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Livro Hidráulica Básica Rodrigo Porto 4ª Edição Ex Resolvidos

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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,  = 0,0 mm, com um número de Reynolds igual a 10
6
. 
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 2
0 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 5,74
log 2log
3,710 10
5,74 5,74
log log
3,7 10 10
D
D


 
      
       
      
      
      
 
3
5
5,4 5,4 5,4
5,74 5,74 100 5,74 2,262 10
100 (1 100) 8,370 10
3,7 3,7 27,02710 10 10D D D
  

  
           
  
 
 Resolvendo por um outro método, tem-se: 
(antes) 
2
1
1
4
V D
Q
 

 
2
1
1 1
2
L V
H f
D g
 
 
(depois) 
2 1
1
2
V V
 
2 2
2 1
2 1 2 1 2 14
2 2
L V L V
H 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: 
0,125
16
8 6
0,9
64 5,74 2500
9,5 ln
Re 3,7 ReRe
f
y D yy

 
      
         
        
 
 Pela equação de Swamee, aplicada no tubo liso: 
2
0,9
0,25
2 5,74
log
3,7 Re
f V
J f
D g
D y

 
  
  
   
HIDRÁULICA BÁSICA – 4ª edição 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
por André Barcellos Ferreira 
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,  = 0,0 mm, com um número de Reynolds igual a 10
6
. 
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 2
0 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 5,74
log 2log
3,710 10
5,74 5,74
log log
3,7 10 10
D
D


 
      
       
      
      
      
 
3
5
5,4 5,4 5,4
5,74 5,74 100 5,74 2,262 10
100 (1 100) 8,370 10
3,7 3,7 27,02710 10 10D D D
  

  
           
  
 
 Resolvendo por um outro método, tem-se: 
(antes) 
2
1
1
4
V D
Q
 

 
2
1
1 1
2
L V
H f
D g
 
 
(depois) 
2 1
1
2
V V
 
2 2
2 1
2 1 2 1 2 14
2 2
L V L V
H 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: 
0,125
16
8 6
0,9
64 5,74 2500
9,5 ln
Re 3,7 ReRe
f
y D yy

 
      
         
        
 
 Pela equação de Swamee, aplicada no tubo liso: 
2
0,9
0,25
2 5,74
log
3,7 Re
f V
J f
D g
D y

 
  
  
   
     
0,125
16
8 6
5 5 3
6,4 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 1
2,04log 1,67 2,04log 1,67
20,046338
R D
f  
 
      
  
4,64298 2,04 log log2 1,67 1,4573 log log 2 log 1,7584
D D D
  
      
               
      
 
0,0174
D

 
 
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  
*
2,5ln
máxv V R
u y

 
Equação 2.34  
1 3,71
2log
D
f 
 
  
 
 
Do Exemplo 2.2, *4,07 0,765máx máxv V u V v    
* *
*
0,9
2,5ln 1,733 0,1 1,733 0,577
0,5
máx máx
máx máx
v v R
v u u v
u R
  
      
 
 
Pela Equação 2.32 
*
2,5ln 4,73
V R
u 
 
  
 
, tem-se: 
0,765
2,5ln 4,73 ln 3,41 30,30 0,0165
0,577 2 2 2
máx
máx
v D D D
v D

  
        
 
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  (1 = 1,34510
3
) 
No trecho AB: 
D1 = 6”, C = 130 e J1 = 1,12 m/100 m  1 = 1,34510
3
 
1,85 3 1,85
1 1 1 1 11,12 1,345 10 0,0216J Q Q Q      m
3
/s 
 
No trecho BC: 
D2 = 4”, C = 130, J2 = 1,12 m/100 m, 2 = 9,68610
3
 
1,85 3 1,85
2 2 2 2 21,12 9,686 10 0,00745J Q Q Q      m
3
/s 
 A diferença é consumida na rede: 
QB = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m
3
/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? 
Neste caso, CPB < 800m 
1
812 800
0,0185
650
H
J
L
 
   m/m 
 Aço soldado novo: C = 130 (tabela 2.4) 
D1 = 6”, C = 130, J1 = 1,85 m/100 m, 1 = 1,34510
3
 
1,85 3 1,85
1 1 1 1 11,85 1,345 10 0,02836J Q Q Q      m
3
/s = 28,36 l/s 
2
800 800
0
420
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? 
25
AP

 m, 17
BP

 m, zA = 0, zB = 5 m 
2 2
,
2 2
A A B B
A B
P V P V
z z H
g g 
       vA = vB  25 = 17 + 5 +H  H = 3 mH2O 
Pela tabela 2.3,  = 1,34510
3
 
3
0,0191
157,1
H
J
L

   m/m = 1,91 m/100 m 
11
1,851,85
1,85
3
1,91
28,9
1,345 10
J
J Q Q

  
      
   
l/s 
 
2.20 Em uma adutora de 150 mm de diâmetro, em aço soldado novo ( = 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 
 = 0,10 mm CPA = 657, 58 m 
L = 500 m CPB = 643,43 m 
Fórmula universal da perda de carga: 
2
;
2
L V
H f
D g
  
2
;
2
fV
J
Dg
 H L J   
 A – C: 
3
2
38,88 10
2,20
0,075
A
A
Q
v
A 


  

m/s; A = 0,0191; 
2
0,0191 2,20
0,0314
2 2 0,15 9,8
A A
A
f V
J
Dg

  
 
m/m 
 B – C: 
3
2
31,81 10
1,80
0,075
B
B
Q
v
A 


  

m/s; B = 0,0193; 
2
0,0193 1,80
0,0213
2 2 0,15 9,8
B B
B
f V
J
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 B
A B
p V p V
z z H
g g 
       onde .n n n
p
z CP

  Colocando os 
valores do problema, tem-se: 
2 2
2,20 1,80
657,58 643,43 657,83 643,60 14,23
2 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              
3,58
0,0101 14,23 10,65 354,45
0,0101
A AL L       m 
 Pela fórmula de Hazen-Williams: 
J = Q
1,85
, A = B = 1,34510
3
 
JA = 1,34510
3
(38,8810
–3
)
1,85
  JA = 3,309 m/100 m 
JB = 1,34510
3
(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
274,37
0,03309 0,02283
AL
 
 

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   = 1,34510
3
 
 
1,85
J Q  e 
H
J
L

 
1,85
3
4,20 2,40 1,5
100 0,0253
120,00 1,345 10
J Q Q
 
    
 
 
m
3
/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 
1,8
0,015
120
H J L J      
1,85 1,85 4,37 1,85 4,37
1,85
1,85 4,37
0,015 130 0,15
10,65
10,65 10,65
Q J C D
J Q
C D
   
    
 
1,85 3
2,878 10 0,0423Q

    m
3
/s = 42,3 l/s
 
 
2 2 2 2
2 2 2 2
A A B B A B
A B A B
P V P V V V
z z H CP CP H
g g g g 
            
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 m
3
/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 f
h h J L J L   
2
2 5
8 f Q
J
g D
  
2 2 5
2 21 1 2 2
1 2 22 4 2 4 5
1 2
8 8 0,032 600 1500
0,056 0,259
0,024 300 3000
f Q f Q
L L Q
g D g D 
 
     
 
m
3
/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 = ? 
 
2
1
1 0,0707
4
D
A
 
  m
2
 
2
2
2 0,2827
4
D
A
 
  
 11
1
0,7922
Q
V
A
  m/s 22 2 2 2 2
2
3,5368
Q
Q V A V Q
A
     
 
Tubulações em paralelo  H1 = H2 
2 2 2 2 2 2
1 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 V
H J L H L
D g D g D g D g D D
           
                
 
2 2 2
20,032 1500 0,7922 0,024 3000 3,5368
0,3 0,6
Q    
   
2
2
2 2
0,032 1500 0,7922 0,6
0,25864
0,3 0,024 3000 3,5368
Q
  
  
  
m
3
/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 m
3
/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 5
2 5
2 5
8 9,81 0,30
30 30 30 0,117
8 8 0,020 3200
f Q g
L Q D Q
f Lg D
 

 
       
  
m
3
/s 
b) Pot = ? para Q = 0,15 m
3
/s  Q = VA  2,1221
Q
V
A
  onde 
2
0,0707
4
D
A

  
 
9,8 BQ H
Pot

 
 
22 3
2 2
4 1 0,020 3,2 10 4 0,15 1
150 120
2 0,3 2 9,80,3
a b c B
L Q
z H z f H
D gD 
    
         
   
 
3 2 2
2 4
0,020 3,2 10 4 0,15
30 19,01
0,3 0,3 2 9,8
BH

   
    
   
 
9,8 19,01 0,15
34,93
0,8
Pot
 
   kW 
 
c) 
2 2
1 1
2 2
A A antes A antes
A B A B
p V p V p
z z H z z H
g g  
            
1150 135
antesp H

     
onde: 
2 2
1
0,02 533,33 2,1221
8,17
2 2 9,8 0,3
L V
H f
D g
 
   
 
 
6,83
antesp

 mH2O 
2 2
1 150 19,01 135 8,17
2 2
depois depoisA A B
B A B
p pp V V
H z z H
g g  
              
25,84
depoisp

  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 
constantee 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 f
CP CP h h   
1,85
( , )
Hazen Willians
J Q tabela D C

  
 
1,85 1,85 3 1,85 3 1,858
100 100 9,686 10 10 100 1,345 10 100AC AC AC BC BC BC BCQ L Q L Q                 
3 1,85
1,851,85
3
9,686 10 10
509,83 29,07
1,345 10
BCQ
 
   

l/s 
29,07 10 39,07CD BC ACQ Q Q     l/s 
DEE F f f DF
CP CP h h   
( , ) ( , )DE DF
DE DF
D C D C
 


 
1,85 1,85 1,85 1,85 1,85250
100 100
200
DF
DE DE DE DF DF DF DE DF DF
DE
L
Q L Q L Q Q Q
L
            
 
1,85
1,85 1,85
1,25 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 DE
A 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 L  
          
 
 
3 1,85 2 1,85 3 1,851
9,686 10 0,01 100 3,312 10 0,0391 300 1,345 10 0,02073 200
100
H               
 
 
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
0,00758
860 460
AB BCJ J

  

m/m 
Aço soldado revestido com cimento centrifugado. 
C = 130 
1 = 1,34510
3
, 2 = 9,68610
3 
1,85 3 1,85
0,758 1,345 10 0,0175AB AB AB ABJ Q Q Q        m
3
/s = 17,5 l/s 
1,85 3 1,85
0,758 9,686 10 0,00603BC BC BC ABJ Q Q Q        m
3
/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 23,48B
p

   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. 
 
2 2
1 1 2 2
1 2 ,
2 2
p V p V
z z perdas
g g 
      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 5,0
2 2 2 2
V L V V V L
JL K H f K f K
g D g g g D
 
             
 
 
Ferro fundido com leve oxidação:  = 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 5,0
2 2 9,81 0,05
V L V
f K f
g D
    
                 
   
2
2
900 8,3 5,0 5,0 48,87 0,423 ,
19,62
V
f f V      0,30  mm, D = 50 mm 
 
   
2 2 2
1 3,71 1 1 1
2log
2log 3,71 / 2log 3,71 0,05 / 0,0003 2log618,333
D
f
Df  
      
           
          
 
2
1
5,58
 

 
 
= 0,032 
 5,0 = 1,987V
2
  V = 1,586 m/s  Q = VA = 1,5860,025
2
 = 3,11410
-3
 m
3
/s 
 
b) Q = 1,96 l/s  
2 2
4 4 0,00196
1,0
0,05
Q
V
D 

  

m/s 
2 2 2
5,0
2 2 2
L V V V L
f K f K
D g g g D
 
     
 
 
 = 0,30 mm, V = 1 m/s  f = 0,0341 
 2 2,0 13,0 5,0 25,01,0
0,034 2 1,0 0,9 2 0,2 5,0
2 9,81 0,05
K
   
         
  
 
30,6 3,3 98,1 64,2K K      
 
2 2
1,0
64,2 3,27
2 2 9,81
reg
V
h K
g
   

m 
2 2 2
1,0
3,27 3,27 0,034 3,27
2 2 0,05 2 9,81
eq eq
reg eq eq
L Lf V V
h JL L f
Dg D g
 
               
 
94,35eqL  m 
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 3,80
AC
L     m 
   2 0,189 30,53 0,010 6,89 0,388 67,95 0,025 2,09
CAE
L D D        m 
0,5 0,3 (0,8 )
CB
L x x     m 
   2 0,189 30,53 0,010 1,89 2,09
CBE
L D D     m 
 
Para que QA = QB, devemos ter: 
   1,5 3,80 2,09 2,09 0,80
A BA T B T
z 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 0,001
69,81 2,04
0,025
V Q
J V
C D D 

    

m/s 
C = 125 (Tabela 2.4) 
1,85
1,85 1,17
2,04
69,81 0,2518
125 0,025
J 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. 
 
Equação da continuidade: 
2 2
2 2
A A B B
A B
p V p V
z z perdas
g g 
      
 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 1,17
3,0 6,31 6,31 10,0 20,0 3
145 0,05
T
V V
JL L
C D
       
 
 
1,85
4,397 2,227V V    m/s 
2
0,05
2,27 4,37
4
Q VA
 
   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
2,227
6,81 6,81 0,1000
145 0,05
V
J
C D
  
 
m/m 
1
2
3 4
4
A
B
z m
z z
z z z


 
 
 
2 2 2
1 2 2
1 2 1 2( )
2 2 2
A A A
E E
atm mín mín
p V p V p V
z z JL z z JL
g g g  
     
                
     
 
2
2,227
1,0 0,1000 20,0 1,25
2 9,81
A A
mín mín
p p
 
   
          
   
m 
 
2 2 2
1 4 4
1 4 1 4( )
2 2 2
A A A
T T
atm máx mín
p V p V p V
z z JL z z JL
g g g  
     
                
     
 
2
2,227
4,0 0,1000 30 0,75
2 9,81
A A
mín máx
p p
 
   
        
   
m 
 
b)  
2 2 2 2
1 2 2
1 2 1 2
2,227
( ) 1,0
2 2 2 2 9,81
B BB
máx máx máx
p V p V p V
z z z z
g g g  
     
                
     
 
0,75
B
mín
p

 
  
 
m 
 
2 2 2
1 3 2
1 3 1 3( )
2 2 2
B B B
ATM máx máx
p V p V p V
z z JL z z
g g g  
     
               
     
 
2
2,227
1,0 0,1000 10
2 9,81
B
máx
p

 
     
 
= 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 
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 2
1 2 12
2 2
p V p V L dV
z z H
g g g dt 
        
 Comprimento equivalente na entrada: 
Equação 3.16  e
L K
D f
  
0,5 0,1
2,5
0,02
e
K D
L
f
 
   m 
Equação 3.15  
2
2
eL V
H f
D g
   
2 2
(7,5 2,5 360)
(0,02) 74
0,1 2 2
V V
H
g g
 
  

 
 Equação da energia para A e B: 
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
A A
A A
p V p V L dV V L dV
z z H z H
g g g dt g g dt 
              
2 2
2
15 74 36,7347 3,8265 36,7347 15 0
2 2
V V dV dV
V
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
0,9
2 2
A D A D
A D D A A
p V p V p p
z z H z z H z H
g g   
                  
2 13,96 0,9 13,96 14,46
400
h
sen h H H            
0H JL  onde 
6,98
0,0349 14,86 0,0349 425,79
200
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 m
3
/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. 
 F = 0,028 
D1 = 0,15 m 
L1 = 1500 m 
D2 = 0,1 m 
L2 = 900 m 
Qm = 0,025 m
3
/s 
5
1 2
1,042 10
Q
q
L L

  

m
3
/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 0,009375
0,0171875
2 2
m j
f f
Q Q
Q Q
 
    m
3
/s 
 Pela equação universal: 
2 2
3
15 5
0,0827 0,028 0,0171875
0,0827 9,008 10
0,15
ff Q
J J
D

  
     m/m 
 Assim: 
1 1 1 1 13,512H J L H      m 
 Para o trecho 2: 
0
3
m
j f
Q
Q Q   
2 1
0,01443m J fQ Q Q   m
3
/s 
 
2 2
3
25 5
0,0827 0,028 0,01443
0,0827 6,3528 10
0,15
fQ
J f J
D
 
     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 m
3
/s, a 
queda de pressão é de 60 kN/m
2
, e através de uma tubulação B, com uma vazão de 0,15 m
3
/s, 
a queda de pressão é de 50 kN/m
2
. Determine a queda de pressão que ocorre quando 0,17 
m
3
/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 m
3
/s 
P = – 60 kN/m
2
 
2 2
1 1 2 2
1 2
2 2
V p V p
z z H
g g 
       
3
1 2
3
. 60 10 60
6,1224
. 9,89,8 10
A A A
V const p p
H H H
z const  
 
         
 
m 
2 2 2
5 5 5
0,0827 0,0827 6,1224 1850,801
A A A A A A A A A
A A A
f L Q f L Q f L Q
H
D D D
      
 
Tubulação B: 
QB = 0,15 m
3
/s 
P = – 50 nK/m
2
 
2 2
1 2
2 2
p V p V
z z H
g g 
       
. 50
. 9,8
A
V const
H
z const

 

 
2
5 5
50
0,0287 2741,927
9,8
B B B B B
B B
f L Q f L
D D
   
 
a) Em série 
QA = QB 
H = HA + HB  P = PA + PB 
2
5
0,0827
A A A
A
A
P f L
H Q
D
 
     
2
0,0827 1850,801 0,27 9,8AP     
PA = 43,35 kN/m
2 
2
5
0,0827B B BB
B
P f L
H Q
D
 
     
2
0,0827 2741,927 0,17 9,8BP     
PB = 64,22 kN/m
2
 
P = 43,35 + 64,22 = 107,57 kN/m
2
 
 b) Em paralelo 
QA + QB = 0,17 
2 2 2 2
A B 5 5
H H 0,0827 0,0827 1850,801 2741,927
A B
A A B B A B
A B
L L
f 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    m
3
/s  QA = 1,2170,0767 = 0,0933 m
3
/s 
 
2
5
0,0827 0,0933 9,8 13,06
A A
A A
A
P f L
H P H P P
D


 
                kN/m
2
 
 
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. 
 
Solução 1: 
 
4” = 0,1 m (Caminho 1) 
6” = 0,15 m (Caminho 2) 
 
2 2
2 2
A B
A B
p V p V
z z H
g g 
       onde AA A
p
CP z

  e 
B
B B
p
CP z

  
590 590A B B BCP CP H CP H CP H            
 Cálculo de H: 
2 2 21 2
1 25 5 5
1 2
0,0827 0,0827 0,0827
f L f L f L
H Q Q Q
D D D
  
           
2 2
1 2 1 25 5
800 750
0,3514
0,1 0,15
Q Q Q Q      
 Mas 
1 2 20AQ Q Q   l/s 2 21,3514 20 14,799Q Q    l/s = 1,4810
–2
 m
3
/s 
 
2
2
5
0,02 790
590 0,0827 1,48 10 586,42
0,15
BCP

      m 
Solução 2: 
 
Tubo de 6” = 0,15 m e 4” = 0,10 m 
1,85 1,85
6 4
6 4 6 6 4 4 1,85 4,87 1,85 4,87
10,65 750 10,65 800
(0,15) (0,1)
Q Q
H H J L J L
C C
           
 
 
1,85 1,85
1,85 1,85 1,85 1,856 4
6 4 6 44,87 4,87
750 800
7.717.858,853 59.304.819,31 7,684
0,15 0,1
Q Q
Q Q Q Q       
6 43,011Q Q  
 Do enunciado, tem-se que Q4 + Q6 = 0,020. Portanto: 
Q4 = 4,98610
–3
 m
3
/s 
Q6 = 15,01410
–3
 m
3
/s 
 Para as respectivas vazões,tem-se: 
6
6 2
6
0,8496
/ 4
Q
V
D
  m/s 
6
4 2
4
0,6348
/ 4
Q
V
D
  m/s 
 Na tubulação de 6” de diâmetro, tem-se: 
2 2
750 0,8496
0,02 3,6827
2 0,15 2
AB AB
L V
H f H
D g g
        m 
 Equação da energia na superfície I e em B: 
2 2
1 1
1 590 3,6827 586,3173
2 2
B B
B AB B B
p V p V
z z H CP CP
g g 
            m 
 
b) 586,42 576 10,42B C C CB C
p p p p
z z H H H
   
              
 
0,02 0,01
0,015
2 2BC
m j
F F
Q Q
Q Q
 
    m
3
/s, 
2
5
0,02 1000
0,0827 0,015 4,90
0,15
H

     m 
10 42 4,9 5,52
Cp

     mH2O 
 
c) Da letra a, tem-se: 
Q1 = 0,3514Q2 = 0,35141,4810
–2
 = 5,210
–3
 m
3
/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  20
Bp

 mH2O 
740
B
B B
p
CP z

   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 1,85
1,85
1,85 4,87 1,85 4,87
10,65 10,65
4,516
110 0,2
AB AB
AB
Q Q
J J Q
C D
 
   
 
 
1,85 1,85
1050 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 2
1 1
1 754 720 20 14
2 2
B B
B AB AB AB
p V p V
z z H H H
g g 
               m 
 Assim: 
1,851,85 3
14 4741,83 2.95244663 10 0,04291AB ABQ Q

      m
3
/s = 42,91 l/s 
 Como CPB > NAII, o reservatório II é abastecido, ou seja: 
AB B BCQ Q Q  
 
C = 110, D = 6”   = 1,83110
3
 (Tabela 2.3) 
 Portanto: 
1,85 1,85
18,31BC BCJ Q J Q    
1,85 1,85
650 18,31 11901,5BC BCH L J H Q Q         
 Equação da energia superfície do reservatório II e em B: 
2 2
2 2
2 2 720 20 735
2 2
B B B
B AB B AB BC
p V p V p
z z H z z H H
g g  
                  
5BCH   m 
 Assim: 
1,85 1,85
5 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 p
CP z
 
      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 (m
3
/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 
 (%) 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 
 (%) 0 14 34 60 80 80 60 
 Para a tubulação, 
2
2
5
0,0827
3,2 3473,4g g
F Q
E 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 m
3
/s  1 = 66 % 
Q2 = 0,036 m
3
/s  2 = 28 % 
QA = 0,033 m
3
/s 
 Interpolando, 
1 1
2 1 2 1
0,033 0,03 66
47
0,036 0,03 28 66
A A A
A
Q Q
Q Q
  

 
   
    
   
% 
 Fazendo o mesmo para o ponto B, tem-se: 
Q1 = 0,030 m
3
/s  1 = 80 % 
Q2 = 0,036 m
3
/s  2 = 60 % 
QA = 0,035 m
3
/s 
 Interpolando, tem-se: 
1 1
2 1 2 1
0,035 0,03 80
63,33 %
0,036 0,03 60 80
B B B
A
Q Q
Q Q
  

 
   
    
   
 
 
 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: 
2
396,83 222,62 15,536BH Q Q    
 Para Q = 0,035 m
3
/s, HB = 7,26 m. Com os valores de Q e H, 
9800 0,035 7,26
3,93
0,6333
Q H
Pot


   
   kW 
 
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 2
A A C C
A C AC
C A AC AB AB BC BC
1,85 1,85
1 2
1,85 4,87 4,87
A B
A f A 1
B A AB A 2
1,85
A
1,85
P V P V
z E z H
2 2
E z z H E 5 J L J L
10,65 Q Q
E 5 1000 800
130 0,1524 0,1016
Q Q
Q Q Q 0,0025 Q
2
Q Q qL Q 0,005 Q
Q 0,002510,65
E 5
130
       
 
       
 
     
 

    
    

 
 
   
1,85
A
4,87 4,87
1,85 1,85
A A
Q 0,005
1000 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 x
12,7 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 15,7
10, 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 B
A B AB
1,85
B 1,85 4,87
F
B
P V P V
z E z H
2 2
10,65 0,0093
15,7 CP 1000
130 0,1524
11,8 6,8
Q 9,3
2
CP 15,7 2,2 13,5 m
       
 
   

 
  
 
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 2
A A C C
A C AC
AB T BC T
1,85 1,85
1,85
1,85 4,87 1,85 4,87
P V P V
z E z H
2 2
E 20 J L J L
10,65 Q 10,65 Q
E 20 6 43,40 647 35,1 20 19.438Q
90 0,15 90 0,15
       
 
  
      
 
 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 x
2,8 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 
 
c) 
   
1,85
26 x 22 x 21,5 x
0,5 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 (m
3
/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 
2
2
5
Q
E 12 H 12 JL 12 1025 0,0827f 12 25.777,72Q
0,1524
              
 Com uma equação para E chegamos à tabela: 
Q (m
3
/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 x
8,4 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 3
HQ 9,8 10 10,22 29,3 10
Pot 3,8 kW
0,7708

    
  

 
 
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. 
 
 
 
 
 
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 2
S
r
e 1 2
L L L 2L 46,563 m
L 6 mD 4" 0,1 m
L 70 m
L L L 27,776 mf 0,030
T 20 C
   
 

  
 
 
 
   
 
s rs r s e s r e r
2
2
5
H H H H L L J L L J
0,0827Q
H 6 27,776 70 45,563 H 37.051Q
D
           
        
 
Inverno: 
2
iE 13 37051Q  
Verão: 
2
iE 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 v
v
v v
v
15,33 H 20 H
H 18,55 m
15,33 22 20 17
12 Q 20 H
Q 14,9 l/s
12 18 20 17
 
  
 
 
   
 
i i
i
i i
i
18,33 H 20 H
H 19,48 m
18,33 25 20 17
12 Q 20 H
Q 13,04 l/s
12 18 20 17
 
  
 
 
   
 
 
 
 
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 v
d s
p p
NPSH z H .

   

 Pela tabela da página 158 – T = 20°C – 
vp 0,24.

 Portanto: 
     
s
2 2
d s e 5 5
Q Q
NPSH 9,55 0,24 z L L 0,0827f 9,31 z 6 27,776 0,0827 0,03
D 0,1
          
Inverno: 
i
2
dNPSH 5,31 8379,8Q  
Verão: 
v
2
dNPSH 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 
máx
v vQ Q e 
máx
i iQ Q . 
 
 Calculando o NPSHd: 
2
i i
2
vv
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 v
v
máx v
máx
7,1 y 5 y
y 6,65 m
7,1 6,42 5 7,5
12 Q 5 y
Q 13,98 l/s
12 15 5 7,5
 
  
 
 
   
 
i i
i
máx i
máx
4,63 y 4,5 y
y 4,57 m
4,5 4,10 4,5 5
9 Q 4,5 y
Q 9,42 l/s
9 12 4,5 5
 
  
 
 
   
 
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 10,65
H L L L
C D
Q 10,65
H 3,5 28,6 4,3
150 0,1
H 2708,2 Q

   


   

  
 
a
a
2
p 760 0,081h
13,6
1000
h 845
p
9,40 mH O
 

   
 


 
 
1,85a v v
d
v
1,85
d
p p p
NPSH z H 9,40 2 2708,2Q
Tabela da página 158
p
T 20 C 0,24
NPSH 7,16 2708,2Q

       
 

   

 
 
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) 7,167,01 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: 
Fo lga 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. 
 
a) A vazão de sucção é: 
3
(240 108) 9,96 10Q q

    m
3
/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
0,229
24
X   e  0,02 240 108 6,96Q     l = 6,9610
–3
 m
3
/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 2
1 1
1 0 0 1,2
2 2 2 2
B B B B B B
B m B m m
p V p V p V p V
z z H z H H
g g g g   
                   
3
2 3
6,96 10
1,57
/ 4 4,418 10
B B
r
Q
V V
D



   
 
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 4,87
23,541 10,65 0,945m s e e m
Q
H L L L J H
C D
           m 
 
2
1,57
0 1,2 0,945 2,27
2 9,8
B B
antes
p p
 
 
        
  
mH2O 
 Equação da energia em NAI e imediatamente depois de B: 
 
2 2 2
1 1
1
1,57
1,2 0,945
2 2 2 9,8
B B B
B m
p V p V p
H z z H H II
g g  
            

 
 Temos 
_ 2.3 4
130
3,932 10
0,075
TabelaC
D m


  

 
 
1,85
4 3
1,85 3,932 10 6,96 10
350 14
100 100
j j j j j
Q
H L J L H


  
        m 
 Como (26,91 0) 0,945 14 41,855j m m jH z z H H           m, voltando a II, 
temos: 
2
1,57
41,855 1,2 0,945 39,58
2 9,8
B B
depois
p p
 
 
      
  
mH2O 
 
c) Em A, 
QA = 6,9610
–3
 m
3
/s 
 Em B, 
   3 5 36,96 10 2 10 240 2,16 10B A AB BQ Q q L Q             m
3
/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 2
2 2
2 2
2 2
B B B
B AB B AB
p V p V p
z z H z z H
g g  
             
26,91 16,71 B AB
p
H

     (III) 
 Temos 
_2.3 3
130
3,267 10
0,125
TabelaC
D m


  

 
 
1,85
3 3
1,85 240 3,267 10 2,16 10
0,092
100 100
B
AB AB AB AB AB
Q
H L J L H


   
        
 
 Voltando a III, temos: 
26,91 16,71 0,092 10,12
B Bp p
 
     mH2O 
e) 
3
9,8 41,855 6,96 10
4,39
0,65
H Q
Pot Pot



    
    kW 
3 3 3
10 10 6,96 10 41,855
5,97
75 75 0,65
H Q
Pot Pot


    
   

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. 
 
 
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 2,5ln
v R
u 
 
  
 
, 
desenvolvida a partir da hipótese de perfil logarítmico, pode ser posta em forma mais conveniente 
como: 
*
29,84
5,75log
v R
u 
 
  
 
 
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
*
23,87
5,75log
v h
u 
 
  
 
 
0,20
*
5,97
5,75log
v h
u 
 
  
 
 
 Fazendo 
0,80
0,20
v
X
v
 , dividindo uma equação pela outra e desenvolvendo, vem: 
0,776 1,378
log
1
h X
X
 
 
 
 
 Usando o conceito de diâmetro hidráulico, a velocidade média é dada pela equação 2.32
*
2,5ln 4,73
V R
u 
 
  
 
, na forma: 
*
2
5,75log 4,73 5,75log 4,73 5,75log 4,73 5,75log 6,46
2
hV R D R h
u    
        
 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 1,464
6,46
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 0
8 8
,h h
g g
V R I V C R I C
f f
 
     
 
8 78,4
28
0,100
g
C
f
   
e, finalmente, como 
h = Rh = 1,50 m e 
1/6
hRC
n
 
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: 
3/8 3/8
0
0,013 0,60
0,456
0,004
nQ
M
I
   
     
 
  
 
 Pela Equação 8.47
1
M
D
K
 
 
 
: 
1
1
0,456
0,80 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
D
K I
  
   
  
 
 
 fórmula de Manning, como o 
diâmetro é o mesmo, tem-se: 
1 2 1
1 2 2
1,18
M M M
K K M
   
e para a mesma declividade e rugosidade, fica:3/8
1 1
2 2
1,18 1,56
Q 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 m
3
/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 6,5
1,847
0,001
nQ
M
I
   
     
 
   
 
Pela fórmula de Manning, Equação 8.39 
3/8
0
0
, em que :
M nQ
y M
K I
  
    
  
 
  
0
1,847
1,03
1,796
M
y
K
   m 
 Então: 
0
4 4,12
b
m b
y
    m (largura do fundo) 
 A área molhada vale: 
   
2 2
0 4 2 1,03 6,36A m Z y      m
2
. 
 A velocidade média é igual a 
6,5
1,02
6,36
Q
V
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 m
3
/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
M
I
 
  
 
 
 onde 0 1,4 1,423 1,9922M y K M      
3/8 43/8
3/8
4 4
0,025 0,025 1,9922 3 10
1,78 1,9922 4,35
0,0253 10 3 10
Q Q
Q

 
  
       
  
m
3
/s 
b)    2 22 1 2 1 2,5 2,5 0,3852 1,25m Z Z         não 
c) 
3
1 6,0 m /
 
0,014
' 2 3,5
Q s
seção circular
concreto n
b b
 



 
  
 
8/3 8/3 4
0
0,014 6
0,1717
3,5 3 10
n Q
K K
b I 
 
   

 
 Pelo ábaco, 
0
00,29 0,29 3,5 1,01
y
y
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 m
3
/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 m
3
/s 
0
1,75
1,25
1,4
b
m
y
  
0 ?y 
a) y0 = ? e V0 = ? 
3/83/8
3
0
0,013 1,2
0,646
2,5 10
nQ
M
I 
   
     
      
 
0,646
0,646
1
M
K
D
   
0
00,85 0,82
y
m y
D
    m 
Pela Equação 8.58 
2/3
2/3 1/2
0
1
1 ,
2,52
sen
V D I
n


  
   
    
com 
1 02
2cos 1 ,
y
D

  
  
 
tem-
se: 
1 102 2 0,82
2cos 1 2cos 1 259,58
1
y
D

     
        
   
= 4,53 rad 
 
2/3
1/2
2/3 31 4,53
1 2,5 10 1 1,53 1,14 1,74
2,52 0,013 4,53
sen
V V
  
       
  
m/s 
 
b) 0 ,hR I  onde 
3
0
1
0,304 9810 0,304 2,5 10 7,46
4
h
sen
D
R




 
 
 
        Pa 
* 0,086hu gR I  m/s 
 
c) Pela Equação 8.59 
 
5/3
8/3 1/2
0 2/3
1
20,2
sen
Q D I
n
 

 
 
 
 
, tem-se: 
 
5/3
3
2/3
5,28 5,281
2,5 10 1,29
20,2 5,28
sen
Q
n
 
   m
3
/s 
 
8.4 Um canal trapezoidal deve transportar, em regime uniforme, uma vazão de 3,25 m
3
/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 m
3
/s mínimo perímetro y0 = ? n = 0,025 
 I0 = 0,0005 m/m molhado b0 = ? 
 z = 0,5 (MPM)  = ? 
3/83/8
0,025 3,25
1,62
0,0005
nQ
M
I
  
    
   
 
 20 0
1,62
2 1 1,5
1,1
1,24
1,1
M M
y MPM m Z Z y
t t
m
t
       


m 
20
, onde R
2
1,24 1,9 m
1,51,5
9810 0,0005 3,7 N/m
2
h h
y
R I
b b
m b
y
 

   
    
   
 
 
8.5 Dimensione um canal para irrigação, em terra, com vegetação rasteira no fundo e nos 
taludes, para transportar uma vazão de 0,75 m
3
/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 m
3
/s 
I0 = 0,0005 m/m 
0,45 m/s 3V z  
Q
V
A
 0
M
y
K
 
0
0,94
nQ
M
I
 
  
 
 
 
 0 02A b y y   22 1 3 3 0,32 1,780m K      
0,75
0,45 0,45
Q
A A
   0
0,94
0,53
1,78
y   m 
   0 0
1 1
2 2 3 0,53 0,53 0,53 0,8427
2 2
A b b Zy y b b b          
Mas 1,67A  m
2
  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 m
3
/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 m
3
/s 
I0 = 0,001 m/m 
y0 < 1,15 m 
vmáx < 1,30 m/s 
n < 8,0 m 
0 1,15 1,15 1,6
M
y K
K
      da Tabela 8.2, 
0
2,8
b
m
y
  
8 8 1,3 6,15máxQ V A v A A A         m
2
 
Mas 
 
2 2
0 0 06,15 (2,8 2) 1,13A m Z y y y       m 
0
0
2,8 2,8 2,8 1,13 3,164
b
m b y
y
       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 
3/83/8
0,020 8
1,84
0,001
nQ
M
I
  
    
   
d) Mínima velocidade: V = 0,50 m/s 
Coeficientede rugosidade de Mannin, n = 0,013. 
Canalizações em série n = 0,013 
 
1 0
2
2
2cos 1
8
y
D
D sen
A

 
  
  
 


 
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: 
0
0 10,20 0,20 0,259
y
y D K
D
      
1
2cos 1 2 0,2 106,26 1,855 rad

      
 
 
 Em 1: 
0,15 0,03885
0,259
M
M   
3/8
3/8
1
1
0,013 0,03885 0,06
0,03885 0,0033
0,0130,06
Q
Q
 
    
 
m
3
/s 
 
 
Em 2: 
3/8
3/8
32
2
0,2 0,0518
0,259
0,013 0,0518 0,007
0,0518 0,0024 m /s
0,0130,007
M
M
Q
Q
  
 
    
 
 
 
Qmín em 1  0,0033 m
3
/s. Como a tubulação está em série, Qmín = 0,0033 m
3
/s. 
Verificando se a vazão mínima atende ao intervalo de velocidade (0,5 m
3
/s  V  4 m
3
/s), 
temos: 
2
0,0033
0,36
0,00911mín
mín
Q
Q
V
A
   m
3
/s 
 
No caso y0 = 0,75D, temos: 
0
0 10,75 0,75 0,624
y
y D K
D
      
1
2cos 1 2 0,75 240 4,189 rad

      
 
 Em 1: 
3/8
1 0
Q V A
M nQ
D M
K I
 
 
   
 
 
 
2
3 3
2
0,2 1,855 1,855
9,11 10 m /s
8
0,0024
0,26 m/s (ok!)
0,00911
sen
A
v

  
  
 
2
3 3
1
0,15 1,855 1,855
2,52 10 m /s
8
0,0033
1,31 m/s (ok!)
0,00252
sen
A
v


  
  
0,15 0,0936
0,624
M
M   
3/8
3/8
31
1
0,013 0,0936 0,06
0,0936 0,0083 m /s
0,0130,06
Q
Q
 
    
  
 2 2
1 1
4,189 4,189 0,0083
0,15 0,01422 m 0,58 m/s (ok!)
8 0,01422
sen
A V

     
 Em 2: 
0,2 0,1248
0,624
M
M  
 
3/8
3/8
32
2
0,013 0,1248 0,007
0,1248 0,0250 m /s
0,0130,007
Q
Q
 
    
  
 2 2
2 1
4,189 4,189 0,025
0,2 0,0253 m 0,99 m/s (ok!)
8 0,0253
sen
A V

     
 
 
1
1
0
0 0
0,025
1,76 m/s (ok!)
0,01422
1 cos
2
y 0,094 m
2
0,035y 0,1125 (ok!)
máxQV
A
D
y

  

 
 
 
 
8.10 Determine a mínima declividade necessária para que um canal trapezoidal, taludes 
4H:1V, transporte 6 m
3
/s de água, com uma velocidade média igual a 0,60 m/s. Coeficiente 
de rugosidade, n = 0,025. 
Z = 4 
Q = 6 m
3
/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       
0
0
0,246
b
m b y
y
   
 Voltando a A, tem-se: 
2
0 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 2,213145
M
y M
K
     
3/8 2
4
0 3/8
0
0,025 6 0,025 6
2,213145 3,25 10 m/m
2,213145
I
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. 
3
0,025 m /smáxQ 
26
10 m
0,6
Q
Q V A A
V
     
   
   
0 0 0
0 0 0 0
2
4 10
2 2
b B y b Z y y
A b Zy y b y y
   
      
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
 m
3
/s 
n = 0,013 
A máxima lâmina de água: 
y0 = 0,5D  y0 = 0,1 m 
 Sendo 0
y
0,5,
D
 da Tabela 8.1, temos K1 = 0,498 
 
Sabemos que 
 
3/8 3/8
8/3
1 1
1 0 0 0
M nQ nQ nQ
D , onde M DK DK
K I I I
   
        
   
   
 
 Atribuindo valores: 
 
8/3 30,008
Q 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
3
0
nQ 0,013 18,6 10
M 0,1088
I 8 10


    
     
  
  
 
 Como a relação y0/D não se altera, K1 = 0,498. Logo: 
1
M
D 0,2186 m
K
  
 Como não existe esse diâmetro comercializado, D = 250 mm 
0
0
y
0,5 y 0,108 m
D
   
 Na seção circular: 
 
1 1 102y 2 0,1082 cos 1 2cos 1 2cos 0,01189 3,18 rad
D 0,2186
    
         
   
 
   
 
2 2
3 20,2186 3,18 3,18
5,97 10 3,22 0,0192 m
8 8
 
    
D sen sen
A
 
 
 Portanto: 
3
Q 18,6 10
V 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. 
3
0I 0,8 m/100 m 8 10 m/m 

  
 
3 3
j
3 3
m
Q 20 l/s 20 10 m /s
Q 10 l/s 10 10 m /s


  
  
 
 
1 102y2cos 1 2cos 0 rad
D
  
      
 
 
a) D = ? e Vj = ? 
1
M
D
K
 
3/8 3/8
3
2
0
nQ 0,013 20 10
M 9,5 10
I 0,015


    
        
  
 
2
9,95 10
D 0,2 m 200 mm
0,498


    
   
2 2
20,2
0,0154 m
8 8
 
  
D sen sen
A
   
 
 Com a área, temos a velocidade pela relação 
j
j
Q
V :
A
 
3
j
j
Q 20 10
V 1,29 m/s
A 0,0154


   
b) 
3
mQ 0,01 m /s 
3/8 3/8
3
0
nQ 0,013 10 10
M 0,077
I 0,015
    
     
  
  
 
1
M 0,077
D 0,155 m
K 0,498
   
   1 0
0
D 1 cos /2 0,155 1 cos /22y
2cos 1 y 0,0775 m
D 2 2
     
       
 
 
   
2 2
3 20,155
9,43 10 m
8 8
 
   
D sen sen
A
   
 
3
m
m 3
Q 10 10
V 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 m
3
/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
y
0,5
D
K 0,498



Seção original Seção modificada
 
 
T 1 2
2
h
2 ) Seção modificada
Q Q Q
n 0,018
b 1,5
m 0,714
y 2,1
Área 1,5 2,1 3,15 m
P 1,5 2,1 2 6,3
A 3,15
R 0,5 m
P 6,3

 

  
  
  
  
 
 
Manning: 
2/3 2/3 31
h 1
0
nQ 0,018 Q
A R 3,15 0,5 Q 5,17m/s
I 0,0022

       
 
T 1 2 1
3
T
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
0,9
1,29 0,874
0,7
     
b
m m K
y
 
0 0
3/8
0,7 0,874 0,61
0,61
      
 
  
 
M
y M y K
K
nQ
M
I
 
 
2°) 
2
D
A
4
 
 
P D  
2
h
A D D
R
P 4 D 4
 
  

 
 
3°) 
 
2/32 2/3
8/32/3 2
h
2,67
nQ D D D
A R 0,61 0,27 0,79D
4 4 2,52I
D 0,86 D 0,95 m
    
            
  
   
 
3
0
1 ) Seção original
Q 1 /s2 m
n 0,018
I 0,0022 m/m
b 3m
y 2,1 m






0
3
1,43
2,1
   
b
m m
y
 
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 m
3
/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
3
Q 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 = 1,838bh
3/2
, 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 = 1,40h
5/2
 
a) 1 2
1 vertedor retangular
, onde 
2 triangular
Q Q
vertedor



 
 Usando a fórmula de Thomson para o vertedor triangular e a fórmula de Francis para o 
vertedor retangular, tem-se: 
3/8
 
  
 
nQ
M
I
0 
M
y
K
3/83/8
0
5
0
b 3
m 2,11 K 1,5
y 1,42
M y K 1,42 1,5 2,13
nQ 0,018 3
M 2,13
I I
I 5,17 10 m/m

    
    
  
       
   
  
2 5
3/2 5/2
1 2 3
5 3 2 3
1,838
1,838 1,40
1,4
0,58 0,45 0,0675 3,375 10 0
H
Q 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 5/2
1 2 1,838 1,40 1,838 0,15 1,40 0máx máx
d
Q Q L h H H H
dH
           
  
 
   
1/2 3/2 2 3 2 3
2,757 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 0
1 2
2 2 2
V V V
h 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 
3/22
2
3
dQ C g L h    (Equação 12.70) 
Vertedor de soleira espessa horizontal  
3/2
1,704dQ C b h    (Equação 12.94) 
 Igualando as duas equações, tem-se: 
3/2 ' 3/22 2
2 1,704 2 1,704,
3 3
d d dC g L h C b h C g          admitindo 
'
1dC  
2 1
2 1,704 0,577
3 3
d 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? 
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 m
2,215
750 250 450 l/s
d
d
Q C L hh
Vertedor L h
C
Q h
  

   
      
 
Sendo h a carga de trabalho, então: 
a) 
0,148 0,148
3/2 3/2 1,6480,45 0,5
0,45 2,215 3 0,183
0,5 3 2,215
h
Q C L h h h h
 
            
 
m 
100 m N 99,817 m
crista crista
N h     
 
b) Vazão = 3.800 l/s – 250 l/s = 3550 l/s 
0,148 0,148
3/2 1,6483,55 0,5
3,55 2,215 3 0,642 m
0,5 3 2,215
NA ' 99,817 0,642 100,459 mmáx c máx
h
h h h
N h NA
 
        
 
      
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
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