 m/s )2
2
0,49 m 
Comentário:• Introduzimos a2 5 2,0 para escoamento laminar da Equação (3.72). Se tivésse-
mos esquecido a2, teríamos calculado hp 5 0,55 m, com um erro de 10%. 
Passo 2 da solução:• Conhecida a perda de carga, a viscosidade vem da fórmula laminar nas 
Equações (6.12):
ou 
hp 0,49 m
32 LV
gd 2
32 (0,3 m)(1,04 m/s)
(9.111 N/m3)(0,0012 m)2
resolvendo para 0,644 E–3 kg/(m ⋅ s)
0,49
761
761
 Resposta
Comentários:• Não foi necessário o valor de r – a fórmula contém rg, mas quem sabia? Ob-
serve também que, nessa fórmula, L é o comprimento de tubo de 30 cm, não a variação total 
de elevação.
Verificação final:• Calcule o número de Reynolds para ver se é menor que 2.300 para escoa-
mento laminar:
 Red
Vd (9.111/9,81 kg/m3) (1,04 m/s)(0,0012 m)
0,644 E-3 kg/(m ? s)
1800 Sim, é laminar. 
Comentários:• No final das contas, então, acabamos precisando do valor de  r  para calcular 
Red. Comentário inesperado: Para essa perda de carga, existe uma segunda solução (turbu-
lenta), como veremos no Exemplo 6.8.
1
2
d = 1,2 mm
Q = 4,25 L/h
30 cm
30 cm
E.64
Ao longo de todo este capítulo, vamos considerar a massa específica e a viscosidade 
constantes e ausência de interação térmica, de modo que apenas as equações da continui-
dade e da quantidade de movimento devem ser resolvidas para a velocidade e a pressão
 
Continuidade:
Quantidade de movimento:
(6.14)
 
dV
dt
p g 2V
u
x y
w
z
0
 
6.5 Modelagem da 
turbulência
6.5 Modelagem da turbulência 365
376 Capítulo 6 Escoamento viscoso em dutos
Essa é a fórmula de projeto aceita para o atrito turbulento. Ela foi plotada em 1944 por 
Moody (8) na forma hoje denominada diagrama de Moody para o atrito em tubos (Fi-
gura 6.13). O diagrama de Moody talvez seja a figura mais famosa e mais útil em me-
cânica dos fluidos. Tem uma precisão de  15% para cálculos de projeto sobre toda a 
faixa mostrada na Figura 6.13. Pode ser usado para escoamentos em dutos circulares 
ou não circulares (Seção 6.8) e para escoamentos em canais abertos (Capítulo 10). Os 
dados podem até mesmo ser adaptados para uma aproximação de escoamentos em 
camada-limite (Capítulo 7).
A Equação (6.48) é trabalhosa para avaliar f quando Red é conhecido, embora pos-
sa ser tratada facilmente com o software EES (Engineering Equation Solver). Uma 
fórmula explícita alternativa, dada por Haaland (33) como
 
1
f 1/2 1,8 log 
6,9
Red
/d
3,7
1,11˘
˚
˙
˙
È
Î
Í
Í
Ê
Ë
Á
ˆ
¯
˜ (6.49) 
varia menos que 2% em relação à Equação (6.48).
Figura 6.13 Diagrama de Moody para o atrito em tubos com paredes lisas e rugosas. Este diagrama é idêntico à Equação (6.48) para 
escoamento turbulento. (Da Referência 8, com permissão da ASME.)
0,10
0,09
0,08
0,07
0,06
0,05
0,04
0,03
0,025
0,02
0,01
0,009
0,008
Fa
to
r 
de
 a
tr
ito
 f 
=
h
L d
V
 2
2g
0,015
0,05
0,04
0,03
0,02
0,008
0,006
0,004
0,002
0,001
0,0008
0,0006
0,0004
0,0002
0,0001
0,00005
0,00001
R
ug
os
id
ad
e 
re
la
tiv
a
e d
0,015
0,01
103 2(103) 3 4 5 6 8104 2(104) 3 4 5 6 8105 2(105) 3 4 5 6 8106 2(106) 3 4 5 6 8 107 2(107) 3 4 5 6 8108
e
d
= 0,000001 e
d
= 0,000005Número de Reynolds Re =
Vd
n
Turbulência completa, tubos rugosos
Zona de
transição
Zona
crítica
E
scoam
ento lam
inar
f =
 64R
e
 Tubos lisos 
Recr
Escoamento
laminar
(
(
A área sombreada no diagrama de Moody indica a faixa em que ocorre a transição 
do escoamento laminar para o turbulento. Não existem fatores de atrito confiáveis nes-
sa faixa, 2000 , Red , 4000. Observe que as curvas de rugosidade são aproximada-
mente horizontais no regime totalmente rugoso, à direita da linha tracejada.
Com base em testes feitos com tubos comerciais, valores recomendados da rugo-
sidade média desses tubos estão listados na Tabela 6.1.
Tabela 6.1 Valores recomenda-
dos de rugosidade paradutos 
comerciais
e
Material Condição mm Incerteza, %
Aço Chapa metálica, nova
Inoxidável, novo
Comercial, novo
Rebitado
Oxidado
0,05
0,002
0,046
3,0
2,0
 60
 50
 30
 70
 50
Ferro Fundido, novo
Forjado, novo
Galvanizado, novo
Fundido asfaltado
0,26
0,046
0,15
0,12
 50
 20
 40
 50
Latão
Plástico
Vidro
Concreto
Borracha
Madeira
Estirado, novo
Tubo estirado
—
Alisado
Rugoso
Alisada
Aduela
0,002
0,0015
Liso
0,04
2,0
0,01
0,5
 50
 60
Liso
 60
 50
 60
 40
EXEMPLO 6.62
Calcule a perda de carga e a queda de pressão em 61 m de um tubo horizontal de ferro fundido 
asfaltado de 152 mm de diâmetro transportando água com uma velocidade média de 1,83 m/s.
Solução
Esboço do sistema:• Ver a Figura 6.7 para um tubo horizontal, com Dz 5 0 e hp proporcional 
a Dp.
Hipóteses:• Escoamento turbulento, tubo horizontal de ferro fundido asfaltado, d 5 0,152 m, 
L 5 61 m.
Abordagem:• Determine Red e e/d; entre no diagrama de Moody, Figura 6.13; encontre f e, em 
seguida, hp e Dp. 
Valores das propriedades:• Da Tabela A.3 para água, r 5 998 kg/m3, m 5 0,001 kg/(m  s).
Passo 1 da solução:• Calcule Red e a rugosidade relativa: 
 Re ( )( , )( , )
)
.d
Vd
5 5
r
m
998 1 83 0 152 278 000
3kg/m m/s m
s0,001 kg/(m ◊
 (turbulento)
2 Este exemplo foi dado por Moody em seu artigo de 1944 [8].
6.6 Solução para escoamento turbulento 377
378 Capítulo 6 Escoamento viscoso em dutos
Da Tabela 6.1, para ferro fundido asfaltado, e 5 0,12 mm. Logo, calcula-se
 e/d 5 (0,12 mm)/(152 mm) 5 0,0008 
Passo 2 da solução:• Determine o fator de atrito no diagrama de Moody ou na Equação 
(6.48). Se for usar o diagrama de Moody, Figura 6.13, você precisará de prática. Encontre a 
linha do lado direito para e/d 5 0,0008 e siga por ela para a esquerda até interceptar a linha 
vertical para Re  2,78E5. Leia, aproximadamente, f  0,02 (ou calcule f 5 0,0198 pela 
Equação (6.48), quem sabe usando o software EES). 
Passo 3 da solução:• Calcule hp pela Equação (6.10) e Dp pela Equação (6.8) para um tubo 
horizontal
 
h f L
d
V
g
p
p 5 5 5
5
2
2
0 02 61
0 152
1 83
2 9 81
1 37( , )
,
( ,
( , )
, m/s)
 m/s
 m
2
2
D rgghp 5 5( )( , )( , .998 9 81 1 37 13 413kg/m m/s m) Pa3 2 Resp
Comentários:• Ao dar esse exemplo, Moody [8] afirmou que essa estimativa, mesmo para um 
tubo novo e limpo, podia ser considerada precisa até cerca de  10% somente.
EXEMPLO 6.7
Óleo com r 5 900 kg/m3 e n 5 0,00001 m2/s escoa a 0,2 m3/s através de um tubo de ferro 
fundido de 500 m de comprimento e 200 mm de diâmetro. Determine (a) a perda de carga e (b) 
a queda de pressão, se o tubo tem um ângulo de declive de 10o no sentido do escoamento.
Solução
Primeiro, calcule a velocidade com base na vazão conhecida
 
V Q
R
5 5 5
p p
2 2
0 2 6 4, , m /s
0,1 m
 m/s
3
( ) 
Então, o número de Reynolds é
 
Re
, ,
.d
Vd
5 5 5
n
6 4 0 2
128 000
 m/s m
0,00001 m /s2
( )( )
 
Da Tabela 6.1, e 5 0,26 mm para o tubo de ferro fundido. Logo
 
e
d
5 5
0 26
200
0 0013, , mm
 mm 
Inicie à direita do diagrama de Moody, em e /d 5 0,0013 (você terá de interpolar), e siga para 
a esquerda até interceptar Re 5 128.000. Leia f  0,0225 [da Equação (6.48), poderíamos 
calcular f 5 0,0227]. Logo, a perda de carga é
 h f L
d
V
gp 5 5 5
2 2
2
0 0225 500 6 4
2 9 81
117,
,
( , )
( )
( ) m
0,2 m
 m/s
 m/s
 m2 Resposta (a)
Da Equação (6.9) para o tubo inclinado,
 
h p
g
z z p
g
Lp 5
D
1 2 5
D
1
r r1 2 sen 10∞
 
ou Dp 5 rg[hp – (500 m) sen 10o] 5 rg(117 m – 87 m)
  5 (900 kg/m3)(9,81 m/s2)(30 m) 5 265.000 kg/(m  s2) 5 265.000 Pa Resposta (b)
EXEMPLO 6.8
Repita o Exemplo 6.4 para ver se existe uma possível solução de escoamento turbulento para 
um tubo de parede lisa.
Solução
No Exemplo 6.4, calculamos uma perda de carga hp  0,49 m, considerando escoamento lami-
nar na saída (a  2,0). Para essa condição, o fator de atrito é
 f h d
L
g
Vp5 5
2 0 49 0 0012 2 9 81
0 3 1 042 ( , ( , ) ( )( , )
( , ) ( ,
m) m m/s
 m m/s
2
))
,2 0 0356 
Para escoamento laminar, Red 5 64/f 5 64/0,0356  1.800, como havíamos mostrado no 
Exemplo 6.4. Entretanto, do diagrama de Moody (Figura 6.13), vemos que f 5 0,0356 também 
corresponde a uma condição turbulenta de parede lisa, para Red  5.400. Se o escoamento for 
realmente turbulento, deveremos mudar nosso fator de energia cinética para a  1,06 [Equa-
ção (3.73)], em que a perda de carga corrigida será hp  0,54 m e f  0,0392. Com f conhecido, 
podemos calcular o número de Reynolds com nossas fórmulas:
 Red  4.250 [Equação (6.38)] ou Red  4.400 [Equação (6.39b)]
Assim, o escoamento poderia ter sido turbulento, caso em que a viscosidade do fluido teria sido
 m
r
5 5 5 3 2Vd
dRe
( , )( , ) ,929 1 04 0 0012 2 7 10 4
4.300
 kg / m s◊( ) Resposta
Esse valor é em torno de 58% menor que o valor laminar calculado no Exemplo 6.5. A regra é 
manter o número de Reynolds do escoamento em tubos capilares abaixo de aproximadamente 
1.000, para evitar tais soluções duplicadas.
O diagrama de Moody (Figura 6.13) pode ser usado para resolver praticamente qual-
quer problema que envolva perdas por atrito nos escoamentos em tubos longos. Todavia, 
o uso do diagrama em muitos desses problemas envolve cálculos repetitivos e iterativos 
porque o diagrama de Moody padrão é essencialmente um diagrama de perda de carga. 
Supondo-se que todas as outras variáveis sejam conhecidas, calcula-se Red, entra-se no 
diagrama, encontra-se f e, em seguida, calcula-se hp. Esse é um dos quatro problemas 
fundamentais comumente encontrados nos cálculos de escoamento em tubos:
1. Dados d, L, V ou Q, r, m e g, calcule a perda de carga hp (problema da perda de 
carga).
2. Dados d, L, hp, r, m e g, calcule a velocidade V ou a vazão Q (problema da vazão).
3. Dados Q, L, hp, r, m e g, calcule o diâmetro d do tubo (problema do dimensiona-
mento).
4. Dados Q, d, hp, r, m  e g, calcule o comprimento L do tubo.
6.7 Quatro tipos de 
problemas de escoamento 
em tubos
6.7 Quatro tipos de problemas de escoamento em tubos 379
828 Apêndice A
T, C r, kg/m3 m, N  s/m2 , m2/s T, F r, slug/ft3 m, lb  s/ft2 , ft2/s
0 1.000 1,788 E-3 1,788 E-6 32 1,940 3,73 E-5 1,925 E-5
10 1.000 1,307 E-3 1,307 E-6 50 1,940 2,73 E-5 1,407 E-5
20 998 1,003 E-3 1,005 E-6 68 1,937 2,09 E-5 1,082 E-5
30 996 0,799 E-3 0,802 E-6 86 1,932 1,67 E-5 0,864 E-5
40 992 0,657 E-3 0,662 E-6 104 1,925 1,37 E-5 0,713 E-5
50 988 0,548 E-3 0,555 E-6 122 1,917 1,14 E-5 0,597 E-5
60 983 0,467 E-3 0,475 E-6 140 1,908 0,975 E-5 0,511 E-5
70 978 0,405 E-3 0,414 E-6 158 1,897 0,846 E-5 0,446 E-5
80 972 0,355 E-3 0,365 E-6 176 1,886 0,741 E-5 0,393 E-5
90 965 0,316 E-3 0,327 E-6 194 1,873 0,660 E-5 0,352 E-5
100 958 0,283 E-3 0,295 E-6 212 1,859 0,591 E-5 0,318 E-5
Ajustes de curvas sugerido para a água no intervalo 0 T  100C:
	 r(kg/m3)  1.000 2 0,0178 | T C 2 4C | 1,7  0,2 % 
 ln , , ,m
m0
ª - - +1 704 5 306 7 003 2z z 
 z K
T K
�
273
 m0 5 1,788 E-3 Kg/(m  s) 
T, C r, kg/m3 m, N  s/m2 , m2/s T, F r, slug/ft3 m, lb  s/ft2 , ft2/s
240 1,52 1,51 E-5 0,99 E-5 240 2,94 E-3 3,16 E-7 1,07 E-4
0 1,29 1,71 E-5 1,33 E-5 32 2,51 E-3 3,58 E-7 1,43 E-4
20 1,20 1,80 E-5 1,50 E-5 68 2,34 E-3 3,76 E-7 1,61 E-4
50 1,09 1,95 E-5 1,79 E-5 122 2,12 E-3 4,08 E-7 1,93 E-4
100 0,946 2,17 E-5 2,30 E-5 212 1,84 E-3 4,54 E-7 2,47 E-4
150 0,835 2,38 E-5 2,85 E-5 302 1,62 E-3 4,97 E-7 3,07 E-4
200 0,746 2,57 E-5 3,45 E-5 392 1,45 E-3 5,37 E-7 3,71 E-4
250 0,675 2,75 E-5 4,08 E-5 482 1,31 E-3 5,75 E-7 4,39 E-4
300 0,616 2,93 E-5 4,75 E-5 572 1,20 E-3 6,11 E-7 5,12 E-4
400 0,525 3,25 E-5 6,20 E-5 752 1,02 E-3 6,79 E-7 6,67 E-4
500 0,457 3,55 E-5 7,77 E-5 932 0,89 E-3 7,41 E-7 8,37 E-4
Ajustes de curvas sugerido para o ar:
 r
p
RT
= Rar  287 J/(kg  K) 
Lei de potência: m
m0 0
0 7
�
Ê
ËÁ
ˆ
¯̃
T
T
,
Lei de Sutherland: m
m0 0
3 2
0�
Ê
ËÁ
ˆ
¯̃
�
�
Ê
ËÁ
ˆ
¯̃
T
T
T S
T S
/
 Sar  110,4 K
com T0 5 273 K, m0 5 1,71 E-5 kg/(m  s) e T em kelvins.
Tabela A.1 Viscosidade e 
densidadeda água a 1 atm.
Tabela A.2 Viscosidade e 
massa específica do ar a 1 atm.
Líquido r, kg/m3 m, kg/(m  s) ϒ, N/m* pν, N/m2
Módulo de 
elasticidade 
volumétrico, N/m2
Parâmetro de 
viscosidade C†
Amônia 608 2,20 E-4 2,13 E-2 9,10 E+5 — 1,05
Benzeno 881 6,51 E-4 2,88 E-2 1,01 E+4 1,4 E+9 4,34
Tetracloreto de 
carbono
1.590 9,67 E-4 2,70 E-2 1,20 E+4 9,65 E+8 4,45
Etanol 789 1,20 E-3 2,28 E-2 5,7 E+3 9,0 E+8 5,72
Etileno-glicol 1.117 2,14 E-2 4,84 E-2 1,2 E+1 — 11,7 
Freon 12 1.327 2,62 E-4 — — — 1,76
Gasolina 680 2,92 E-4 2,16 E-2 5,51 E+4 9,58 E+8 3,68
Glicerina 1.260 1,49 6,33 E-2 1,4 E-2 4,34 E+9 28,0 
Querosene 804 1,92 E-3 2,8 E-2 3,11 E+3 1,63 E+9 5,56
Mercúrio 13.550 1,56 E-3 4,84 E-1 1,1 E-3 2,55 E+10 1,07
Metanol 791 5,98 E-4 2,25 E-2 1,34 E+4 8,33 E+8 4,63
Óleo SAE 10W 870 1,04 E-1‡ 3,6 E-2 — 1,31 E+90 15,7 
Óleo SAE 10W30 876 1,7 E-1‡ — — — 14,0 
Óleo SAE 30W 891 2,9 E-1‡ 3,5 E-2 — 1,38 E+9 18,3
Óleo SAE 50W 902 8,6 E-1‡ — — — 20,2 
Água 998 1,00 E-3 7,28 E-2 2,34 E13 2,19 E+9 Tabela A.1
Água do mar 
(30%)
1.025 1,07 E-3 7,28 E-2 2,34 E13 2,33 E+9 7,28
*Em contato com o ar.
†A variação da viscosidade com a temperatura desses líquidos pode ser ajustada à expressão empírica 
20 C
exp cCa
293 K
T K
1b d
com precisão de 6% no intervalo 0  T  100C.
‡Valores representativos. A classificação SAE para óleos permite uma variação de viscosidade de até 50%, 
especialmente em temperaturas mais baixas.
Gás
Peso 
Molecular R, m2/(s2  K) rg, N/m3 m, N  s/m2
Razão de calores 
específicos
expoente n* da 
lei de potência
H2 2,016 4.124 0,822 9,05 E-6 1,41 0,68
He 4,003 2.077 1,63 1,97 E-5 1,66 0,67
H2O 18,02 461 7,35 1,02 E-5 1,33 1,15
Ar 39,944 208 16,3 2,24 E-5 1,67 0,72
Ar seco 28,96 287 11,8 1,80 E-5 1,40 0,67
CO2 44,01 189 17,9 1,48 E-5 1,30 0,79
CO 28,01 297 11,4 1,82 E-5 1,40 0,71
N2 28,02 297 11,4 1,76 E-5 1,40 0,67
O2 32,00 260 13,1 2,00 E-5 1,40 0,69
NO 30,01 277 12,1 1,90 E-5 1,40 0,78
N2O 44,02 189 17,9 1,45 E-5 1,31 0,89
Cl2 70,91 117 28,9 1,03 E-5 1,34 1,00
CH4 16,04 518 6,54 1,34 E-5 1,32 0,87
*O ajuste da curva da lei de potência, Equação (1.27), m/m293 K  (T/293)n, ajusta os valores desses gases dentro de 
 4 % no intervalo 250  T  1.000 K. A temperatura deve estar em kelvins.
Propriedades físicas dos fluidos 829
Tabela A.4 Propriedades dos 
gases comuns a 1 atm e 20C 
(68F).
Tabela A.3 Propriedades dos 
líquidos comuns a 1 atm e 20C 
(68F).
830 Apêndice A
Tabela A.5 Tensão superficial, 
pressão de vapor e velocidade 
do som da água.
T, °C ϒ, N/m pν, kPa a, m/s
0 0,0756 0,611 1.402
10 0,0742 1,227 1.447
20 0,0728 2,337 1.482
30 0,0712 4,242 1.509
40 0,0696 7,375 1.529
50 0,0679 12,34 1.542
60 0,0662 19,92 1.551
70 0,0644 31,16 1.553
80 0,0626 47,35 1.554
90 0,0608 70,11 1.550
100 0,0589 101,3 1.543
120 0,0550 198,5 1.518
140 0,0509 361,3 1.483
160 0,0466 617,8 1.440
180 0,0422 1.002 1.389
200 0,0377 1.554 1.334
220 0,0331 2.318 1.268
240 0,0284 3.344 1.192
260 0,0237 4.688 1.110
280 0,0190 6.412 1.022
300 0,0144 8.581 920
320 0,0099 11.274 800
340 0,0056 14.586 630
360 0,0019 18.651 370
374* 0,0* 22.090* 0*
*Ponto crítico.
Tabela A.6 
Propriedades da 
atmosfera padrão
z, m T, K p, Pa ρ, kg/m3 a, m/s
2500 291,41 107.508 1,2854 342,2
0 288,16 101.350 1,2255 340,3
500 284,91 95.480 1,1677 338,4
1.000 281,66 89.889 1,1120 336,5
1.500 278,41 84.565 1,0583 334,5
2.000 275,16 79.500 1,0067 332,6
2.500 271,91 74.684 0,9570 330,6
3.000 268,66 70.107 0,9092 328,6
3.500 265,41 65.759 0,8633 326,6
4.000 262,16 61.633 0,8191 324,6
4.500 258,91 57.718 0,7768 322,6
5.000 255,66 54.008 0,7361 320,6
5.500 252,41 50.493 0,6970 318,5
6.000 249,16 47.166 0,6596 316,5
6.500 245,91 44.018 0,6237 314,4
7.000 242,66 41.043 0,5893 312,3
7.500 239,41 38.233 0,5564 310,2
8.000 236,16 35.581 0,5250 308,1
8.500 232,91 33.080 0,4949 306,0
9.000 229,66 30.723 0,4661 303,8
9.500 226,41 28.504 0,4387 301,7
10.000 223,16 26.416 0,4125 299,5
10.500 219,91 24.455 0,3875 297,3
11.000 216,66 22.612 0,3637 295,1
11.500 216,66 20.897 0,3361 295,1
12.000 216,66 19.312 0,3106 295,1
12.500 216,66 17.847 0,2870 295,1
13.000 216,66 16.494 0,2652 295,1
13.500 216,66 15.243 0,2451 295,1
14.000 216,66 14.087 0,2265 295,1
14.500 216,66 13.018 0,2094 295,1
15.000 216,66 12.031 0,1935 295,1
15.500 216,66 11.118 0,1788 295,1
16.000 216,66 10.275 0,1652 295,1
16.500 216,66 9496 0,1527 295,1
17.000 216,66 8775 0,1411 295,1
17.500 216,66 8110 0,1304 295,1
18.000 216,66 7495 0,1205 295,1
18.500 216,66 6926 0,1114 295,1
19.000 216,66 6401 0,1029 295,1
19.500 216,66 5915 0,0951 295,1
20.000 216,66 5467 0,0879 295,1
22.000 218,6 4048 0,0645 296,4
24.000 220,6 2972 0,0469 297,8
26.000 222,5 2189 0,0343 299,1
28.000 224,5 1616 0,0251 300,4
30.000 226,5 1197 0,0184 301,7
40.000 250,4 287 0,0040 317,2
50.000 270,7 80 0,0010 329,9
60.000 255,7 22 0,0003 320,6
70.000 219,7 6 0,0001 297,2