Problemas resolvidos e explicados de Hidráulica 1

Prévia do material em texto

UNIVERSIDADE DE ÉVORA 
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA RURAL 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
HIDRÁULICA GERAL 
PROBLEMAS RESOLVIDOS E EXPLICADOS 
 
ENGENHARIA AGRÍCOLA 
ENGENHARIA BIOFÍSICA 
ENGENHARIA DOS RECURSOS GEOLÓGICOS 
 
 
 
 
 
 
 
 Luís Leopoldo Silva 
Maria Madalena V. Moreira 
 
 
 
 
 
 
 
 
Évora, 2003 
 
 1
ÍNDICE 
Pág. 
 
1. Propriedades dos fluidos ……………………………………………………….…….. 3 
2. Hidrostática …………………………………………………………………….…….. 7 
3. Equação da Continuidade e Teorema de Bernoulli ……….…………………….…….. 23 
4. Teorema da Quantidade de Movimento …………………………………………..…… 27 
5. Leis de Resistência e Escoamentos Permanentes sob Pressão …………………..……. 39 
6. Escoamentos em Superfície Livre …………………………………………………….. 55 
7. Orifícios e Descarregadores ………………………………………………………….. 65 
Bibliografia ………………………………………………………………………………. 73 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2 
 
 
 
 
 
 3
Capítulo 1 
 
PROPRIEDADES DOS FLUIDOS 
 
 
Problema 1.1 
 
Um líquido tem viscosidade igual a 0,039345 kg m-1s-1 e massa volúmica igual a 915 kgm-
3, calcule: 
a) o seu peso volúmico (ao nível médio da água do mar); 
b) a sua densidade; 
c) a sua viscosidade cinemática. 
 
 
Resolução: 
 
a) O peso volúmico está relacionado com a massa volúmica através da aceleração da gravidade: 
 
g 
rr ρ=γ 
 
Aplicando a equação anterior, para o valor da aceleração da gravidade ao nível médio da água do 
mar igual a 9,8 ms-2, obtém-se: 
 
-3mN 89679,8 915 =⋅=γ 
 
b) Aplicando a definição de densidade de um fluido, vem: 
 
915,0
1000
915d
OH2
==
ρ
ρ
= 
 
c) O valor de viscosidade apresentado é a viscosidade dinâmica (µ), tendo em conta as unidades 
apresentadas. Aplicando a relação entre viscosidade cinemática (ν), viscosidade dinâmica e massa 
volúmica, obtém-se: 
 
12sm 6E 43
915
039345,0
−
−==
ρ
µ
=ν 
 
 
 
Problema 1.2 
 
Sejam duas placas horizontais, à distância de 0,02 m, uma fixa e outra móvel com 
velocidade de 0,10 m s-1. Sabendo que a distribuição de velocidades do óleo que preenche o 
espaço entre as placas é linear, qual a velocidade e a tensão tangencial, junto da placa móvel e 
à distância de 0,01 m. 
Dados relativos ao óleo: 9,0d e sm10 12-4 ==ν − 
Nota: o óleo é um fluido Newtoniano 
 
 
 4 
Resolução: 
 
A velocidade do óleo que se desloca entre as duas placas varia, segundo a direcção zz, 
linearmente, ver figura seguinte. 
 
Para determinar a equação da recta (v = a z + b) que representa a variação da velocidade segundo 
a direcção zz são necessários dois pontos: 
 



=
=



=
=
1-1- s m 0,1v
m 0,02z
 e 
s m 0v
m 0z
 
 
as constantes a e b, da equação da recta, podem ser determinadas através da resolução do sistema de 
equações: 
 



=
=



+⋅=
+⋅=
5a
0b
 
b0,02 a0,1
b0 a0
 
 
A equação da variação da velocidade na direcção zz é: v = 5 z . 
A velocidade do óleo junto à placa móvel, para z = 0,02 m, é igual à velocidade da placa, ou seja 
0,1 ms-1 e para um valor de z igual a 0,01 m a velocidade é 1ms05,001,05v −=⋅= . 
A tensão tangencial, no caso de Fluidos Newtonianos, é directamente proporcional à variação da 
velocidade segundo a direcção normal ao escoamento, ou seja a direcção z: 
 
dz
dv µ=τ 
 
Neste caso, a variação da velocidade segundo a direcção zz é constante. 
 
1s5
dz
dv e 5zv −== 
 
Os valores da massa volúmica e da viscosidade dinâmica do óleo são: 
 
1-1-4
óleoóleoóleo
-3
OHóleo
s m kg 0,09900 10 
m kg 9001000 9,0d
2
=⋅=ρ⋅ν=µ
=⋅=ρ=ρ
−
 
 
Para qualquer valor da coordenada z a tensão tangencial toma o valor de: 
 
2Nm45,0509,0 −=⋅=τ 
 
 
 5
Problema 1.3 
 
Sabendo que o módulo de elasticidade volumétrico da água é 19,6E8 Nm-2, determine a 
redução de volume de 1 litro de água para um aumento de pressão no valor de 196 Ncm-2. 
 
Resolução: 
 
Tendo em conta a definição de módulo de elasticidade volumétrico e que ∆p =196 Ncm-2 =196 
E4 Nm-2, obtém-se: 
 
l -0,0011 
8E6,19
4E196V pV 
V
V
p
=⋅−=
ε
∆
−=∆⇒∆
∆
−=ε 
A diminuição de volume de 1 litro de água sujeito a um aumento de pressão de 196 Ncm-2 é igual 
a 1 lm . Este resultado permite verificar a pequena compressibilidade da água. 
 
 
 
Problema 1.4 
 
A que pressão pode esperar a ocorrência de cavitação (fenómeno associado à presença de 
bolsas de vapor do liquido) numa bomba que eleva água à temperatura de 20ºC ? 
 
 
Resolução: 
 
Consultando o quadro abaixo, conclui-se que a água, à temperatura de 20ºC, passa ao estado de 
vapor para a pressão absoluta de 2330 Nm-2. 
 
 
Quadro 1. Tensão de saturação do vapor da água a diferentes temperaturas (extraído de Quintela, 1981) 
 
Temperatura (ºC) 4 10 20 30 50 80 100 
Tensão de saturação do vapor da água (N/m2) 813 1225 2330 4240 12300 47300 101200
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 6 
 
 7
Capítulo 2 
 
HIDROSTÁTICA 
 
 
Problema 2.1 
 
 A figura seguinte mostra uma comporta plana equilibrada por uma haste DE que é 
suportada por um êmbolo com uma área de 500 cm2. O êmbolo é sustentado por um fluido 
com uma densidade d = 11 que se eleva no tubo piezométrico AB de modo a que o sistema 
esteja em equilíbrio. 
a) Represente esquematicamente a distribuição de pressões sobre a comporta; 
b) Sabendo que a cota atingida pelo óleo no tubo piezométrico AB, acima do centro do 
êmbolo, é de 4,2 m determine o peso da comporta considerado uniformemente distribuído; 
c) Mantendo o sistema em equilíbrio como variaria a cota da superfície livre no manómetro 
simples, se a área do êmbolo fosse o dobro. 
 
Nota: A comporta é articulada no eixo que passa por C 
 A largura da comporta, perpendicular à folha, é de 2 m. 
 
 
 
Resolução: 
 
a) A comporta é uma superfície plana que está sujeita a forças de pressão pela face esquerda e pela 
face direita. Deste modo é necessário representar o diagrama de pressões nas duas faces. 
Na superfície livre a pressão é nula (pressão relativa à pressão atmosférica local). Em C, as 
pressões à esquerda e à direita são: 
 
2
OH
esq
C Nm294000,39800hp 2
−
=⋅=⋅γ= 
2
OH
dir
C Nm196000,29800hp 2
−
=⋅=⋅γ= 
 
em que, o peso volúmico da água é 3OH Nm98002
−
=γ . 
 
Entre a superfície livre e o eixo C a variação de pressão é linear por o peso volúmico do líquido 
ser constante. 
A pressão é uma força por unidade de área que actua sempre na perpendicular à superfície e com o 
sentido de compressão. A representação dos diagramas de pressões será assim: 
 8 
 
 
 
b) Para a comporta estar em equilíbrio relativamente ao seu eixo de rotação (eixo C) é necessário que 
o somatório dos momentos das forças, aplicadas na comporta, relativamente ao eixo C seja nulo. 
 
∑ = 0M C 
 
As forças aplicadas na comporta são: 
- a impulsão sobre a face esquerda da comporta, 1Π
r
 
- a impulsão sobre a face direita da comporta, 2Π
r
 
- a força segundo a direcção DE, F
r
 
- o peso próprio da comporta, G
r
 
 
 
 
A equação de equilíbrio dos momentos, tomando o sentido do movimento dos ponteiros do relógio 
como positivo, representa-se por: 
 
0b Fb Gbb FG21 21 =++Π+Π ΠΠ
rrrr
 
 
0b Fb Gbb FG21 21 =−+Π−Π ΠΠ 
 
em que, os factores b são os braços das forças relativamente ao eixo em C. 
 
Determinadas as restantes grandezas, é possível calcular o peso próprio da comporta. 
 
 
Determinação da impulsão sobre a face esquerda da comporta e respectivobraço, 1Π
r
 e 
1
bΠ : 
 
 
1GOH11G1 AhAp 12 ⋅⋅γ==Π 
 9
sendo, 
1Gp a pressão do líquido no centro de gravidade da superfície premida; A1 a área da superfície 
premida e 
1Gh a profundidade do respectivo centro de gravidade. Como a área da comporta em 
contacto com a água, A1 tem a forma rectangular, o seu centro de gravidade estará a meia altura da 
superfície premida. 
 
 
 
N 1076722
55º sen
33
2
198001 =





⋅⋅





⋅⋅=Π 
 
Sabendo que a linha de acção da impulsão passa pelo centro de gravidade do diagrama de 
pressões: 
 
m22,1
55º sen
3
3
1b
1
=⋅=Π 
 
 
Nota: em alternativa, o braço da impulsão pode ser determinado com base na definição de abcissa do 
centro de impulsão, considerando o eixo dos xx coincidente com o corte do plano da comporta na 
folha de papel. 
 
 
11 ciX-55º sen
3b =Π 
m 44,261,083,1
2
55º sen
3
55º sen
3
2
1
12
2
55º sen
3
55º sen
3
2
1
AX
IXX
3
1G
GG'
Gci
1
11
=+=






⋅⋅





⋅
⋅





+⋅=+= 
m 1,222,44-
55º sen
3b
2
==Π 
 
 
Determinação da impulsão sobre a face direita da comporta e respectivo braço , 2Π
r
 e 
2
bΠ : 
 
2GOH22G2 AhAp 22 ⋅⋅γ==Π 
 
sendo, 
2Gp a pressão do líquido no centro de gravidade da superfície premida; A2 a área da superfície 
premida e 
2Gh a profundidade do respectivo centro de gravidade. Como a área da comporta em 
 10 
contacto com a água, A2 tem a forma rectangular, o seu centro de gravidade estará a meia altura da 
superfície premida. 
 
 
 
N 478542
55º sen
22
2
198002 =





⋅⋅





⋅⋅=Π . 
 
Sabendo que a linha de acção da impulsão passa pelo centro de gravidade do diagrama de 
pressões: 
 
m81,0
55º sen
2
3
1b
2
=⋅=Π 
 
 
Nota: em alternativa, o braço da impulsão pode ser determinado com base na definição de abcissa do 
centro de impulsão: 
 
22 ciX-55º sen
2b =Π 
 
m 63,141,022,1
2
55º sen
2
55º sen
2
2
1
12
2
55º sen
2
55º sen
2
2
1
AX
I
XX
3
2G
GG'
Gci
2
22
=+=






⋅⋅





⋅
⋅





+⋅=+= 
 
m 0,811,63-
55º sen
2b
2
==Π 
 
 
Determinação da força no êmbolo e respectivo braço, F e Fb : 
 
Se o líquido com d = 11 sobe no tubo 4,2 m, a pressão em B é: 
 
pB = pA+ γ hAB pA = 0 N/m2 
 
( )
2
B
3
11d
Nm4527602,4107800p
Nm107800980011
−
−
=
=⋅=
=⋅=γ
 
 
 11
A pressão no centro de gravidade do êmbolo (ponto E) é igual à pressão no ponto B: 
 
2
E Nm452760p
−
= 
 
A força na haste DE é igual à impulsão hidrostática sobre o 
êmbolo e o diagrama de pressões no êmbolo é o representado na 
figura ao lado. 
 
 
 
Qualquer que seja a forma geométrica do êmbolo, a impulsão sobre o êmbolo é igual ao produto 
entre a pressão no centro de gravidade (em E) e a área do êmbolo: 
 
êmboloEêmbolo Ap ⋅=Π 
 
N 2263805,0452760êmbolo =⋅=Π 
 
N 22638F êmbolo =Π= 
 
O braço da força F
r
 é igual a: 
 
m 5,4bF = 
 
 
Determinação do braço do peso próprio Gb : 
 
O braço do peso próprio da 
comporta é determinado por: 
 
m 1,2955º cos 
2
5,4bG == 
 
A substituição dos valores 
calculados, na equação de equilíbrio dos 
momentos permite obter: 
 
0b Fb Gbb FG21 21 =−+Π−Π ΠΠ 
 
05,4226381,29 G81,0478541,22 076721 =⋅−⋅+⋅−⋅ 
 
N 7188G = 
 
O peso da comporta é 7188 N. 
 
c) Mantendo o sistema em equilíbrio, e não tendo ocorrido variação da altura da água à esquerda e à 
direita da comporta, a força na haste DE mantém-se. Como esta força é igual ao produto da pressão no 
centro de gravidade do êmbolo pela área do êmbolo, para uma área dupla é necessário que a pressão 
no centro de gravidade do êmbolo (em E) seja igual a metade da pressão calculada anteriormente. 
Como a pressão em E é igual ao produto do peso volúmico pela altura do líquido dentro do manómetro 
simples, para um valor da pressão reduzido a metade vem uma altura da coluna líquida no manómetro 
igual a metade de 4,2 m, ou seja, 2,1 m. 
 12 
Problema 2.2 
 
Considere a comporta de forma quadrada e articulada no eixo representado por A, 
conforme a figura seguinte. 
a) Represente o diagrama de pressões sobre a comporta AB. 
b) Determine a força F
r
 necessária para manter a comporta fechada. 
 
 
 
Resolução: 
 
a) A comporta da figura está sujeita a uma força de pressão na sua face esquerda devida ao contacto 
com o líquido. Na face direita está em contacto com a pressão atmosférica local, cuja pressão relativa 
é nula. Assim sendo, apenas se representa o diagrama de pressões na face esquerda da comporta. 
 
Representação do diagrama de pressões sobre a 
comporta AB: 
 
2
A85,0dsupA Nm166602980085,00hpp
−
=
=⋅⋅+=⋅γ+= 
 
2
BáguaAB Nm362602980016660hpp
−
=⋅+=⋅γ+= 
 
 
 
b) A impulsão da água sobre a comporta provoca a rotação da comporta no sentido contrário ao 
movimento dos ponteiros do relógio. Para a manter fechada é necessário aplicar a força F. Neste caso, 
o somatório dos momentos das forças aplicadas sobre a comporta, relativamente ao eixo de rotação, A, 
tem que ser nulo. 
 
∑ = 0M A 
 
As forças aplicadas na comporta são: 
- a impulsão sobre a face esquerda da comporta, Π
r
 
- a força aplicada em B, F
r
 
 
 
A equação de equilíbrio dos momentos, tomando o sentido do movimento dos ponteiros do relógio 
como positivo, representa-se por: 
 
0b Fb F =⋅+⋅Π Π
rr
 
 
0b Fb F =⋅+⋅Π− Π 
 
É possível determinar a força F
r
, necessária para manter a comporta fechada, se forem conhecidas 
as restantes grandezas. 
 
Determinação da impulsão hidrostática sobre a comporta e respectivo braç Πb e 
r
 : 
 
Trata-se de uma superfície plana, premida por um único líquido ao 
equação geral para determinar o módulo da impulsão é: 
 
ApG ⋅=Π 
 
em que, pG é a pressão no centro de gravidade da comporta: 
 
2
OH85,0dG Nm26460198002980085,022
12p
2
−
=
=⋅+⋅⋅=





⋅γ+⋅γ= 
 
( ) N1058402226460ApG =⋅⋅=⋅=Π 
 
 
Para determinar o braço da impulsão, bΠ, é 
necessário conhecer a localização do ponto de 
aplicação da impulsão hidrostática, ou seja, o centro 
de impulsão. 
O centro de impulsão pode ser determinado a 
partir do diagrama de pressões ou através da equação 
geral: 
 
AX
IXX
G
´GG
Gci
⋅
+= . 
 
No entanto, a equação anterior foi deduzida para um único líquido e
líquido sujeita à pressão atmosférica local. 
Neste caso existem dois líquidos, sendo necessário transformar a altur
equivalente de água (x m) de modo a que a pressão seja a mesma no plano
líquidos. 
 



=
−−



=⋅
−−−




⋅=⋅γ=
=⋅⋅=⋅γ= −
x16660x9800x9800xp
Nm166602980085,02p
OHerfaceint
2
óleoerfaceint
2
 
 
Relativamente ao sistema de forças aplicado sobre a comporta, são equiv
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
o, Π
13
Xci 
longo da sua extensão. A 
 com a superfície livre do 
a de óleo (2 m) em altura 
 de interface entre os dois 
−
m7,1
 
alentes as duas situações: 
 14 
Utilizando a equação geral para determinação da abcissa do centro de impulsão: 
 
AX
I
XX
G
´GG
Gci
⋅
+= 
 
em que, o momento de inércia da área da comporta relativamente ao eixo GG’ que passa no centro de 
gravidade (IGG’), será o de uma superfície rectangular com largura 2 m e altura 2 m, obter-se-à: 
 
( ) m82,247,2
12
22
7,2
abX
12
ab
XX
3
G
3
Gci =
⋅
⋅
+=
⋅⋅
⋅
+= . 
 
 
O braço da impulsão relativamente ao eixo de rotação, representadopor A, é: 
 
7,1Xb ci −=Π 
 
m12,17,182,2b =−=Π 
 
 
Determinação do braço da força, F
r
 : 
 
 
m0,2bF = 
 
 
 
A substituição dos valores calculados, na equação de equilíbrio dos momentos permite obter o 
módulo da força F
r
, necessária para manter a comporta fechada: 
 
0b Fb F =⋅+⋅Π− Π 
 
02F12,1105840 =⋅+⋅− 
 
N59270F = 
 
É necessário aplicar uma força F
r
, com um módulo de 59,3 kN, direcção horizontal, sentido da 
direita para a esquerda e ponto de aplicação em B, de modo a manter a comporta fechada. 
 
 
 
 
Problema 2.3 
 
Um orifício rectangular, com uma largura de 2 m, existente na parede inclinada de um 
reservatório cheio de água, é obturado por uma comporta cilíndrica com um raio de 0,8 m, 
conforme a figura. 
Calcule a força (módulo, direcção, sentido e linha de acção) exercida pela água sobre a 
comporta. 
Nota: despreze o peso próprio da comporta. 
 15
 
Resolução: 
 
A comporta sofre forças de pressão, por parte da água, em toda a sua superfície. Pretende-se 
determinar a impulsão hidrostática ou seja a resultante das forças exercida pela água sobre a comporta. 
O modo mais fácil de calcular a impulsão da água sobre a superfície curva da comporta é através 
das suas componentes horizontal e vertical. 
Com base no diagrama de pressões sobre a comporta verifica-se que: 
 
- existem componentes verticais das forças de pressão com o sentido de cima para baixo,
1vΠ e 
componentes verticais das forças de pressão com o sentido de baixo para cima, 
2vΠ ; 
- existem componentes horizontais das forças de pressão com o sentido da esquerda para a 
direita, 
1hΠ e componentes horizontais das forças de pressão com o sentido da direita para a 
esquerda, 
2hΠ . 
 
 
 
 
 
 
Determinação da componente horizontal da impulsão, hΠ : 
 
A impulsão horizontal sobre a superfície curva é dada por: 
 
21 hhh Π+Π=Π
rrr
 ou 
21 hhh Π−Π=Π 
 
e igual à impulsão hidrostática sobre a superfície plana, projecção da superfície curva sobre um plano 
vertical: 
 
1Gh Ap 11 ⋅=Π e 2Gh Ap 22 ⋅=Π 
 
As áreas A1 e A2 correspondem às áreas das projecções ortogonais de cada um dos lados da 
comporta em contacto com a água, que têm uma forma rectangular: 
 
2,326,1A1 =⋅= m
2 
 16 
6,128,0A 2 =⋅= m
2 
 
As pressões 
1Gp e 2Gp correspondem aos valores da pressão no centro de gravidade de cada uma 
das áreas projectadas. 
 
N940802,339800Ap 1Gh 11 =⋅⋅=⋅=Π 
 
N407686,1)4,03(9800Ap 2Gh 22 =⋅−⋅=⋅=Π 
 
N533124076894080
21 hhh =−=Π−Π=Π 
 
 
Determinação da componente vertical da impulsão, vΠ : 
 
A impulsão vertical sobre a superfície curva é dada por: 
 
21 vvv Π+Π=Π
rrr
 ou 
21 vvv Π−Π=Π 
 
e é igual ao peso do volume do líquido limitado pela superfície premida, a superfície livre e as 
projectantes verticais que passam pelo contorno da superfície premida, conforme desenho seguinte. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N743762
2
8,0236,19800Vol
2
v1 =





⋅
⋅π
−⋅⋅⋅=⋅γ=Π 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
N568922
4
8,0238,09800Vol
2
v2 =





⋅
⋅π
+⋅⋅⋅=⋅γ=Π 
 
 17
N174845689274376
21 vvv =−=Π−Π=Π 
 
O módulo da impulsão total da água sobre a comporta será a soma vectorial das duas componentes 
já calculadas: 
 
N561065331217484 222h
2
v =+=Π+Π=Π 
 
A direcção da impulsão hidrostática faz um ângulo α com a 
direcção horizontal: 
 
328,0
53312
17484tg
h
v
==
Π
Π
=α α = arctg 0,328 = 18,2º 
 
O sentido será da esquerda para a direita, de cima para baixo. 
 
Como todas as forças elementares de pressão são normais à superfície cilíndrica, a sua linha de 
acção passa pelo eixo do cilindro. A linha de acção da impulsão, como resultante de um sistema de 
forças concorrentes, também passa pelo eixo do cilindro. 
 
 
 
 
Problema 2.4 
 
A figura seguinte mostra uma comporta de sector, instalada num canal rectangular com 2 
metros de largura. 
a) Represente o diagrama de pressões sobre a comporta; 
b) Determine a impulsão da água (módulo, direcção, sentido e ponto de aplicação) sobre a 
comporta quando ela está assente no fundo do canal. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
a) A comporta da figura está sujeita à pressão da água sobre a sua superfície curva, representada pelo 
correspondente diagrama de pressões. 
 
A pressão à superfície do líquido (ponto A) é 
igual à pressão atmosférica local, sendo por isso 
nula: 
 
2
A Nm0p
−
= 
 
A pressão no fundo do canal (ponto B) é: 
 18 
2
OHB Nm16974º60sen29800hp 2
−
=⋅⋅=⋅γ= 
 
 
b) A impulsão sobre a superfície curva da comporta pode ser decomposta nas suas componentes 
horizontal e vertical. 
A componente horizontal da impulsão determina-se 
calculando a impulsão sobre a superfície plana, 
projecção ortogonal da superfície curva. 
 
AhAp GGh ⋅⋅γ=⋅=Π 
 
( ) N294002º60sen2
2
º60sen29800h =⋅⋅⋅
⋅
⋅=Π 
 
 
A componente vertical da impulsão, força de 
baixo para cima, corresponde ao peso do volume de 
líquido delimitado pela superfície premida, a 
superfície livre e as projectantes verticais que passam 
pelo contorno da superfície premida, conforme a 
figura ao lado. 
 
 
 
A determinação do volume referido pode fazer-se com base na representação da figura abaixo. 
 
 
 
A comporta tem a forma cilíndrica, 
com o ângulo interno de 60º. A área 
do sector circular com ângulo interno 
de 60º corresponde a 1/6 da área do 
círculo. 
 
 
 
N240762
2
º60cos2º60sen22
6
29800Vol
2
v =





⋅
⋅
−⋅
⋅π
⋅=⋅γ=Π 
 
O módulo da impulsão total determina-se pela soma vectorial das suas componentes horizontal e 
vertical. 
 
 
N380002940024076 222h
2
v =+=Π+Π=Π 
 
 
A direcção da impulsão hidrostática faz um ângulo α 
com a direcção horizontal: 
 
819,0
29400
24076tg
h
v
==
Π
Π
=α α = arctg 0,819 = 39,3º 
 
O sentido será da esquerda para a direita, de baixo para cima. 
 
A linha de acção da impulsão passa pelo eixo do cilindro. 
 
 
 
 
Problema 2.5 
 
Um cilindro homogéneo com 1 metro de raio obtura um orifício rectangular com 3,2 m2 
de área (2 m . 1,6 m) impedindo a saída da água do depósito da figura. Sabendo que a carga 
sobre o orifício é de 2 mc.a., determine o peso volúmico do cilindro. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
Nas condições do problema, verifica-se que o cilindro pode sofrer um deslocamento de translação 
vertical, provocado pela altura de água no reservatório. A condição de equilíbrio do cilindro 
representa-se pois, pelo equilíbrio de forças segundo o eixo dos zz. 
 
∑ = 0F
rr
 
 
As forças aplicadas no cilindro são: 
- impulsão sobre a superfície inferior do cilindro, Π
r
 
- peso próprio do cilindro, G
r
 
 
 
0 G
rrr
=Π+ 
 
A equação de equilíbrio de forças resolve-se através das suas componente
positivos os sentidos, segundo as direcções ox e oz, representados na figura segu
 
 
Componente segundo ox: 
 
O peso próprio não tem componente 
segundo ox e as impulsões hidrostáticas 
horizontais sobre as duas superfícies cilíndricas 
representadas na figura anulam-se: 
 
2.0
 R = 1.0
H2O 
19
s, considerando como 
inte. 
 20 
0 h =Π 
 
 
Componente segundo oz: 
 
O peso próprio do cilindro e a impulsão do líquido sobre o cilindro têm direcção vertical, pelo que 
se obtém: 
 
0 G- v =Π+ 
 
O peso próprio do cilindro é determinado pelo produto do peso volúmico pelo seu volume: 
 
N220,1lRVolG cilindro
2
cilindro
2
cilindrocilindrocilindro πγ=⋅⋅πγ=⋅⋅πγ=γ= 
 
 
A impulsão hidrostática, 
coincidindocom a componente vertical, 
é igual ao peso do volume do líquido 
limitado pela superfície premida, a 
superfície livre à pressão atmosférica 
local e as projectantes verticais que 
passam no contorno da superfície 
premida. A superfície do líquido no lado 
esquerdo do reservatório não está à 
pressão atmosférica local, mas sim à 
pressão de 2 mc.a., pelo que é 
necessário determinar a posição fictícia 
da superfície livre em que a pressão é nula. 
 
Deste modo a impulsão hidrostática obtém-se por: 
 
OHOH 22 Vol γ=Π 
 
em que, o volume pode ser determinado com o 
apoio da figura ao lado: 
 
 
)2'A226,1(Vol OH2 ⋅+⋅⋅= 
 
 
 
Pode-se definir um sector do círculo, com um ângulo α, e uma área Aα, que contém a área A’, 
conforme a figura seguinte. 
 
 
O ângulo 
2
α pode-se determinar por 
1
8,0
.hip
oposto.cat
2
sen ==α , 
sendo º26,106
1
8,0arcsen2 =⋅=α . 
 
 
 21
A área do sector circular com um ângulo interno de 106,6 º, Aα, corresponde a uma parte da área 
do círculo, que tem um ângulo interno de 360º, podendo ser determinada por: 
 
22 m927,0R
360
A =πα=α . 
 
De acordo com a figura anterior, a área A’ corresponde à diferença entre a área Aα e a área do 
triângulo com uma altura de 0,6 m: 
 
2m447,0
2
6,06,1927,0'A =⋅−= . 
 
Pelo que, o volume de água será igual a: 
 
3
OH m294,7)2447,0226,1(Vol 2 =⋅+⋅⋅= . 
 
Substituindo estes valores na componente vertical da equação vectorial do equilíbrio de forças, 
0 G- v =Π+ , obtém-se: 
 
0Vol Vol- OHOHcilindrocilindro 22 =γ+γ 
 
cilindro
OHOH
cilindro Vol
Vol
 22
γ
=γ 
 
( ) 32cilindro Nm1137721 294,79800 −=⋅⋅π ⋅=γ 
 
 
Para o cilindro estar em equilíbrio terá de ter um peso volúmico igual ou superior a 11377 Nm-3 . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 22 
 
 
 
 23
Capítulo 3 
 
EQUAÇÃO DA CONTINUIDADE E 
TEOREMA DE BERNOULLI 
 
 
Problema 3.1 
 
Considere o circuito hidráulico da figura, assim como os dados nela indicados. Todos os 
reservatórios são de grandes dimensões e ligados entre si por condutas de ferro fundido. 
Determine: 
a) O comprimento da conduta AB; 
b) O caudal do troço CB; 
c) A cota da superfície livre da água no reservatório R2. 
Nota: Despreze as perdas de carga localizadas 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
a) Conhecido o sentido do escoamento no troço BD é possível determinar a carga na bifurcação B 
(constante na singularidade por desprezarmos as perdas de carga localizadas), através da aplicação do 
Teorema de Bernoulli entre a bifurcação em B e o reservatório R3. 
 
Em reservatórios de grandes dimensões, considera-se que dentro do reservatório o líquido está em 
repouso (v = 0 m/s), podendo aplicar-se a Lei Hidrostática de Pressões. A carga total no reservatório 
será assim igual à cota piezométrica, que é constante. Se a superfície livre do líquido está em contacto 
com a atmosfera, a pressão à superfície é nula (p = 0 Nm-2), sendo a cota piezométrica igual à cota 
topografia da superfície livre. Neste caso, a carga total no reservatório é igual à cota topográfica da 
superfície livre. 
 
BDBDRB LJHH 3 ⋅=− 
 
mc.a. 5,77500005,075H B =⋅+= 
 
 24 
Comparando a carga no reservatório R1 com a carga na bifurcação B é possível definir o sentido 
de escoamento no troço AB: como HH
1RB ⇒< sentido de escoamento é de R1 para B. 
A aplicação do Teorema de Bernoulli entre o reservatório R1 e a bifurcação B permite determinar 
o comprimento entre A e B: 
 
ABABBR LJHH 1 ⋅=− 
⇒⋅=− L006,05,77100 AB m 3750006,0
5,77100LAB =
−
= 
 
O comprimento da conduta AB é de 3750 m. 
 
 
b) Conhecidos os sentidos de escoamentos e o valor dos caudais nos troços AB e BD, é possível 
determinar o sentido de escoamento, e o caudal, no troço CB, através da aplicação da equação da 
continuidade na bifurcação em B: 
 
0QQQ 0Q CBBDAB
3
1i
i =+−⇒∑ =
=
 
 
(admitiu-se positivo o caudal que entra na bifurcação em B) 
 
13
CBCB sm 02,0Q 0Q05,003,0
−
=⇒=+− 
 
O caudal na conduta CB é 0,02 m3s-1 com o sentido de C para B. Neste caso os reservatórios R1 e 
R2 abastecem o reservatório R3. 
 
 
c) Como R2 é um reservatório de grandes dimensões, considera-se que x é igual à carga no 
reservatório R2 e pode ser determinada aplicando o Teorema de Bernoulli entre o reservatório R2 e a 
bifurcação em B: 
 
CBCBBR LJHH 2 ⋅=− 
 
m 80,2x 6000045,05,77x =⇒⋅=− 
 
A cota da superfície livre no reservatório R2 é 80,2 m. 
 
 
 
 
 
Problema 3.2 
 
 Considere o circuito hidráulico da figura, constituído por três reservatórios ligados entre 
si por condutas de ferro fundido novo. Os reservatórios R1 e R3 são de grandes dimensões e o 
reservatório R2 é de pequenas dimensões. É garantido o nível constante no reservatório R2 e 
admite-se a velocidade nula dentro do reservatório. O escoamento é permanente e, o caudal de 
100 l/s. 
A água é bombada do reservatório R1 para o reservatório R2 (rendimento do grupo 
electro- bomba igual 75 %). Por sua vez o reservatório R2 alimenta uma conduta onde está 
instalada uma turbina com 52 kW de potência e um rendimento de 90 %. 
 
 25
Desprezando as perdas de carga localizadas nos acessórios e considerando os dados 
fornecidos na figura determine: 
a) A cota da superfície livre do reservatório R2; 
b) A potência da bomba instalada à saída do reservatório R1; 
c) O traçado da linha de energia e da linha piezométrica ao longo do circuito hidráulico. 
 
 
 
Resolução: 
 
O escoamento é permanente pelo que o caudal é constante no tempo e igual a 100 l/s = 0,1m3/s. 
No reservatório R2, o caudal que entra é igual ao caudal que sai, sendo constante ao longo do tempo o 
nível da superfície livre. Se a velocidade no reservatório R2 é nula a carga no reservatório é constante 
e igual à cota topográfica da superfície livre. 
 
a) A determinação da cota topográfica da superfície livre no reservatório R2, faz-se através da 
aplicação do Teorema de Bernoulli entre os reservatórios R2 e R3: 
 
HuHHH 2R3R −∆−= 
 
em que, ∆H são as perdas de carga contínuas ao longo da conduta entre os reservatórios R2 e R3 e Hu 
é a queda útil na turbina. 
A queda útil da turbina pode determinar-se através do valor da sua potência: 
 
HuQPot TT ⋅⋅γ⋅η= 
 
.a.mc96,58
1,0980090,0
52000Hu =
⋅⋅
= 
 
Substituindo na expressão do T. Bernoulli: 
 
96,581046,6)199010(H0 32R −⋅⋅+−=
− 
 
HR2 = 71,88 mc.a. 
 
Como HR2 = z , a cota da superfície livre do reservatório R2 é de 71,88 m. 
 
 
 
 
 26 
b) A potência da bomba pode-se determinar pela expressão: 
 
η
⋅⋅γ
=
HtQPot B 
 
O valor da altura total de elevação da bomba, Ht calcula-se aplicando o Teorema de Bernoulli 
entre R1 e R2: 
 
HtHHH 1R2R +∆−= 
 
71,88 = 50 – (5 + 995) . 1,57 . 10-3 + Ht 
 
Ht = 23,45 mc.a. 
 
kW6,30W30641
75,0
45,231,09800HtQPot B ==
⋅⋅
=
η
⋅⋅γ
= 
 
 
c) A linha de energia (LE) representa os valores da carga (H) ou energia mecânica total por unidade de 
peso do fluido ao longo do circuito hidráulico. 
A linha piezométrica (LP) representa os valores da cota piezométrica 





+
γ
zp ao longo do 
circuito hidráulico. 
 
 
 
 
 
As cotas apresentadas na figura correspondem à linha de energia. As cotas da linha piezométrica 
podem ser calculadas subtraindo à cota da linha de energia o valor da respectiva altura cinética: 
 
g2
HzP
2U
α−=





+
γ
 . 
 
Como não são conhecidos os diâmetros dos troços da conduta não é possível calcular o valor da 
altura cinética. 
 
 27
Capítulo 4 
 
TEOREMADA QUANTIDADE DE MOVIMENTO 
 
 
Problema 4.1 
 
Determine a força que a água exerce sobre as paredes de um 
reservatório considerado de grandes dimensões, sabendo que existe um 
jacto de água que sai de um orifício aberto numa das suas paredes. 
Dados: - o volume de água dentro do reservatório, no instante inicial, é 
igual a 3 m3; 
 - a velocidade média na secção contraída do jacto é de 6 ms-1; 
 - a área do orifício é de 3,5 cm2 e a área da secção contraída do 
jacto é igual a 0,6 da área do orifício. 
 
Resolução: 
 
A resultante das forças que a água exerce sobre as paredes do 
reservatório é determinada através da aplicação do Teorema da Quantidade 
de Movimento, ou Teorema de Euler, a um determinado volume de controlo. 
Esse volume de controlo deve ser definido de tal modo que no seu limite seja 
considerada a fronteira sólida sobre a qual se pretende determinar a resultante 
das forças. 
 
A delimitação do volume de controlo deve ser feita considerando: 
1 – a superfície de controlo coincidente com a superfície do fluido que está em contacto com a 
fronteira sólida (a cinzento claro); 
2 - a superfície livre da água no reservatório, fácil de caracterizar por 
estar em contacto com a atmosfera (pressão nula) e por a velocidade ser 
nula (reservatório de grandes dimensões); 
3 - a secção contraída do jacto em que as linhas de corrente são 
rectilíneas e paralelas entre si fazendo com que a distribuição de pressões 
nessa secção seja hidrostática; 
4 - a superfície lateral do jacto até à secção contraída. 
 
Conhecida a superfície de controlo é possível definir 
automaticamente o volume de controlo: 
 
De seguida, é representado o sistema de eixos tomado como 
referência. Tratando-se de um escoamento permanente (por ser um 
reservatório de grandes dimensões) o Teorema da Quantidade de 
Movimento é representado pela seguinte expressão: 
 
0MMG se
rrrrr
=−+Π+ 
 
Relativamente às forças de contacto ou de superfície verifica-se que: 
- na superfície livre da água, a impulsão e a força tangencial são nulas por estar em contacto com a 
atmosfera (p = 0 Nm-2 ) e se considerar que as partículas estão em repouso, respectivamente. 
- na superfície de controlo relativa à secção contraída do jacto a impulsão é nula porque o limite da 
secção contraída (uma circunferência) está em contacto com a atmosfera; a força tangencial é zero 
porque o escoamento principal tem uma velocidade com a direcção da normal à secção. 
 
 28 
- a superfície lateral do jacto está em contacto com a atmosfera e desprezando o atrito água - ar a força 
de contacto é nula. 
A única força de contacto que existe é entre as paredes do reservatório e a água, RΠ
r
. 
 
 Relativamente às quantidades de movimento, só existe transporte do fluido através da secção de 
saída do jacto, visto que se considera que a velocidade é desprezável dentro do reservatório de grandes 
dimensões ( 0Me =
r
). 
 
 
Neste caso particular, a equação do Teorema de Euler reduz-
se a: 
 
0MG 1R
rrrr
=−Π+ 
 
 
A incógnita é a resultante das forças da água sobre a parede do reservatório que é simétrica à força 
de contacto exercida pelas paredes do reservatório sobre o líquido, ou seja as forças de impulsão e 
forças tangenciais das paredes laterais e fundo do reservatório, R-R Π=
rr
. 
 
GM 0MG 1R1R
rrrrrrr
−=Π⇒=−Π+ 
 
Decompondo a equação deduzida, segundo o sistema de eixos ortogonais oxyz, obtêm-se as 
componentes da força RΠ
r
 e verifica-se o sentido arbitrado para RΠ
r
: 
 
- componente segundo o eixo dos zz: 
 
N 2940039800Vol G zR =⋅=γ==Π 
 
- componente segundo o eixo dos xx, considerando α’ = 1,05: 
 
N 8)105,36,0(6100005,1AU' M 4221xR =⋅⋅⋅⋅⋅=ρα==Π
− 
 
- componente segundo o eixo dos yy: 
 
N 0 Ry =Π 
 
A força de contacto exercida pelas paredes do reservatório sobre o líquido é: 
 
kˆ29400jˆ0iˆ8R ++=Π
r
 
 
 módulo: N 29400RRRR 2z
2
y
2
x =++= 
A resultante da força exercida 
pela água sobre o reservatório é: direcção: º98,89)
R
R(arctg
x
z
==α 
kˆ29400jˆ0iˆ8R −−−=
r
 
 sentido: representado na figura 
 
 
 29
Problema 4.2 
 
Determine a força resultante que a água exerce sobre uma 
curva com redução, localizada num plano vertical, em 
escoamento permanente. Considere a secção de montante 
designada por secção 1 e a secção de jusante por secção 2 e tenha 
em conta os seguintes dados: 
- grandezas geométricas: 
 m 0,3Z Zm; 2,1D m; 8,1D 1221 =−== 
- o caudal é 8,5 m3s-1; 
- o peso do volume de água localizada dentro da curva é igual a 
82 N; 
- a pressão no centro de gravidade da secção 1 é: -21 cmN 28p = ; 
- a perda de carga localizada na curva é : 
2g
U
0,5H
2
2
=∆ 
 
 
Resolução: 
 
A resultante das forças que a água exerce sobre a curva com redução é determinada através da 
aplicação do Teorema da Quantidade de Movimento a um determinado volume de controlo. 
 
 
A delimitação do volume de controlo deve ser feita considerando: 
 
 
1 – a superfície do fluido que está em contacto com a fronteira sólida (a 
cinzento claro); 
 
 
2 - as secções transversais do escoamento, coincidentes com a secção de 
entrada na curva e a secção de saída da mesma. Nestas secções considera-
se as linhas de corrente rectilíneas e paralelas entre si sendo por isso a 
distribuição de pressões hidrostática. 
 
 
 
Conhecida a superfície de controlo é possível definir 
automaticamente o volume de controlo (figura ao lado). 
 
O sistema de eixos, tomado como referência, é representado de 
seguida. Apenas serão consideradas as direcções segundo o eixo dos xx e 
zz por as componentes de todas as forças envolvidas não terem 
componente segundo o eixo dos yy. 
 
 
Tratando-se de um escoamento permanente o Teorema da Quantidade de Movimento toma a 
seguinte forma: 
 
0MMG se
rrrrr
=−+Π+ 
 
 
 30 
para este caso particular, a equação reduz-se a: 
 
0MMG 21L21
rrrrrrr
=−+Π+Π+Π+ 
 
As forças da equação anterior estão representadas na figura 
ao lado. 
 
A incógnita é a resultante das forças da água sobre a parede 
da curva que é simétrica à força de contacto exercida pelas 
paredes da curva sobre o líquido, ou seja as forças de impulsão e 
forças tangenciais das paredes laterais da curva, L-R Π=
rr
 
 
Na superfície de controlo lateral não existe quantidade de movimento por unidade de tempo por 
não haver transporte de massa fluida através das paredes da curva. 
 
Na equação que representa o Teorema de Euler pode optar-se por substituir a força de contacto da 
parede da curva sobre o volume de fluido pela força simétrica relativa à incógnita (força da água sobre 
as paredes da curva): 
 
 MMGR 0MMRG 21212121
rrrrrrrrrrrrr
−+Π+Π+=⇒=−+−Π+Π+ 
 
 
Determinação das grandezas necessárias ao cálculo das forças envolvidas: 
 
- as velocidades médias nas duas secções podem ser determinadas aplicando a equação da 
continuidade: 
 
2211 AUAUQ == 
 
1-
2
2
2 ms 52,7
4
2,1
5,8
A
QU =
⋅π
== e 1-2
1
1 ms 34,3
4
8,1
5,8
A
QU =
⋅π
== 
 
- a pressão na secção 2 é determinada através da aplicação do Teorema de Bernoulli entre as secções 
1 e 2 (conhecida a pressão na secção 1), e considerando α = 1,15: 
 
-24-2
1 Nm1028Ncm 28p ⋅== 
 
HHH 21 ∆=− 
 
g2
U0,5
g2
Upz
g2
Upz
2
2
2
22
2
2
11
1 =





α+
γ
+−





α+
γ
+ 
 
 
( ) 0
g2
U0,5
g2
U
g2
Uppzz
2
2
2
2
2
121
21 =





−α−α+





γ
−
γ
+−
 
 
 31
0
8,92
7,5265,1
8,92
3,3415,1
9800
p
9800
10283
22
2
4
=
⋅
−
⋅+−
⋅
+− 
 
-2
2 Nm 210360p = 
 
Decomposição da equação do Teorema da Quantidade de Movimento, segundo os eixos 
cartesianos, considerando α’ =1,05: 
 
 
- componente segundo o eixo dos zz: 
 
30ºcosM30ºcosΠ-G- R- 22z −= 
 
N 264277º30cos
4
1,27,52100005,1º30cos
4
1,221036082
º30cosAU'º30cosApG R
2
2
2
2
2
222z
=
⋅π
⋅⋅⋅+
⋅π
⋅+=
=ρα++=
 
 
 
- componente segundo o eixo dos xx: 
 
º60cosMMº60cosR 2121x −+Π−Π= 
 
N589787 
60º cos
4
2,17,5210001,05-
4
8,134,3100005,160º cos
4
2,1210360
4
8,1280000
º60cosAU'AU'º60cosApAp R
2
2
2
2
22
2
2
21
2
12211x
=
=
⋅π
⋅⋅⋅
⋅π
⋅⋅⋅+
⋅π
⋅−
⋅π
⋅=
=ρα−ρα+−=
 
 
 
 módulo: N 646290RRR 2z2x =+= 
A resultante da força exercida 
pela água sobre a curva é: direcção: 
 
kˆ264277jˆ0iˆ589787R −+=
r
 
 sentido: representado na figura 
 
 
 
 
 
Problema 4.3 
 
No estreitamento da figura seguinte, representado pelas secções S1 e S2 de diâmetros 1,2 
m e 1,0 m respectivamente, escoa-se um caudal de 1 m3/s. Sabendo que a altura piezométrica 
no estreitamento é constante e igual a 50 m c.a. e que o volume delimitado pelo estreitamento 
é de 0,76 m3, determine a resultante das forças que actuam sobre a singularidade 
(estreitamento). 
º1,24)
R
R(arctg
x
z
==α
 
 32 
 
 
Resolução: 
 
O primeiro passo é a definição do volume de controlo para aplicação do Teorema da Quantidade 
de Movimento. 
 
Neste caso o volume de controlo 
(zona cinzenta) tem como superfície 
fronteira as secções transversais S1 e S2 
e a parede lateral, que definem a 
singularidade. 
 
Na mesma figura é representado o 
sistema de eixos cartesianos, tomado 
como referência. Para facilitar os 
cálculos escolhe-se o eixo dos xx 
coincidente com o eixo do sistema de 
condutas. 
 
Tratando-se de um escoamento permanente o Teorema da Quantidade de Movimento, aplicado a 
este volume, toma a seguinte forma: 
 
0MMG se
rrrrr
=−+Π+ 
 
0MMG 21L21
rrrrrrr
=−+Π+Π+Π+ 
 
 
Na figura ao lado estão representadas as 
forças envolvidas na equação anterior. 
 
 
A incógnita do problema é a resultante das forças da água sobre o estreitamento, que é simétrica à 
força de contacto exercida pelas paredes do estreitamento sobre o líquido, ou seja as forças de 
impulsão e forças tangenciais do estreitamento, L-R Π=
rr
. 
 
Pode então escrever-se a equação anterior como: 
 
0MMRG 2121
rrrrrrr
=−+−Π+Π+ ⇒ 2121 MMGR
rrrrrr
−+Π+Π+= 
 
 
 
 33
º24,2)
R
R(arctg
x
z
==α
Decomposição da equação do Teorema da Quantidade de Movimento, segundo os eixos 
coordenados: 
 
 
- componente segundo o eixo dos zz: 
 
º30cosGR z −=− . 
 
Cálculo do peso próprio: N744876,09800VolG =⋅=⋅γ= 
 
N6450º30cos7448R z =⋅= 
 
 
- componente segundo o eixo dos xx, considerando α’ = 1,05: 
 
2121x MMº30senGR −+Π−Π+−= 
 
212211x UQ'UQ'ApApº30senGR ρα−ρα+−+−= 
 
 
Cálculo da pressão nas secções transversais: 
 
.a.mc50pp 21 =
γ
=
γ
 ⇒ p1 = p2 = 490000 Nm-2 
 
 
Cálculo das velocidades médias do escoamento nas secções transversais: 
 
1
2
1
1 sm88,06,0
1
A
QU −=
⋅π
== e 12
2
2 sm27,15,0
1
A
QU −=
⋅π
== 
 
 
27,11100005,188,01100005,15,04900006,0490000º30sen7448R 22x ⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅π⋅−⋅π⋅+−= 
 
N165198R x = 
 
 
 
A resultante das forças exercidas módulo: N 165324RRR 2z2x =+= 
pela água sobre o estreitamento é: 
 direcção: 
 
 sentido: representado na figura 
 
 
 
 
 
 
kˆ6450jˆ0iˆ165198R ++=
r
 
 34 
Problema 4.4 
 
O jacto de água que sai de uma conduta com o caudal de 40 l/s incide sobre uma placa 
quadrada com 50 cm de lado, que faz 60º com o eixo do jacto, dividindo-se verticalmente em 
duas partes. Determine a força do jacto sobre a placa e a distribuição de caudais. 
 
Nota: Despreze o atrito água - ar e o atrito água - placa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
O primeiro passo é a definição do volume de controlo: 
1 – o limite do volume de controlo em contacto com a 
fronteira sólida; 
2 - as secções 1, 2 e 3 que delimitam o volume de água que 
está em contacto com a fronteira sólida; 
3 - as superfícies em contacto com a atmosfera e que ficam 
entre as secções 1, 2 e 3. 
 
Na mesma figura é representado o sistema de eixos 
tomado como referência. 
 
 
Se é desprezado o atrito água-placa, então a força de contacto ou superfície da placa sobre o 
volume líquido só tem componente normal à placa (não existem tensões tangenciais, só pressão). Para 
facilitar os cálculos escolhe-se um sistema de eixos definido segundo a direcção da placa e a sua 
perpendicular. 
 
Tratando-se de um escoamento permanente o Teorema da Quantidade de Movimento toma a 
seguinte forma, para este caso particular: 
 
0MMG se
rrrrr
=−+Π+ 
 
Dado o pequeno volume do jacto de água, 
despreza-se o seu peso, 0G ≈
r
, pelo que a 
equação anterior se reduz a: 
 
0MMM 321L321
rrrrrrrr
=−−+Π+Π+Π+Π 
 
 
A incógnita é a resultante das forças da água 
sobre a placa que é simétrica à força de contacto 
normal exercida pela placa sobre o líquido, ou 
seja as forças de impulsão da placa, L-R Π=
rr
. 
 
 35
Pode, então, escrever-se a equação anterior como: 
 
0MMMR 321321
rrrrrrrr
=−−+−Π+Π+Π ⇒ 321321 MMMR
rrrrrrr
−−+Π+Π+Π= 
 
Decomposição da equação do Teorema da Quantidade de Movimento, segundo os eixos 
coordenados xx e zz, considerando o sistema de eixos arbitrado: 
 
 
- componente segundo o eixo dos zz: 
 
De acordo com o sistema de eixos escolhido, a força de contacto exercida pela placa sobre o 
líquido, LΠ
r
, apenas tem componente segundo o eixo xx. Como a resultante das forças da água sobre a 
placa é simétrica a esta última, isso significa que não existe componente de R
r
segundo o eixo zz, ou 
seja, 0R z = . 
 
- componente segundo o eixo dos xx, considerando α’ = 1,05: 
 
º60senMº60senR 11x +Π= 
 
º60senUQ'º60senApR 1111x ρα+= 
 
Sendo o diâmetro do jacto muito pequeno pode considerar-se que a variação de pressão da 
periferia da secção para o seu centro é desprezável e, como a pressão na periferia é a pressão 
atmosférica local, isso significa que p1 = 0 Nm-2. 
 
A velocidade U1 será: 122
13
1
1
1 sm09,5m05,0
sm04,0
A
QU −
−
=
⋅π
== 
 
N185º60sen09,504,0100005,1R x =⋅⋅⋅= 
 
 
 módulo: N851R = 
A resultante das forças exercidas 
pela água sobre a placa é: direcção: segundo o eixo xx 
 
 sentido: positivo 
 
 
 
 
 
Determinação da relação de caudais: 
 
A componente segundo o eixo dos zz da equação do Teorema de Euler ou Quantidade de 
Movimento permite determinar a relação entre caudais na secção 2 e 3. 
 
Componente segundo eixo dos zz da equação do Teorema de Euler: 
 
A pressão nas secções 2 e 3 é igual à pressão atmosférica local ( p2 = p3 = 0 Nm-2 ). 
 
kˆ0jˆ0iˆ185R ++=
r
 
 36 
321z MMº60cosMR +−−= 
 
332211z UQ'UQ'º60cosUQR ρα+ρα−ρ−= 
 
Como 0R z = , logo: 
 
332211 UQ'UQ'º60cosUQ'0 ρα+ρα−ρα−= 
 
 
A determinação das velocidades nas secções 2 e 3 pode fazer-se pela aplicação do Teorema de 
Bernoulli. 
 
Aplicação do T. Bernoulli entre as secções 1 e 2: 
 
HHH 21 ∆=− 
 
Desprezando o atrito ar - água e água – placa (∆H1-2 = 0) e 
considerando α = 1,15: 
 
 
0
g2
Upz
g2
Upz
2
22
2
2
11
1 =





α+
γ
+−





α+
γ
+ , 
 
 
e como, p1 = p2 = 0 Nm-2, 
 
 
g2
U
g2
Uzz2
1
2
2
21 α−α=− 
 
8,92
09,515,1
8,92
U
15,1º60sen5,0º60sen25,0
22
2
⋅
−
⋅
=− ⇒ 12 sm71,4U
−
= 
 
 
Aplicação do T. Bernoulli entre as secções 1 e 3: 
 
HHH 31 ∆=− 
 
Desprezando o atrito ar - água e água – placa : ∆H1-3 = 0 
 
0
g2
Upz
g2
Upz
2
33
3
2
11
1 =





α+
γ
+−





α+
γ
+ e, como p1 = p3 = 0 Nm-2, 
 
g2
U
g2
Uzz
2
1
2
3
31 α−α=− 
 
8,92
09,515,1
8,92
U15,10º60sen25,0
22
3
⋅
−
⋅
=− ⇒ 13 sm44,5U
−
= 
 
 37
Substituindo as velocidades, obtém-se: 
 
44,5Q100005,171,4Q100005,1º60cos09,504,0100005,10 32 ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−= 
 
ou seja, uma equação com duas incógnitas, Q2 e Q3. 
 
 
A introdução da equação da continuidade: 321 QQQ += permite obter um sistema de duas 
equações com duas incógnitas. 
 
 
Determinação dos caudais: 
 
 
 32 QQ04,0 += 
 
 44,5Q100005,171,4Q100005,1º60cos09,504,0100005,10 32 ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−= 
 
 
 
 Q2 = 0,012 m3s-1 
 
 Q3 = 0,028 m3s-1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 38 
 
 39
Capítulo 5 
 
LEIS DE RESISTÊNCIA E 
ESCOAMENTOS PERMANENTES SOB PRESSÃO 
 
 
Problema 5.1 
 
Uma bomba Grundfos LP 100 - 160 dotada de uma roda 168 mm, está instalada numa 
conduta que liga dois reservatórios com superfície livre às cotas 90 e 110, respectivamente a 
montante e jusante, como se pode observar na figura seguinte. Sabendo que os reservatórios 
são de grandes dimensões e o material das condutas é ferro fundido novo, determine: 
a) O caudal bombado e a potência da bomba (verifique as condições de funcionamento); 
b) A energia consumida anualmente, sabendo que o volume a elevar diariamente ao longo do 
ano é de 1300 m3 e que o rendimento do motor é 90%; 
c) O comprimento máximo do tubo de aspiração da bomba de modo a não existirem 
problemas de cavitação; 
d) Trace a linha de energia e a linha piezométrica do circuito hidráulico. 
 
Nota: Despreze as perdas de carga localizadas. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
a) As características de funcionamento da bomba, designadas por ponto de funcionamento da bomba, 
são calculadas a partir da intercepção entre a curva característica da bomba (fornecida pelo fabricante) 
e a curva característica da instalação hidráulica. 
A curva característica da bomba representa a relação entre: 
- o caudal bombado; 
- a altura total de elevação na bomba, ou seja o ganho de carga possível na bomba quando 
eleva esse caudal. 
A curva característica da instalação representa a relação entre: 
- o caudal escoado no circuito hidráulico; 
 40 
- a altura total de elevação, ou seja o ganho de carga na bomba necessário para transportar esse 
caudal através do circuito hidráulico. 
 
 
Cálculo da curva característica da instalação: 
 
Para determinar o ganho de carga na bomba para os diferentes caudais, aplica-se o T. de Bernoulli 
entre o reservatório de montante e o reservatório de jusante do circuito hidráulico. 
 
HtHHH CAAC +∆−= − 
 
Tratando-se de reservatórios de grandes dimensões e desprezando as perdas de carga localizadas 
em A e em C, a carga em A coincide com a cota topográfica da superfície livre no reservatório de 
montante e a carga em C coincidente com a cota topográfica da superfície livre no reservatório de 
jusante. 
 
HtH90110 CA +∆−= − 
 
CAH90110Ht −∆+−= 
 
∆HA-C representa o valor total das perdas de carga contínuas ao longo do circuito hidráulico, tendo em 
conta que se desprezam as perdas de carga localizadas. A perda de carga unitária é igual nos troços 
AB e BC, já que o caudal, o diâmetro e a natureza do tubo se mantêm. 
 
ACACAC LJH ⋅=∆ 
 
LAC = 20 + 80 + 5000 = 5100 m 
 
A perda de carga unitária, JAC, é calculada utilizando a fórmula monómia específica do ferro 
fundido novo, apresentada por Scimemi. 
 
Tubos de ferro fundido novo: 535,0625,2 JD35Q ⋅⋅= , Q (m
3
/s), D (m), J (mc.a. /m) 
 
535,01
625,2AC D35
QJ 





⋅
= 
 
5100
2,035
Q90110Ht
535,01
625,2 ⋅





⋅
+−= 
 
 
 
 Q 
(m3/h) 
Ht 
(mc.a.) A equação anterior corresponde à curva característica da instalação, que pode ser traçada 
através dos pares de valores (Q, Ht), ou seja, 
arbitrando valores para o caudal e determinando 
a altura total de elevação correspondente. 
 
Nota: na equação anterior o caudal entra em 
m3/s. 
 0 
20 
40 
60 
80 
100 
120 
20 
21,09 
23,96 
28,46 
34,48 
41,98 
50,90 
 
 41
Cálculo do ponto de funcionamento da bomba: 
 
A sobreposição da curva característica da instalação com a curva característica da bomba permite 
determinar o ponto de funcionamento da bomba. Neste ponto, o ganho de carga que o circuito 
hidráulico precisa para elevar o caudal é igual à altura total de elevação que a bomba consegue 
disponibilizar quando transporta o mesmo caudal. 
 
 
 
 
O ponto de funcionamento é caracterizado pelos seguintes parâmetros: 
 
Ht = 36,2 mc.a. Q = 86 m3/h ηB = 77,5% NPSHexigido = 1 mc.a. 
 
 
Determinação da potência da bomba: 
 
A potência da bomba é determinada pela expressão: 
 
B
B
HtQPot
η
⋅⋅γ
= 
 
Watts10940
775,0
2,360239,09800
Pot B =
⋅⋅
= = 10,94 kW 
 
Verificação das condições de funcionamento: 
 
Depois de determinado o ponto de funcionamento da bomba resta verificar as suas condições de 
funcionamento, ou seja, verificar que nestas condições de funcionamento não existe cavitação dentro 
da bomba. Para tal, comparam-se os valores do parâmetro NPSH exigido pela bomba e o NPSH 
disponível na instalação. Caso o segundo seja maior ou igual que o primeiro então o sistema estará a 
funcionar em boas condições, sem problemas de cavitação. 
 
curva 
característica 
da instalação 
 42 
NPSHexigido = 1 mc.a. (valor lido no catálogo da bomba) 
 
 
γ
−∆+−
γ
=
v
aspiração
at
disponível
t)Hhs(pNPSH 
 
em que, pat = 1,012 . 105 Nm-2 (pressão absoluta) 
 tv a 20º C = 2330 Nm
-2 (pressão absoluta) 
 γ = 9800 Nm-3 . 
 
hs é a altura de aspiração da bomba e é determinada pela diferença de cotas topográficas entre o eixo 
da bomba e a superfície livre no reservatório de montante. 
 
 
hs = 97 - 90 = 7 m 
 
.a.mc325,0100
2,035
0239,0LJH
535,01
625,2ABABaspiração
=⋅





⋅
=⋅=∆ 
 
.a.mc76,2
9800
2330)325,07(
9800
10012,1NPSH
5
disponível =−+−
⋅
= 
 
 
Como NPSHdisponível = 2,76 > NPSHexigido = 1, não há problemas de cavitação dentro do corpo da 
bomba. 
 
 
b) A energia consumida depende da potência do motor associado à bomba e do seu tempo de 
funcionamento. 
 
tPotE m ⋅= 
 
A potência do motor é determinada pela expressão: 
 
mBm
B
m
HtQPotPot
ηη
⋅⋅γ
=
η
= 
 
 
Watts12156
90,0775,0
2,360239,09800Potm =
⋅
⋅⋅
= = 12,16 kW 
 
 
tempo de funcionamento diário: h12,15
86
1300
Q
Volt === 
 
 
kWh9,18312,1516,12tPotE m =⋅=⋅= - valor da energia consumida diariamente. 
 
kWh671093659,183Eanual =⋅= - valor da energia consumida anualmente 
 43
c) Para não existirem problemas de cavitação NPSHdisponível ≥ NPSHexigido. Observando a fórmula que 
permite o cálculo do valor do NPSHdisponível , 
 
γ
−⋅+−
γ
=
vat
disponível
t
)LJhs(
P
NPSH 
 
verifica-se que quanto maior for o comprimento do tubo de aspiração da bomba, maior é a perda de 
carga a montante da bomba e menor o valor do NPSH disponível na bomba. Assim, para evitar 
problemas de cavitação, o comprimento máximo do tubo de aspiração será aquele que permite obter o 
valor deNPSHdisponível = NPSH exigido. 
 
γ
−∆+−
γ
===
v
aspiração
at
disponívelexigido
t
)Hhs(
P
NPSH1NPSH 
 
9800
2330)L1025,37(
9800
10012,11 AB
3
5
−⋅⋅+−
⋅
=
− LAB = 643 m 
 
 
Para não existirem problemas de cavitação, o tubo a montante da bomba não deve ultrapassar o 
comprimento de 643 m. 
 
 
d) O traçado da linha de energia e da linha piezométrica ao longo do circuito é o seguinte: 
 
 
 
 
 
Os valores numéricos apresentados na figura correspondem às cotas da linha de energia. As cotas 
da linha piezométrica podem ser calculadas subtraindo, a cada um dos valores anteriores, o valor da 
altura cinética: 
g2
HzP
2U
α−=





+
γ
. 
 44 
O valor da altura cinética é 0,03 mc.a., com velocidade de 0,76 m/s e coeficiente de Coriolis igual 
a 1, por se tratar de um regime turbulento (no caso do escoamento de água, líquido com viscosidade 
muito baixa, o regime é normalmente turbulento). 
 
 
 
 
Problema 5.2 
 
Considere a instalação hidráulica da figura constituída por uma conduta elevatória com 
rugosidade absoluta equivalente de 0,2 mm, na qual circula o caudal correspondente ao 
número de Reynolds igual a 5102 ⋅ , e uma bomba DNP 65-200/210. 
Admitindo os reservatórios de grandes dimensões, determine: 
a) A altura total de elevação da bomba; 
b) A cota da superfície livre a montante ( x ); 
c) Verifique as condições de funcionamento da bomba relativamente à cavitação; 
 
NOTA: υ = 1,01 x 10-6 m2/s; 
 Despreze as perdas de carga localizadas. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
a) No circuito hidráulico o caudal transportado corresponde ao valor de Reynolds de Re = 2 E5. A 
aplicação da definição de nº de Reynolds permite calcular o caudal bombeado. Introduzindo esse valor 
na curva característica da bomba (fornecida pelo fabricante) é possível ler a altura total de elevação e o 
rendimento da bomba, correspondente. 
 
Determinação do caudal na bomba: 
 
UAQ ⋅= 
 
222 m1,0rA ⋅π=⋅π= 
 
A velocidade pode ser determinada através do número de Reynolds, Re: 
υ
⋅
=
DURe 
ν = 1,01 . 10-6 m2/s (para Tª = 20 ºC). 
 
 45
6
5
1001,1
2,0U102
−
⋅
⋅
=⋅ U = 1,01 m/s 
 
h/m114s/m0317,001,11,0UAQ 332 ==⋅⋅π=⋅= 
 
 
Determinação da altura total de 
elevação e do rendimento da 
bomba: 
 
Introduzindo o valor do 
caudal na curva característica da 
bomba, obtém-se a altura total 
de elevação, Ht e o rendimento 
da bomba ηB. 
 
Para um caudal de 114 
m3/h a bomba DNP 65-200/210 
permite uma altura total de 
elevação, Ht de 56,5 mc.a. com 
um rendimento de 79 %. 
 
 
 
 
b) Para determinar a cota da superfície livre a montante, em A, aplica-se o Teorema de Bernoulli entre 
o reservatório de montante e o reservatório de jusante: 
 
HtHHH CAAC +∆−= − . 
 
Como os dois reservatórios são de grandes dimensões a carga total é igual ao valor da cota 
topográfica à superfície livre, pelo que: 
 
5,56LJz100 ACACA +⋅−= 
 
A perda de carga unitária (JAC) pode calcular-se através da aplicação da equação universal de 
perda de carga, que relaciona o coeficiente de resistência com a perda de carga unitária: 
 
g2
U
D
fJ
2
AC = 
 
o factor de resistência é determinado em função do número de Reynolds (Re), da rugosidade relativa 
(k/D) pela aplicação da equação de Colebrook-White ou do Ábaco de Moody. 
 
 
Cálculo de JAC aplicando a fórmula de Colebrook-White: 
 
 





+−=
fRe
51,2
D7,3
klog2
f
1 
 
 46 
k = 0,2 mm =0,2 E-3 m 
D = 0,2 m 
Re = 2 . 105 
 
 






+−=
fRe
51,2
D7,3
klog2
f
1 ⇒ 
2
fRe
51,2
D7,3
klog4
f
1














+= ⇒ 
 
⇒ 
2
fRe
51,2
D7,3
klog
4
1f
−














+= ⇒ 





+= −
fRe
51,2
D7,3
klog
4
1f 2 
 
 
A equação de Colebrook-White, implícita em f, é resolvida através da aplicação do Método de 
Substituições Sucessivas, com a seguinte equação de recorrência: 
 








+= −+
n
2
1n
fRe
51,2
D7,3
klog
4
1f . 
 
Arbitra-se um valor para fn, e determina-se fn+1, substitui-se fn por fn+1 sucessivamente. O cálculo 
termina quando fn+1= fn para um dado número de algarismos significativos. 
 
 








⋅⋅
+
⋅
⋅
=
−
−
+
n
5
3
2
1n
f102
51,2
2,07,3
102,0log
4
1f 
 
 
Substituindo na equação universal da perda de carga: 
 
m/.a.mc1047,5
8,92
01,1
2,0
021,0
g2
U
D
fJ 3
22
AC
−
⋅=
⋅
⋅=⋅= 
 
 
Cálculo de JAC aplicando o ábaco de Moody: 
 
Em alternativa, o valor da perda de carga unitária pode ser calculado pela aplicação do Ábaco de 
Moody, que permite determinar graficamente o valor de f. Para tal são necessários os valores do nº de 
Reynolds, Re, e da rugosidade relativa, k/D. 
 
 
Re = 2 . 105 
 
001,0
2,0
102,0
D
k 3
=
⋅
=
−
 
 
 
Entrando com estes valores no Ábaco de Moody (figura seguinte) lê-se o valor de f 
correspondente. Neste caso, f = 0,0215; e, substituindo na equação universal da perda de carga: 
 
fn fn+1 
0,010 
0,022 
0,021 
0,022 
0,021 
0,021 
 47
m/.a.mc1059,5
8,92
01,1
2,0
0215,0
g2
U
D
fJ 3
22
AC
−
⋅=
⋅
⋅=⋅= 
 
 
 
 
A diferença entre os valores obtidos para o factor de resistência, f, deve-se ao erro gráfico 
introduzido pela utilização do Ábaco de Moody. 
Nos cálculos seguintes será aplicado o resultado da fórmula de Colebrook-White. 
 
Substituindo o valor de JAC, na equação do Teorema de Bernoulli: 
 
5,566001047,5z100 3A +⋅⋅−=
− ⇒ zA = 46,8 m 
 
 
c) Para não existirem problemas de cavitação na bomba é necessário que se verifique a seguinte 
relação: NPSHdisponível ≥ NPSHexigido. 
O valor do NPSHexigido é um valor apresentado pelo fabricante que pode ser lido no catálogo da 
bomba (curva de NPSH). Neste caso NPSHexigido = 4 mc.a. 
 
γ
−∆+−
γ
=
v
aspiração
at
disponível
t
)Hhs(
P
NPSH 
 
.a.mc3,6
9800
2330)1001047,58,4650(
9800
10012,1NPSH 3
5
disponível =−⋅⋅+−−
⋅
=
− 
 
 
Como NPSHdisponível = 6,3 > NPSHexigido = 4 , verificam-se as boas condições de funcionamento 
(não se prevê que existam problemas de cavitação dentro do corpo da bomba). 
* representação do Ábaco de Moody retirado de Quintela (1981) 
 48 
Problema 5.3 
 
Considere a instalação hidráulica esquematizada na figura, que representa o 
abastecimento a uma fonte em circuito fechado, ou seja a água que sai na fonte é recolhida e 
bombeada para o reservatório de alimentação da fonte. O material das condutas é 
fibrocimento. 
Considerando que o escoamento é permanente e que os reservatórios são de pequenas 
dimensões e nível constante (comportando-se, no entanto, como reservatórios de grandes 
dimensões), determine: 
a) A cota da superfície livre do reservatório de abastecimento à fonte (Z); 
b) A energia consumida diariamente pela bomba sabendo que as características da bomba 
utilizada (Tecnidráulica-Rutschi 100-200/199) são as apresentadas em anexo e que a fonte 
funciona 10 horas por dia. Considere o rendimento do motor igual a 88 %; 
c) Trace a linha de energia e a linha piezométrica do troço AC. 
 
Nota: Despreze o atrito água – ar. 
 
 
 
 
Resolução: 
 
a) O reservatório de abastecimento funciona como um reservatório de grandes dimensões e como a 
superfície livre da água está em contacto com a pressão atmosférica local, a carga total nesse 
reservatório é igual à cota topográfica da superfície livre do líquido, z. Assim, pode determinar-seo 
seu valor através da aplicação do Teorema de Bernoulli entre esse reservatório e uma secção do 
circuito cuja carga seja possível determinar. Aplica-se assim o Teorema de Bernoulli entre o 
reservatório de abastecimento e a secção de saída do jacto, secção C: 
 
ACCcotACA HHHHHH ∆+∆+∆+∆=− 
 
em que CcotA H,H,H ∆∆∆ são as perdas de carga localizadas na secção A, no cotovelo e na secção C, 
respectivamente. 
 
zH A = , é a variável cujo valor se pretende calcular. 
 
 49
A carga em C, HC , é igual à soma da cota topográfica (3 m) com a altura cinética, tendo em conta 
que, esta secção de saída, está sujeita à pressão atmosférica local (0 Nm-2). Pode calcular-se o seu 
valor aplicando o Teorema de Bernoulli entre a base (secção C) e o topo do jacto de água (secção D). 
No jacto de água dá-se a transferência da energia cinética na secção C em energia potencial de 
posição na secção D. 
 
DCDC HHH −∆=− 
 
As perdas de carga entre as secções C e D são provocadas pelo atrito água-ar pelo que, de acordo 
com o enunciado do problema, podem ser desprezadas, ∆HC-D = 0, logo: 
 
0HH DC =− ⇒ DC HH = 
 
A carga em C é igual à carga em D. Na secção D, a pressão da água é nula, uma vez que está em 
contacto com a pressão atmosférica local; a velocidade da água também será nula, pois, sendo a cota 
mais elevada do jacto, corresponde à secção em que se anula a velocidade. 
 
.a.mc4,404,40
g2
U
z
P
H
2
D
D
D
D =++=
⋅
α++
γ
= 
 
.a.mc4,4H C = 
 
Conhecida a carga em C é possível determinar a velocidade na mesma secção. Foi considerado o 
coeficiente de Coriolis por se tratar de uma velocidade elevada: 
 
.a.mc4,4
8,92
U
15,10,30
g2
U
z
P
H
2
C
2
C
C
C
C =
⋅
++=
⋅
α++
γ
= ⇒ s/m88,4U C = 
 
 
Determinação das perdas de carga singulares: 
As perdas de carga localizadas ou singulares calculam-se através da expressão: 
g2
UKH
2
⋅
⋅=∆ 
 
Pela equação da continuidade, o caudal mantém-se constante ao longo do circuito hidráulico, e é 
igual ao caudal na secção C: 
 
s/m0138,088,403,0UAQ 32CC =⋅⋅π=⋅= 
 
 
A perda de carga localizada na secção A é dada por: 
 
K = 0,50 - passagem, em aresta viva, de um reservatório para uma conduta 
 
s/m78,0
075,0
0138,0
A
QU
2
A
A =
⋅π
== 
 
.a.mc016,0
8,92
78,050,0H
2
A =
⋅
⋅=∆ 
 
 50 
Perda de carga localizada no cotovelo existente a montante da secção C: 
 
s/m78,0
075,0
0138,0
A
QU 2
cot
cot =
⋅π
== 
 
 
K = 1,1 (cotovelo c/ um ângulo de 90º) 
 
 
.a.mc034,0
8,92
78,01,1H
2
cot =
⋅
⋅=∆ 
 
 
 
 
 
Perda de carga localizada na secção C: 
 
O valor de K no estreitamento tronco-cónico depende da razão entre o diâmetro maior e o 
diâmetro menor e do ângulo que a parede lateral faz com um plano vertical, conforme a figura abaixo. 
 
 
5,2
60
150
D
D
1
2
== 
 
225,0
2,0
045,0tg ==α ⇒ α = 12,7º 
 
 
 
 
com 1,25,2
D
D
1
2
≈= e α = 12,7º , 
 
através da figura ao lado obtém-se o valor de K. 
 
 
Neste caso, K = 0,05. 
 
 
 
 
 
Substituindo na equação da perda de carga localizada: 
 
g2
U
05,0H
2
1
C
⋅
⋅=∆ 
 
A velocidade U1 é a da secção menor: UC = 4,88 m/s,
 
 Fonte: Quintela (1981) 
 
 Fonte: Quintela (1981) 
 pelo que: 
 51
.a.mc061,0
8,92
88,405,0H
2
C =
⋅
⋅=∆ 
 
 
Determinação da perda de carga contínua: 
 
ACACAC LJH ⋅=∆ 
 
Tubos de fibrocimento: 56,068,2 JD3,48Q ⋅⋅= , Q (m
3
/s), D (m), J (mc.a./m) 
 
m/.a.mc0041,0
15,03,48
0138,0J
56,01
68,2AC =





⋅
= 
 
 
.a.mc05,25000041,0H AC =⋅=∆ 
 
 
Voltando à equação do Teorema de Bernoulli aplicado entre o reservatório de abastecimento e a 
secção C, obtém-se: 
 
ACCcotAA HHHH4,4z ∆+∆+∆+∆=− 
 
05,2061,0034,0016,04,4zA +++=− 
 
zA = 6,56 m ⇒ valor da cota da superfície livre no reservatório de abastecimento da fonte. 
 
 
b) 
 E = Potm . t 
 t = 10 h/dia 
Bm
m .
HtQPot
ηη
⋅⋅γ
= 
 
O valor da Ht pode ser lido na curva característica da bomba: 
 
 
 
 
 
Q = 13,8 l/s ⇒ Ht = 10 mc.a. 
 
 
ηb = 68 % = 0,68 
 
ηmotor = 88 % = 0,88 
 
 
W2260
68,088,0
100138,09800
Pot m =
⋅
⋅⋅
= = 
2,26 kW 
 52 
E = 2260 W . 10 h = 22600 W h=22,6 kWh ⇒ valor da energia consumida diariamente. 
 
 
c) O traçado da linha de energia e da linha piezométrica ao longo do troço AC é o seguinte: 
 
 
 
Os valores numéricos apresentados na figura correspondem às cotas da linha de energia. As cotas 
da linha piezométrica podem ser calculadas subtraindo das cotas da linha de energia o valor da altura 
cinética: 
g2
HzP
2U
α−=





+
γ
= H-0,036 mc.a. 
 
 
 
Problema 5.4 
 
O sistema de rega por aspersão representado na figura, é constituído por um sistema de 
bombagem que conduz a água, desde uma charca até um aspersor, através de uma conduta de 
PVC enterrada, com 37,2 mm de diâmetro interno. O aspersor (secção C) encontra-se a 1,5 m 
do solo e debita um caudal de 3,5 m3/h. 
 
 
Considerando que as perdas de carga localizadas são 10 % das perdas de carga contínuas 
na conduta adutora e que a carga à saída da bomba é de 145 mc.a., determine: 
a) a pressão da água à entrada do aspersor; 
 53
b) a energia gasta em cada rega, sabendo que a duração da rega é de 4 h e o rendimento do 
sistema de bombagem é de 70 %; 
c) a cota a que o nível de água da charca pode descer, sem provocar problemas de cavitação 
no sistema, sabendo que o valor de NPSH exigido pela bomba é de 5 mc.a. 
 
 
Resolução: 
 
a) A carga hidráulica à entrada do aspersor pode calcular-se pela aplicação do Teorema de Bernoulli 
entre a secção à saída da bomba, 
JBH , e a secção C à entrada do aspersor. 
 
CBBC HHH J −∆−= 
 
LocBCCB HHH ∆+∆=∆ − 
 
)LJ1,0LJ(145H BCBCBCBCC ⋅⋅+⋅−= 
 
A perda de carga unitária JBC pode calcular-se através da fórmula monómia específica do material 
para tubos de PVC: 
 
56,068,2 JD5,50Q ⋅⋅= , Q (m
3
/s), D (m), J (mc.a./m) 
 
m/.a.mc0262,0
0372,05,50
107,9J
56,0/1
68,2
4
BC =





⋅
⋅
=
−
 
 
.a.mc35,136)3000262,01,03000262,0(145H C =⋅⋅+⋅−= 
 
 
Aplicando a definição da carga total, vem: 
 
g2
U
z
p
H
2
C
C
C
C α++γ
= 
 
s/m89,0
0186,0
107,9
A
QU
2
4
C
C =
⋅π
⋅
==
−
 
 
admitindo α = 1, fica: 
 
8,92
89,0)5,1108(
9800
p
35,136
2
C
⋅
+++= ⇒ pC = 265674 Nm-2 
 
O valor da pressão da água à entrada do aspersor é de 265,7 kNm-2. 
 
 
b) Para determinar a energia consumida pela bomba é necessário calcular a altura total de elevação, 
Ht. Aplicando o Teorema de Bernoulli entre as secções A e C (secção de entrada do aspersor), obtém-
se: 
 
 54 
HtHHH CAAC +∆−= − 
 
.a.mc99,83120262,01,03120262,0HHH LocACCA =⋅⋅+⋅=∆+∆=∆ − 
 
Ht99,810035,136 +−= 
 
Ht = 45,34 mc.a. 
 
 
W7,615
70,0
34,45107,99800HtQPot
4
Bm
m =
⋅⋅⋅
=
ηη
⋅⋅γ
=
−
 
 
 
tempo de funcionamento = 4 h/dia 
 
E = Potm . t = 615,7 . 4 = 2,46 kWh ⇒ valor da energia consumida diariamente. 
 
 
d) Para não existirem problemas de cavitação o valor do NPSHdisponível tem que ser no mínimo igual ao 
valor do NPSHexigido = 5 mc.a. 
 
γ
−∆+−
γ
==
v
aspiração
at
disponível
t
)Hhs(
P
5NPSH 
 
pat= 1,012 
. 105 Nm-2 (pressão absoluta) 
 
tv a 20º C = 2330 Nm
-2 (pressão absoluta) 
 
γ = 9800 Nm-3 
 
[ ]
9800
2330)120262,01,0120262,0(hs
9800
10012,15
5
−⋅⋅+⋅+−
⋅
= ⇒ hs = 4,74 m 
 
 
O nível de água na charca pode estar 4,74 m abaixo da cota topográfica do eixo da bomba, antes 
do sistema começar a ter problemas de cavitação, o que corresponde a uma cota mínima da superfície 
livre na charca de: 102 – 4,74 = 97,26 m. 
 
 
 55
Capítulo 6 
 
ESCOAMENTOS EM SUPERFÍCIE LIVRE 
 
 
Problema 6.1 
 
Num canal revestido com reboco ordinário (Ks = 80 m1/3 s-1), secção rectangular com 2 m 
de largura, escoa-se o caudal de 2,5 m3/s de água. Determine: 
a) O declive do canal para uma altura uniforme de 0,50 m; 
b) A altura uniforme para um declive de 0,001 m/m; 
c) A variação de caudal se forem revestidas as paredes do canal com cimento alisado, no 
caso da alínea b) 
 
 
Resolução: 
 
a) No caso de um escoamento em superfície livre permanente e uniforme a linha de energia é paralela 
ao perfil longitudinal do leito do canal. Para declives muito pequenos, a perda de carga unitária pode 
ser considerada igual ao declive do canal. 
Substituindo na lei de resistência (Equação de Manning-Strickler) a perda de carga unitária pelo 
declive, vem: 
 
2132 JRhAKsQ ⋅⋅⋅= 
 
( ) 21
32
i
5,022
5,025,02805,2 ⋅





⋅+
⋅
⋅⋅⋅= 
 
0042,0i = m/m. 
 
 
b) A aplicação da equação de Manning-Strickler na determinação da altura uniforme conhecido o 
caudal, a geometria da secção e o declive transforma-se num problema de resolução de uma equação 
implícita: 
 
( ) 21
32
u
u
u 001,0h22
h2h2805,2 ⋅





⋅+
⋅
⋅⋅⋅= . 
 
Explicitando em ordem a hu, obtém-se a equação de recorrência seguinte, que se resolve através do 
Método de Substituições Sucessivas: 
 
( )
2
h22
001,080
5,2
h
52
u
53
21
u
n
1n
⋅+





⋅
=
+
 
 
nuh 0,600 0,791 0,827 0,834 0,835
1nuh + 0,791 0,827 0,834 0,835 0,835
⇒ uh = 0,835 m 
 
 56 
c) Se forem revestidas as paredes do canal com cimento alisado (Ks = 85 m1/3 s-1), mantendo o fundo 
do canal revestido com reboco ordinário, obtém-se uma secção mista. O coeficiente de Manning-
Strickler da secção mista é determinado pela aplicação da Fórmula de Einstein: 
 
131
32
2323
32
23
j
j
sm18,82
85
835,02
80
2
835,022
Ks
P
PKs −=












⋅
+
⋅+
=














∑
= 
 
 
O caudal transportado no canal de secção mista em regime uniforme, altura uniforme hu = 0,835 m 
e declive i = 0,001 m/m é: 
 
( ) 21
32
001,0
835,022
835,02835,0219,82Q ⋅





⋅+
⋅
⋅⋅⋅= 
 
13sm57,2Q −= 
 
Tendo sido diminuída a rugosidade das paredes do canal, aumenta o coeficiente de Manning-
Strickler e aumenta o caudal de 2,5 m3s-1 para 2,57 m3s-1. 
 
 
 
Problema 6.2 
 
Um canal rectangular, com uma largura de 3 m, revestido com reboco ordinário 
(Ks = 80 m1/3 s-1), apresenta um escoamento em regime uniforme crítico com uma altura de 
água de 90 cm. Determine: 
a) o caudal no canal para as condições apresentadas; 
b) o declive do canal; 
c) o menor valor de energia específica com que se pode dar o escoamento desse caudal 
neste canal. 
 
 
 
Resolução: 
 
a) Para canais de secção rectangular o caudal, a largura do canal e a altura crítica estão relacionados 
pela equação: 
 
3
2
2
c bg
Qh = 
 
e o caudal vem: 
 
 
132323
c sm02,838,99,0bghQ
−
=⋅⋅=⋅⋅= 
 
 
 57
b) Como o escoamento é em regime uniforme, para as condições apresentadas, verifica a equação de 
Manning-Strickler com J = i. 
 
2132 JRhAKsQ ⋅⋅⋅= 
 
( ) 21
32
i
9,023
9,039,038002,8 ⋅





⋅+
⋅
⋅⋅⋅= 
 
m/m003,0i = 
 
 
c) A energia específica mínima do escoamento do caudal Q = 8,02 m3s-1 num canal de secção 
rectangular com largura de 3m, corresponde à situação de regime crítico: 
 
g2
UhE
2
c
cc α+= , 
 
sendo cc hgU ⋅= , e considerando α = 1, vem: 
 
.a.mc35,19,0
2
3h
2
3
2
hh
g2
hghE cccccc =⋅==+=
⋅
⋅
+= 
 
 
 
Problema 6.3 
 
É necessário abrir uma vala de drenagem em terra (Ks = 60 m1/3s-1) para transportar um 
caudal de 500 l/s. Sabendo que o balde da máquina utilizada para o efeito, apresenta a 
geometria transversal indicada na figura, e que, em função das condições topográficas, se 
pode no máximo, dispor de um declive de 2 %o (dois por mil), determine a profundidade a 
dar à vala, de forma a deixar uma folga de 0,20 m. 
 
Resolução: 
 
Supondo o escoamento na vala em regime uniforme, é necessário calcular a altura uniforme do 
escoamento. De modo a diminuir a profundidade da vala é aproveitado o declive máximo, pois em 
regime uniforme quando aumenta o declive diminui a altura de água, para igualdade dos restantes 
parâmetros. 
 
 58 
Aplicando a equação de Manning-Strickler para a perda de carga unitária igual ao declive, obtém-
se: 
 
2132 JRhAKsQ ⋅⋅⋅= 
 
com: 
 
h h) m (B A ⋅⋅+= , hm12BP 2 ⋅++= , e, 
P
ARh = 
 
364,0
º70tg
1m == . 
 
Substituindo na equação de Manning-Strickler, fica: 
 
( )[ ] ( ) 21
32
u
2
uu
uu 002,0
h364,0121
hh364,01hh364,01605,0 ⋅








⋅++
⋅⋅+
⋅⋅⋅+⋅= . 
 
Para resolver a equação anterior, em função da altura uniforme, é aplicado o Método de 
Substituições Sucessivas com a equação de recorrência: 
 
 
( )
( )
n
n
1n
u
52
u
2
53
21
u h364,01
h364,0121
002,060
5,0
h
⋅+
⋅++





⋅
=
+
 
 
 
nuh 0,400 0,408 
1nuh + 0,408 0,408 
 
 
A altura uniforme é hu = 0,41 m. 
A vala deve ser aberta com a profundidade de h = hu + 0,20 = 0,61 m. 
 
 
 
 
Problema 6.4 
 
Um canal revestido com betão liso (Ks = 75 m1/3/s), com secção e perfil longitudinal 
indicados na figura, é abastecido a partir de um outro canal através de um descarregador 
triangular representado na figura. 
a) Determine o caudal no canal; 
b) Determine o declive crítico e classifique o regime uniforme de escoamento em cada troço; 
c) Trace qualitativamente o perfil da superfície livre da água, identificando as curvas de 
regolfo existentes. 
 
 59
Nota: os troços são suficientemente compridos para que neles se estabeleça o regime 
uniforme. 
 
 
 
 
 
 
 
Resolução: 
 
a) Os descarregadores são medidores de caudal. Assim, conhecida a geometria do descarregador e a 
carga é possível calcular o caudal (matéria tratada no capítulo seguinte) que passa pelo descarregador e 
que escoará pelo o canal em estudo. Aplicando a lei de vazão do descarregador triangular, vem: 
 
25H
2
tgg2C
15
8Q ⋅θ⋅⋅⋅= , com, θ = 100º e H = 1,0 m 
 
1325 sm745,10,1
2
º100tg8,9262,0
15
8Q −=⋅⋅⋅⋅⋅= . 
 
 
b) O declive crítico corresponde a um escoamento uniforme crítico, ou seja em que a altura uniforme 
corresponde à altura crítica. Pode ser determinado através da aplicação da equação de Manning-
Strickler, com J = i e hu = hc. 
A altura crítica é, para canais de secção trapezoidal, determinada pela equação implícita a resolver 
pelo Método das Substituições Sucessivas: 
 
 
( )
nc
3/1
nc
3/12
c hmB
hm2B
g
Qh
1n
⋅+
⋅⋅+
⋅





=
+
 
 
 
sendo m = 2 
 
( )
nc
3/1
nc
3/12
1nc h20,2
h220,2
8,9
745,1h
⋅+
⋅⋅+
⋅





=+ 
 
 
nch 0,300 0,384 0,373 0,374 
1nch + 0,384 0,373 0,374 0,374 
 
 
 
1 
2 
A 
B 
C 
 
 60 
A altura crítica