Alguns Exercícios resolvidos - Hidráulica básica - Rodrigo de Melo Porto

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alguns Exerc?cios resolvidos - Hidr?ulica b?sica.pdf
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
 
1 Universidade Federal do Espírito Santo 
HIDRÁULICA BÁSICA – 4ª edição 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
Exercícios propostos do capítulo 2: 2.7, 2.10, 2.14, 2.16, 2.20, 2.21, 2.23, 2.34, 2.35, 2.36. (pg. 1) 
Exercícios propostos do capítulo 3: 3.1, 3.7, 3.8, 3.10, 3.13. (pg. 7) 
Exercícios propostos do capítulo 4: 4.1, 4.4, 4.7 e 4.9. (pg. 11) 
Exercícios propostos do capítulo 5: 5.1, 5.2 5.4, 5.6, 5.8, 5.14. (pg. 16) 
Exercícios propostos do capítulo 6: 6.1, 6.2, 6.6. (pg. 22) 
Exercícios propostos do capítulo 8: 8.1, 8.2, 8.3, 84, 8.5, 8.6, 8.8, 8.10, 8.19, 8.20. (pg. 27) 
Exercícios propostos do capítulo 9: 9.5, 9.6, 9.8. (pg. 33) 
Exercícios propostos do capítulo 12: 12.7, 12.9, 12.13, 12.18. (pg. 35) 
 
2.7 Água escoa em um tubo liso, εεεε = 0,0 mm, com um número de Reynolds igual a 106. 
Depois de vários anos de uso, observa-se que a metade da vazão original produz a mesma 
perda de carga original. Estime o valor da rugosidade relativa ao tubo deteriorado.1 
J → perda de carga onde 
f → fator de atrito 
V → velocidade média 
 
Na situação final, J0(Q) = J(Q/2). Portanto: 
( ) ( )2 2 2 20 0/ / 2
2 2 4
Q A Q Af f f Q f Q
D g D g A A
⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇔ = 
( ) ( )
2 2 5,4 5,4
6 0,9 6 0,9
0,25 1 5,74 5,74
log 2log
3,710 10
5,74 5,74
log log
3,7 10 10
D
D
ε
ε
 ∴ = ⇔ = + ⇔ 
       
      +
      
      
 
3
5
5,4 5,4 5,4
5,74 5,74 100 5,74 2,262 10
100 (1 100) 8,370 10
3,7 3,7 27,02710 10 10D D D
ε ε ε − −− ⋅ ⇔ = + ⇔ = − ⇔ = = − ⋅ 
  
 
 Resolvendo por um outro método, tem-se: 
(antes) 
2
1
1 4
V D
Q
π⋅ ⋅=
 
2
1
1 1 2
L V
H f
D g
∆ =
 
(depois) 
2 1
1
2
V V=
 
2 2
2 1
2 1 2 1 2 142 2
L V L V
H H f f f f
D g D g
∆ = ∆ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ =
 
 Recentemente, Swamee apresentou uma equação geral para o cálculo do fator de atrito, 
válida para os escoamentos laminar, turbulento liso, turbulento rugoso e de transmissão, na 
forma: 
0,125168 6
0,9
64 5,74 2500
9,5 ln
Re 3,7 ReRe
f
y D yy
ε
−       
 = + + −     
         
 Pela equação de Swamee, aplicada no tubo liso: 
2
0,9
0,25
2 5,74
log
3,7 Re
f V
J f
D g
D y
ε
= =
  
+  
   
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
 
2 Universidade Federal do Espírito Santo 
( ) ( ) ( )
0,125168 65 5 36,4 10 9,5 ln 2,28 10 2,5 10 0,011597f
−
− − −   = ⋅ + ⋅ − ⋅ =      
 Assim: 
2 1 24 0,046388f f f= ⇒ =
 Pela equação do tubo rugoso: 
1 1
2,04log 1,67 2,04log 1,67
20,046338
R D
f ε ε
 = + ⇒ = + ⇔ 
  
4,64298 2,04 log log2 1,67 1,4573 log log2 log 1,7584
D D D
ε ε ε
      ⇔ = − + ⇔ = − ⇔ = ⇔      
      
 
0,0174
D
ε = 
 
2.10 Em uma tubulação circular, a medida de velocidade do escoamento, a uma distância de 
parede igual a 0,5 R, em que R é o raio da seção, é igual a 90% da velocidade na linha 
central (velocidade máxima). Determine a relação entre a velocidade média V e a velocidade 
central vmáx, e a rugosidade relativa da tubulação. Sugestão: utilize o resultado do Exemplo 
2.2 e as Equações 2.20 e 2.34. 
Equação 2.20 ⇒ 
*
2,5lnmáx
v V R
u y
− = 
Equação 2.34 ⇒ 
1 3,71
2log
D
f ε
 =  
 
 
Do Exemplo 2.2, *4,07 0,765máx máxv V u V v= + → = 
* *
*
0,9
2,5ln 1,733 0,1 1,733 0,577
0,5
máx máx
máx máx
v v R
v u u v
u R
−  = = ⇔ = ⇔ = 
 
 
Pela Equação 2.32 
*
2,5ln 4,73
V R
u ε
 
= + 
 
, tem-se: 
0,765
2,5ln 4,73 ln 3,41 30,30 0,0165
0,577 2 2 2
máx
máx
v D D D
v D
ε
ε ε ε
= + ⇔ = ⇔ = ⇒ = 
 
2.14 Em relação ao esquema de tubulações do exemplo 2.8, a partir de que vazão QB, 
solicitada pela rede de distribuição de água, o reservatório secundário, de sobras, passa a 
ser também abastecedor? 
Para aço soldado novo, C = 130 (Tabela 2.4). 
Pela Tabela 2.3, determina-se β (β1 = 1,345⋅103) 
No trecho AB: 
D1 = 6”, C = 130 e J1 = 1,12 m/100 m → β1 = 1,345⋅103 
1,85 3 1,85
1 1 1 1 11,12 1,345 10 0,0216J Q Q Qβ= ∴ = ⋅ ∴ = m
3/s 
 
No trecho BC: 
D2 = 4”, C = 130, J2 = 1,12 m/100 m, β2 = 9,686⋅103 
1,85 3 1,85
2 2 2 2 21,12 9,686 10 0,00745J Q Q Qβ= ∴ = ⋅ ∴ = m
3/s 
 A diferença é consumida na rede: 
QB = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m
3/s = 14,2 l/s 
 A cota piezométrica em A é CPA = 812,0 m. Em B é a cota menos a perda: 
CPB = CPA – ∆HAB = 812 – J1L1 = 812 – 0,0112⋅650 = 804,72 m 
 
A partir de que vazão QB o reservatório de sobras também é utilizado? 
 
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3 Universidade Federal do Espírito Santo 
 Neste caso, CPB < 800m 
1
812 800
0,0185
650
H
J
L
∆ −= = = m/m 
 Aço soldado novo: C = 130 (tabela 2.4) 
D1 = 6”, C = 130, J1 = 1,85 m/100 m, β1 = 1,345⋅103 
1,85 3 1,85
1 1 1 1 11,85 1,345 10 0,02836J Q Q Qβ= ∴ = ⋅ ⇔ = m
3/s = 28,36 l/s 
2
800 800
0
420
J
−= = 
 Toda a vazão proveniente do reservatório superior é utilizada no abastecimento na 
iminência. Para que o reservatório inferior entre em operação, QB > 28,36 l/s. 
 
2.16 Na tubulação da figura 2.10, de diâmetro 0,15 m, a carga de pressão disponível no 
ponto A vale 25 mH2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão disponível no 
ponto B seja 17 mH2O? A tubulação de aço soldado novo (C = 130) está no plano vertical. 
 
Carga de pressão em CPA = 25 mH2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão em B 
seja CPB = 17 mH2O? 
25A
P
γ
= m, 17BP
γ
= m, zA = 0, zB = 5 m 
2 2
,
2 2
A A B B
A B
P V P V
z z H
g gγ γ
+ + = + + + ∆ vA = vB ⇒ 25 = 17 + 5 +∆H ⇔ ∆H = 3 mH2O 
Pela tabela 2.3, β = 1,345⋅103 
3
0,0191
157,1
H
J
L
∆= = = m/m = 1,91 m/100 m 
11
1,851,851,85
3
1,91
28,9
1,345 10
J
J Q Qβ
β
  = ⇒ = = =   ⋅   
l/s 
 
2.20 Em uma adutora de 150 mm de diâmetro, em aço soldado novo (εεεε = 0,10 mm), 
enterrada, está ocorrendo um vazamento. Um ensaio de campo para levantamento de vazão 
e pressão foi feito em dois pontos, A e B, distanciados em 500 m. No ponto A, a cota 
piezométrica é 657,58 m e a vazão, de 38,88 l/s, e no ponto B, 643, 43 m e 31,81 l/s. A que 
distância do ponto A deverá estar localizado o vazamento? Repita o cálculo usando a 
fórmula de Hazen-Williams. 
D = 150 mm QA = 38,88 l/s QB = 31,81 l/s 
ε = 0,10 mm CPA = 657, 58 m 
L = 500 m CPB = 643,43 m 
Fórmula universal da perda de carga: 
2
;
2
L V
H f
D g
∆ = 
2
;
2
fV
J
Dg
= H L J∆ = × 
• A – C: 
3
2
38,88 10
2,20
0,075
A
A
Q
v
A π
−⋅= = =
⋅
m/s; ƒA = 0,0191; 
20,0191 2,20
0,0314
2 2 0,15 9,8
A A
A
f V
J
Dg
⋅= = =
⋅ ⋅
m/m 
• B – C: 
 
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4 Universidade Federal do Espírito Santo 
3
2
31,81 10
1,80
0,075
B
B
Q
v
A π
−⋅= = =
⋅
m/s; ƒB = 0,0193; 
20,0193 1,80
0,0213
2 2 0,15 9,8
B B
B
f V
J
Dg
⋅= = =
⋅ ⋅
m/m 
 
Pela ideia de que a energia total se mantém constante, e como o escoamento é constante, pode-se 
usar a equação 
2 2
,
2 2
A A B B
A B
p V p V
z z H
g gγ γ
+ + = + + + ∆ onde .n n n
p
z CP
γ
+ = Colocando os valores 
do problema, tem-se: 
2 22,20 1,80
657,58 643,43 657,83 643,60 14,23
2 9,8 2 9,8
H H H+ = + + ∆ ⇔ = + ∆ ⇔ ∆ =
⋅ ⋅
m 
 Sabe-se que a perda de carga total é devida à perda de carga nos pontos A e B. Assim: 
( )0,0314 0,0213 500 14,23A B A A B B A AH H H J L J L L L∆ = ∆ + ∆ = + = ⋅ + ⋅ − = ⇔ 
3,58
0,0101 14,23 10,65 354,45
0,0101A A
L L⇔ ⋅ = − ⇔ = = m 
 Pela fórmula de Hazen-Williams: 
J = βQ1,85, βA = βB = 1,345⋅103 
JA = 1,345⋅103(38,88⋅10–3)1,85 → JA = 3,309 m/100 m 
JB = 1,345⋅103(31,81⋅10–3)1,85 → JB = 2,283 m/100 m 
 Portanto: 
∆HA + ∆HB = ∆H ⇔ JALA + JBLB = ∆H ⇔ 0,0314LA + 0,02283(500 – LA) = 14,2 ⇔ 
⇔ 14,23 500 0,02283 274,37
0,03309 0,02283A
L
− ⋅= =
−
m 
 
2.21 Em uma
tubulação horizontal de diâmetro igual a 150 mm, de ferro fundido em uso 
com cimento centrifugado, foi instalada em uma seção A uma mangueira plástica 
(piezômetro) e o nível d’água na mangueira alcançou a altura de 4,20 m. Em uma seção B, 
120 m à jusante de A, o nível d’água em outro piezômetro alcançou a altura de 2,40 m. 
Determine a vazão. 
D = 150 mm = 0,15 m 
C = 130 
Tabela 2.3 → β = 1,345⋅103 
 
1,85J Qβ= ⋅ e HJ
L
∆= 
1,85
3
4,20 2,40 1,5
100 0,0253
120,00 1,345 10
J Q Q
− = → = ⇒ =  ⋅ 
m3/s = 25,3 l/s 
 
Outro método: 
D = 150 mm = 0,15 m 
CPA = 4,20 m 
CPB = 2,40 m 
DAB = 120 m 
VA = VB ⇒ 4,2 2,4 1,8H H= + ∆ ⇔ ∆ = m 
1,8
0,015
120
H J L J∆ = ⋅ ⇒ = = 
1,85 1,85 4,37 1,85 4,37
1,85
1,85 4,37
0,015 130 0,15
10,65
10,65 10,65
Q J C D
J Q
C D
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⇒ = = 
 
1,85 32,878 10 0,0423Q −⇔ = ⋅ = m3/s = 42,3 l/s 
 
2 2 2 2
2 2 2 2
A A B B A B
A B A B
P V P V V V
z z H CP CP H
g g g gγ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ + = + + ∆
 
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5 Universidade Federal do Espírito Santo 
2.23 A ligação entre dois reservatórios, mantidos em níveis constantes, é feita por duas 
tubulações em paralelo. A primeira, com 1500 m de comprimento, 300 mm de diâmetro, 
com fator de atrito f = 0,032, transporta uma vazão de 0,056 m3/s de água. Determine a 
vazão transportada pela segunda tubulação, com 3000 m de comprimento, 600 mm de 
diâmetro, e fator de atrito f = 0,024. 
A perda de carga é a mesma: 
1 2 1 1 2 2f f
h h J L J L= ⇔ = 
2
2 5
8 f Q
J
g Dπ
= ⇒ 
2 2 5
2 21 1 2 2
1 2 22 4 2 4 5
1 2
8 8 0,032 600 1500
0,056 0,259
0,024 300 3000
f Q f Q
L L Q
g D g Dπ π
⋅ ⋅⋅ = ⋅ ⇒ = =
⋅ ⋅
m3/s 
 
Por outro método: 
1. L1 = 1500 m 2. L2 = 3000 m 
 D1 = 300 mm = 0,3 m D2 = 600 mm = 0,6 m 
 f1 = 0,032 f2 = 0,024 
 Q1 = V1A1 Q2 = ? 
 
2
1
1 0,07074
D
A
π ⋅= = m2 
2
2
2 0,28274
D
A
π ⋅= = 
 11
1
0,7922
Q
V
A
= = m/s 22 2 2 2 2
2
3,5368
Q
Q V A V Q
A
= ⋅ ⇔ = = 
 
Tubulações em paralelo → ∆H1 = ∆H2 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2
1 2 1 22 2 2 2
f V f L V f L V f L V f L V f L V
H J L H L
D g D g D g D g D D
 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⇔ ∆ = = ∴ = ⇔ =  ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 
 
2 2 2
20,032 1500 0,7922 0,024 3000 3,5368
0,3 0,6
Q⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⇒ = ⇒ 
2
2
2 2
0,032 1500 0,7922 0,6
0,25864
0,3 0,024 3000 3,5368
Q
⋅ ⋅ ⋅
⇒ = =
⋅ ⋅ ⋅
m3/s = 258,64 l/s 
 
2.34 Uma tubulação de 0,30 m de diâmetro e 3,2 km de comprimento desce, com inclinação 
constante, de um reservatório cuja superfície está a uma altura de 150 m, para outro 
reservatório cuja superfície livre está a uma altitude de 120 m, conectando-se aos 
reservatórios em pontos situados 10 m abaixo de suas respectivas superfícies livres. A vazão 
através da linha não é satisfatória e instala-se uma bomba na altitude 135 m a fim de 
produzir o aumento de vazão desejado. Supondo que o fator de atrito da tubulação seja 
constante e igual a f = 0,020 e que o rendimento da bomba seja 80%, determine: 
a) a vazão original do sistema por gravidade; 
b) a potência necessária à bomba para recalcar uma vazão de 0,15 m3/s; 
c) as cargas de pressão imediatamente antes e depois da bomba, desprezando as perdas de 
carga localizadas e considerando a carga cinética na adutora; 
d) desenhe as linhas de energia e piezométrica após a instalação da bomba, nas condições do 
item anterior. 
(Sugestão: reveja a equação 1.36, observando os níveis d’água de montante e jusante.) 
a) hf = J⋅L =150 – 120 = 30 m 
2 2 2 5
2 5
2 5
8 9,81 0,30
30 30 30 0,117
8 8 0,020 3200
f Q g
L Q D Q
f Lg D
π π
π
⋅ ⋅⋅ ⋅ = ⇒ = = ⇒ =
⋅ ⋅ ⋅
m3/s 
b) Pot = ? para Q = 0,15 m3/s ⇒ Q = V⋅A ⇔ 2,1221QV
A
= = onde 
2
0,0707
4
D
A
π= = 
 
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9,8 BQ HPot
η
⋅ ⋅= 
22 3
2 2
4 1 0,020 3,2 10 4 0,15 1
150 120
2 0,3 2 9,80,3
a b c B
L Q
z H z f H
D gDπ π
 ⋅ ⋅ ⋅ + = + ⇔ + = + ⇔   ⋅⋅   
 
3 2 2
2 4
0,020 3,2 10 4 0,15
30 19,01
0,3 0,3 2 9,8
BH π
⋅ ⋅ ⋅ ⋅⇔ = − + =
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
 
9,8 19,01 0,15
34,93
0,8
Pot
⋅ ⋅∴ = = kW 
 
c) 
2 2
1 12 2
A A antes A antes
A B A B
p V p V p
z z H z z H
g gγ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ 
1150 135
antesp H
γ
∴ = + + ∆ 
onde: 
2 2
1
0,02 533,33 2,1221
8,17
2 2 9,8 0,3
L V
H f
D g
⋅ ⋅∆ = = =
⋅ ⋅
 
6,83antes
p
γ
= mH2O 
2 2
1 150 19,01 135 8,172 2
depois depoisA A B
B A B
p pp V V
H z z H
g gγ γ γ
+ + + = + + + ∆ ⇔ = + − − ⇔ 
25,84depois
p
γ
⇔ = mH2O 
 
2.35 Na figura 2.14 os pontos A e B estão conectados a um reservatório mantido em nível 
constante e os pontos E e F conectados a outro reservatório também mantido em nível 
constante e mais baixo que o primeiro. Se a vazão no trecho AC é igual a 10 l/s de água, 
determine as vazões em todas as tubulações e o desnível H entre os reservatórios. A 
instalação está em um plano horizontal e o coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-
Willians, de todas as tubulações, vale C = 130. Despreze as perdas de carga localizadas e as 
cargas cinéticas das tubulações. 
 
AC BCA B f f
CP CP h h= ⇒ = 
1,85 ( , )
Hazen Willians
J Q tabela D Cβ
−
= ⋅ →
 
1,85 1,85 3 1,85 3 1,858100 100 9,686 10 10 100 1,345 10 100AC AC AC BC BC BC BCQ L Q L Qβ β⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ 
3 1,85
1,851,85
3
9,686 10 10
509,83 29,07
1,345 10
BCQ
⋅ ⋅⇔ = = =
⋅
l/s 
 
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7 Universidade Federal do Espírito Santo 
29,07 10 39,07CD BC ACQ Q Q= + = + = l/s 
DEE F f f DF
CP CP h h= ⇒ = 
( , ) ( , )DE DF
DE DF
D C D C
β β
=
=
 
1,85 1,85 1,85 1,85 1,85250100 100
200
DF
DE DE DE DF DF DF DE DF DF
DE
L
Q L Q L Q Q Q
L
β β⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = = ⇔ 
( )1,851,85 1,851,25 1,128DE DF DE DFQ Q Q Q⇔ = ⇒ = 
Conservação da matéria ⇒ QDE + QDF = QCD 
39,1 1,128 39,1 18,37DE DF DF DF DFQ Q Q Q Q⇔ + = ⇔ + = ⇒ = l/s ⇒ QDE = 20,73 l/s 
 
AC CD DEA E f f f
H CP CP h h h= − = + + ⇔ 
1,85 1,85 1,851
100 AC AC AC CD CD CD DE DE DE
H Q L Q L Q Lβ β β = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⇔  
3 1,85 2 1,85 3 1,851 9,686 10 0,01 100 3,312 10 0,0391 300 1,345 10 0,02073 200
100
H  ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ 
 
6,47H⇔ = m 
 
2.36 Determine o valor da vazão QB, e a carga de pressão no ponto B, sabendo que o 
reservatório 1 abastece o reservatório 2 e que as perdas de carga unitárias nas duas 
tubulações são iguais. Material: aço soldado revestido com cimento centrifugado. Despreze 
as perdas localizadas e as cargas cinéticas. 
 
810 800
0,00758
860 460AB BC
J J
−= = =
+
m/m 
Aço soldado revestido com cimento centrifugado. 
C = 130 
β1 = 1,345⋅103, β2 = 9,686⋅103 
1,85 3 1,850,758 1,345 10 0,0175AB AB AB ABJ Q Q Qβ= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m
3/s = 17,5 l/s 
1,85 3 1,850,758 9,686 10 0,00603BC BC BC ABJ Q Q Qβ= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m
3/s = 6,03 l/s 
QB = QAB – QBC ⇒ QB = 11,47 l/s 
Cota B = 810 – ∆HAB = 810 – JABLAB = 810 – 0,00758⋅860 = 803,48 m 
803,48 780 23,48B
p
γ
= − = mH2O 
 
3.1 A instalação mostrada na Figura 3.17 tem diâmetro de 50 mm em ferro fundido com 
leve oxidação. Os coeficientes de perdas localizadas SAP: entrada e saída da tubulação K = 
1,0, cotovelo 90° K = 0,9, curvas de 45º K = 0,2 e registro de ângulo, aberto, K = 5,0. 
Determine, usando a equação de Darcy-Weisbach: 
a) a vazão transportada; 
b) querendo-se reduzir a vazão para 1,96 l/s, pelo fechamento parcial do registro, calcule 
qual deve ser a perda de carga localizada no registro e seu comprimento equivalente. 
 
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2 2
1 1 2 2
1 2 ,2 2
p V p V
z z perdas
g gγ γ
+ + = + + + onde p1 = p2 =patm 
1 2 50 45 5fperdas z z h h∴ = − = + ∆ = − = m 
a) Fórmula de Darcy-Weisbach: 
2 2 2 2
5,0 5,0
2 2 2 2
V L V V V L
JL K H f K f K
g D g g g D
 + ⋅ = ∆ ⇒ + ⋅ = ⇔ + =∑ ∑ ∑  
 
Ferro fundido com leve oxidação: ε = 0,30 mm (Tabela 2.2) 
( ) ( )
2 2 2,0 13,0 5,0 25,0
5,0 2 1,0 0,9 2 0,2 5,0 5,0
2 2 9,81 0,05
V L V
f K f
g D
 + + + + = ⇔ + ⋅ + + ⋅ + = ⇔∑    ⋅   
( ) ( )
2
2900 8,3 5,0 5,0 48,87 0,423 ,
19,62
V
f f V⇔ + = ⇔ = + 0,30ε = mm, D = 50 mm 
 
( ) ( )
2 2 2
1 3,71 1 1 1
2log
2log 3,71 / 2log 3,71 0,05 / 0,0003 2log618,333
D
f
Df ε ε
      = ⇔ = = = =      ⋅          
 
2
1
5,58
 =  
 
= 0,032 
∴ 5,0 = 1,987V2 ⇔ V = 1,586 m/s ⇒ Q = V⋅A = 1,586⋅π⋅0,0252 = 3,114⋅10-3 m3/s 
 
b) Q = 1,96 l/s ⇒ 
2 2
4 4 0,00196
1,0
0,05
Q
V
Dπ π
⋅= = =
⋅
m/s 
2 2 2
5,0
2 2 2
L V V V L
f K f K
D g g g D
 + = ⇔ +∑ ∑  
 
ε = 0,30 mm, V = 1 m/s → f = 0,0341 
( )2 2,0 13,0 5,0 25,01,0
0,034 2 1,0 0,9 2 0,2 5,0
2 9,81 0,05
K
 + + +
∴ + + ⋅ + + ⋅ = ⇔ ⋅  
 
30,6 3,3 98,1 64,2K K⇔ + + = ⇒ = 
 
2 21,0
64,2 3,27
2 2 9,81reg
V
h K
g
∆ = = =
⋅
m 
2 2 21,0
3,27 3,27 0,034 3,27
2 2 0,05 2 9,81
eq eq
reg eq eq
L Lf V V
h JL L f
Dg D g
 ⋅∆ = ⇒ = ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔   ⋅ 
 
94,35eqL ≅ m 
 
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3.7 A instalação hidráulica predial da figura está em um plano vertical e é toda em aço 
galvanizado novo com diâmetro de 1”, e alimentada por uma vazão de 2,0 l/s de água. Os 
cotovelos são de raio curto e os registros de gaveta. Determine qual deve ser o comprimento 
x para que as vazões que saem pelas extremidades A e B sejam iguais. 
 
 
 
Tabela 3.6 – Comprimentos equivalentes: 
cotovelo 90°_raio curto 
LE = 0,189 + 30,53D 
registro_gaveta aberta 
LE = 0,010 + 6,89D 
 
 
 
Perdas de carga: 
2,0 1,5 0,3 3,80ACL = + + = m 
( ) ( )2 0,189 30,53 0,010 6,89 0,388 67,95 0,025 2,09
CAE
L D D= + + + = + ⋅ = m 
0,5 0,3 (0,8 )CBL x x= + + = + m 
( ) ( )2 0,189 30,53 0,010 1,89 2,09
CBE
L D D= + + + = m 
 
Para que QA = QB, devemos ter: 
( ) ( )1,5 3,80 2,09 2,09 0,80
A BA T B T
z JL z JL J x J x+ = + ⇔ + ⋅ + = + + + ⇔ 
( )3,0 1,50J x x⇔ − = − 
 
 Hazen-Williams: 
1,85
1,85 1,17 2 2
4 4 0,001
69,81 2,04
0,025
V Q
J V
C D Dπ π
⋅= ⇒ = = =
⋅
m/s 
C = 125 (Tabela 2.4) 
1,85
1,85 1,17
2,04
69,81 0,2518
125 0,025
J J= ⇒ = m/m 
 Logo: 
0,2802 0,8406 1,50 1,83x x x+ = + ⇔ = m 
 
3.8 Dois reservatórios, mantidos em níveis constantes, são interligados em linha reta através 
de uma tubulação de 10 m de comprimento e diâmetro 50 mm, de P. V. C. rígido, como 
mostra o esquema da Figura 3.23. Admitindo que a única perda de carga localizada seja 
devido à presença de um registro de gaveta parcialmente fechado, cujo comprimento 
equivalente é LE = 20,0 m, e usando a fórmula de Hazen-Williams, adotando C = 145, 
determine: 
a) a vazão de canalização supondo que o registro esteja colocado no ponto A; 
b) idem, supondo o registro colocado no ponto B; 
c) máxima e mínima carga de pressão na linha, em mH2O, nos casos a e b; 
d) desenhe em escala as linhas piezométrica e de energia. 
 
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Equação da continuidade: 
2 2
2 2
A A B B
A B
p V p V
z z perdas
g gγ γ
+ + = + + + 
• pA = pB (os dois reservatórios com NA = 1,0 m) 
• vA = vB (vazão constante) 
perdas = zA – zB = 3,0 m 
( )
1,85 1,85
1,85 1,17 1,85 1,17
3,0 6,31 6,31 10,0 20,0 3
145 0,05
T
V V
JL L
C D
= = ⋅ ⇔ ⋅ + = ⇔
⋅ ⋅
 
1,85 4,397 2,227V V⇔ = ⇒ = m/s 
20,05
2,27 4,37
4
Q VA
π ⋅= = = l/s 
 
a) A pressão é mínima no ponto mais alto e máxima no ponto mais baixo: 
1,85 1,85
1,85 1,17 1,85 1,17
2,227
6,81 6,81 0,1000
145 0,05
V
J
C D
= = =
⋅ ⋅
m/m 
1
2
3 4
4
A
B
z m
z z
z z z
=
=
= =
 
• 
2 2 2
1 2 2
1 2 1 2( )2 2 2
A A A
E E
atm mín mín
p V p V p V
z z JL z z JL
g g gγ γ γ
     + + = + + + ⇒ = − − − ⇔     
     
 
22,227
1,0 0,1000 20,0 1,25
2 9,81
A A
mín mín
p p
γ γ
   ⇔ = − − ⋅ ⇔ = −   ⋅   
m 
• 
2 2 2
1 4 4
1 4 1 4( )2 2 2
A A A
T T
atm máx mín
p V p V p V
z z JL z z JL
g g gγ γ γ
     + + = + + + ⇒ = − − − ⇔     
     
 
22,227
4,0 0,1000 30 0,75
2 9,81
A A
mín máx
p p
γ γ
   = − − ⋅ ⇔ =   ⋅   
m 
 
b) • 
2 2 2 2
1 2 2
1 2 1 2
2,227
( ) 1,0
2 2 2 2 9,81
B B B
máx máx máx
p V p V p V
z z z z
g g gγ γ γ
     + + = + + ⇔ = − − = − ⇔      ⋅     
 
0,75B
mín
p
γ
 ⇔ = 
 
m 
• 
2 2 2
1 3 2
1 3 1 3( )2 2 2
B B B
ATM máx máx
p V p V p V
z z JL z z
g g gγ γ γ
     + + = + + + ⇔ = − − ⇔     
     
 
22,227
1,0 0,1000 10
2 9,81
B
máx
p
γ
 ⇔ = − − ⋅  ⋅ 
= 2,75 m 
3.10 Uma tubulação retilínea de 360 m de comprimento e 100 mm de diâmetro é ligada a 
um reservatório aberto para a atmosfera, com nível constante, mantido 15 m acima da saída 
da tubulação. A tubulação está fechada na saída por uma válvula, cujo comprimento 
 
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11 Universidade Federal do Espírito Santo 
equivalente é de 7,5 m de comprimento da tubulação. Se a válvula é aberta 
instantaneamente, com escoamento livre, determine o tempo necessário para que a 
velocidade média atinja 98% da velocidade em condições de regime permanente. Assuma o 
fator de atrito f = 0,020 e adote como coeficiente de perda de carga na entrada K = 0,5. 
Sugestão: utilize a Equação 1.11 e a metodologia do problema 1.4. 
 
Equação 1.11 → 
2 2
1 1 2 2
1 2 122 2
p V p V L dV
z z H
g g g dtγ γ
+ + = + + + ∆ + 
 Comprimento equivalente na entrada: 
Equação 3.16 → eL K
D f
= ⇒ 0,5 0,1 2,5
0,02e
K D
L
f
⋅ ⋅= = = m 
Equação 3.15 → 
2
2
eL VH f
D g
∆ = ⇒ 
2 2(7,5 2,5 360)
(0,02) 74
0,1 2 2
V V
H
g g
+ +∆ = =
⋅
 
 Equação da energia para A e B: 
2 2 2
2 2 2
22 2 2
A A
A A
p V p V L dV V L dV
z z H z H
g g g dt g g dtγ γ
+ + = + + + ∆ + ⇔ = + ∆ + ⇔ 
2 2
215 74 36,7347 3,8265 36,7347 15 0
2 2
V V dV dV
V
g g dt dt
⇔ = + + ⇔ + − = 
 Resolvendo-se a equação diferencial, encontramos V(t). A partir de V(t), calculamos t. 
 
3.13 Sabendo-se que as cargas de pressão disponíveis em A e B são iguais e que as diferenças 
entre as cargas de pressão em A e D é igual a 0,9 mH2O, determine o comprimento 
equivalente do registro colocado na tubulação de diâmetro único, assentada com uma 
inclinação de 2° em relação à horizontal, conforme a Figura 3.26. 
 
2 2
0,9
2 2
A D A D
A D D A A
p V p V p p
z z H z z H z H
g gγ γ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ − = − + ∆ ⇔ = − + ∆ 
2 13,96 0,9 13,96 14,46
400
h
sen h H H° = ⇔ = ∴ = − + ∆ ⇔ ∆ = 
0H JL∆ = onde 
6,98
0,0349 14,86 0,0349 425,79
200
J L L= = ∴ = ⇔ = 
Como LAD = 400, Le = 25,79. 
 
4.1 Um sistema de distribuição de água é feito por uma adutora com um trecho de 1500 m 
de comprimento e 150 mm de diâmetro, seguido por outro trecho de 900 m de comprimento 
e 100 mm de diâmetro, ambos com o mesmo fator de atrito f = 0,028. A vazão total que 
entra no sistema é 0,025 m3/s e toda água é distribuída com uma taxa uniforme por unidade 
de comprimento q (vazão de distribuição unitária) nos dois trechos, de modo que a vazão na 
extremidade de jusante seja nula. Determine a perda de carga total na adutora, 
desprezando as perdas localizadas ao longo da adutora. 
 
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 F = 0,028 
D1 = 0,15 m 
L1 = 1500 m 
D2 = 0,1 m 
L2 = 900 m 
Qm = 0,025 m
3/s 
5
1 2
1,042
10
Q
q
L L
−= = ⋅
+
m3/ms 
 Para o trecho 1: 
5 3 3
1 0,025 1,042 10 1500 9,375 10 /j m jQ Q q L Q m s
− −= − ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅ 
0,025 0,009375
0,0171875
2 2
m j
f f
Q Q
Q Q
+ += = ⇔ = m3/s 
 Pela equação universal: 
2 2
3
15 5
0,0827 0,028 0,0171875
0,0827 9,008 10
0,15
ff QJ J
D
−⋅ ⋅ ⋅= = ⇒ = ⋅ m/m 
 Assim: 
1 1 1 1 13,512H J L H∆ = ⋅ ⇒ ∆ = m 
 Para o trecho 2: 
0
3
m
j f
Q
Q Q= → = 
2 1
0,01443m J fQ Q Q= ⇒ = m
3/s 
 
2 2
3
25 5
0,0827 0,028 0,01443
0,0827 6,3528 10
0,15
fQJ f J
D
−⋅ ⋅= = ⇒ = ⋅ m/m 
2 2 2 2 5,717H J L H∆ = ⋅ ⇒ ∆ = m 
 Finalmente: 
1 2 19,229T TH H H H∆ = ∆ + ∆ ⇔ ∆ = m 
 
4.4 Quando água é bombeada através de uma tubulação A, com uma vazão de 0,20 m3/s, a 
queda de pressão é de 60 kN/m2, e através de uma tubulação B, com uma vazão de 0,15 m3/s, 
a queda de pressão é de 50 kN/m2. Determine a queda de pressão que ocorre quando 0,17 
m3/s de água são bombeados através das duas tubulações, se elas são conectadas (a) em série 
ou (b) em paralelo. Neste último caso, calcule as vazões em cada tubulação. Use a fórmula 
de Darcy-Weisbach. 
Tubulação A: 
QA = 0,20 m
3/s 
∆P = – 60 kN/m2 
2 2
1 1 2 2
1 22 2
V p V p
z z H
g gγ γ
+ + = + + + ∆ 
3
1 2
3
. 60 10 60
6,1224
. 9,89,8 10
A A A
V const p p
H H H
z const γ γ
→ ⋅− = ∆ ⇔ = ∆ ⇔ ∆ = =
→ ⋅
m 
2 2 2
5 5 5
0,0827 0,0827 6,1224 1850,801A A A A A A A A A
A A A
f L Q f L Q f L Q
H
D D D
∆ = ⇒ = ⇒ = 
 
Tubulação B: 
QB = 0,15 m
3/s 
∆P = – 50 nK/m2 
 
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13 Universidade Federal do Espírito Santo 
2 2
1 2
2 2
p V p V
z z H
g gγ γ
+ + = + + + ∆ 
. 50
. 9,8A
V const
H
z const
→
∆ =
→
 
2
5 5
50
0,0287 2741,927
9,8
B B B B B
B B
f L Q f L
D D
= ⇒ = 
 
a) Em série 
QA = QB 
∆H = ∆HA + ∆HB → ∆P = ∆PA + ∆PB 
2
5
0,0827A A AA
A
P f L
H Q
Dγ
∆ ⋅∆ = = ⋅ ⋅ 
20,0827 1850,801 0,27 9,8AP∆ = ⋅ ⋅ ⋅ 
∆PA = 43,35 kN/m2 
2
5
0,0827B B BB
B
P f L
H Q
Dγ
∆ ⋅∆ = = ⋅ ⋅ 
20,0827 2741,927 0,17 9,8BP∆ = ⋅ ⋅ ⋅ 
∆PB = 64,22 kN/m2 
∆P = 43,35 + 64,22 = 107,57 kN/m2 
 b) Em paralelo 
QA + QB = 0,17 
2 2 2 2
A B 5 5
H H 0,0827 0,0827 1850,801 2741,927A BA A B B A B
A B
L L
f Q f Q Q Q
D D
∆ = ∆ ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ 
43,021 52,363 1,217A B A BQ Q Q Q⇔ = ⇔ = 
2,217 0,17 0,0767B BQ Q∴ = ⇔ = m
3/s ⇒ QA = 1,217⋅0,0767 = 0,0933 m3/s 
 
2
5
0,0827 0,0933 9,8 13,06A AA A
A
P f L
H P H P P
D
γ
γ
∆ ⋅∆ = ⇒ ∆ = ∆ ⋅ ⇔ ∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ∆ = kN/m2 
 
4.7 O sistema de distribuição de água mostrado na Figura 4.20 tem todas as tubulações do 
mesmo material. A vazão que sai do reservatório I é de 20 l/s. Entre os pontos B e C, existe 
uma distribuição em marcha com vazão por metro linear uniforme e igual a q = 0,01 l/(s.m). 
Assumindo um fator de atrito constante para todas as tubulações, f = 0,020 e desprezando 
as perdas localizadas e a carga cinética, determine: 
a) a carga piezométrica no ponto B; 
b) a carga de pressão disponível no ponto C, se a cota geométrica desse ponto é de 576,00 m; 
c) a vazão na tubulação de 4” de diâmetro. 
 
 
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14 Universidade Federal do Espírito Santo 
Solução 1: 
 
4” = 0,1 m (Caminho 1) 
6” = 0,15 m (Caminho 2) 
 
2 2
2 2
A B
A B
p V p V
z z H
g gγ γ
+ + = + + + ∆ onde AA A
p
CP z
γ
= + e BB B
p
CP z
γ
= + 
590 590A B B BCP CP H CP H CP H∴ = + ∆ ⇔ = + ∆ ⇔ = − ∆ 
 Cálculo de ∆H: 
2 2 21 2
1 25 5 5
1 2
0,0827 0,0827 0,0827
f L f L f L
H Q Q Q
D D D
⋅ ⋅ ⋅∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ 
2 2
1 2 1 25 5
800 750
0,3514
0,1 0,15
Q Q Q Q⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ = 
 Mas 
1 2 20AQ Q Q+ = = l/s 2 21,3514 20 14,799Q Q⇒ = ⇔ = l/s = 1,48⋅10
–2 m3/s 
( )2250,02 790590 0,0827 1,48 10 586,420,15BCP
−⋅∴ = − ⋅ ⋅ = m 
Solução 2: 
 
Tubo de 6” = 0,15 m e 4” = 0,10 m 
1,85 1,85
6 4
6 4 6 6 4 4 1,85 4,87 1,85 4,87
10,65 750 10,65 800
(0,15) (0,1)
Q Q
H H J L J L
C C
∆ = ∆ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔
⋅ ⋅
 
1,85 1,85
1,85 1,85 1,85 1,856 4
6 4 6 44,87 4,87
750 800
7.717.858,853 59.304.819,31 7,684
0,15 0,1
Q Q
Q Q Q Q⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ 
6 43,011Q Q⇔ = 
 Do enunciado, tem-se que Q4 + Q6 = 0,020. Portanto: 
Q4 = 4,986⋅10–3 m3/s 
Q6 = 15,014⋅10–3 m3/s 
 Para as respectivas vazões, tem-se: 
6
6 2
6
0,8496
/ 4
Q
V
Dπ
= = m/s 
6
4 2
4
0,6348
/ 4
Q
V
Dπ
= = m/s 
 Na tubulação de 6” de diâmetro, tem-se: 
2 2750 0,8496
0,02 3,6827
2 0,15 2AB AB
L V
H f H
D g g
∆ = = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = m 
 Equação da energia na superfície I e em B: 
2 2
1 1
1 590 3,6827 586,31732 2
B B
B AB B B
p V p V
z z H CP CP
g gγ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + ⇔ = m 
 
b) 586,42 576 10,42B C C CB C
p p p p
z z H H H
γ γ γ γ
+ = + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇔ = − ∆ 
 
0,02 0,01
0,015
2 2BC
m j
F F
Q Q
Q Q
+ += = → = m3/s, 
 
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15 Universidade Federal do Espírito Santo 
2
5
0,02 1000
0,0827 0,015 4,90
0,15
H
⋅∴∆ = ⋅ ⋅ = m 
10 42 4,9 5,52C
p
γ
∴ = − − = mH2O 
 
c) Da letra a, tem-se: 
Q1 = 0,3514Q2 = 0,3514⋅1,48⋅10–2 = 5,2⋅10–3 m3/s 
 
4.9 No sistema de abastecimento d’água mostrado na Figura 4.21 faz parte de um sistema de 
distribuição de água em uma cidade, cuja rede se inicia no ponto B. Quando a carga de 
pressão disponível no ponto B for de 20 mH2O, determine a vazão no trecho AB e verifique 
se o reservatório II é abastecido ou abastecedor. Nesta situação, qual a vazão QB que está 
indo para a rede de distribuição? A partir de qual valor da carga de pressão em B a rede é 
abastecida somente pelo reservatório I? Material das tubulações: aço rebitado novo. 
Despreze as perdas localizadas e as cargas cinéticas e utilize a fórmula de Hazen-Williams. 
 
 
 
 
 Tabela 2.4 → C = 110 
 8” = 0,20 m 
 6” = 0,15 m 
 
 
carga de pressão disponível no ponto B = 20 mH2O → 20B
p
γ
= mH2O 
740BB B
p
CP z
γ
= + = m → Em B a cota piezométrica é CPB = 740 m. Como este valor é maior 
que a cota piezométrica do N. A. de II, este reservatório é abastecido. 
 Por Hazen-Williams: 
1,85 1,85
1,85
1,85 4,87 1,85 4,87
10,65 10,65
4,516
110 0,2
AB AB
AB
Q Q
J J Q
C D
⋅ ⋅= = ⇒ =
⋅ ⋅
 
1,85 1,851050 4,516 4741,83AB AB AB AB ABH L J H Q Q∆ = ⋅ → ∆ = ⋅ = 
 Equação da energia na superfície do reservatório I e em B: 
2 2
1 1
1 754 720 20 142 2
B B
B AB AB AB
p V p V
z z H H H
g gγ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇒ ∆ = m 
 Assim: 
1,851,85 314 4741,83 2.95244663 10 0,04291AB ABQ Q
−= ⋅ ⇒ = ⋅ = m3/s = 42,91 l/s 
 Como CPB > NAII, o reservatório II é abastecido, ou seja: 
AB B BCQ Q Q= + 
 
C = 110, D = 6” ⇒ β = 1,831⋅103 (Tabela 2.3) 
 Portanto: 
1,85 1,8518,31BC BCJ Q J Qβ= ⋅ → = 
1,85 1,85650 18,31 11901,5BC BCH L J H Q Q∆ = ⋅ → ∆ = ⋅ ⋅ = 
 Equação da energia superfície do reservatório II e em B: 
2 2
2 2
2 2 720 20 7352 2
B B B
B AB B AB BC
p V p V p
z z H z z H H
g gγ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ + = + ∆ ⇔ + = + ∆ ⇔ 
5BCH⇔ ∆ = m 
 
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16 Universidade Federal do Espírito Santo 
 Assim: 
1,85 1,855 11.901,5 14,95BC BCQ Q= ⇒ = l/s 
 Finalmente: 
42,91 14,95 27,96B AB BC B BQ Q Q Q Q= − ⇔ = − ⇔ = l/s 
 Para a rede ser abastecida somente por I, a cota piezométrica em B deve ser igual ou 
maior que NA de II. Portanto: 
735 735 15B BB B
p p
CP z
γ γ
≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ mH2O 
 
5.1 As curvas características de duas bombas, para uma determinada rotação constante, são 
mostradas na tabela a seguir. Uma dessas duas bombas deverá
ser utilizada para bombear 
água através de uma tubulação de 0,10 m de diâmetro, 21 m de comprimento, fator de atrito 
f = 0,020 e altura geométrica de 3,2 m. Selecione a bomba mais indicada para o caso. 
Justifique. Para a bomba selecionada, qual a potência requerida? Despreze as perdas 
localizadas. 
Q (m3/s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 
Bba A H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9 
ηηηη (%) 0 32 74 86 85 66 28 
Bba B H (m) 16,2 13,6 11,9 11,6 10,7 9,0 6,4 
ηηηη (%) 0 14 34 60 80 80 60 
 Para a tubulação, 
2
2
5
0,0827
3,2 3473,4g g
F Q
E H H H L E Q
D
 ⋅ ⋅= + ∆ = + ⇒ = +  
 
 
 Para as vazões marcadas, 
 
( )
( )
3 / 0,0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,03 0,036
 3,20 3,32 3,70 4,32 5,20 6,33 7,70
Q m s
E m
 
 Então, no ponto de funcionamento de A, 
Q1 = 0,030 m
3/s → η1 = 66 % 
Q2 = 0,036 m
3/s → η2 = 28 % 
QA = 0,033 m
3/s 
 Interpolando, 
1 1
2 1 2 1
0,033 0,03 66
47
0,036 0,03 28 66
A A A
A
Q Q
Q Q
η η η η
η η
− − − −= ⇒ = ∴ =
− − − −
% 
 Fazendo o mesmo para o ponto B, tem-se: 
Q1 = 0,030 m
3/s → η1 = 80 % 
Q2 = 0,036 m
3/s → η2 = 60 % 
QA = 0,035 m
3/s 
 Interpolando, tem-se: 
1 1
2 1 2 1
0,035 0,03 80
63,33 %
0,036 0,03 60 80
B B B
A
Q Q
Q Q
η η η η
η η
− − − −= ⇒ = ∴ =
− − − −
 
 
⇒ O melhor rendimento é o da bomba B. 
 Para encontrar a potência requerida, usaremos o ponto (QB, HB) do funcionamento de B. 
Pela equação de B, tem-se: 
2396,83 222,62 15,536BH Q Q= − − + 
 Para Q = 0,035 m3/s, HB = 7,26 m. Com os valores de Q e H, 
9800 0,035 7,26
3,93
0,6333
Q H
Pot
γ
η
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = = kW 
 
 
 
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17 Universidade Federal do Espírito Santo 
5.2 O esquema de bombeamento mostrado na Figura 5.21 é constituído de tubulações de aço 
com coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Williams C = 130. Da bomba até o 
ponto B, existe uma distribuição de vazão em marcha com taxa de distribuição constante e 
igual a q = 0,005 l/(SM). Para a curva característica da bomba, dada na figura, determine a 
vazão que chega ao reservatório superior e a cota piezométrica no ponto B. Despreze as 
perdas localizadas e a carga cinética. 
 
 
( )
2 2
A A C C
A C AC
C A AC AB AB BC BC
1,85 1,85
1 2
1,85 4,87 4,87
A B
A f A 1
B A AB A 2
1,85
A
1,85
P V P V
z E z H
2 2
E z z H E 5 J L J L
10,65 Q Q
E 5 1000 800
130 0,1524 0,1016
Q Q
Q Q Q 0,0025 Q
2
Q Q qL Q 0,005 Q
Q 0,002510,65
E 5
130
+ + + = + + + ∆
γ γ
= − + ∆ ⇒ = + +
 
= + ⋅ + ⋅ 
 
+= = = − =
= − = − =
−
= + ( )
( ) ( )
1,85
A
4,87 4,87
1,85 1,85
A A
Q 0,005
1000 800
0,1524 0,1016
5 12.457,12 Q 0,0025 71.179,3 Q 0,005
 −
 ⋅ + ⋅
  
= + − + −
 
Q 5 10 15 20 
H 20 17,5 12,5 5 
E 5,2 10,4 23,1 42,3 
 Interpolando: 
( ) ( )
C B A AB
17,5 x 10,4 x
12,7 17,5 x 5 10,4 x 222,25 12,7x 52 5x
17,5 12,5 10,4 23,1
x 15,7 m/ E H
10 y 17,5 15,7
10,y 1,8 y 11,8 Q
10 15 17,5 12,5
Q Q Q qL 11,8 5 6,8 /s
− −= ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔
− −
⇔ = = =
− −= ⇔ = − ⇔ = =
− −
= = − = − =
ℓ
ℓ
 
 A cota piezométrica em B é: 
2 2
A A B B
A B AB
1,85
B 1,85 4,87
F
B
P V P V
z E z H
2 2
10,65 0,0093
15,7 CP 1000
130 0,1524
11,8 6,8
Q 9,3 
2
CP 15,7 2,2 13,5 m
+ + + = + + + ∆
γ γ
= + ⋅ ⋅
+= =
= − =
 
 
 
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5.4 Deseja-se recalcar 10 ℓ/s de água por meio de um sistema de tubulações, com as 
seguintes características: funcionamento contínuo 24 h, coeficiente de rugosidade da 
fórmula de Hazen-Williams C = 90, coeficiente da fórmula de Bresse K = 1,5 diâmetro de 
recalque igual ao diâmetro de sucção, comprimentos reais das tubulações de sucção e 
recalque, respectivamente, de 6,0 m e 674,0 m, comprimentos equivalentes das peças 
existentes nas tubulações de tubulação e recalque, respectivamente, de 43,40 m e 35,10 m, 
altura geométrica de 20 m. Com a curva característica de uma bomba, indicada na Figura 
5.22, determine: 
a) Associando em paralelo duas destas bombas, obtém-se a vazão desejada? 
b) Em caso afirmativo, qual a vazão em cada bomba? 
c) Qual a vazão e a altura de elevação fornecidas por uma bomba isoladamente isolada no 
sistema? 
d) Que verificações devem ser feitas antes de escolher a bomba, de acordo com os pontos de 
funcionamento obtidos? 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( ) ( )
AB BC
2 2
A A C C
A C AC
AB T BC T
1,85 1,85
1,85
1,85 4,87 1,85 4,87
P V P V
z E z H
2 2
E 20 J L J L
10,65 Q 10,65 Q
E 20 6 43,40 647 35,1 20 19.438Q
90 0,15 90 0,15
+ + + = + + + ∆
γ γ
= + +
= + + + + = +
 
 Tabela para a bomba sozinha: 
Q 0 2 4 6 7 
H 30 28,5 26 22 18,5 
E 20 20,2 20,7 21,5 22 
 Tabela para as bombas em paralelo: 
Q 0 4 8 12 
H 30 28,5 26 22 
E 20 20,7 22,6 25,4 
 
 Interpolando: 
( ) ( )
1,85 3
26 x 22,6 x
2,8 2,6 x 4 22,6 x 72,8 2,8x 90,4 4x
26 22 22,6 25,4
x 24 m E
24 20 19.438Q Q 0,010 m /s (sim)
− −= ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔
− −
⇔ = =
∴ = + ⇔ =
 
 
b) 5 ℓ/s 
 
 
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c) 
( ) ( )
1,85
26 x 22 x 21,5 x
0,5 22 x 3,5 21,5 x 11 0,5x 75,25 3,5x
26 22 22 18,5 21,5 22
x 21,6 m H
21,6 20 19.438Q Q 6,2 /s (sim)
− − −= ⇔ ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔
− − −
⇔ = =
∴ = + ⇔ = ℓ
 
5.6 Considere um sistema de abastecimento de água por gravidade entre dois reservatórios 
mantidos em níveis constantes e iguais a 812,00 m e 800,00 m, ligados por uma tubulação de 
6” de diâmetro, 1025 m de comprimento e fator de atrito f = 0,025. Desejando-se aumentar 
a capacidade de vazão do sistema, instalou-se, imediatamente na saída do reservatório 
superior, uma bomba centrífuga cuja curva característica é dada na tabela a seguir. 
Desprezando as perdas de carga localizadas e a perda de carga na sucção, determine a nova 
vazão recalcada. Observe que, no caso, a altura geométrica da Equação 5.38 é negativa. 
Q (m3/s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 
H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9 
η (%) 0 32 74 86 85 66 28 
2
2
5
Q
E 12 H 12 JL 12 1025 0,0827f 12 25.777,72Q
0,1524
= − + ∆ = − + = − + ⋅ = − + 
 Com uma equação para E chegamos à tabela: 
Q (m3/s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 
H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9 
E (m) –12 –11 –8,3 –3,6 2,8 11,2 21,4 
 
 Interpolando: 
( ) ( )
2
14,2 x 2,8 x
8,4 14,2 x 4,5 2,8 x 119,28 8,4x 12,6 4,5x
14,2 9,7 2,8 11,2
x 10,22 10,22 12 25.777,72Q Q 29,3 / s
CP z E 812 10,22 822,22 m
− −= ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔
− −
⇔ = ⇒ = − + → =
= + = + =
ℓ 
Q 0,024 0,030 
H 14,2 9,7 
Η 8 66 
 
 Interpolando para o rendimento, vem: 
14,2 10,22 85 y
0,88 9 85 y y 77,08 %
14,2 9,7 85 66
− −= ⇔ ⋅ = − ⇔ =
− −
 
 Portanto: 
3 3HQ 9,8 10 10,22 29,3 10
Pot 3,8 kW
0,7708
−γ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =
η
 
 
5.8 Um sistema de bombeamento é constituído por duas bombas iguais instaladas em 
paralelo e com sucções independentes, com curva característica e curva do N. P. S. H. dadas 
na Figura 5.23. As tubulações de sucção e recalque tem diâmetro de 4”, fator de atrito f = 
0,030 e os seguintes acessórios: na sucção, de 6,0 m de comprimento real, existe uma válvula 
de pé com crivo e uma curva 90° R/D = 1. O nível d’água no poço de sucção varia com o 
tempo, atingindo, no verão, uma cota máxima de 709,00 m e, no inverno, uma cota mínima 
de 706,00 m. A cota de instalação do eixo da bomba vale 710,00 m. verifique o 
comportamento do sistema no inverno e no verão, determinando os pontos de 
funcionamento do sistema (Q e H), os valores do N. P. S. H. disponível nas duas estações e o 
comportamento da bomba quanto à cavitação.. Assuma temperatura d’água, em média, 
igual a 20°C. 
 
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20 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
( )
( )
( )
( )
1
2
R
1 bomba: Q l/s 0 3 6 9 12 15 18
1 bomba: Q l/s 0
6 12 18 24 30 36
H m 24 22,5 20 17 13 7 0
NPSH m x 2,5 3,5 4,5 5 4,5 9
 
Válvula de pé com crivo → 1L 0,56 255,48D= + 
Curva 90° R/D = 1 → 2L 0,115 15,53D= + 
Válvula de retenção leve → 3L 0,247 79,43D= + 
Registro de globo → 4L 0,01 340,27D= + 
 
r
s
e 3 4 2
S
r
e 1 2
L L L 2L 46,563 m
L 6 mD 4" 0,1 m
L 70 m
L L L 27,776 mf 0,030
T 20 C
= + + =
== =
=
= + ==
= °
 
 
( ) ( )
[ ]
s rs r s e s r e r
2
2
5
H H H H L L J L L J
0,0827Q
H 6 27,776 70 45,563 H 37.051Q
D
∆ = ∆ + ∆ ⇔ ∆ = + + + ⇔
⇔ ∆ = + + + ⇔ ∆ =
 
Inverno: 2iE 13 37051Q= + 
Verão: 2iE 10 37051Q= + 
Q (l/s) 0 6 12 18 24 30 36 
Ev 10 11,33 15,33 22 31,34 43,35 58,02 
Ei 10 14,33 18,33 25 34,34 46,35 61,02 
Verão: 
( )
( )
( )
2 v
v v
v
Q l/s 12 Q 18
E m 15,33 H 22
H m 20 H 17
 
 
Inverno: 
 
v v
v
v v
v
15,33 H 20 H
H 18,55 m
15,33 22 20 17
12 Q 20 H
Q 14,9 l/s
12 18 20 17
− −= ⇒ =
− −
− −∴ = ⇒ =
− −
i i
i
i i
i
18,33 H 20 H
H 19,48 m
18,33 25 20 17
12 Q 20 H
Q 13,04 l/s
12 18 20 17
− −= ⇒ =
− −
− −∴ = ⇒ =
− −
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
 
21 Universidade Federal do Espírito Santo 
( )
( )
( )
2 i
v i
i
Q l/s 12 Q 18
E m 18,33 H 25
H m 20 H 17
 
 
 Temos que a vd s
p p
NPSH z H .
−= − − ∆
γ
 Pela tabela da página 158 – T = 20°C – 
vp 0,24.=γ Portanto: 
( ) ( ) ( )
s
2 2
d s e 5 5
Q Q
NPSH 9,55 0,24 z L L 0,0827f 9,31 z 6 27,776 0,0827 0,03
D 0,1
= − − − + = − − + ⋅ 
Inverno: 
i
2
dNPSH 5,31 8379,8Q= − 
Verão: 
v
2
dNPSH 8,31 8379,8Q= − 
v
i
r
1
d
d
d
Q 0 3 6 9 12 15 18
NPSH 8,31 8,23 8,01 7,63 7,10 6,42 5,59
NPSH 5,31 5,23 5,01 4,63 4,10 3,42 2,59
NPSH x 2,5 3,5 4,5 5 7,5 9
 
 
Verão: 
i
r
máx
d v
d v
Q 12 Q 15
NPSH 7,1 y 6,42
NPSH 5 y 7,5
 
 
Inverno: 
v
r
máx
d i
d i
Q 9 Q 12
NPSH 4,63 y 4,10
NPSH 4,5 y 5
 
 
⇒ Há cavitação, já que 
máxv v
Q Q> e 
máxi i
Q Q .> 
 
 Calculando o NPSHd: 
2
i i
2
vv
NPSH 5,31 8379,8Q Inverno: NPSH 3,88 m
Verão: NPSH 6,45 mNPSH 8,31 8379,8Q
= − =
⇒
== −
 
 
5.14 Uma bomba centrífuga está montada em uma cota topográfica de 845,00 m, em uma 
instalação de recalque cuja tubulação de sucção tem 3,5 m de comprimento, 4” de diâmetro, 
em P. V. C. rígido, C = 150, constando de uma válvula de pé com crivo e um joelho 90°. 
Para um recalque de água na temperatura de 20°C e uma curva do N. P. S. H. requerido 
dada pala Figura 5.25, determine a máxima vazão a ser recalcada para a cavitação 
incipiente. Se a vazão recalcada for igual a 15 l/s, qual a folga do NPSH disponível e do 
NPSH requerido. Altura estática de sucção igual a 2,0 m e a bomba é não afogada. 
 
v v
v
máx v
máx
7,1 y 5 y
y 6,65 m
7,1 6,42 5 7,5
12 Q 5 y
Q 13,98 l/s
12 15 5 7,5
− −= ⇒ =
− −
− −∴ = ⇒ =
− −
i i
i
máx i
máx
4,63 y 4,5 y
y 4,57 m
4,5 4,10 4,5 5
9 Q 4,5 y
Q 9,42 l/s
9 12 4,5 5
− −= ⇒ =
− −
− −∴ = ⇒ =
− −
 
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22 Universidade Federal do Espírito Santo 
1
2
e
e
D 4” 0,1 m
C 1560
L 28,6 m
L 4,3 m
T 20°C
= =
=
=
=
=
 
 
 
( )
( )
1 2
1,85
e e e 1,85 4,87
1,85
1,85 4,87
1,85
Q 10,65
H L L L
C D
Q 10,65
H 3,5 28,6 4,3
150 0,1
H 2708,2 Q
⋅∆ = + +
⋅
⋅∆ = + +
⋅
∆ = ⋅
 
a
a
2
p 760 0,081h
13,6
1000
h 845
p
9,40 mH O
− =  γ  
↓ =
=
γ
 
 
1,85a v v
d
v
1,85
d
p p p
NPSH z H 9,40 2 2708,2Q
Tabela da página 158
p
T 20 C 0,24
NPSH 7,16 2708,2Q
−= − − ∆ = − − −
γ γ
↓ = ° → =
γ
= −
 
Q (l/s) 0 5 10 15 20 25 30 
NPSHr (m) 0 0,6 1,2 2,8 5,2 7,6 11,2 
NPSHd (m) 7,16 7,01 6,62 6,02 5,21 4,22 3,04 
 
 A interseção de NPSHr e NPSHd é em Q = 20 l/s. ⇒ Qmáx = 20 l/s. A folga para Q = 15 l/s 
é: 
Folga 6,02 2,8 3,22= − = 
 
6.1 O sistema de recalque mostrado na Figura 6.9 faz parte de um projeto de irrigação que 
funciona 5 horas e meia por dia. O sistema possui as seguintes características: 
a) tubulação de sucção com 2,5 m de comprimento, constando de uma válvula de pé com 
crivo e uma curva 90º R/D = 1; 
b) uma bomba que mantém uma altura total de elevação de 41,90 m, para a vazão 
recalcada; 
c) uma caixa de passagem, em nível constante, com NA = 26,91 m; 
d) vazão de distribuição em marcha (vazão unitária de distribuição) constante a partir do 
ponto A igual a q = 0,02 /(sm). 
 Determine: 
a) os diâmetros de recalque e sucção (adotar o mesmo) usando a Equação 5.18 (ver a Seção 
5.4.3); 
b) a carga de pressão disponível imediatamente antes e depois da bomba; 
c) os diâmetros dos trechos AB e BC, sendo o ponto C uma ponta seca, vazão nula. 
Dimensione os diâmetros pelas vazões de montante de cada trecho; 
d) a potência do motor elétrico comercial. 
 Dados: 
a) rendimento da bomba: 65%; 
b) material de todas as tubulações: ferro fundido novo (C=130); 
c) utilize a equação de Hazen-Williams; 
d) perdas de carga localizadas no recalque, desprezíveis. 
 
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a) A vazão de sucção é: 
3(240 108) 9,96 10Q q −= + = ⋅ m3/s 
Equação 5.18 → 34( ) 1,3 ( / ),rD m X Q m s= em que X é a fração do dia de funcionamento do 
sistema. 
5,5
0,229
24
X = = e ( )0,02 240 108 6,96Q = ⋅ + = l = 6,96⋅10–3 m3/s 
341,3 0,229 6,96 10 0,0750rD
−∴ = ⋅ = m 
 
b) Equação da energia em NAI e imediatamente antes de B: 
2 2 2 2
1 1
1 0 0 1,22 2 2 2
B B B B B B
B m B m m
p V p V p V p V
z z H z H H
g g g gγ γ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + + + ∆ ⇔ = + + + ∆ 
3
2 3
6,96 10
1,57
/ 4 4,418 10
B B
r
Q
V V
Dπ
−
−
⋅= = ⇒ =
⋅ ⋅
m/s 
Tabela 3.6 → 1
2
( ) : 0,56 255,48 19,721
( ) : 0,115 15,53 1,31975
e
e
i Crivo L D
ii Curva L D
= + =
= + =
 
( ) ( )
1 2
1,85
1,85 4,87
23,541 10,65 0,945m s e e m
Q
H L L L J H
C D
∆ = + + ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ ∆ = m 
( )21,57
0 1,2 0,945 2,27
2 9,8
B B
antes
p p
γ γ
 ∴ = + + + ⇒ = − ⋅  
mH2O 
 Equação da energia em NAI e imediatamente depois de B: 
( )
2 2 2
1 1
1
1,57
1,2 0,945
2 2 2 9,8
B B B
B m
p V p V p
H z z H H II
g gγ γ γ
+ + + = + + + ∆ ⇔ = + + +
⋅
 
 Temos _ 2.3 4
130
3,932 10
0,075
TabelaC
D m
β
=
→ = ⋅
=
 
( )1,854 31,85 3,932 10 6,96 10
350 14
100 100j j j j j
Q
H L J L H
β
−⋅ ⋅ ⋅⋅∆ = = = ⋅ ⇔ ∆ = m 
 Como (26,91 0) 0,945 14 41,855j m m jH z z H H= − + ∆ + ∆ = − + + = m, voltando a II, 
temos: 
21,57
41,855 1,2 0,945 39,58
2 9,8
B B
depois
p p
γ γ
 = + + + ⇔ = ⋅  
mH2O 
 
c) Em A, 
 
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QA = 6,96⋅10–3 m3/s 
 Em B, 
( ) ( )3 5 36,96 10 2 10 240 2,16 10B A AB BQ Q q L Q− − −= − ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ m3/s 
 Pela Tabela 6.1, tem-se 6,96AQ = l/s < 3,14 l/s ⇒ DAB = 0,125 m. QB = 2,16 l/s < 3,14 l/s 
⇒ DBC = 0,075 m 
 
d) Equação da energia em B e no NAII, 
2 2
2 2
2 22 2
B B B
B AB B AB
p V p V p
z z H z z H
g gγ γ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇔ 
26,91 16,71 B AB
p
H
γ
⇔ = + + ∆ (III) 
 Temos _ 2.3 3
130
3,267 10
0,125
TabelaC
D m
β
=
→ = ⋅
= 
( )1,853 31,85 240 3,267 10 2,16 10
0,092
100 100
B
AB AB AB AB AB
Q
H L J L H
β
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅∆ = ⋅ = ⋅ = ⇒ ∆ =
 
 Voltando a III, temos: 
26,91 16,71 0,092 10,12B B
p p
γ γ
= + + ⇔ = mH2O 
e) 
39,8 41,855 6,96 10
4,39
0,65
H Q
Pot Pot
γ
η
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⇒ = kW 
3 3 310 10 6,96 10 41,855
5,97
75 75 0,65
H Q
Pot Pot
η
−⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⇒ =
⋅
cv 
 
6.2 A rede de distribuição de água, representada na Figura 6.10, possui as seguintes 
características: 
a) os trechos BC, CE, EF, CD e EG têm uma vazão de distribuição em marcha constante e 
igual a q= 0,010 l/(sm) 
b) os pontos D, F e G são pontas secas; 
c) as cotas topográficas dos pontos são: 
( ) 6,0 7,0 8,0 11,0 8,0 10,0 6,0
Ponto A B C D E F G
Cota m
 
 Determine a cota do nível de água no reservatório, para que a mínima carga de 
pressão dinâmica na rede seja de 12 mH2O. Determine a máxima carga de pressão estática. 
Material das tubulações tem C = 130. 
 
 
 
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EXEMPLO 8.1 
Estime o valor do fator de atrito f, do coeficiente de rugosidade C de Chézy e do coeficiente 
de rugosidade n de Manning em um canal largo de 1,50 m de profundidade, no qual as 
medidas de velocidades a 20 % e 80 % da altura d’água foram, respectivamente, v0,20 = 0,80 
m/s e v0,80 = 1,20 m/s. 
 Assuma distribuição de velocidade logarítmica na vertical, escoamento turbulento rugoso 
e que a altura d’água é igual ao raio hidráulico. A Equação 2.31 
*
8,48 2,5ln
v R
u ε
 
= + 
 
, 
desenvolvida a partir da hipótese de perfil logarítmico, pode ser posta em forma mais conveniente 
como: 
*
29,84
5,75log
v R
u ε
 =  
 
 
Em que y é uma ordenada medida a partir do fundo e v, a velocidade pontual. Para y = 0,80h e y 
= 0,20h, fica: 
0,80
*
23,87
5,75log
v h
u ε
 =  
 
 
0,20
*
5,97
5,75log
v h
u ε
 =  
 
 
 Fazendo 0,80
0,20
v
X
v
= , dividindo uma equação pela outra e desenvolvendo, vem: 
0,776 1,378
log
1
h X
Xε
−  =  − 
 
 Usando o conceito de diâmetro hidráulico, a velocidade média é dada pela equação 2.32
*
2,5ln 4,73
V R
u ε
 
= + 
 
, na forma: 
*
2
5,75log 4,73 5,75log 4,73 5,75log 4,73 5,75log 6,46
2
hV R D R h
u ε ε ε ε
= + = + = + = + 
 Pela equação 2.26 
*
8V
u f
 
= 
 
, que relaciona a velocidade média com o fator de atrito, 
tem-se: 
*
8 0,776 1,378 2 1,464
6,46
1 1
V X X
u f X X
− + = = + = − − 
 
 Para 
1,20
1,5,
0,80
X = = o fator de atrito vale f = 0,100 e da Equação 8.7 
0 0
8 8
,h h
g g
V R I V C R I C
f f
 
= ⇔ = ⇐ = 
 
8 78,4
28
0,100
g
C
f
= = = 
e, finalmente, como 
h = Rh = 1,50 m e 
1/6
hRC
n
= 
o coeficiente de rugosidade de Manning vale n = 0,038. 
 
EXEMPLO 8.2 
Determinar a altura d’água em uma galeria de águas pluviais, de concreto n = 0,013, 
diâmetro igual a 0,80 m, declividade de fundo I0 = 0,004 m/m, transportando uma vazão de 
600 l/s em regime permanente e uniforme. 
 O coeficiente dinâmico vale: 
 
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3/8 3/8
0
0,013 0,60
0,456
0,004
nQ
M
I
   ⋅= = =    
  
 
 Pela Equação 8.47
1
M
D
K
 
= 
 
: 
1
1
0,456
0,80 0,570K
K
= ∴ = 
 Na Tabela 8.1, para K1 = 0,570, determina-se o valor da lâmina d’água relativa, isto é, a 
altura normal dividida pelo diâmetro. Para K1 0,570, tira-se y0/D = 0,625, e daí y0 = 0,50 m. 
 
EXEMPLO 8.3 
Qual a relação entre as vazões transportadas, em regime permanente e uniforme, em uma 
galeria de águas pluviais, com lâmina d’água igual a 2/3 do diâmetro e a meia seção. 
 Na Tabela 8.1, para lâminas d’água iguais a y0/D = 0,666 e y0/D = 0,50 m, os coeficientes 
K1 valem, respectivamente, 0,588 e 0,498. 
Pela Equação 8.47 
3/8
1 0
, em que M= ,
M nQ
D
K I
  
 =      
 fórmula de Manning, como o 
diâmetro é o mesmo, tem-se: 
1 2 1
1 2 2
1,18
M M M
K K M
= ∴ = 
e para a mesma declividade e rugosidade, fica: 
3/8
1 1
2 2
1,18 1,56
Q Q
Q Q
 
= ∴ = 
 
 
 
EXEMPLO 8.4 
Dimensione um canal trapezoidal dom taludes 2H:1V, declividade de fundo I0 = 0,0010 
m/m, revestimento dos taludes e fundo em alvenaria de pedra argamassada em condições 
regulares, para transportar uma vazão Q = 6,5 m3/s. Utilize uma razão de aspecto m = b/y0 
= 4. Calcule a velocidade média e verifique se a seção encontrada é de mínimo perímetro 
molhado. 
 Na Tabela 8.5, determina-se o coeficiente de rugosidade n = 0,025. Na Tabela 8.2, 
determina-se o coeficiente de forma K, em função de m = 4 e Z = 2, e vale K = 1,796. O 
coeficiente dinâmico vale: 
3/8 3/8
0
0,025 6,5
1,847
0,001
nQ
M
I
   ⋅= = =    
   
 
Pela fórmula de Manning, Equação 8.39 
3/8
0
0
, em que :
M nQ
y M
K I
  
 = =       
0
1,847
1,03
1,796
M
y
K
= = = m 
 Então: 
0
4 4,12
b
m b
y
= = ∴ = m (largura do fundo) 
 A área molhada vale: 
( ) ( )2 20 4 2 1,03 6,36A m Z y= + = + ⋅ = m2. 
 
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27 Universidade Federal do Espírito Santo 
 A velocidade média é igual a 
6,5
1,02
6,36
Q
V
A
= = = m/s. 
 Para que a seção dimensionada tenha o mínimo perímetro molhado, é necessário que seja 
verificada a Equação 8.53, isto é: 
( ) ( )22 1 2 1 4 2 0,47 4m Z Z= + − = + − = ≠ 
 Conclusão: a seção não é de mínimo perímetro molhado. 
 
8.1 Um canal de drenagem, em terra com vegetação rasteira nos taludes e fundo, com 
taludes 2,5H:1V, declividade de fundo I0 = 30 cm/km foi dimensionado para uma 
determinada vazão de projeto Q0, tendo-se chegado a uma seção com largura de fundo b = 
1,75 m e altura de água y0 = 1,40 m. 
a) Qual a vazão de projeto? 
b) A vazão encontrada é de mínimo perímetro molhado? 
c) Se o projeto deve ser refeito para uma vazão Q1 = 6,0 m
3/s e a seção é retangular, em 
concreto, qual será a altura de água para uma largura de fundo igual ao dobro da anterior? 
Taludes 2,5H:1V → Z = 2,5 
Q0: vazão de projeto 
I0 = 30 cm/km = 0,0003 m/m 
B= 1,75 m 
y0 = 1,4 m 
a) Q0 = ? 
3/8
0
,
nQ
M
I
 
=  
 
 
 onde 0 1,4 1,423 1,9922M y K M= ⋅ ⇔ = ⋅ = 
3/8 43/8
3/8
4 4
0,025 0,025 1,9922 3 10
1,78 1,9922 4,35
0,0253 10 3 10
Q Q
Q
−
− −
⋅ ⋅ 
⇒ = ⇒ = ⇒ = = ⋅  ⋅
m3/s 
b) ( ) ( )2 22 1 2 1 2,5 2,5 0,3852 1,25m Z Z= + − = + − = ≠ ∴ não 
c) 
3
1 6,0 m /
 
0,014
' 2 3,5
Q s
seção circular
concreto n
b b
 =



⇒ =
 = =
 
8/3 8/3 4
0
0,014 6
0,1717
3,5 3 10
n Q
K K
b I −
⋅ ⋅= ⇒ = =
⋅
 
 Pelo ábaco, 
0
00,29 0,29 3,5 1,01
y
y
b
= ⇒ = ⋅ = m 
 
8.2 Uma galeria de águas pluviais de 1,0 m de diâmetro, coeficiente de rugosidade de 
Manning n = 0,013 e declividade de fundo I0 = 2,5⋅⋅⋅⋅10–3 m/m transporta, em condições de 
regime permanente uniforme, uma vazão de 1,20 m3/s. 
a) Determine a altura d’água e a velocidade média. 
b) A tensão de cisalhamento média, no fundo, e a velocidade de atrito. 
c) Qual seria a capacidade de vazão da galeria, se ela funciona na condição de máxima 
vazão? 
D = 1,0 m 
N = 0,013 
I0 = 2,5⋅10–3 m/m 
Q = 1,2 m3/s 
0
1,75
1,25
1,4
b
m
y
= = =
0 ?y =
 
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28 Universidade Federal do Espírito Santo 
a) y0 = ? e V0 = ? 
3/83/8
3
0
0,013 1,2
0,646
2,5 10
nQ
M
I −
   ⋅
 ⇒ = = = 
   ⋅   
 
0,646
0,646
1
M
K
D
= = = 
0
00,85 0,82
y
m y
D
= = → = m 
Pela Equação 8.58 
2/3
2/3 1/2
0
1
1 ,
2,52
sen
V D I
n
θ
θ
  = −  ⋅    
com 1 0
2
2cos 1 ,
y
D
θ −  = − 
 
tem-
se: 
1 102 2 0,822cos 1 2cos 1 259,58
1
y
D
θ − − ⋅   = − = − = °   
   
= 4,53 rad 
( )
2/3
1/22/3 31 4,531 2,5 10 1 1,53 1,14 1,74
2,52 0,013 4,53
sen
V V−
 = ⋅ − → = ⋅ = ⋅  
m/s 
 
b) 0 ,hR Iτ γ= onde 30
1
0,304 9810 0,304 2,5 10 7,46
4h
sen
D
R
θ
θ τ −
 − 
 = = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ = Pa 
* 0,086hu gR I= = m/s 
 
c) Pela Equação 8.59 
( )5/38/3 1/2
0 2/3
1
20,2
sen
Q D I
n
θ θ
θ
 −
 =
  
, tem-se: 
( )5/33
2/3
5,28 5,281
2,5 10 1,29
20,2 5,28
sen
Q
n
− −= ⋅ = m3/s 
 
8.4 Um canal trapezoidal deve transportar, em regime uniforme, uma vazão de 3,25 m3/s, 
com uma declividade de fundo I0 = 0,0005 m/m trabalhando na seção de mínimo perímetro 
molhado. A inclinação dos taludes é de 0,5H:1V e o revestimento será em alvenaria de pedra 
argamassada em condições regulares. Determine a altura d’água, a largura
de fundo e a 
tensão média de cisalhamento no fundo do canal. 
Trapézio: Q = 3,25 m3/s mínimo perímetro y0 = ? n = 0,025 
 I0 = 0,0005 m/m molhado b0 = ? 
 z = 0,5 (MPM) τ = ? 
3/83/8
0,025 3,25
1,62
0,0005
nQ
M
I
 ⋅ = = =  
   
 
( )20 0 1,622 1 1,51,1
1,24
1,1
M M
y MPM m Z Z y
t t
m
t
= → = + − = = =
=
=
m 
20
, onde R
21,24 1,9 m
1,51,5
9810 0,0005 3,7 N/m
2
h h
y
R I
b b
m b
y
τ γ
τ
= ⋅ ⋅ =
= ⇒ = ⇔ =
= ⋅ ⋅ =
 
 
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
 
29 Universidade Federal do Espírito Santo 
8.5 Dimensione um canal para irrigação, em terra, com vegetação rasteira no fundo e nos 
taludes, para transportar uma vazão de 0,75 m3/s, com declividade de fundo I0 = 0,0005 
m/m, de modo que a velocidade média seja no máximo igual a 0,45 m/s. Inclinação dos 
taludes 3H:1V. 
n = 0,025 
Q = 0,75 m3/s 
I0 = 0,0005 m/m 
0,45 m/s 3V z≤ = 
Q
V
A
= 0
M
y
K
= 
0
0,94
nQ
M
I
 
= = 
 
 
 
( )0 02A b y y= + ( )22 1 3 3 0,32 1,780m K= + − = ⇒ = 
0,75
0,45 0,45
Q
A A
≤ ⇔ ≤ 0
0,94
0,53
1,78
y = = m 
( ) ( )0 0
1 1
2 2 3 0,53 0,53 0,53 0,8427
2 2
A b b Zy y b b b= + + = + + ⋅ ⋅ = + 
Mas 1,67A ≥ m2 ∴ 0,53 0,8427 1,67 1,56b b+ ≥ ⇔ ≥ m 
 
8.6 Dimensione um canal trapezoidal, com taludes 2H:1V, declividade de fundo I0 = 0,001 
m/m, com taludes e fundo em alvenaria de pedra argamassada, em boas condições, para 
transportar em regime uniforme uma vazão de 8,0 m3/s, sujeita às seguintes condições: 
a) A máxima altura d’água deve ser de 1,15 m. 
b) A máxima velocidade média deve ser de 1,30 m/s. 
c) A máxima largura na superfície livre deve ser de 8,0 m. 
Canal trapezoidal (alvenaria em pedra argamassada, em boas condições): n = 0,030 
Q = 8,0 m3/s 
I0 = 0,001 m/m 
y0 < 1,15 m 
vmáx < 1,30 m/s 
n < 8,0 m 
0 1,15 1,15 1,6
M
y K
K
< ⇒ > ⇔ ≥ → da Tabela 8.2, 
0
2,8
b
m
y
= = 
8 8 1,3 6,15máxQ V A v A A A= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇔ = ⇔ = m
2 
Mas 
( ) 2 20 0 06,15 (2,8 2) 1,13A m Z y y y= + → = + ⇒ = m 
0
0
2,8 2,8 2,8 1,13 3,164
b
m b y
y
= = ⇒ = = ⋅ = m 
02 3,164 2 2 1,13 7,684B b Z y B= + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ = m 
 
8.8 Um trecho de um sistema de drenagem de esgotos sanitários é constituído por duas 
canalizações em série, com as seguintes características: 
Trecho 1 – Diâmetro: D1 = 150 mm 
 Declividade: I1 = 0,060 m/m 
Trecho 2 – Diâmetro: D2 = 200 mm 
 Declividade: I2 = 0,007 m/m 
 Determine a máxima e a mínima vazões no trecho para que se verifiquem as 
seguintes condições de norma: 
a) Máxima lâmina d’água: y = 0,75D 
b) Mínima lâmina d’água: y = 0,20D 
c) Máxima velocidade: V = 4,0 m/s 
3/83/8
0,020 8
1,84
0,001
nQ
M
I
 ⋅ = = =  
   
 
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30 Universidade Federal do Espírito Santo 
d) Mínima velocidade: V = 0,50 m/s 
Coeficiente de rugosidade de Mannin, n = 0,013. 
Canalizações em série n = 0,013 
( )
1 0
2
2
2cos 1
8
y
D
D sen
A
θ
θ θ
−  = − 
 
−
=
 
1
1
 1:
D 150 mm = 0,15 m
I 0,060 m/m
Trecho
=
=
 
2
2
 2:
200 mm = 0,2 m
I 0,007 m/m
Trecho
D =
=
 
 
00,20 0,75D y D≤ ≤ 
 
Qmáx = ? e Qmín = ? 
 
 
 
No caso de y0 = 0,20D, temos: 
0
0 10,20 0,20 0,259
y
y D K
D
= ⇔ = → = ( )12cos 1 2 0,2 106,26 1,855 radθ −= − ⋅ = ° = 
 
 
 Em 1: 
0,15 0,03885
0,259
M
M= ⇒ = 
3/8
3/8
1
1
0,013 0,03885 0,06
0,03885 0,0033
0,0130,06
Q
Q
 ⋅= ⇒ = = 
 
m3/s 
 
 
Em 2: 
3/8
3/8
32
2
0,2 0,0518
0,259
0,013 0,0518 0,007
0,0518 0,0024 m /s
0,0130,007
M
M
Q
Q
= ⇔ =
 ⋅= ⇔ = = 
 
 
 
Qmín em 1 ⇒ 0,0033 m
3/s. Como a tubulação está em série, Qmín = 0,0033 m
3/s. 
Verificando se a vazão mínima atende ao intervalo de velocidade (0,5 m3/s ≤ V ≤ 4 m3/s), 
temos: 
2
0,0033
0,36
0,00911mín
mín
Q
Q
V
A
= = = m3/s 
 
No caso y0 = 0,75D, temos: 
0
0 10,75 0,75 0,624
y
y D K
D
= ⇔ = → = ( )12cos 1 2 0,75 240 4,189 radθ −= − ⋅ = ° = 
 
 Em 1: 
3/8
1 0
Q V A
M nQ
D M
K I
= ⋅
 
= =   
 
( )2 3 3
2
0,2 1,855 1,855
9,11 10 m /s
8
0,0024
 0,26 m/s (ok!)
0,00911
sen
A
v
−−= = ⋅
∴ = =
( )2 3 3
1
0,15 1,855 1,855
2,52 10 m /s
8
0,0033
 1,31 m/s (ok!)
0,00252
sen
A
v
−−= = ⋅
∴ = =
 
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31 Universidade Federal do Espírito Santo 
0,15 0,0936
0,624
M
M= ⇒ = 
3/8
3/8
31
1
0,013 0,0936 0,06
0,0936 0,0083 m /s
0,0130,06
Q
Q
 ⋅= ⇒ = = 
  
( )2 2
1 1
4,189 4,189 0,0083
0,15 0,01422 m 0,58 m/s (ok!)
8 0,01422
sen
A V
−
= = ⇒ = = 
 Em 2: 
0,2 0,1248
0,624
M
M= ⇒ =
 
3/8
3/8
32
2
0,013 0,1248 0,007
0,1248 0,0250 m /s
0,0130,007
Q
Q
 ⋅= ⇒ = = 
  
( )2 2
2 1
4,189 4,189 0,025
0,2 0,0253 m 0,99 m/s (ok!)
8 0,0253
sen
A V
−
= = ⇒ = = 
 
( )
1
1
0
0 0
0,025
1,76 m/s (ok!)
0,01422
1 cos 2y 0,094 m
2
0,035y 0,1125 (ok!)
máxQV
A
D
y
θ
= = =
−
= =
≤ ≤
 
 
8.10 Determine a mínima declividade necessária para que um canal trapezoidal, taludes 
4H:1V, transporte 6 m3/s de água, com uma velocidade média igual a 0,60 m/s. Coeficiente 
de rugosidade, n = 0,025. 
Z = 4 
Q = 6 m3/s 
V = 0,60 m/s 
n = 0,025 
0 ?mínI = 
Para que I0 seja mínimo, a seção deve ser de mínimo perímetro molhado. Portanto: 
( ) ( )2 22 1 2 1 4 4 0,246m Z Z= + − = + − = 
0
0
0,246
b
m b y
y
= ⇒ = 
 Voltando a A, tem-se: 
2
0 04,246 10 1,53 my y= ⇔ = 
 Da Tabela 8.2, interpolando, para m = 0,246, vem K = 1,4465. Assim: 
0 1,53 1,4465 2,213145
M
y M
K
= ⇒ = ⋅ = 
3/8 2
4
0 3/8
0
0,025 6 0,025 6
2,213145 3,25 10 m/m
2,213145
I
I
−   ⋅ ⋅= ⇔ = = ⋅    
   
 
8.19 Um trecho de coletor de esgotos de uma cidade cuja rede está sendo remanejada tem 
100 m de comprimento e um desnível de 0,80 m. Verifique se o diâmetro atual, de 200 mm, 
permite o escoamento de uma vazão de 18,6 ℓ/s. Em caso contrário, qual deve ser o novo 
diâmetro desse trecho? Determine a lâmina líquida correspondente e a velocidade média. 
30,025 m /smáxQ =
26 10 m
0,6
Q
Q V A A
V
= ⋅ ⇒ = = =
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0 0
2
4 10
2 2
b B y b Z y y
A b Zy y b y y
+ + ⋅ ⋅
= = = + = + =
 
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32 Universidade Federal do Espírito Santo 
Material das tubulações: manilha cerâmica, n = 0,013. Adote como lâmina d’água máxima 
no coletor y0/D = 0,50. 
 
Atualmente, 
D = 200 mm 
Q = 18,6⋅10–3 m3/s 
n = 0,013 
A máxima lâmina de água: 
y0 = 0,5D ∴ y0 = 0,1 m 
 Sendo 0
y
0,5,
D
= da Tabela 8.1, temos K1 = 0,498 
 
Sabemos que 
( )
3/8 3/8
8/3
1 1
1 0 0 0
M nQ nQ nQ
D , onde M DK DK
K I I I
   
= = ⇒ = ⇔ =   
   
   
 
 Atribuindo valores: 
( )8/3 30,008Q 0,2 0,498 0,01466 m /s 14,67 l/s
0,013
= × = = 
 Portanto, D = 200 mm não é suficiente para Q = 18,6 l/s. Então: 
3/8 3/8
3
3
0
nQ 0,013 18,6 10
M 0,1088
I 8 10
−
−
   ⋅ ⋅= = =      ⋅  
 
 Como a relação y0/D não se altera, K1 = 0,498. Logo: 
1
M
D 0,2186 m
K
= = 
 Como não existe esse diâmetro comercializado, D = 250 mm 
0
0
y
0,5 y 0,108 m
D
= → = 
 Na seção circular: 
( )1 1 102y 2 0,1082cos 1 2cos 1 2cos 0,01189 3,18 rad
D 0,2186
− − −⋅  θ = − = − = =   
   
 
( ) ( ) ( )
2 2
3 20,2186 3,18 3,18 5,97 10 3,22 0,0192 m
8 8
−− −= = = ⋅ =
D sen sen
A
θ θ
 
 Portanto: 
3Q 18,6 10
V 0,97 m/s
A 0,0192
−⋅= = = 
 
8.20 No projeto de um coletor de esgotos, verificou-se
que, para atender à condição de 
esgotamento dos lotes adjacentes, ele deveria ter uma declividade de 0,015 m/m. Sendo 20 l/s 
a vazão de esgotos no fim do plano e 10 l/s a vazão atual (início de plano), determine: 
a) o diâmetro do coletor e a velocidade de escoamento, para o final do plano; 
b) a lâmina líquida atual e a correspondente velocidade média. 
3
0I 0,8 m/100 m 8 10 m/m 
−= = ⋅
 
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33 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
3 3
j
3 3
m
Q 20 l/s 20 10 m /s
Q 10 l/s 10 10 m /s
−
−
= = ⋅
= = ⋅
 
( )1 102y2cos 1 2cos 0 rad
D
− − θ = − = = π 
 
 
a) D = ? e Vj = ? 
1
M
D
K
= 
3/8 3/83
2
0
nQ 0,013 20 10
M 9,5 10
I 0,015
−
−   ⋅ ⋅= = = ⋅     
  
 
29,95 10
D 0,2 m 200 mm
0,498
−⋅
⇒ = = = 
( ) ( )2 2 20,2 0,0154 m
8 8
− −
= = =
D sen sen
A
θ θ π π
 
 Com a área, temos a velocidade pela relação jj
Q
V :
A
= 
3
j
j
Q 20 10
V 1,29 m/s
A 0,0154
−⋅= = = 
b) 3mQ 0,01 m /s= 
3/8 3/83
0
nQ 0,013 10 10
M 0,077
I 0,015
−   ⋅ ⋅= = =     
  
 
1
M 0,077
D 0,155 m
K 0,498
= = = 
( ) ( )1 0
0
D 1 cos /2 0,155 1 cos /22y
2cos 1 y 0,0775 m
D 2 2
− − θ − π θ = − → = = = 
 
 
( ) ( )2 2 3 20,155 9,43 10 m
8 8
−− −= = = ⋅
D sen sen
A
θ θ π π
 
3
m
m 3
Q 10 10
V 1,06 m/s
A 9,43 10
−
−
⋅= = =
⋅
 
 
9.5 Em um projeto de um sistema de drenagem de águas pluviais, determinou-se que, para 
escoar uma vazão de 12 m3/s, era necessária uma galeria retangular em concreto, 
rugosidade n = 0,018, declividade de fundo I0 = 0,0022 m/m, com 3,0 m de largura, conforme 
a figura. Por imposição do cálculo estrutural, foi necessário dividir a seção em duas células 
de 1,5 m de largura com um septo no meio. Verifique se esta nova concepção estrutural tem 
condições hidráulicas de escoar a vazão de projeto, em condições de escoamento livre. 
 
 
 
0I 0,015m/m=
0
1
n 0,013
y
0,5
D
K 0,498
=
=
=
Seção original Seção modificada
 
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34 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
( )
T 1 2
2
h
2 ) Seção modificada
Q Q Q
n 0,018
b 1,5
m 0,714
y 2,1
Área 1,5 2,1 3,15 m
P 1,5 2,1 2 6,3
A 3,15
R 0,5 m
P 6,3
°
= +
=
= = =
= ⋅ =
= + =
= = =
 
 
Manning: 
2/3 2/3 31
h 1
0
nQ 0,018 Q
A R 3,15 0,5 Q 5,17m /s
I 0,0022
⋅= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇔ = 
 
T 1 2 1
3
T
Q Q Q 2Q
Q 2 5,17 10,34m /s
= + =
= ⋅ =
 Não tem condições.⇒ 
 
9.6 Uma galeria de águas pluviais de seção retangular escoa uma certa vazão, em 
escoamento uniforme, com uma largura de fundo igual a 0,90 m e altura d’água de 0,70 m. 
Em uma determinada seção, deverá haver uma mudança na geometria, passando para uma 
seção circular. Determine o diâmetro da seção circular para transportar a mesma vazão, 
com a mesma altura d’água, rugosidade e declividade de fundo. 
0 0
r c
Retangular Circular
b 0,9 m D ?
y 0,7 m y 0,7 m
I I
= ⇒ =
= =
=
 
1°) 
0
0,9
1,29 0,874
0,7
= ⇒ = = → =bm m K
y
 
0 0
3/8
0,7 0,874 0,61
0,61
= ⇒ = ⋅ = ⋅ =
 = = 
 
M
y M y K
K
nQ
M
I
 
 
2°) 
2D
A
4
π ⋅= 
P D= π 
2
h
A D D
R
P 4 D 4
π ⋅= = =
π
 
 
3°) 
( )
2/32 2/3
8/32/3 2
h
2,67
nQ D D D
A R 0,61 0,27 0,79D
4 4 2,52I
D 0,86 D 0,95 m
 π ⋅  = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔       
⇔ = ⇔ =
 
3
0
1 ) Seção original
Q 1 /s2 m
n 0,018
I 0,0022 m/m
b 3m
y 2,1 m
°
=
=
=
=
=
0
3
1,43
2,1
= ⇒ = =bm m
y
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
 
35 Universidade Federal do Espírito Santo 
 
9.8 Qual deve ser a declividade de fundo de um canal trapezoidal com taludes 2H:1V, 
largura da base b = 3,0 m, para transportar uma vazão de 3,0 m3/s com velocidade média de 
0,60 m/s. Coeficiente de rugosidade do fundo e taludes n = 0,018. 
3
trapézio z 2
b 3 m
Q 3,0 m /s
V 0,6 m/s
n 0,018
→ =
=
=
=
=
 
( ) ( )
( )
2
2 2 2
2 2
3
Q V A A 5 m
0,6
A m Z y e A 2 1 Z Z y
5 2 1 2 2 y y 1,42
= ⋅ → = =
= + = + −
∴ = + − ⇔ =
 
 
 
 
 As principais partes constituintes de um vertedor são: 
a) Crista ou soleira é a parte superior da parede em que há contato com a lâmina vertente. Se o 
contato da lâmina se limitar, como nos orifícios de parede fina, a uma aresta biselada, o vertedor é 
de parede delgada; já se o contato ocorrer em um comprimento apreciável da parede, o vertedor é 
de parede espessa. 
 
b) Carga sobre a soleira h é a diferença de cota entre o nível d’água a montante, em uma região 
fora da curvatura da lâmina em que a distribuição de pressão é hidrostática, e o nível da soleira. 
Em geral, a uma distância a montante do vertedor igual a seis vezes a carga, a depressão da 
lâmina é desprezível. 
 
c) Altura do vertedor P é a diferença de cotas entre a soleira e o fundo do canal de chegada. 
 
d) Largura ou luz da soleira L é a dimensão da soleira através da qual há o escoamento. 
 
12.7 Um vertedor retangular de parede fina com 1,0 m de largura, sem contrações laterais, é 
colocado juntamente com um vertedor triangular de 90º em uma mesma seção, de modo que 
o vértice do vertedor triangular esteja 0,15 m abaixo da soleira do vertedor retangular. 
Determinar: 
a) a carga no vertedor triangular quando as vazões em ambos os vertedores forem iguais; 
b) a carga no vertedor triangular quando a diferença de vazão entre o vertedor retangular e 
triangular for máxima. 
 Utilizar a fórmula de Thomson e Francis. 
Fórmula de Francis → Q = 1,838bh3/2, onde 
Q → vazão em m³/s. 
b → largura do vertedor em metros. 
h → altura da lâmina d’água sobre a 
crista do vertedor em metros. 
Fórmula de Thomson → Q = 1,40h5/2 
a) 1 2
1 vertedor retangular
, onde 
2 triangular
Q Q
vertedor
→
=
→
 
 Usando a fórmula de Thomson para o vertedor triangular e a fórmula de Francis para o 
vertedor retangular, tem-se: 
3/8
 =  
 
nQ
M
I
0 =
M
y
K
3/83/8
0
5
0
b 3
m 2,11 K 1,5
y 1,42
M y K 1,42 1,5 2,13
nQ 0,018 3
M 2,13
I I
I 5,17 10 m/m−
= = = ⇒ ≈
= ⋅ = ⋅ =
 ⋅ = ⇒ =        
∴ = ⋅
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
 
36 Universidade Federal do Espírito Santo 
2 5
3/2 5/2
1 2 3
5 3 2 3
1,838
1,838 1,40
1,4
0,58 0,45 0,0675 3,375 10 0
H
Q Q L h H
h
H H H H −
 = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ = ⇔ 
 
⇔ − + − + ⋅ =
 
 
 Observamos que a soma dos coeficientes é aproximadamente 1, o que nos leva a concluir 
que existe uma raiz próxima a este valor. Por tentativa e erro: 
H = 1,04 m 
 
b)( )1 2Q Q− é máxima 
( ) ( ) ( )3/23/2 5/2 5/21 2 1,838 1,40 1,838 0,15 1,40 0máx máx
d
Q Q L h H H H
dH
 − = ⋅ ⋅ − ⋅ → − − = ⇔   
( ) ( )1/2 3/2 2 3 2 32,757 0,15 3,5 7,6 0,15 3,5 3,5 7,6 1,14 0H H H H H H⇔ − = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ 
H = 0,7 m 
 
12.9 Um vertedor retangular de parede fina, sem contrações laterais, é colocado em um 
canal retangular de 0,50 m de largura. No tempo t = 0, a carga H sobre a soleira é zero e, 
com o passar do tempo, varia conforme a equação H = 20⋅⋅⋅⋅t, com H (m) e t (min). 
Determinar o volume de água que passou pelo vertedor após 2 minutos. 
VERTEDOR RETANGULAR DE PAREDE FINA SEM CONTRAÇÕES_ 
equação de Bernoulli: ( )
2 2 2
0 1 0
1 22 2 2
V V V
h h y V g y
g g g
 
+ = − + ∴ = +  
 
 
0,5A h= ⋅ 
Volume vazão tempo velocidade área tempo= ⋅ = ⋅ ⋅ 
 
12.14 Se a equação básica para um vertedor retangular, de soleira fina, sem contrações 
laterais, Equação 12.70, for usada para determinar a vazão por um vertedor de soleira 
espessa, de igual largura, qual deve ser o coeficiente de vazão Cd naquela equação? 
Despreze a carga cinética de aproximação. 
Vertedor retangular de parede fina
sem contrações → 3/22 2
3 d
Q C g L h= ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.70) 
Vertedor de soleira espessa horizontal → 3/21,704dQ C b h= ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.94) 
 Igualando as duas equações, tem-se: 
3/2 ' 3/22 22 1,704 2 1,704,
3 3d d d
C g L h C b h C g⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ = admitindo ' 1dC = 
2 1
2 1,704 0,577
3 3
d dC g C⋅ = ⇒ = =
 
 
12.18 A captação de água para o abastecimento de uma cidade na qual o consumo é de 250 
l/s (vazão de demanda) é feita num curso d’água onde a vazão mínima verificada (no 
período de estiagem) é de 700 l/s e a vazão máxima verificada (no período das cheias) é de 
3800 l/s. Em decorrência de problemas de nível d’água na linha de sucção da estação de 
bombeamento, durante a época da estiagem, construiu-se à jusante do ponto de captação 
uma pequena barragem cujo vertedor de 3 m de soleira tem a forma de um perfil padrão 
WES, que foi desenhado para uma carga de projeto 
hd =0,50 m. Para o bom funcionamento das bombas, 
 o nível mínimo d’água no ponto de captação deverá 
estar na cota de 100,00 m, conforme a Figura 12.51. 
Nestas condições, pergunta-se: 
a) Em que cota estará a crista do vertedor-extravasor? 
 
André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com 
 
37 Universidade Federal do Espírito Santo 
b) Durante a época das enchentes, qual será a máxima cota do nível d’água?
3/2
0,148
0,5 m
 WES: 3,0 m
2,215750 250 450 l/s
d
d
Q C L hh
Vertedor L h
CQ h
= ⋅ ⋅=
∗ =  
=  = − =  
 
Sendo h a carga de trabalho, então: 
a) 
0,148 0,148
3/2 3/2 1,6480,45 0,50,45 2,215 3 0,183
0,5 3 2,215
h
Q C L h h h h
⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ =  ⋅ 
m 
100 m N 99,817 mcrista cristaN h∴ + = ⇔ = 
 
b) Vazão = 3.800 l/s – 250 l/s = 3550 l/s 
0,148 0,148
3/2 1,6483,55 0,53,55 2,215 3 0,642 m
0,5 3 2,215
NA ' 99,817 0,642 100,459 mmáx c máx
h
h h h
N h NA
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ =  ⋅ 
∴ = + = + ⇒ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
alguns exercicios respondidos hidraulica b?sica (1).pdf
 1 
CAPÍTULO 1 
 
 
Página 19 exemplo 1.1 
Numa tubulação de 300 mm de diâmetro, a água escoa em uma extensão de 300 m, 
ligando um ponto A na cota topográfica de 90,0 m, no qual a pressão interna é de 
275 kN/m2, a um ponto B na cota topográfica de 75,0 m, no qual a pressão interna 
é de 345 kN/m2. Calcule a perda de carga entre A e B, o sentido do escoamento e a 
tensão de cisalhamento na parede do tubo. Se a vazão for igual a 0,14 m3/s, calcule 
o fator de atrito da tubulação e a velocidade de atrito. 
pA = 275 kN/m2  pA/ = 275/9,8 = 28,06 m 
pB = 345 kN/m2  pA/ = 345/9,8 = 35,20 m 
L = 300 m ; ZA = 90 m ; ZB = 75 m ; Q = 0,14 m3/s 
 
 
a) Sentido de escoamento 
O sentido de escoamento é sempre dos níveis de energia mais elevada para 
a menos elevada. 
Como o diâmetro da tubulação é constante e sendo o escoamento 
permanente, a carga cinética em qualquer seção será a mesma. Deste modo, 
a linha de energia será paralela à linha piezométrica e a perda de carga entre 
A e B pode ser calculado pela diferença entre as cotas piezométricas das 
seções A e B. 
 
CPA = pA/ +ZA = 275/9,8 + 90,00 = 28,06 + 90 = 118,06 m 
CPB = pB/ +ZB = 345/9,8 + 75,00 = 35,20 + 75 = 110,20 m 
 
Como a CPA = 118,06 > CPB = 110,20 
 o sentido do escoamento será de A para B. 
 
 
b) Determinação da perda de carga entre A e B 
HAB = CPA – CPB = 118,06 – 110,20 = 7,86 m 
 
 
c) Determinação da tensão de cisalhamento na parede do tubo 
 
H = 4  L / D 
  D/4 L = 9800. 7,86.0,30/4.300 = 19,26 kN/m2 
 
 
d) Determinação da velocidade de atrito 
 

o
u * = (19,26 / 1000)^,5 = 0,139 m/s 
 
 
e) Determinação do fator de atrito para Q = 0,14 m3/s 
 
V = (4Q/ D
2
) = (4 . 0,14/.0,30^2)  V = 1,98 m/s 
 
g
V
D
fL
H
2
2
 
 
f = 2g . D . H / (L . V^2) = 19,6 . 0,30 . 7,86 / (300 . 1,98^2) 
 
 f = 0,039 
 
 
Página 22 exemplo 1.3 
Considere um sistema de bombeamento como o da Figura 1.7, no qual uma 
bomba, com rendimento de 75%, recalca uma vazão de 15 l/s de água, do 
reservatório de montante, com nível d’água na cota 150,00 m, para ao reservatório 
de jusante, com nível d’água na cota 200,00 m. As perda de carga totais na 
 2 
tubulação de montante (sucção) e de jusante (recalque) são, respectivamente, 
Hm= 0,56 m e Hj=17,92 m. Os diâmetros das tubulações de sucção e recalque 
são, respectivamente, 0,15 m e 0,10 m. O eixo da bomba está na cota geométrica 
151,50 m. 
Determine: 
 
a) as cotas da linha de energia nas seções de entrada e saída da bomba; 
 
b) as cargas de pressão disponíveis no centro dessas seções; 
 
c) a altura total de elevação e a potência fornecida pela bomba. 
 
150 m
200 m
A
B C
D
 
a) Determinação das energias na entrada e saída da bomba 
 
Hentrada = Zm – Hm = 150 – 0,56 = 149,44 m 
 
Hsaída = Zj – Hj = 200 + 17,92 = 217,92 m 
 
b) Determinação das velocidades na entrada e saída da bomba 
 
Ventrada = (4Q/ Ds
2
) = (4.0,015/3,1415 . 0,15^2) = 0,85 m/s 
 
Vsaída = (4Q/ Dr
2
) = (4.0,015/3,1415 .0,10^2) = 1,91 m/s 
 
c) Determinação das pressões na entrada e saída 
 
HB = pB/ +ZB + VB^2/2g (na entrada) 
 
149,44 = pB/ + 151,50 + 0,85^2/19,6  pB/ = -2,10m 
 
HC = pC/ +ZC + VC^2/2g (na saída) 
 
217,92 = pC/ + 151,50 + 1,91^2/19,6  pC/= 66,23m 
 
d) Determinação da altura total de elevação da bomba 
 
H = HREC – HSUC = HC – HB = 217,92 – 149,44 = 68,48 m 
 
e) Determinação da potência da bomba 
 
Pot = QH/n = 9,8.0,015.68,48/0,75 = 13,42 kw ou 18,25 cv 
 
(1kw = 1,36cv) 
 
Pág. 25 numero 1.11 
 
Bombeiam-se 0,15 m3/s de água através de uma tubulação de 0,25 m de diâmetro, 
de um reservatório aberto cujo nível d’água mantido constante está na cota 567,00 
m. A tubulação passa por um ponto alto na cota 587,00 m. Calcule a potência 
necessária à bomba, com rendimento de 75%, para manter no ponto alto da 
 3 
tubulação uma pressão disponível de 147 kN/m2, sabendo que, entre o reservatório 
e o ponto alto, a perda de carga é igual a 7,5 m. 
Dados: 
Q = 0,15 m3/s ; Htotal = 7,5 m 
D = 0,20 m ; n = 0,75 
Pc = 147 kN/m2  pC/= 147/9,8  pC/= 15 m 
 
 
A
B C
D
587 m
567 m
 
a) Determinação da energia cinética 
 
Vc = (4Q/ D
2
) = (4.0,15/3,1415 . 0,25^2) = 3,06 m/s 
 
Vc^2/2g = 3,06^2/19,6 = 0,477 m 
 
 
b) Determinação da altura manométrica 
 
H = (ZD – ZA) + (Hm + Hj) + (pD/ + VD^2/2g) 
 ( energia disponível em D) 
 
H = (587 – 567) + ( 7,5 ) + (15 + 0,477)  H = 42,98 m 
 
 
c) Determinação da potência da bomba 
 
Pot = QH/n = 9,8.0,15.42,98/0,75 = 84,23 kw ou 114,56 cv 
 
 
Pág. 25 numero 1.12 
Entre os dois reservatórios mantidos em níveis constantes, encontra-se uma 
máquina hidráulica instalada em uma tubulação circular com área igual a 0,01 m2. 
Para uma vazão 20 l/s entre os reservatórios, um manômetro colocado na seção B 
indica uma pressão de 68,8 kN/m2 e a perda de carga entre as seções D e C é igual 
a 7,5 m. Determine o sentido do escoamento, a perda de carga entre as seções A e 
B, as cotas piezométricas em B e C, o tipo de máquina (bomba ou turbina) e a 
potência da máquina se o rendimento é de 80%. 
Resp. [AD;DHab=2,796m;CPb=7m;CPc=9,29m;bomba;Pot=,563kw] 
 
Dados: pB = 68,8 kN/m2  pB/ = 68,8/9,8 = 7 m 
 A = 0,01 m2 ; HDC = 7,5 m ; Q = 0,020 m3/s ; n = 0,80 
 
 
 
 
 
 
 4 
2,0 m
10,0 m
D
máquina
C
B A 
 
 
 
 
a) Sentido arbitrado: de A para B 
 
b) Determinação da energia cinética 
 
V = Q/A = 0,020/0,010 = 2,0 m/s  V^2/2g = 2,0^2/19,6 = 0,20 m 
 
c) Determinação da HAB 
 HA = HB + HAB 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HAB 
 0 + 10 + 0 = 7 + 0 + 0,20 + HAB  HAB = 2,80 m 
 
d) Determinação da pC/ 
 HC = HD + HCD 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pD/ + ZD + VD^2/2g + HCD 
pC/ + 0 + 0,20 = 0 + 2 + 0 +   pC/ = 9,30 m 
 
e) Determinação das cotas piezométricas em B e C 
CPB = pB/ + ZB = 7,00 + 0 = 7,00 m 
 
CPC = pC/ + ZC = 9,30 + 0 = 9,30 m 
 
f) Determinação da altura de elevação da bomba 
 
HB (sucção) = pB/ + ZB + VB^2/2g = 7 + 0 + 0,20 = 7,20 m 
 
HC (recalque) = pC/ + ZC + VC^2/2g = 9,3 + 0 + 0,20 = 9,50 m 
 
H = HC (recalque) - HB (sucção) = 9,50 – 7,20 = 2,30 
 
g) Determinação da potência da bomba 
 
Pot = QH/n = 9,8.0,020.2,30/0,80 = 0,563 kw ou 0,766 cv 
 
Pág. 26 numero 1.13 
A vazão de água recalcada por uma bomba é de 4500 l/min. Seu conduto de 
sucção, horizontal, tem diâmetro de 0,30 m e possui um manômetro diferencial, 
como na Figura 1.11. Seu conduto de saída, horizontal, tem diâmetro de 0,20 m e 
sobre seu eixo, situado 1,22 m acima do precedente, um manômetro indica uma 
pressão de 68,6 kPa. Supondo o rendimento da bomba igual a 80%, qual a potência 
necessária para realizar este trabalho. Dado densidade do mercúrio dr = 13,6. 
Dados: 
Q = 4500 l/min = 4500/(1000.60) = 0,075 m3/s ; n = 0,80 
P2 = 68,6 kN/m2  p2/ = 68,6/9,8 = 7 m 
 
 
 
 5 
Q
Q
Q
1,22 m
P2
0,26m
0,18m
Ds=0,30m
Dr=0,20m
 
 
 
a) Determinação da p1/ 
p/h.d = altura x densidade 
p1/= -0,26.1,0 - 0,18 . 13,6  p1/= -2,708 m 
 
 
b) Determinação das velocidades nas tubulações sucções e de recalque 
 
V1s = (4Q/ Ds
2
) = (4.0,075/.0,30^2) = 1,06 m/s 
 V1/2g = 1,06^2/19,6 = 0,057 m 
 
V2r = (4Q/ Dr
2
) = (4.0,075/.0,20^2) = 2,38 m/s 
 V2/2g = 2,38^2/19,6 = 0,291 m 
 
 
c) Determinação das cotas de energia na entrada e saída da bomba 
 
Hsucção = p1/ + Z1 + V1^2/2g = -2,708 + 0 + 0,057 = - 2,651 m 
 
Hrecalque = p2/ + Z2 + V2^2/2g = 7,0 + 1,22 + 0,291 = 8,511 m 
 
Helevação = Hsucção – Hrecalque = 8,511 – (-2,651) = 11,162 m 
 
 
d) Determinação da potência da bomba 
 
Pot = QH/n = 9,8.0,075.11,162/0,80 = 10,26 kw ou 13,95 cv 
 
 
Pág. 26 numero 1.14 
A Figura 1.12 mostra o sistema de bombeamento de água do reservatório R1 para 
o reservatório R2, através de uma tubulação de diâmetro igual a 0,40 m, pela qual 
escoa uma vazão de 150 l/s com uma perda de carga unitária J=0,055 m/m. As 
distâncias R1B1 e B1R2 medem, respectivamente, 18,5 m e 1800 m. A bomba B1 
tem potência igual a 50 cv e rendimento de 80%. Com os dados da Figura 1.12, 
determine: 
 
a) a que distância de B1 deverá ser instalada B2 para que a carga de pressão na 
entrada de B2 seja igual a 2 mH2O; 
 
b) a potência da bomba B2, se o rendimento é de 80%, e a carga de pressão logo 
após a bomba. Despreze, nos dois itens, a carga cinética da tubulação. 
 
Dados: R1B1 = 18,50 m ; B1R2 = 1800 m ; Q = 0,15 m3/s ; n = 0,80 
 D = 0,40 m ; J = 0,0055 m/m ; Pot(B1) = 50 cv ; pD/ = 2 m 
 
 
 6 
0,0 m
B2
22,0 m
D
B1
R1 -2,0 m
15,0 m
R2
B C
D E
F
A
C
P
A
 =
 2
m
C
P
B
 =
 -
0
,1
0
 m
C
P
C
=
1
9
,9
0
 m
C
P
D
=
 1
7
,0
 m
C
P
E
 =
 2
9
 m
C
P
F
 =
2
 2
 m
 
 
 
a) Determinação da cota piezométrica em B 
 HA = HB + HAB 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HAB 
 0 + 0 + 0 = pB/ + (-2) + 0 + 0,0055 . 18,5  pB/ = 1,90 m 
 
CPB = pB/ + ZB = 1,90 – 2 = - 0,10 m = HB (pois energia cinética = 0) 
 
b) Determinação da cota piezométrica em B 
Pot = Q (Hrec – Hsuc)/n = Q (HC – HB)/n = 
50/1,36 = 9,8.0,15.(HC – 0,10) / 0,80  HC = 19,90 m = CPC 
 
CPC = pC/ + ZC  19,90 = pC/-2  pC/ = 21,90 m 
 
c) Determinação da distância de B1 em relação a B2 
 HC = HD + HCD 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pD/ + ZD + VD^2/2g + HCD 
 19,90 = 2 + 15 + 0 + 0,0055 x  x = 527,30 m 
 
d) Determinação da altura de elevação da bomba 2 
HD = Hsuc = 2 + 15 + 0  HD = 17 m 
HE = HF + HEF 
HE = Hrec = 22 + (1800 – 527,30) 0,0055  HE = 29 m 
H = Hrec – Hsuc = HE – HD = 29 – 17  H = 12 m 
 
e) Determinação da potência da bomba 2 
Pot (B2) = Q (Hrec – Hsuc)/n = Q (HE – HD)/n 
Pot (B2) = 9,8 . 0,15 (29 – 17)/0,80 = 22,05 kw (* 1,36) ou 30cv 
 
f) Determinação da pressão após a bomba B2 
HE = pE/ + ZE = 
29 = pE/+ 15  pE/ = 14 m 
 
 
CAPÍTULO 2 
 
Pág. 59 exemplo 2.8 
O sistema de abastecimento de água de uma localidade é feito por um reservatório 
principal, com nível d’água suposto constante na cota 812,00 m, e por um 
reservatório de sobras que complementa a vazão de entrada na rede, nas horas de 
aumento de consumo, com nível d’água na cota 800,00 m. No ponto B, na cota 
760,00 m, inicia-se a rede de distribuição. Para que valor particular da vazão de 
entrada na rede, QB, a linha piezométrica no sistema é a mostrada na figura? 
Determine a carga de pressão disponível em B. O material das adutoras é de aço 
soldado novo (C=130). Utilize a fórmula de Hazem –Williams, desprezando as 
cargas cinéticas nas duas tubulações. 
 
 7 
Dados: 
 
800 m
C
812 m
A
760 m
B
QB
6"650 m
4"
420 m
 
 
 
a) Determinação da vazão (Q) 
87,485,1
85,165,10
DC
Q
L
H
J 

 
 
J = (812 – 800)/(650 + 420) = (10,65Q ^1,85)/(130^1,85 . 0,15^4,87) 
 
 Q = 0,02165 m3/s ou 21,65 litros/s 
 
Q = QB + QBC 
 
b) Determinação da vazão (QB) 
J = (812 – 800)/(650 + 420) = (10,65QBC ^1,85)/(130^1,85 . 0,10^4,87) 
 
 QBC = 0,00745 m3/s ou 7,45 litros/s 
 
 QB = Q - QBC = 21,65 – 7,45 = 14,20 litros/s 
 
 
c) Determinação da pressão no ponto B (pB/ 
 
CPB = pB/ + ZB = CPA - HAB HAB = J . L 
 
pB/ CPA - HAB – ZB = 
 
pB/ 812 – (812 – 800)/(650 + 420) . 650 - 760 
 
pB/ = 812 - 0,011215 . 650 - 760 = 812 - 7,29 - 760 = 44,71 m 
 
pB/ = 44,71 m 
 
 
Pág. 63 numero 2.14 
Em relação ao esquema de tubulações do Exemplo 2.8, a partir de que vazão QB, 
solicitada pela rede de distribuição de água, o reservatório secundário, de sobras, 
passa a ser também abastecedor. 
Dados: C = 130 
 
 8 
800 m
C
812 m
A
760 m
B
QB
6"650 m
4"
420 m
 
 
 
a) Considerações iniciais 
 
Na iminência do reservatório 2 abastecer o ponto B a cota de energia em C 
(HC) é igual à cota de energia no ponto B (HB). Como as cargas cinéticas 
são desprezadas, a cota piezométrica em C é igual em B, ou seja: 
 
CPB = CPC mas CPB = CPA - HAB 
 
HAB = CPA – CPC 
Ainda tem-se que, como CPC = CPB  HBC = 0  QC = 0 
 
Q = QAB + QBC = QAB + 0  Q = QAB 
 
Logo, o único fluxo que ocorre é na tubulação do trecho AB. 
 
 
b) Determinação da vazão em B limite para que R2 abasteça em B 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  
 
(812 – 800) = 10,65.QAB^1,85.650/(130^1,85 . 0,15^4,87) 
 
  QAB = 0,0283 m3/s ou 28,3 litros/s 
 
 
Pág. 67 numero 2.33 
Determinar a relação entre a vazão máxima e a vazão mínima que pode ser retirada 
na derivação B, conforme a figura, impondo que o reservatório 2 nunca seja 
abastecido pelo reservatório
1 e que a mínima carga de pressão disponível na linha 
seja 1,0 mH20. Utilize a fórmula de Hazen-Williams. Despreze as perdas 
localizadas e as cargas cinéticas. 
 9 
552 m
549 m
12"
850 m
C = 100
450 m
1
2
8"
C = 110
C
554 m
A
B
QB
2 Caso
1 Caso
 
a) Considerações para o 1 Caso 
No 1 caso de vazão mínima o R2 está na iminência de ser abastecido mas 
ainda não abastece o ponto B a cota de energia em C (HC) é igual à cota de 
energia no ponto B (HB). Como as cargas cinéticas são desprezíveis 
CPB = CPC mas CPB = CPA - HAB  HAB = CPA – CPC 
 
b) Determinação da vazão em B limite para que R2 abasteça em B 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  
(554 – 552) = 10,65.QAB^1,85.850/(110^1,85 . 0,30^4,87) 
  QABmin = 0,0488 m3/s ou 48,8 litros/s (vazão mínima) 
c) Considerações para o 2 Caso 
No 2 caso de vazão máxima o R2 também abastece o ponto B, contanto que 
a pressão mínima na rede seja de (p/min = 1 m. Como as cargas cinéticas 
são desprezíveis, tem-se que: 
HB = CPB = CPA - HAB e ainda CPB = CPC - HCB 
 
CPB = pB/ + ZB = (p/minm 
Logo: 
HAB = CPA – CPB = 554 – 550  HAB = 4 m 
HCB = CPC – CPB = 552 – 550  HCB = 2 m 
QB = QAB + QCB 
 
d) Determinação da QAB 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  
HAB = (554 – 550) = 10,65.QAB^1,85.850/(110^1,85 . 0,30^4,87) 
  QAB = 0,0710 m3/s ou 71,0 litros/s 
 
e) Determinação da QCB 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  
HCB = (554 – 552) = 10,65.QCB^1,85.450/(100^1,85 . 0,20^4,87) 
  QCB = 0,0215 m3/s ou 21,5 litros/s 
 
f) Determinação da vazão máxima 
QB = QAB + QCB = 71,0 + 21,5 = 92,5 litros/s 
 
g) Relação Qmáx/Qmin 
 
Qmáx/Qmin = 92,5/48,8  Qmáx/Qmin =1,89 
 
 
 10 
Pág. 67 numero 2.34 
Uma tubulação de 0,30 m de diâmetro e 3,2 km de comprimento desce, com 
inclinação constante, de um reservatório cuja superfície livre está a uma altitude 
de 120 m, conectando-se aos reservatórios em ponto situados a 10 m abaixo de 
suas respectivas superfícies livres. A vazão através da linha não é satisfatória e 
instala-se uma bomba na altitude 135 m a fim de produzir o aumento de vazão 
desejado. Supondo que o fator de atrito da tubulação seja constante e igual a f = 
0,20 e que o rendimento da bomba seja de 80%, determine: 
 
a) a vazão original do sistema por gravidade; 
b) a potência necessária à bomba para recalcar uma vazão de 0,15 m3/s; 
c) as cargas de pressão imediatamente antes e depois da bomba, 
desprezando as perdas de carga localizadas e considerando a carga 
cinética na adutora; 
d) desenhe as linhas de energia e piezométrica após a instalação da bomba, 
nas condições do item anterior. 
Dados: D = 0,30m ; f = 0,020 ; n = 0,80 ; L = 3200 m ; Q = 0,15 m3/s 
120 m
D
150 m
A
135
B
1
2
140 
110
C
 
a) Determinação da vazão original sem bombeamento (Q) 
g
V
D
fL
H
2
2
 (140– 110) = 0,020.3200.V^2/(0,30.19,6)  V = 1,66 m/s 
Q = ( D^2/4)V  Q = 0,30^2 / 4 . 1,66  Q = 0,117 m3/s 
b) Potência do sistema com bombeamento para Q = 0,15 m3/s 
 
V = (4Q/ D
2
) = (4 . 0,15/.0,30^2) = 2,12 m/s 
g
V
D
fL
H
2
2
 H = 0,020 . 3200 . 2,12^2/(0,30 . 19,6)  H = 48,92 m 
-A altura de elevação é: 
H = ZJ – ZM + H = 110 – 140 + 48,92 = 18,92 m 
 
Pot = QH/n = 9,8.0,15.18,92/0,80 = 34,76 kw ou 74,28 cv 
 
c) Determinação da perda de carga entre A e B antes da bomba 
140 - 135 = 5 m
x
 
 
g
V
D
fL
H
2
2
  HAB = 0,020 . 533,33 . 2,12^2 / (0,30 . 19,6) = 8,15 m 
 
d) Carga de pressão antes da bomba 
 HA = HB + HAB 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HAB 
 0 + 150 + 0 = pB/ + 135 + 2,12^2/19,6 + 8,15  pB/ = 6,62 m 
 
e) Determinação da perda de carga entre C e D depois da bomba 
HCD = 0,020 . (3200-533,33) . 2,12^2 / (0,30 . 19,6) = 40,76 m 
 
f) Carga de pressão depois da bomba 
 HC = HD + HCD 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pD/ + ZD + VD^2/2g + HAB 
pC/ + 135 + 2,12^2/19,6 = 0 + 120 + 0 + 40,76 
 
  pC/ = 25,53 m 
sen a = (150-120)/3200 = 0,009375 
 sen a = (140 – 135)/x  x = 533,33m 
 
 11 
Pág. 68 numero 2.35 
Na figura abaixo os pontos A e B estão conectados a um reservatório em nível 
constante e os pontos E e F conectados a outro reservatório também mantido em 
nível constante e mais baixo que o primeiro. Se a vazão no trecho AC é igual a 10 
l/s de água, determinar as vazões em todas as tubulações e o desnível H entre os 
reservatórios. A instalação está em um plano horizontal e o coeficiente de 
rugosidade da fórmula de Hazen-Williams, de todas as tubulações, vale C = 130. 
Despreze as perdas de carga localizadas e as cargas cinéticas nas tubulações. 
A
300 m
6"
C
6"
E
FB
200 m
250 m
100 m
100 m 6"
4"
8"
D
 
QAC = 10 l/s 
a) Determinação das vazões QAC, QBC e QCD 
Como HAC = HBC e LAC = LBC 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  = 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  
 QBC = QAC (DBC/DAC)^2,63 = 10 . (6/4)^2,63 = 29 litros/s 
 
Como QCD = QAC + QBC = 10 + 29 = 39 litros/s 
 
b) Determinação das vazões QDE e QDF 
Como HDE = HDF e DDE = DDF 
 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  = 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  
 QDE = QDF (LDF/LDE)^(1/1,85) = QDF . (250/200)^(1/1,85) = 
 QDE = 1,128 QDF 
 
Como QCD = QDE + QDF = 1,128QDE + QDE QCD = 2,128 QDE 
 
 39 = 2,128 QDF  QDF = 39/2,128  QDF = 18,32 litros/s 
 QDE = 1,128 . QDF = 1,128 . 18,32  QDE = 20,66 litros/s 
 
c) Determinação das perdas de carga 
Em C  JAC = (10,65.0,010^1,85)/(130^1,85 . 0,010^4,87) = 0,0193m/m 
  HAC = JAC . LAC = 0,0193 . 100 = 1,93 m 
 
Em D  JCD = (10,65.0,039^1,85)/(130^1,85 . 0,20^4,87) = 0,0082m/m 
  HAC = JAC . LAC = 0,0082 . 300 = 2,46 m 
 
Em E  JDE = (10,65.0,0206^1,85)/(130^1,85 . 0,15^4,87) = 0,0103m/m 
  HDE = JDE . LDE = 0,0103 . 200 = 2,06 m 
 
d) Determinação das cotas piezométricas 
HA = HC + HAC = 
HA = (HD + HCD) + HAC 
HA = (HE + HDE) + HCD + HAC 
HA – HE = HDE + HCD + HAC 
 H = 2,06 + 2,46 + 1,93  H = 6,45 m 
 
e) Esquema do fluxo 
A ou E
C
D
E ou F
 12 
Pág. 68 numero 2.36 
Determinar o valor da vazão QB, e a carga de pressão no ponto B, sabendo que o 
reservatório 1 abastece o reservatório 2 e que as perdas de carga unitárias nas duas 
tubulações são iguais. Material: aço soldado revestido com cimento centrifugado. 
Despreze as perdas localizadas e as cargas cinéticas. C = 140 
800 m
C
810 m
A
780 m
B
QB
6"860 m
4"
460 m
1
2
 
a) Relação entre as vazões 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  = 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
 
QAB/QBC = [(DAB/DBC)^4,87]^(1/1,85) 
 
 QAB/QBC = (DAB/DBC)^2,63  QAB/QBC = (6/4)^2,63 = 2,905 
 
 QAB = 2,905 QBC 
Como QAB = Qbomba + QBC 
 2,905QBC = Qbomba + QBC  Qbomba = 1,905 QBC 
 
b) Determinação da vazão QAB e QBC 
JAB = HAB/L = 
 
(810-800)/(860 + 460) = 10,65.QAB^1,85/(140^1,85.0,15^4,87) = 0,00757 
 
QAB = 0,01886 m3/s ou 18,86 litros/s 
 
QBC = QAB/2,905 = 0,01886 / 2,905 = 0,0065 m3/s ou 6,5 litros/s 
 
 
c) Determinação da vazão Qbomba 
Qbomba = QAB – QBC = 18,86 – 6,50 = 12,36 litros/s 
 
 
d) Determinação da perda de carga entre A e B 

HAB = JAB . LAB = 0,00757 . 860 = 6,51 m
e) Determinação da pressão em B (pB/ 
 
 HA = HB + HAB 
 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HAB 
 
 0 + 810 + 0 = pB/ + 780 + 0 + 6,51  pB/ = 23,49 m 
 
 
 
 
 
 13 
CAPÍTULO 3 
 
Página 85 exemplo 3.3 
Na instalação hidráulica predial mostrada na Figura 3.15, a tubulação é de PVC 
rígido, soldável com 1” de diâmetro, e é percorrida por uma vazão de 0,20 l/s de 
água. Os joelhos são de 90
O
 e os registros de gaveta, abertos. No ponto A, 2,10 m 
abaixo do chuveiro, a carga de pressão é igual a 3,3 mH20. Determine a carga de 
pressão disponível imediatamente antes do chuveiro. Os tês estão fechados em 
uma das saídas. 
 
Dados: PVC rígido soldável D = 1”   = 0,1202 (pág. 57) 
 Q = 0,20 l/s ; CPA = 3,30 m 
 
 
3,0 m
1,2 m
0,9 m
3,5 m
A
 
 
 
a) Determinação dos comprimentos equivalentes totais das conecções 
 
 
Acessório Compr. Equivamente (m) 
3 joelhos de 90
o
 3 . 1,5 = 4,50 
2 registros de gaveta abertos 2 . 0,3 = 0,60 
Tê passagem direta 0,9 = 0,90 
Tê lateral 3,1 = 3,1 
Comprimento real 8,60 
Comprimento Total 17,70 
 
 
b) Determinação da perda de carga total 
 
 H = J . L J =  Q
1,75
 
 
c) Determinação Cota piezométrica antes do chuveiro 
 
CPCH = CPA - H 
 
CPCH = 3,30 – (0,1202 . 0,20
1,75
) . 17,70  CPCH = 3,17 m 
 
d) Determinação pressão no chuveiro 
 
CPCH = pCH/+ ZCH 
 
pCH/ = CPCH - ZCH = 3,17 – 2,10 = 1,07 m 
 
 
pCH/ = 1,07 m 
 
 
 
 14 
Página 87 exemplo 3.4 
Na instalação hidráulica predial mostrada na figura, as tubulações são de aço 
galvanizado novo, os registros de gávea são abertos e os cotovelos têm rio curto. A 
vazão que chega ao reservatório C é 38% maior que a que escoa contra a atmosfera 
novo ponto C. Determine a vazão que sai do reservatório A, desprezando as cargas 
cinéticas. 
 
 
 
6,0 6,0
3,0
D
5,0
A
0,3
1,0
C
1"1 
1
2"
1 12"
1,0
B
 
 
 
a) Determinação dos comprimentos equivalentes das conecções 
 Trecho BC Trecho BD 
Acessório Comp. Equi.(m) Acessório Comp. Equi.(m) 
Te lateral (1 1/2”) 2,587 Te lateral (1 1/2”) 2,587 
Reg. Gaveta 0,175 2 cotovelos 90º 2,550 
Saída canalização 0,775 Reg. Gaveta 0,263 
Comprimento Real 6,00 Saída canalização 1,133 
 Comprimento real 7,30 
Comprimento total 9,54 (LBC) Comprimento total 13,83 (LBD) 
 
b) Determinação das cotas piezométricas 
Seja X a cota piezométrica imediatamente antes do tê localizado em B. Para 
os dois ramos da instalação, tem-se as seguintes perdas totais: 
HB = HD + HBD e HB = HC + HBC 
 HB = HB  HD + HBD = HC + HBC 
 3 + HBD = 1 + HBC 
 
HBC = HBD + 2 portanto JBC . LBC = JBD . LBD + 2 
 
 H = J . L J =  Q
1,75
 
 
c) Determinação das vazões 
 
Como QBD = 1,38 QBC e pela tabela 2.5 pag. 57 
 
JBC . LBC = JBD . LBD + 2 
 
0,3044 QBC^1,88 . 9,54 = 0,03945 (1,38 . QBC)^1,88 . 13,83 + 2 
 
2,904 QBC^1,88 = 0,996 QBC ^1,88 + 2  QBC = 1,03 litros/s 
  QBD = 1,42 litros/s 
 
Logo, a vazão que sai do reservatório A será a soma: 
 QBC + QBD = 2,45 litros/s 
Pág. 88 numero 3.1 
A instalação mostrada na Figura tem diâmetro de 50 mm em ferro fundido com 
leve oxidação. Os coeficientes de perdas de carga localizadas são: entrada e saída 
da tubulação K = 1,0, cotovelo 90º K = 0,90, curvsa de 45º K = 0,20 e registro de 
ângulo, aberto, K = 5,0. Determine, usando a equação de Darcy-Weisbach: 
 
a) a vazão transportada: 
 15 
b) querendo-se reduzir a vazão párea 1,96 litros/s, pelo fechamento 
parcial do registro, calcule qual deve ser a perda de carga localizada 
no registro e seu comprimento equivalente. 
 
45,0
50,0
13,0 m
25,0 m
5,0 m
2,0 m
 
 
 
a) Determinação da velocidade 
g
v
k
g
v
D
L
fZ
22
22
 (Darcy) 
(50 – 45) . 19,6 = [f 45/0,05 + ((2*1 +0,9 + 2*0,20+5)v^2 
98 = (900 f + 8,30) v^2 ; v = ? e f = ? 
Processo interativo (chute inicial) 
J = (Z = H)/L = 5 / 45 = (0,111 m/m) * 100 
J = 11,11 (m/100m) 
 
Tabela 2 A2 pag. 203 e = 0,30  v = 1,80 m/s e f = 0,0333 
 
Para v = 1,80 m/s e f = 0,0333  (900 * 0,0333 + 8,3) 1,8^2 = 123,99 # 98 
Para v = 1,60 m/s e f = 0,0334  (900 + 0,0334 + 8,3) 1,6^2 = 98,2 = 98 ok 
 
Logo: v = 1,60 m/s e f = 0,0334 
 
b) Determinação da vazão 
Q = (  D^2/4) . v =  0,05^2/4 . 1,60 =  Q = 0,00314 m3/s 
 
c) Determinação da velocidade para Q = 1,96 litros/s 
v = 4 Q /  D^2 = 4 . 0,00196 /  0,05^2  v = 1,0 m/s 
 
d) Determinação do coeficiente de perda de carga do registro (kreg) 
2g . z/ v^2 = f . L/D + (kreg + k) 
19,6 (50 – 45) / 1^2 = 0,0341 . 45/0,05 + (kreg + 3,3) 
 
98 = 30,69 + kreg + 3,30  kreg = 64,01 
 
e) Determinação da perda de carga do registro para Q = 1,96 litros/s 
h = k v^2/2g = 64,01 . 1^2/19,6  h = 3,26 m 
 
f) Determinação do comprimento equivalente do registro 
Le/D = k/f  Le = k . D/f = 64,01 . 0,05/0,0341  Le = 93,86 m 
 
 
 16 
Pág. 89 numero 3.3 
Uma adutora de 500 mm de diâmetro, 460 m de comprimento, em aço soldado 
revestido de cimento centrifugado, liga dois reservatórios mantidos em níveis 
constantes. Determine a capacidade de vazão da adutora quando o desnível entre 
os reservatórios for de 3,50 m, nas seguintes condições: 
a) desprezando as perdas de carga localizadas na entrada e na saída da 
tubulação; 
b) considerando tais perdas de carga localizadas, adotando os seguintes 
coeficientes de perdas Ke = 0,5 e Ks = 1,0. 
 
Faça comentários pertinentes sobre os resultados encontrados, observando a 
relação entre o comprimento e o diâmetro da adutora. 
 
 
 
a) Determinação da velocidade 
g
v
k
g
v
D
L
fZ
22
22
  2g.Dz = 19,5 . 3,5= (460/0,50 . f + 0) v^2 
 
 68,6 = 920 f. v^2 
 
Interação inicial  J = Dz=Dh/L = 3,5/400 = 0,0076 m/m 
 
Ou 0,761 m/100m e e = 0,10 e D = 500 mm 
 
TAB. A2  pág. 214  2,20 m/s 
 
v = 2,20 m/s TAB. A1 pag. 202  f = 0,0147 
 
68,6 ≠ 920 . 0,0147 . 2,2^2 = 65,45  não convergiu 
Para v = 2,25 m/s  f = 0,0147 
 68,6 = 920 . 0,0147 . 2,25^2 =68,46  ok convergiu 
 
 
b) Determinação da vazão 
 
Q = v . 3,14 . D^2/4 = 2,25 . 3,14 . 0,5^2/4 = 0,442 m3/s 
 
 
c) Det. vazão considerando perdas de cargas localizadas 
 
Ke = 0,50 Ks = 1,0 
 
g
v
k
g
v
D
L
fZ
22
22
 
68,6 = (0,0147*460/0,5 + (1+0,5))v^2  v = 2,14 m/s 
 
Q = v . 3,14 . D^2/4 = 2,14 . 3,14 . 0,5^2/4 = 0,420 m3/s 
Pág. 89 numero 3.4 
Em um distrito de irrigação, um sifão de 2” de diâmetro possui as dimensões 
indicadas na figura e é colocado sobre um dique. Estime a vazão esperada sob uma 
carga hidráulica de 0,50 m e a carga de pressão disponível no ponto médio do 
trecho horizontal do sifão. Adote os seguintes coeficientes de perda de carga 
localizada: entrada Ke = 0,5, saída Ks = 1,0, curva de 45º K = 0,2. Material da 
tubulação ferro fundido com revestimento asfáltico. Utilize a equação de Darcy –
Weisbach. 
 
Material: ferro fundido com revestimento asfáltico  e = 0,15 mm 
 
 
 
 17 
1,8 m1,8 m
0,50
1,2 m50,0
50,5
49,5
 
 
a) Determinação da velocidade 
g
v
k
g
v
D
L
fZ
22
22

para D = 50 mm e  = 0,15 mm 
0,50*919,6 = [ f 480/0,05 + (0,5 + 1,0 + 2*0,2) v^2 
 
Tentativa inicial 
J = Dz/L = 0,50/4,80 = 0,1042 m/m ou 10,42 m/100m 
 
Pela Tabela A2  v = 1,90 m/s e f = 0,0278 
9,8 = (96 * 0,0278 + 1,90) * 1,90^2 = 16,49 # 9,8 
 
Para v = 1,46 m/s e f = 0,0281 
9,8 = (96 * 0,0281 + 1,9) 1,46^2 = 9,8 = 9,8 ok 
 
Logo v = 1,46 m/s e f = 0,0281 
 
b) Determinação da vazão 
Q = ( D^2/4) v =  0,050^2/4 * 1,46 = 0,00286 m3/s ou Q = 2,90 litros/s 
 
c) Determinação da perda de carga até o trecho horizontal 
g
v
k
g
v
D
L
fHAB
22
22
 = (0,0281 * 2,3/0,05 + 0,7) * 1,46^2/19,6 
HAB = 0,216 m 
 
d) Determinação da pressão no trecho horizontal 
 HA = HB + HAB 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HAB 
 
 0 + 50 + 0 = pB/ + 50,5 + 1,46^2/19,6 +  
 
 pB/ = 0,83 m 
Pág. 91 numero 3.8 
Dois reservatórios, mantidos em níveis constantes, são interligados em linha reta 
através de uma tubulação de 10 m de comprimento e diâmetro D = 50 mm, de PVC 
rígido, como mostra o esquema da figura. Admitindo que a única perda de carga 
localizada seja devido à presença de um registro de gaveta parcialmente fechado, 
cujo comprimento equivalente é Le = 20,0 m, e usando a fórmula de Hazen-
Williams, adotando C = 145, determine: 
a) a vazão na canalização supondo que o registro esteja colocado no ponto A; 
b) Idem, supondo o registro colocado no ponto B; 
c) a máxima e a mínima carga de pressão na linha, em mH2O, nos casos a e b; 
d) Desenhe em escala as linhas piezométrica e de energia. 
 
Considerem, em ambos os casos, a carga cinética na tubulação. 
 18 
NA
NA
(A)
1,0 m
1,0 m
3,0 m
(D) (E)
(C)
(F) (G)
(B)
 
a) Determinação da vazão 
HC = HH + HCH ( = H distribuída + H localizada) 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pH/ + ZH + VH^2/2g + HCH 
0 + 4 + 0 = 0 + 1 + 0 + HCH 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  = HCH 
 (4 – 1) = 10,65 . Q^1,85 . (10 + 20) / [145^1,85 . 0,05^4,87] 
 QA = 0,00437 m3/s ou 4,37 litros/s = QB 
 
b) Determinação da velocidade na canalização 
v = 4 Q/ D^2 = 4 . 0,00437 / (3,14 . 0,05^2) = 2,22 m/s 
 
c) Determinação das pressões na linha (Registro no ponto A) 
Em D HC = HD + HCD 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pD/ + ZD + VD^2/2g + HCD 
0 + 4 + 0 = pD/ + 3 + 2,22^2/19,6 + 0  pD/ 
 
Em E HC = HE + HCE 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pE/ + ZE + VE^2/2g + HCE 
0 + 4 + 0 = pE/ +3+2,22^2/19,6+10,65.Q^1,85 . 20)/[145^1,85 . 0,05^4,87] 
 pE/ - 1,25 m 
 
Em B HC = HB + HCB 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HCB 
0 + 4 + 0 = pB/ +0+2,22^2/19,6+10,65.Q^1,85 (10+20)/[145^1,85. 
0,05^4,87]  pB/ 
 
d) Descrição das pressões extremas no caso do registro no ponto A 
 
(pD/  -1,25 m 
 
 
e) Esquema de distribuição de pressão na linha 
(A)
(D) (E)
(C)
(F) (G)
(B)
0,75m
-1,25m
0,75m
 
Pág. 91 numero 3.8 (continuação) 
 
f) Esquema do caso do registro no ponto B 
 
 19 
NA
NA
(A)
1,0 m
1,0 m
3,0 m
(D) (E)
(C)
(F) (G)
(B)
 
 
 
g) Determinação das pressões na linha (Registro no ponto B) 
Em A HC = HA + HCA 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pAD/ + ZA + VA^2/2g + HCA 
0 + 4 + 0 = pA/ + 3 + 2,22^2/19,6 + 0  pA/ 
 
Em E HC = HE + HCE 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pE/ + ZE + VE^2/2g + HCE 
0 + 4 + 0 = pE/ +3+2,22^2/19,6+10,65.Q^1,85 . 20)/[145^1,85 . 0,05^4,87] 
 pE/ - 1,25 m 
 
 
Em F HC = HF + HCF 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pF/ + ZF + VF^2/2g + HCF 
0 + 4 + 0 = pF/ +0+2,22^2/19,6+10,65.Q^1,85 (10)/[145^1,85. 0,05^4,87] 
 pF/ 
Em G HC = HG + HCG 
pC/ + ZC + VC^2/2g = pG/ + ZG + VG^2/2g + HCG 
0 + 4 + 0 = pG/ +0+2,22^2/19,6+10,65.Q^1,85 (10+20)/[145^1,85. 
0,05^4,87]  pG/ 
 
h) Determinação das pressões extremas no caso do registro no ponto B 
 
(pF/ (pE/ 
 
 
i) Esquema de distribuição de pressão na linha 
 
(A)
1,0 m
1,0 m
(D) (E)
(C)
(F) (G)
(B)
0,75m
0,75m
2,75m
 
 
Pág. 92 numero 3.11 
O reservatório B, prismático de área igual a 1,0 m2, possui um orifício no fundo 
que abre comandado pelo manômetro, quando este acusar este acusar uma pressão 
de 4,9 kPa, conforme a figura. Qual deve ser a cota do nível d’água no reserva 
tório A, mantido em nível constante, para que o orifício do reservatório B seja 
aberto 10 min após a abertura do registro de gaveta da canalização de 1” de 
diâmetro e os joelhos de 90º . No tempo t = 0, o reservatório B está vazio. 
Considere a carga cinética. 
Dados: AB = 1 m2 ; pB = 4,90 kPa = 4,9/9,8 = 0,50m ; dt = 10 min = 600s 
 
 20 
?
0,6 m
0,0 m
A
B
0,5 m
1,0 m
1,0 m
1,0 m
0,5 m
0,2 m
 
 
a) Idealização 
Para que a válvula do reservatório B seja aberta em 10 min, até encher a 
cota B em 1,64 ft. 
 
b) Determinação da vazão e velocidade 
Q = volume/tempo = (1 . 0,50) / 600 = 0,000833 m3/s 
 
v = 4Q/ D^2 = 4 . 0,000833/0,025^2  v = 1,70 m/s 
 
h (localizada) = k v^2/2g = (1 + 6 . 0,9 + 0,2 + 1) v^2/2g 
 = 0,388 v^2 = 0,388 . 1,70 = 1,121 m 
 
c) Determinação da perda de carga distribuída 
 
h (distribuída) = f(L/D) v^2/2g = f . 4,20/0,025 . 1,70^2/19,6 = 24,77 f 
 
e/D = 0,00001/0,025 = 0,00040 e 
Rey = V . D/v = 1,70 . 0,025/10
-6
 = 4,20. 10
5
 
 
 f = 0,0170 
 
h (distribuída) = f(L/D) v^2/2g = 24,77 . f = 24,77 . 0,0170 = 0,421 m 
 
d) Determinação da perda de carga total 
H = h (localizada) + h (distribuída) 

H = 1,121 + 0,421 = 1,54 m 
 
e) Determinação da altura do NA do reservatório A 
 HA = HB + HAB 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HAB 
 0 + ZA + 0 = 0 + 0,50 + 1,70^2/19,6 + 1,54 
 
 
 
 
Pág. 92 numero 3.13 
Sabendo-se que as cargas de pressão disponíveis em A e B são iguais e que a 
diferença entre as cargas de pressão em A e D é igual a 0,9 mH2O, determine o 
comprimento equivalente do registro colocado na tubulação de diâmetro único, 
assentada com uma inclinação de 2º em relação a horizontal, conforme figura. 
 
D
CB
A
200 m
200 m
2o
 
 
 
 21 
a) Determinação da energia cinética na tubulação 
HA = HB + HAB 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HAB 
 
Como pA/ = pB/ 
 
HAB = ZA – ZB = f L/D . v^/2g 
200 . sen2
o
 = f . 200/D v^2/2g 
 
  v^2/2g = sen 2
o
 . D/f 
 
 
b) Determinação do comprimento equivalente do registro 
 
HA = HD + HAD 
 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pD/ + ZD + VD^2/2g + HAD 
 
Como pA/ - pD/ 
 
(pA/ - pD/ ) + (ZA – ZD) = [f/D (L+X(REG))] . v^2/2g 
 
 0,90 + 400 sen 2
o
 = [(400 + X) . f/D] . sen 2
o
 . D/f 
 
 0,90 + 13,96 = [400 + X] sen 2
o
 
 
 X = [(0,90 + 13,96)/sen 2
o
] – 400 
 
 X = 25,79 m 
 
 
 
CAPÍTULO 4 
 
Pág. 100 exemplo 4.1 
Na tubulação mostrada na figura, com 6” de diâmetro e coeficiente de atrito f = 
0,022, a pressão em A vale 166,6 kN/m2 e D vale 140,2 kN/m2. Determine a 
vazão unitária de distribuição em marcha q, sabendo que a tubulação está no plano 
vertical e que a vazão no trecho AB é de 20 l/s. Despreze as perdas localizadas. 
 
2 m
q =?
20 l/s
120 m
39 m
B
2 m
82 m
D
C
A
 
 
 
Dados: D = 0,115 m ; f = 0,022 ; pA = 166,6 kN/m2 
 pA/ = 166,6/9,8 = 17,00 m 
 Q = ? ; QAB = 20
l/s ; pD = 140,2 kN/m2 
 pD/ = 140,2/9,8 = 14,31 m 
 
ou pD/= 140,2.10^3/9,8.10^3 = 14,31 m 
 
v = 4.Q/3,14.D^2 = 4.0,02/3,14.0,15^2 = 1,13 m/s 
 
 
a) Determinação da energia específica 
 
EA = zA + pA/g + vA^2/2g = 1 + 17 + 1,13^2/19,6 = 18,06 m 
 22 
 
ED = zD + pD/g + vD^2/2g = 2 + 14,31 + vD^2/19,6 = 16,31 + vD^2/19,6 
 
EA – ED = DHAB + DHBC + DHCD = DHAD 
 
DHAD = EA – ED = JAB.Lab + JBC.LBC + JCD.LCD 
 
= 18,06 – 16,31 + vD^2/2g = 1,75 – 4QD/(3,14.0,15^2) = 
 
= 0,0827 . 0,022/0,15^5 . (QAB^2.LAB + QBC^2.LBC + QCD^2.LCD) 
 
1,75 – 163,54QD^2 = 23,96(0,02^2 . 40 + 120.Qf^2 + 84.Qj^2) 
Mas QD = Qj 
 
1,75 – 163,54Qj^2 = 0,383 + 2875,10.Q^2 + 2012,57.Qj^2) 
 
1,367 = 2875,10 . Qf^2 + 2176,11 . Qj^2 (I) 
 
 
b) Determinação da vazão Qj 
Qf = (Qm + Qj)/2 = (0,020 + Qj)/2 
 
De (I), tem-se; 
 
1,367 = 718,775 . (0,02 + Qj)^2 + 2176,11.Qj^2  Qj = 0,015 m3/s 
 
 
c) Determinação de Qf 
Qf = (Qm + Qj)/2 = (0,020 + 0,015)/2  Qf = 0,0175 m3/s 
 
 
d) Determinação da distribuição em marcha (q) 
q = Qd/L = (Qm – Qj)/L = (0,020 + 0,015)/120  q = 4,17.10^-5 m3/s/m 
 
Ou 
 
q = 0,0417 litros/s/m 
 
 
Pág. 105 exemplo 4.2 
A ligação de dois reservatórios mantidos em níveis constantes é feita pelo sistema 
de tubulações mostrado na figura. Assumindo um coeficiente de atrito constante 
para todas as tubulações é igual a f = 0,020, desprezando as perdas localizadas e as 
cargas cinéticas, determine a vazão que chega ao reservatório R2, as vazões nos 
trechos d 4” e 6” e a pressão disponível no ponto B. 
 
573,00
593,00
A
R1
C
R2
8"
750 m
4" 600 m
6"
544,20
B
900 m
 
 
a) Determinação do comprimento equivalente do trecho AB 
Tubulação em paralelo  
ii
i
EE
E
Lf
D
Lf
D
..
55
 
 
(8^5/Lê)^0,5 = (4^5/600)^0,5 + (6^5/750)^0,5  Lê = 1600 m 
 
b) Determinação da vazão 
5
2
0827,0
D
fLQ
H  
 
 23 
H = 20 = 0,0827 . 0,020 . 2500 . Q^2/0,20^5  Q = 0,0393 m3/S 
 
Ou Q = 39,3 litros/s 
 
 
c) Determinação da cota piezométrica em B (CPB) 
CPB = pB/ + ZB ou 
CPB = CPA – HAB ou 
CPB = CPC + HBC 
CPB = 573 + 0,0827 . 0,020 . 900 . 0,0393^2/0,20^5  CPB = 580,20 m 
 
d) Determinação da vazão na tubulação de D = 4” 
CPA = CPB + HAB 
 
 593 = 580,20 + 0,0827 . 0,020 . 600 . Q4^2/0,10^5  Q4 = 0,0114 m3/s 
 
e) Determinação da vazão na tubulação de D = 6” 
CPA = CPB + HAB 
 
 593 = 580,20 + 0,0827 . 0,020 . 750 . Q4^2/0,15^5  Q6 = 0,0280 m3/s 
ou 
Q = 0,0393 = 0,0114 + Q6  Q6 = 0,0280 m3/s 
 
f) Determinação da pressão no ponto B (pB/) 
CPB = pB/ + ZB 
pB/ = CPB – ZB  pB/ = 580,20 – 544,20 
 
pB/ = 36 metros ou 352,80 kN/m2 
 
 
 
 
Pág. 109 exemplo 4.3 
Uma instalação de transporte de água compreende dois reservatórios A e D, 
abertos e mantidos em níveis constantes, e um sistema de tubulações de ferro 
fundido novo, C=130, com saída livre para a atmosfera em C. No conduto BD, e 
logo a jusante de B, está instalada uma bomba com rendimento igual a 75%. 
Determine a vazão bombeada para o reservatório D quando o conduto BC deixa 
sair livremente uma vazão de 0,10 m3/s e ter uma distribuição de vazão em marcha 
com taxa (vazão unitária de distribuição) q = 0,00015 m3/(s.m). Determine 
também a potência necessária à bomba. Despreze as perdas localizadas e a carga 
cinética nas tubulações. 
 
Trata-se de uma aplicação conjunta dos conceitos de distribuição em marcha, problema 
dos três reservatórios e bombeamento. Como visto no item anterior, a questão importante 
para a resolução do problema é a determinação da cota piezométrica no ponto de 
bifurcação, ponto B. 
36,00
30,0
A
D
Bomba D
3 
= 
0,
20
 m
400 m
D2 = 0,30 m
810 m
D1 = 0,40 m
B
20
0 
m
20,00
C
 
a) Determinação da vazão fictícia no trecho BC 
QmBC = QjBC + q . L = 0,10 + 0,00015 . 400  QmBC = 0,16 m3/s 
 
QfBC = (QmBC + QjBC)/2 = (0,10 + 0,16)/2  QfBC = 0,13 m3/s 
 
b) Determinação da perda de carga HBC 
87,485,1
85,165,10
DC
LQ
H  = 10,65 . 0,13^1,85 . 400/(130^1,85 . 0,30^4,87) = 
 HBC = 4,22 m 
 24 
c) Determinação da cota piezométrica em B (CPB) 
CPB = CPC + HBC 
CPB = (pC/ + ZC) + HBC = (0 + 20) + 4,22 = 24,22 m 
 
d) Determinação da vazão no trecho AB (QAB) 
CPB = CPA - HAB 
HAB = CPA – CPB = 30 – 24,22 = 5,78 
HAB = 5,78 = 10,65 . QAB^1,85 . 810/(130^1,85 . 0,40^4,87) = 
 
QAB = 0,224 m3/s 
 
e) Determinação da vazão no trecho BD (QBD) 
QAB = QBC + QBD  QBD = QAB – QBC = 0,225 – 0,130 
 QBD = 0,065 m3/s 
 
f) Determinação da altura manométrica 
HM = HREC – HSUC ; como v^2/2g = 0  H = CP 
 
HSUC = CPB = 24,22 m 
 
CPD = ZD + HDB = HREC 
 
HREC = 36 + 10,65 . 0,065^1,85 . 200/(130^1,85 . 0,20^4,87) = 
HREC = 36 + 4,22 = 40,22 m 
 
g) Determinação da potência da bomba 
 
n
HHQ
Pot
sucçãocalque )( Re 


 Pot = (9,8 . 0,065 . (40,22-24,22)/0,75 = 
 
Pot = 13,58 kw ou 18,48 cv 
 
 
Pág. 118 numero 4.2 
Por uma tubulação de 27” de diâmetro e 1500 m de comprimento, passa uma vazão 
de 0,28 m3/s de água. Em uma determinada seção, a tubulação divide-se em dois 
trechos iguais de 18” de diâmetro, 3000 m de comprimento, descarregando 
livremente na atmosfera. Em um destes trechos, toda a vazão que entra na 
extremidade de montante é distribuída ao longo da tubulação, com uma vazão por 
unidade de comprimento uniforme e, no outro, metade da vazão que entra é 
distribuída uniformemente ao longo do trecho. Adotando para todas as tubulações 
um fator de atrito f = 0,024 e supondo que todo o sistema está em um plano 
horizontal, determine a diferença de carga entre as seções de entrada e a saída. 
Despreze as perdas singulares. 
Dados: QAB = 0,28 m3/s ; f = 0,024 ; QjBC = 0 ; LAB = 1500 m 
QAB 1500 m
18"
C
D
3000 m
27"
B
18"
3000 m
 
a) Determinação da perda de carga no trecho AB 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
HAB = (f . L) Q^2/D^5 = 0,0827 . 0,024 . 1500 . 0,28^2/0,68^5 
HAB = 1,605 m 
 
 25 
b) Determinação das vazões a montante em cada ramo do trecho em paralelo 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
DHBC = DHBD 
0,0827 . f . L QfBC^2/D^5 = 0,0827 . f . L QfBD^2/D^5  QfBC = QfBD 
 
Relações: 
1) QfBC = QfBD  QmBC/ 3 = (QmBD + QjBD)/2 
 
2) QjBD = QmBD/2 
 
3) QAB = 0,28 = QmBC + QmBD 
 
 QmBC/ 3 = (QmBD + QmBD/2)/2 
 0,28 – QmBD = 3 (3/2 . QmBD)/2 
 0,28 – QmBD = 3 . 3/4 . QmBD  QmBD = 0,12 m3/s 
 
 QAB = 0,28 = QmBC + QmBD 
 0,28 = QmBC + 0,120  QmBC = 0,16 m3/s 
 
c) Determinação das vazões fictícias QfBC e QfBD 
 
QfBC = QmBC/ 3 = 0,16 / 3 = 0,092 m3/s = QfBD (pela relação (1)) 
 
d) Determinação da perda de carga no trecho BD 
5
2..
0827,0
D
QLf
HBD  
HBD = 0,0827 . 0,024 . 3000 . 0,092^2/0,45^5  HBD = 2,73 m 
 
e) Determinação da perda de carga total 
HAD = HAB + HBD = 1,605 + 2,73  HAD = 4,34 m 
Pág. 118 numero 4.4 
Quando água é bombeada através de uma tubulação A, com uma vazão de 0,20 
m3/s, a queda de pressão é de 60 kN/m2, e através de uma tubulação B, com uma 
vazão de 0,15 m3/s, a queda de pressão é de 50 kN/m2. determine a queda de 
pressão que ocorre quando 0,17 m3/s de água são bombeados através das duas 
tubulações, se elas são conectadas a0 em série, b) em paralelo. Neste último, caso 
calcule as vazões em cada tubulação. Use a fórmula de Darcy-Weisbach. 
 
Dados: pA = 60 kN/m2 = 60/9,8  pA/ = 6,12 m e QA = 0,20 m3/s 
 
 pB = 50 kN/m2 = 50/9,8  pB/ = 5,10 m e QB = 0,15 m3/s
1ºCaso: 
TUBULAÇÃO EM SÉRIE  Q = QA = QB e H = HA + HB 
 
a) Determinação das relações entre os parâmetros das tubulações 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
HA = 0,0827 fA . LA . 0,20^2/DA^5 = 6,12 m 
  fA . LA/DA^5 = 1850,80 m 
 
HB = 0,0827 fB . LB . 0,20^2/DB^5 = 5,10 m 
  fB . LB/DB^5 = 2741,93 m 
 
b) Determinação da perda de carga total da tubulação em série 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
H = 0,0827 (fA.LA.QA^2/DA^5 + fB.LB.QB^2/DB^5) = 
H = 0,0827 (1850,8 + 2741,93) . 0,17^2 = 10,98 m ou 
H = 10,98 . 9800 = 107,57 kN/m2 
 
 
 
 26 
2ºCaso: 
TUBULAÇÃO EM PARALELO  Q = QA + QB e DH = DHA = DHB 
 
c) Determinação das relações entre os parâmetros das tubulações 
ii
i
EE
E
Lf
D
Lf
D
..
55
 
(DE^5/fE.LE)^1/2 = (1/1850,8)^1/2 + (1/2741,93)^1/2 = 0,0232 + 0,0191= 
[(DE^5/fE.LE)^1/2]^2 = 0,0423^2 
 
(DE^5/fE.LE) = 0,00179 
 
d) Determinação da perda de carga total 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
H = 0,0827 . (1/0,00179) . 0,17^2  H = 1,336 m ou 
 
H = 1,336 . 9800 = 13,09 kN/m2 
 
e) Determinação das vazões em cada trecho em paralelo 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
Trecho A 
 
HA = 0,0827 . (fA.LA/DA^5) . QA^2 = 
 6,12 = 0,0827 . (1850,8) . QA^2  QA = 0,0934 m3/s 
 
Trecho B 
 
HB = 0,0827 . (fB.LB/DB^5) . QB^2 = 
 5,10 = 0,0827 . (2741,93) . QB^2  QB = 0,0767 m3/s 
 
 
Pág. 118 numero 4.5 
No sistema mostrado da figura, do ponto A é derivada uma vazão QA = 35 l/s e em 
B, é descarregada na atmosfera QB = 50 l/s. Dados: 
L1 = 300 m, D1 = 225 mm, f1 = 0,020, 
L2 = 150 m, D2 = 125 mm, f2 = 0,028, 
L3 = 250 m, D3 = 150 mm, f3 = 0,022, 
L4 = 100 m, D4 = 175 mm, f4 = 0,030. 
Calcular: 
a) o valor de H para satisfazer as condições anteriores; 
b) a cota piezométrica no ponto A. 
Despreze as perdas localizadas e a carga cinética. 
 
L1, D1
A
L3, D3
L2, D2 L4, D4 B QB
H
QA
 
a) Det. do comprimento equivalente do trecho em paralelo (2 e 3) 
ii
i
EE
E
Lf
D
Lf
D
..
55
 
[0,225^5/(0,020.LA)]^1/2=[0,125^5/(150.0,028)]^1/2+[0,150^5/(250.0,022)]^1/2 
 
[0,225^5/(0,020.LA)]^1/2 = 0,002695 + 0,003716 = 0,006411 
 
LA = [0,225^5/(0,020 . 0,006411^2)] 
 LA = 701,43 m 
 
 
 
 27 
b) Det. do comprimento equivalente do trecho em série (1 e 4) 
 
f1.L1/D1^5 = f4.L4/D4^5  0,020.L/0,225^5 = 0,030.100/0,175^5 
 
 L = 527 m 
 
c) Determinação da perda de carga 
H = H0A + HAB 
 
H0A = 0,0827 . f . L . Q^2/D^5 
H0A = 0,0827 . 0,020 . 300 (0,035+0,050)^2/0,225^5  H0A = 6,22 m 
 
HAB = 0,0827 . f (LA + L) QB^2/D^5 
 
HAB = 0,0827 . 0,020 (701,435 + 527) . 0,050^2/0,225^5 
HAB = 8,80 m 
 
DH (total) = 6,22 + 8,80 = 15,0 m 
 
d) Determinação da cota piezométrica no ponto A 
 
CPA = (pA/ + ZA) + HAB 
 
CPA = 0 + 0 +8,80 
 
 CPA = 8,80 m 
 
Pág. 119 numero 4.6 
Uma localidade é abastecida de água a partir dos reservatórios C e D, do sistema 
de adutoras mostrado na figura. As máximas vazões nas adutoras CA e DA são de 
8 l/s e 12 l/s, respectivamente. Determine: 
a) os diâmetros dos trechos CA e DA, para vazão máxima de 20,0 l/s na 
extremidade B do ramal AB, de diâmetro igual a 0,20 m, sendo a carga de 
pressão disponível em B igual a 30 mH2O; 
 
b) a vazão que afluiria de cada reservatório ao se produzir uma ruptura na 
extremidade B. 
Todas as tubulações são de ferro fundido novo, C = 130. Despreze as cargas 
cinéticas nas tubulações. 
240,2
200
C
D
17
25
 m
D = 0,20 m
1803 m
509 m
A
159,2
B
 
a) Determinação da cota piezométrica em A (CPA) 
CPA = CPB + HAB = (pB/ + ZB) + HAB 
CPA = 30 + 159,20 + (10,65 . 0,020^1,85 . 1803)/(130^1,85 . 0,20^4,87) 
CPA = 30 + 159,20 + 4,30  CPA = 193,50 m 
 
b) Determinação do diâmetro do trecho CA (DCA) 
CPA = CPC - HCA 
193,5 = 200 – (10,65 . 0,008^1,85 . 509)/(130^1,85 . DCA^4,87) 
 DCA = 0,10 m 
 
c) Determinação do diâmetro do trecho DA (DDA) 
CPA = CPD - HDA 
193,5 = 240,20 – (10,65 . 0,012^1,85 . 1725)/(130^1,85 . DDA^4,87) 
 DDA = 0,10 m 
 
Determinação das vazões nos trechos CA e DA para ocorrer um 
rompimento em B ( pB/ = patm/ = 0) 
 28 
 
d) Determinação da cota piezométrica em A 
CPA = CPB + HAB = (pB/ + ZB) + HAB 
CPA = 0 + 159,20 + (10,65 . (QCA + QDA)^1,85.1803)/(130^1,85. 0,20^4,87) 
CPA = 0 + 159,2 + 5.977,70 . (QCA + QDA)^1,85 (I) 
 
e) Determinação da cota piezométrica em C 
CPC = CPA + HCA = CPA + (10,65 . QCA^1,85.509)/(130^1,85. 0,20^4,87) 
CPC = CPA + 49.348,8,30.QCA^1,85 (II) 
 
f) Determinação da cota piezométrica em D 
CPD = CPA + HDA = CPA + (10,65 . QDA^1,85.1725)/(130^1,85. 0,20^4,87) 
CPD = CPA + 167.241,30.QDA^1,85 (III) 
 
g) RELAÇÕES ENTRE AS EQUAÇÕES II E III 
CPA = CPA 
CPC - HCA = CPD - HDA 
CPD – CPC = HDA - HCA 
 
(240,2–200)=10,65.(1725.QDA^1,85–509.QCA^1,85)/(130^1,85. 0,10^4,87) 
 
 40,2 .130^1,85 . 0,10^4,87/10,65 = 1725. QDA^1,85 – 509. QCA^1,85 
 0,415 = 1725.QDA^1,85 – 509.QCA^1,85 
 
h) Explicitando QCA 
QCA^1,85 = 3,389.QDA^1,85 – 0,00081 
 
Pág. 119 numero 4.6 (continuação) 
 
i) Utilizando todas as equações para resolver o sistema para QDA 
CPA = 159,2 + 5.977,7 . [(3,389.Q^1,85 – 0,00081)^(1/1,85) + QDA]^(1,85) 
 
Como 
CPD = CPA + 16.241,3 . QDA^1,85 = 240,2 
 CPA = 240,2 – 16.241,3 . QDA^1,85 
 
Como CPA = CPA 
240,2 – 16.241,3. QDA^1,85 = 159,2 + 5.977,70 . [(3,389.QDA^1,85 – 
0,00081)^(1/1,85) + QDA]^1,85 
 
 81 – 5.977,70 . [(3,389.QDA^1,85 – 0,00081)^0,54 + QDA]^0,54 = 
167.241,3.QDA^1,85 
 
Solving 
 
 QDA = 0,015 m3/s ou 15 litros/s 
 
j) Determinação de QCA 
 
QCA = (3,389 . 0,015^1,85 – 0,000815)^0,54 
 
QCA = 0,0184 m3/s ou 18 litros/s 
 
Pág. 119 numero 4.7 
O sistema de distribuição de água mostrado na figura tem todas as tubulações do 
mesmo material. A vazão total que sai do reservatório I é de 20 l/s. Entre os pontos 
B e C, existe uma distribuição em marcha com vazão por metro linear uniforme e 
igual a q = 0,01 litros/(s.m). Assumindo um fator de atrito constante para todas as 
tubulações f = 0,020 e desprezando as perdas localizadas e a carga cinética, 
determine: 
a) a cota piezométrica no ponto B; 
b) a carga de pressão disponível no ponto C, se a cota geométrica deste ponto 
é de 576,00 m; 
c) a vazão na tubulação de 4” de diâmetro. 
 29 
580,44
590,0
A
D
6"
750 m
4" 800 m6" 576,0
B
500 m
I
C
II
6"
1000 m
 
a) Det. do comprimento equivalente do trecho em paralelo 
ii
i
EE
E
Lf
D
Lf
D
..
55
 
[0,15^5/(f . LE)]^1/2=[0,10^5/(f . 800)]^1/2+[0,15^5/(f . 750]^1/2 
  LE = 410,70m 
 
b) Determinação da cota piezométrica em B (CPB) 
CPB = CPA - HAB = 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  = 0,0827 . 0,020 . 410,70. 0,020^2/0,15^5 = 3,58 m 
CPB = CPA - HAB = 590 – 3,58  CPB = 586,42 m 
580,44
590,0
A
D
6"
410,70 m
6" 576,0
B
500 m
I
C
II
6"
1000 m
 
c) Determinação da vazão fictícia no trecho BC 
 
Qj = Qm – q . L = 20 – 0,010 . 1000 = 10 litros/(s.m) 
 
Qf = (Qm + Qj)/2 = (0,020 + 0,010)/2  Qf = 0,015 m3/(s.m) ou 
15 litros/(s.m) 
 
d) Determinação da cota piezométrica em C (CPC) 
CPC = CPB - HBC = 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
HBC = 0,0827 . 0,020 . 1000. 0,015^2/0,15^5 = 4,90 m 
CPC = CPB - HBC = 586,42 – 4,90  CPC = 581,52 m 
 
e) Determinação da carga de pressão no ponto C 
CPC = (pC/ + ZC)  pC/ = CPC - ZC = 581,52 – 576  pC/ = 5,52 m 
 
f) Determinação da vazão na tubulação de 4” 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
HAB = 0,0827 . 0,020 . 800. Q4”^2/0,10^5
= 3,58 m 
 
Q4” = 0,00520 m3/s ou Q4” = 5,20 litros/s 
Pág. 120 numero 4.8 
Três reservatórios A, B e C são conectados por três tubulações que se juntam no 
ponto J. O nível do reservatório B está 20 m acima do nível de C e o nível de A 
está 40 m acima de B. Uma válvula de controle de vazão é instalada na tubulação 
AJ, imediatamente a montante de J. A equação de resistência de todas as 
tubulações e da válvula é dada por, H (m) = rQ
2
, em que r é o coeficiente de 
resistência e Q, a vazão em m3/s. Os valores de r para as três tubulações são: rAJ = 
150, rBJ = 200 e rCJ = 300. Determine o valor do coeficiente r de resistência da 
válvula Hv (m) = rQ2 para que a vazão que chega ao reservatório C seja o dobro 
da que chega ao reservatório B. 
 30 
0
C
60
A
J
válvula
20
B
40
20
0
 
H = r . Q^2 
a) Relações entre as vazões 
QAJ = QJB + QJC = QJB + 2.QJB 
QAJ = 3.QJB 
b) Determinação da energia específica entre A e J 
HA = HJ + HAJ 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pJ/ + ZJ + VJ^2/2g + HAJdist + HAJvalv 
60 + 0 + 0 = (CPJ + VJ^2/2g) + 150 QAJ^2 + r . QAJ^2 
 EJ 
c) Determinação da energia específica entre B e J 
HJ = HB + HJB 
pJ/ + ZJ + VJ^2/2g = pB/ + ZB + VB^2/2g + HJBdist 
CPJ + VJ^2/2g = 0 + 20 + 0 + 200 . QBJ^2 
 EJ = 20 + 200 . QBJ^2 
 
d) Determinação da energia específica entre C e J 
HJ = HC + HJC 
pJ/ + ZJ + VJ^2/2g = pC/ + ZC + VC^2/2g + HJCdist 
CPJ + VJ^2/2g = 0 + HJCdist 
 EJ = HJCdist 
 
e) Determinação da vazão QJB 
HJC = EJ 
rCJ . QJC^2 = HJC 
300 . QJC^2 = 20 + 200 . QBJ^2 
300 . (2 . QJB)^2 = 20 + 200 . QBJ^2 
(1200 – 200) . QJB^2 = 20 
QJB = (20/100)^0,5  QJB = 0,14 m3/s 
 
f) Determinação da vazão QAJ 
QAJ = 3 . QJB = 3 . 0,14  QAJ = 0,42 m3/s 
EJ = 20 + 200 . 0,14^2  EJ = 23,92 m 
 
g) Determinação da constante r 
Como: 
 60 = EJ + 150 . QAJ^2 + r . QAJ^2 
60 = 23,92 + 150 . 0,42^2 + r . 0,42^2 
60 = 23,92 + 26,42 + 0,1764 . r 
 
r = 9,620 / 0,1764 r = 54,53 
 
Pág. 120 numero 4.9 
O esquema de adutoras mostrado na figura faz parte de um sistema de distribuição 
de água em uma cidade, cuja rede se inicia no ponto B. Quando a carga de pressão 
disponível no ponto B for de 20,0 mH2O, determine a vazão no trecho AB e 
verifique se o reservatório II é abastecido ou abastecedor. Nessa situação, qual a 
vazão QB que está indo para a rede de distribuição? A partir de qual valor da carga 
de pressão em B a rede é abastecida somente pelo reservatório I? Material das 
tubulações: aço rebitado novo (C = 110). Despreze as perdas localizadas e as 
cargas cinéticas e utilize a fórmula de Hazen-Williams. 
 31 
735,0
C
754,0
A
720,0 m
B
QB
8"
1050 m
6"
650 m
 
 
 
a) Determinação da vazão no trecho AB (QAB) 
CPA = 754 m ; CPC = 735 m 
CPB = ZB + pB/ = 720 + 20 = 740 m 
 
CPA = CPB + HAB 
754 = 740 + (10,65 . QAB^1,85 . 1050)/(110^1,85 . 0,20^4,87) 
 
 QAB = 0,0429 m3/s ou QAB = 42,90 litros/s 
 
 
b) Situação do Reservatório 2 
Como CPC = 735m < CPB = 740m então o Reservatório 1 abastece o 
Reservatório 2. 
 
c) Determinação da vazão no trecho BC (QBC) 
 
CPB = CPC + HBC 
740 = 735 + (10,65 . QBC^1,85 . 650)/(110^1,85 . 0,15^4,87) 
 
 QBC = 0,01494 m3/s ou QBC = 14,94 litros/s 
 
d) Determinação da vazão em B (QB) 
QAB = QB + QBC  QB = QAB – QBC = 42,90 – 14,95 
 QB = 27,95 litros/s 
 
e) A partir de qual pressão em B o R2 passa também a abastecer o 
ponto B. 
 
CPB ≤ CPC 
ZB + pB/ ≤ ZC + pC/ 
720 + pB/ ≤ 735  
pB/ ≤ 735 – 720  pB/ ≤ 15 m 
 
Pág. 120 numero 4.10 
No sistema de abastecimento d’água mostrada na figura, 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 carga localizadas e as cargas cinéticas, determine a carga de pressão 
disponível no ponto A e as vazões nos trechos em paralelo. 
 32 
810,5
C
30 l/s
81
0 m
8" 
 
 
 
6"795,4
B
I
A
8"
 
 
 
79
0 m
5 l/s
1000 m 810,5
C
30 l/s
36
0,1
3 m
8"795,4
B
I
A
8"
5 l/s
1000 m
 
a) Determinação do comprimento equivalente no trecho em paralelo 
Tubulação em paralelo  
ii
i
EE
E
Lf
D
Lf
D
..
55
 
 
(8^5/Leq)^0,5 = (8^5/790)^0,5 + (6^5/810)^0,5  Leq = 360,13 m 
b) Determinação da pressão no ponto A (pA/) 
CPA = CPC + HAJ 
pA/ + ZA = pC/ + ZC + HACdist (= 0,0827 f LQ^2/D^5) 
 (4,88 m) 
pA/ + 795,4 = 810,5 + 0,0827 . 0,021 . 1000 . 0,030^2/0,20^5 + 
 (1,22 m) 
0,0827 . 0,021 . 360,13 . 0,025^2/0,20^5  pA/ = 21,20 m 
 
c) Determinação das vazões dos trechos em paralelo 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  
1,22 = 0,0827 . 0,021 . 790 Q8”^2/0,20^5 
 
 Q8” = 0,01687 m3/s ou Q8” = 16,87 litros/s 
1,22 = 0,0827 . 0,021 . 790 Q6”^2/0,15^5 
 
 Q8” = 0,00813 m3/s ou Q8” = 8,13 litros/s 
 
d) Determinação da cota piezométrica no ponto A (CPA) 
 
CPA – CPC = DHAC = 0,0827 . 0,021 . 1360,13 0,030^2/0,20^5 
CPA – 810,5 = 6,64 
 
 CPA = 817,14 m 
 
e) Determinação da cota piezométrica no ponto B (CPB) 
 
CPA – CPB = DHAB = 0,0827 . 0,021 . 1000 . 0,030^2/0,20^5 
817,14 – CPB = 4,88 
 
 CPB = 812,14 m 
 
 
Pág. 121 numero 4.11 
No sistema adutor mostrado na figura, todas as tubulações são de aço soldado com 
algum uso, coeficiente de rugosidade da equação de Hazen-Williams C = 120. O 
traçado impõe a passagem da tubulação pelo ponto B de cota geométrica 514,40 m. 
O diâmetro do trecho CD é de 6” e a vazão descarregada pelo reservatório superior 
é de 26 l/s. Dimensione os outros trechos, sujeito a: 
 33 
 
a) a carga de pressão mínima no sistema deve ser de 2,0 mH20; 
b) as vazões que chegam aos reservatórios E e D devem ser iguais. 
Despreze as perdas de carga localizadas e as cargas cinéticas. 
 
Dados: C = 120 ; ZB = 514,40 m ; (p/)min = 2 m ; 
QAB = QBC = QCD + QCE = 26 l/s 
QCD = QCE = 26/2 = 13 l/s 
495
E
520
A
C
360 m
B
507,2
D
26 l/s
800 m
4
5
0
 m
6
"
2
0
0
 m
 
 
a) Determinação do diâmetro do trecho AB (DAB) 
CPA = CPB + HAB 
520 = (514,2 + 2,0) + HAB  HAB = 3,60 m 
 
J = HAB/L = 3,60/800 = 10,65 . 0,026^1,85/(120^1,85 . DAB^4,87) 
 
DAB = 0,20 m 
 
b) Determinação da cota piezométrica em B (CPB) 
CPB= pB/ + ZB = 514,4 + 2,0  CPB = 516,40 m 
 
c) Determinação da cota piezométrica em C (CPC) 
CPD = CPC + HCD 
CPC = CPD – HCD = 
CPC = 507,2 – (10,65 . 0,013^1,85 . 200/(120^1,85 . 0,15^4,87) 
 
CPC = 507,20 – 1,01  CPC = 506,19 m 
 
d) Determinação do diâmetro do trecho CD (DBC) 
CPB = CPC + HBC  HBC = CPB – CPC = 516,40 – 506,19 
HBC = 10,21 m = 10,65 . 0,026^1,85 . 450/(120^1,85 . DBC^4,87) 
 
DBC = 0,15 m 
 
e) Determinação do diâmetro do trecho CE (DCE) 
CPC = CPE + DHCE  HCE = CPC – CPE = 506,19 – 495 
HBC = 11,19 m = 10,65 . 0,013^1,85 . 360/(120^1,85 . DCE^4,87) 
 
DCE = 0,10 m 
 
 
Pág. 121 numero 4.12 
A diferença de nível entre dois reservatórios conectados por um sifão é 7,5m. O 
diâmetro do sifão é 0,30 m, seu comprimento, 750 m e coeficiente de atrito f = 
0,026. Se ar é liberado da água quando a carga pressão absoluta é menor que 1,2 
mH2O, qual deve ser o máximo comprimento do tramo ascendente do sifão para 
que ele escoe a seção plena, sem quebra na coluna de líquido, se o ponto mais alto 
está 5,4 m acima do nível do reservatório superior. Neste caso, qual é a vazão. 
Pressão atmosférica local igual a 92,65 kN/m2. 
 34 
 
Dados: D = 0,30 m
h = 5,40 m f = 0,026 
 DZ = 7,50 m L = 750 m pab/g =< 1,20 m  pc/g 
patm/g = 92,65 . 10^3 / 9,8 . 10^3 = 9,45 m = pA/g 
 
D
B
C
Z
h
A
 
 
a) Determinação da vazão 
5
2..
0827,0
D
QLf
H  = 0,0827 . 0,026 . 750 .Q^2/0,30^5 
 
z = 7,5 = 0,0827 . 0,026 . 750 .Q^2/0,30^5  Q = 0,106 m3/s 
 
b) Determinação da velocidade na tubulação 
v = 4Q/(3,14 . D^2) = 4 . 0,106/ 3,14 . 0,30^2  v = 1,50 m/s 
 
c) Determinação do comprimento LBC 
HA = HC + HAC 
pA/ + ZA + VA^2/2g = pC/ + ZC + VC^2/2g + HBC 
9,45 + 7,5 + 0 = 1,20 +(7,5 + 5,4) + 1,5^2/19,6 + 0,0827.0,026.LBC.0,106^2/0,3^5 
9,45 = 1,20 + 5,40 + 0,115 + 0,0099422.LBC 
 
LBC = 2,735/0,0099422 = 
 
LBC = 275 m 
 
 
Adicional 
 
d) Determinação das cotas piezométricas 
 
CPA = 9,45 + 7,5 = 16,95 m 
 
CPC = 1,20 + (7,5 + 5,40) = 14,10 m 
 
 
Pág. 121 numero 4.13 
Dois reservatórios têm uma diferença de nível igual a 15 m e são conectados por 
uma tubulação ABC, na qual o ponto mais alto B está 2 m abaixo do nível d’água 
do reservatório superior A. O trecho AB tem diâmetro de 0,20 m e o trecho BC, 
diâmetro de 0,15 m, e o fator de atrito é o mesmo para os dois trechos. O 
comprimento total da tubulação é 3000 m. Determine o maior valor do 
comprimento AB para que a carga de pressão em B não seja maior que 2 mH20 
abaixo da pressão atmosférica. 
 
 35 
C
B
Z = 15 m
h=2 m
A
y=-2 m
DAB
 = 0
,20 
m
D
B
C
 =
 0
,1
5
 m
 
DADOS: Q = ? ; LAB +LBC = 3000 m ; LAB = ? ; 
 pB/ = -2 m (abaixo da pressão atmosférica) 
 
 
a) Determinação da perda de carga 
 
CPA = CPB + DHAB  2 = -2 + DHAB 
 
 DHAB = 4 m 
g
v
D
L
fH
2
2
 
 
DHAB = f.(LAB/DAB).v^2/2g = 4 (1) 
 
DHBC = f.(LBC/DBC).v^2/2g = 11 (2) 
 
E ainda 
Q = 3,14 . 0,20^2/4 . vAB = 3,14.0,15^2/4 . vBC 
 
vAB = (0,15/0,20).vBC  vAB = 0,562 . vBC 
 
- Dividindo (1) por (2), tem-se: 
 
DHAB/DHBC = (LAB.DBC/LBC.DAB) . vAB^2/vBC^2 
 
4/11 = (LAB/(3000-LAB)).0,15/0,20 . (0,562.vBC)^2/vBC^2 
 
0,364 = LAB/(3000-LAB) . 0,75 . 0,316 
 
LAB/(3000-LAB) = 1,537 
 
2,537.LAB = 4.609,87 
 
 
LAB = 1.817,05 m 
 
Pág. 121 numero 4.14 
Um tanque cilíndrico aberto de 1,0 m de diâmetro está sendo esvaziado por um 
tubo de 50 mm de diâmetro e 4,0 m de comprimento, com entrada em aresta viva, 
K = 0,5, para o qual f = 0,025, e descarregando na atmosfera. Determine o tempo 
necessário para que a diferença entre o nível d’água no tanque e o nível da saída do 
tubo caia de 2,0 m para 1,0 m. 
 
 
 36 
t = 0
k = 0,5
D
 = 0,05 m
L = 4 mf = 0,025
D=1m
Z = 1 m
a = 2 m
 
 
 
a) Determinação das áreas 
 
Reservatório: AR = 3,14.DR^2/4 = 3,14.1^2/4 = 0,785 m2 
 
Tubulação: AT = 3,14.DT^2/4 = 3,14.0,05^2/4 = 0,002 m2 
 
 
b) Perda de carga localizada e distribuída 
 

)/.(
2
DLfk
g
 = (19,6/(1+0,5+0,025.4/0,05))^0,5 
 
   = 2,366 
 
 
c) Tempo necessário para o abaixamento de z = 2m a 1 m 
 
)/1.(.
][2
21
1
AAA
HHoA
t
t 



 
 
 
t = 2.0,785.((2)^0,5 – (1)^0,5)/(2,366.0,002) = 
 
t = 331,723 . 0,414 
 
t = 137 ~ 140 segundos 
 
Pág. 121 numero 4.15 
Dois reservatórios prismáticos, um de área igual a 7,4 m2 e outro de área igual a 
3,7 m2, estão ligados por uma tubulação de 125 m de comprimento e 50 mm de 
diâmetro, com fator de atrito f = 0,030. Determine o tempo necessário para que um 
volume de 2,3 m3 de água seja transferido do tanque maior para o menor, se a 
diferença de nível inicial entre eles é de 1,5 m. Coeficientes de perda de carga, na 
entrada K = 0,5 e na saída K = 1,0. 
 37 
t = 0
k = 0,5
D
 = 0,05 m
L = 125 m
f = 0,030
Ho = 1,50 m
k = 1,0
 
DADOS: 
Ho = 1,50m D = 0,050 m 
f = 0,030 A1 = 7,40 m2 
 k = 0,5 + 1,0 = 1,5 A2 = 3,7 m2 L = 125 m 
 
 
a) Determinação dos parâmetros 
 

)/.(
2
DLfk
g
 = (19,6/(1,5 + 0,030*125/0,05))^0,5 
 
 = 0,506 
 
At = 3,14*D^2/4 = 3,14*0,05^2/4 = 0,0019625 m2 
 
H = Ho – volume/Áreas = 1,5 – 2,3/7,4 – 2,3/3,7 = 0,567 m 
 
 
b) Tempo necessário para o abaixamento de z = 2m a 1 m 
 
)/1.(.
][2
21
1
AAA
HHoA
t
t 



 
 
)7,3/4,71.(0019625,0.506,0
]567,05,1[4,7*2


t 
 
 
t = 6,98/0,00297 
 
t = 2343,6 segundos 
 
t ~ 39 minutos 
 
 
Pág. 122 numero 4.16 
Um reservatório alimenta uma tubulação de 200 mm de diâmetro e 300 m de 
comprimento, a qual se divide em duas tubulações de 150 mm de diâmetro e 150 
m de comprimento, como o da figura abaixo. Ambos os trechos estão totalmente 
abertos para a atmosfera nas suas extremidades. O trecho BD possui saídas 
uniformemente distribuídas ao longo de seu comprimento, de maneira que metade 
da água que entra é descarregada ao longo de seu comprimento. As extremidades 
dos dois trechos estão na mesma cota geométrica e 15 m abaixo do nível d’água do 
reservatório. Calcule a vazão em cada trecho adotando f = 0,024, desprezando as 
perdas localizadas e a carga cinética nas tubulações. 
Resolva o problema de duas maneiras: primeiro, usando no trecho BD o conceito 
de vazão fictícia e, segundo determinando a perda de carga distribuída em um 
elemento de comprimento dL e depois fazendo a integração de 0 a L (de B até D): 
 
 38 
Z = 15 m
A
B
DC
 
Dados: DAB = 0,20 m ; DBC = DBD = 0,15 m ; f = 0,024 
LAB = 300 m ; LBD = LBC = 150 m 
 
 
a) Determinação das relações entre as vazões nos trechos 
QAB = QBC + QBDfictícia 
 
DHBD = DHBC 
0,0827.f.L.Qf^2/D^5 = 0,0827.f.L.QBC^2/D^5  Qf = QBC 
 
QBDfic = QBC = (Qm + Qj)/2 = (Qm + Qm/2)/2 
 
Qf = QBC = ¾ . Qm e como: 
 
QAB = QBC + Qm = QBC + 4/3.QBC  QAB = 7/3 . QBC 
 
b) Determinação da vazão no trecho AB (QAB) 
DHAB + DHBC = 15 m 
0,0827.0,024[300QAB^2/0,2^5 + 150(3/7.QAB)^2/0,15^5] = 15 
 
937.500.QAB^2 + 362.811,79.QAB^2 = 15/(0,0827.0,024) 
 
 QAB = (7.557.436/1.300.311,79)^0,5  QAB = 0,076 m3/s 
 
c) Determinação da vazão no trecho BC (QBC) 
QAB = 7/3 . QBC  QBC = 3/7 . 0,076 
 
QBC = 0,033 m3/s 
 
d) Determinação da vazão no trecho BD (QBD) 
Qf = QBD = 4/3 . QBC = 4/3 . 0,033 
 
QBD = 0,043 m3//s 
 
Pág. 122 numero 4.17 
De uma represa mantida em nível constante sai uma tubulação de ferro fundido 
novo, de 200 mm de diâmetro e 500 m de comprimento, que termina no fundo de 
um reservatório prismático de 10 m2 de área e 5 m de altura, conforme a figura. 
Estando inicialmente vazio e reservatório, abre-se o registro colocado em A. 
Calcular o tempo necessário para o enchimento completo do reservatório o fator de 
atrito da tubulação seja constante, com valor médio f = 0,020. Resolva o problema 
de duas maneiras distintas: 
a) utilizando a Equação 4.39 observando que, no caso, tem-se A1>>>A2 = 10 
m2. 
b) Utilizando a Equação 2.42 e observando que, pela equação da 
continuidade, em um tempo qualquer t, a vazão que entra no reservatório é 
dada por Q = - A dh/dt, em que h é uma ordenada marcada positiva de 
cima para baixo a partir da cota 5,0 m e A a área do reservatório. 
Despreze as perdas de carga localizadas na tubulação. 
 
 39 
5,0
0,0
A
5,0
L = 500 m
D = 200 mm
 
a) Determinação dos parâmetros 
 
 

)/.(
2
DLfk
g
 = (19,6/(0+0,020.500/0,20))^0,5 = 0,626 
 
A = 3,14.D^2/4 = 3,14 . 0,20^2/4 = 0,0314 m2 
 
b) Determinação do tempo de enchimento do reservatório 
 
)/1.(.
[2
21
1
AAA
HHoA
t
t 



 ; A1 >>>A2 = 10 m2 
 
t = 2.10.((5)^0,5 – (0)^0,5)/((0,626.0,0314.(1+0)) = 2274,80
s 
 
 
t = 37,90 minutos ou 
 
 
t = 38 minutos 
 
 
CAPÍTULO 5 
 
 
Pág. 131 exemplo 5.1 
O projeto de um sistema de elevatório para abastecimento urbano de água deverá 
ser feito a partir dos seguintes dados: 
 
a) vazão necessária Q = 80 l/s; 
b) altura geométrica a ser vencida Hg = 48 m; 
c) comprimento da linha de recalque L = 880 m; 
d) material da tubulação ferro fundido classe K7, rugosidade  = 0,4 mm; 
e) número de horas de funcionamento diário T = 16 h; 
f) número de dias de funcionamento no ano N = 365; 
g) taxa de interesse e amortização do capital 12% a.a; 
h) rendimento adotado para a bomba  = 70%; 
i) rendimento adotado para o motor  = 85%; 
j) preço do quilowatt-hora A = R$ 0,031. 
 
Uma pesquisa de preço de tubos, por unidade de comprimento, para 150 < D < 500 
mm levou à seguinte relação entre diâmetro e custo: Custo (R$/m) = 0,042 
D(mm)^1,4. Determine o diâmetro econômico de recalque. 
 
 40 
e (mm) = 0,4 N = 365
Q (l/s) = 80 i (%) = 12
Hg (m)= 48 n = 0,7
L rec (m) = 880 nm = 0,85
T (h) = 16 preço (kwh)= 0,031
(A) (B) © (D) (E) (F) (G)
Diâmetro Rey J H=Hg+JL Custo anual Custo Custo
(mm) (m/m) (m) bombeamento anual tub total
150 679.081,12 0,1790 205,50 49.022,22 4.936,75 53.958,97 
200 509.310,84 0,0396 82,84 19.761,82 7.385,08 27.146,90 
250 407.448,67 0,0124 58,87 14.042,80 10.093,21 24.136,01 
300 339.540,56 0,0048 52,21 12.455,11 13.028,16 25.483,27 
350 291.034,77 0,0022 49,90 11.902,69 16.166,22 28.068,90 
400 254.655,42 0,0011 48,95 11.677,56 19.489,34 31.166,90 
450 226.360,37 0,0006 48,52 11.574,42 22.983,21 34.557,63 
500 203.724,34 0,0003 48,30 11.522,70 26.636,14 38.158,83 
 
 
 
y = -0,0041x3 + 4,6802x2 - 1648,5x + 207628
R2 = 0,927
20.000,00
30.000,00
40.000,00
50.000,00
60.000,00
150 200 250 300 350 400 450 500
D (mm)
C
u
s
to
 t
o
ta
l 
a
n
u
a
l 
(R
$
)
 
Conclusão: 
 
As colunas G e A da tabela anterior foram postas em forma gráfica, 
indicando que o valor mínimo da soma (custo total), coluna E + coluna F, 
ocorre para um diâmetro de 250 mm que deverá ser adotado para o 
diâmetro econômico das instalações de recalque. 
 
Pág. 138 exemplo 5.2 
Uma bomba KSB-MEGANORM, modelo 32-160, com rotor de diâmetro igual a 
162 mm (R=81 mm), na rotação de 1750 rpm, trabalha no ponto A recalcando uma 
vazão Q = 10 m3/h com altura de elevação H = 10,5 m (ver figura). 
a) Classifique o tipo da bomba. 
b) Trace a curva característica adimensional da bomba, f). 
c) Qual o ponto de funcionamento (homólogo de A) de uma bomba 
geometricamente semelhante a esta, com uma rotação igual e diâmetro do 
rotor igual a 172 mm. 
 
Dados: D = 162 mm; n = 0,525 ; Q = 14 m3/h; H = 9,25 m; 
 
 
a) Determinação do tipo da bomba 
O tipo da bomba pode ser calculado pela determinação da rotação específica 
 
 
Pág. 142 exemplo 5.3 
Uma bomba centrifuga, com rotação igual 1750 rpm e curva característica dada 
pela tabela a seguir, está conectada a um sistema de elevação de água que consta 
de duas tubulações em paralelo e dois reservatórios. Uma tubulação de 0,10 m de 
diâmetro, comprimento de 360 m e fator de atrito f = 0,015 está ligada ao 
reservatório com nível d’água na cota 800,00 m, e a outra, de 0,15 m de diâmetro, 
comprimento de 900 m e fator de atrito f = 0,030, está ligada ao reservatório com 
nível d’água na cota 810,0 m. O reservatório inferior tem nível d’água na cota 
780,000 m. Assumindo que os fatores de atrito sejam constantes, independentes da 
vazão, determine: 
a) o ponto de funcionamento do sistema; 
b) as vazões em cada tubulação da associação; 
c) a potência necessária à bomba. 
 
 
 41 
 
 
 
 
Pág. 146 exemplo 5.4 
As características de uma bomba centrífuga, em uma certa rotação constante, são 
dadas na tabela abaixo: 
 
 
 
 
 
 
A bomba é usada para elevar água vencendo uma altura geométrica de 6,5 
m, por meio de uma tubulação de 0,10 m de diâmetro, 65 m de 
comprimento e fator de atrito f = 0,020. 
a) Determine a vazão recalcada e a potência consumida pela bomba; 
b) Sendo necessário aumentar a vazão pela adição de uma segunda bomba 
idêntica à outra, investigue se a nova bomba deve ser instalada em série ou 
em paralelo com a bomba original. Justifique a resposta pela determinação 
do acréscimo de vazão e a potência consumida por ambas as bombas nas 
associações.