Solução da Lista 2

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Solução Lista 2 
2/2015 
01 – Uma pessoa coloca a mão para fora de um automóvel que 
se desloca com uma velocidade de 105 km/h (29,2m/s) numa 
atmosfera estagnada. Qual é a máxima pressão que atua na mão 
exposta ao escoamento? 
Usando (1) para pressão em um ponto a montante da mão 
da pessoa e o ponto (2) para um ponto sobre a mão, sendo 
a linha de corrente horizontal aplica-se a Equação de 
Bernoulli: 
𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 
Sendo p1 a pressão atmosférica a montante, portanto 
usando pressão relativa p1=0; z1=z2; e v2=0, pois o ar se 
choca com a mão gerando aumento de pressão tem-se: 
 
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2  𝑝2 =
1
2
∗ 1,22 ∗ 29,2 2 = 520,1𝑃𝑎 
 
 
 
02 – Água escoa na torneira localizada no 
andar térreo do edifício mostrado na Figura 2 
com velocidade máxima de 6,1 m/s. 
Determine as velocidades máximas dos 
escoamentos nas torneiras localizadas no 
subsolo e no primeiro andar do edifício. 
Admita que o escoamento é invíscido e que a 
altura de cada andar seja igual a 3,6m. 
 
A água escoa como jato livre portanto nas 
saídas e no nível do reservatório a pressão é a 
atmosférica. 
Aplicando a Equação de pressão total 
exatamente nos bocais de cada torneira, tem-
se: 
p1=p2=p3 
z1=0 z2=3,6m z3=7,2m 
v1= v1 v2=6,1m/s v3= v3 
 
 
𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 
(3) 
(2) 
(1) 
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 
Igualando a pressão do ponto 1 ao ponto 2: 
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 
500𝑣1
2 = 9810 ∗ 3,6 + 500 ∗ 6,02 
𝒗𝟏 =
35316 + 18000
500
= 𝟏𝟎, 𝟑𝒎/𝒔 
 
Igualando a pressão do ponto 3 ao ponto 2: 
𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 
𝑣3
2 =
9810 ∗ 3,6 + 500 ∗ 6,12 − 9810 ∗ 7,2
500
 
𝒗𝟑
𝟐 =
35316 + 18000 − 70632
500
= −𝟑𝟒, 𝟔 (água não chega na 3ª torneira, quando todas estão abertas) 
 
 
 
 
03 – Água escoa em regime permanente na 
tubulação mostrada na Figura 4. Sabendo que o 
manômetro indica a pressão relativa nula no ponto 
1 e admitindo que os efeitos viscosos são 
desprezíveis, determine a pressão no ponto 2 e a 
vazão em volume neste escoamento. 
Aplicando a Eq de pressão total ao 
escoamento e o bocal sendo jato livre 
temos: 
p1=0 p2=p2 p3=0 
z1=0 z2=0,61m z3=-0,92m 
v1= v1 v2=v2 v3= v3 
 
Q1=Q2=Q3  v1A1=v2A2=v3A3 
 
Sendo A2=A1 então v2=v1 
 
 . 
(3) 
𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 
p1=0 p2=p2 p3=0 
z1=0 z2=0,61m z3=-0,92m 
v1= v1 v2=v2 v3= v3 
Q1=Q2=Q3  v1A1=v2A2=v3A3 
Sendo A2=A1 então v2=v1 
 
Então igualando a pressão total dos 
pontos (1) e (2) temos: 
0 + 𝛾0 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣1
2 
Então : 
𝑝2 = −𝛾𝑧2 = 9810 ∗ 0,61
= 𝟓𝟗𝟖𝟒, 𝟏𝑷𝒂 
 
 
 . 
(3) 
p1=0 p2=p2 p3=0 
z1=0 z2=0,61m z3=-0,92m 
v1= v1 v2=v2 v3= v3 
Q1=Q2=Q3  v1A1=v2A2=v3A3 
Sendo A2=A1 então v2=v1 
igualando a pressão total dos pontos (1) e (3) temos: 
0 + 𝛾0 +
1
2
𝜌
𝑄
𝐴1
2
= 0 + 𝛾(−0,92) +
1
2
𝜌
𝑄
𝐴3
2
 
 
500
𝑄
0,0011 
2
= −9025,2 + 500
𝑄
0,00075 
2
 
−8,79𝑥108𝑄2 + 4,33𝑥108𝑄2 = −9025,5 
𝑄2 =
−9025,5 
−4,46𝑥108 
= 2,03x10−5 
 
Q=0,0045m3/s 
 . 
(3) 
04 – Água escoa na concentração 
axisimétrica mostrada na Figura P3.30. 
Determine a vazão em volume na 
contração em função de D sabendo que a 
diferença de alturas no manômetro é 
constante e igual a 0,2 m. 
 Aplicando a Eq. Bernoulli aos pontos (1) e (2): 
𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 
Tem-se que: 
Z1=Z2 
p1-p2=Δh*(ϒágua-ϒar)  diferença de pressão do manômetro diferencial 
Q1=v1A1 Q2=v2A2 v2=Q/A2 v1=Q/A1 
 
∆𝑕 𝛾𝑎𝑔𝑢𝑎 − 𝛾𝑎𝑟 + 500(0
2) = 500
𝑄2
𝐴2
2 
RESOLVER 
 
 
 
(1) (2) 
05 – Água escoa em regime 
permanente na tubulação 
mostrada na Figura P3.48. 
Alguns experimentos revelaram 
que o trecho de tubulação com 
parede fina (diâmetro interno 
=m 100 mm) colapsa quando a 
pressão interna se torna igual a 
externa menos 10 kPa. Até que o 
valor de h a tubulação opera 
convenientemente? 
 Comportamento de jato livre 
A pressão total aos pontos 1, 2 e 3 será: 
 𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 
p1=0 p2=-10x10
3Pa p3=0 
z1=1,22m z2=0 z3=-h 
v1= 0 v2=v2 v3= v3 
(1) 
° 
(2) 
° 
(3) 
° 
Comportamento de jato livre 
A pressão total aos pontos 1, 2 e 3 será: 
 𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 
p1=0 p2=-10x10
3Pa p3=0 
z1=1,22m z2=0 z3=-h 
v1= 0 v2=v2 v3= v3 
 
Assim: 
0 + 9810 ∗ 1,22 +
1
2
𝜌02 = −10000 + 𝛾0 +
1
2
1000 ∗ 𝑣2
2 
9810 ∗ 1,22 + 10000 
500
= 𝑣2
2
 
𝑣2 = 6,6𝑚/𝑠 
v2A2=v3A3  v3=v2A2/A3 Igualando as pressões totais do ponto 3 ao ponto 2 tem-
se: 
−10000 +
1
2
1000 ∗ 6,62= 0 + 9810(−𝑕) +
1
2
1000 6,6 ∗
0,12
0,1522
2
 
 h=0,78m o negativo se deve ao referencial z2=0m 
 
06 – A vazão de água que é bombeada de um lago, através de 
uma tubulação com 0,2 m de diâmetro, é 0,28 m3/s. Qual é a 
pressão no tubo de sucção da bomba numa altura de 1,82 m 
acima da superfície livre do lago? Admita que os efeitos viscosos 
sejam desprezíveis. 
 
Q=0,28m3/s 
D=0,2m 
 p2 . 
 
h= 1,82m 
 
 p1 
Aplicando a equação de pressão total ao longo da 
linha de corrente da superfície do lago/bocal do 
tubo até a altura de 1,82m tem-se: 
 
 𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 
 
Onde: p1= 0 (atmosfera/relativa) ; z1= 0; v1=0 
 p2= ?; z2=1,82m 
 
v2=Q/A  v2=0,28/{[3,14*(0,2^2)]/4}=8,91m/s 
 
Então: 
 0 + 𝛾0 +
1
2
𝜌02 = 𝑝2 + 𝛾1,82 +
1
2
𝜌8,912 
p2= -(9810*1,82)-(500*(8,91^2))= -57,5kPa 
 
 
07 – A velocidade e o gradiente de pressão no ponto A de um escoamento de ar 
são iguais a 20 m/s e 100 N/m3. Estime a velocidade do escoamento no ponto B 
que pertence à mesma linha de corrente e que está localizado a 0,5 m à jusante 
do ponto A. 
 
A equação de movimento de um partícula fluida ao longo da linha de corrente é: 
−𝛾𝑠𝑒𝑛𝜃 −
𝑑𝑝
𝑑𝑠
= 𝜌𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
 
 
Sendo: 
𝑑𝑝
𝑑𝑠
  o gradiente de pressão ao longo da linha de corrente 
 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
  a aceleração da partícula fluida (as) 
 
Assumindo que a o escoamento se dá em uma linha de corrente horizontal tem-
se que θ = 0 
Então: −
𝑑𝑝
𝑑𝑠
= 𝜌𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
 onde dv/ds será o gradiente de velocidade ao longo 
 da linha de corrente 
𝑑𝑣
𝑑𝑠
= −
𝑑𝑝
𝑑𝑠
𝜌𝑣
= −
100
1,22 ∗ 20
= −4,1/𝑠 
 
A variação de velocidade entre dois pontos do escoamento pode ser igualada 
ao gradiente de velocidade e assim a diferença de velocidade será: 
 ∆𝑣 =
𝑑𝑣
𝑑𝑠
∗ ∆𝑠 = (-4,1)*0,5 = - 2,05 m/s 
A velocidade em um ponto a 0,5m é: 
∆𝑣 = 𝑣𝑓 − 𝑣𝑖 
 
𝑣𝑓 = 𝑣𝑖 + ∆𝑣 
 
𝑣𝑓 = 20 + −2,05 = 18,05𝑚/𝑠 
 
A velocidade tende a diminuir com diferencial de pressão positivo 
 
 
08 - Qual o gradiente de pressão ao longo da linha de corrente, dp/ds, 
necessário para impor uma aceleração de 9,14 m/s2 no escoamento 
ascendente de água num tubo vertical? Qual o valor deste gradiente se o 
escoamento for descendente? 
 
A equação de movimento de um partícula fluida ao longo da linha de corrente 
é: 
−𝛾𝑠𝑒𝑛𝜃 −
𝑑𝑝𝑑𝑠
= 𝜌𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
 
Se o escoamento e ascendente θ=90°  sen 90° =1 
Se for descendente θ=-90°  sen -90° = - 1 
Com 𝑣
𝑑𝑣
𝑑𝑠
= 𝑎𝑐𝑒𝑙𝑒𝑟𝑎çã𝑜 = 9,14 𝑚/𝑠2 em escoamento de água 
 
Então para escoamento ascendente: 
−9810 ∗ 𝑠𝑒𝑛90 −
𝑑𝑝
𝑑𝑠
= 1000 ∗ 9,14 
𝑑𝑝
𝑑𝑠
= −18950,1 𝑁/𝑚3 
Então para escoamento descendente: 
 
−9810 ∗ 𝑠𝑒𝑛 − 90 −
𝑑𝑝
𝑑𝑠
= 1000 ∗ 9,14 
𝑑𝑝
𝑑𝑠
= 670 𝑁/𝑚3 
 
09 – Água escoa na curva bidimensional 
mostrada na Figura 1. Note que as linhas de 
corrente são circulares e que a velocidade é 
uniforme no escoamento. Determine a pressão 
nos pontos (2) e (3) sabendo que a pressão no 
ponto (1) é igual à 40 kPa. 
 
A equação de pressão total normal à linha de 
corrente é dada por: 
−𝛾
𝑑𝑧
𝑑𝑛
−
𝜕𝑝
𝜕𝑛
= 𝜌
𝑣2
𝑅
 
Fazendo o ponto (1) como referencial dn=dz, 
portanto 
𝑑𝑧
𝑑𝑛
= 1 
O raio de curvatura do escoamento será uma 
função de n (linha de corrente) assim: 
R(n) = 6 – n  quando n=0 o raio será 6 m, ou 
seja ponto (1). 
 
A velocidade do escoamento é  v=10m/s 
 
A pressão em (1) é de 40kPa. 
A equação de pressão total será: 
𝑑𝑝
𝑑𝑛
= −𝜌
𝑣2
𝑅(𝑛)
− 𝛾 
𝑑𝑝 = −𝜌
𝑣2
𝑅 𝑛
𝑑𝑛 − 𝛾𝑑𝑛 
Integrando a equação diferencial de p1 a p2 e n1=0 a n2=n ; com 
𝛾, 𝜌 𝑒 𝑣 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠 TEM-SE: 
 
 𝑑𝑝
𝑝2
𝑝1
= −𝜌𝑣2 
𝑑𝑛
6 − 𝑛
𝑛2
0
− 𝛾 𝑑𝑛
𝑛2
0
 
A solução será: 
𝑝2 − 𝑝1 = − 𝜌𝑣
2 ln
6
6 − 𝑛
− 𝛾𝑛 
 
𝑑𝑥
(𝑎𝑥 + 𝑏)
=
1
𝑎
(𝑎𝑥 + 𝑏) 
Para n=1m 
𝑝2 − 40000 = − 1000 ∗ 10
2 ln
6
6 − 1
− 9810 ∗ 1 
 
𝑝2 = 11,9kPa 
 
Para n=2m 
𝑝3 − 40000 = − 1000 ∗ 10
2 ln
6
6 − 2
− 9810 ∗ 2 
 
𝑝3 = −20,2kPa 
 
A pressão sai de ~40kPa para ~-20KPa de uma extremidade para outra 
no tubo a redução de pressão é necessária para que o fluido possa 
fazer a trajetória. 
11 – O manômetro de pressão diferencial conectado a um tubo de pitot foi 
modificado para fornecer a velocidade do escoamento diretamente (em lugar da 
diferença entre a pressão de estagnação e a estática). A calibração do conjunto foi 
realizada com ar na condição atmosférica padrão. Entretanto, o conjunto foi 
utilizado para medir a velocidade num escoamento de água e, nesta condição, 
indicou que a velocidade era igual a 102,9 m/s. Determine a velocidade real do 
escoamento de água. 
A função do tubo de pitot é medir a velocidade a partir da diferença de pressão 
de acordo com a equação: 
 
𝑣 =
2.∆𝑝
𝜌
  ∆𝑝 =
1
2
𝜌𝑣2 
 
A diferença de entre a velocidade do ar e da água é devido à massa específica 
do fluido usado para calibrar, usando a diferença de pressão para a 
velocidade de 102,9 como sendo a do ar e igualando ela à diferença de 
pressão do escoamento da água pode-se corrigir a velocidade . 
∆𝑝𝑎𝑟 = ∆𝑝á𝑔𝑢𝑎 
1
2
1,22 ∗ 102,92=
1
2
1000 ∗ 𝑣2 
V=3,6m/s  velocidade da água correta 
13 - A Figura seguinte mostra o 
esboço de um grande tanque que 
contém água e óleo (densidade = 
0,7). Admitindo que os efeitos 
viscosos são desprezíveis e que o 
regime de operação é próximo do 
permanente, determine a altura do 
jato de água (h) e a pressão do 
escoamento no tubo horizontal. 
 
Igualando a pressão total dos pontos 
(1) e (4) tem-se: 
(1) . 
(2) . 
(3) . 
(4) . 
𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +
1
2
𝜌𝑣4
2 
Sendo: z1=0 p1=700*9,81*4=27468Pa (pressão da coluna de óleo) 
v1=v4=0 p4=0 
27468 + 𝛾0 +
1
2
𝜌01
2 = 0 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑧4 +
1
2
𝜌04
2 
z4=h=27468/9810=2,8m 
 
Resolvido em sala de aula 
Água escoa em regime permanente na 
tubulação mostrada na Figura P3.37. Determine, 
para as condições indicadas na figura, o 
diâmetro do tubo de descarga (D). Admita que 
os efeitos viscosos são desprezíveis. 
 
 
14 
Aplicando a equação de Bernoulli nos pontos 1 e 2 
teremos: 
𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 
p1= atm=0 (relativa); ϒ=1000.9,81=9810 N/m
3; 
v1=6,1; z1=3,05m; 
p2=ϒh; v2=?; z2=0; 
(1) 
(2) 
14 
0 + 9810 𝑥 3,05 + [
1
2
1000𝑥(6,1)2]
= (4,57 𝑥 9810) + 𝛾0 +
1
2
1000𝑣2
2 
O Problema solicita determinar para as condições 
dadas o diâmetro D: 
Sabe-se que a vazão é constante, portanto Q1=Q2: 
 v1A1=V2A2  v2= V1.A1/A2 
 
𝑣2 =
𝑣1.
𝜋𝐷2
4
𝜋(38,1𝑥10−3)2
4
=
6,1𝐷2
(38,1𝑥10−3)2
= 
14 
0 + 9810 𝑥 3,05 + [
1
2
1000𝑥(6,1)2]
= (4,57 𝑥 9810) + 𝛾0 +
1
2
1000𝑣2
2 
 
9810 𝑥 3,05 + [
1
2
1000𝑥 6,1)2
= (4,57 𝑥 9810) +
1
2
1000
6,1𝐷2
38,1𝑥10−3 2
2
 
29920,5 + 18605 = 44831,7 + 500 17,659𝑥106𝐷4 
500 17,659𝑥106𝐷4 = 29920,5 + 18605 − 44831,7 
𝐷 =
3693,8
8,829𝑥109
4
= 4,184𝑥10−7
4
= 𝟎, 𝟎𝟐𝟓𝒎 
14 
Água escoa, em regime permanente, na tubulação 
mostrada na Figura P3.71. Admitindo que a água é 
incompressível e que os efeitos viscosos são 
desprezíveis, determine o valor de h. 
 
(2) 
(1) 
15 
(2) 
(1) 
 Assumindo que o ar é um fluido incompressivel e que a variação de 
pressão para pequenas alturas é nula tem-se que a pressão na 
interface água/ar será a mesma nas duas interfaces do manômetro 
em U; 
 O ponto (2) é o bocal contrário ao escoamento, portanto é ponto de 
estagnação com velocidade igual a 0 m/s; 
 Igualamos a diferença de pressão do manômetro diferencial à 
equação de pressão total, ambas rearranjadas em p1-p2 encontra-se 
h 
15 
l 
Aplicando a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2 teremos: 
𝑝1 + 𝛾𝑧1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 (I) 
 
Sendo: z2= 0 referencial 
 z1= - 0,91m v1=Q/A1=1,46 m/s 
 v2=0 ponto de estagnação 
Assim a equação (I) fica: 
 
𝑝1 − 𝑝2 = −𝛾𝑧1 −
1
2
𝜌𝑣1
2 (I) 
 
No sistema há um manômetro diferencial entre os ponto 1 
e 2, assim a pressão diferencial entre os pontos é dado por: 
𝑝2 − 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑙 − 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑕 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑙 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎0,91 = 𝑝1 
 
−𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑕 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎0,91 = 𝑝1 − 𝑝2 (II) 
15 
Igualando (I) e (II): 
−𝛾𝑧1 −
1
2
𝜌𝑣1
2 = −𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑕 + 𝛾á𝑔𝑢𝑎0,91 
𝑕 =
𝛾á𝑔𝑢𝑎𝑧1 +
1
2𝜌𝑣1
2 + (𝛾á𝑔𝑢𝑎(−0,91))
𝛾á𝑔𝑢𝑎
 
 h=0,11m 
 
15 
𝑑
𝑑𝑡
 𝜌𝑑𝑉 +
𝑣𝑐
 𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴
𝑠𝑒
= 0 
 
Da equação de conservação de massa temos que: 
- Primeiro termo representa a taxa de variação 
temporal do volume de controle. 
- Segundo termo representa a variação de vazão 
em massa do fluido que atravessa a fronteira do 
sistema. 
17 
𝑑
𝑑𝑡
 𝜌𝑑𝑉 +
𝑣𝑐
 𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴
𝑠𝑒
= 0 
Integrando o primeiro termo de V = 0 litros até 
V= VC l (volume de controle=área da base vezes a 
altura h): 
𝑑 𝑉
𝑑𝑡
𝜌 
O a integração do segundo termo nos dá a 
variação de vazão em massa do sistema ( o que sai 
menos o que entra: 
𝑚2 − 𝑚1 
Como não há saída de fluidos do sistema, a vazão 
em massa que saí do sistema é nula, pois todo o 
fluido é acumulado no interior da piscina. 
Assim a equação acima fica: 
𝑑 𝑉
𝑑𝑡
𝜌 − 𝑚1 = 0 
Dividindo os termos por massa específica termos: 
𝑑 𝑉
𝑑𝑡
− 𝑄2 = 0 
A vazão de entrada (Q2) é igual à variação temporal de volume 
do volume de controle de o até a altura h. Rearranjando a 
equação na forma diferencial, tem-se: 
𝑑𝑉 = 𝑄𝑑𝑡 
Integrando o primeiro termo de h=0 até a altura h=1,5, e o 
segundo termo de t=0 até t=t correspondente a altura h, com 
a vazão constante de 1l/s (1x10-3m3/s): 
Sendo que V é uma função de h: V=Ab.h 
 𝑑(𝐴𝑏𝑕)
𝑕=1,5
0
= 𝑄𝑑𝑡
𝑡0
 
𝐴𝑏 . 1,5 = 𝑄. 𝑡 
𝐭 =
𝛑𝟓𝟐
𝟒 . 𝟏, 𝟓
𝟏𝐱𝟏𝟎−𝟑
= 𝟐𝟗𝟒𝟎𝟎𝐬 = ~𝟖 𝐡𝐨𝐫𝐚𝐬 
 
Neste problema a vazão de saída não é a mesma de 
entrada. Como Qs<Qe haverá acúmulo de água na 
represa. O que o problema pede é para determinar 
a altura da coluna de água após 24horas ou 
86400segundos. 
Área= 583 km2=583x106m2 
18 
Da equação de continuidade sabemos que a solução do 
primeiro termo nos dá a variação temporal do volume de 
controle e que o segundo termo dos dá variação da vazão em 
massa: 
𝑑
𝑑𝑡
 𝜌𝑑𝑉 +
𝑣𝑐
 𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴
𝑠𝑒
= 0 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜌𝑉𝑣𝑐 +𝑚𝑠 − 𝑚𝑒 = 0 
Com Vvc sendo o volume de controle (igual a Asuperfixh) e 𝑚 = 𝑄𝜌 
Podemos dividir a equação por massa específica e torna-la em 
uma equação diferencial: 
𝑑𝑉𝑣𝑐 = (𝑄𝑒−𝑄𝑠)𝑑𝑡 
𝑑(𝐴𝑠𝑢𝑝. 𝑕) = (𝑄𝑒−𝑄𝑠)𝑑𝑡 
𝑑𝑕 =
(𝑄𝑒−𝑄𝑠)
𝐴𝑠𝑢𝑝
𝑑𝑡 
Integrando o primeiro termo de h=0 até h=h e de t=0 até t=86400 
18 
 𝑑𝑕
𝑕
0
=
(𝑄𝑒−𝑄𝑠)
𝐴𝑠𝑢𝑝
 𝑑𝑡
86400
0
 
𝑕 =
(𝑄𝑒−𝑄𝑠)
𝐴𝑠𝑢𝑝
86400 
A equação acima nos fornece a altura h que será 
preenchida na represa considerando a área, 
vazão de entrada e de saída e o temo dado no 
problema. 
𝑕 =
(1274 − 227)
583x106
86400 
h=~0,16m 
 
 
 
18 
Água é retirada do tanque mostrado na 
Figura P3.64 por um sifão. Determine a 
vazão em volume no escoamento e as 
pressões nos pontos (1), (2) e (3). Admita 
que os efeitos viscosos são desprezíveis. 
 
(0) 
(4) 
24 
Assumindo que o z=0 corresponde ao ponto 0 na 
superfície livre e fazendo o eixo positivo apontando 
verticalmente para baixo, a pressão no ponto 1 é a 
pressão devido a coluna de fluido acima do ponto 1, 
portanto: 
p1=ρgh 
p1=𝛾. 𝑧0− 𝑧1 = 9810 2,44 = 23936,4Pa=23,9kPa 
 
No ponto 4, descarga do sifão, a água sai devido ao peso 
da coluna de fluido, ou seja em jato livre, assim: 
𝑣4 = 2𝑔𝑕
2 = 2𝑔 𝑧4 − 𝑧0
2
 
𝑣4 = 2𝑥9,81𝑥 0,91 − 0
2
=4,22m/s 
 
 
24 
Como o diâmetro do sifão é de 51 mm nos pontos de 
descarga, ponto 3 e ponto 2 (entrada), podemos 
concluir que para vazão ser constante (conservação de 
massa) as velocidade v4=v3=v2. 
Lembre que v=Q/A, sendo A4=A3=A2, então v4=v3=v2 
Aplicando a equação de Bernoulli aos pontos 2, 3 e 4, 
teremos: 
𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝑝3 + 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +
1
2
𝜌𝑣4
2 
Levando em conta que: 
Z2=2,41m; p2=?; v2=4,22m/s; 𝛾 = 9810𝑁/𝑚
3 
Z3=0m; p3=?; v3=v2=4,22m/s; 
Z4=0,91m; p4=0; v4=v2=4,22m/s; 
 
24 
Igualando o primeiro termo ao último termo da 
igualdade acima, teremos: 
𝑝2 + 𝛾𝑧2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +
1
2
𝜌𝑣4
2 
Como v4=v2=4,22m/s e p4=0, temos: 
𝑝2 + 𝛾𝑧2 = 𝛾𝑧4 
𝑝2 = 𝛾𝑧4 − 𝛾𝑧2 
𝑝2 = 𝛾 𝑧4 − 𝑧2 
Sendo: 𝛾 = 9810𝑁/𝑚3; z4=0,91m e Z2=2,44m: 
𝑝2 = 9810 0,91 − 2,44 = −𝟏𝟓, 𝟎𝟏𝒌𝑷𝒂 
 
A pressão negativa é responsável por sugar a agua e 
fazê-la sair na descarga. 
24 
Igualando o segundo termo ao último termo da 
igualdade acima, teremos: 
𝑝3 + 𝛾𝑧3 +
1
2
𝜌𝑣3
2 = 𝑝4 + 𝛾𝑧4 +
1
2
𝜌𝑣4
2 
Como v3=v2=4,22m/s e p4=0, temos: 
𝑝3 + 𝛾𝑧3 = 𝛾𝑧4 
𝑝3 = 𝛾𝑧4 − 𝛾𝑧3 
𝑝3 = 𝛾 𝑧4 − 𝑧3 
Sendo: 𝛾 = 9810𝑁/𝑚3; z4=0,91m e Z3=0m: 
𝑝3 = 9810 0,91 − 0 = 𝟖, 𝟗𝟑𝒌𝑷𝒂 
 
𝑄 = 𝑣. 𝐴 = 4,22 ∗
𝜋 0,0512
4
= 8,6𝑥10−3m3/s 
 
24 
Extra 
Da equação de continuidade sabemos que a solução do primeiro 
termo nos dá a variação temporal do volume de controle e que o 
segundo termo dos dá variação da vazão em massa: 
𝑑
𝑑𝑡
 𝜌𝑑𝑉 +
𝑣𝑐
 𝜌𝑣. 𝑛 𝑑𝐴
𝑠𝑒
= 0 
 
𝑑
𝑑𝑡
𝜌𝑉𝑣𝑐 +𝑚𝑠 − 𝑚𝑒 = 0 
Com Vvc sendo o volume de controle (igual a Asuperfixh), 𝑚 = 𝑄𝜌 e 
vazão de entrada igual a zero pois só há saída de fluidos, podemos 
dividir a equação por massa específica e torná-la em uma equação 
diferencial: 
𝑑𝑉𝑣𝑐 = (−𝑄𝑠)𝑑𝑡 
𝑑(𝐴𝑠𝑢𝑝. 𝑕) = (−𝑄𝑠)𝑑𝑡 
𝑑𝑕 =
(−𝑄𝑠)
𝐴𝑠𝑢𝑝
𝑑𝑡 
Integrando o primeiro termo de h=h1 até h=h2 e de t=t1 até t=t2 
 𝑑𝑕
𝑕2
𝑕1
=
(−𝑄𝑠)
𝐴𝑠𝑢𝑝
 𝑑𝑡
𝑡2
𝑡1
 
𝑕1 − 𝑕2 =
−𝑄𝑠
𝐴𝑠𝑢𝑝
𝑡1 − 𝑡2 
A equação acima nos fornece a altura h para 
qualquer intervalo de tempo do gráfico dado no 
problema. 
 
 
1) 3 − 𝑕2 =
−1
14,99
0 − 15 
−𝑕2= 1 − 3 
𝑕2 = 2𝑚 
2) 2 − 𝑕2 =
−0
14,99
15 − 25 
𝑕2 = 2𝑚 
 
 
Q(m3/s) Area (m2) d (saída) h1 h2 t1 (s) t2(s) 
1 1 14,99 0,564m 3 2 0 15 
2 0 14,99 0,564m 2 2 15 25 
3 0,2 14,99 0,564m 2 25 115 
4 1 14,99 0,564m 115 130 
π(4,37)2/4 0,564m 
3) 2 − 𝑕2 =
−0,2
14,99
25 − 115 
−𝑕2= [−0,01334𝑥 −90 ] − 2 
−𝑕2= 1,20 − 2 
𝑕2 = 0,8𝑚 
4) 0,8 − 𝑕2 =
−1
14,99
115 − 130 
−𝑕2= 1,00 − 0,8 
−𝑕2= 0,20 
𝑕2 = −0,2𝑚 
o valor de - 0,2 equivale à altura da tubulação de saída, uma vez que a 
altura do reservatório é de 3m. 
 
 
 
Q(m3/s) Area (m2) d (saída) h1 h2 t1 (s) t2(s) 
1 1 14,99 0,564m 3 2 0 15 
2 0 14,99 0,564m 2 2 15 25 
3 0,2 14,99 0,564m 2 0,8 25 115 
4 1 14,99 0,564m 0,8 -0,2 115 130 
π(4,37)2/4 0,564m 
O Problema pede um gráfico da variação de 
altura com o tempo para a vazão e as 
dimensões do reservatório. Como a vazão é 
constante em cada intervalo de tempo 
especificado a variação de altura será linear 
assim o gráfico terá a seguinte forma: 
t(s) h(m) 
0 3 
15 2 
25 2 
115 0,8 
130 -0,2 
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140
-0.4
-0.2
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
2.2
2.4
2.6
2.8
3.0
3.2
3.4
 
 
Al
tu
ra
 (m
)
Tempo (s)
Exemplo 3: 
 
Aplicações da Equação de Bernoulli 
51 
A vazão total QT é igual à soma da vazão por 
cada orifícios simultaneamente. 
Lembre-se que o escoamento se comporta como 
jato livre, então: 
𝑄𝑇 = 𝑞1 + 𝑞2 + 𝑞3 
𝑄𝑇 =
𝑉
𝑑𝑡
= −𝐴𝑇
𝑑𝑕
𝑑𝑡
 
𝑞1 = 𝐴𝑜 2𝑔𝑕 = 𝐴𝑜 2𝑔 𝑕 
𝑞2 = 𝐴𝑜 2𝑔(𝑕 + 𝑙2) = 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙2) 
𝑞3 = 𝐴𝑜 2𝑔(𝑕 + 𝑙3) = 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙3) 
52 
𝑄𝑇 = 𝑞1 + 𝑞2 + 𝑞3 
 
−𝐴𝑇
𝑑𝑕
𝑑𝑡
= 𝐴𝑜 2𝑔 𝑕 + 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙2) + 𝐴𝑜 2𝑔 (𝑕 + 𝑙3) 
 
Rearranjando a Equação temos: 
 
𝑑𝑡 = −
𝐴𝑇
𝐴𝑜 2𝑔
1
𝑕 + (𝑕 + 𝑙2) + (𝑕 + 𝑙3)
𝑑𝑕 
 
Integrando a Equação de t1=0 a t2=t e h1=h até h2=0 
 
 𝑑𝑡
𝑡
0
= −
𝐴𝑇
𝐴𝑜 2𝑔
 
1
𝑕 + (𝑕 + 𝑙2) + (𝑕 + 𝑙3)
𝑑𝑕 
0
𝑕
 
53 
A solução da integral pode ser mais fácil usando o método de 
integração numérica: regra do trapézio; 
 
 𝑑𝑡
𝑡
0
= −
𝐴𝑇
𝐴𝑜 2𝑔
 𝑓 𝑕 𝑑𝑕 
0
𝑕
 
Sendo: 
𝑓 𝑕 =
1
𝑕 + (𝑕 + 𝑙2) + (𝑕 + 𝑙3)
 
Faz-se: 
 
 𝑓 𝑕 = 𝑓 𝑕1 + 𝑓 𝑕𝑖 ∗ (𝑕𝑖 − 𝑕1 /2 
Indo de h1=0,051 até hi=0 soma-se a n f(h) como solução da 
integração. 
 
54 
 
55