HIDRÁULICA RESUMO TEÓRICO E EXERCÍCIOS RESOLVIDOS

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HIDRÁULICA – AFONSO CARIOCA 
 
UNIDADE I: RESUMOS TEÓRICOS 
 
INTRODUÇÃO 
Hidráulica, do grego hydor (água) + aulos (tubo, condução), significa condução de água. Atualmente, este 
conceito é mais amplo. E assim, podemos dizer que hidráulico é o estudo do comportamento da água e de outros 
líquidos tanto em repouso quanto em movimento. 
A hidráulica divide-se em: 
a) Hidráulica Geral ou Teórica 
 Hidrostática: fluidos em repouso ou em equilíbrio 
 Hidrocinética: velocidades e trajetórias sem forças e energia 
 Hidrodinâmica: velocidades, acelerações e as forças 
 
b) Hidráulica Aplicada ou Hidrotécnica 
 Aplicação dos conhecimentos da Mecânica dos Fluidos (água) nas áreas urbana, rural, instalações prediais e 
lazer. 
 Área urbana: sistemas de abastecimento de água, sistemas de abastecimento de esgoto sanitário, sistemas 
de drenagem pluvial e canais. 
 Área rural: sistemas de irrigação, drenagem, água potável e esgoto. 
 Instalações prediais: indústria, comércio e residências. 
 
Em hidráulica, os escoamentos são conceituados em função de suas características em: 
 Laminar 
 Turbulento 
 Unidimensional e bidimensional 
 Rotacional e irrotacional 
 Permanente e variável 
 Uniforme e variado 
 Livre e forçado 
 Fluvial e torrencial 
 
NÚMERO DE REYNOLDS (Rey) 
Re
Vd Vd
y

 
 
 (1) 




 (2) 
onde: 
 
V  velocidade média, em m/s 
d  diâmetro do tubo, em m 
  viscosidade cinemática, em m²/s 
  massa específica, em kg/m³ 
  viscosidade absoluta, em Ns/m² 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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CONTROLE DOS ESCOAMENTOS 
 
1. Escoamento dos orifícios 
Os orifícios são perfurações, geralmente de forma geométrica definida, feita abaixo da superfície livre do líquido 
em paredes de reservatórios, tanques, canais ou canalizações. As aberturas feitas até a superfície do líquido 
constituem os vertedores. 
 
 
 
 
2. Classificação 
Os orifícios podem ser classificados quanto a sua forma em: circulares, retangulares, trapezoidais, etc. 
 
3. Natureza das paredes 
Quanto à natureza das paredes, os orifícios são classificados em: 
a) parede delgada biselada: e < 1,5 
 
b) parede delgada corte reto: e < 1,5 
 
c) parede espessa: e > 1,5 
 
4. Contração da veia 
 Seção contraída ou veia contraída (convergência dos filetes) 
 Linhas de corrente são paralelas 
 Pressão atuante = pressão atmosférica 
 O jato que sai do orifício chama-se via líquida e sua trajetória e parabólica 
 
5. Determinação da vazão 
Considerando o orifício de parede delgada e aplicando-se a Equação de Bernoulli entre dois pontos 1 e 2, temos: 
 
2 2
1 1 2 2
1 2
2
1 2
2 1
2 2
 carga piezométrica
 carga cinética
2
 carga geométrica
0 Pressão atmosférica
Z 0 Diferença de altura
P V P V
Z Z
g g
P
V
g
Z
P P
Z h
 

 
    



  
   
 
 
Coeficiente de Velocidade (CV) 
velocidade real (Vr)
velocidade teórica (Vt)
VC 
 
2 . 2r VV C gh
, onde: 
 
 
 
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V2r = velocidade real no ponto 2 
 
Q = vazão 
 
Q = Seção contraída  Vr 
 
Seção contraída = Ce  A0, onde: 
 
Cc = coeficiente de contração 
A0 = área do orifício 
 
0
2
2
V
c V
Vr C gh
Q C A C gh

   
 
 
Cd = coeficiente de descarga 
 
d v cC C C 
, assim: 
 
0 2dQ C A gh  
 
 
Esvaziamento de reservatórios 
 
0
.
2
E S
E S
S d
vol
Q Q
t
vol vol vol
dvol A dh
Q C A gh

 

  

  
 
 
6. Contração incompleta da veia 
No caso de orifícios abertos, junto ao fundo ou às paredes laterais, é indispensável a correção. Dessa forma, 
aplica-se o coeficiente de descarga Cd corrigido. 
 
Para orifícios retangulares: 
 
 ' 1 0,15d dC C K 
onde: 
 
Perímetro da parte suprimida 
Perímetro do orifício
K 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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7. Perda de carga em orifícios 
Considerando as perdas: 
2 2
1 1 2 2
1 2
2 22 2
2 2 2
2
22
2 2
2
v t
t
V
tt
V
V P V P
Z Z h
g g
V C V
V V V
h C V
Vg V
C
 
      
 
 
     


 
Logo: 
 
2
22
22 2 2 2
2 2
2
2 2 2
2 2
2 2
2
V V
V
V t
V
V
C V C V
h
g g C
V C V
h
g

 
  

 
 
 
 
 
8. Orifícios de grandes dimensões 
Velocidade não é constante ao longo da seção. E definindo: 
h = carga sobre um trecho elementar de espessura dh 
L= largura do orifício 
Para a área dh = l dh, a carga nesse trecho elementar é: 
2dQ C Ldh gh 
 
Assim, a descarga será a integração entre os limites h1 e h2 (cargas correspondentes ao topo e à base do 
orifício). Assim: 
 
 
 
2
1
2
1
2
1
1
2
3
2
3 3
1 2
2
2
2
3
2
2
2
3
h
d
h
h
d
h
h
d
h
d
Q C L gh dh
Q C L g h dh
h
Q C L g
Q C L g h h


 
 
  
 
 
 


 
 
mas como
 2 1
2 1
A
A L h h L
h h
   

, temos que: 
 
3 3
2 1
2 1
2
2
3
d
h h
Q C A g
h h



 
 
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BOCAIS OU TUBOS ADICIONAIS 
São constituídos por peças tubulares adaptadas aos orifícios e servem para dirigir o jato. São classificados pelo 
comprimento: 
 
a) Bocal: 
1,5 3
L
D
 
 
 
b) Tubo curto: 
3 500
L
D
 
 
 
c) Canalização: 
500 4000
L
D
 
 
 
 
d) Canalização longa: 
4000
L
D

 
 
1. Tipos 
 
a) Cilíndrico: externo, interno ou reentrante. 
 
b) Cônico: divergente; convergente. 
Convergente: 
1 2 2 1 e V VP P 
 
Divergente: 
1 2 2 1 e V < VP P
 
 
 
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VERTEDOR 
 
1. Conceito 
Estruturas dispostas transversalmente ao canal como paredes, diques ou aberturas sobre as quais um líquido 
escoa. Também como obstáculo à passagem da corrente e aos extravasares de represas (orifícios sem a borda 
superior, mas tendo uma superfície livre). 
 
Utilizado para medição da vazão em canais abertos: 
 extravasares 
 tomadas d’água 
 decantadores 
 canais de irrigação 
 ETA 
 ETE 
 
2. Terminologia 
H = carga do vertedor 
p = altura da soleira 
L = largura do vertedor 
 
3. Classificação dos vertedores 
3.1. Forma: 
a) Simples (Retangulares, trapezoidais, triangulares) 
b) Compostos (seções combinadas) 
 
3.2. Altura relativa da soleira: 
a) vertedores completos ou livres (p > p’) 
b) vertedores incompletos ou afogados (p < p’) 
 
3.3. Natureza das paredes: 
a) paredes delgadas (chapas ou madeira chanfrada)b) parede espessa (e > 0,66 h) 
 
3.4. Largura relativa 
a) sem contrações laterais (L = B) 
b) contraídos (L < B) 
 
4. Vazão nos vertedores 
Considerando 
0,62dC 
 
3
2
2
0,62 4,43 1,83
3
1,83
K
Q L H
   
  
 
 
Então: 3
2
dQ C L H  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Coeficiente de descarga USBR (United States Bsean ot Reclamaton) 
2
3,22 0,40
3
29 0,405 1 0,55
1000
d
d
H
C
P
H
C
H H P
 
    
      
     
 
Bazin 
 
Fórmulas práticas 
 
Fórmula de Francis: 
3
21,838Q L H  
 
 
Fórmula da Sociedade de Suíça de Engenheiros e Arquitetos: 
 
2 3
2
1,816
1,816 1 0,5
1000 1,6
H
Q L H
H H P
    
       
      
 
4.1. Vertedor retangular com contrações 
 
 
1. : ' 0,1
 Experiências de Francis 
2. : ' 0,2
contração L L H
contração L L H
 

 
 
3
2
3
2
2
1,838
10
1,838 '
H
Q L H
Q L H
 
  
 
  
 
 
Influência da velocidade de chegada da água 
 
3 3
2 2 2²
1,838
2 2
V V
Q H L
g g
 
               
 
 
V = velocidade do canal 
 
4.2. Vertedor triangular 
Possibilitam maior precisão na medida das cargas correspondentes à vazões reduzidas. Formato isósceles e usual 
 = 90°. Adota-se a Fórmula de Thompson: 
 
3
21,4Q H 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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4.3. Vertedor circular 
Vantagens: facilidade de execução e não requer nivelamento da soleira. 
 
0,693 1,8071,518Q D H  
 
 
4.4. Vertedor de parede espessa 
Pela Equação de Torricelli: 
 
2
2 ( )
2 ( ² ³)
V gLH h
Q Lh g H h
Q L g Hh h
 
 
 
 
 
Pelo Princípio da vazão máxima de Belanger h se estabelece de forma a ocasionar uma vazão máxima, quando a 
derivada (Hh² - h³) é igual a zero. Acompanhe: 
 
( ² ³)
0
2 3 ² 0
0
2
3
d Hh h
dh
Hh h
h
H
h


 


 
Fazendo as devidas substituições: 
3
2
3
2
2 2
2
3 3
2
2 0,666 2,56
3 3
1,71
H H
Q L g H
H
Q LH g LH
Q LH
   
    
   
 
   
 

 
 
4.5. Vertedor trapezoidal de Cipolleti 
 
3
23,367Q bH
 
 
Este vertedor tem inclinações laterais de 1 : 4 (1 na horizontal e 4 na vertical). 
 
 
4.6. Barragens Utilizadas como vertedores 
 
3
2Q MbH
 
 
M = fator experimental 
 
 
 
 
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EQUIVALÊNCIA DE CONDUTOS 
 
1. Introdução 
Muitas vezes há interesse prático, para efeito de cálculo, na determinação das características geométricas e de 
rugosidade de uma tubulação equivalente à outra ou equivalente a um sistema de tubulações. Um conduto é 
equivalente a outro (ou a um sistema de condutos) se a perda de carga total em ambos é a mesma para a 
mesma vazão adotada. A adoção do conceito de equivalência torna-se vantajosa, uma vez que se pode substituir 
um sistema complexo de tubulações por outro mais simples ou mesmo por um conduto único. Assim, temos duas 
situações a ser analisadas: a equivalência entre dois condutos simples e a equivalência entre um conduto e um 
sistema. 
 
2. Equivalência entre dois Condutos 
Sejam dois condutos de comprimentos, diâmetros e rugosidades diferentes. Para que haja equivalência entre 
ambos é necessário que H1 = H2 e Q1 = Q2. A perda da carga em termos da vazão é dada por: 
 
2
5
fLQ
(1) H 0,0827
D
 
. Para as duas tubulações, igualando-se as perdas de carga e simplificando temos: 
 
5
1 2
2 1
2 1
f D
(2) L L
f D
 
  
 
. Expressão que permite determinar o comprimento do segundo conduto, de diâmetro D2, 
equivalente ao primeiro de diâmetro D1. Utilizando a fórmula de Hazen-Williams, temos: 
 
1,85 4,87
2 2
2 1
1 1
C D
(3) L L
C D
   
     
   
 
 
3. Conduto Equivalente a um Sistema 
 
3.1. Introdução 
A topologia de um sistema de tubulações pode pertencer a uma das seguintes formas: (i) tubulações em série; 
(ii) tubulações em paralelo; (iii) tubulações ramificadas: (iv) redes de tubulações. E existe uma analogia formal 
entre o sistema hidráulico e o sistema elétrico de corrente contínua. A vazão corresponde à corrente elétrica, a 
perda de carga corresponde à queda de tensão e a resistência hidráulica da tubulação corresponde à resistência 
ôhmica dos circuitos elétricos. A resistência hidráulica na tubulação é dependente do comprimento, diâmetro e 
rugosidade e a perda de carga no regime turbulento é proporcional ao quadrado da vazão e, no regime laminar, 
é proporcional à primeira potência da vazão, semelhante à Lei de Ohm V = RI. 
 
3.2. Tubulações em Série 
As principais características de um sistema em série são: 
1ª) O conduto é percorrido pela mesma vazão  Q = Q1 = Q2 = ... = Qn. 
2ª) A perda de carga total entre as extremidades é a soma das perdas de carga em cada tubo. 
 
O conduto equivalente, de comprimento L, diâmetro D e coeficiente de atrito f, a um sistema de tubulações em 
série pode ser determinado da seguinte forma: 
1 2 n
1 1 2 2 n n
5 5 5 5
1 2 n
H H H H
f L f L f LfL
(4)
D D D D
       
   
 
 
 
 
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A fórmula de Hazen-Williams correspondente à expressão (4) é a seguinte: 
 
  1 2 n1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87
1 1 2 2 n n
L L LL
5
C D C D C D C D
   
   
 
 
3.3. Tubulações em Paralelo 
As características principais de um sistema em paralelo são: 
1ª) A perda de carga é a diferença de cotas piezométricas na entrada e na saída do sistema, de modo que a 
perda de carga é a mesma em todos os trechos 
1 2 nH H H H       
. 
2ª) A vazão de entrada é a soma das vazões nos trechos. 
 
Assim, temos as equações de equivalência: 
 
 
1 2 n
2,5 2,5 2,52,5
1 2 n
0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
1 1 2 2 n n
Q Q Q Q
D D DD
6
f L f L f L f L
  
   
   
 
 
A fórmula de Hazen-Williams correspondente à expressão (6) é a seguinte: 
 
 
2,63 2,63 2,632,63
1 1 2 2 n n
0,54 0,54 0,54 0,54
1 2 n
C D C D C DC D
7
L L L L
  
   
 
 
 
 
UNIDADE II: EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
QUESTÕES DA PROVA 01 
 
1. Dois reservatórios A e B de grandes dimensões deságuam num terceiro reservatório quadrado C interligados, 
conforme esquema baixo, através dos orifícios de parede delgada. O reservatório C possui um orifício de fundo 
capaz de receber as vazões de A e B, uma vez que a vazão Q1 é o dobro da vazão Q2. Calcular: 
a) a vazão Q1 
b) a carga h2 
c) a área do reservatório C 
 
Dados: 
CV1 = CV2 = 0,98 
Cc1 = Cc2 = 0,61 
A1 = 6,0 cm²; 
2 1
2
3
A A
 e A3 = 2,5 A1 
 
Solução: 
 
Neste problema devemos utilizar as seguintes fórmulas: 
 
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0 2dQ C A gh  
 (1) 
d v cC C C 
 (2) 
4
1 6,0 10 ²A m
 
 
4
2 4,0 10 ²A m
 
 
4
3 15 10 ²A m
 
 
 
a) Vazão Q1 
1 0
1
4
1
2
0,98 0,61 0,60
3 2 1
9,81 / ²
6,0 10 ²
d
d v c
d
Q C A gh
C C C
C
h m
g m s
A m
  
 
  
  

 
 
 
Substituindo os dados na fórmula (1): 
0
4
3
2
0,60 6 10 2 9,81 1
1,59 10 ³ /
dQ C A gh
Q
Q m s


  
     
 
 
 
b) Carga h2 
Do problema, temos: 
3
1
1 2 2
4
2
1,59 10
2 ³ /
2 2
7,95 10 ³ /
Q
Q Q Q m s
Q m s



   
  
 
 
 
Substituindo os dados na fórmula (1): 
0
4 4
2
2 2
2 2
2
2
7,95 10 0,6 4 10 2 9,81
7,95
19,62 19,62 3,31, elevando
2,4
ambos os membros ao quadrado, obtemos:
10,96
19,62 10,96 0,56
19,62
0,56
dQ C A gh
h
h h
h h m
h m
 
  
     
  
   
 
 
 
 
 
 
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2. Em um reservatório quadrado de 3 m de lado de nível d’água constante, tem-se um bocal interno, 
funcionando como veia descolada, com diâmetro de 25 mm à profundidade de 2 m e CV = 0,98 e CC = 0,52. 
Substituindo-se por um orifício de fundo com CV = 0,985 e CC = 0,51 de 40 mm de diâmetro (centro do lado). 
Qual é a profundidade mínima do reservatório, sabendo-se que o orifício descarrega o dobro da vazão do bocal? 
Solução: 
 
Do problema, podemos concluir que: 
 
2
3
1
4
1
3,14 25 10²
²
4 4
4,91 10 ²
D
A m
A m



 
 
 
 
 
1 0
1
4
1
4
1
3
1
2
0,98 0,52 0,51
2
9,81 / ²
4,91 10 ²
0,51 4,91 10 2 9,81 2 ³ /
1,57 10 ³ /
d
d v c
d
Q C A gh
C C C
C
h m
g m s
A m
Q m s
Q m s



  
 
  


 
    
 
 
 
   
 
3
2 1
3 '
2 2 2
'
' '
2
3
' 3
2
2 2 1,57 10 ³ /
3,14 10 2
3
(1 0,15 ), 0,25
2( ) 12
(1 0,15 ) 0,985 0,51 1 0,15 0,25
3,14 40 10²
0,52 1,26 10 ²
4 4
d
d d
d d d
d
Q Q m s
Q C A gh
b
C C k mas k
a b
C C k C
D
C e A m





   
   
    

       
 
    
 
 
Substituindo: 
 
3 3
2
2 2
2 2 2
3,14 10 0,52 1,26 10 2 9,81
3,14
19,62 19,62 4,76 elevando
0,66
ambos os membros ao quadrado, temos:
22,66
19,62h 22,66 1,15 1,15
19,62
      
  
     
h
h h
h m h m
 
 
 
 
 
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3. A altura de carga inicial num orifício era de 275 cm; ao final do escoamento, ela caiu para 122 cm. Sob que 
altura de carga constante H, o mesmo orifício descarregará o mesmo volume de água, no mesmo intervalo de 
tempo? 
Solução: 
Volume sob altura de carga decrescente é igual ao volume sob altura de carga constante: 
 
 
 
 
1 1
2 2
1 1
2 2
0 1 2 0
1 2
1
2 2
2
1
2
1
275 122
2
13,81 190,7
d dC A g h h t C A gH t
h h H
H
H H cm
   
 
 
  
 
 
 
4. Um canal retangular de 2 m de largura tem um vertedor triangular com altura da soleira de 1,3 m que 
deságua num reservatório retangular de 1,2 m de lado. Sabe-se que a profundidade da água no canal é de 2 m e 
na parede oposta do reservatório há um vertedor retangular sem contrações, que serve como extravasor. Se o 
fornecimento de água no vertedor triangular for interrompido subitamente, quanto tempo o vertedor retangular 
fornecerá água? 
Solução: 
P = 1, 3 m H + P = 2 m  H + 1,3 = 2  H = 0,7 m 
 
 
QUESTÕES DA PROVA 02 
 
1. Um projeto de sistema de abastecimento de uma cidade do interior será executado. A população atual é de 
8420 habitantes; a futura será de 12960 habitantes. O volume médio de água por habitante é de 200 l/dia. Para 
suprir essa demanda futura, serão captadas as águas de um córrego de 1,35 m de largura. Para determinar essa 
descarga, foi empregado um vertedor retangular de parede delgada, em madeira chanfrada, com 0,80 m de 
largura. A água se elevou 0,12 m acima da soleira do vertedor. A vazão do vertedor é suficiente para atender a 
demanda? Justifique sua resposta. 
Solução: 
 
Volume de água necessário hoje: 
 
atual
atual
V 8420 200 l / dia 1684000 l / dia
1684000
Q l / s 19,49 l / s Q 19,49 l / s
86400
  
   
 
 
Volume de água necessário no futuro: 
 
futuro
futura
V 12960 200 l / dia 259200 l / dia
2592000
Q l / s 30 l / s Q 30 l / s
86400
  
   
 
 
Vazão medida: 
 
   
3 3
2 2Q 1838 L 0,2H H Q 1838 0,80 0,2 0,12 0,12 l / s Q 59,3 l / s       
 
 
 
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Como 
futuraQ Q
, então, a vazão vertedor é suficiente para atender a demanda. 
 
2. Um projeto de sistema de abastecimento de uma cidade do interior será executado. O número de casas é 
1456 e, em média, com cinco moradores por habitação. A demanda média é de 200 litros por habitante, porém, 
para os dias de maior consumo é 25% maior que a média. O manancial de captação está a uma cota 928 m 
acima do nível do mar na encosta da serra. O reservatório da estação de tratamento e distribuição de água está 
numa cota de 875 m acima do nível do mar. O diâmetro da linha adutora existente é de 150 mm, com 5352 m 
de extensão, sendo os tubos de ferro fundido com bastante uso (C = 100). Verificar se o volume aduzido 
diariamente é suficiente para o abastecimento da cidade. Justifique sua resposta. (Obs.: 1 dia = 86400 
segundos). 
Solução: 
Vazão Diária 
 DQ
 
Nº de habitantes: 1456 x 5 = 7280 habitantes 
Consumo Normal: 200 litros/habitante 
Consumo Máximo: 250 litros/habitante 
Consumo Total em m³: 0,250 x 7280 = 1820 m³ 
Vazão Diária: 
 
consumo total
Q
dia
1820 1820
Q m³ /dia Q m³ / s Q 0,0211 m³ / s
1 86400

    
 
 
Vazão Aduzida 
 AQ
 
S iL Lh 928 875J J J m/m J 0,0099 m/m
L L 5352
 
      
 
1,85 1,85 4,87
1,85
1,85 4,87
1,85 4,87
1,85 1,85
A
10,65Q J C D
J Q
10,65C D
0,0099 100 0,150 0,00482
Q Q Q 0,0156 m³ / s
10,65 10,65
 
  

 
    
 
 
Como a vazão aduzida 
 AQ
 é menor que a vazão diária 
 DQ
, o volume aduzido diariamente não é suficiente 
para abastecer a cidade. 
 
3. Testes num conduto forçado serão realizados. O conduto é de ferro dúctil (C = 100), testando com diâmetro 
de 1,20 m e 150 m de extensão e parte de uma câmara de extravazão para conduzir 4,5 m³/s de água 
extravasada para um rio cujo nível está 6,50 m abaixo do nível máximo que as águas poderão atingir na câmara. 
Na linha existem quatro curvas de 90° (k = 0,4) . Considere as perdas de entrada e saída (k = 1). Determine se 
o teste como diâmetro é satisfatório. 
 
Solução: 
Dados 
C = 100 
D = 1,20 m 
L = 150 m 
Q = 4,5 m³/s 
1 2 ik 4 0,4 1,6;k 2 1,0 2,0 k 1,6 2,0 3,6         
 
z 6,50 m 
 
 
 
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 
   
1,851,85
1,85 4,87 1,85 4,87
z H h
H JL
10,65 4,510,65Q
J 0,01413m /m
C D 100 1,20
H 0,01413 150 2,12m H 2,12 m
    
 

  
 
      
 
 
 
2
V ?
3,14 1,20Q D²
V , mas : A m² 1,13m²
A 4 4
4,5
V m / s V 3,98 m / s
1,13


   
  
 
 
 
22
i
3,98V
h k h 3,60 m h 2,91 m
2g 19,62
z H h z 2,12 2,91 5,03 m
       
         
 
 
Conclusão: como 5,03 m não chegaram ao nível máximo de 6,50 m, o teste com o diâmetro é satisfatório. 
 
4. Numa tubulação nova de aço com 10 cm de diâmetro conduz 757 m³/dia de óleo combustível pesado à 
temperatura de 33°C. A viscosidade cinemática é 
0,000077 m²/s 
 e a rugosidade absoluta é 
0,20mm 
. Determine o tipo de escoamento (laminar ou turbulento) e calcule a perda de carga nessa 
tubulação de 100 m. 
 
Solução: 
Dados: 3
6
4
D 10 cm 0,10 m
757
Q 757 m³ / dia m³ / s 8,762 10 m³ / s
86400
0,000077 m² / s 77 10 m² / s
0,20
0,20 mm m 2,0 10 m
1000
L 100 m



 
   
   
    

 
 
 
22
3
3
3
6
3,14 0,10D
A m² 7,85 10 m²
4 4
Q 8,762 10
V m / s 1,12 m / s
A 7,85 10
VD 1,12 0,10
Re y 1454,54 (laminar)
77 10





   

  


  
 
 
 
O escoamento é laminar. Logo: 
 
64 64
f 0,044
Rey 1454,54
  
 
A perda de carga é dada por: 
 
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 
2
100 1,12LV²
H f 0,044 m 2,81 m H 2,81 m
2gD 2 9,81 0,10

     
 
 
 
 
5. A água escoa a 20°C em um tubo novo de ferro fundido (C = 130) a uma velocidade de 4,2 m/s. O tubo tem 
400 m de comprimento e um diâmetro de 150 mm. Determine a perda de carga por atrito. 
Solução: 
Dados: 
C 130
V 4,2 m / s
L 400 m
D 150mm




 
 
 
Calculando a vazão: 
 
 
 
   
22
21,85
1,85 4,87 1,85 4,87
Q V A
3,14 0,15D
A m² 0,01766 m²
4 4
Q 4,2 0,01766 m³ / s 0,0742 m³ / s
10,65 0,074210,65Q
J m /m 0,1095 m /m
C D 130 0,15
H JL 0,1095 400 43,8 m H 43,8 m
 

  
  

  

       
 
 
6. A água escoa a 20°C em uma tubulação de PVC de 3’’ de diâmetro, em que está instalado um tubo diafragma, 
com constantes k = 0,677 e m = 0,45, e deriva para uma tubulação de PVC com 1 ½’’ de diâmetro. As leituras 
no manômetro de mercúrio conectado ao diafragma são 56,7 cm e 55,8 cm. Na tubulação de 1 ½’’ existem duas 
tomadas de pressão que distam 3,46 m, cujas leituras no manômetro de mercúrio são 38,9 cm e 33,5 cm. 
Determine os coeficientes de Hazen-Williams e o fator de atrito da tubulação. Considerando o tubo de PVC liso C 
= 130, este tubo é liso ou rugoso? 
 
Solução: 
Dados: 
k 0,677
m 0,45


 
 
Tubo de PVC de 3’’: 
 
1
2
1 2
22
D 3'' 3 0,0254 0,0762 m
L 56,7 cm 0,567 m
L 55,8 cm 0,558 m
L L L 0,567 0,558 0,009m
3,14 0,0762D
S m² 0,004558 m²
4 4
   
 
 
     

  
 
 
 
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   HgQ kSm 2g d 1 L 0,677 0,004558 0,45 19,62 13,6 1 0,009 m³ / s
Q 0,00207 m³ / s
       

 
 
Tubo de PVC de 1 ½’’: 
 
1
2
1 2
D 1,5'' 1,5 0,0254 m 0,0381 m
L 38,9 cm 0,389 m
L 33,5 cm 0,335 m
L L L 0,389 0,335 0,054 m
   
 
 
     
 
   
 
 
 
Hg
1,851,85
1,85 4,87 4,871,85
7 1,85 4
8 1,85 4
1
1,85
1,85
L 0,054
J d 1 13,6 1 0,19665 m /m
L 3,46
10,65 0,0020710,65Q
J 0,19665
C D c 0,0381
0,19665 1,228 10 C 1,153174 10
2,41423 10 C 1,153174 10
C 4776,5693 C 4776,5693
 
 

    

  
   
  
    C 97,34 rugoso 
 
 
Fator de Atrito: 
 
 
 
1
2
1 2
22
2
2 2
h 0,389 m
h 0,335 m
h h h 0,389 0,335 0,054 m
Q 0,00207 m³ / s
3,14 0,0381D
S m² 0,001395 m²
4 4
Q 0,00207
V 1,816 m / s
S 0,001395
LV 2gD h 19,62 0,0381 0,054
h f f 0,0035 f 0,0035
2gD LV 3,46 1,816


     


  
  
  
       

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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7. Uma quantidade de gasolina está sendo descarregada de um ponto 2, cujo gradiente energético está na 
elevação 66,65 m. O ponto 1 está localizado a 965,5 do ponto 2 e tem gradiente energético na elevação de 
82,65 m. Qual o diâmetro do tubo necessário para descarregar a gasolina 
74,067 10 m² /s  
 numa vazão 
de 0,10 m³/s. Use o método iterativo. A rugosidade 
40,50 mm 5,0 10 m   
. 
Solução: 
Dados: 
1
2
1 2
7
h 82,65 m
h 66,65m
h h h 82,65 66,65 16 m
L 965,5 m
4,067 10 m² / s
Q 0,10 m³ / s



     

  

 
 
Adote f = 0,03 
 
 
22
5 3
1
1
5 3 3 5
8 965,5 0,108LQ
D f 0,03 4,69920 10
g h 3,14 9,81 16
D 4,69920 10 D 4,69920 10 D 0,342 m

 
 
    
   
      
 
 
 5
7
VD 4Q 4 0,10
Rey 9,159 10 turbulento
D 4,067 10 3,14 0,342

    
    
 
 
 
2 2
4
0,9
0,9ey 5
2
4 6
1,325 1,325
f f
5,74
5 10 5,74ln
ln3,7D R 3,7 0,342
9,159 10
1,325 1,325
f 0,022 f 0,022
60,46
ln 3,9513 10 24,73 10

 
  
      
      
           
  
    
     
 
 
Adote f = 0,022 
 
 
 
22
5 3
1
1
5 3 3 5
8 965,5 0,108LQ
D f 0,022 3,448 10
g h 3,14 9,81 16
D 3,448 10 D 3,448 10 D 0,322 m

 
 
    
   
      
 
 5
7
VD 4Q 4 0,10
Rey 9,727 10 turbulento
D 4,067 10 3,14 0,322

    
    
 
 
 
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 
 
2 2
4
0,9
0,9ey 5
2
4 6
1,325 1,325
f f
5,74
5 10 5,74ln
ln3,7D R 3,7 0,322
9,727 10
1,325 1,325
f 0,022 f 0,022
59,62
ln 4,197 10 23,43 10

 
  
      
      
           
  
    
     
 
 
Conclusão: O diâmetro é de 0,322 m. 
 
8. Numa tubulação de 4’’ de diâmetro, material aço soldado novo, rugosidade 
0,10 mm 
, passa uma vazão 
de 12 l/s de água, 
61,016 10 m² /s  
. Dois pontos A e B desta tubulação, distantes 0,51 km um do outro, 
são tais que a cota piezométrica em B é igual à cota geométrica em A. Determine a carga de pressão disponível 
no ponto A, em mca. O sentido do escoamento é de A para B. 
Solução: 
Dados: 
4
6
D 4'' 0,102 m
0,10 mm 1,0 10 m
Q 12 l / s 0,012 m³ / s
1,016 10 m² / s


 
   
 
  
 
L = 0,51 km = 510 m 
 
 
Equação de Bernoulli de A para B, com referência em B: 
 
2 2
A A B B B
A B A
A
V p V p p
Z H Z ; mas : Z
2g 2g
Z
       
  
2
AV
2g
 A B
p
H Z   

2
BV
2g
 AZ
A Ap pH 0 H     
 
 
 
Fatorde Atrito: 
 
 
Rua 96 nº 285 – Setor Sul – Goiânia – Fone: (62) 3095-4964 
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 
 
 
22
3
3
5
6
2
4
0,9
0ey 5
3,14 0,102D
A m² 8,171 10 m²
4 4
Q 0,012
V m / s V 1,4686 m / s
A 8,171 10
VD 1,486 0,102
Re y 1,475 10 turbulento
1,016 10
1,325 1,325
f
5,74
1,0 10 5,74ln
ln3,7D R 3,7 0,102
1,475 10





   
   


   
 
 
  
   
  
    
 
2
,9
2
4 4
1,325 1,325
f 0,0215
61,50
ln 2,4697 10 1,2794 10 
  
  
  
  
  
  
     
 
 
 
2
A A
510 1,4686LV²
H f 0,0215 m 11,82 m
2gD 19,62 0,102
p p
H 11,82 m

    

   
 
 
 
 
QUESTÕES DA PROVA 04 
 
 
1. Dado a malha a seguir, faça a 1ª iteração completa e calcule as vazões na 2ª iteração. Em cada nó, a vazão 
de abastecimento é 2,15 m³/s. Dados: 
61,1 10 m² /s e 0,25 mm    
. 
 
 
 
 
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Solução: 
 
 
 
 
a) 1ª Iteração Completa 
Roteiro: 
 
1º) Adota-se um sentido positivo (sentido horário) de circulação em cada anel. 
 
2º) Numera-se cada trecho (cada tubo). 
 
3º) Calcula-se a vazão em cada trecho, observando que a soma das vazões que chegam a um nó deve ser 
igual à soma das vazões que deixam o mesmo o nó. 
 
4º) A tabela abaixo deve ser preenchida: 
 
Anel I 
 
 
Trecho 
 
L (m) 
 
D (m) 
 
Q (m³/s) 
 
h
 (m) h
Q

 (s/m²) 
+ 1 128 0,60 6,75 + 99,12 14,68 
+ 2 132 0,50 2,60 + 40,10 15,42 
- 3 144 0,50 1,85 - 22,14 11,97 
- 4 145 0,70 4,00 - 18,24 4,56 
 
SOMA 
 
 
 
98,84 
 
46,63 
 
As fórmulas que devem ser utilizadas são: 
 
(1) 
4Q
V
D²


 
 
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 
 
 
 
1 1
2 2
3 2
4 4
4 6,75
V m / s V 23,87 m / s
0,60 ²
4 2,60
V m / s V 13,24 m / s
0,50 ²
4 1,85
V m / s V 9,42 m / s
0,50 ²
4 4,00
V m / s V 10,39 m / s
0,70 ²

  


  


  


  

 
(2) 
VD
Rey 

 
6
1 16
6
2 26
6
3 36
6
4 46
23,87 0,60
Re y Re y 13,02 10
1,1 10
13,24 0,50
Re y Re y 6,02 10
1,1 10
9,42 0,50
Re y Re y 4,28 10
1,1 10
10,39 0,0
Re y Re y 6,61 10
1,1 10





   


   


   


   

 
(3) 
 
64
f Laminar :Rey 2300
Rey
 
 
 
(4) 
 
2
0,9
1,325
f Turbulento :Rey 4000
5,74
ln
3,7D Rey
 
  
   
   
 
 
 
 
 
1 1 12 2
4 6
4
0,9
6
2 22
4
4
0,9
6
1,325 1,325
f f f 0,016
ln 1,126 10 2,269 10
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,60
13,02 10
1,325 1,325
f f
ln 1,351 10 4,5
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,50
6,02 10
 



    
           
  
  
  
  
    
  
  
  
  
 
 
 
 
22
6
3 3 32 2
4 6
4
0,9
6
4 42
4
0,9
6
f 0,017
42 10
1,325 1,325
f f f 0,017
ln 1,351 10 6,175 10
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,50
4,28 10
1,325
f f
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,70
6,61 10

 


 
   
    
           
  
  
  
 
  
  
  
  
  
 
42
5 6
1,325
f 0,016
ln 9,652 10 4,176 10 
  
     
 
 
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(5) 
fLV²
h
2gD
 
 
 
 
 
 
1 1
2 2
3 3
4 4
0,016 128 23,87 ²
h m h 99,12 m
19,62 0,60
0,017 132 13,24 ²
h m h 40,10 m
19,62 0,50
0,017 144 9,42 ²
h m h 22,14 m
19,62 0,50
0,016 145 10,39 ²
h m h 18,24 m
19,62 0,70
 
    

 
    

 
    

 
    

 
 
5º) Calcula-se o fator de correção 
1Q
 
 
1
1 1
h
Q
h
2
Q
98,84
Q Q 1,06m³ / s
2 46,63
 
 

 
    

 
 
 
 
Repete-se o procedimento para o ANEL II e ao se fazer a circulação deve-se adotar a seguinte convenção: “se o 
sentido da circulação coincidir com o sentido da vazão, o sinal é positivo; se o sentido da circulação 
for contrário ao da vazão, o sinal é negativo”. 
 
 
Anel II 
 
 
Trecho 
 
L (m) 
 
D (m) 
 
Q (m³/s) 
 
h
 (m) h
Q

 (s/m²) 
+ 5 134 0,40 2,00 + 77,89 38,95 
- 6 127 0,50 0,15 - 0,136 0,910 
- 7 137 0,50 2,30 - 32,55 14,15 
- 2 132 0,50 2,60 - 40,10 15,42 
 
SOMA 
 
 
 
5,104 
 
69,43 
 
As fórmulas que devem ser utilizadas são: 
 
(1) 
4Q
V
D²


 
 
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 
 
 
 
5 5
6 6
7 7
2 2
4 2,00
V m / s V 15,92 m / s
0,40 ²
4 0,15
V m / s V 0,764 m / s
0,50 ²
4 2,30
V m / s V 11,71 m / s
0,50 ²
4 2,60
V m / s V 13,24 m / s
0,50 ²

  


  


  


  

 
 
(2) 
VD
Rey 

 
6
5 56
5
6 66
6
7 76
6
2 26
15,92 0,40
Re y Re y 5,79 10
1,1 10
0,764 0,50
Re y Re y 3,47 10
1,1 10
11,71 0,50
Re y Re y 5,32 10
1,1 10
13,24 0,50
Re y Re y 6,02 10
1,1 10





   


   


   


   

 
(3) 
 
64
f Laminar :Rey 2300
Rey
 
 
 
(4) 
 
2
0,9
1,325
f Turbulento :Rey 4000
5,74
ln
3,7D Rey
 
  
   
   
 
 
 
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 
 
 
5 5 52 2
4 6
4
0,9
6
6 62
4
4
0,9
5
1,325 1,325
f f f 0,018
ln 1,69 10 4,70 10
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,40
5,79 10
1,325 1,325
f f
ln 1,351 10 5,924
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,50
3,47 10
 



    
           
  
  
  
  
     
  
  
  
  
 
 
 
 
62
5
7 7 72 2
4 6
4
0,9
6
2 22
4
0,9
6
f 0,018
10
1,325 1,325
f f f 0,017
ln 1,351 10 5,077 10
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,50
5,32 10
1,325 1,
f f
2,5 10 5,74
ln
3,7 0,50
6,02 10

 


 
 
  
    
           
  
  
  
  
  
  
  
  
  
 
22
4 6
325
f 0,017
ln 1,351 10 4,542 10 
 
     
 
 
 
 
(5) 
fLV²
h
2gD
 
 
 
 
 
 
5 5
6 6
7 3
2 2
0,018 134 15,92 ²
h m h 77,89 m
19,62 0,40
0,018 127 0,764 ²
h m h 0,136 m
19,62 0,50
0,017 137 11,71 ²
h m h 32,55 m
19,62 0,50
0,017 132 13,24 ²
h m h 40,10 m
19,62 0,50
 
   

 
    

 
    

 
    

 
 
 
5º) Calcula-se o fator de correção 
2Q
 
 
2
2 2
h
Q
h
2
Q
5,104
Q Q 0,037m³ / s
2 69,43
 
 

 
    

 
 
 
 
 
 
 
 
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b) Vazões na 2ª Iteração 
 
Trecho Vazão 
1 
1Q' 5,69 m³/s
 
2 
2Q' 1,60 m³/s
 
3 
3Q' 0,79 m³/s
 
4 
4Q' 2,94 m³/s
 
5 
5Q' 1,963 m³/s
 
6 
6Q' 0,187 m³/s
 
7 
7Q' 2,337 m³/s
 
 
1 1 1 1 1
2 2 1 2 1 2
3 3 1 3 3
4 4 1 4 4
Q' Q Q Q' 6,75 1,06 5,69 m³ / s Q' 5,69 m³ / s
Q' Q Q Q Q' 2,60 1,06 0,037 1,60 m³ / s Q' 1,60 m³ / s
Q' Q Q Q' 1,85 1,06 0,79 m³ / s Q' 0,79 m³ / s
Q' Q Q Q' 4,00 1,06 2,94 m³ / s Q' 2,94 m³ / s
        
           
        
        
 
5 1 2 1 5
6 6 2 6 6
7 7 2 7 7
2 2 1 2 1 2
Q' Q Q Q' 2 0,037 1,963 m³ / s Q' 1,963 m³ / s
Q' Q Q Q' 0,15 0,037 0,187 m³ / s Q' 0,187 m³ / s
Q' Q Q Q' 2,30 0,037 2,337 m³ / s Q' 2,337 m³ / s
Q' Q Q Q Q' 2,60 1,06 0,037 1,60 m³ / s Q' 1,60 m³ / s
        
        
        
           
 
 
 
2. Determinar a profundidade da água num canal retangular de 6,25 m de largura com uma declividade de 
0,015% com uma vazão de 7,2 m³/s. 
Solução: 
Dados: 
 
4
0
m 0
m 0
0m
h h
m 0
Q 7,2 m³ / s
I 1,5 10
n 0,013
A 6,25y
P 2y 6,25
6,25yA
R R
P 2y 6,25


 


 
  

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Fórmula de Manning: 
 
2 1
3 2
m 0h
2
1
3
40 2
0
0
2
3
0
0
4
0
2 2
3 3
0 0
0 0
0 0
0
1
Q A R I
n
6,25y1
7,2 6,25y 1,5 10
0,013 2y 6,25
6,25y 7,2 0,013
6,25y
2y 6,25 1,5 10
6,25y 6,25y 7,642
6,25y 7,642 y
2y 6,25 2y 6,25 6,25
6,2
y


   
 
       
  
     
   
              

2
3
0
0
5y
1,223
2y 6,25
 
   
 
 
Resolvendo por tentativas a equação : 23
0
0
0
6,25y
y 1,223
2y 6,25
 
    
 
2
3
0
0
0
2
3
0
2
3
0
6,25y
y 1,223
2y 6,25
6,25 1,00
y 1,00 m 1,00 0,384 1,223
2 1,00 6,25
6,25 1,20
y 1,20 m 1,20 1,091 1,223
2 1,20 6,25
 
    
  
     
  
  
     
  
 
 
2
3
0
2
3
0
2
3
0
0
6,25 1,30
y 1,30 m 1,30 1,228 1,223
2 1,30 6,25
6,25 1,29
y 1,29 m 1,29 1,214 1,223
2 1,29 6,25
6,25 1,295
y 1,295 1,295 1,221 1,223
2 1,295 6,25
y 1,295 m
  
     
  
  
     
  
  
     
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3. Uma instalação de recalque funciona com as seguintes condições: 
2
sucção s
V
Q 533,5 m³ /h 0,148 m³ / s D 15'' 0,381 m H 8,56
2g
     
. Para a bomba não cavitar é 
necessário que a pressão na sua entrada seja pelo menos 4,22 mca. Determine a máxima altura de sucção 
 sH
. 
Dado: 
atmP 9,6 mca

. 
Solução: 
 
 
2 2
4Q 4 0,148
V V m/s V 1,30 m/s
D 3,14 0,381

    
 
 
 
Escrevendo a Equação de Bernoulli: 
 
2
0 0p V
2g


0
0
z 10
z
   
s
2
1 1
sH
2
0 1 1
s s
2 22
01 1
s s s
s s
p V
H
2g 2g
p V p
H H
1,30 1,30pp V
H H 4,22 9,6 H 8,56
19,62 19,62
H 9,6 0,086 0,737 4,22 H 4,557 m
   
    
  
          
  
     
 
 
 
 
4. Determinar a vazão na seção semicircular com declividade S0 = 0,35%, rugosidade 
0,15 
, diâmetro de 5 
m e lâmina líquida de 1,15 m. 
 
 
Solução: 
 
 
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 
0
0
1
y 3,65 m
2y 2 3,65
2arc cos 1 2arc cos 1
D 5
2 cos 0,46 2 117,39 234,78 4,10 rad

   
         
  
            
 
 
Área Molhada do Círculo: 
 
   
 
2 2
m m
m m m
D 5
A sen A 4,10 sen (234,78 )
8 8
A 3,125 4,10 0,817 A 3,125 4,917 m² A 15,36 m²
       
       
 
 
Perímetro Molhado do Círculo: 
 
m m m
D 4,10 5
P P m P 10,25 m
2 2
  
    
 
 
 
 
Área Molhada Semiarco = Área Molhada Círculo – Área Molhada Semicírculo 
 
 msaA
 
 mcA
 
 mscA
 
 
2 2
msa msa msa
D 5
A 15,36 A 15,36 15,36 9,82 5,54 m² A 5,54 m²
8 8
  
         
 
msa mc msa msaP P R R P 10,25 2,5 5 7,40 m P 7,40 m           
 
 
 
Raio Hidráulico: 
 
msa
h h h
msa
A 5,54
R R 0,749 m R 0,749 m
P 7,40
     
 
 
Vazão Q: 
 
Dados: 
msa
h
3
0
A 5,54 m²
R 0,749 m
S 0,35% 3,5 10
0,15



  
 
 
 
   
   
2 1
msa 3 2
h 0
12
3 23
A
Q R S
5,54
Q 0,749 3,5 10 m³ / s
0,15
Q 36,93 0,825 0,0592 m³ / s Q 1,80 m³ / s

  

   
    
 
 
 
 
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EXEMPLOS RESOLVIDOS I 
 
1. A ligação de dois reservatórios mantidos em níveis constantes é feita pelo sistema de tubulações mostrado na 
figura abaixo: 
 
 
 
Assumindo um coeficiente de atrito constante para todas as tubulações e igual a f = 0,020, desprezando as 
perdas localizadas e as cargas cinéticas, determine: 
a) a vazão que chega ao reservatório R2 
b) a vazão em cada um dos tubos de 4” e 6” 
c) a pressão disponível no ponto B 
 
Solução: 
a) Em primeiro lugar, vamos encontrar um tubo único de 8” equivalente ao sistema paralelo AB; o comprimento 
desse tubo equivalente é dado pela expressão: 
2,5 2,5 2,5 2,52,5 2,5
1 2 1 2
1 20,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
1 1 2 2 1 2
D D D DD D
, mas f f f
f L f L f L L L L
      
  
, substituindo os valores nesta última 
expressão, temos: 
 
2,5 2,5 2,5
0,5
0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
8 6 4 181 181 181
3,22 1,31 4,53 L 40 L 1.600 m
L 750 600 L L 4,53
           
 
 
Agora, temo um tubo equivalente de A até C, com diâmetro D = 8” e comprimento L = 2.500 m e sujeita a uma 
diferença de cotas piezométricas H = 20 m, assim a vazão pedida é calculada através da expressão: 
 
2
2
5 5
2
fLQ 0,020 2.500
H 0,0827 20 0,0827 Q
D 0,20
0,0064
Q Q 0,0393 m³ / s
4,135

    
  
 
 
b) Vazões nos tubos do trecho em paralelo: 
 
 
A cota piezométrica no ponto B pode ser calculada através da perda de carga no trecho BC pela relação: 
2
B BC B 5
B
0,020 900 0,0393
CP H 573,00 CP 573 0,0827
0,20
CP 573 7,18 520,18 m
 
      
  
 
 
 
 
Agora, podemos calcular as vazões pedidas: 
2 2
AB 5 6 65
0,020 750 0,000974
H 593,00580,18 0,0827 Q Q Q 0,028 m³ / s
0,15 1,245

        
 
 
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2 2
AB 5 6 65
0,020 600 0,0001282
H 593,00 580,18 0,0827 Q Q Q 0,0114 m³ / s
0,10 0,9924

        
 
 
c) A carga de pressão disponível em B é a diferença entre a cota piezométrica e a cota geométrica: 
 
2
B
B B
H O
p
580,18 544,20 p 36 9,8 kN/m² p 352,80 kN/m²      

 
 
2. (Prova) Um sistema hidráulico consiste de três tubos em série com as seguintes características: 
 
Tubo Diâmetro (mm) Comprimento (m) Rugosidade Hazen-Williams 
1 100 300 110 
2 200 450 118 
3 250 650 130 
 
a) Qual o diâmetro de uma tubulação que substitui o sistema em série com o mesmo comprimento, sendo que C 
= 140? 
b) Qual o sistema equivalente de dois tubos mais econômico? 
 
Solução: 
 
a) Temos que: 
31 2
1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87
1 1 2 2 3 3
1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87
1,85 4,87
4,87
1,85 4,87
LL LL
C D C D C D C D
1400 300 450 650
140 D 110 0,1 118 0,2 130 0,25
1400
3720 167,6 68,26
140 D
1400
3955,86 D
140 D
  
   
  
   
  

 
 1,85 6
4,87 6
1400 1400
3955,86 140 36,947 10
D 37,892 10 D 0,124 m D 124 mm
 
 
      
 
 
 
b) Escolhendo dois tubos de menores diâmetros: 
 
1 2
1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87
1 1 2 2
1 2 1 2 1 2
2 2
1,85 4,87 1,85 4,87 1,85 4,87
2 2
2
L LL
C D C D C D
L L L L L 1400 L 1400 L
1400 L L1400
140 0,124 110 0,1 118 0,2
1400 L L1400
303,16 1351,06 0,96504L 0,02898
0,3592 0,08064 2,6853
 
  
       

 


      2
2 2 2 1
L
1047,9
0,93606L 1047,9 L 1126 m L 1126 m L 274 m
0,93606
       
 
 100 mm: 274 m 
 110 mm: 1126 m 
 
 
 
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3. Os dois sistemas hidráulicos mostrados na figura abaixo são equivalentes e todas as tubulações possuem o 
mesmo fator de atrito f. Determine D. 
 
 
 
 
Solução: 
 
Vamos achar um conduto equivalente-série: 
5 5 5 5 5
L 100 41,5 L L
0,01286 0,04053 0,05339 L 415,16 m
6 6 4 6 6
        
 
 
Aplicando a relação do conduto euivalente-paralelo: 
2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5
0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
2,5
2,5
0,5
6 6 D D 6 6
415,16 800 700 700 415,16 800
D
4,328 3,118 D 32,014 D 4,00"
700
    
     
 
 
4. No sistema de abastecimento d’água mostrado na figura abaixo, todas as tubulações têm fator de atrito f = 
0,021 e, no ponto B, há uma derivação de 5,0 l/s. Desprezando as perdas de cargas localizadas e as cargas 
cinéticas, determine: 
a) a pressão disponível no ponto A 
b) as vazões nos trechos em paralelo 
 
Solução: 
Para resolver este problema, vamos seguir o seguinte roteiro: 
1º) Transformar o trecho em paralelo BC num conduto equivalente. 
2º) Calcular HBC. 
3º) Calcular HAB 
4º) Encontrar CPA = CGC + HBC + HAB 
5º) Determinar 
A
A A
p
CP CG 

 
6º) Achar as vazões no trecho em paralelo aplicando as relações: 
 
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5 5
2 2BC 6 BC 8
6 8
6 8
H D H D
Q e Q
0,0827 f L 0,0827 f L
   
 
   
 
 
 
Temos que: 
QBC = 25 l/s = 0,025 m³/s 
 
D = 8” = 0,20 m 
2,5 2,5 2,58 8 6 181
6,440 3,098
L 790 810 L
181 181
9,538 L 18,977 L 360,13 m
9,538L
    
     
 
 
 
a) CPA = 810,5 + HBC + HAB (1) mas: 
5
2
BC BC5
fLQ²
H 0,0827
D
0,0827 0,021 360,13 0,025
H H 1,222 m
0,20
 
  
   
 
 
5
2
AB AB5
fLQ²
H 0,0827
D
0,0827 0,021 1000 0,030
H H 4,88 m
0,20
 
  
   
 
 
Agora, temos: 
 
CPA = CGC + HBC + HAB 
 
CPA = 810,5+1,22+4,88 
 
CPA = 816,6 m 
 
A A A
A A 2 2
p p p
CP CG 816,6 795,4 21,20 mH O 21,20 mH O       
  
 
 
 
b) Calculando as vazões nos trechos em paralelo, temos: 
 
 
5 5 5
2 5BC 6
6
6
6
5 5 5
2 5BC 8
8
8
6
H D 1,222 0,15 9,28 10
Q 6,597 10
0,0827 f L 0,0827 0,021 810 1,4067
Q 0,00812 m³ / s 8,12 l / s
H D 1,222 0,20 39,10 10
Q 28,498 10
0,0827 f L 0,0827 0,021 790 1,372
Q 0,01688 m³ / s 16,8




   
    
   
  
   
    
   
   8 l / s
 
 
 
 
 
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5. Um tanque em forma tem a forma de tronco de pirâmide de base quadrada de 9,8 m na parte superior e 4,9 
m na parte inferior. O fundo tem um orifício com diâmetro de 500 mm e Cd = 0,60. Determine o tempo de 
esvaziamento do tanque, se sua profundidade enquanto cheio é de 10,6 m. 
 
 
 
 
Solução: 
Fazendo um corte transversal no tanque, temos a figura abaixo: 
 
 
 
Onde: 
D = 9,8 m; d = 4,9 m; 
1H h 10,6 m 
 e por semelhança de triângulo, podemos escrever: 
 
 
 
 
1
1
4,9 h 10,6h h2x 2x h 10,6
2x
d h 4,9 10,6 10,6
4,9 h 10,6
x x 0,231 h 10,6
21,2
 
    

   
 
 
Mas sabemos que: 
 
 
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   
 
   
   
 
1
2
2
d 0
2 1 20 2
d
1
2
1
2
t
0
Qdt dV C A 2gh dt 4x dh
d
C 2g h dt 4 0,231 h 10,6 dh
4
3,14 0,5 ²
0,60 19,62 h dt 0,213 h 10,6 ²dh
4
0,522 h dt 0,213 h² 21,2h 112,36 dh
0,213
dt h² 21,2h 112,36 dh
0,522
h² 21,2h 112,36
dt 0,408
h
    

       

     
   
   
 
 
 
3 1 1
2 2 2
5 3 1
2 2 2
0
10,6
t 0
0 10,6
0
5 3 1
22 2
10,6
dh
dt 0,408 h 21,2h 112,36h dh
h h h
t 0,408 21,2 112,36

 
  
 
   
 
       
 
 

 
 
 
 
 
5 3 1
2 2 2
5 3 1
2 2 2
5 3 1
2 2 2
0
5 3 1
22 2
10,6
0
10,6
h h h
t 0,408 21,2 112,36
2 42,4
t 0,408 h h 224,72h
5 3
2 42,4
t 0,408 0 (10,6) (10,6) 224,72(10,6)
5 3
t 0,408 146,33 487,76 731,64
t 0,408
 
       
 
 
 
     
 
  
      
  
       
    1365,73 557,2 s t 9 min 17 s  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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6. Um tanque tem a forma de tronco de cone, com 2,44 de diâmetro na parte superior e 1,22 m de diâmetro no 
fundo. O fundo tem um orifício cujo coeficiente médio de vazão pode ser tomado como 0,60. Qual o diâmetro do 
orifício que esvaziará o tanque em 6 minutos se a sua profundidade enquanto cheio é de 3,05 m? 
Solução: 
 
Fazendo-se um corte transversal no tanque temos: 
 
 
 
Onde: 
D = 2,44 m; d = 1,22 m; 
1H h 3,05 m 
 e por semelhança de triângulo, podemos escrever: 
 
  
 
1
1
1,22 h 3,05h h2x 2x h 3,05
2x
d h 1,22 3,05 3,05
1,22 h 3,05
x x 0,20 h 3,05
6,10
 
    

   
 
 
Mas sabemos que: 
   
2
d 0
2 1 20 2
d
Qdt dV C A 2gh dt x dh
d
C 2g h dt 0,20 h 3,05 dh
4
0,60
    

       

  
2 1
0 2
d
19,62 h dt
4

      
   
1
2
2
0
0,04 h 3,05 ²dh
0,664d h dt 0,04 h² 6,10h 9,303 dh

   
 
   
 
1
2
3 1 1
2 2 2
5 3 1
2 2 2
1
2
2
0
360 0
2
0
0 3,05
360 0
2
0
0 3,05
0
2
0 5 3 1
22 2
3,05
0,664d h dt 0,04 h² 6,10h 9,303 dh
h² 6,10h 9,303
d dt 0,060 dh
h
d dt 0,060 h 6,10h 9,303h dh
h h h
360d 0,060 6,10 9,303

   
  
    
 
   
 
       
 
 
 
 
 
 
 
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5 3 1
2 2 2
5 3 1
2 2 2
5 3 1
2 2 2
0
2
0 5 3 1
22 2
3,05
0
2
0
3,05
2
0
2
0
h h h
360d 0,060 6,10 9,303
2 12,2
360d 0,060 h h 18,606h
5 3
2 12,2
360d 0,060 0 (3,05) (3,05) 18,606(3,05)
5 3
360d 0,060 6,50 21,66 32,4
 
       
 
 
 
     
 
  
      
  
      
   2 2 20 0 0
0 0
9
3,64
360d 0,060 60,65 360d 3,64 d
360
d 0,100 m d 100 mm
 
 
       
  
 
 
 
7. A altura de carga inicial num orifício era de 275 cm; ao final do escoamento, ela caiu para 122 cm. Sob que 
altura de carga constante H, o mesmo orifício descarregará o mesmo volume de água, no mesmo intervalo de 
tempo? 
Solução: 
Volume sob altura de carga decrescente é igual ao volume sob altura de carga constante: 
 
 
 
 
1 1
2 2
1 1
2 2
0 1 2 0
1 2
1
2 2
2
1
2
1
275 122
2
13,81 190,7
d dC A g h h t C A gH t
h h H
H
H H cm
   
 
 
  
 
 
 
8. Dois reservatórios A e B de grandes dimensões deságuam num terceiro reservatório quadrado C interligados, 
conforme esquema baixo, através dos orifícios de parede delgada. O reservatório C possui um orifício de fundo 
capaz de receber as vazões de A e B, uma vez que a vazão Q1 é o dobro da vazão Q2. Calcular: 
a) a vazão Q1 
b) a carga h2 
c) a área do reservatório C 
 
Dados: 
CV1 = CV2 = 0,98 
Cc1 = Cc2 = 0,61 
A1 = 6,0 cm²; 
2 1
2
3
A A
 e A3 = 2,5 A1 
 
 
 
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Solução: 
 
Neste problema devemos utilizar as seguintes fórmulas: 
0 2dQ C A gh  
 (1) 
d v cC C C 
 (2) 
4
1 6,0 10 ²A m
 
 
4
2 4,0 10 ²A m
 
 
 
 
4
3 15 10 ²A m
 
 
 
a) Vazão Q1 
1 0
1
4
1
2
0,98 0,61 0,60
3 2 1
9,81 / ²
6,0 10 ²
d
d v c
d
Q C A gh
C C C
C
h m
g m s
A m
  
 
  
  

 
 
 
Substituindo os dados na fórmula (1): 
0
4
3
2
0,60 6 10 2 9,81 1
1,59 10 ³ /
dQ C A gh
Q
Q m s


  
     
 
 
 
 
b) Carga h2 
Do problema, temos: 
3
1
1 2 2
4
2
1,59 10
2 ³ /
2 2
7,95 10 ³ /
Q
Q Q Q m s
Q m s



   
  
 
 
Substituindo os dados na fórmula (1): 
 
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0
4 4
2
2 2
2 2
2
2
7,95 10 0,6 4 10 2 9,81
7,95
19,62 19,62 3,31, elevando
2,4
ambos os membros ao quadrado, obtemos:
10,96
19,62 10,96 0,56
19,62
0,56
dQ C A gh
h
h h
h h m
h m
 
  
     
  
   
 
 
 
 
c) Área do Reservatório C 
A velocidade de saída do jato pelo orifício 1 é dada por: 
1 Vv C 2gh
 e substituindo os valores: 
 
1 V 1 1v C 2gh v 0,98 19,62 1 m/s v 4,34 m/s      
 
 
O tempo que o jato leva para alcançar o orifício, distante 2x, é o mesmo tempo que leva para cair em queda livre 
de uma altura de y = 2 m. Assim, podemos escrever: 
 
1 9.81 4
y gt² 2 t² t² s² t 0,639s
2 2 9,81
      
 
 
Logo, temos que: 
x
v x v t 2x 4,34 0,639 2x 2,773 x 1,39 m
t

           

. 
A área do reservatório C é dada por: 
 A 9x² A 9 1,39 ²m² A 17,39 m²     
 
 
 
 
9. Em um reservatório quadrado de 3 m de lado de nível d’água constante, tem-se um bocal interno, 
funcionando como veia descolada, com diâmetro de 25 mm à profundidade de 2 m e CV = 0,98 e CC = 0,52. 
Substituindo-se por um orifício de fundo com CV = 0,985 e CC = 0,51 de 40 mm de diâmetro (centro do lado). 
Qual é a profundidade mínima do reservatório, sabendo-se que o orifício descarrega o dobro da vazão do bocal? 
Solução: 
 
Do problema, podemos concluir que: 
 
2
3
1
4
1
3,14 25 10²
²
4 4
4,91 10 ²
D
A m
A m



 
 
 
 
 
 
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1 0
1
4
1
4
1
3
1
2
0,98 0,52 0,51
2
9,81 / ²
4,91 10 ²
0,51 4,91 10 2 9,81 2 ³ /
1,57 10 ³ /
d
d v c
d
Q C A gh
C C C
C
h m
g m s
A m
Q m s
Q m s



  
 
  


 
    
 
 
 
   
 
3
2 1
3 '
2 2 2
'
' '
2
3
' 3
2
2 2 1,57 10 ³ /
3,14 10 2
3
(1 0,15 ), 0,25
2( ) 12
(1 0,15 ) 0,985 0,51 1 0,15 0,25
3,14 40 10²
0,52 1,26 10 ²
4 4
d
d d
d d d
d
Q Q m s
Q C A gh
b
C C k mas k
a b
C C k C
D
C e A m





   
   
    

       
 
    
 
Substituindo: 
 
3 3
2
2 2
2 2
3,14 10 0,52 1,26 10 2 9,81
3,14
19,62 19,62 4,76 elevando
0,66
ambos os membros ao quadrado, temos:
22,66
19,62h 22,66 1,15
19,62
h
h h
h m
      
  
   
 
 
10. Dois tanques quadrados têm uma parede comum com um orifício de área igual a 0,0233 m² e coeficiente 
dC 0,80
. O tanque A tem 2,44 m lado, e a profundidade inicial acima do orifício são de 3,05 m. O tanque B 
tem 1,22 m de lado, e a profundidade inicial acima do orifício é de 0,915 m. Quanto tempo levará para que as 
superfícies da água fiquem no mesmo nível? 
Solução: 
 
Em qualquer instante, a diferença do nível de água nas superfícies pode ser considerada igual à altura h. Então: 
 
1 1
2 2
d 0Q C A 2gh Q 0,80 0,0233 19,62 h Q 0,0826h         
 
 
E a mudança no volume é 
dV Qdt
. 
 
1
2dV Qdt dV 0,0826h dt  
. No intervalo de tempo dt, a variação da altura da carga é dh. Suponha que o 
nível do tanque A tenha diminuído dy; então, a elevação correspondente no nível do tanque B será igual à razão 
entre as áreas vezes dy. A variação da altura de carga é, portanto: 
 
5,954
dh dy dy 5dy dh 5dy
1,488
    
 
 
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A mudança de volume 
5,954
dV 5,954dy dV dh dV 1,19dh
5
    
 
Igualandoos valores de dV: 
 
   
1
2
1
2
1
21
2
1
2
0
t 0
1
0 2,135 2
2,135
0
2,135
1,19
0,0826h dt 1,19dh dt dh
0,0826h
h
dt 14,41 h dh t 14,41
t 14,41 2h t 28,82 0 2,135 s t 42,11s

    
 
     
 
 
       
 
 
 
Outra solução: Vazão Média 
 
d 0
0,8 0,0233 19,62 2,1351
Q C A 2gh Q m³/s Q 0,0603 m³/ s
2 2
 
    
 
 
O nível em A desce y metros, enquanto em B sobe 
5,954
y 4y
1,488

, com uma variação total de 2,135 m. Logo: 
y 4y 2,135 5y 2,135 y 0,427 m     
. Assim, a variação de volume será 
2V 2,44 0,427 m³ V 2,542 m³    
. 
Dessa forma: 
V 2,542
t t s t 42,16 s
0,0603Q

    
 
 
 
11. Dois tanques cilíndricos, um com 9,5 m de diâmetro e outro com 7,5 m de diâmetro estão interligados por 
um orifício de 8” de diâmetro e 
dC 0,80
. A profundidade inicial acima do orifício é de 11,5 m no tanque maior 
e 3,5 m no tanque menor. Quanto tempo levará para que as superfícies da água fiquem no mesmo nível? 
Solução: 
 
Cálculo das Áreas: 
 
 
 
 
2
A
A A
2
B
B B
22
0
0 0
3,14 9,5 ²d
S m² S 70,85 m²
4 4
3,14 7,5 ²d
S m² S 44,16 m²
4 4
3,14 0,2032d
A m² A 0,0324 m²
4 4

   

   

   
 
 
Se o nível da água descer y metros no tanque A, então, deverá subir 
A
B
S
y metros
S
no tanque B para uma 
variação total de carga de 
A Bh h h  
. Substituindo os valores: 
 
 
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A A
A B
B B
S S 70,85
h y y h h y y 11,5 3,5 y y
S S 44,16
8
8 2,604y y m y 3,072 m
2,604
          
    
 
 
A variação de volume será então: 
AV S y V 70,85 3,072 m³ V 217,65 m³        
 
 
A vazão média será dada por : 
d 0méd méd méd
1 1
Q C A 2g h Q 0,80 0,0324 19,62 8 m³/s Q 0,1624 m³/s
2 2
         
 
Finalmente, o tempo pedido será dado pela expressão: 
méd
V
t
Q


. 
 
méd
V 217,65
t t s t 1340 s ou t 22min 20s
Q 0,1624

     
. 
 
 
12. Água escoa de um reservatório através de um orifício. Os coeficientes do orifício são Cv = 0,96 e Cc = 0,62. 
Determine a vazão e a potência do jato nas seguintes situações: 
a) a pressão atmosférica atua na superfície livre do reservatório. 
b) o reservatório é fechado e a camada de ar sobre a superfície da água tem pressão p. 
Dados: do = 85 mm; h = 3,8 m e p = 580 mmHg 
Solução: 
Considere a figura abaixo: 
 
 
a) Recipiente Aberto 
Aplicando a Equação de Bernoulli, na superfície livre da água (ponto A) e no orifício (ponto B), com plano de 
referência horizontal no orifício, temos: 
 
2 22
jato jatoA A B
A B2
v
2 2
jato jato
2
jato 2
jato
2
jatojato
V VV p p1
Z 1 Z
2g 2g 2gC
V V1
0 0 3,8 1 0 0
0,96² 2 9,81 2 9,81
V 1
1 1 3,8 V 0,96² 19,62 3,8
19,62 0,96²
V 68,71 V 8,29 m / s
 
       
  
 
 
       
  
 
       
 
  
 
 
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A vazão é dada por: 
 
 c o v c v
d²
Q C A C 2gh Q C C 2gh, substituindo os dados do problema:
4
3,14 0,075²
Q 0,62 0,96 2 9,81 3,8 m³ / s Q 0,0227 m³ / s ou Q 22,7 L / s
4
 
    
 

        
 
13. A água escoa através de um orifício de 30 mm de diâmetro com vazão de 4,21 l/s sob uma altura de carga 
de 4,9 m. O jato de água choca-se com uma parede vertical a uma distância de 140 cm do orifício e a 11,1 cm 
na vertical abaixo da linha do centro do orifício. Determinar os valores de 
d v CC , C e C
. 
 
Solução: 
A trajetória do jato é uma parábola, conforme a figura abaixo: 
 
 
Dados: 
0Q 0,421 l / s 0,00421 m³ / s;h 4,9 m; d 30 mm 0,03 m
x 140 cm 1,4 m; y 11,1 cm 0,111 m
    
   
 
 
Sabemos que: 
 
d 0
2 2
0
d d
d d
d d
Q C A 2gh; 2gh 2 9,81 4,9 9,80
d 3,14 0,03
0,00421 C 9,80 0,00421 C 9,80
4 4
0,00421 C 0,0007065 9,80 0,00421 C 0,00692
0,00421
C C 0,608
0,00692
    
    
          
  
     
  
 
 
Da Mecânica, temos que: 
 
 
 
2
2 2
x
x vt t 1
v
gt 2y
y gt 2y t 2
2 g
  
    
 
 
Comparando (1) e (2): 
 
2 2 2
2 2 2x 2y x g 1,4 9,81v v v 86,61 v 9,31m/s
v g 2y 2 0,111
 
         
 
 
 
Sabemos ainda que: 
 
v v v v
9,31
v C 2gh 9,31 C 9,80 C C 0,950
9,80
       
 
 
 
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Sabemos que: 
 
d v c c c c
0,608
C C C 0,608 0,950C C C 0,640
0,950
       
 
 
 
14. Dois tanques, um quadrado de 9,56 m de lado e outro cilíndrico de 7,58 m de diâmetro, estão interligados 
por um orifício de 8” de diâmetro e 
dC 0,80
. A profundidade inicial acima do orifício é de 11,57 m no tanque 
quadrado e 3,52 m no tanque cilíndrico. Quanto tempo levará para que as superfícies de água fiquem no mesmo 
nível? 
 
Solução: 
 
Cálculo das Áreas: 
 
 
 
2
A A A
2
B
B B
22
0
0 0
S L 9,56²m² S 91,39 m²
3,14 7,58 ²d
S m² S 45,10 m²
4 4
3,14 0,2032d
A m² A 0,0324 m²
4 4
   

   

   
 
 
Se o nível da água descer y metros no tanque A, então, deverá subir 
A
B
S
y metros
S
no tanque B para uma 
variação total de carga de 
A Bh h h  
. Substituindo os valores: 
 
A A
A B
B B
S S 91,39
h y y h h y y 11,57 3,52 y y
S S 45,10
8,05
8,05 2,026y y m y 3,973 m
2,026
          
    
 
 
A variação de volume será então: 
AV S y V 91,39 3,973 m³ V 363,09 m³        
 
 
A vazão média será dada por : 
d 0méd méd méd
1 1
Q C A 2g h Q 0,80 0,0324 19,62 8,05 m³/s Q 0,1629 m³/ s
2 2
         
 
Finalmente, o tempo pedido será dado pela expressão: 
méd
V
t
Q


. 
 
méd
V 363,09
t t s t 2228,9 s ou t 37min 9 s
Q 0,1629

     
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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15. Um projeto de sistema de abastecimento de uma cidade do interior será executado. A população atual é de 
8420 habitantes; a futura será de 12960 habitantes. O volume médio de água por habitante é de 200 l/dia. Para 
suprir essa demanda futura, serão captadas as águas de um córrego de 1,35 m de largura. Para determinar essa 
descarga, foi empregado um vertedor retangular de parede delgada, em madeira chanfrada, com 0,80 m de 
largura. A água se elevou 0,12 m acima da soleira do vertedor. A vazão do vertedor é suficiente para atender a 
demanda? Justifique sua resposta. 
Solução: 
 
Volume de água necessário hoje: 
 
atual
atual
V 8420 200 l / dia 1684000 l / dia
1684000
Q l / s 19,49 l / s Q 19,49 l / s
86400
  
   
 
 
Volume de água necessário no futuro: 
 
futuro
futura
V 12960 200 l / dia 259200 l / dia
2592000
Q l / s 30 l / s Q 30 l / s
86400
  
   
 
 
Vazão medida: 
 
  
3 3
2 2Q 1838 L 0,2H H Q 1838 0,80 0,2 0,12 0,12 l / s Q 59,3 l / s       
 
 
Como 
futuraQ Q
, então, a vazão vertedor é suficiente para atender a demanda. 
 
 
16. Um canal retangular de 2 m de largura tem um vertedor triangular com altura de soleira de 1,3 m que 
deságua num canal retangular de 1,2 m de lado. Sabe-se que a profundidade da água no canal é de 2 m e na 
parede oposta do reservatório há um vertedor retangular sem contrações, que serve como extravasor. Se o 
fornecimento de água vertedor triangular for interrompido subitamente, quanto tempo o vertedor retangular 
fornecerá água. 
 
Solução: 
 
Dados: 
L = 2 m; P = 1,3 m e Z = 2 m 
 
Temos que: 
 
5 5
2 2
H Z P H 2 1,3 0,7 m
Q 1,40H Q 1,40 0,7 m³ / s Q 0,574 m³ / s
     
     
 
 
Para o vertedor retangular, temos: 
 
 
3 3 3
2 2 2
23 3
32 2
Q 1,838LH 0,574 1,838 2H 0,574 3,676H
0,574
H H 0,156 H 0,156 m H 0,290 m
3,676
     
      
 
 
 
 
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       
5 5
2 2
1
25
2
1 1
2 2
T
0,70
30,70 0,70t
2
1
0 0,29 0,29 2
0,29
dV Qdt A hdh 1,838Lh 1,44hdh 1,838 2h dt
1,44 h
dt h h dh t 0,392 h dh t 0,392 s
3,676
t 0,392 2 0,7 0,29 s t 0,784 0,662 s t 0,519 s


 
     
 
      
 
 
           
  
 
 
17. Numa tubulação, que escoa água a uma vazão de 8,0 m³/s, tem uma derivação em paralelo, conforme a 
figura abaixo: 
 
 
Determinar as vazões nos tubos de derivação, considerando a rugosidade dos tubos 
0,50 mm 
e a 
viscosidade absoluta 
61,0 10 m² /s  
. 
 
 
Solução: 
Dados: 
1
1
2
2
4
1 2
6
Q 8,0 m³ / s
L 120 m
D 500 mm 0,50 m
L 90 m
D 800 mm 0,80 m
0,50 mm 5,0 10 m
1,0 10 m² / s




 

 
     
  
 
Roteiro: 
(1) 
1 2H H  
 
(2) Adote 
1 2Q 4,0 m³/s e Q 4,0 m³/s 
 
(3) Calcule: 
1 1 1 1 2 2 2 2v , Rey , f , H e v , Rey , f , H 
 
 
Tubo 1 
 
 
1 1
1 1 1 12 2
1 1
Q 4Q 4 4
v v v m/s v 20,38 m/s
A D 3,14 0,50

      
 
 
61 1
1 1 16
v D 20,38 0,50
Rey Rey Rey 10,19 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
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 
1 12 2
4
0,9
1 0,91
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,5
10,19 10

  
      
                 
  
 
 
 
1 1 12
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0197
67,33
ln 270,27 10 2,828 10 
    
     
 
 
 
22
1 1 1
1 1 1
1
0,0197 120 20,38f L v
H H m H 100,09 m
2gD 19,62 0,5
 
      

 
 
 
Tubo 2 
 
 
2
2 2 1 22 2
2 2
Q 4Q 4 4
v v v m/s v 7,96 m/s
A D 3,14 0,80

      
 
 
62 2
2 2 26
v D 7,96 0,80
Rey Rey Rey 6,368 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
2 22 2
4
0,9
2 0,92
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,8
6,368 10

  
      
                 
  
 
 
 
2 2 22
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0177
75,01
ln 168,92 10 4,318 10 
    
     
 
 
 
22
2 2 2
2 2 2
2
0,0177 90 7,96f L v
H H m H 6,43 m
2gD 19,62 0,8
 
      

 
 
(4) Calcule 
1 2
1 2
1 2
H H
Q
H H
2
Q Q
  
 
  
 
 
 
 
 
1 2
1 2
1 2
H H 100,09 6,43
Q Q
H H
22
Q Q
   
    
  
 
 
100,09
4
6,43
4

93,66
Q Q 1,76 m³ / s
106,52
2
    
 
 
 
 
 
(5) Temos as seguintes situações: 
1ª) se 
1 2H H ok   
 
 
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2ª) se '
1 1
1 2 '
2 2
Q Q Q
H H
Q Q Q
   
    
  
 
 
 
 
3ª) se '
1 1
1 2 '
2 2
Q Q Q
H H
Q Q Q
   
    
  
 
 
Dessa forma, temos: 
 
'
1 1
1 2 '
2 2
' ' '
1 1 1 1
' ' '
2 2 2 2
Q Q Q
H H
Q Q Q
Q Q Q Q 4 1,76 2,24 m³ / s Q 2,24 m³ / s
Q Q Q Q 4 1,76 5,76 m³ / s Q 5,76 m³ / s
   
    
  
        
        
 
 
 
 
Repetir todo o processo para os valores encontrado. 
 
(1) Adote 
1 2Q' 2,24 m³/s e Q' 5,76 m³/s 
 
(2) Calcule: 
1 1 1 1 2 2 2 2v , Rey , f , H e v , Rey , f , H 
 
 
Tubo 1 
 
 
'
1 1
1 1 1 12 2
1 1
Q' 4Q 4 2,24
v v v m/s v 11,41 m/s
A D 3,14 0,50

      
 
 
61 1
1 1 16
v D 11,41 0,50
Rey Rey Rey 5,705 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
1 12 2
4
0,9
1 0,91
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,5
5,705 10

  
      
                 
  
 
 
1 1 12
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0197
67,22
ln 270,27 10 4,767 10 
    
     
 
 
 
22
1 1 1
1 1 1
1
0,0197 120 11,41f L v
H H m H 31,37 m
2gD 19,62 0,5
 
      

 
 
Tubo 2 
 
 
2
2 2 1 22 2
2 2
Q 4Q 4 5,76
v v v m/s v 11,46 m/s
A D 3,14 0,80

      
 
 
 
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62 2
2 2 26
v D 11,46 0,80
Rey Rey Rey 9,168 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
2 22 2
4
0,9
2 0,92
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,8
9,618 10

  
      
                 
  
 
 
 
2 2 22
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0176
75,14
ln 168,92 10 2,98 10 
    
     
 
 
 
22
2 2 2
2 2 2
2
0,0176 90 11,46f L v
H H m H 13,25 m
2gD 19,62 0,8
 
      

 
 
(3) Calcule 
1 2
1 2
1 2
H H
Q
H H
2
Q Q
  
 
  
 
 
 
 
 
1 2
1 2
1 2
H H 31,37 13,25 18,12
Q Q Q Q 0,56 m³ / s
32,6131,37 13,25H H
22
2,24 5,76Q Q
   
          
    
   
  
 
 
(4) Temos a seguinte situação: 
 
''
1 1
1 2 ''
2 2
'' '' ''
1 1 1 1
'' '' ''
2 2 2 2
Q Q' Q
H H
Q Q' Q
Q Q' Q Q 2,24 0,56 1,68 m³ / s Q 1,68 m³ / s
Q Q' Q Q 5,76 0,56 6,32 m³ / s Q 6,32 m³ / s
   
    
  
        
        
 
 
Repetir o processo com os valores encontrados 
 
(1) Adote 
1 2Q'' 1,68 m³/s e Q'' 6,32 m³/s 
 
(2) Calcule: 
1 1 1 1 2 2 2 2v , Rey , f , H e v , Rey , f , H 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Tubo 1 
 
 
'
1 1
1 1 1 12 2
1 1
Q' 4Q 4 1,68
v v v m/s v 8,56 m/s
A D 3,14 0,50

      
 
 
61 1
1 1 16
v D 8,560,50
Rey Rey Rey 4,28 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
1 12 2
4
0,9
1 0,91
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,5
4,28 10

  
      
                 
  
 
 
1 1 12
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0197
67,13
ln 270,27 10 6,175 10 
    
     
 
 
 
22
1 1 1
1 1 1
1
0,0197 120 8,56f L v
H H m H 17,66 m
2gD 19,62 0,5
 
      

 
 
 
Tubo 2 
 
 
2
2 2 1 22 2
2 2
Q 4Q 4 6,32
v v v m/s v 12,58 m/s
A D 3,14 0,80

      
 
 
62 2
2 2 26
v D 12,58 0,80
Rey Rey Rey 10,064 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
2 22 2
4
0,9
2 0,92
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,8
10,064 10

  
      
                 
  
 
 
 
2 2 22
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0176
75,16
ln 168,92 10 2,86 10 
    
     
 
 
 
22
2 2 2
2 2 2
2
0,0176 90 12,58f L v
H H m H 15,97 m
2gD 19,62 0,8
 
      

 
 
(3) Calcule 
1 2
1 2
1 2
H H
Q
H H
2
Q Q
  
 
  
 
 
 
 
 
 
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1 2
1 2
1 2
H H 17,66 15,97 1,69
Q Q Q Q 0,065 m³ / s
26,0817,66 15,97H H
22
1,68 6,32Q Q
   
          
    
   
  
 
(4) Temos a seguinte situação: 
 
'''
1 1
1 2 '''
2 2
''' ''' '''
1 1 1 1
''' ''' '''
2 2 2 2
Q Q'' Q
H H
Q Q'' Q
Q Q'' Q Q 1,68 0,065 1,68 m³ / s Q 1,615 m³ / s
Q Q'' Q Q 6,32 0,065 6,32 m³ / s Q 6,385 m³ / s
   
    
  
        
        
 
 
Repetir o processo com os valores encontrados 
 
(1) Adote 
1 2Q''' 1,615 m³/s e Q''' 6,385 m³/s 
 
(2) Calcule: 
1 1 1 1 2 2 2 2v , Rey , f , H e v , Rey , f , H 
 
 
Tubo 1 
 
 
'
1 1
1 1 1 12 2
1 1
Q' 4Q 4 1,615
v v v m/s v 8,23 m/s
A D 3,14 0,50

      
 
 
61 1
1 1 16
v D 8,23 0,50
Rey Rey Rey 4,115 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
1 12 2
4
0,9
1 0,91
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,5
4,115 10

  
      
                 
  
 
 
1 1 12
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0197
67,12
ln 270,27 10 6,40 10 
    
     
 
 
 
22
1 1 1
1 1 1
1
0,0197 120 8,23f L v
H H m H 16,32 m
2gD 19,62 0,5
 
      

 
 
 
Tubo 2 
 
 
2
2 2 1 22 2
2 2
Q 4Q 4 6,385
v v v m/s v 12,71 m/s
A D 3,14 0,80

      
 
 
62 2
2 2 26
v D 12,71 0,80
Rey Rey Rey 10,168 10 (Turbulento)
1,0 10

     
 
 
 
 
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 
2 22 2
4
0,9
2 0,92
6
1,325 1,325
f f
5,74
ln 5 10 5,74
ln3,7D Rey
3,7 0,8
10,168 10

  
      
                 
  
 
 
 
2 2 22
6 6
1,325 1,325
f f f 0,0176
75,16
ln 168,92 10 2,83 10 
    
     
 
 
 
22
2 2 2
2 2 2
2
0,0176 90 12,71f L v
H H m H 16,30 m
2gD 19,62 0,8
 
      

 
 
 
 
 
(3) Temos a seguinte situação: 
 
1 2 1 2H H Q 1,615m³/s e Q 6,385m³/s    
 
 
 
18. Determine as vazões nos trechos dos reservatórios, considerando os reservatórios 1 e 2 como abastecedores. 
Dados 
61,1 10 m² /s  
 (viscosidade cinemática) e 
0,25mm 
 (rugosidade absoluta). 
 
 
Solução: 
 
Dados: 
 
1
1
1
D 700 mm 0,7 m
L 3,5 km 3500 m
z 120 m
 
 

 
 
 
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2
2
2
D 600 mm 0,6 m
L 4,2 km 4200 m
z 100 m
 
 

 
 
3
3
3
D 1000 mm 1,0 m
L 2,9 km 2900 m
z 86 m
 
 

 
 
4
6
0,25 mm 2,5 10 m
1,1 10 m² / s


   
  
 
 
(1) Adota-se 
J 2H z 100 m 
 (Reservatório Intermediário) 
 
(2) Calcula-se 
H
 em cada trecho 
 
a) 
1J 1 JH z H  
 
b) 
J2 B JH z H  
 
c) 
J3 J 3H H z  
 
 
(3) Calcule a vazão explícita em cada trecho 
 
2 gD H 1,775Q 0,955 D ln
L 3,7D gD H
D
L
 
 
        
 
 
 
 
 
(4) Conclui-se que: 
 
a) se 
1 2 3Q Q Q ok  
 
b) se 
1 2 3Q Q Q  
aumentar 
JH
 para diminuir 
1Q
 
c) se 
1 2 3Q Q Q  
diminuir 
JH
 para aumentar 
1Q
 
 
(5) Se não repetir com 
 JJ
H
H média
2


 ou outro valor de 
JH
 
 
 
19. Dois reservatórios C (cota = 190, 0 m) e D (cota = 230,2 m) abastecem uma região pelo sistema de 
tubulação de bifurcação A para um ramal B (cota = 149,2 m). Determine os diâmetros dos trechos DA e CA para 
as vazões 
CA DAQ 8,0 l / s e Q 12,0 l / s 
 para uma carga de pressão em B de 30 mca. Despreze as cargas 
cinéticas. Considere a tabela abaixo: 
 
Trecho Diâmetro 
(mm) 
Comprimento 
(m) 
Coeficiente de 
Hazen-Williams 
DA - 1725 130 
CA - 509 130 
AB 200 1803 130 
 
 
 
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Solução: 
(1) Listar os dados e fazer as conversões para o Sistema Internacional (SI) 
 
C
D
B
CA
DA
DA CA AB
AB
H 190,0 m
H 230,2 m
H 149,2 m
Q 8,0 l / s 0,008 m³ / s
Q 12,0 l / s 0,012 m³ / s
L 1725 m; L 509 m; L 1803 m
D 200 mm 0,2 m
C 130



 
 
  
 

 
 
(2) Adote 
JH
 
 
B J C JH H H H 180,0 m   
 
 
(3) Calcule 
DAh
 e 
CAh
 
 
DA D J
CA C J
H H H
H H H
  
  
 
 
(4) Calcule 
DA CAJ e J
 
 
DA DA
DA DA
DA DA
H H
J e J
L L
 
 
 
 
(4) Calcule os diâmetros solicitados através de: 
 
1,851,85
4,87 4,87 CADA
DA CA1,85 1,85
DA CA
10,65 Q10,65 Q
D e D
C J C J

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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20. Deduza a fórmula do tempo necessário ao escoamento por orifício, em recipiente com nível variável, no caso 
de paredes verticais. 
 
Solução: 
Seja um reservatório de paredes verticais, tendo seção horizontal constante. Não qualquer tipo de inclinação das 
paredes. Admitimos também que não haja afluxo (alimentação de líquido). Observe a figura abaixo: 
 
 
Quando a superfície livre (SL) do líquido estiver à distância h do orifício, a vazão será fornecida por: 
 
(1) 
d oQ C A 2gh  
 
 
onde Ao é a área do orifício. 
 
Depois de um certo tempo t, o volume escoado será: 
 
V = Q.t e para um intervalo de tempo infinitesimal dt, mantida a vazão inicial, teremos: 
 
dV= Qdt, ou seja,(2) 
d odV C A 2gh dt  
 
 
Por outro lado, seja A a área da seção transversal do reservatório. No mesmo intervalo dt, a altura de carga 
diminui de dh e, portanto o volume elementar escoado é: 
 
(3) dV = Adh 
 
Igualando as expressões (2) e (3), temos: 
 
(4) 
d oC A 2gh dt A dh    
 
 
onde o sinal negativo indica que a altura h decresce quando o tempo aumenta. 
Sejam h1 a altura de carga no início do escoamento (t = 0) e h2 a altura de carga depois de um certo tempo t. 
Integrando a expressão (4), obtemos: 
 
12
2
1
d o
d o
ht
d o0 h
C A 2gh dt A dh
A dh
dt
C A 2g h
A
dt h dh
C A 2g

    
 
 
 
 
 
 
 
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Invertendo os limites de integração no segundo membro, a integral muda de sinal. Assim: 
 
 
11
2
2
11
2
2
ht
d o0 h
h
1
d o 2 h
1 2
d o
A
dt h dh
C A 2g
A h
t
C A 2g
A
t h h
C A 2g


 

 
 
 
 
 
 
 
(5) 
 1 2
d o
A
t h h
C A 2g
 
 
 
 
No caso de esvaziamento total, h2 = 0, logo a expressão (5) torna-se: 
 
(6) 
1
d o
A h
t
C A 2g


 
 
 
No caso em que haja afluxo, temos: 
 
(7) 
1
entradasaída2
h
h
A dh
t
Q Q




 
 
21. Deduzir a fórmula do tempo necessário ao escoamento por orifício, em recipiente com nível variável, no caso 
de reservatório hemisférico. 
 
Solução: 
 
Suponha um reservatório hemisférico com descarga livre por um orifício no fundo, conforme a figura abaixo: 
 
 
Sejam: 
 
R = raio do hemisfério 
 
A = Área da seção horizontal do hemisfério, à altura h sobre o orifício 
 
Ao = Área do orifício 
 
Com um raciocínio análogo ao que fizemos anteriormente, chegamos à expressão: 
 
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(1) 
d o
A dh
dt
C A 2g h
 
 
, porém, neste caso, a seção A é variável. Ou seja: 
 
(2) 
A x² 
 e da figura temos: 
 
R² (R h)² x²
x² R² (R h)²
x² R² (R² 2Rh h²)
x² 2Rh h²
  
  
   
 
 
 
E substituindo na expressão (2), temos: 
 
(3) 
 A 2Rh h²  
 
 
Substituindo (3) em (1), temos: 
 
 
d o
2Rh h² dh
dt
C A 2g h
 
 
 
 
 
Reescrevendo essa expressão: 
 
 
 
1
2
1
2
31
2 2
d o
d o
d o
2Rh h² dh
dt
C A 2g
h
dt h 2rh h² dh
C A 2g
dt 2rh h dh
C A 2g


  
 

  
 
 
   
   
 
 
Sejam as alturas de carga: h1 no início do escoamento (t = 0) e h2 depois de um tempo t. 
 
312
2 2
1
ht
d o0 h
dt 2rh h dh
C A 2g
 
   
   
 
 
 
Invertendo os limites de integração no segundo membro, temos: 
 
311
2 2
2
ht
d o0 h
dt 2rh h dh
C A 2g
 
  
   
 
 
 
Integrando: 
 
 
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311
2 2
2
13 5
2 2
2
13 5
2 2
2
ht
d o0 h
h
3 5
d o 2 2 h
h
d o h
dt 2Rh h dh
C A 2g
2Rh h
t
C A 2g
4 2
t Rh h
3 5C A 2g
 
  
   
 
 
  
   
 
 
 
   
  
 
 
 
 
Substituindo os limites de integração: 
 
13 5
2 2
2
3 5 3 5
2 2 2 2
h
d o h
2 1 2 1
1 1 2 23 5 3 5
d o
4 2
t Rh h
3 5C A 2g
2
t Rh h Rh h
C A 2g
 
   
  
 
     
       
      
 
 
 
 
 
(4) 
3 5 3 5
2 2 2 22 1 2 1
1 1 2 23 5 3 5
d o
2
t Rh h Rh h
C A 2g
     
       
      
 
 
que é o tempo gasto pelo líquido para baixar do nível h1 até o nível h2. No caso de esvaziamento total, h2 = 0, e 
assim temos: 
 
 
(5) 
3 5
2 22 1
1 13 5
d o
2
t Rh h
C A 2g
  
  
   
 
 
 
22. Deduzir a fórmula do tempo necessário ao escoamento por orifício, em recipiente com nível variável, no caso 
de reservatório tronco-cônico. 
 
Solução: 
 
Suponha um reservatório em forma de tronco de cone, conforme a figura abaixo: 
 
 
 
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Solução: 
 
Sejam: 
 
A = área da seção horizontal do tronco de cone à distância h sobre o orifício. 
 
Ao = área do orifício de fundo. 
 
H = altura da parte seccionada do cone. 
 
No caso do tronco de cone, a seção A também é variável, pois tem raio x, logo: 
 
(1) 
A x² 
 
 
Por semelhança de triângulos, podemos escrever: 
 
 
 
1 1
2x h H b
x h H
b h H 2 h H

    
 
 
 
elevando ao quadrado ambos os membros dessa última expressão: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
2
2
1
2
1
2
1
b
x h H
2 h H
b
x h H
2 h H
b²
x h H ²
4 h H ²
b²
x h² 2Hh H²
4 h H ²
  

 
   
  
  

   

 
 
 
 
 
Substituindo em (1), obtemos: 
 
(2) 
 
 
1
b²
A h² 2Hh H²
4 h H ²

   

 
 
Mas dos exercícios anteriores sabemos que: 
 
 
 
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 
 
 
 
 
1
2
1
2
3 1 1
2 2 2
d o
1 d o
1 d o
1 d o
A dh
dt
C A 2g h
h² 2Hh H²b² dh
dt
4 h H ² C A 2g h
h h² 2Hh H²b²
dt dh
4 h H ² C A 2g
h 2Hh H²h
b²
dt dh
4 h H ² C A 2g


 
 
 
  
  
  
  
  
 
    
  
  
 
 
Integrando esta última expressão: 
 
 
 
 
 
 
3 1 1
2 2 2
2 3 1 1
2 2 2
1
25 3 1
2 2 2
5 3 1
22 2
1
5 3 1
2 2 2
2
1 d o
ht
1 d o0 h
h
2h h h
1 d o h
h
22 4
5 3
h1 d o
h 2Hh H²h
b²
dt dh
4 h H ² C A 2g
b²
dt h 2Hh H²h dh
4 h H ²C A 2g
b²
t 2H H
4 h H ²C A 2g
b²
t h Hh 2H h
4 h H ²C A 2g


 
    
  
  
  
     
   
 
    
     
  
   
   
 
 
1
5 5 3 3 1 1
2 2 2 2 2 222 4
1 2 1 2 1 25 3
1 d o
b²
t h h H h h 2H h h
4 h H ²C A 2g
       
          
        
 
 
 
5 5 3 3 1 1
2 2 2 2 2 2
5 5 3 3 1 1
2 2 2 2 2 2
22 4
1 2 1 2 1 25 3
1 d o
21 2
1 2 1 2 1 25 3
1 d o
b²
t h h H h h 2H h h
4 h H ²C A 2g
b²
t h h H h h H h h
2 h H ²C A 2g
       
          
        
       
          
        
 
 
Esta última expressão nos dá o tempo para que o nível de água no reservatório baixe de um nível h1 até um nível 
h2. E no caso de um esvaziamento completo (h2 = 0), a expressão torna-se: 
 
 
5 3 1
2 2 221 2
1 1 15 3
1 d o
b²
t h H h H h
2 h H ²C A 2g
       
        
        
 
 
 
 
23. Um reservatório tronco-cônico mostrado na figura abaixo:Rua 96 nº 285 – Setor Sul – Goiânia – Fone: (62) 3095-4964 
afonsocarioca@gmail.com / afonsocarioca@hotmail.com 
 
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tem as seguintes dimensões: 
 
H=7,5m 
a = 12° 
d = 2,1 m 
Ao = 110 cm² (área do orifício) 
Cd = 0,65 
 
Considerando o reservatório inicialmente cheio, em quanto tempo ele será esvaziado pelo orifício? 
 
 
Solução: 
 
Considere a figura abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rua 96 nº 285 – Setor Sul – Goiânia – Fone: (62) 3095-4964 
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Por semelhança de triângulos podemos escrever: 
 
 
   
11
1 1
1 1 1
1
2
h h dh h2x
x , mas :
d h 2h
1,05 1,05 1,05
tan12 h h m h 5,0m
h tan12 0,21
Substituindo :
h 5 h 5
x A x² A
10 100

  
       

  
     
 
 
Sabemos que: 
 
 
     
 
2
1
2
1 1
2 21
2
31 1 1
2 2 2 2
h 5
100
d o d o
2 2 2
4
d o d o
t 0
2
0 7,5
A dh
dt dt h dh
C A 2g h C A 2g
h 5 h 5 h dh h 5 h dh
dt h dh dt dt
100 C A 2g 100 C A 2g 100 0,60 110 10 4,43
dt h h 10h 25 dh t h 10h 25h
2,92 2,92
 

 


 
    
   
     
        
         
   
         
 
 
 
5 3 1
3 1 1 2 2 2
2 2 2
5 3 1
22 2
5 3 5 31 1
2 2 2 2 2 2
0
7,5
7,5
7,5
h h h
0 0
7,5
20 202 2
5 3 5 3
0
dh
t 1,08 h 10h 25h dh t 1,08 10 25
t 1,08 h h 50h t 1,08 (7,5) (7,5) 50(7,5) s
t 1,08 61,6 136,9 136,9 s t 1,08 3


  
               
   
             
       


35,4 s t 362,2 s 
 
 
24. Para o tanque mostrado na figura abaixo: 
 
 
 
e usando o coeficiente de vazão médio igual a 0,65 para o orifício de 2” (0,0508 m) de diâmetro. Determine 
quanto tempo levará para que o nível no tanque seja de 4 ft (1,22 m) reduzido. 
 
Solução: 
Da figura, podemos considerar que h1 = 6ft = 1,83 m e h2 = 0,61 m. Façamos ainda r = x, uma vez que a área 
da seção horizontal A é variável, podemos escrever: 
 
A x² 
, mas 
y x² 3 x² y 3 x² y 0,837       
, substituindo: 
 
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 A y 0,837  
, mas sabemos que: 
 
  1
2
21 1 1 1
2 2 2 2
1
1 1 1
2 2
2
d o d
ht
d d0 h
h
d h
y 0,837A dy
dt dt y dy
d²C A 2g y C 2g
4
4 4
dt y 0,837y dy dt y 0,837y dy
C d² 2g C d² 2g
4
t y 0,837y dy
C d² 2g

 

 
    
   
   
         
      
 
  
  
 

 
 
Substituindo os dados do problema na expressão: 
 
1 1 1
2 2
2
h
d h
4
t y 0,837y dy
C d² 2g
 
  
  

 
 
1 1
2 2
13
22
3
2
3 1
2 2
3 31
2 2 2
1,83
0,61
1,83
y
1
2 0,61
1,83
2
3
0,61
2 2
3 3
4
t y 0,837y dy
0,65 (0,0508)² 2 9,81
y
t 538,3 0,837 segundos
t 538,3 y 1,67y segundos
t 538,3 (1,83) 1,67(1,83) (0,61) 1
 
  
   
 
  
 
 
 
    
  
 
 
    
 

   
 
1
2,67(0,61) segundos
t 538,3 1,65 2,26 0,32 1,30 segundos
t 538,3 3,91 1,62 segundos
t 538,3 2,29 segundos
t 1.233 segundos
  
  
  
      
  
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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25. Um reservatório na forma de um tronco de cone como mostrado na figura abaixo: 
 
 
 
 
Inicialmente há um volume de 16 m³ de água no reservatório. Sabe-se que este reservatório é esvaziado 
completamente no tempo de 6 min. Sendo dado a = 11,3° , Cd = 0,6 e d = 2,4 m, determine o diâmetro do 
orifício. 
 
Solução: 
 Considere a figura abaixo: 
 
Usando o conceito de semelhança de triângulos podemos escrever: 
 1 1
1 1
h h2x d
x h h (1)
d h 2h

   
 
 
Temos da Geometria Espacial: 
tronco maior menor maior tronco menorV V V V V V (2)    
 
Mas: 
22
1
menor 1 menor
d h1 d
V h V (3)
3 4 12
  
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Cálculo de h1 
Considere o triângulo: 
 
 
 
 
 
Utilizando a definição de tangente num triângulo retângulo, podemos escrever: 
1 1
1
1,2 1,2
tan(11,3 ) 0,2 h m h 6,0 m
h 0,2
      
, e substituindo na expressão (3), vem: 
 2 1
menor menor menor
2,4 ² 6d h
V V m³ V 9,05 m³
12 12
 
    
 
 
Agora, podemos estabelecer a seguinte proporção: 
 
3 3 3
maior maior menor
3
menor menor
3 3 3 3
tronco
3 3
menor
3 3
3
V V VD D d
V d V d
V D d 16 D (2,4)
V 9,05d (2,4)
16 13,82
D 13,82 D 13,82 24,43
9,05
D 38,25 D 3,4 m
  
   
 
 
  

    
  
 
 
Cálculo de H 
 
Utilizando a expressão (2), temos: 
  
   
maior tronco menor
maior
maior 1
1 maior
V V V
V 16 9,05 25,05 m³
1 D²
V H h
3 4
D² (3,4)²
H h V H 6 25,05
12 12
25,05 12
H 6 H 8,26 6 2,26 m H 2,26 m
11,56 3,14
 
  
 
  
 
  
     
 

       

 
 
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Agora, sabemos que: 
 
d o
A dh
dt (4)
C A 2g y
 
 
, fazendo as devidas substituições: 
 
 
 
 
 
   
1 1
2 2
1 1
2 2
1 1
2 2
d o
2
1
1
2
d o
d
2
12
21
12 2
d1
d
2 2
12
d 1
A dh
dt (4)
hC A 2g
d
h h
2hx²
dt h dh dt h dh
C A 2g d
C 2g
4
d²
h h
4h d² 4
dt h dh dt h h h dh
C d² 2gd 4h
C 2g
4
1 1
dt h h h dh dt h 6 h dh
0,6 6² 4,43C h 2g
dt
 
 
 
 
 
 
  
  
    
  
 
 

      
  
 
        
  
  
31 1 1
2 2 2 2
3 1 1
2 2 2
5 3 1
3 1 1 2 2 2
2 2 2
5 3 1
22 2
5 3
2 2
2
t 0
0 2,26
2,26
2,26
h h h
0 0
2 2
5 3
1
h 12h 36 h dh dt 0,0104 h 12h 26h dh
95,69
dt 0,0104 h 12h 36h dh
t 0,0104 h 12h 36h dh t 0,0104 36
t 0,0104 h h 7
 


 
        
 
 
    
 
  
             
  
 

     
 
5 3 11
2 2 22
2,26
2 2
5 3
0
2h t 0,0104 2,26 2,26 72 2,26 s
t 0,0104 3,07 2,26 108,24 s t 0,0104 113,57 s t 1,2 s
  
      
   
        
 
 
26. Um reservatório tem a forma de um parabolóide de revolução cuja seção transversal vertical é mostrada 
abaixo: 
 
 
Que tempo levará a água para baixar de um nível y1 = 8,0 m até o nível y2 = 0,7 m? 
 
 
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Dados: 
do= 50 mm (diâmetro do orifício) 
Cd = 0,60 
 
Solução: 
Temos que: 
y
A x² x² x² 0,305y
3,28
A 0,305 y
     
  
 
 
1
2
21 1
2 2
1
1 1
2
2
d o d
ht
d d0 h
h
d h
A dy 0,305 y
dt dt y dy
d²C A 2g y C 2g
4
1,22 4
dt y dy dt y dy
C d² 2g C d² 2g
1,22
t y dy
C d² 2g

    
   
    
   

 
 

 
 
Substituindo os dados na expressão: 
 
1 1
2
2
1
2
3
2 3
2
3 3
2 2
h
d h
8
0,7
8
8
2
33
0,72 0,7
2 2
3 3
1,22
t y dy
C d² 2g
1,22
t y dy
0,60 0,0025 4,43
y
t 18,36 t 18,36 y
t 18,36 8 0,7 segundos
t 18,36 15,08 0,39 segundos
t 18,36 14,69 segundos
t 269,7 s

 

 
 
           
 
 
  
 
  
 



 
 
27. Um tanque de seção trapezoidal tem um comprimento constante de 5 ft (1,52 m). Quando a água está a 
uma altura de 8 ft (2,44 m) de um orifício de 2 in (0,0508 m) e Cd = 0,65, a largura da superfície é de 6 ft 
(1,83m) e quando está 3ft (0,915 m) acima do orifício a largura da superfície da água é de 4 ft (1,22 m). qual 
será o tempo necessário para baixar a altura da água dentro do intervalo mencionado? 
 
 
 
 
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Solução: 
 
A seção transversal vertical do tanque é mostrada na figura abaixo: 
 
 
Cálculo de b 
 
O valor de b pode ser calculado através da semelhança de triângulos: 
 
1,83 2,44 b
1,67 1,83b 2,98 1,22b
1,22 0,915 b
1,31
1,83b 1,22b 2,98 1,67 0,61b 1,31 b m
0,61
b 2,15 m

    

      
 
 
 
A área da seção transversal horizontal do tanque é dada por: 
 
A = 5x  A = 0,465 x 
 
Calculo de x 
Por semelhança de triângulos podemos escrever: 
 
x h b x h 2,15 1,83
x h 2,15
1,83 0,915 b 1,83 3,06 3,06
x 0,60(h 2,15)
 
     

  
 
 
Cálculo de Ao 
 
 
o o o
3,14 0,0508 ²d²
A A m² A 0,00203 m²
4 4

    
 
 
Mas sabemos que: 
 
d o
A dh
dt
C A 2g h
 
 
, fazendo as devidas substituições: 
 
 
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1 1 1
2 2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
3 1
2 2
3 1
22
0,915 2,44t
0 2,44 0,915
2,44
h h 2
3
0,915
0,28(h 2,15)
dt h dh dt 47,9 h 2,15h dh
0,65 0,00203 4,43
Integrando :
dt 47,9 h 2,15h t 47,9 h 2,15h
t 47,9 2,15 t 47,9
 
 
  
      
   
   
        
   
 
    
 
 
  
 
3 31 1
2 2 2 22
3
2,44 4,3 2,44 0,915 4,3 0,915 s
t 47,9 2,54 6,72 0,58 4,11 s t 227 s
    
          
    
     