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SOLUÇÃO 1 AP (2012) - hidraulica

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Disciplina: HIDRÁULICA APLICADA 
Professor: John Kenedy de Araújo 
 
1ª AP 
Data: 
Aluno: ________________________________________________________________ 
 
PROVA SEM CONSULTA 
Duração: 2 horas 
 
1) Da figura 1 desenhe as linhas de carga e piezométrica. (1,0 ponto) 
 
 
Figura 1 
 
2) O esquema de adutoras mostrado na figura 2, faz parte de uma sistema de 
distribuição de água em uma cidade, cuja rede inicia-se no ponto B. 
a) Quando a carga de pressão disponível no ponto B for 20 mca, determine a vazão 
no trecho AB e a vazão QB, que está indo para a rede de distribuição. (2,0 
pontos) 
b) A partir de qual valor da carga de pressão em B, a rede é abastecida somente 
pelo reservatório 1? Neste caso qual a vazão QB? (2,0 pontos) 
c) Determine a carga de pressão no ponto B, para que a vazão descarregada na rede 
de distribuição seja de 78 L/s. (1,0 ponto) 
Material das tubulações, aço rebitado novo (C = 110). Despreze as perdas de carga 
localizadas e as cargas cinéticas e utilize a equação de Hazen-Williams. 
 
 
Figura 2 
3) A instalação mostrada na figura 3 tem diâmetro de 50 mm em ferro fundido com 
leve oxidação (ε = 0,30 mm). Os coeficientes de perdas de carga localizadas são: 
entrada e saída da tubulação K = 1,0, cotovelo 90° K = 0,9, curvas de 45° K = 0,2 e 
registro de ângulo, aberto, K = 5,0. Determine, usando a equação de Darcy-
Weisbach: 
a) A vazão transportada. (1,0 ponto) 
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. (1,0 ponto) 
 
 
Figura 3 
 
4) Considere a figura 4. Sabendo-se que: em C e D saem 25 e 30 L/s, respectivamente; 
no trecho DB há uma saída de vazão uniforme de 2 L/s por metro; e no ponto B há 
um registro de gaveta fechado e a pressão deve ser igual a 15 mca, determine: 
a) A perda de carga total. (1,0 ponto) 
b) O diâmetro da adutora. (1,0 ponto) 
Considere f = 0,0136 e despreze as perdas localizadas e a carga cinética. 
 
Figura 4 
 
 
SOLUÇÃO DA 1ª AP DE HIDRÁULICA APLICADA 
TURMA: TD926-T02 – 2012.2 
TERÇA E QUINTA: 14 ÀS 16h 
 
 
1) 
 
 
2) 
a) para 20BP mca
γ
= 
Bernoulli entre R1 e B: 
( )1 754 720 20 14B AB ABCP CP H H m= + ∆ → ∆ = − + = 
mas: 
( ) ( )
1,85
1,85 4,87
1,85 3
1,85 4,87
10,65
105014 10,65 0,0429 42,9
110 0, 20
AB AB
AB
AB
AB
AB
L QH
C D
Q m LQ
s s
∆ =
⋅
= → = =
 
Bernoulli entre B e R2: 
( )2 720 20 735 5B BC BCCP CP H H m= + ∆ → ∆ = + − = 
mas: 
( ) ( )
1,85
1,85 4,87
1,85 3
1,85 4,87
10,65
6505 10,65 0,01495 14,95
110 0,15
BC BC
BC
BC
BC
BC
L QH
C D
Q m LQ
s s
∆ =
⋅
= → = =
 
então: 42,9 14,95 27,95AB BC B B LQ Q Q Q s= + → = − = 
b) para ( )2 735 735 720 15BB PCP CP m mcaγ= = → = − = 
Bernoulli entre R1 e B: 
1 754 735 19B AB ABCP CP H H m= + ∆ → ∆ = − = 
mas: 
( ) ( )
1,85
1,85 4,87
1,85 3
1,85 4,87
10,65
105019 10,65 0,05061 50,61
110 0, 20
como: 50,61
AB AB
AB
AB
AB
AB
B AB
L QH
C D
Q m LQ
s s
LQ Q
s
∆ =
⋅
= → = =
= =
 
c) para 78 ?BB
PLQ
s γ
= → = 
Com este valor de QB, o sentido do escoamento é de R2 a B. 
 
Bernoulli entre R1 e B: 
1 754B AB B ABCP CP H CP H= + ∆ → = − ∆ 
Bernoulli entre R2 e B: 
2 2B BC B BCCP CP H CP CP H= + ∆ → = − ∆ 
mas: 
( ) ( )
( ) ( )
1,85
1,85
1,85 4,87
1,85
1,85
1,85 4,87
105010,65 4741,83
110 0, 20
65010,65 11915,77
110 0,15
AB
AB AB
BC
BC BC
QH Q
QH Q
⋅∆ = =
⋅∆ = =
 
portanto: 
1,85 1,85754 4741,83 735 11915,77
mas: 0,078
60
por tentativa: 
18
AB BC
B AB BC AB BC
AB
BC
Q Q
Q Q Q Q Q
LQ
s
LQ
s
− = −
= + → + =
 =

=
 
Substituindo, vem: 
( )1,851,85754 4741,83 754 4741,83 0,06
728 728 720 8
B AB
B
B
CP Q
pCP mca
γ
= − = −
= → = − =
 
 
 
 
3) Bernoulli entre os dois reservatórios: 
a) 
( )1 2 1 2
2
5
5
2
TOTAL TOTALCP CP H H CP CP m
V LH f K m
g D
= + ∆ → ∆ = − =
 ∆ = + = 
 
∑
 
( ) ( ) ( )
2 45 98,11,0 0,9 2 0, 2 5,0 1,0 5,0
2 9,81 0,05 900 8,3
V f V f
 
+ + + ⋅ + + = → = 
⋅ + 
( )
98,1Considere: 0,020 1,93
900 0,02 8,3
mf V
s
= → = =
⋅ +
 
6
1,93 0,05 0,3Re 96500 e 0,006
10 50
VD mm
D mm
ε
υ −
⋅
= = = = = 
'
2 2
0,9 0,9
'
0,25 0,25
então: 
5,74 0,006 5,74log log
3,7 Re 3,7 96500
0,0332
f
D
f
ε
= =
      
+ +      
      
=
 
' 0,02 0,0332
Erro relativo: 100 100
0,02
66%
f f
ER f
ER
−
−
= ⋅ = ⋅
=
 
( )
'
98,1Considere: 0,0332 1,60
900 0,0332 8,3
mf V
s
= → = =
⋅ +
 
6
1,60 0,05 0,3Re 80000 e 0,006
10 50
VD mm
D mm
ε
υ −
⋅
= = = = = 
''
2
0,9
0, 25
então: 0,0334
0,006 5,74log
3,7 80000
f = =
  
+  
  
 
( )0,0332 0,0334 100 0,6%
0,0332
ER OK
−
= ⋅ = 
2 30,05
então: 1,60 1,60 0,00314
4
m mV Q
s s
pi ⋅
= → = ⋅ = 
 
 
3,14 LQ
s
=
 
 
b) 5para 1,96 ?LQ Ks= → = 
3
2 2
4 4 1,96 10 1,0
0,05
Q Q mV V
sA Dpi pi
−
⋅ ⋅
= = = → =
⋅
 
2 2
53,32 2
V L V LH f K f K
g D g D
   ∆ = + = + +   
   
∑ 
6
1,0 0,05Re 50000
10
VD
υ −
⋅
= = = 
0,0341f = 
2
5
1,0 45
então: 5,0 0,0341 3,3
2 9,81 0,05
K = + + 
⋅  
 5 64,1K = 
2 21,0
a perda de carga será: 64,1
2 2 9,81R
VH K
g
∆ = =
⋅
 
3,27 RH m∆ = 
64,1 0,05
c) 
0,0341
KDLe f
⋅
= = 
94 Le m=
 
 
 
 
4) Bernoulli entre o reservatório e o ponto B: 
 
( ) mPzzHHzPz BBBB 5152011 =−=−−=∆→∆++= γγ 
2
5
2
5
2
5321 0827,00827,00827,0 f
DB
CD
CD
AC
AC Q
D
fLQ
D
fLQ
D
fLHHHH ++=∆+∆+∆=∆ 
( )22250827,0 fDBCDCDACAC QLQLQLD
fH ++=∆ 
s
LQCD 7022030 =⋅+= 
s
LQQ CDAC 9525 =+= 
( )
s
LQQQ CDmf 094,233
40
3
30
3
==
−
== 
( )[ ] 51222 023094,02007,030095,0200136,00827,0 ⋅+⋅+⋅⋅⋅=D 
 
mmD 150=