Exercícios resolvidos - Hidráulica básica.pdf

Universidade Federal do Espírito Santo

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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 6.2,, 6.6 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 12.9,, 12.13, 12.18. (pg. 35)

2.7 Água escoa em um tubo liso, ε = 0,0 mm, com um número de Reynolds igual a 10 6. 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 0,25 f V 2 = = J f f → fator de atrito D 2 g   ε 5,74   V → velocidade média +  log  0,9     3, 7 D Re y   Na situação final, J 0(Q) = J(Q/2). Portanto: 2 2 f 0 ( Q / A) f ( Q / 2 A) f0 ⋅ Q 2 f ⋅ Q2 ⋅ = ⋅ ⇔ = 2g 2g 4A D D A 0, 25 1 5, 74 5, 74   ε ∴ = ⇔ log 5,4 = 2 log  + 5,4  ⇔ 2 2 10  3,7 D 10        5 , 7 4 5 , 7 4 ε log  log    +   3,7 D (106 ) 0,9     (106 ) 0,9   











5, 74 5, 74  100ε 5, 74 ε − 2, 262 ⋅ 10−3  ε ⇔ 5,4 = 100  + 5,4  ⇔ = 5,4 (1 − 100) ⇔ = = −8, 370 ⋅10−5 D 3, 7 D 10 27, 027 10  3, 7 D 10 

Resolvendo por um outro método, tem-se: (antes) Q1

=

V1 ⋅ π ⋅ D 2

4

∆ H1 = f 1

L V 12 D 2 g

(depois) 1 V2 = V 1 2 ∆ H 2 = ∆H1 ⇒ f 2 ⋅

L V22

D

⋅

2g

= f1 ⋅

L V 12 D

⋅

2g

⇔ f 2 = 4 f 1

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

 8 6 −16    ε 5, 74   2500      64    − f =   + 9, 5 ln  3, 7 D + 0,9   Re y  R e y Re y           

Pela equação de Swamee, aplicada no tubo liso: André Barcellos Ferreira – [email protected]

Universidade Federal do Espírito Santo 0,125

−16     −5 8 −5 −3 6  l n 2, 2 , 2 8 ⋅ 1 0 − 2 , 5 ⋅ 1 0 f = ( 6, 4 ⋅ 10 ) + 9, 5 ln ( ) ( )     

= 0, 011597

Assim: f 2

= 4 f1 ⇒ f 2 = 0, 046388

Pela equação do tubo rugoso: R D 1 1 = 2, 04 log + 1, 67 ⇒ = 2, 04 log   + 1, 67 ⇔ ε f 0,046338  2ε  

 D D − log 2 + 1, 67 ⇔ 1, 4573 = log   − log 2 ⇔ log  = 1, 7584 ⇔  ε  ε   ε  

⇔ 4, 64298 = 2, 04  log  

D 

ε = 0,0174 D

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. v R −V Equação 2.20 ⇒ máx = 2,5ln u*

Equação 2.34 ⇒

1

y

= 2log  

f

3, 71D  ε

 

Do Exemplo 2.2, vmáx = V + 4, 07u* → V = 0, 765vmáx vmáx − 0,9 vmáx  R  = 2, 5 ln   = 1, 733 ⇔ 0,1vmáx = 1, 733u* ⇔ u* = 0, 577 vmáx u*  0,5 R  V

R



Pela Equação 2.32  = 2, 5 ln + 4, 73 , tem-se: ε  u*  D D D 0,765vmáx ε = 2, 5 ln + 4, 73 ⇔ ln = 3, 41 ⇔ = 30, 30 ⇒ = 0, 0165 0, 577vmáx 2ε 2ε 2ε D

2.14 Em relação ao esquema de tubulações do exemplo 2.8, a partir de que vazão Q B, 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 (β (β1 = 1,345⋅ 1,345⋅103) No trecho AB: D1 = 6”, C = 130 e J 1 = 1,12 m/100 m → β1 = 1,345⋅ 1,345⋅103 103 Q11,85 ∴ Q1 = 0, 0216 m3 /s J1 = β 1Q11,85 ∴1,12 = 1, 345 ⋅ 10 No trecho BC: D2 = 4”, C = 130, J 2 = 1,12 m/100 m, β2 = 9,686⋅ 9,686⋅103 1,85 103 Q12,85 ∴ Q2 = 0, 00745 m3 /s J 2 = β 2Q2 ∴1,12 = 9, 686 ⋅ 10 A diferença é consumida na rede: QB = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m 3 /s = 14,2 l/s A cota piezométrica em A é CPA = 812,0 m. Em B é a cota menos a perda: CPB = CPA – ∆HAB = 812 – J1L1 = 812 – 0,0112⋅ 0,0112 ⋅650 = 804,72 m A partir de que vazão Q B o reservatório de sobras também é utilizado? André Barcellos Ferreira – [email protected]

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Universidade Federal do Espírito Santo 0,125

−16     −5 8 −5 −3 6  l n 2, 2 , 2 8 ⋅ 1 0 − 2 , 5 ⋅ 1 0 f = ( 6, 4 ⋅ 10 ) + 9, 5 ln ( ) ( )     

= 0, 011597

Assim: f 2

= 4 f1 ⇒ f 2 = 0, 046388

Pela equação do tubo rugoso: R D 1 1 = 2, 04 log + 1, 67 ⇒ = 2, 04 log   + 1, 67 ⇔ ε f 0,046338  2ε  

 D D − log 2 + 1, 67 ⇔ 1, 4573 = log   − log 2 ⇔ log  = 1, 7584 ⇔  ε  ε   ε  

⇔ 4, 64298 = 2, 04  log  

D 

ε = 0,0174 D

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. v R −V Equação 2.20 ⇒ máx = 2,5ln u*

Equação 2.34 ⇒

1

y

= 2log  

f

3, 71D  ε

 

Do Exemplo 2.2, vmáx = V + 4, 07u* → V = 0, 765vmáx vmáx − 0,9 vmáx  R  = 2, 5 ln   = 1, 733 ⇔ 0,1vmáx = 1, 733u* ⇔ u* = 0, 577 vmáx u*  0,5 R  V

R



Pela Equação 2.32  = 2, 5 ln + 4, 73 , tem-se: ε  u*  D D D 0,765vmáx ε = 2, 5 ln + 4, 73 ⇔ ln = 3, 41 ⇔ = 30, 30 ⇒ = 0, 0165 0, 577vmáx 2ε 2ε 2ε D

2.14 Em relação ao esquema de tubulações do exemplo 2.8, a partir de que vazão Q B, 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 (β (β1 = 1,345⋅ 1,345⋅103) No trecho AB: D1 = 6”, C = 130 e J 1 = 1,12 m/100 m → β1 = 1,345⋅ 1,345⋅103 103 Q11,85 ∴ Q1 = 0, 0216 m3 /s J1 = β 1Q11,85 ∴1,12 = 1, 345 ⋅ 10 No trecho BC: D2 = 4”, C = 130, J 2 = 1,12 m/100 m, β2 = 9,686⋅ 9,686⋅103 1,85 103 Q12,85 ∴ Q2 = 0, 00745 m3 /s J 2 = β 2Q2 ∴1,12 = 9, 686 ⋅ 10 A diferença é consumida na rede: QB = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m 3 /s = 14,2 l/s A cota piezométrica em A é CPA = 812,0 m. Em B é a cota menos a perda: CPB = CPA – ∆HAB = 812 – J1L1 = 812 – 0,0112⋅ 0,0112 ⋅650 = 804,72 m A partir de que vazão Q B o reservatório de sobras também é utilizado? André Barcellos Ferreira – [email protected]

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Universidade Federal do Espírito Santo Neste caso, CPB < 800m ∆ H 812 − 800 J 1 = = = 0,0185 m/m 650 L Aço soldado novo: C = 130 (tabela 2.4) D1 = 6”, C = 130, J 1 = 1,85 m/100 m, β1 = 1,345⋅ 1,345⋅103 1,85 103 Q11,85 ⇔ Q1 = 0, 02836 m3 /s = 28,36 l/s J1 = β 1Q1 ∴1, 85 = 1, 345 ⋅ 10 80 0 − 8 0 0 J 2 = =0 420 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 mH 2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão disponível no ponto B seja 17 mH 2O? A tubulação de aço soldado novo (C = 130) está no plano vertical.

Carga de pressão em CP A = 25 mH2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão em B seja CPB = 17 mH2O? P A

γ

= 25 m, P A

P B

γ

= 17 m, zA = 0, zB = 5 m

V A2

PB

VB2

= zB + + + ∆H , vA = vB ⇒ 25 = 17 + 5 +∆ + ∆H ⇔ ∆H = 3 mH2O 2g γ 2 g Pela tabela 2.3, β = 1,345⋅ 1,345⋅103 ∆ H 3 J = = = 0,0191 m/m = 1,91 m/100 m L 157,1 z A +

J

+

γ

1 1,85  J 

= β Q1,85 ⇒ Q = 

  β 



1 1,85 

1,91  ,345 ⋅ 103   1,345

=

= 28,9 l/s

2.20 Em uma adutora de 150 mm de diâmetro, em aço soldado novo ( ε = 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: ∆ H = f

L V 2

D 2 g

; J =

fV 2

2 Dg

; ∆ H = L × J

• A – C: ,0191⋅ 2,20 2,202 f AV A 0,0191 38,8 38,888 ⋅ 10−3 = = 0,0314 m/m v A = = = 2,20 m/s; ƒA = 0,0191; J A = 2 Dg 2 ⋅ 0, 0,15 ⋅ 9, 8 A π ⋅ 0,0752 • B – C: Q A

André Barcellos Ferreira – [email protected]

3

Universidade Federal do Espírito Santo 2 f BV B 0,0193 ⋅ 1,80 31,81⋅ 10−3 = = 0,0213 m/m v B = = = 1,80 m/s; ƒB = 0,0193; J B = 2 Dg 2 ⋅ 0,15 ⋅ 9,8 A π ⋅ 0,0752

Q B

Pela ideia de que a energia total se mantém constante, e como o escoamento é constante, pode-se usar a equação

p A

γ

2

+ z A +

VA

2g

=

pB

γ

2

+ zB +

V B

2g

+ ∆H , onde

pn

γ

+ zn = CPn . Colocando os valores

do problema, tem-se: 2,202 1,802 657,58 + = 643,43 + + ∆H ⇔ 657,83 = 643,60 + ∆H ⇔ ∆H = 14,23 m 2 ⋅ 9,8 2 ⋅ 9,8 Sabe-se que a perda de carga total é devida à perda de carga nos pontos A e B. Assim: ∆ H = ∆H A + ∆H B = J AL A + J B LB = 0,0314 ⋅ L A + 0,0213 ⋅ ( 500 − L A ) = 14,23 ⇔ 3,58 ⇔ 0,0101 ⋅ L A = 14,23 − 10,65 ⇔ L A = = 354,45 m 0,0101 Pela fórmula de Hazen-Williams: 1,85 J = βQ , β A = β B = 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 – L A) = 14,2 ⇔ 14,23 − 500 ⋅ 0,02283 ⇔ L A = = 274,37 m 0,03309 − 0,02283

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 J

= β ⋅ Q1,85 e J =

J

= 100 

∆ H L

1,5  4,20 − 2,40  1,85 → Q = ⇒ Q = 0,0253 m3 /s = 25,3 l/s  3 1,345 ⋅ 10  120,00 

Outro método: D = 150 mm = 0,15 m CPA = 4,20 m P A V A2 PB VB2 V A2 VB2 CPB = 2,40 m + z A + = +z + + ∆H ⇔ CPA + = CPB + + ∆ H DAB = 120 m 2 g γ B 2 g 2g 2g γ VA = VB ⇒ 4,2 = 2,4 + ∆ H ⇔ ∆H = 1,8 m 1,8 ∆ H = J ⋅ L ⇒ J = = 0,015 120 1,85 ⋅ D4,37 0,015 ⋅ 1301,85 ⋅ 0,154,37 Q1,85 1,85 J ⋅ C = = J = 10,65 1,85 4,37 ⇒ Q 10,65 10,65 C D ⇔ Q = 1,85 2,878 ⋅ 10−3 = 0,0423 m3 /s = 42,3 l/s André Barcellos Ferreira – [email protected]

4


5

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 m 3 /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: h f1 = h f 2 ⇔ J 1L1 = J 2 L2 J =

8 f Q 2 π 2 g D 5

⇒

8 f1 Q12

4 ⋅ L1 =

π 2 g D1

Por outro método: 1. L1 = 1500 m D1 = 300 mm = 0,3 m f 1 = 0,032 Q1 = V1A1 π ⋅ D12 A1 = = 0,0707 m2 4 V 1

=

Q1 A1

= 0,7922 m/s

8 f2 Q22

2 4 ⋅ L2 ⇒ Q2 =

π 2 g D2

0,032 ⋅ 6005 ⋅ 1500 0,0562 = 0,259 m3 /s 5 0, 024 ⋅ 300 ⋅ 3000

2. L2 = 3000 m D2 = 600 mm = 0,6 m f 2 = 0,024 Q2 = ? π ⋅ D22 A2 = = 0,2827 4 Q2

= V2 ⋅ A2 ⇔ V2 =

Q2 A2

= 3,5368Q2

Tubulações em paralelo → ∆H1 = ∆H2 2 2 2 2 2  f ⋅V 2  f ⋅ L ⋅V f1 ⋅ L1 ⋅V1 f 2 ⋅ L 2 ⋅V 2 f 1 ⋅ L1 ⋅V1 f 2 ⋅ L 2 ⋅V 2 ∆ H = J ⋅ L ⇔ ∆H =  ∴ = ⇔ =  L = D ⋅2 g D1 ⋅ 2g D2 ⋅ 2 g D1 D2  D ⋅ 2 g  0, 032 ⋅ 1500 ⋅ 0, 7922 2 0, 024 ⋅ 3000 ⋅ 3, 5368 2 ⋅ Q22 = ⇒ ⇒ 0,3 0,6 2 2 0, 032 ⋅ 1500 ⋅ 0, 7922 ⋅ 0, 6 ⇒ Q2 = = 0,25864 m3 /s = 258,64 l/s 2 0,3 ⋅ 0,024 ⋅ 3000 ⋅ 3,5368

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 m 3 /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 8 f Q 2 π 2g 5 π 2 ⋅ 9,81 ⋅ 0,305 2 ⇒ Q = 0,117 m3 /s D = 30 ⋅ 5 ⋅ L = 30 ⇒ Q = 30 2 8 f ⋅ L 8 ⋅ 0,020 ⋅ 3200 π g D b) Pot = ? para Q = 0,15 m 3 /s ⇒ Q = V⋅A ⇔ V =

Q A

= 2,1221 onde A =

π D 2

4


= 0,0707


9,8 ⋅ Q ⋅ H B

Pot =

η L  4Q  f   D  π D 2 

+ H b = zc +

za

6

2

2

1 0,020 ⋅ 3,2 ⋅ 103  4 ⋅ 0,15  1 ⇔ 150 + H B = 120 +  2  2 ⋅ 9,8 ⇔ 2g 0,3 π 0,3 ⋅  

0,020 ⋅ 3,2 ⋅ 103 ⋅ 42 ⋅ 0,152 = 19,01 0,3 ⋅ π 2 ⋅ 0,34 ⋅ 2 ⋅ 9,8 9,8 ⋅19,01 ⋅ 0,15 ∴ Pot = = 34,93 kW 0,8 ⇔ H B = −30 +

c)

p A

+ z A +

γ

V A2

2g

pantes

∴150 =

=

pantes

+ zB +

γ

V A2

2g

pantes

+ ∆ H1 ⇔ z A =

γ

+ z B + ∆H 1

+ 135 + ∆ H 1

γ

onde: L V 2

0,02 ⋅ 533,33 ⋅ 2,12212 ∆ H1 = f = = 8,17 2 ⋅ 9,8 ⋅ 0,3 D 2 g pantes

γ H B

⇔

+

= 6,83 mH2O

p A

γ

+ zA +

pdepois

γ

VA2

2g

=

pdepois

γ

+ zB +

V B2

2g

+ ∆H 1 ⇔

pdepois

γ

= 150 + 19,01 − 135 − 8,17 ⇔

= 25,84 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 HazenWillians, de todas as tubulações, vale C = 130. Despreze as perdas de carga localizadas e as cargas cinéticas das tubulações.

CP A

= CPB ⇒ h f = h f AC

BC

1,85 100 ⋅ β AC ⋅ Q1,85 AC ⋅ LAC = 100 ⋅ β BC ⋅ QBC ⋅ LBC

⇔ Q BC

= 1,85

Hazen − Willians

= β ⋅ Q1,85 → tabela ( D, C ) 1,858 ⇔ 9,686 ⋅ 10 3 ⋅ 101,85 ⋅ 100 = 1,345 ⋅ 10 3 ⋅ QBC ⋅ 100 ⇔ J

9,686 ⋅ 103 ⋅ 101,85 1,85 = 509, 83 = 29, 07 l/s 1,345 ⋅ 103 André Barcellos Ferreira – [email protected]


QCD

= QBC + Q AC = 29,07 + 10 = 39,07 l/s

CP E

= CPF ⇒ h f = h f DF DE

1,85 100 ⋅ β DE ⋅ Q1,85 DE ⋅ LDE = 100 ⋅ β DF ⋅ Q DF ⋅ LDF

1,85

1,85 ⇔ (Q DE = 1,25Q1,85 DF )

7

( D, C ) DE = ( D, C ) DF β DE = β DF L DF 1,85 250 1,85 Q DF = Q ⇔ Q1,85 ⇔ DE = L DE 200 DF

⇒ QDE = 1,128Q DF

Conservação da matéria ⇒ QDE + QDF = QCD ⇔ Q DE + Q DF = 39,1 ⇔ 1,128QDF + Q DF = 39,1 ⇒ Q DF = 18,37 l/s ⇒ QDE = 20,73 l/s = CP A − CPE = h f + h f + h f ⇔ 1  1,85 1,85 1,85  β H = AC ⋅ Q AC ⋅ L AC + β CD ⋅ QCD ⋅ LCD + β DE ⋅ Q DE ⋅ LDE  ⇔  100 1  9,686 ⋅103 ⋅ 0,011,85 ⋅100 + 3,312 ⋅102 ⋅ 0,03911,85 ⋅ 300 + 1,345 ⋅103 ⋅ 0,020731,85 ⋅ 200 ⇔ ⇔ H =  100 H

AC

CD

DE

⇔ H = 6,47 m

2.36 Determine o valor da vazão Q B, 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 m/m 860 + 460 Aço soldado revestido com cimento centrifugado. C = 130 β1 = 1,345⋅103, β2 = 9,686⋅103 3 3 1,85 J AB = β ⋅ Q1,85 AB ⇒ 0,758 = 1,345 ⋅ 10 ⋅ Q AB ⇒ Q AB = 0,0175 m /s = 17,5 l/s J AB

= J BC =

3 3 1,85 = β ⋅ Q1,85 BC ⇒ 0,758 = 9,686 ⋅ 10 ⋅ QBC ⇒ Q AB = 0,00603 m /s = 6,03 l/s QB = QAB – QBC ⇒ QB = 11,47 l/s Cota B = 810 – ∆HAB = 810 – J ABLAB = 810 – 0,00758⋅860 = 803,48 m

J BC

p B

γ

= 803, 48 − 780 = 23, 48 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. André Barcellos Ferreira – [email protected]


p z1 + 1

V12

p2

8

V 22

+ perdas, onde p1 = p2 =patm 2g γ 2 g ∴ perdas = z1 − z2 = h f + ∆h = 50 − 45 = 5 m a) Fórmula de Darcy-Weisbach: γ

+

JL + ∑ K ⋅

V

= z2 +

2

+

= ∆H ⇒ f

LV

2

+ ∑K ⋅

V

2

2

= 5,0 ⇔

V  L  + f K ∑  = 5,0 2 g  D

2g 2g D 2g Ferro fundido com leve oxidação: ε = 0,30 mm (Tabela 2.2)  V2  L V 2  ( 2,0 + 13,0 + 5,0 + 25,0 )  + = ⇔ + ⋅ + + ⋅ + = 5,0 ⇔ f K f 5,0 2 1,0 0,9 2 0,2 5,0 ( ) ∑    2 g  D 2 ⋅ 9,81  0,05  2

⇔

V

19,62

( 900 f + 8,3) = 5,0 ⇔ 5,0 = ( 48,87 f + 0,423) V 2 , ε = 0,30 mm, D = 50 mm 2

2

2       1 1 1  3,71 D  = 2log   ⇔ f =  2log 3,71 D / ε  =  2log 3,71⋅ 0,05 / 0,0003  =  2log618,333 = f ( )   ( )    ε   

1

2

 1  =  = 0,032 5,58  

∴ 5,0 = 1,987V 2 ⇔ 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 ⇒ V = f

L V 2 D 2 g

+ ∑K

V2

4Q π D

2

= 5,0 ⇔

=

4 ⋅ 0,00196 = 1,0 m/s π ⋅ 0,052

V2  L f 2 g  D

+ ∑ K 

2g  ε = 0,30 mm, V = 1 m/s → f = 0,0341  ( 2,0 + 13,0 + 5,0 + 25,0 ) 1,02  ∴ + K + 2 ⋅ 1,0 + 0,9 + 2 ⋅ 0,2 = 5,0 ⇔ 0,034 2 ⋅ 9,81  0,05  ⇔ 30,6 + K + 3,3 = 98,1 ⇒ K = 64,2 2

1,02 = 64,2 = 3,27 m 2 ⋅ 9,81

∆hreg

V = K 2g

∆hreg

 f ⋅V 2  Leq V 2 Leq 1,02 = JLeq ⇒ 3,27 =  = 3,27 ⇔ 0,034 ⋅ ⋅ = 3,27 ⇔  Leq ⇔ f ⋅ 2 2 0,05 2 9,81 Dg D g ⋅  

Leq

≅ 94,35 m André Barcellos Ferreira – [email protected]


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: L AC = 2,0 + 1,5 + 0,3 = 3,80 m L E = 2 ( 0,189 + 30,53D ) + ( 0,010 + 6,89D ) = 0,388 + 67,95 ⋅ 0,025 = 2,09 m LCB = 0,5 + x + 0,3 = (0,8 + x ) m L E = 2 ( 0,189 + 30,53D ) + ( 0,010 + 1,89D ) = 2,09 m CA

CB

Para que QA = QB, devemos ter: z A + JLT = z B + JLT ⇔ 1,5 + J ⋅ ( 3,80 + 2,09 ) = x + J ( 2,09 + 0,80 + x ) ⇔ A

B

⇔ J ( 3,0 − x ) = x − 1,50 Hazen-Williams: J

= 69,81

V 1,85 C

1,85 1,17

D

⇒ V =

4Q π D2

=

4 ⋅ 0,001 = 2,04 m/s π ⋅ 0,0252

C = 125 (Tabela 2.4) 2,041,85 ⇒ J = 0,2518 m/m J = 69,81 1251,850,0251,17 Logo: 0,2802 x + x = 0,8406 + 1,50 ⇔ x = 1,83 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 mH 2O, nos casos a e b; d) desenhe em escala as linhas piezométrica e de energia.


9


Equação da continuidade: z A +

p A

2

pB

2

V B

= zB + + + perdas 2g γ 2 g • pA = pB (os dois reservatórios com NA = 1,0 m) • vA = vB (vazão constante) perdas = zA – zB = 3,0 m γ

+

VA

1,85

1,85

V V 3,0 = JL = 6,31 ⋅ 1,85 1,17 LT ⇔ 6,31 ⋅ 1,85 (10,0 + 20,0) = 3 ⇔ C ⋅D 145 ⋅ 0,051,17

⇔ V 1,85 = 4,397 ⇒ V = 2,227 m/s π ⋅ 0,052 Q = VA = 2,27 = 4,37 l/s 4 a) A pressão é mínima no ponto mais alto e máxima no ponto mais baixo: z1 = 4m V 1,85 2,2271,85 z2 = z A J = 6,81 1,85 1,17 = 6,81 = 0,1000 m/m C ⋅D 1451,85 ⋅ 0,051,17 z3 = z4 = z B 2 2 2  p A   pA   pA  V1 V2 V 2 = z2 +   + + JL E ⇒   = ( z1 − z2 ) − − JLE ⇔ • z1 +   + γ g 2 2g  atm  γ mín 2 g  γ mín  p A  p  2,2272 ⇔   = 1,0 − − 0,1000 ⋅ 20,0 ⇔  A  = −1,25 m 2 ⋅ 9,81  γ mín  γ mín  p  p  p  V2 V2 V 2 • z1 +  A  + 1 = z4 +  A  + 4 + JLT ⇒  A  = ( z1 − z4 ) − 4 − JLT ⇔ 2g  γ atm 2 g  γ máx 2 g  γ mín  p A  p  2,2272 = − − 0,1000 ⋅ 30 ⇔  A  = 0,75 m 4,0  γ  2 ⋅ 9,81  mín  γ máx

 p B   pB   pB  V12 V22 V 22 2,2272 = z2 +   + ⇔   = ( z1 − z2 ) − = 1,0 − ⇔ b) • z1 +   + 2g 2 ⋅ 9,81  γ máx 2 g  γ máx 2 g  γ máx  p  ⇔  B  = 0,75 m  γ mín  p B   pB   pB  V12 V32 V 22 + = z3 +   + + JL ⇔   = ( z1 − z3 ) − ⇔ • z1 +   2g  γ  ATM 2 g  γ máx 2 g  γ máx  p B  2,2272 ⇔   = 1,0 − − 0,1000 ⋅ 10 = 2,75 m 2 ⋅ 9,81  γ máx

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 André Barcellos Ferreira – [email protected]

10


11

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 →

p1

+ z1 +

V12

=

p2

+ z2 +

V22

+ ∆H 12 +

L dV

2 g γ 2g g dt Comprimento equivalente na entrada: L K K ⋅ D 0,5 ⋅ 0,1 Equação 3.16 → e = ⇒ Le = = = 2,5 m D f f 0,02 2 2 2 Le V V (7,5 + 2,5 + 360) V Equação 3.15 → ∆ H = f = 74 ⇒ ∆ H = (0,02) 0,1 ⋅ 2 g 2g D 2 g Equação da energia para A e B: z A +

p A

γ

⇔ 15 =

+

V A2

2g

V2

γ

= z2 +

+ 74

V2

p2

γ

+

V22

2g

+ ∆H +

+ 36,7347

dV

L dV g dt

⇔ zA =

V22

2g

+ ∆ H +

⇔ 3,8265V 2 + 36,7347

dV

L dV g dt

⇔

− 15 = 0

2g 2g 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 mH 2O, 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.

p A

γ

+ z A +

sen 2° =

V

2

2g

h

400

=

pD

γ

+ zD +

V

2

2g

+ ∆H ⇔

pA

γ

−

pD

γ

= z D − z A + ∆ H ⇔ 0,9 = − z A + ∆ H

⇔ h = 13,96 ∴ 0,9 = −13,96 + ∆H ⇔ ∆H = 14,46

6,98 = 0,0349 ∴14,86 = 0,0349 L ⇔ L = 425,79 200 Como LAD = 400, Le = 25,79.

∆ H 0 = JL onde J =

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 m 3 /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. André Barcellos Ferreira – [email protected]


F = 0,028 D1 = 0,15 m L1 = 1500 m D2 = 0,1 m L2 = 900 m Qm = 0,025 m3 /s Q

q=

L1 + L2

= 1,042 ⋅ 10−5 m3 /ms

Para o trecho 1: Q j = Qm − q ⋅ L1 = 0,025 − 1,042 ⋅ 10−5 ⋅ 1500 ⇔ Q j = 9,375⋅ 10−3 m3 / s Qm + Q j 0,025 + 0,009375 = ⇔ Q f = 0,0171875 m3 /s Q f = 2 2 Pela equação universal: 2 f ⋅ Q f 0,0827 ⋅ 0,028 ⋅ 0,01718752 ⇒ J 1 = 9,008 ⋅ 10−3 m/m J = 0,0827 5 = 5 0,15 D Assim: ∆ H1 = J1 ⋅ L1 ⇒ ∆ H 1 = 13,512 m Para o trecho 2: Q j

= 0 → Q f =

Qm2

Qm

3 = QJ1 ⇒ Q f = 0,01443 m3 /s 2

0,0827 ⋅ 0,028 ⋅ 0,014432 ⇒ J 2 = 6,3528 ⋅ 10−3 m/m J = 0,0827 f 5 = 5 0,15 D ∆ H 2 = J 2 ⋅ L 2 ⇒ ∆H 2 = 5,717 m Finalmente: ∆ H T = ∆H1 + ∆H 2 ⇔ ∆H T = 19,229 m Q f

4.4 Quando água é bombeada através de uma tubulação A, com uma vazão de 0,20 m 3 /s, a queda de pressão é de 60 kN/m 2, e através de uma tubulação B, com uma vazão de 0,15 m 3 /s, a queda de pressão é de 50 kN/m 2. 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

V1

+ z1 +

p1

2

=

V2

p2

+ ∆H 2g γ 2g γ V → const. p1 p 2 60 ⋅ 103 60 − = ∆ H A ⇔ = ∆H A ⇔ ∆H A = = 6,1224 m 3 z → const . γ γ 9,8 9,8 ⋅ 10

∆ H = 0,0827

+ z2 +

2

f A LAQ A 5

D A

⇒ 0,0827

2

f ALAQ A 5

DA

= 6,1224 ⇒

2

f AL AQ A 5

DA

= 1850,801

Tubulação B: QB = 0,15 m3 /s ∆P = – 50 nK/m2 André Barcellos Ferreira – [email protected]

12


p1

p2

V 2

= + z+ + ∆H 2 g γ 2g V → const. 50 ∆ H A = z → const . 9,8 2 50 f B LBQB f B LB = ⇒ 0,0287 5 5 = 2741,927 9,8 D B DB γ

+ z +

V2

13

a) Em série QA = QB ∆H = ∆HA + ∆HB → ∆P = ∆PA + ∆PB ∆ H A =

∆P A γ

= 0,0827 ⋅

f A ⋅ LA 5

D A

⋅ Q2

∆P A = 0,0827 ⋅ 1850,801 ⋅ 0,27 2 ⋅ 9,8 ∆PA = 43,35 kN/m2 ∆P f ⋅L ∆ H B = B = 0,0827 ⋅ B 5 B ⋅ Q 2 γ

∆P B = 0,0827 ⋅ 2741,927 ⋅ 0,17 2 ⋅ 9,8 ∆PB = 64,22 kN/m2

∆P = 43,35 + 64,22 = 107,57 kN/m 2 b) Em paralelo QA + QB = 0,17 ∆H A = ∆ HB ⇔ 0,0827 ⋅ f A ⋅

L A

⋅ 2= 5 QA

D A

D B

0,0827 ⋅ f B ⋅

LB

⋅ 2 5 QB

DB

⇔ 1850,801Q 2A = 2741,927QB2 ⇔

⇔ 43,021Q A = 52,363QB ⇔ Q A = 1,217QB ∴ 2,217Q B = 0,17 ⇔ QB = 0,0767 m3 /s ⇒ QA = 1,217⋅0,0767 = 0,0933 m3 /s

∆ H A =

∆P γ

⇒ ∆P = ∆H A ⋅ γ ⇔ ∆P = 0,0827 ⋅

f A ⋅ LA 5

D A

⋅ 0,09332 ⋅ 9,8 ⇔ ∆ P = 13,06 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.



14

Solução 1: 4” = 0,1 m (Caminho 1) 6” = 0,15 m (Caminho 2) p A

+ z A +

V

2

=

pB

2

+ zB +

V

+ ∆H onde CP A =

p A

+ z A e CP B =

p B

2 g γ 2g γ γ ∴ CP A = CPB + ∆H ⇔ 590 = CPB + ∆H ⇔ CPB = 590 − ∆H Cálculo de ∆H: f ⋅ L f ⋅L f ⋅L ∆ H = 0,0827 ⋅ 5 ⋅ Q 2 ⇒ 0,0827 ⋅ 5 1 ⋅ Q12 = 0,0827 ⋅ 5 2 ⋅ Q22 ⇔ γ

D

D1

+ zB

D2

800 2 750 2 ⋅ Q1 = ⋅ Q2 ⇔ Q1 = 0,3514Q2 0,15 0,155 Mas –2 3 Q1 + Q2 = Q A = 20 l/s ⇒ 1,3514Q2 = 20 ⇔ Q2 = 14,799 l/s = 1,48⋅10 m /s 0,02 ⋅ 790 −2 2 1,48 10 ∴ CP B = 590 − 0,0827 ⋅ ⋅ ( ) = 586,42 m 0,155 Solução 2: ⇔

Tubo de 6” = 0,15 m e 4” = 0,10 m ∆ H 6 = ∆H 4 ⇔ J 6 ⋅ L6 = J 4 ⋅ L4 ⇔ 10,65

1,85

Q6

C1,85 ⋅ (0,15) 4,87

⋅ 750 = 10,65

1,85

Q4

C 1,85 ⋅ (0,1) 4,87

⋅ 800 ⇔

750Q61,85 800Q41,85 = ⇔ 7.717.858,853Q61,85 = 59.304.819,31Q41,85 ⇔ Q61,85 = 7,684Q41,85 ⇔ 4,87 4,87 0,15 0,1 ⇔ Q6 = 3,011Q4 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: ⇔

V 6

=

V 4

=

b)

= 0,6348 m/s

Na tubulação de 6” de diâmetro, tem-se: 750 0,84962 L V 2 =f = 0,02 ⋅ ⋅ ⇒ ∆H AB = 3,6827 m 0,15 2g D 2 g Equação da energia na superfície I e em B:

γ

p B

QF BC

Q6

π D42 / 4

p1

γ

= 0,8496 m/s

π D62 / 4

∆ H AB

z1 +

Q6

+

V12

2g

+ z B =

=

Qm

= z B + pC

γ

p B

γ

+

V B2

2g

+ ∆H AB ⇔ 590 = CPB + 3,6827 ⇔ CPB = 586,3173 m

+ zC + ∆H ⇔ 586,42 =

pC

γ

+ 576 + ∆H ⇔

pC

γ

= 10,42 − ∆H

+ Q j 0, 02 + 0, 01 = → QF = 0,015 m3 /s, 2 2



∴∆ H = 0,0827 ⋅ ∴

pC

0,02 ⋅ 1000 ⋅ 0,0152 = 4,90 m 5 0,15

= 10 − 42 − 4,9 = 5,52 mH2O

γ

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 mH 2O, determine a vazão no trecho AB e verifique se o reservatório II é abastecido ou abastecedor. Nesta situação, qual a vazão Q B 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 mH 2O → CP B

=

p B

γ

p B

γ

= 20 mH2O

+ z B = 740 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 10,65 ⋅ Q AB 10,65 ⋅ Q1,85 1,85 AB ⇒ J = 4,516Q AB J = 1,85 = 4,87 1,85 4,87 C ⋅D 110 ⋅ 0,2 1,85 ∆ H AB = LAB ⋅ J → ∆H AB = 1050 ⋅ 4,516Q1,85 AB = 4741,83Q AB Equação da energia na superfície do reservatório I e em B: p z1 + 1

γ

+

V12

= z B +

2g Assim:

p B

γ

+

V B2

+ ∆H AB ⇔ 754 = 720 + 20 + ∆H AB ⇒ ∆H AB = 14 m

2g

1,85

1,85 14 = 4741,83 ⋅ Q AB 2.95244663 ⋅ 10 −3 = 0,04291 m3 /s = 42,91 l/s ⇒ Q AB = Como CPB > NAII, o reservatório II é abastecido, ou seja: Q AB = QB + QBC

C = 110, D = 6” ⇒ β = 1,831⋅103 (Tabela 2.3) Portanto: 1,85 → J = 18,31Q1,85 J = β ⋅ Q BC BC 1,85 ∆ H = L ⋅ J → ∆H = 650 ⋅ 18,31⋅ Q BC = 11901,5Q1,85 BC Equação da energia superfície do reservatório II e em B: z B

+

p B

2

+

VB

= z2 +

2g ⇔ ∆ H BC = 5 m γ

p2

γ

2

+

V2

2g

+ ∆H AB ⇔ z B +

pB

γ

= z2 + ∆H AB ⇔ 720 + 20 = 735 + ∆ H BC ⇔


15

Universidade Federal do Espírito Santo Assim: 1,85 5 = 11.901,5Q BC ⇒ Q1,85 BC = 14,95 l/s Finalmente: Q B = Q AB − QBC ⇔ QB = 42,91 − 14,95 ⇔ QB = 27,96 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: CP B

≥ 735 ⇔ z B +

p B

γ

≥ 735 ⇔

pB

γ

≥ 15 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 0 32 74 86 85 66 28 η (%) Bba B H (m) 16,2 13,6 11,9 11,6 10,7 9,0 6,4 0 14 34 60 80 80 60 η (%)  0,0827 ⋅ F ⋅ Q 2  2 Para a tubulação, E = H g + ∆H = H g + L   ⇒ E = 3, 2 + 3473, 4Q 5 

D



Para as vazões marcadas, Q ( m / s ) 0,0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,03 0,036 3

E ( m )

3,20 3,32 3,70 4,32 5,20 6,33 7,70 Então, no ponto de funcionamento de A, Q1 = 0,030 m3 /s → η1 = 66 % Q2 = 0,036 m3 /s → η2 = 28 % QA = 0,033 m 3 /s Interpolando, Q A − Q1 η A −η1 0,033 − 0,03 η A − 66 = = ∴η = 47 % ⇒ 0,036 − 0,03 28 − 66 A Q2 − Q1 η2 − η 1 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 m 3 /s Interpolando, tem-se: Q B − Q1 η B −η1 0,035 − 0,03 η B − 80 = = ∴η = 63,33 % ⇒ 0,036 − 0,03 60 − 80 A Q2 − Q1 η2 − η 1 ⇒ O melhor rendimento é o da bomba B.

Para encontrar a potência requerida, usaremos o ponto (Q B, HB) do funcionamento de B. Pela equação de B, tem-se: H B = −396,83Q 2 − 222,62Q + 15,536 Para Q = 0,035 m3 /s, HB = 7,26 m. Com os valores de Q e H, γ ⋅ Q ⋅ H 9800 ⋅ 0,035 ⋅ 7,26 Pot = = = 3,93 kW η 0,6333


16


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.

PA VA2 P V2 + + E = z C + C + C + ∆ H AC γ 2 γ 2 E = z C − z A + ∆H AC ⇒ E = 5 + J ABLAB + J BC L BC zA +

 10,65  Q1,85 Q1,85 1 2 E = 5 + 1,85  ⋅ 1000 + ⋅ 800  130  0,15244,87 0,10164,87  Q + QB Q A = Qf = A = QA − 0,0025 = Q1 2 Q B = Q A − qL AB = QA − 0,005 = Q2 1,85

10,65  ( Q − 0,0025) E = 5 + 1,85  A 130  0,1524 4,87

1,85

( Q − 0,005) ⋅ 1000 + A 0,10164,87

1,85



⋅ 800 

1,85

= 5 + 12.457,12 ( Q A − 0,0025 ) + 71.179,3 ( Q A − 0,005) Q 5 10 15 20 H 20 17,5 12,5 5 E 5,2 10,4 23,1 42,3 Interpolando: 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 ℓ = Q 10 − 15 17,5 − 12,5 QC = Q B = QA − qLAB = 11,8 − 5 = 6,8 ℓ /s A cota piezométrica em B é: PA VA2 PB VB2 zA + + + E = zB + + + ∆ H AB γ 2 γ 2 10,65 0,00931,85 ⋅ ⋅1000 1301,85 0,15244,87 11,8 + 6,8 QF = = 9,3 2 CPB = 15,7 − 2,2 = 13,5 m

15,7 = CP B +


17


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?

PA VA2 P V2 + + E = z C + C + C + ∆ H AC γ 2 γ 2 E = 20 + J ABL TAB + J BCL TBC zA +

10,65 Q1,85 10,65 Q1,85 E = 20 + 1,85 6 43,40 ) + 1,85 647 + 35,1) = 20 + 19.438Q1,85 4,87 ( + 4,87 ( 90 0,15 90 0,15 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: 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 + 19.438Q1,85 ⇔ Q = 0,010 m3 /s (sim) b) 5 ℓ /s


18

Universidade Federal do Espírito Santo c) 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 + 19.438Q1,85 ⇔ Q = 6,2 ℓ/s (sim)

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 Q E = −12 + ∆H = −12 + JL = −12 + 1025 ⋅ 0,0827f = −12 + 25.777,72Q2 5 0,1524 Com uma equação para E chegamos à tabela: 3 Q (m /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: 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 2 → Q = 29,3 ℓ / s CP = z + E = 812 + 10,22 = 822,22 m 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: γHQ 9,8 ⋅ 103 ⋅ 10,22 ⋅ 29,3 ⋅ 10−3 Pot = = = 3,8 kW η 0,7708

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. André Barcellos Ferreira – [email protected]

19


1 bomba: 1 bomba:

Q1 ( l/s) 0 3 6 9 12 15 18 Q2 ( l/s) 0 6 12 18 24 30 36 H ( m) 24 22,5 20 17 13 7 0 NPSH R ( m ) x 2,5 3,5 4,5 5 4,5 9 Válvula de pé com crivo → L1 = 0,56 + 255,48D Curva 90° R/D = 1 → L2 = 0,115 + 15,53D Válvula de retenção leve → L3 = 0,247 + 79,43D Registro de globo → L4 = 0,01 + 340,27D Le r = L3 + L4 + 2L2 = 46,563 m L = 6 m D = 4" = 0,1 m S L = 70 m Les = L1 + L2 = 27,776 m r f = 0,030 T = 20°C

∆H = ∆H s + ∆H r ⇔ ∆H = ( Ls + L es ) J s + ( L r + L er ) J r ⇔ 0,0827Q2 ⇔ ∆H = [6 + 27,776 + 70 + 45,563] ⇔ ∆ H = 37.051Q2 5 D Inverno: Ei = 13 + 37051Q2 Verão: Ei = 10 + 37051Q 2 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: 15,33 − H v 20 − H v = ⇒ H v = 18,55 m Q2 ( l/s) 12 Qv 18 15,33 − 22 20 − 17 E v ( m ) 15,33 H v 22 12 − Q v 20 − H v ∴ = ⇒ Q v = 14,9 l/s H ( m) 20 H v 17 12 − 18 20 − 17

Inverno: 18,33 − H i 20 − H i = ⇒ H i = 19,48 m 18,33 − 25 20 − 17 12 − Qi 20 − H i ∴ = ⇒ Qi = 13,04 l/s 18 20 − 17 André Barcellos Ferreira12– −[email protected]

20

Universidade Federal do Espírito Santo Q2 ( l/s) 12 Qi 18 E v ( m ) 18,33 H i 25 H ( m) 20 H i 17 pa − pv − z − ∆H s . Pela tabela da página 158 – T = 20°C – γ

Temos que NPSH d = pv

γ = 0,24. Portanto:

Q2 Q2 NPSH d = 9,55 − 0,24 − z − ( Ls + Les ) 0,0827f 5 = 9,31 − z − ( 6 + 27,776) ⋅ 0,0827( 0,03) 5 D 0,1 Inverno: NPSH d i = 5,31 − 8379,8Q2

Verão: NPSH dv = 8,31 − 8379,8Q2 Q1 0 3 6 9 12 15 18 NPSH d v 8,31 8,23 8,01 7,63 7,10 6,42 5,59 NPSH d i NPSH d r

5,31 5,23 5,01 4,63 4,10 3,42 2,59 x

2,5

3,5

4,5

Verão: Q 12 Qmáx 15 NPSH d i 7,1 y v 6,42 NPSH d r

5

yv

4,5

7,5

yi

7,5

9

7,1 − y v 5 − yv = ⇒ y v = 6,65 m 7,1 − 6,42 5 − 7,5 12 − Q máx 5 − y v ∴ = ⇒ Qmáx = 13,98 l/s 12 − 15 5 − 7,5

Inverno: Q 9 Qmáx 12 NPSH d v 4,63 yi 4,10 NPSH dr

5

5

4,63 − yi 4,5 − y i = ⇒ y i = 4,57 m 4,5 − 4,10 4,5 − 5 9 − Qmáx 4,5 − yi ∴ = ⇒ Q máx = 9,42 l/s 9 − 12 4,5 − 5

⇒ Há cavitação, já que Q v > Q v máx e Qi > Qimáx .

Calculando o NPSHd: NPSHi = 5,31 − 8379,8Q2

NPSH v = 8,31 − 8379,8Q2

⇒

Inverno: NPSHi = 3,88 m Verão: NPSH v = 6,45 m

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.


21

Universidade Federal do Espírito Santo D = 4” = 0,1 m C = 1560 Le1 = 28,6 m Le2 = 4,3 m T = 20°C Q1,85 ⋅ 10,65 ∆H = ( Le + Le1 + Le2 ) 1,85 4,87 C ⋅D Q1,85 ⋅ 10,65 ∆H = ( 3,5 + 28,6 + 4,3) 1,85 150 ⋅ 0,14,87 ∆H = 2708,2 ⋅ Q1,85 NPSH d =

pa 760 − 0,081h  = 13,6   γ 1000  ↓ h = 845 pa = 9,40 mH 2O γ

pa − p v p − z − ∆H = 9,40 − v − 2 − 2708,2Q1,85 γ γ Tabela da página 158 ↓ T = 20°C → p v = 0,24 γ

NPSH d = 7,16 − 2708,2Q1,85 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. André Barcellos Ferreira – [email protected]

22


23

a) A vazão de sucção é: −3 3 Q = q(240 + 108) = 9,96 ⋅10 m /s Equação 5.18 → Dr (m ) = 1,34 X Q (m 3 / s ), em que X é a fração do dia de funcionamento do sistema. 5,5 = 0,229 e Q = 0,02 ⋅ ( 240 + 108) = 6,96 l = 6,96⋅10–3 m3 /s X = 24 ∴ Dr = 1,34 0,229 6,96 ⋅ 10−3 = 0,0750 m b) Equação da energia em NAI e imediatamente antes de B: z1 +

p1

γ

+

V12

2g

= z B +

p B

γ

+

VB2

2g

pB

+ ∆H m ⇔ 0 = z B +

γ

+

VB2

2g

+ ∆ H m ⇔ 0 = 1,2 +

pB

γ

+

V B2

2g

+ ∆ H m

6,96 ⋅ 10−3 V B = = ⇒ V B = 1,57 m/s π ⋅ Dr 2 / 4 4,418 ⋅ 10−3 (i )Crivo : Le1 = 0,56 + 255,48D = 19,721 Tabela 3.6 → (ii )Curva : Le2 = 0,115 + 15,53D = 1,31975 Q

∆ H m = ( Ls + Le1 + Le2 ) ⋅ J = ( 23,541) ⋅10,65 ⋅

1,85

Q

C1,85 D 4,87

⇔ ∆H m = 0,945 m

2

(1,57 ) p  ∴ 0 = 1,2 + + + 0,945 ⇒  B  = − 2,27 mH2O γ 2 ⋅ 9,8  γ antes Equação da energia em NAI e imediatamente depois de B: p1 V12 p B VB2 pB 1,572 + =z + + + ∆H m ⇔ H = 1,2 + + + 0,945 ( II ) H + z1 + 2 g B γ 2 g γ γ 2 ⋅ 9,8 C = 130 Tabela _2.3  → β = 3,932 ⋅ 104 Temos D = 0,075m p B

1,85

β ⋅ Q

1,85

3,932 ⋅ 104 ⋅ ( 6,96 ⋅ 10−3 )

= 350 ⋅ ⇔ ∆H j = 14 m 100 100 Como H = z j − zm + ∆H m + ∆H j = (26,91 − 0) + 0,945 + 14 = 41,855 m, voltando a II,

∆ H j = L j J j = L j temos: 41,855 = 1,2 +

p B

γ

+

p  1,57 2 + 0,945 ⇔  B  = 39,58 mH2O 2 ⋅ 9,8 γ  depois

c) Em A, André Barcellos Ferreira – [email protected]


24

QA = 6,96⋅10–3 m3 /s Em B, Q B = Q A − q ⋅ L AB = ( 6,96 ⋅ 10−3 ) − ( 2 ⋅ 10−5 ) ⋅ 240 ⇒ QB = 2,16 ⋅ 10−3 m3 /s Pela Tabela 6.1, tem-se ⇒ DBC = 0,075 m

= 6,96 l/s < 3,14 l/s ⇒ DAB = 0,125 m. QB = 2,16 l/s < 3,14 l/s

Q A

d) Equação da energia em B e no NA II, z2 +

p2

γ

2

+

V2

2g

= z B +

⇔ 26, 91 = 16, 71 +

Temos

p B

γ

p B

γ

2

+

VB

2g

+ ∆H AB ⇔ z2 = z B +

D = 0,125m

∆ H AB = LAB ⋅ J AB = L AB ⋅

γ

+ ∆H AB ⇔

Tabela _2.3  → β = 3,267 ⋅ 103

1,85

β ⋅ Q B

100 Voltando a III, temos: p B

γ

+ ∆ H AB (III)

C = 130

26,91 = 16,71 +

pB

+ 0,092 ⇔

pB

γ

1,85

=

240 ⋅ 3,267 ⋅ 103 ⋅ ( 2,16 ⋅ 10 −3 ) 100

⇒ ∆H AB = 0,092

= 10,12 mH2O

γ ⋅ H ⋅ Q 9,8 ⋅ 41,855 ⋅ 6,96 ⋅ 10 −3 e) Pot = = ⇒ Pot = 4,39 kW 0,65 η

103 ⋅ H ⋅ Q 103 ⋅ 6,96 ⋅ 10 −3 ⋅ 41,855 = ⇒ Pot = 5,97 Pot = cv 75η 75 ⋅ 0,65

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: Ponto

A

B

C

D

E

F

G

Cota( m)

6,0 7,0 8,0 11,0 8,0 10,0 6,0 Determine a cota do nível de água no reservatório, para que a mínima carga de pressão dinâmica na rede seja de 12 mH 2O. Determine a máxima carga de pressão estática. Material das tubulações tem C = 130.



25

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, v 0,20 = 0,80 m/s e v0,80 = 1,20 m/s. Assuma distribuição de velocidade logarítmica na vertical, escoamento turbulento rugoso v

R

e que a altura d’água é igual ao raio hidráulico. A Equação 2.31  = 8, 48 + 2,5ln  , ε   u* desenvolvida a partir da hipótese de perfil logarítmico, pode ser posta em forma mais conveniente como: 29,84 R  v = 5,75log   

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: v0,80 23,87h  = 5,75log   

u*

v0,20 u*

= 5,75log  



ε

5,97h 

 

ε

Fazendo X =

v0,80 v0,20

, dividindo uma equação pela outra e desenvolvendo, vem:

h 0,776 X − 1,378 log   = 1 − X  ε  Usando o conceito de diâmetro hidráulico, a velocidade média é dada pela equação 2.32

V  R  u = 2,5ln ε + 4,73 , na forma:  *  V u*

= 5,75log

R

ε

+ 4,73 = 5,75log  V

Pela equação 2.26 

 u*

=

D

2ε

+ 4,73 = 5,75log

2 Rh ε

h

+ 4,73 = 5,75log + 6,46 ε

8

 , que relaciona a velocidade média com o fator de atrito,

f 

tem-se: V u*

=

8

0,776 X − 1,378  2 X + 1,464 + 6,46 =  f X −1 1− X   1,20 Para X = = 1,5, o fator de atrito vale f = 0,100 e da Equação 8.7 0,80 = 

 8g 8g  8g 78,4 Rh I 0 ⇔ V = C Rh I0 ⇐ C = = = 28 V =  , C = f f  f 0,100 

e, finalmente, como h = Rh = 1,50 m e C =

Rh1/6 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 I 0 = 0,004 m/m, transportando uma vazão de 600 l/s em regime permanente e uniforme. O coeficiente dinâmico vale: André Barcellos Ferreira – [email protected]


 nQ  M =    I 0   

3/8

3/8

 0,013 ⋅ 0,60  =  = 0,456 0,004    M  Pela Equação 8.47  D =  : K 1  

0,456

0,80 =

K 1

∴ K 1 = 0,570

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 y 0 /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. 3/8   nQ   M  , fórmula de Manning, como o Pela Equação 8.47  D = , em que M=   I 0    K 1    

diâmetro é o mesmo, tem-se: M 1 K1

M2

=

K2

∴

M 1 M 2

= 1,18

e para a mesma declividade e rugosidade, fica:  Q1     Q2 

3/8

= 1,18 ∴

Q1 Q2

= 1,56

EXEMPLO 8.4 Dimensione um canal trapezoidal dom taludes 2H:1V, declividade de fundo I 0 = 0,0010 m/m, revestimento dos taludes e fundo em alvenaria de pedra argamassada em condições regulares, para transportar uma vazão Q = 6,5 m 3 /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:  nQ  M =    I 0   

3/8

 0,025 ⋅ 6,5  =  0,001  

3/8

= 1,847

3/8   nQ   M : Pela fórmula de Manning, Equação 8.39  y0 = , em que M =   I 0    K    

y0

=

m=

1,847 = 1,03 m K 1,796 Então:

M

b y0

=

= 4 ∴ b = 4,12 m (largura do fundo)

A área molhada vale: 2 A = ( m + Z ) y 02 = ( 4 + 2 ) ⋅1,032 = 6,36 m .


26

Universidade Federal do Espírito Santo 6,5 = 1,02 m/s. A 6,36 Para que a seção dimensionada tenha o mínimo perímetro molhado, é necessário que seja verificada a Equação 8.53, isto é:

A velocidade média é igual a V =

m=2

(

Q

=

)

1 + Z 2 − Z = 2 ( 1+ 4 − 2 ) = 0,47 ≠ 4 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 I 0 = 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 y 0 = 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 Q 1 = 6,0 m 3 /s e a seção é retangular, em concreto, qual será a altura de água para uma largura de fundo igual ao dobro da anterior? Taludes 2,5H:1V → Z = 2,5 Q0: vazão de projeto 1,75 b m= = = 1,25 I0 = 30 cm/km = 0,0003 m/m y0 1,4 B= 1,75 m y0 = 1,4 m a) Q0 = ?  nQ  M =   I 0   

3/8

, onde M = y0 ⋅ K ⇔ M = 1,4 ⋅1,423 = 1,9922 3/8

 0,025 ⋅ Q  ⇒ 1,78 =    3 ⋅ 10−4 

(

⇒

0,025Q 3 ⋅ 10−4

= 3/8 1,9922

) (

⇒Q =

3⋅ 10−4 = 4,35 m3 /s 0,025

3/8 1,9922

)

b) m = 2 1 + Z 2 − Z = 2 1 + 2,52 − 2,5 = 0,3852 ≠ 1,25 ∴ não Q1 = 6,0 m3 / s   seção circular c)  concreto ⇒ n = 0,014 b ' = 2b = 3,5  K

=

n ⋅Q b8/3 I 0

⇒ K =

y0

0, 014 ⋅ 6 8/3

3,5

3 ⋅ 10

−4

=?

= 0,1717

Pelo ábaco, y0 b

= 0,29 ⇒ y0 = 0,29 ⋅ 3,5 = 1,01 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 I 0 = 2,5⋅10–3 m/m transporta, em condições de regime permanente uniforme, uma vazão de 1,20 m 3 /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 André Barcellos Ferreira – [email protected]

27

Universidade Federal do Espírito Santo a) y0 = ? e V0 = ?  nQ  ⇒ M =    I 0    K = m=

M D y0 D

=

3/8

 0,013 ⋅1,2 =  2,5 ⋅ 10−3 

   

3/8

= 0,646

0,646 = 0,646 1

= 0,85 → y0 = 0,82 m 2/3  senθ   1  2 y  2/3 1/2  Pela Equação 8.58 V = D I 0  1 −  , com θ = 2cos −1  1 − 0  , tem 2,52 ⋅ n D  θ     

se:  

θ = 2cos −1  1 −

2 y0 

2 ⋅ 0,82  = 2cos−1  1 − = 259,58° = 4,53 rad  D  1  

1/2  sen4,53  1 V = 12/3 ( 2,5 ⋅ 10−3 ) 1 − 2,52 ⋅ 0,013 4,53  

b) τ 0 = γ Rh I , onde Rh = u*

 

D  1 −

2/3

→ V = 1,53 ⋅1,14 = 1,74 m/s

senθ 

4



θ  = 0,304 ⇒ τ 0 = 9810 ⋅ 0,304 ⋅ 2,5 ⋅ 10−3 = 7,46 Pa

= gRh I = 0,086 m/s

5/3   1 8/ 3 1/ 2 (θ − senθ )  , tem-se: c) Pela Equação 8.59 Q = D I 0 20,2n θ 2/3  

( 5,28 − sen5,28) 1 2,5 ⋅ 10−3 Q= 20,2n 5,282/3

5/3

= 1,29 m3 /s

8.4 Um canal trapezoidal deve transportar, em regime uniforme, uma vazão de 3,25 m 3 /s, com uma declividade de fundo I 0 = 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 = ?  nQ  M =    I  y0

=

M t

3/8

 0,025 ⋅ 3,25  =   0,0005 

MPM

3/8

= 1,62

(

→ m = 2 1+ Z 2 − Z

)

y0

=

M t

=

1,62 = 1,5 m 1,1

m = 1,24 t = 1,1 m=

b y0

⇒ 1,24 =

b

1,5

⇔ b = 1,9 m

τ = γ ⋅ Rh ⋅ I , onde R h = τ = 9810 ⋅

y

2

1,5 ⋅ 0,0005 = 3,7 N/m 2 2


28


8.5 Dimensione um canal para irrigação, em terra, com vegetação rasteira no fundo e nos taludes, para transportar uma vazão de 0,75 m 3 /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 V ≤ 0,45 m/s z = 3 V =

Q

y0

A

=

Q A

≤ 0,45 ⇔

0,75 A

≤ 0,45

M = 

K m=2

A = ( b + 2 y0 ) y0

 nQ  = 0,94  I 0   

M

(

)

1 + 32 − 3 = 0,32 ⇒ K = 1,780 y0

=

0,94 = 0,53 m 1,78

1 1 ( b + b + 2 Zy0 ) y0 = ( b + b + 2 ⋅ 3 ⋅ 0,53) 0,53 = 0,53b + 0,8427 2 2 2 Mas A ≥ 1,67 m ∴ 0,53b + 0,8427 ≥ 1,67 ⇔ b ≥ 1,56 m

A =

8.6 Dimensione um canal trapezoidal, com taludes 2H:1V, declividade de fundo I 0 = 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 m 3 /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 3/8 3/8 y0 < 1,15 m  0,020 ⋅ 8   nQ  M =   =  0,001  = 1,84 vmáx < 1,30 m/s  I    n < 8,0 m y0

< 1,15 ⇒ 1,15 >

M K

⇔ K ≥ 1,6 → da Tabela 8.2,

m=

b y0

= 2,8

Q = V ⋅ A ⇒ 8 = vmáx ⋅ A ⇔ 8 = 1,3A ⇔ A = 6,15 m2

Mas A = ( m + Z ) y02 → 6,15 = (2,8 + 2) y02 ⇒ y 0 = 1,13 m m=

b y0

= 2,8 ⇒ b = 2,8 y0 = 2,8 ⋅1,13 = 3,164 m

B = b + 2 ⋅ Z ⋅ y0 → B = 3,164 + 2 ⋅ 2 ⋅1,13 = 7,684 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 André Barcellos Ferreira – [email protected]

29


d) Mínima velocidade: V = 0,50 m/s Coeficiente de rugosidade de Mannin, n = 0,013.  

θ = 2cos−1  1 −

Canalizações em série

n = 0,013

2 y0 



D 

D 2 (θ

− senθ ) 8 Trecho 2: D2 = 200 mm = 0,2 m I2 = 0,007 m/m

A =

Trecho 1:

D1 = 150 mm = 0,15 m I1 = 0,060 m/m

0,20 D ≤ y0 ≤ 0,75D Qmáx = ? e Qmín = ?

Q

=V ⋅ A

D =

M K 1

 nQ  M =   I 0   

3/8

No caso de y0 = 0,20D, temos: y0

= 0,20D ⇔

y0 D

= 0,20 → K 1 = 0,259

θ = 2cos−1 (1 − 2 ⋅ 0,2 ) = 106,26° = 1,855 rad

0,152 (1,855 − sen1,855) A1 = = 2,52 ⋅10−3 m3 /s 8 M ⇒ M = 0,03885 0,15 = 0,0033 0,259 ∴v = = 1,31 m/s (ok!) 0,00252 3/8 3/8 0,03885 0,06  Q1 ⋅ 0,013  ⇒ Q 0,03885 =  = = 0,0033 m3 /s  1 0,013  0,06 

Em 1:

0,2 2 (1,855 − sen1,855) A2 = = 9,11 ⋅10−3 m3 /s M 8 0,2 = ⇔ M = 0,0518 0,0024 0,259 ∴v = = 0,26 m/s (ok!) 3/8 0,00911 3/8  Q ⋅ 0,013  0,0518 0,007 0,0518 =  2 = 0,0024 m 3 /s  ⇔ Q2 = 0,013  0,007 

Em 2:

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 m 3 /s ≤ V ≤ 4 m3 /s), temos: Q 0,0033 V Q = mín = = 0,36 m3 /s A2 0,00911 mín

No caso y0 = 0,75D, temos: y0

= 0,75D ⇔

y0 D

= 0,75 → K 1 = 0,624

θ = 2cos −1 (1 − 2 ⋅ 0,75) = 240° = 4,189 rad

Em 1: André Barcellos Ferreira – [email protected]

30


0,15 =

M

0,624

⇒ M = 0,0936

 Q ⋅ 0,013  0,0936 =  1   0,06 

3/8

⇒ Q1 =

3/8 0,0936

0,06

= 0,0083 m3 /s

0,013

( 4,189 − sen4,189 ) 0,0083 = 0,01422 m 2 ⇒ V 1 = = 0,58 m/s (ok!) 8 0,01422 Em 2:

A1 = 0,152

M

0,2 =

0,624

⇒ M = 0,1248

 Q ⋅ 0,013  0,1248 =  2   0,007  A2

3/8

⇒ Q2 =

3/8 0,1248

0,007 = 0,0250 m3 /s 0,013

( 4,189 − sen4,189 ) 0,025 = 0,0253 m2 ⇒ V 1 = = 0,99 m/s (ok!) 8 0,0253 0,025 Q = 1,76 m/s (ok!) V 1 = máx = = 0,025 m3 /s 0,01422 A1

= 0,22

Qmáx

y0 =

D

(1 − cosθ 2 ) = 0,094 m 2

0,035y 0 ≤ y0 ≤ 0,1125 (ok!)

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 6 Q = 10 m 2 Q =V ⋅ A⇒ A = = Q = 6 m3 /s V 0,6 V = 0,60 m/s ( b + B ) y0 ( b + 2 ⋅ Z ⋅ y 0 ) y 0 n = 0,025 = = ( b + Zy0 ) y0 = ( b + 4 y0 ) y0 = 10 A = 2 2 I 0 = ? Para que I0 seja mínimo, a seção deve ser de mínimo perímetro molhado. Portanto: mín

m=2

m=

(

b y0

) (

)

1 + Z 2 − Z = 2 1 + 42 − 4 = 0,246 ⇒ b = 0,246 y0

Voltando a A, tem-se: = 10 ⇔ y0 = 1,53 m Da Tabela 8.2, interpolando, para m = 0,246, vem K = 1,4465. Assim:

4,246 y02 y0

=

M K

⇒ M = 1,53 ⋅ 1,4465 = 2,213145

 0,025 ⋅ 6  2,213145 =    I 0   

3/8

2

 0,025 ⋅ 6  −4 ⇔ I 0 =  3/8  = 3,25 ⋅ 10 m/m  2,213145 

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. André Barcellos Ferreira – [email protected]

31


Material das tubulações: manilha cerâmica, n = 0,013. Adote como lâmina d’água máxima no coletor y0 /D = 0,50.

I0 = 0,8 m/100 m = 8 ⋅10−3 m/m

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 y Sendo 0 = 0,5, da Tabela 8.1, temos K 1 = 0,498 D Sabemos que 3/8

3/8

 nQ   nQ  M nQ 8/3 D = , onde M =  = ( DK1 )  ⇒ DK1 =   ⇔  I0   I0  K1 I0     Atribuindo valores: 8/3 0,008 Q = ( 0,2 × 0,498) = 0,01466 m 3 /s = 14,67 l/s 0,013 Portanto, D = 200 mm não é suficiente para Q = 18,6 l/s. Então:  nQ  M=  I0   

3/8

 0,013 ⋅18,6 ⋅10 −3  =   8 ⋅ 10−3  

3/8

= 0,1088

Como a relação y0 /D não se altera, K1 = 0,498. Logo:

D=

M = 0,2186 m K1 Como não existe esse diâmetro comercializado, D = 250 mm

y0 = 0,5 → y0 = 0,108 m D Na seção circular: 2y  2 ⋅ 0,108  θ = 2 cos−1 1 − 0  = 2cos−1 1 − = 2cos −1 ( 0,01189 ) = 3,18 rad  D  0,2186    D 2 (θ − senθ ) 0,21862 ( 3,18 − sen 3,18) A = = = 5,97 ⋅ 10−3 ( 3,22 ) = 0,0192 m2 8 8 Portanto: Q 18,6 ⋅ 10−3 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. André Barcellos Ferreira – [email protected]

32


I0 = 0,015m/m

Q j = 20 l/s = 20 ⋅10−3 m3 /s

n = 0,013 y0 = 0,5 D K1 = 0,498

Q m = 10 l/s = 10 ⋅10−3 m3 /s

2y 0  = 2cos−1 ( 0) = π rad  D   a) D = ? e V j = ? θ = 2cos−1 1 −

 nQ  M=  I 0   

M D= K1

3/8

 0,013 ⋅ 20 ⋅ 10−3  =   0,015  

3/8

= 9,5 ⋅ 10 −2

9,95 ⋅10 −2 ⇒D= = 0,2 m = 200 mm 0,498 D 2 (θ − senθ ) 0,2 2 ( π − senπ ) A = = = 0,0154 m2 8 8 Com a área, temos a velocidade pela relação V j =

Q j : A

Q j 20 ⋅ 10−3 = = 1,29 m/s A 0,0154 b) Q m = 0,01 m3 /s V j =

 nQ  M=   I0   

3/8

 0,013 ⋅ 10 ⋅ 10 −3  =   0,015  

3/8

= 0,077

M 0,077 = = 0,155 m K1 0,498 D (1 − cos θ /2) 0,155 (1 − cos π /2 ) 2y θ = 2 cos−1 1 − 0  → y0 = = = 0,0775 m D  2 2  D 2 (θ − senθ ) 0,1552 (π − senπ ) A = = = 9,43 ⋅ 10−3 m2 8 8 −3 Q 10 ⋅ 10 Vm = m = = 1,06 m/s A 9,43 ⋅ 10−3 D=

9.5 Em um projeto de um sistema de drenagem de águas pluviais, determinou-se que, para escoar uma vazão de 12 m 3 /s, era necessária uma galeria retangular em concreto, rugosidade n = 0,018, declividade de fundo I 0 = 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.

Seção original

Seção modificada


33

Universidade Federal do Espírito Santo 1°) Seção original

2°) Seção modificada QT = Q1 + Q2 n = 0,018 b 1,5 m= = = 0,714 y 2,1

Q = 12 m 3 /s n = 0,018 I0 = 0,0022 m/m b = 3m y = 2,1 m

m=

b y0

⇒m=

Área = 1,5 ⋅ 2,1 = 3,15 m 2 P = (1,5 + 2,1) 2 = 6,3 A 3,15 Rh = = = 0,5 m P 6,3

3 = 1,43 2,1

Manning: nQ 0,018 ⋅ Q1 = A ⋅ R 2/3 = 3,15 ⋅ 0,52/3 ⇔ Q1 = 5,17m3 /s h ⇒ I0 0,0022

QT = Q1 + Q2 = 2Q1 3

QT = 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. Retangular Circular b = 0,9 m ⇒ D = ? y0 = 0,7 m y0 = 0,7 m Ir = Ic 1°) b 0,9 m= = 1,29 → K = 0,874 ⇒m= y0 0,7 y0

=

M K

⇒ M = y0 ⋅ K = 0,7 ⋅ 0,874 = 0, 61

 nQ  M =    I 

3/8

= 0,61

2°) π ⋅ D2 A= 4 P = πD A π ⋅ D2 D Rh = = = P 4 πD 4

3°) 2/3 2 2/3 nQ 8/3  π ⋅ D   D  2/3 2 D = A ⋅ R h ⇔ ( 0,61) =  ⇔  ⋅   ⇔ 0,27 = 0,79D ⋅ 4 4 2,52 I    

⇔ D2,67 = 0,86 ⇔ D = 0,95 m André Barcellos Ferreira – [email protected]

34


35

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 m 3 /s com velocidade média de 0,60 m/s. Coeficiente de rugosidade do fundo e taludes n = 0,018. 3/8 trapézio → z = 2 M  nQ  y0 = M =   b=3m K  I  Q = 3,0 m3 /s V = 0,6 m/s n = 0,018 3 = 5 m2 Q = V⋅A → A = 0,6

(

)

A = ( m + Z ) y 2 e A = 2 1 + Z 2 − Z y2

(

b 3 = = 2,11 ⇒ K ≈ 1,5 y 1,42 M = y ⋅ K = 1,42 ⋅ 1,5 = 2,13

m=

)

∴ 5 = 2 1 + 22 − 2 y2 ⇔ y = 1,42

 nQ  M=   I

3/8

 0,018 ⋅ 3  ⇒ 2,13 =     I 0  

3/8

∴ I0 = 5,17 ⋅ 10 −5 m/m 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 1 → vertedor retangular 2 → vertedor triangular Usando a fórmula de Thomson para o vertedor triangular e a fórmula de Francis para o vertedor retangular, tem-se:

a)

Q1 = Q2 ,

onde



Q1

= Q2 ⇒ 1,838 ⋅ L ⋅ h

3/2

= 1,40 ⋅ H

5/2

36

2

 1,838  H 5 ⇔   = 3 ⇔ 1,4 h  

⇔ 0,58 H 5 − H 3 + 0,45H 2 − 0,0675H + 3,375 ⋅ 10 −3 = 0 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) (Q1 − Q2 ) é máxima

(Q1 − Q2 )máx = (1,838 ⋅ L ⋅ h3/2 − 1,40 ⋅ H 5/2 ) 1/2

⇔ 2,757 ( H − 0,15) H = 0,7 m

máx

→

d  1,838( H dH 

− 0,15)

3/2

− 1,40H 5/2  = 0 ⇔ 

= 3,5H 3/2 ⇔ 7,6 ( H − 0,15) = 3,52 H 3 ⇔ 3,52 H 3 − 7,6 H + 1,14 = 0 ⇔

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_ 2

2  V 0  = ( h − y ) + ∴V1 = 2 g  y +  equação de Bernoulli: h + 2g 2g 2g  

V0

2

V1

A = 0,5 ⋅ 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 C d naquela equação? Despreze a carga cinética de aproximação. 2 Vertedor retangular de parede fina sem contrações → Q = ⋅ Cd 2 g ⋅ L ⋅ h 3/2 (Equação 12.70) 3 Vertedor de soleira espessa horizontal → Q = Cd ⋅1,704 ⋅ b ⋅ h 3/2 (Equação 12.94) Igualando as duas equações, tem-se: 2 2 ⋅ Cd 2 g ⋅ L ⋅ h 3/2 = Cd' ⋅1,704 ⋅ b ⋅ h3/2 ⇔ ⋅ Cd 2 g = 1,704, admitindo C d ' = 1 3 3 2 1 ⋅ Cd 2 g = 1,704 ⇒ C d = 0,577 = 3 3 12.18 A captação de água para o abastecimento de uma cidade na qual o consumo é de 250 l/s (vazão de demanda) é feita num curso d’água onde a vazão mínima verificada (no período de estiagem) é de 700 l/s e a vazão máxima verificada (no período das cheias) é de 3800 l/s. Em decorrência de problemas de nível d’água na linha de sucção da estação de bombeamento, durante a época da estiagem, construiu-se à jusante do ponto de captação uma pequena barragem cujo vertedor de 3 m de soleira tem a forma de um perfil padrão WES, que foi desenhado para uma carga de projeto hd =0,50 m. Para o bom funcionamento das bombas, o nível mínimo d’água no ponto de captação deverá estar na cota de 100,00 m, conforme a Figura 12.51. Nestas condições, pergunta-se: a) Em que cota estará a crista do vertedor-extravasor? André Barcellos Ferreira – [email protected]

Exercícios resolvidos - Hidráulica básica.pdf

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