hidrÁulica i resoluções dos problemas

HIDRÁULICA I – 1

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL E ARQUITECTURA

SECÇÁO DE HIDRÁULICA E RECURSOS HÍDRICOS E AMBIENTAIS

HIDRÁULICA I

Resoluções dos problemas

HIDRÁULICA I – 2

2 – HIDROSTÁTICA

PROBLEMA 2.1

O tubo representado na figura está cheio de óleo de densidade igual a 0,85. Determine as

pressões nos pontos A e B e exprima-as em metros de coluna de água equivalente.

RESOLUÇÃO

• No mesmo fluido é válida a lei geral da hidrostática

pz cte+ =

γ

• Aplicando esta lei entre os pontos 1 e A, vem: 11

1

AA

A

p pp pz z z z

+ = + ⇒ + = + γ γ γ γ

11

AA

p pz z

−= −

γ ,

02 5

−=

γAp

m (em pressões relativas, 0=atmp )

, , , , ,2 4 2 42 5 2 5 0 85 9800 2 08 10 2 08 10Ap N m N m Pa− −= − × γ = − × × = − × = − ×

,42 08 10= − ×Ap Pa (pressões relativas)

,, , . . , . .

42 08 102 5 0 85 2 125

9800Ap m m c a m c a×

= − = − × = −

, . .2 125Ap m c a= −

• Procedendo de modo semelhante entre os pontos 1 e B, vem: 1 B

p pz z

+ = + γ γ

1

HIDRÁULICA I – 3

,1

1 0 5B BB

p p pz z m

−= − ⇒ − =

γ γ

, , ,30 5 0 85 9800 4 165 10= − × × = − ×Bp Pa Pa ,

34 165 10= − ×Bp Pa

, , , . .0 5 0 85 0 425= − × = −Bp m c a ⇒ , .0 425= −Bp m c a

PROBLEMA 2.2

Se for injectado gás sob pressão no reservatório representado na figura, a pressão do gás e os

níveis dos líquidos variam. Determine a variação de pressão do gás necessária para que o

desnível x aumente 5 cm, sabendo que o tubo tem diâmetro constante.

RESOLUÇÃO

1) Situação inicial

• Aplicando a lei geral da hidrostática entre os pontos A e B, vem:

( )B A Bp z z= γ − sendo 39800 N m−γ =

• Procedendo de modo análogo entre os ponto C e B, vem:

, ,0 8 0 8C B

C B

p pz z+ = +

γ γ

HIDRÁULICA I – 4

, ,0 8 0 8

− −= − ⇔ = ⇒

γ γC B B C

B C

p p p pz z x ,0 8B Cp p x= + γ

( ), ,0 8 0 8= − γ = γ − − γC B A Bp p x z z x

• , ,13 6 13 6

CDD C

ppz z+ = +

γ

( ),,

13 613 6D C

C D D C C D

p pz z p p z z

−= − ⇒ = + γ −

γ

( ) ( ), ,13 6 0 8D C D A Bp z z z z x= γ − + γ − − γ

2) Situação final

• ( ),0 05B A Bp z z= γ − +

• ( ), , ,,

0 05 0 8 0 050 8B C

C B

p px p p x

−= + ⇒ = − γ +

γ

( ) ( ), , ,0 05 0 8 0 05C A Bp z z x= γ − + − γ +

• ( ) ( ), , ,,

0 05 13 6 0 0513 6

−= − + ⇒ = + γ − +

γD C

C D D C C D

p pz z p p z z

( ) ( ), , , , , , ,13 6 13 6 0 05 0 05 0 8 0 8 0 05D C D A Bp z z z z x= γ − + γ × + γ − + γ − γ − γ ×

3) Variação de pressão do gás:

( ), , , , , , , , , ,13 6 0 05 0 05 0 8 0 05 0 05 13 6 1 0 8 13 8 0 05 6762Final InicialD D Dp p p Pa∆ = − = γ × + γ − γ × = γ + − = × γ =

6762Dp Pa∆ =

HIDRÁULICA I – 5

PROBLEMA 2.3

Considere o esquema representado na figura, em que existe ar sob pressão acima da superfície

BD. A comporta ABCDE tem ,1 0 m de largura e pode rodar sem atrito em tomo de E.

a) Trace os diagramas de pressão na face esquerda da comporta e calcule os valores da

pressão nos pontos A, B, C, D e E.

b) Qual deverá ser a altura de água a jusante, jh , de forma a que se estabeleça o equilíbrio,

nas condições da figura, admitindo que o ponto de aplicação do peso da com porta é o

ponto C.

RESOLUÇÃO

a) Diagrama e pressões nos pontos A, B, C, D e E.

A1

HIDRÁULICA I – 6

0Ap =

, ,12

0 8 5543 72AP Pa= γ =

, ,2 2

10 8 12473 42 2Bp Pa= γ + γ =

,12473 4C Bp p Pa= =

,12473 4D Bp p Pa= =

,2 26332 7E Dp p Pa= + γ =

b) Cálculo da altura a jusante h j

Na presente resolução designa-se por id o braço da força iI medido em relação ao ponto de

rotação E .

,

,15543 7 0

1 2771 862

I N+

= × = (diagrama triangular)

,11

4 4 3333

d m= + =

, ,2 5543 7 1 5543 72I N= × = (base rectangular do diagrama trapezoidal)

,2 3 5d m=

,3

29800 1

23464 82

2I N

× ×

= = (parte triangular do diagrama trapezoidal)

,31

3 3 3333

d m= + =

HIDRÁULICA I – 7

( ), ,4 12473 36 1 12473 36I N= × = (diagrama rectangular)

,4 0 5d m=

,5 4 12473 36I I N= = (diagrama rectangular)

,5 2 5d m=

, ,6 12473 36 2 24946 72I N= × = (parte rectangular do diagrama trapezoidal)

,6 1 0d m=

,72 9800

2 13859 292

I N×

= × = (parte triangular do diagrama trapezoidal)

,72

0 6673

d m= =

cos,

28

980045 6929 65

2

o

hjhj

I hj

× ×

= = (diagrama triangular)

,cos

81

0 47143 45o

hjd hj= × =

... cos1 1 2 2 8 8 8 80 3 45 0oM I d I d I d G I dΣ = ⇒ + + − × − =

( ), , , , , , , , ,2771 86 4 333 5543 72 3 5 3464 82 3 333 12473 36 0 5 2 5× + × + × + × + +

, , , , , ,32

24946 72 1 0 13859 29 0 667 50000 3 6929 65 0 4714 02

hj+ × + × − × − × =

, , ,3114570 14 106066 02 3266 64 0hj− − =

, , , ,3 33266 64 8504 12 2 603 1 376hj N hj hj m= ⇒ = ⇒ =

,1 38hj m=

HIDRÁULICA I – 8

PROBLEMA 2.4

A comporta representada na figura é sustentada pelas barras AB espaçadas de 6 m em 6 m.

Determinar a força de compressão a que fica sujeita cada barra desprezando o peso da

comporta.

RESOLUÇÃO

Forças

,9800 6 6 3

6 1058 42 2

c ch

h xhkN

γ × × ×Π = × = =

,1

9800 3 2 6 352 8v kNΠ = × × × =

,2

329800 4 6 352 8v kNΠ = × × × =

HIDRÁULICA I – 9

Pontos de aplicação (braços das forças em relação a C)

1 2h m=

,1 1 5v m=

,2 1 0v m=

,4 6 41 81osen= α ⇒ α =

cos ,3 5 53 13= β⇒ β =

,94 94oα + β =

,4 94oγ =

• Equilíbrio de momentos em relação ao ponto C

( ), , , , cos ,1058 4 2 352 8 1 5 1 0 4 94 5F× + + = ×

, ,2988 4 4 981F= ⇒ ,601 916F kN=

PROBLEMA 2.5

Na parede BC de um reservatório existe uma tampa metálica quadrada de 1 m de lado,

conforme se indica na figura. A aresta superior da tampa, de nível, dista 2 m da superfície livre

do líquido. Determinar:

a) A impulsão total sobre a tampa metálica e as suas componentes horizontal e vertical.

b) A posição do centro de impulsão.

HIDRÁULICA I – 10

RESOLUÇÃO

a) Cálculo da impulsão e suas componentes:

1º Processo – Métodos das Superfícies Planas

• Profundidade do centro de gravidade da tampa profundidade

,1 2

2 2 352 2Gh m= + =

• Impulsão e suas componentes

, ,9800 1 2 3535 23064 8GS h NΠ = γ = × × =

cos ,45 16309 3ov h NΠ = Π = Π =

2º Processo – Métodos do Diagrama de Pressões

( )cos cos / ,29800 2 1 45 1 45 2 16309 3o o

v NΠ = × × + × =

h vΠ = Π

,2 2 23064 8v h NΠ = Π + Π =

b) posição do centro de impulsão

cos cos / cos / cos /

,

29800 2 45 45 2 9800 45 2 45 3

16309 3

o o o o

x× × + ×

=

,,

,

4900 577 470 336

16309 3x m

+= =

,cos

0 47545o

xx m′ = =


PROBLEMA 2.6

Um recipiente de forma cúbica, fechado, de 1 m de aresta, contém, até meia altura, um óleo de

densidade 0,85, sendo de 7 kPa a pressão do ar na sua parte superior. Determinar:

a) A impulsão total sobre uma das faces laterais do recipiente.

b) A posição do centro de impulsão na mesma face.

RESOLUÇÃO (Método do Diagrama de Pressões)

, ,7000 0 85 9800 0 5 11165bp Pa= + × × =

a) Impulsão total numa face

, , ,7000 11165

7000 1 0 5 1 0 5 8041 252

N+

Π = × × + × × =

b) Posição do centro de gravidade (distância ao fundo)

( ), / , , /,

,

7000 0 5 4165 2 0 5 0 5 30 457

8041 25y m

× + × ×= =

PROBLEMA 2.7

Qual o peso volúmico mínimo que deverá ter um corpo sólido homogéneo sobre o qual assenta

uma membrana de impermeabilização com a forma indicada na figura, para resistir, sem

escorregamento, à impulsão da água que sustém?

O coeficiente de atrito estático entre os materiais que constituem o corpo e a base onde este

assenta é 0,7.


Resolução

• Esquema de forças em jogo:

• Equilíbrio de forças horizontais e verticais

h RΠ = Π (sendo RΠ a força de atrito)

vN G= + Π (sendo N a reacção normal)

R NΠ = µ (sendo µ o coeficiente de atrito)

donde vem:

( ) ,0 7h R v GΠ = Π = Π + ×

• Efectuando os cálculos por metro de desenvolvimento do corpo, vem:

2

2 2h

h h hγ ×Π = = γ

230 30

2 2v

h tg h tgh

γΠ = γ =

� �

2 230 30 30S SG h h tg h tg d h tg= γ = γ = γ� � �

(sendo d a densidade do material do corpo sólido)

( ) ,0 7h v GΠ = Π + ×


( ) ,

22 30

2 30 0 72

hh tg d tg

γγ + × =

,1 1

30 0 72 2

tg d

+ × = ⇒

,0 737d =

,37224 3s d N m−γ = γ × =

PROBLEMA 2.8

Na parede de um reservatório existe um visor semi-esférico com o peso de 5 kN, ligado à

mesma conforme se indica na figura.

Calcule as componentes horizontal e vertical da impulsão sobre o visor.

Resolução

• Cálculo da componente vertical da impulsão

1 1∀Π = γ ∀ 2 2∀Π = γ ∀

( )2 1 2 1v ∀ ∀Π = Π − Π = γ ∀ − ∀ = peso do volume da semi-esfera

, ,

3

3

43 4

9800 0 5 2565 62 6v

r

N

π

Π = γ × = × × π× =

,2565 6v NΠ =


• Componente horizontal da impulsão

hΠ = γ × Área da projecção do visor gh

, ,9800 1 5 11545 44h Nπ

Π = × × =

,11545 4h NΠ =

PROBLEMA 2.9

Uma comporta cilíndrica com 2 m de raio e 10 m de comprimento, prolongada por uma placa

plana AB, cria num canal um represamento nas condições indicadas na figura. A comporta

encontra-se simplesmente apoiada nas extremos do seu eixo em dois pilares.

Determinar:

a) A componente horizontal da força transmitida a cada pilar quando a comporta está na

posição de fechada, admitindo que é nula a reacção em B.

b) O peso mínimo que deverá ter a comporta para não ser levantada, supondo possível tal

deslocamento e desprezando o atrito.

Resolução

120oα =

60oβ =

,2 2 60 1 732ob sen sen m= β = =

cos2 60 1oa m= =

a) , ,3 1 732 4 732h m m m= + =

• Componente horizontal da impulsão (à esquerda):


,, ,

1

4 7329800 4 732 10 1097 2

2h kNΠ = × × × =

• Idem (à direita):

,2

9800 3 10 1 5 441h kNΠ = × × × =

• Componente horizontal da força transmitida a cada pilar

,1 2 328100 328 1

2h h

F N kNΠ − Π

= = =

Área tracejada correspondente ao volume de

líquido deslocado por unidade de comprimento

da comporta:

, ,2 21

22

2 1 732 7 5123

triângulo ab

A m= × Π × − × =��

• Volume de líquido deslocado:

,310 75 116A m∀ = =

• Impulsão vertical (princípio de Arquimedes)

, ,75 116 9800 736 1v kNΠ = × =

• Peso mínimo da comporta:

,736 1vG kN= Π =

PROBLEMA 2.10

Considere-se uma comporta de segmento, com 5 m de largura, instalada na descarga de fundo

de uma albufeira, nas condições da figura junta. A comporta pode ser manobrada, para abertura,

por dois cabos verticais fixados às suas extremidades laterais. Admite-se que os dispositivos de

vedação impedem a passagem da água para a zona que se situa superiormente à comporta.

Admita que o ponto de aplicação do peso ( G ) da comporta dista 3 m do ponto A.


a) Para a comporta de segmento indicada, determinar

a.1) As reacções de apoio em A e B, supondo esta última vertical.

a.2) A força F necessária para iniciar o levantamento da comporta.

b) Considere o caso de a comporta ser plana em vez de cilíndrica.

b.1) Indicar se a força necessária para iniciar o levantamento da comporta aumenta ou

diminui em relação à da alínea a.2).

b.2) Calcular o valor dessa força em cada cabo.

b.3) Indicar se essa força aumenta ou diminui depois de iniciado o movimento de abertura,

sabendo que o escoamento a jusante da comporta se faz com superfície livre.

Resolução

• Componente horizontal da impulsão sobre a comporta:

9800 5 2 11 1078h gS h k NΠ = γ = × × × =

• cos ,4 4 30 0 536oa m= − =


m230sen4b o ==

“área” da comporta , /2 230

4 4 189360

m m= × Π × =

• Volume de água deslocado pela comporta

( ), cos ,32

25 4 189 5 4 30 3 624o m× − × =

• Componente vertical da impulsão:

" "

, , ,9800 3 624 10 5 0 536 298 155v

paralelipípede de pressão

k N

Π = × + × × =

��

a.1) Reacções de apoio em A e B, supondo esta última vertical:

Como as pressões na comporta são todas

concorrentes em A, não provocam momento.

Consequente, o momento resultante do efeito

de hΠ e de vΠ é nulo.

• cos0 4 30 3 0oA BM R GΣ = ⇒ × − =

,3 464 150000BR N m= ⇒ ,43301 3BR N=

• 0vFΣ = ⇒ 0vv B AR G RΠ + − − =

298155 43301 50000vAR+ − = ⇒ 291456AvR N=

• 0 0hh h AF RΣ = ⇒ Π − = ⇒ 1078000AhR N=


291456vAR N= ↓

1078000hAR N= ←

43301BR N= ↑

a.2) A força necessária para iniciar o movimento da comporta deve provocar um momento em

relação ao ponto A igual ao provocado por BR quando a comporta está fechada.

Consequentemente

cos cos4 4 30 30 37500o oB BF R F R N= ⇒ = ≅

Em cada cabo situado numa das extremidades da comporta é necessário exercer

uma força F dada por:

187502F

N=

b) Comporta plana

b.1) A componente horizontal da impulsão mantém-se. Como a componente vertical da impulsão

diminui no valor correspondente à área tracejada, o valor de F tem que aumentar.

Pode chegar-se à mesma conclusão pelo estudo dos momentos em relação a A. O

momento em relação a A provocado pelo diagrama de pressões na comporta é não nulo e

só pode ser compensado pelo aumento de F.


b.2) Cálculo da força F

( )cos ,2

4 16 1 30 2 0705c m= + − =

, ,1 9800 10 2 0705 5 1014 6 kNΠ = × × × = (pouco interessa porque não provoca momento)

,,2

9800 2 2 0705 5101 5

2kN

× × ×Π = =

, , ,, ,

2 0705 2 0705 1 1 2 07052 0705 0 345

2 3 2 3 6d m

= − = − = =

• Cálculo de F :

, , ,20 4 3 0 4 101 5 0 345 150 46 25M F d G F F kNΣ = ⇒ − Π − = ⇒ = × + ⇒ =

,23 1262F

kN=

b.3) Abrindo ligeiramente a comporta, a impulsão diminui por duas razões:

−−−− a área exposta à acção da pressão da água diminui;

−−−− o diagrama de pressões deforma-se pelo facto de o bordo inferior da comporta passar a

estar à pressão atmosférica.

Além disso, o braço da resultante relativamente ao ponto A também diminui pelo facto

de “desaparecer” a base do diagrama de pressões.

Consequentemente, o momento provocado pela impulsão diminui e F também.


PROBLEMA 2.11

Num canto de um reservatório paralelepipédico encontra-se colocada uma peça com a forma de

1/8 de esfera de raio R. Calcular a impulsão total do líquido sobre esta peça e a inclinação

daquela impulsão, sabendo que a altura do líquido no reservatório é h.

Resolução

• zΠ = peso do líquido situado acima do 18 de esfera

22 31 1 4 4

4 8 3 4 6z

RR h R h R

γ π Π = γ π × − ⋅ π = −

2 24 3z

Rh R

γ π Π = −

• x yΠ = Π = impulsão sobre 14

de círculo

,04

0 4243

Rh h R h= − = −

π

2 44 3x y

R Rh

π Π = Π γ × − π

• Componente horizontal da impulsão:

22 2 2 4

2 24 3h x y x

R Rh

γ π Π = Π + Π = Π = − π

• Impulsão total:


2 22 22 2 2 4

24 3 4 3h y

R R Rh R h

γ π γ π Π = Π + Π = − + − = π

2 22 2 22 2 2

2

2 4 4 4 16 322 2

4 3 3 4 3 9 3 9

R RR R Rh R h h h R R h h

γ π γ π = − + − = − + + − + = π π π

22 2

2

4 16 4 323

4 3 3 9 9

Rh h R R

γ π= − + + + π π

• Ângulo entre a resultante e a recta AO do plano OABC

2

2

24 3

42

4 3

z

h

Rh R

arc tg arc tgR R

h

γ π − Π α = = ⇒

Π γ π − π

23

42

3

h R

arc tgR

h

−α =

− π

PROBLEMA 2.12

Uma esfera homogénea de peso volúmico γ flutua (em equilíbrio) entre dois líquidos de

densidades diferentes, de tal maneira que o plano de separação dos líquidos passa pelo centro

da esfera, conforme se ilustra na figura. Determinar a relação entre os três pesos volúmicos.


Resolução

2 12vh S↑

∀Π = γ + γ

1 2vh S↓

∀ Π = γ −

G = γ ∀

∀ – volume da esfera

S – área definida pelo respectivo “equador”

v vG ↓ ↑+ Π = Π 1 2 12 2

h S h S∀ ∀

∴ γ ∀ + γ − = γ + γ

1 1 2 12 2h S h S

∀ ∀γ ∀ + γ − γ = γ + γ

( )1 22∀

γ ∀ = γ + γ ∴ 1 2

2

γ + γγ =

PROBLEMA 2.13

Um camião sobe uma rampa de 10 graus de declive com velocidade constante, transportando

líquido, de acordo com o representado na figura. Determinar a máxima aceleração que se pode

imprimir ao camião sem que o líquido se entorne.

Resolução

• Sabe-se que

0f grad pρ − =� �

∴ ( )g a grad pρ − =� � �

• A expressão anterior permite afirmar que as isobáricas são perpendiculares ao vector

( )g a−� �


• Nas condições do problema tem-se

,1 1

10 5 6710

o

otg b m

b tg= ⇒ = =

,21

2 8362

bA m

×= =

• Imprimindo a aceleração máxima, vem, por igualdade de volumes

,,

21 12 836

2

cA m= =

,5 156c m=

,,

,

1 112 04

5 156arc tgβ = = �

,10 2 04γ = β − =� �

( ) ( ),90 90 12 04g sen a sen a senγ = − β = −� � �

,, , ,

,

22 042 04 77 96 0 357

77 96

g seng sen a sen a m s

sen

−= ⇒ = =�

� �

�

,20 357a m s−=


PROBLEMA 2.14

Para medir a aceleração de um corpo móvel, usou-se um tubo de vidro ABCD de secção

uniforme e pequena, parcialmente preenchido com um líquido, com a forma e as dimensões

indicadas na figura, onde também se caracteriza a posição do líquido na situação de repouso.

O tubo foi fixado ao corpo móvel num plano vertical; o sentido do movimento do corpo é de B

para C. Desprezando os efeitos da capilaridade e da tensão superficial, qual é a máxima

aceleração do corpo que pode ser medida com este dispositivo?

Resolução

• Na situação da máxima aceleração tem-se esquematicamente

113 3

1 34 11b

barc tg arc tg arc tg

bα = = =

−

por outro lado: a a

tg arc tgg g

α = ⇒ α = ⇒ 311

a

g= ⇒

311

a g=

hidrÁulica i resoluções dos problemas

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