Exercícios resolvidos   Hidráulica básica
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Exercícios resolvidos Hidráulica básica

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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 5,74log 2log
3,710 10

5,74 5,74log 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 10100 (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 DQ pi⋅ ⋅=

2
1

1 1 2
L VH f
D g

∆ =

(depois)
2 1

1
2

V V=
 2 2

2 1
2 1 2 1 2 142 2

L V L VH 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 25009,5 ln

Re 3,7 ReRe
f

y D yy
ε

−       
 = + + −     
        

 Pela equação de Swamee, aplicada no tubo liso:

2

0,9

0,25
2 5,74log

3,7 Re

f VJ f
D g

D y
ε

= =

  
+  

   

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( ) ( ) ( )
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 12,04log 1,67 2,04log 1,67

20,046338
R D

f ε ε
 

= + ⇒ = + ⇔ 
 

4,64298 2,04 log log 2 1,67 1,4573 log log 2 log 1,7584D 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 ⇒
*

2,5lnmáxv V R
u y

−

=

Equação 2.34 ⇒ 1 3,712log Df 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 4,73V 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= ∴ = ⋅ ∴ = m3/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= ∴ = ⋅ ∴ = m3/s

 A diferença é consumida na rede:
QB = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m3/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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 Neste caso, CPB < 800m

1
812 800 0,0185

650
HJ
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= ∴ = ⋅ ⇔ = m3/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?

25AP
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
HJ
L

∆
= = = m/m = 1,91 m/100 m

11
1,851,851,85

3
1,91 28,9

1,345 10
JJ 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 VH f
D g

∆ =
2

;
2
fVJ
Dg

= H L J∆ = ×

• A – C:
3

2
38,88 10 2,20

0,075
A

A
Q

v
A pi

−

⋅

= = =

⋅

m/s; ƒA = 0,0191;
20,0191 2,20 0,0314

2 2 0,15 9,8
A A

A
f VJ
Dg

⋅

= = =

⋅ ⋅

m/m

• B – C:

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3

2
31,81 10 1,80

0,075
B

B
Q

v
A pi

−

⋅

= = =

⋅

m/s; ƒB = 0,0193;
20,0193 1,80 0,0213

2 2 0,15 9,8
B B

B
f VJ
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 1,80657,58 643,43 657,83 643,60 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∆ = ∆ + ∆ = + = ⋅ + ⋅ − = ⇔

3,580,0101 14,23 10,65 354,45
0,0101A A

L L⇔ ⋅ = − ⇔ = = m

 Pela fórmula de Hazen-Williams:
J = βQ1,85,