Aula03_Cap_01

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HIDRÁULICA APLICADA
Capítulo 1:
CONCEITOS BÁSICOSCONCEITOS BÁSICOS
Prof. Dr. John Kenedy de Araújo
Equilíbrio Dinâmico
Considere-se o escoamento de um fluido real,
incompressível, em regime permanente, através de uma
tubulação circular de diâmetro constante e área A.
A
As forças que atuam sobre
o fluido são:
z1
z2
x
Q
W
ττττo
A
Fx1
Fx2
NR
 força de pressão•
 força de cisalhamento•
 força peso na direção x•
Força de pressão
A
1 1x
F p A=
2 2x
F p A=
z1
z2
x
Q
A
Fx1
Fx2
NR
Força de cisalhamento
A
c oF PLτ=
onde: perímetroP =
z1
z2
x
Q
ττττo
A
NR
Força peso na direção x
A
xW Wsenθ=
2 1z zsen
L
θ −=
W
z1
z2
x
Q
W
A
NR
W Wγ γ= → = ∀
∀
( )
( )
2 1
2 1
então: 
 
x
x
W sen
z zAL
L
W z z A
γ θ
γ
γ
= ∀
−
=
= −
Wx
1 2 0
Para o equilíbrio dinâmico:
0xF p A p A PL Wsenτ θ= − − − =∑
( ) ( )
2 1como e , vem:
z z
sen W AL
L
θ γ−= =
Equilíbrio Dinâmico
( ) ( )1 2 0 2 1 0
L
p p A PL A z zτ γ− − − − =
01 2
1 2
desenvolvendo:
p p P
z z L
A
τ
γ γ γ
   
+ − + =   
   
1 2
1 2mas e 
onde: é a perda de carga
 é o raio hidráulico
h
h
p p AH z z R
P
H
R
γ γ
   ∆ = + − + =   
   
∆ =
=
Equilíbrio Dinâmico
( )
0
Definindo como perda de carga unitária, 
h
J m m H L
R Jτ γ
= ∆
=
( )2
No caso particular de conduto forçado circular:
4
4h
D
A DR
P D
pi
pi
= = =
0 04então: 
4
L LH D D
τ τ
γ γ
∆ = =
2 2 2
0 0
0
comparando com a fórmula universal
4
2 8 8
L L V V fVH f f
D D g
τ τ ρ
τ
γ ρ
∆ = = → = → =
Velocidade de atrito
02 8 8D D gγ ρ
0
*
a relação 
8
é conhecida como velocidade de atrito, 
fV
u
τ
ρ
=
Aplicações em áreas como turbulências, distribuição de velocidades
em condutos forçados, estabilidade hidráulica de fundo de canais,
etc.
Exemplo 1.1
Numa tubulação de 300 mm de diâmetro, água escoa em
uma extensão de 300 m, ligando um ponto A na cota
topográfica de 90,0 m, no qual a pressão interna é de 275
KN/m2, a um ponto B na cota topográfica de 75,0 m, no
qual a pressão interna é de 345 KN/m2. Calcule a perda de
carga entre A e B, o sentido do escoamento e a tensão de
cisalhamento na parede do tubo. Se a vazão for igual a
0,14 m3/s, calcule o fator de atrito da tubulação e a
velocidade de atrito.
Exemplo 1.1 (solução)
Diâmetro constante →→→→ Velocidade
constante
2
constante
2
V
g
→
NR
zA
zB
 e são paralelasLP LC
então:
 será a diferença entre as H CP∆
Exemplo 1.1 (solução)
3
3
275 10 90,0 118,06
10 9,81
A
A A
A
pCP z
CP m
γ
= +
⋅
= + =
⋅
zA
zB
3
3
345 10 75,0 110,20
10 9,81
B
B B
B
pCP z
CP m
γ
= +
⋅
= + =
⋅
NR
Exemplo 1.1 (solução)
como: 
o sentido do escoamento é de A para B
A BCP CP>
Aplicando Bernoulli entre A e B:
A Bp pz z H+ = + + ∆
zA
zB
A B
A B
A B AB
CP CP
p p
z z H
γ γ
+ = + + ∆
����� �����
118,06 110,20 7,86ABH m m∆ = − =
perda de cargaNR
Exemplo 1.1 (solução)
3
4
mas 
10 9,81 0.30 7,86
4 4 300
19,26
o
o
LH
D
D H
L
N
τ
γ
γ
τ
τ
∆ =
∆ ⋅ ⋅ ⋅
= =
⋅
=
zA
zB
219,26o N mτ =
*
3
19,26
mas: 0,139
10
o mu
s
τ
ρ
= = =
velocidade de atritoNR
Exemplo 1.1 (solução)
2
Equação Universal: 
2
L VH f
D g
∆ =
2 2
2 2 9,81 0.30 7,86
300 1,98
gD Hf
LV
∆ ⋅ ⋅ ⋅
= =
⋅
zA
zB
fator de atrito
2 2300 1,98
0,039
LV
f
⋅
=
0,039f =
NR
Exemplo 1.1 (solução)
pA/γγγγ
pB/γγγγ
V2/2g
Linha piezométrica, LP
Linha de energia, LC
Perda de carga, ∆H
zA
zB
NR
pB/γγγγ
Trajetória
Q
Máquina hidráulica em uma tubulação
e s
e s
Q
Máquina hidráulica em uma tubulação
A aplicação do princípio da conservação da energia, fornece:A aplicação do princípio da conservação da energia, fornece:
onde: e são energias por unidade de peso do fluido
em escoamento e é a energia fornecida pela bomba
(sinal +) ou consumida pela turbina (sinal -)
e máq s
e s
máq
H e H
H H
e
± =
e s
Q
Máquina hidráulica em uma tubulação
( )
( )
Definição de potência:
então: 
máq máq máq
máq
s e
E e peso e
Pot Qe
t t t
Pot Q H H
γ γ
γ
⋅ ⋅ ⋅∀
= = = =
∆ ∆ ∆
= ± −
e s
Q
Máquina hidráulica em uma tubulação
( )
 Para as bombas: s e
Q H H QHPot γ γ
η η
−
• = =
( ) Para as turbinas: e s uPot Q H H QHηγ ηγ• = − =
e s
Q
Máquina hidráulica em uma tubulação
( ) ( )3Para e :Q m s H m
Conversão: 
1 1,36kW CV=
( ) ( )
( )
( )
3Para e :
9,8
 Para as bombas: 
 Para as turbinas: 9,8 u
Q m s H m
QHPot kW
Pot QH kW
η
η
• =
• =
Bomba
j m m j j mH Z Z H H Z Z H= − + ∆ + ∆ = − + ∆
Turbina
u m j m j m jH Z Z H H Z Z H= − −∆ −∆ = − −∆
Exemplo 1.3
Considere um sistema de bombeamento como o da Figura
1.7, no qual uma bomba, com rendimento de 75%, recalca
uma vazão de 15 L/s de água, do reservatório de montante,
com nível d’água na cota 150,00 m, para o reservatório de
jusante, com nível d’água na cota 200,00 m. As perdas de
carga totais na tubulação de montante (sucção) e de
jusante (recalque) são, respectivamente, ∆∆∆∆H = 0,56 m ejusante (recalque) são, respectivamente, ∆∆∆∆Hm = 0,56 m e
∆∆∆∆Hj = 17,92 m. Os diâmetros das tubulações de sucção e
recalque são, respectivamente, 0,15 m e 0,10 m. O eixo da
bomba está na cota geométrica 151,50 m. Determine: a) As
cotas da linha de energia nas seções de entrada e saída da
bomba; b) As cargas de pressão disponíveis no centro
destas seções; c) A altura total de elevação e a potência
fornecida pela bomba.
Exemplo 1.3 (solução)
150,00 0,56 149,44m e m eZ H H H m= + ∆ → = − =
a) Cota da linha de energia na linha de sucção:
200,00 17,92 217,92s j j sH Z H H m= + ∆ → = + =
Cota da linha de energia na linha de recalque:
s j j s
2
4Q QQ AV V
A Dpi
= → = =b) Velocidades médias:
2
2
4 0,015 0,85
0,15para 15
4 0,015 1,91
0,10
e
s
mV
s
LQ
s
mV
s
pi
pi
⋅
= =
⋅
= → 
⋅
= =
 ⋅
Exemplo 1.3 (solução)
2,097ep m
γ
= −
Pressão na entrada da bomba:
2
2
2
0,85149,44 151,50
2 9,81
e e
e e
e
p VH z
g
p
γ
γ
= + +
= − −
⋅
2
2
2
1,91217,92 151,50
2 9,81
s s
s s
s
p VH z
g
p
γ
γ
= + +
= − −
⋅
Pressão na saída da bomba:
2 9,81γ ⋅
66,23sp m
γ
=
Exemplo 1.3 (solução)
68,48H m=
c) Altura total de elevação, H:
Potência:
217,92 149,44s eH H H= − = −
9,8 9,8 0,015 68,48
0,75
QHPot
η
⋅ ⋅
= =
Potência:
( )13,42 18,25Pot kW CV=