Hidráulica - Exercícios Resolvidos

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HIDRÁULICA I – 1 
 
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL E ARQUITECTURA 
SECÇÁO DE HIDRÁULICA E RECURSOS HÍDRICOS E AMBIENTAIS 
 
 
 
 
 
 
 
 
HIDRÁULICA I 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resoluções dos problemas 
HIDRÁULICA I – 2 
 
2 – HIDROSTÁTICA 
PROBLEMA 2.1 
O tubo representado na figura está cheio de óleo de densidade igual a 0,85. Determine as 
pressões nos pontos A e B e exprima-as em metros de coluna de água equivalente. 
 
RESOLUÇÃO 
• No mesmo fluido é válida a lei geral da hidrostática 
p
z cte+ =
γ
 
• Aplicando esta lei entre os pontos 1 e A, vem: 1 1
1
A
A
A
p pp p
z z z z
   
+ = + ⇒ + = +   γ γ γ γ   
 
1
1
A
A
p p
z z
−
= −
γ
 ,
0 2 5− =
γ
Ap m (em pressões relativas, 0=atmp ) 
, , , , ,
2 4 2 42 5 2 5 0 85 9800 2 08 10 2 08 10Ap N m N m Pa− −= − × γ = − × × = − × = − × 
,
42 08 10= − ×Ap Pa (pressões relativas) 
,
, , . . , . .
42 08 10 2 5 0 85 2 125
9800A
p m m c a m c a×= − = − × = − 
, . .2 125Ap m c a= − 
• Procedendo de modo semelhante entre os pontos 1 e B, vem: 
1 B
p p
z z
   
+ = +   γ γ   
 
1 
HIDRÁULICA I – 3 
 
,
1
1 0 5B BB
p p p
z z m
−
= − ⇒ − =
γ γ
 
, , ,
30 5 0 85 9800 4 165 10= − × × = − ×Bp Pa Pa ,
34 165 10= − ×Bp Pa 
, , , . .0 5 0 85 0 425= − × = −Bp m c a ⇒ , .0 425= −Bp m c a 
PROBLEMA 2.2 
Se for injectado gás sob pressão no reservatório representado na figura, a pressão do gás e os 
níveis dos líquidos variam. Determine a variação de pressão do gás necessária para que o 
desnível x aumente 5 cm, sabendo que o tubo tem diâmetro constante. 
 
RESOLUÇÃO 
1) Situação inicial 
 
• Aplicando a lei geral da hidrostática entre os pontos A e B, vem: 
( )B A Bp z z= γ − sendo 39800 N m−γ = 
• Procedendo de modo análogo entre os ponto C e B, vem: 
, ,0 8 0 8
C B
C B
p p
z z+ = +
γ γ
 
HIDRÁULICA I – 4 
 
, ,0 8 0 8
− −
= − ⇔ = ⇒
γ γ
C B B C
B C
p p p p
z z x ,0 8B Cp p x= + γ 
( ), ,0 8 0 8= − γ = γ − − γC B A Bp p x z z x 
• 
, ,13 6 13 6
CD
D C
pp
z z+ = +
γ
 
( ),
,
13 6
13 6
D C
C D D C C D
p p
z z p p z z
−
= − ⇒ = + γ −
γ
 
( ) ( ), ,13 6 0 8D C D A Bp z z z z x= γ − + γ − − γ 
2) Situação final 
• ( ),0 05B A Bp z z= γ − + 
• ( ), , ,
,
0 05 0 8 0 05
0 8
B C
C B
p p
x p p x
−
= + ⇒ = − γ +
γ
 
( ) ( ), , ,0 05 0 8 0 05C A Bp z z x= γ − + − γ + 
• ( ) ( ), , ,
,
0 05 13 6 0 05
13 6
−
= − + ⇒ = + γ − +
γ
D C
C D D C C D
p p
z z p p z z 
( ) ( ), , , , , , ,13 6 13 6 0 05 0 05 0 8 0 8 0 05D C D A Bp z z z z x= γ − + γ × + γ − + γ − γ − γ × 
3) Variação de pressão do gás: 
( ), , , , , , , , , ,13 6 0 05 0 05 0 8 0 05 0 05 13 6 1 0 8 13 8 0 05 6762Final InicialD D Dp p p Pa∆ = − = γ × + γ − γ × = γ + − = × γ =
 
6762Dp Pa∆ = 
HIDRÁULICA I – 5 
 
PROBLEMA 2.3 
Considere o esquema representado na figura, em que existe ar sob pressão acima da superfície 
BD. A comporta ABCDE tem ,1 0 m de largura e pode rodar sem atrito em tomo de E. 
 
a) Trace os diagramas de pressão na face esquerda da comporta e calcule os valores da 
pressão nos pontos A, B, C, D e E. 
b) Qual deverá ser a altura de água a jusante, jh , de forma a que se estabeleça o equilíbrio, 
nas condições da figura, admitindo que o ponto de aplicação do peso da com porta é o 
ponto C. 
 
RESOLUÇÃO 
a) Diagrama e pressões nos pontos A, B, C, D e E. 
 
 
 
 
A1 
HIDRÁULICA I – 6 
 
0Ap = 
, ,1
20 8 5543 7
2A
P Pa= γ = 
, ,
2 210 8 12473 4
2 2B
p Pa= γ + γ = 
,12473 4C Bp p Pa= = 
,12473 4D Bp p Pa= = 
,2 26332 7E Dp p Pa= + γ = 
b) Cálculo da altura a jusante h j 
 
Na presente resolução designa-se por id o braço da força iI medido em relação ao ponto de 
rotação E . 
 
,
,1
5543 7 0 1 2771 86
2
I N+= × = (diagrama triangular) 
,1
14 4 333
3
d m= + = 
, ,2 5543 7 1 5543 72I N= × = (base rectangular do diagrama trapezoidal) 
,2 3 5d m= 
,3
2 9800 1
2
3464 82
2
I N
 
× ×  
 
= = (parte triangular do diagrama trapezoidal) 
,3
13 3 333
3
d m= + = 
HIDRÁULICA I – 7 
 
( ), ,4 12473 36 1 12473 36I N= × = (diagrama rectangular) 
,4 0 5d m= 
,5 4 12473 36I I N= = (diagrama rectangular) 
,5 2 5d m= 
, ,6 12473 36 2 24946 72I N= × = (parte rectangular do diagrama trapezoidal) 
,6 1 0d m= 
,7
2 9800 2 13859 29
2
I N×= × = (parte triangular do diagrama trapezoidal) 
,7
2 0 667
3
d m= = 
cos
,
2
8
9800
45 6929 65
2
o
hjhj
I hj
 
× × 
 
= = (diagrama triangular) 
,
cos
8
1 0 4714
3 45o
hjd hj= × = 
... cos1 1 2 2 8 8 8 80 3 45 0oM I d I d I d G I dΣ = ⇒ + + − × − = 
( ), , , , , , , , ,2771 86 4 333 5543 72 3 5 3464 82 3 333 12473 36 0 5 2 5× + × + × + × + + 
, , , , , ,
3224946 72 1 0 13859 29 0 667 50000 3 6929 65 0 4714 0
2
hj+ × + × − × − × = 
, , ,
3114570 14 106066 02 3266 64 0hj− − = 
, , , ,
3 33266 64 8504 12 2 603 1 376hj N hj hj m= ⇒ = ⇒ = 
,1 38hj m=
 
HIDRÁULICA I – 8 
 
PROBLEMA 2.4 
A comporta representada na figura é sustentada pelas barras AB espaçadas de 6 m em 6 m. 
Determinar a força de compressão a que fica sujeita cada barra desprezando o peso da 
comporta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Forças 
,
9800 6 6 36 1058 4
2 2
c c
h
h xh
kN
γ × × ×Π = × = = 
,
1
9800 3 2 6 352 8v kNΠ = × × × = 
,
2
3
29800 4 6 352 8v kNΠ = × × × = 
 
HIDRÁULICA I – 9 
 
Pontos de aplicação (braços das forças em relação a C) 
1 2h m= 
,1 1 5v m= 
,2 1 0v m= 
 
,4 6 41 81osen= α ⇒ α = 
cos ,3 5 53 13= β⇒ β = 
,94 94oα + β = 
,4 94oγ = 
• Equilíbrio de momentos em relação ao ponto C 
( ), , , , cos ,1058 4 2 352 8 1 5 1 0 4 94 5F× + + = × 
, ,2988 4 4 981F= ⇒ ,601 916F kN= 
PROBLEMA 2.5 
Na parede BC de um reservatório existe uma tampa metálica quadrada de 1 m de lado, 
conforme se indica na figura. A aresta superior da tampa, de nível, dista 2 m da superfície livre 
do líquido. Determinar: 
a) A impulsão total sobre a tampa metálica e as suas componentes horizontal e vertical. 
b) A posição do centro de impulsão. 
 
HIDRÁULICA I – 10 
 
RESOLUÇÃO 
a) Cálculo da impulsão e suas componentes: 
 
 
 
1º Processo – Métodos das Superfícies Planas 
• Profundidade do centro de gravidade da tampa profundidade 
,
1 22 2 35
2 2G
h m= + = 
• Impulsão e suas componentes 
, ,9800 1 2 3535 23064 8GS h NΠ = γ = × × = 
cos ,45 16309 3ov h NΠ = Π = Π = 
 
2º Processo – Métodos do Diagrama de Pressões 
( )cos cos / ,29800 2 1 45 1 45 2 16309 3o ov NΠ = × × + × = 
h vΠ = Π 
,
2 2 23064 8v h NΠ = Π + Π = 
b) posição do centro de impulsão 
 
cos cos / cos / cos /
,
29800 2 45 45 2 9800 45 2 45 3
16309 3
o o o o
x
× × + ×
= 
 
,
,
,
4900 577 47 0 336
16309 3
x m
+
= = 
,
cos
0 475
45o
x
x m′ = = 
HIDRÁULICA I – 11 
 
PROBLEMA 2.6 
Um recipiente de forma cúbica, fechado, de 1 m de aresta, contém, até meia altura, um óleo de 
densidade 0,85, sendo de 7 kPa a pressão do ar na sua parte superior. Determinar: 
a) A impulsão total sobre uma das faces laterais do recipiente. 
b) A posição do centro de impulsão na mesma face. 
RESOLUÇÃO (Método do Diagrama de Pressões) 
 
, ,7000 0 85 9800 0 5 11165bp Pa= + × × = 
a) Impulsão total numa face 
, , ,
7000 111657000 1 0 5 1 0 5 8041 25
2
N+Π = × × + × × = 
b) Posição do centro de gravidade (distância ao fundo) 
( ), / , , /
,
,
7000 0 5 4165 2 0 5 0 5 30 457
8041 25
y m
× + × ×
= = 
PROBLEMA 2.7 
Qual o peso volúmico mínimo que deverá ter um corpo sólido homogéneo sobre o qual assenta 
uma membrana de impermeabilização com a forma indicada na figura, para resistir, sem 
escorregamento, à impulsão da água que sustém? 
O coeficiente de atrito estático entre os materiais que constituem o corpo e a base onde este 
assenta é 0,7. 
HIDRÁULICA I – 12 
 
 
Resolução 
• Esquema de forças em jogo: 
 
 
 
 
 
 
 
• Equilíbrio de forças horizontais e verticais 
h RΠ = Π (sendo RΠ a força de atrito) 
vN G= + Π (sendo N a reacção normal) 
R NΠ = µ (sendo µ o coeficiente de atrito) 
donde vem: 
( ) ,0 7h R v GΠ = Π = Π + × 
• Efectuando os cálculos por metro de desenvolvimento do corpo, vem: 
2
2 2h
h h hγ ×Π = = γ 
230 30
2 2v
h tg h tgh γΠ = γ =
� �
 
2 230 30 30S SG h h tg h tg d h tg= γ = γ = γ� � � 
(sendo d a densidade do material do corpo sólido) 
( ) ,0 7h v GΠ = Π + × 
HIDRÁULICA I – 13 
 
( ) , 22 302 30 0 7 2
hh tg d tg γγ + × = 
,
1 130 0 7
2 2
tg d + × = ⇒ 
 
 
,0 737d =
 
,
37224 3s d N m−γ = γ × = 
PROBLEMA 2.8 
Na parede de um reservatório existe um visor semi-esférico com o peso de 5 kN, ligado à 
mesma conforme se indica na figura. 
 
Calcule as componentes horizontal e vertical da impulsão sobre o visor. 
Resolução 
• Cálculo da componente vertical da impulsão 
 
1 1∀Π = γ ∀ 2 2∀Π = γ ∀ 
( )
2 1 2 1v ∀ ∀Π = Π − Π = γ ∀ − ∀ = peso do volume da semi-esfera 
, ,
3
3
4
3 49800 0 5 2565 6
2 6v
r
N
 
pi 
 Π = γ × = × × pi× = 
,2565 6v NΠ = 
HIDRÁULICA I – 14 
 
• Componente horizontal da impulsão 
 
hΠ = γ × Área da projecção do visor gh 
, ,9800 1 5 11545 4
4h
NpiΠ = × × = 
,11545 4h NΠ = 
PROBLEMA 2.9 
Uma comporta cilíndrica com 2 m de raio e 10 m de comprimento, prolongada por uma placa 
plana AB, cria num canal um represamento nas condições indicadas na figura. A comporta 
encontra-se simplesmente apoiada nas extremos do seu eixo em dois pilares. 
 
Determinar: 
a) A componente horizontal da força transmitida a cada pilar quando a comporta está na 
posição de fechada, admitindo que é nula a reacção em B. 
b) O peso mínimo que deverá ter a comporta para não ser levantada, supondo possível tal 
deslocamento e desprezando o atrito. 
Resolução 
 
120oα = 
60oβ = 
,2 2 60 1 732ob sen sen m= β = = 
cos2 60 1oa m= = 
a) , ,3 1 732 4 732h m m m= + = 
• Componente horizontal da impulsão (à esquerda): 
HIDRÁULICA I – 15 
 
,
, ,
1
4 7329800 4 732 10 1097 2
2h
kNΠ = × × × = 
• Idem (à direita): 
,
2
9800 3 10 1 5 441h kNΠ = × × × = 
• Componente horizontal da força transmitida a cada pilar 
,
1 2 328100 328 1
2
h hF N kN
Π − Π
= = = 
 
Área tracejada correspondente ao volume de 
líquido deslocado por unidade de comprimento 
da comporta: 
, ,
2 21
2
2 2 1 732 7 512
3
triângulo ab
A m= × Π × − × =
�����
 
 
• Volume de líquido deslocado: 
,
310 75 116A m∀ = = 
• Impulsão vertical (princípio de Arquimedes) 
, ,75 116 9800 736 1v kNΠ = × = 
• Peso mínimo da comporta: 
,736 1vG kN= Π = 
PROBLEMA 2.10 
Considere-se uma comporta de segmento, com 5 m de largura, instalada na descarga de fundo 
de uma albufeira, nas condições da figura junta. A comporta pode ser manobrada, para abertura, 
por dois cabos verticais fixados às suas extremidades laterais. Admite-se que os dispositivos de 
vedação impedem a passagem da água para a zona que se situa superiormente à comporta. 
Admita que o ponto de aplicação do peso ( G ) da comporta dista 3 m do ponto A. 
HIDRÁULICA I – 16 
 
 
a) Para a comporta de segmento indicada, determinar 
a.1) As reacções de apoio em A e B, supondo esta última vertical. 
a.2) A força F necessária para iniciar o levantamento da comporta. 
b) Considere o caso de a comporta ser plana em vez de cilíndrica. 
b.1) Indicar se a força necessária para iniciar o levantamento da comporta aumenta ou 
diminui em relação à da alínea a.2). 
b.2) Calcular o valor dessa força em cada cabo. 
b.3) Indicar se essa força aumenta ou diminui depois de iniciado o movimento de abertura, 
sabendo que o escoamento a jusante da comporta se faz com superfície livre. 
Resolução 
 
• Componente horizontal da impulsão sobre a comporta: 
9800 5 2 11 1078h gS h k NΠ = γ = × × × = 
• cos ,4 4 30 0 536oa m= − = 
HIDRÁULICA I – 17 
 
m230sen4b o == 
“área” da comporta , /2 230 4 4 189
360
m m= × Π × = 
• Volume de água deslocado pela comporta 
( ), cos , 3225 4 189 5 4 30 3 624o m× − × = 
 
• Componente vertical da impulsão: 
" "
, , ,9800 3 624 10 5 0 536 298 155v
paralelipípede de pressão
k N
 
 Π = × + × × =
 
 
�������
 
a.1) Reacções de apoio em A e B, supondo esta última vertical: 
 
Como as pressões na comporta são todas 
concorrentes em A, não provocam momento. 
Consequente, o momento resultante do efeito 
de hΠ e de vΠ é nulo. 
• cos0 4 30 3 0oA BM R GΣ = ⇒ × − = 
,3 464 150000BR N m= ⇒ ,43301 3BR N= 
• 0vFΣ = ⇒ 0vv B AR G RΠ + − − = 
 
298155 43301 50000
vAR+ − = ⇒ 291456AvR N= 
• 0 0
hh h AF RΣ = ⇒ Π − = ⇒ 1078000AhR N= 
HIDRÁULICA I – 18 
 
 
291456
vAR N= ↓ 
1078000
hAR N= ← 
43301BR N= ↑ 
a.2) A força necessária para iniciar o movimento da comporta deve provocar um momento em 
relação ao ponto A igual ao provocado por BR quando a comporta está fechada. 
Consequentemente 
 cos cos4 4 30 30 37500o oB BF R F R N= ⇒ = ≅ 
Em cada cabo situado numa das extremidades da comporta é necessário exercer 
uma força F dada por: 
 18750
2
F N= 
b) Comporta plana 
 
b.1) A componente horizontal da impulsão mantém-se. Como a componente vertical da impulsão 
diminui no valor correspondente à área tracejada, o valor de F tem que aumentar. 
Pode chegar-se à mesma conclusão pelo estudo dos momentos em relação a A. O 
momento em relação a A provocado pelo diagrama de pressões na comporta é não nulo e 
só pode ser compensado pelo aumento de F. 
 
 
 
 
HIDRÁULICA I – 19 
 
b.2) Cálculo da força F 
 
 
( )cos ,24 16 1 30 2 0705c m= + − = 
, ,1 9800 10 2 0705 5 1014 6 kNΠ = × × × = (pouco interessa porque não provoca momento) 
,
,2
9800 2 2 0705 5 101 5
2
kN× × ×Π = = 
, , ,
, ,
2 0705 2 0705 1 1 2 07052 0705 0 345
2 3 2 3 6
d m = − = − = = 
 
 
• Cálculo de F : 
, , ,20 4 3 0 4 101 5 0 345 150 46 25M F d G F F kNΣ = ⇒ − Π − = ⇒ = × + ⇒ = 
,23 126
2
F kN= 
b.3) Abrindo ligeiramente a comporta, a impulsão diminui por duas razões: 
−−−− a área exposta à acção da pressão da água diminui; 
−−−− o diagrama de pressões deforma-se pelo facto de o bordo inferior da comporta passar a 
estar à pressão atmosférica. 
 
Além disso, o braço da resultante relativamente ao ponto A também diminui pelo facto 
de “desaparecer” a base do diagrama de pressões. 
Consequentemente, o momento provocado pela impulsão diminui e F também. 
HIDRÁULICA I – 20 
 
PROBLEMA 2.11 
Num canto de um reservatório paralelepipédico encontra-se colocada uma peça com a forma de 
1/8 de esfera de raio R. Calcular a impulsão total do líquido sobre esta peça e a inclinação 
daquela impulsão, sabendo que a altura do líquido no reservatório é h. 
Resolução 
 
• zΠ = peso do líquido situado acima do 18 de esfera 
2
2 31 1 4 4
4 8 3 4 6z
R
R h R h Rγ pi   Π = γ pi × − ⋅ pi = −   
   
 
2 2
4 3z
R h Rγ pi  Π = − 
 
 
• x yΠ = Π = impulsão sobre 
1
4
 de círculo 
 
,0
40 424
3
Rh h R h= − = −
pi
 
2 4
4 3x y
R Rhpi Π = Π γ × − pi 
 
• Componente horizontal da impulsão: 
2
2 2 2 42 2
4 3h x y x
R Rhγ pi  Π = Π + Π = Π = − pi 
 
• Impulsão total: 
HIDRÁULICA I – 21 
 
2 22 2
2 2 2 42
4 3 4 3h y
R R Rh R h
   γ pi γ pi   Π = Π + Π = − + − =      pi         
 
2 22 2 2
2 2 2
2
2 4 4 4 16 322 2
4 3 3 4 3 9 3 9
R RR R Rh R h h h R R h hγ pi γ pi   = − + − = − + + − + =   pi pi pi   
 
2
2 2
2
4 16 4 323
4 3 3 9 9
R h h R R
  γ pi
= − + + +    pi pi   
 
• Ângulo entre a resultante e a recta AO do plano OABC 
2
2
2
4 3
42
4 3
z
h
R h R
arc tg arc tg
R Rh
γ pi  
− Π  α = = ⇒
Π γ pi  
− pi 
 
 
2
3
42
3
h R
arc tg
Rh
−
α =
 
− pi 
 
 
PROBLEMA 2.12 
Uma esfera homogénea de peso volúmico γ flutua (em equilíbrio) entre dois líquidos de 
densidades diferentes, de tal maneira que o plano de separação dos líquidos passa pelo centro 
da esfera, conforme se ilustra na figura. Determinar a relação entre os três pesos volúmicos. 
 
 
HIDRÁULICA I – 22 
 
Resolução 
 
2 12v
h S↑
∀Π = γ + γ 
1 2v
h S↓
∀ Π = γ − 
 
 
G = γ ∀ 
∀ – volume da esfera 
S – área definida pelo respectivo “equador” 
v v
G ↓ ↑+ Π = Π 1 2 12 2
h S h S∀ ∀ ∴ γ ∀ + γ − = γ + γ 
 
 
1 1 2 12 2
h S h S∀ ∀γ ∀ + γ − γ = γ + γ 
( )1 22
∀γ ∀ = γ + γ ∴ 1 2
2
γ + γγ =
 
PROBLEMA 2.13 
Um camião sobe uma rampa de 10 graus de declive com velocidade constante, transportando 
líquido, de acordo com o representado na figura. Determinar a máxima aceleração que se pode 
imprimir ao camião sem que o líquido se entorne. 
 
Resolução 
• Sabe-se que 
0f grad pρ − =
� �
 ∴ ( )g a grad pρ − =� � � 
• A expressão anterior permite afirmar que as isobáricas são perpendiculares ao vector 
( )g a−� � 
HIDRÁULICA I – 23 
 
 
• Nas condições do problema tem-se 
 
,
1 110 5 67
10
o
o
tg b m
b tg
= ⇒ = = 
,
21 2 836
2
bA m×= = 
• Imprimindo a aceleração máxima, vem, por igualdade de volumes 
 
,
,
21 1 2 836
2
c
A m= = 
,5 156c m= 
 
,
,
,
1 1 12 04
5 156
arc tgβ = = � 
,10 2 04γ = β − =� � 
 
( ) ( ),90 90 12 04g sen a sen a senγ = − β = −� � � 
,
, , ,
,
22 042 04 77 96 0 357
77 96
g sen
g sen a sen a m s
sen
−
= ⇒ = =
�
� �
�
 
,
20 357a m s−=
 
 
HIDRÁULICA I – 24 
 
PROBLEMA 2.14 
Para medir a aceleração de um corpo móvel, usou-se um tubo de vidro ABCD de secção 
uniforme e pequena, parcialmente preenchido com um líquido, com a forma e as dimensões 
indicadas na figura, onde também se caracteriza a posição do líquido na situação de repouso. 
O tubo foi fixado ao corpo móvel num plano vertical; o sentido do movimento do corpo é de B 
para C. Desprezando os efeitos da capilaridade e da tensão superficial, qual é a máxima 
aceleração do corpo que pode ser medida com este dispositivo? 
 
Resolução 
• Na situação da máxima aceleração tem-se esquematicamente 
 
11
3 3
1 3
4 11b
b
arc tg arc tg arc tg
b
α = = =
−
 
por outro lado: a atg arc tg
g g
α = ⇒ α = ⇒ 
3
11
a
g
= ⇒ 
3
11
a g=