Exercicios resolvidos -_hidraulica_basic

André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail.com
1Universidade 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 2
0 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 14
2 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:
0,125
168 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
= =
  
+  
   

( ) ( ) ( )
0,125168 65 5 3
6,4 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 ⇒
*
2,5lnmáxv 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= ∴ = ⋅ ∴ = 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?

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= ∴ = ⋅ ⇔ = 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
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;
2
0,0191 2,20
0,0314
2 2 0,15 9,8
A A
A
f V
J
Dg
⋅
= = =
⋅ ⋅
m/m
• B – C:

3
2
31,81 10
1,80
0,075
B
B
Q
v
A π
−
⋅
= = =
⋅
m/s; ƒB = 0,0193;
2
0,0193 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 2
2,20 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
0,0101
A AL 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 0,02283
AL
− ⋅
= =
−
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
1,85
J Qβ= ⋅ e
H
J
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 3
2,878 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
+ + = + + + ∆ ⇔ + = + + ∆

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 fh 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 0,0707
4
D
A
π ⋅
= = m2
2
2
2 0,2827
4
D
A
π ⋅
= =
1
1
1
0,7922
Q
V
A
= = m/s 2
2 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 ⇔ 2,1221
Q
V
A
= = onde
2
0,0707
4
D
A
π
= =

9,8 BQ H
Pot
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 1
2 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 135antesp
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
⋅ ⋅
∆ = = =
⋅ ⋅
6,83antesp
γ
= mH2O
2 2
1 150 19,01 135 8,17
2 2
depois depoisA A B
B A B
p pp V V
H z z H
g gγ γ γ
+ + + = + + + ∆ ⇔ = + − − ⇔
25,84
depoisp
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 fCP CP h h= ⇒ = 1,85
( , )
Hazen Willians
J Q tabela D Cβ
−
= ⋅ →
1,85 1,85 3 1,85 3 1,858
100 100 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

29,07 10 39,07CD BC ACQ Q Q= + = + = l/s
DEE F f f DFCP CP h h= ⇒ =
( , ) ( , )DE DF
DE DF
D C D C
β β
=
=
1,85 1,85 1,85 1,85 1,85250
100 100
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 1,85
1,25 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 fH CP CP h h h= − = + + ⇔
1,85 1,85 1,851
100
AC AC AC CD CD CD DE DE DEH 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
860 460
AB BCJ J
−
= = =
+
m/m
Aço soldado revestido com cimento centrifugado.
C = 130
β1 = 1,345⋅103
, β2 = 9,686⋅103
1,85 3 1,85
0,758 1,345 10 0,0175AB AB AB ABJ Q Q Qβ= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m3
/s = 17,5 l/s
1,85 3 1,85
0,758 9,686 10 0,00603BC BC BC ABJ Q Q Qβ= ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m3
/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 23,48Bp
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.

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
2
900 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 2
1,0
64,2 3,27
2 2 9,81
reg
V
h K
g
∆ = = =
⋅
m
2 2 2
1,0
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

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 2,09CAEL D D= + + + = + ⋅ = m
0,5 0,3 (0,8 )CBL x x= + + = + m
( ) ( )2 0,189 30,53 0,010 1,89 2,09CBEL D D= + + + = m
Para que QA = QB, devemos ter:
( ) ( )1,5 3,80 2,09 2,09 0,80A BA T B Tz 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.

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
2
0,05
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
     
+ + = + + + ⇒ = − − − ⇔     
     
2
2,227
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
     
+ + = + + + ⇒ = − − − ⇔     
     
2
2,227
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
     
+ + = + + + ⇔ = − − ⇔     
     
2
2,227
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

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 12
2 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
0,02
e
K D
L
f
⋅ ⋅
= = = m
Equação 3.15 →
2
2
eL V
H 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
2
2 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
2
15 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.

F = 0,028
D1 = 0,15 m
L1 = 1500 m
D2 = 0,1 m
L2 = 900 m
Qm = 0,025 m3
/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 Q
J 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= ⇒ = m3
/s
2 2
3
25 5
0,0827 0,028 0,01443
0,0827 6,3528 10
0,15
fQ
J 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 m3
/s
∆P = – 60 kN/m2
2 2
1 1 2 2
1 2
2 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 m3
/s
∆P = – 50 nK/m2

2 2
1 2
2 2
p V p V
z z H
g gγ γ
+ + = + + + ∆
. 50
. 9,8
A
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 A
A
A
P f L
H Q
Dγ
∆ ⋅
∆ = = ⋅ ⋅
2
0,0827 1850,801 0,27 9,8AP∆ = ⋅ ⋅ ⋅
∆PA = 43,35 kN/m2
2
5
0,0827B B B
B
B
P f L
H Q
Dγ
∆ ⋅
∆ = = ⋅ ⋅
2
0,0827 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 B
A 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∴ = ⇔ = m3
/s ⇒ QA = 1,217⋅0,0767 = 0,0933 m3
/s
2
5
0,0827 0,0933 9,8 13,06A A
A 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.

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 A
A A
p
CP z
γ
= + e B
B 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
( )
22
5
0,02 790
590 0,0827 1,48 10 586,42
0,15
BCP −⋅
∴ = − ⋅ ⋅ = 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 2
750 0,8496
0,02 3,6827
2 0,15 2
AB 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 586,3173
2 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 C
B 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,

2
5
0,02 1000
0,0827 0,015 4,90
0,15
H
⋅
∴∆ = ⋅ ⋅ = m
10 42 4,9 5,52Cp
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 → 20Bp
γ
= mH2O
740B
B 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 1,85
1050 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 14
2 2
B B
B AB AB AB
p V p V
z z H H H
g gγ γ
+ + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇒ ∆ = m
Assim:
1,851,85 3
14 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 1,85
18,31BC BCJ Q J Qβ= ⋅ → =
1,85 1,85
650 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 20 735
2 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

Assim:
1,85 1,85
5 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 B
B 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 m3
/s → η1 = 66 %
Q2 = 0,036 m3
/s → η2 = 28 %
QA = 0,033 m3
/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 m3
/s → η1 = 80 %
Q2 = 0,036 m3
/s → η2 = 60 %
QA = 0,035 m3
/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:
2
396,83 222,62 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

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
= + ⋅ ⋅
+
= =
= − =

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

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 3
HQ 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.

( )
( )
( )
( )
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: 2
iE 13 37051Q= +
Verão: 2
iE 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
− −
= ⇒ =
− −
− −
∴ = ⇒ =
− −

( )
( )
( )
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 v
d 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 vQ Q> e máxi iQ 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
− −
= ⇒ =
− −
− −
∴ = ⇒ =
− −

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.

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 1,2
2 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
( )2
1,57
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 4130
3,932 10
0,075
TabelaC
D m
β
=
→ = ⋅
=
( )
1,854 31,85 3,932 10 6,96 10
350 14
100 100
j 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:
2
1,57
41,855 1,2 0,945 39,58
2 9,8
B B
depois
p p
γ γ
 
= + + + ⇔ = ⋅  
mH2O
c) Em A,

QA = 6,96⋅10–3
m3
/s
Em B,
( ) ( )3 5 3
6,96 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 2
2 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 3130
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 Bp p
γ γ
= + + ⇔ = mH2O
e)
3
9,8 41,855 6,96 10
4,39
0,65
H Q
Pot Pot
γ
η
−
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= = ⇒ = kW
3 3 3
10 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.

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
hR
C
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:

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 2
0 4 2 1,03 6,36A m Z y= + = + ⋅ = m2
.

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:
( ) ( )2
2 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 m3
/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 2
2 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 =

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 02
2cos 1 ,
y
D
θ −  
= − 
 
tem-
se:
1 102 2 0,82
2cos 1 2cos 1 259,58
1
y
D
θ − − ⋅   
= − = − = °   
   
= 4,53 rad
( )
2/3
1/22/3 31 4,53
1 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 3
0
1
0,304 9810 0,304 2,5 10 7,46
4
h
sen
D
R
θ
θ
τ −
 
− 
 = = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ = Pa
* 0,086hu gR I= = m/s
c) Pela Equação 8.59
( )5/3
8/3 1/2
0 2/3
1
20,2
sen
Q D I
n
θ θ
θ
 −
 =
  
, tem-se:
( )5/3
3
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
 ⋅ 
= = =  
   
( )2
0 0
1,62
2 1 1,5
1,1
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
= ⋅ ⋅ =
= ⇒ = ⇔ =
= ⋅ ⋅ =

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= + ( )2
2 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= ⋅ ⇒ = ⋅ ⇔ = ⇔ = m2
Mas
( ) 2 2
0 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
 ⋅ 
= = =  
   

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
= ⇔ = → = ( )1
2cos 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 m3
/s. Como a tubulação está em série, Qmín = 0,0033 m3
/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
= ⇔ = → = ( )1
2cos 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
−−
= = ⋅
∴ = =

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!)
máxQ
V
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 ?mín
I =
Para que I0 seja mínimo, a seção deve ser de mínimo perímetro molhado. Portanto:
( ) ( )2 2
2 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.
3
0,025 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
+ + ⋅ ⋅
= = = + = + =

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 0y
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 30,008
Q 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 0,108
2cos 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:
3
Q 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−
= = ⋅

3 3
j
3 3
m
Q 20 l/s 20 10 m /s
Q 10 l/s 10 10 m /s
−
−
= = ⋅
= = ⋅
( )1 102y
2cos 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
−
−
   ⋅ ⋅
= = = ⋅     
  
2
9,95 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
j
j
Q
V :
A
=
3
j
j
Q 20 10
V 1,29 m/s
A 0,0154
−
⋅
= = =
b) 3
mQ 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

( )
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
= ⇒ = = → =
b
m 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°)
2
D
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
= ⇒ = =
b
m m
y

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−
= = = ⇒ ≈
= ⋅ = ⋅ =
 ⋅ 
= ⇒ =        
∴ = ⋅

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 5/2
1 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 3
2,757 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 2
2 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
dQ C g L h= ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.70)
Vertedor de soleira espessa horizontal → 3/2
1,704dQ C b h= ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.94)
Igualando as duas equações, tem-se:
3/2 ' 3/22 2
2 1,704 2 1,704,
3 3
d d dC 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?

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 0,5
0,45 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 0,5
3,55 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
⋅ 
= ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ =  ⋅ 
∴ = + = + ⇒ =
.

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