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HIDRÁULICA I – 1

DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL E ARQUITECTURA

SECÇÁO DE HIDRÁULICA E RECURSOS HÍDRICOS E AMBIENTAIS

HIDRÁULICA I

Enunciados dos problemas

HIDRÁULICA I – 2

4 – HIDRODINÂMICA. PRINCÍPIOS DE CONSERVAÇÃO. FORMA INTEGRAL

PROBLEMA 4.1

Um motor a jacto que se desloca com velocidade uniforme queima ,2 3 kg de combustível por

segundo. O combustível entra no motor verticalmente, conforme se indica na figura. Na secção

de admissão ou de entrada de ar, a velocidade relativa do ar (em relação ao motor) é de

190 ms− . Nesta secção, a área de entrada é de , 20 4 m e a massa volúmica do ar é de 31kg m− .

Na secção de saída, a área é de , 20 2 m e a velocidade relativa do gás é de 1550 m s− .

Determinar:

a) A massa volúmica do gás à saída do motor.

b) A força motriz desenvolvida pelo motor e que actua na asa do avião.

Resolução

a) Determinação da massa volúmica do gás à saída

� Aplica-se a equação da conservação da massa escrita na forma (volume de controle

fixo):

PASSA A: d d∀

∂ρ∀ + ρ =

∂∫ ∫� �i 0

c cSv n S

t

� Admitindo que o escoamento é permanente

d d0 0c cS

v n St∀

∂ρ∀ = ⇒ ρ =

∂∫ ∫� �i

⇓

1 1 1 2 2 2 3 3 3 0u S u S u S−ρ − ρ + ρ =

↓

entrada de combustível por unidade de tempo

, /ρ �2 2 2 2 3u S kg s

HIDRÁULICA I – 3

� ,ρ + = ρ1 1 1 3 3 32 3u S u S

, , ,,

,

−ρ + × × +ρ = ∴ ρ = =

×31 1 1

3 33 3

2 3 1 90 0 4 2 30 348

550 0 2

u SKg m

u S

b) determinação da força desenvolvida pelo motor

� Hipóteses:

1. o movimento é permanente (do ar no banco de ensaio);

2. despreza-se o peso do sistema contido no volume de controle;

3. consideram-se as pressões em termos de pressões relativas.

� Aplica-se a equação da conservação da quantidade de movimento escrita na forma

( )( )d d d d

∀ ∀

∂ ρ∀ + = ρ ∀ +

∂∫ ∫ ∫ ∫�

� �� i

c c c cS S

vv v n S f P S

t

� escoamento permanente:

( )∀

∂ ρ=

∂∫�

0c

v

t ⇒

( ) d d d∀

ρ = ρ ∀ + σ∫ ∫ ∫��

ic c cS S

v v n S f S

( ) d d d∀

ρ = ρ ∀ + +∫ ∫ ∫� � ��

ic c abertasS S

v v n S f P S R

� aplicando a equação segundo x

d 0c

f∀

ρ ∀ =∫�

e d2

22 0

Su S =∫

−ρ + ρ = − +2 21 1 1 3 3 3 1 1 3 3u S u S p S p S R

� com pressões relativas, = =1 3 0p p . Então

, , ,2 21 90 0 4 0 348 550 0 2 1 814R N= − × × + × × = +

17814R N=

HIDRÁULICA I – 4

PROBLEMA 4.2

Uma tubagem horizontal com 30cm de diâmetro conduz água. A velocidade média do

escoamento na secção 1 é de ,10 5ms

− . Dois pequenos tubos verticais introduzem, na tubagem

principal, um caudal de 110 ls− cada, conforme figura.

Ache a diferença de pressões 1 2p p− desprezando o efeito das tensões tangenciais nas

paredes da tubagem e tendo em conta que a secção 2 está suficientemente afastada dos tubos

verticais.

Resolução

1) Admitindo que o escoamento é permanente e que a água é incompressível, a equação

da continuidade vem

d 0cSv n S =∫� �i

• Aplicando ao caso em estudo

− − − + =1 1 2 2 0u A q q u A ,π

= = =2

1 2

0 3

4A A A

, ,− − + =1 2 20 5 0 020 0A u A

,, , , ,

,

−= + ⇒ = + =π×

12 2 1 2 2

0 0200 5 0 020 0 5 0 783

0 3

4

u A A u m s

2) • A diferença de pressões pode ser determinada com base no princípio da conservação

da quantidade de movimento. Para regime permanente

( ) dc

extS

v v n S Fρ = Σ∫� � �i (segundo x )

• Aplicando ao caso em estudo (desprezando tensões tangenciais)

( ) d dρ =∫ ∫��

iabertas abertasS S

v v n S P S

HIDRÁULICA I – 5

( )ρ − + ρ = −1 1 1 2 2 2 1 1 2 2u u A u u A p A p A

= = ⇒ − ρ + ρ = −2 21 2 1 2 1 2A A A u u p p

( ) ( ) ( ), ,2 22 2

1 2 2 11000 1000 0 793 0 5p p U U − = − = −

1 2 363 ap p p P∆ = − = 363 ap P∆ ≅

PROBLEMA 4.3

Um caudal Q entra verticalmente num pequeno canal de secção rectangular com fundo

horizontal e largura B , conforme se mostra na figura. A altura da água à saída é 2h .

Determinar a altura a montante, 1h , admitindo que a distribuição de pressões é hidrostática em

todas as secções transversais.

Resolução

� Admitindo que o escoamento é permanente e que a água é incompressível, a equação da

continuidade vem

d 0cSv n S =∫� �i

d d d+ + =∫ ∫ ∫� � � � � �i i i

1 0 2

1 1 0 0 2 2 0S S S

v n S v n S v n S

d ( )= =∫� � � �i i

0

1 1 1 10 0S

v n S v n

d ( cos ) coscos

= − δ = − δ = − = −δ∫

� �i

0

120 0 0 0 0 0 12

S

L Bv n S u S u u L B Q

HIDRÁULICA I – 6

d =∫� �i

2

2 2 2 2S

v n S u Bh

= ⇒ =2 2 22

Qu B h Q u

B h

Aplicando a equação da conservação da quantidade de movimento segundo x e desprezando

tensões tangenciais

( ) ( )d dρ = Σ = Σ =∫ ∫��

ic c

x pressãoxS S

v v n S F F P S

ou seja,

( ) d ( ) d d dρ − + ρ + = γ − γ∫ ∫ ∫ ∫1 2

1 2

1 1 2 20

h h

S S ou u S u u S B z z B z z

ρ = γ − = γ − γ

2 2 2 22 1 2 1 22 2

2 2 2 2

h h h hu B h B

ρ= + = +

γ

22 2 2 22 21 2 2 2 22 2

U hh u h h h

g

= +

22 2 21 2

2

21

uh h

g h

= + = +2 22

1 2 2 3 22 2

2 21 1

u Qh h h

g h g h B

nota: ( )= ⇒ = + ⇒2 2

22 2 2 22

1 22

1 2r r

uF h h F

g h

⇒ = +2

21 2 1 2 rh h F

HIDRÁULICA I – 7

PROBLEMA 4.4

Um jacto horizontal de água, na atmosfera, incide num deflector fixado num corpo sólido com

peso P (Figura) assente num plano horizontal.

Por acção do jacto, o corpo desloca-se na direcção do jacto incidente estando sujeito a uma

força de atrito resultante da força vertical total que actua na respectiva base.

Conhecida a velocidade do jacto, jV , num referencial em repouso e a respectiva área

transversal, jA , pretende-se determinar a velocidade final (constante) do corpo sólido.

Nota: o deflector provoca o desvio do jacto em ângulo recto, sendo desprezáveis as tensões

tangenciais actuantes no jacto e a resistência do ar. Considere constante o coeficiente de atrito

na base do corpo ( aC ).

Resolução

Hipóteses:

− a velocidade do jacto, jV , é constante

− a secção de jacto, jA , é constante antes e depois da deflecção

− a água é considerada incompressível.

− a resistência do ar é nula

− o corpo sólido desloca-se com uma velocidade constante

− adopta-se um referencial variável que se desloca com o corpo sólido

a) Aplicação do princípio da conservação da massa

Jacto de água

Aj, Vj

P

atmosfera

HIDRÁULICA I – 8

O volume de controlo é móvel com velocidade Vs

1jA A=

d d 0c c

s rS S

V n S V n S+ =∫ ∫� �� i i

0SV =�

2 11 2 r rA A V V= → =

b) Aplicação do princípio de quantidade de movimento (linear)

b1) Segundo x x−

( ) ( )d d dc c c

xx x s x r

S S

vF v v n S v v n S

t∀

∂ρ= ∀ + ρ + ρ

∂∑ ∫ ∫ ∫� � � �i i

− = −ρ1

21a rF V A sendo ( )= +

��F.normalresultantenabase docorpo

a aF P R C = (peso + reacção do impulso) aC

=aC coeficiente de atrito

b2) Segundo y y− para cálculo de P R+

( ) dc

y y rS

F v v n S= ρ∑ ∫� �i

2

22rP R V A− + = ρ

HIDRÁULICA I – 9

2

2rR P V A= + ρ

( )= + ρ2

2a r aF P V A C

donde

( )+ ρ + = +ρ2 1

2 2r a rV A P C V A

+ ρ = ρ2 1

2 2a r a rP C V AC V A

( )= ρ −1

2 1a r aP C V A C

( )=

ρ −1 1

ar

a

P CV

A C

Num referencial fixo: 1r j SV V V= −

( )= −

ρ −1

aS j

a

P CV V

A C

Se = → =0a S jC V V

PROBLEMA 4.5

Considere o depósito munido de rodas representado na Figura o qual se desloca com a

velocidade ( )W t relativamente a um referencial em repouso (inercial). O reservatório contém um

líquido com massa volúmica ρ (constante). Do orifício existente na parede do reservatório sai

um jacto com caudal Q.

Desprezando todas as forças de resistência e atrito deduza a equação do movimento do

depósito segundo a direcção horizontal e a expressão do valor da velocidade W .

A aplicação da equação da conservação da massa conduz a

W (t)

Q

z

x

HIDRÁULICA I – 10

dd d

d ∀ρ ∀ + ρ =∫ ∫

� �i 0

c c

rS

v n St

d

d+ ρ = 0

MQ

t ⇔ ( ) = − ρ0M t M Qt

A equação de conservação da quantidade de movimento escreve-se, num referencial inercial,

( ) ( ) ( )d d d d d∀ ∀

∂ρ ∀ + ρ + ρ = ρ ∀ +

∂∫ ∫ ∫ ∫ ∫� ��

i ic c c c c

s rS S S

v v v n S v v n S f P St

⇔

⇔ ( )dd d d d

d ∀ ∀ρ ∀ + ρ = ρ ∀ +∫ ∫ ∫ ∫

� �� i

c c c c

rS S

v v v n S f P St

Segundo o eixo dos xx:

( )dd d

d ∀ρ ∀ + ρ =∫ ∫� � � �

i 0c c

x x rS

v v v n St

dd d

d ∀

ρ ∀ + ρ − + =

∫ ∫� � �

i

��

0c c

x r

S

v v n

Q QW W S

t S S

Sendo S a secção do orifício de saída, a resolução dos integrais conduz a

d

d+ ρ − ρ =

2

0QMW

WQt S

d d

d d+ + ρ − ρ =

2

0QM W

W M WQt t S

.

Introduzindo a equação de conservação da massa:

( )d

d−ρ + − ρ + ρ − ρ =

2

0 0QW

QW M Qt WQt S

( )d

d

ρ=

− ρ

2

0

QW

t S M Qt

Considerando que a velocidade inicial do reservatório é nula

( )d d= ρ

− ρ∫ ∫2

0 00

1W tQW t

S M Qt

ln− ρ

= ρ −ρ

20

0

1 M QtQW

S Q M

lnρ

= − − 0

1Q Qt

WS M


0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0 10 20 30 40 50

Tempo (s)

Velo

cid

ad

e (

m/s

)

0

10

20

30

40

50

0 50 100 150

Distância percorrida (m)

Tem

po

(m

)

PROBLEMA 4.6

Numa tubagem convergente de eixo horizontal existem duas secções, com áreas de , 21 0 m e

, 20 5 m onde, para o escoamento de um dado líquido incompressível, se têm alturas

piezométricas no eixo de ,15 0 m e ,5 0 m , respectivamente. Calcular:

a) O caudal escoado, supondo nula a perda de carga ente as secções e admitindo que o

coeficiente de Coriolis, α , tem o valor de 1,1.

b) O coeficiente de quantidade de movimento se o valor da componente segundo x da força

resistente for 4 kN.

Resolução

a)

,

,

21

22

1 0

0 5

A m

A m

=

=

,1 15 0p

m=γ

,2 5 0p

m=γ

� O princípio da conservação da energia pode ser traduzido pela equação:

d dd d

d d∀

∂ρ + + ∀ + ρ + + = + ∂

∫ ∫� �i

2 2

2 2c c

C

S

Qu u We g z e g z v n S

t t t

em que


e – energia interna por unidade de massa

2

2

u – energia (mecânica) cinética por unidade de massa

g z – energia (mecânica) potencial por unidade de massa

= + +p t vW W W W - trabalhos exercidos sobre o sistema

pW – trabalho das forças normais actuando na superfície de controle

Se as forças normais forem essencialmente de pressão o fluido pouco compressível

dd d

d= − = −∫ ∫

� � � �i i

c

p

S S

Wp v S p v n S

t

tW – trabalho das forças tangenciais actuando na superfície de controle

vW – trabalho fornecido ao sistema (e.g. por um veio)

CQ – calor fornecido ou perdido pelo sistema.

O princípio da conservação da energia pode ser escrito

d dd d

d d

2 2

2 2c c

C

S

Qpu u We g z e g z v n S

t t t∀

∂ρ + + ∀ + ρ + + + = + ∂ ρ

∫ ∫� �i

No caso presente 0CdQ

dt= (conduta termicamente estanque)

0tdW

dt= (despreza-se a variação de energia devido às forças

tangenciais)

= 0vdW

dt (não há veios introduzidos no sistema)

Como o fluido é incompressível, os três termos acima seriam os únicos responsáveis pela

alteração da energia interna do fluido. Sendo nulos, tem-se =e cte .

Sendo o fluido é incompressível e o escoamento permanente .

Sabendo que o escoamento é permanente 0u

t

∂ = ∂

e que o volume de controle é fixo vem


d

ρ + + + = ρ ∫

� �i

2

02abertasS

p ue g z v n S

( ) ( )d d ρ + + ρ + ρ − + ρ + + ρ + ρ − =

∫ ∫1 2

2 2

1 2

1 2

02 2S S

u ue p g z u S e p g z u S

d d d d

d d d d

− ρ − − ρ − ρ

+ ρ − − ρ − ρ =

∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

1 1 1 1

1 1 1 1

21

1 1 1 1 1

22

2 2 2 2 2

2

02

S S S S

S S S S

ueu S p u S g zu S u S

ueu S p u S g zu S u S

d d

d d

−ρ − − ρ − ρ

+ ρ + + ρ + ρ =

∫ ∫

∫ ∫

1 1

2 2

31 1 1 1 1 1

32 2 2 2 2 2

1

2

10

2

S S

S S

eU S p U g zu S u S

eU S p U g zu S u S

Introduzindo a definição do coeficiente de Coriolis,

d

α =∫ 3

3

Su S

U S, o fluxo de energia cinética é

d d−ρ = −αρ ρ = αρ∫ ∫1 2

3 33 31 21 1 2 2

1 1e

2 2 2 2S S

U Uu S S u S S

Quanto aos termos relativos à energia potencial, note-se que

d dρ ≈ ρ = ρ∫ ∫ GS S

g zu S gU z S gU S z

em que Gz é a cota do centro de gravidade da Secção S. Assim, a equação da energia

escreve-se

−ρ − − ρ − αρ

+ ρ + + ρ + αρ =

1

2

31

1 1 1 1 1 1 1 1

32

2 2 2 2 2 2 2 2

2

02

G

G

UeU S p U S gU S z S

UeU S p U S gU S z S

Neste problema, em que há uma secção de entrada (secção 1) e uma secção de saída

(secção 2) e em que o escoamento é permanente e o fluido é incompressível, a equação de

conservação da massa é

− + =1 1 2 2 0U S U S

= =1 1 2 2U S U S Q

Introduzindo na equação de conservação da energia:

−ρ + ρ − + − ρ + ρ − αρ + αρ =1 2

3 3

1 2 2 21 2

02 2

G G

Q QeQ eQ p Q p Q gQz gQz

S S

Simplificando a equação, obtém-se


− + − ρ + ρ − αρ + αρ =1 2

2 2

1 2 2 21 2

02 2

G G

Q Qp p gz gz

S S

Dividindo pelo peso volúmico do fluido

+ + α = + + αγ γ1 2

2 21 2

2 21 22 2

G G

p Q p Qz z

gS gS

A equação anterior expressa a condição de que a carga (energia mecânica por unidade de

peso) se mantém constante entre as secções de entrada e de saída.

Considerando que a conduta é horizontal, =1 2G Gz z . Resolvendo a equação em ordem ao

caudal

+ α = + αγ γ

2 21 2

2 21 22 2

p Q p Q

gS gS

α

− = − γ γ

2 1 2

2 22 1

1 1

2

p pQ

g S S

−γ γ

=α

−

1 2

2 22 1

1 1

2

p p

Q

g S S

,

, , ,

−=

− ×

2 2

15 5

1 1 1 1

2 9 8 0 5 1 0

Q

, −⇒ = 3 17 7m sQ

b)

O coeficiente da quantidade de movimento pode ser estimado com base na equação de

conservação da quantidade de movimento na forma integral

( ) d d d d d∀

ρ = + + τ + ρ ∀∫ ∫ ∫ ∫ ∫��

iaberta abertas outras outras cS S S S

v v n S P S P S S f

Segundo eixo dos xx:

( ) ( )d d d d d dρ − + ρ + = − + + τ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫� �

1 2 1 1

1 1 2 2 1 2outras outras

x xS S S S S S

u u S u u S p S p S P S S

Se se desprezar a força tangencial e também a componente das forças de pressão segundo

x que age nas secções fechadas obtém-se

d d d d−ρ + ρ = −∫ ∫ ∫ ∫1 2 1 1

2 21 2 1 2

S S S Su S u S p S p S


Introduzindo a definição do coeficiente de quantidade de movimento,

d

β =∫ 2

2

Su S

U S, obtém-se

−βρ + βρ = −2 21 1 2 2 1 1 2 2U S U S p S p S

−βρ + βρ = −2 2

1 1 2 21 2

Q Qp S p S

S S

−γ γ

β =

−

1 21 2

2

2 1

1 1

p pS S

Q

g S S

,,

,

, ,

× − ×β = =

−

2

15 1 5 0 52 06

7 7 1 1

9 8 0 5 1

O valor é obtido é irrazoável.

Considere-se agora a distribuição de pressões nas paredes do convergente e a força

resistente, 4000xT = kN. Pela equação de conservação da energia, obtida na alínea

anterior, tem-se

( )

( )

= + α − γ γ

21

2 21

1 1

2

p Qp x

g S S x

O diâmetro varia linearmente:

1( ) 2 tanD x D x= − δ

Assim, a pressão no interior da conduta ao longo do convergente será

( ) ( )( )

tantan

= + α − = + α − γ γ γ π − δ − δ π

2 21 1

2 2 2 4221 1 1

1

1 1 1 16

2 2 22

4

p Q p Qp x

g gS S D xD x


( )( )

tan

= + αρ −

π − δ

2

1 2 421 1

1 16

2 2

Qp x p

S D x

A componente da pressão segundo o eixo dos xx é:

( )( ) sen

tan

= + αρ − δ

π − δ

2

1 2 421 1

1 16

2 2

Qp x p

S D x

Aplicando este resultado na equação de conservação da quantidade de movimento obtém-

se

( ) ( )d d d d d dρ − + ρ + = − + + τ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫� �

1 2 1 1

1 1 2 2 1 2outras outras

x xS S S S S S

u u S u u S p S p S P S S

( ){ }/sen d d

tan∪

−βρ + βρ = −

− + αρ − δ − τ π − δ ∫ ∫

1 2

2 2

1 1 2 21 2

2

1 2 421 1

1 16

2 2c outras

xS S S S

Q Qp S p S

S S

Qp S S

S D x

( ){ }/sen d

tan∪

βρ − = − − + αρ − δ − π − δ

∫1 2

22

1 1 2 2 1 2 422 1 1 1

1 1 1 16

2 2c

xS S S

QQ p S p S p S T

S S S D x

em que os sinais negativos nas parcelas d∫outras

xS

p S e dτ∫outras

xS

S expressam o facto de se

considerar as reacções da conduta sobre o fluido.

A integração de

( ){ }/sen d

tan∪

+ αρ − δ π − δ

∫1 2

2

1 2 421 1

1 16

2 2cS S S

Qp S

S D x

é mais simples em coordenadas polares. Para a transformação de coordenadas, note-se que

cos

a x−=

δ� , cosx a= − δ�

sendo 1

2 tan

Da =

δ.

Assim


1 cos2 tan

Dx = − δ

δ�

Note-se ainda que *cos tan cos 2sen

= = =δ δ δ δ

1 1

2

D Daa e *

cos sen

−= =

δ δ1 2

2

D DLL pelo que os limites

de integração em � são * *sen

− =δ

2

2

Da L e *

2sen=

δ1D

a .

A integração será feita entre 0θ = e 2 senθ = π δ :

( ){ }/sen d

tan∪

+ αρ − δ π − δ

∫1 2

2

1 2 421 1

1 16

2 2cS S S

Qp S

S D x

sen

2sen

2sen

sen d d

tan costan

=θ= π δδ

θ= =δ

= + αρ − δ θ

π − δ − δ δ

∫ ∫�

�

� �

�

1

2

22

1 2 401 2 1

1

1 16

22

2

D

D

Qp

S DD

Como o integrando não depende de θ

( )2sen

2sen

sen dsen

=δ

=δ

= π δ + αρ −

π δ ∫�

�

� ��

1

2

22

1 2 421

1 162

2 2

D

D

Qp

S

2sen

2sen

sen sen d2sen 2sen sen

=δ

=δ

= π δ − + π δαρ − δ δ π δ ∫�

�

��

�

1

2

2 2 22 21 2

1 2 2 4 31

1 12 2

2 2

D

D

D D Qp

S

2sen 2sen

2sen 2sen

sen d dsen

= =δ δ

= =δ δ

− = π + π δαρ − π δ ∫ ∫� �

� �

� � ��

1 1

2 2

2 22 21 2

1 2 2 4 31

1 1 1

4

D D

D D

D Dp Q

S

Note-se que −

π = π − π = −2 2 2 21 2 1 2

1 24 4 4

D D D DS S


( ) ( )2sen 2sensen

− − αρ = − + αρ − − − − δ δ π δ

2 22 21 2

1 1 2 1 22 21

1 1

2 2

Q Q D Dp S S S S

S

( ) ( ) = − + αρ − + αρ −

22

1 1 2 1 221 21

1 1 1 1

2 2

Qp S S S S Q

S SS

( )( ) −

= − + αρ + −

1 221 1 2 2

1 21

1 1 1

2

S Sp S S Q

S SS

( ) = − + αρ − −

2 21 1 2 2

1 21

1 2 1

2

Sp S S Q

S SS

A força ( ) Π = − + αρ − −

2 21 1 2 2

1 21

1 2 1

2x

Sp S S Q

S SS representa a força de pressão, segundo x,

que age nas paredes da conduta.

Introduzindo este resultado na equação de conservação da quantidade de movimento

obtém-se:

( ) βρ − = − − − + αρ − − −

2 2 21 1 2 2 1 1 2 2

2 1 1 21

1 1 1 2 1

2x

SQ p S p S p S S Q T

S S S SS

Note-se que a pressão na secção 2, pela equação de conservação da energia, pode

escrever-se

α = − − γ γ

22 1

2 22 1

1 1

2

p pQ

g S S

Introduzindo este resultado na equação de conservação de quantidade de movimento e

simplificando

( ) α βρ − = − − ρ − − − + αρ − − −

2 2 2 21 1 1 2 1 1 22 2 2

2 1 1 22 1 1

1 1 1 1 1 2 1

2 2x

SQ p S p Q S p S S Q T

S S S SS S S

( ) ( ) α βρ − = − + ρ − − − − αρ − − −

2 2 22 21 1 2 1 1 22 2

2 1 1 22 1 1

1 1 1 1 2 1

2 2x

S SQ p S S Q p S S Q T

S S S SS S S

α βρ − = ρ − − αρ − − −

2 2 22 2

2 22 1 1 22 1 1

1 1 1 1 2 1

2 2x

S SQ Q Q T

S S S SS S S

α β − = − − + + −

ρ

2 2

2 2 22 1 1 22 1 1

1 1 1 2 1

2

xTS S

S S S SS S S Q

β − = α − −

ρ 2

2 1 12

1 1 1 1 xT

S S SS Q


( ) ( )β − = α − −ρ1 2

1 2 1 2 2

xS S TS S S S

Q

( )β = α −

− ρ1 2

21 2

xS S T

S S Q

O resultado acima mostra que o coeficiente da quantidade de movimento depende da

magnitude das forças resistentes e não depende das forças de pressão. As forças de

pressão, cujo trabalho é conservativo, não contribuem para a deformação do perfil de

velocidades. Na ausência de forças resistentes não há dispêndio de energia mecânica do

escoamento e o perfil de velocidades não sofre deformação. Nesses condições, β = α = 1.

Quantificando o coeficiente da quantidade de movimento:

( ),

, ,, ,

× ×β = − =

− × × 2

1 0 5 40001 1 1 03

1 0 5 1000 7 7

Note-se que o mesmo valor poderia ter sido obtido por:

Π− − −

γ γ γ γβ =

−

1 21 2

2

2 1

1 1

x xTp pS S

Q

g S S

, , ,,

,

, ,

× − × − −β = =

−

2

15 1 5 0 5 5 83 0 411 03

7 7 1 1

9 8 0 5 1


PROBLEMA 4.7

Num trecho, de comprimento 2L m= de uma conduta cilíndrica de eixo horizontal está inserida

uma mudança de direcção de 90 . Na conduta escoa-se um fluido compressível. O diâmetro da

conduta é ,0 2D m= . A velocidade média do escoamento em cada secção é ,10 25u ms

−= . As

pressões nas secções 1 e 2 são, respectivamente, ,51 5 10 Pa× e ,

50 9 10 Pa× . As densidades

nas secções 1 e 2 são respectivamente, ,1 5 md e ,0 5 md em que md é a densidade média no

trecho de conduta.

Figura 2

No instante inicial ( 0t s= ), a densidade média no trecho de conduta é ,1 0md = . Calcule:

a) A lei de variação da massa no trecho em função do tempo e a massa em 3t s= ;

b) A força que o escoamento exerce sobre o trecho de conduta quando 3t s= .

RESOLUÇÃO

Equação da continuidade:

dd d

d ∀ρ ∀ + ρ =∫ ∫

� �i 0

c c

rS

v n St

dd d d

d ∀ρ ∀ + ρ + ρ =∫ ∫ ∫

� � � �i i

1 2

1 1 1 2 2 2 0c S S

v n S v n St

d

d− ρ + ρ =1 1 1 2 2 2 0

Mu S u S

t

Como ,ρ = ρ1 1 5 m e ,ρ = ρ2 0 5 m

d

d− ρ + ρ =1 1 2 2

3 10

2 2m m

Mu S u S

t

A velocidade é constante na conduta e no tempo. Sendo d∀

ρ ∀ = = ρ∫c

mM LS , obtém-se:

L/2

x

y

1

2

L/2


d

d− + =

3 10

2 2

M M Mu u

t L L ⇔

d

d=

1 M u

M t L

A resolução da equação diferencial é

d d=∫ ∫0 0

1M t

M

uM t

M L ⇔ ln

=

0

M ut

M L

( ) = 0

ut

LM t M e

Em 3t s= tem-se

,,

( )×

= = × π ×

0 252 32

0 23 2 1000

4M t e

( ) ,= =3 5 82M t kg ERRRO ( ) ,= =3 91 42M t

b)

A equação de conservação da quantidade de movimento escreve-se

( )dd d d d

d ∀ ∀ρ ∀ + ρ = ρ ∀ +∫ ∫ ∫ ∫

� �� i

c c c c

rS S

v v v n S f P St

( )dd d d d d d

d ∀ ∀ρ ∀ + ρ = + + τ + ρ ∀∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

�

�� i

��c aberta abertas outras outras cS S S S

R

v v v n S P S P S S ft

em que R�

é a reacção da conduta sobre o fluido dentro do volume de controlo.

Segundo x:

( )dd d d

d ∀ρ ∀ + ρ = −∫ ∫ ∫

�� i

1 1

1 1 1 1 1c

x x x xS S

v v v n S P S Rt

Segundo y:

( )dd d d

d ∀ρ ∀ + ρ = +∫ ∫ ∫

�� i

2 2

2 2 2 2 2c

y y y yS S

v v v n S P S Rt

Segundo z:

( )= + −0 zR gM t

Simplificando:

Segundo x:

d

d− ρ = −2

1 1

1

2x

Mu u S p S R

t ⇔ − ρ = −

2

1

1 3

2 2m x

u uM u SL p S R

L L


⇔ ( ) ( )= +2

1x

uR t p S M t

L

Segundo y:

d

d+ ρ = − +2

2 2

1

2y

Mu u S p S R

t ⇔ + ρ = − +

2

2

1 1

2 2m y

u uM u SL p S R

L L

⇔ ( ) ( )= +2

2y

uR t p S M t

L

Segundo z:

( ) ( )=zR t gM t

Em 3t s= tem-se

, ,( ) , ,= = × × π + ×

2 25 0 2 0 25

3 1 5 10 5 824 2

xR t N

, ,( ) , ,= = × × π + ×

2 25 0 2 0 25

3 1 5 10 5 824 2

yR t N

( ) , ,= ×9 8 5 82zR t N

e F R= −� �

.


PROBLEMA 4.8

Calcular as forças a que estaria sujeito o maciço de amarração da bifurcação representada em

planta na figura,

, ,1 20 0 50 500A B C D E A B C D ED m D D D D m p p p p p kPa= = = = = = = = = =

nas seguintes condições:

a) Quando as válvulas instaladas em B , C , D e E se encontram fechadas.

b) Quando as válvulas em B e E se encontram fechadas e por cada uma das secções C e

D se escoa um caudal de 3 13 m s− .

c) Quando as válvulas em B e C se encontram fechadas e por cada uma das secções D e

E se escoa um caudal de 3 13 m s− .

d) Quando por cada uma das secções B , C , D e E se escoa um caudal de , 3 11 5 m s− .

Considere o coeficiente de Coriolis 1α = e despreze o peso da água. Os eixos da conduta e da

bifurcação são horizontais.

Resolução

,

,

1 20

0 50

A

B C D E

D m

D D D D m

=

= = = =

500A B Ep p p K Pa= = = =…

a) Válvulas B , C , D e E fechadas

A equação de conservação da quantidade de movimento é

ye

xe


( )dd d d d d d

d ∀ ∀ρ ∀ + ρ = + + τ + ρ ∀∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

�

�� i


R


Estando as válvulas fechadas será:

d

Π

+ =∫�

� �

��

0abertas

A

SP S R

x AR = − Π� �

xR�

– efeito do maciço sobre o volume de controle

( ),,

2

21 2

1 134

AA mΠ ×

= =

, ,11 13 500 000 565 5A N e kNΠ = × =�

, 1565 5xR N e= −�

Força sobre o maciço: , 1565 5F N e=�

b) Válvulas B e E fechadas; 3 13C DQ Q m s−= =

3 16AQ m s−= ,,

165 305

1 13AU m s

−= =

O escoamento é permanente e o fluido é incompressível. No plano xy:

( ) d dρ = +∫ ∫� ��

iaberta abertasS S

v v n S P S R

Segundo x:

( ) ( ) ( )d d d

d d d

ρ + ρ + ρ =

− − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

� � � � � �i i i

A C D

A C D

Ax A A Cx C C Dx D DS S S

Ax Cx Dx xS S S

v v n S v v n S v v n S

p S p S p S R

d cos º d cos º d

d cos º d cos º d

Π ΠΠ

− ρ + ρ + ρ =

− − +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

� ��

��

2 2 260 60

60 60

A C D

A DC

A C D

A DC

A C DS S S

M MM

A C D xS S S

u S u S u S

p S p S p S R

Segundo y:


sen º d sen º d

sen º d sen º d

ΠΠ

ρ − ρ =

− + +

∫ ∫

∫ ∫

��

��

2 260 60

60 60

C D

DC

C D

DC

C DS S

MM

C D yS S

u S u S

p S p S R

, ,= β ρ = × × × =�� 1 0 1000 6 5 305 31831A A AM Q U N

( ),2

0 5500 000 98175

4C D N

Π ×Π = Π = × =� �

( ),

×= = × × =

π

� ��

2

3 41000 3 45836

0 5C DM M N

• As componentes de CΠ e

DΠ segundo y anulam-se.

• O mesmo acontece com as de

�CM e de � DM

( ) ( )cos cosΠ Π + Π + − + − =� � �60 60 0o oA C D A C D xM M M R

cos cosΠ − Π + − − =� �2 60 2 60 0o oA C A C xM M R

cos ,= ⇒ Π − Π + − − =� �60 0 5 0oA C A C xM M R

, , , ,565 5 98 175 31 831 45 836 xR− + − =

, , ,1 14536 3 453 3 453 3x xR kN R kNe F kNe= = − ⇒ =� ��

c) Válvulas B e C fechadas; 3 13D EQ Q m s−= =

• As componentes de EΠ e

DΠ segundo x anulam-se.

• O mesmo acontece com as de

�DM e de � EM

� Segundo x : ( ), ,Π + − = ⇒ = +� 0 565 5 31 8A A x xM R R kN

,597 3xR kN=


� Segundo y : ( ) ( )cos cosΠ + Π − − − − = � �30 30 0E D E D yM M R

cos cos , ,2 30 2 30 170 0 79 4E E y yM R RΠ + = ⇒ + =

,249 4yR kN=

� , ,1 2597 3 249 4R kN e kN e= − −� � �

� , ,1 2597 3 249 4F R kN e kN e= − = +� � � �

�

� ,

arc , ,,

249 422 66 22 66

797 3tgθ = = ⇒ θ =

d)

� Em face das simetrias verificadas tem-se

( ), , ,Π + − = ⇒ = + =� 0 565 5 31 8 597 3A A x xM R R kN kN

, ,1 1597 3 597 3xR kN e F kN e= − ∴ =� ��


PROBLEMA 4.9

Numa galeria circular em pressão, com ,3 0m de diâmetro, escoa-se um caudal de 3 125m s− .

Aquela galeria tem inserida uma curva com eixo horizontal, de raio igual a 10m e ângulo ao

centro de 60 , em que a altura piezométrica se pode considerar constantemente igual a 100m .

Determinar a força sobre o troço curvo da galeria nos seguintes casos:

a) Quando se dá o escoamento atrás referido.

b) Quando não há escoamento em virtude de a galeria ter sido obturada por uma comporta

muito afastada da curva.

c) Quando a obturação se faz imediatamente a jusante da curva por uma comporta.

Resolução

A equação de conservação da quantidade de movimento é

( )dd d d d d d

d ∀ ∀ρ ∀ + ρ = + + τ + ρ ∀∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

�

�� i


R


O escoamento é permanente e o fluido é incompressível. A equação de conservação da

quantidade de movimento fica

( ) d d d∀

ρ = + + ρ ∀∫ ∫ ∫��

iaberta abertas cS S

v v n S P S R f

Segundo x:

( ) ( )d cos º d d cos º dρ − + ρ + = − −∫ ∫ ∫ ∫1 2 1 2

60 60 xS S S S

u u S u u S p S p S R

Segundo y:

( ) ( )sen º d sen º dρ − + = −∫ ∫2 2

60 60 yS S

u u S p S R


Segundo z:

= θ ρzR R Sg

( )d , ,

×= ρ = βρ = × × × =

π∫� 2

2

25 41 0 1000 25 88 42

3SM u S QU kN

,π Π ×

Π = = γ × × = × × =γ

29

9800 100 6927 24 4

DppS kN

a) Quando se dá o escoamento

Segundo x :

cos cosΠ + − Π − − = � �60 60 0xM M R

( ), , , , ,6927 2 88 4 0 5 6927 2 88 4xR = + − +

( ), , , ,0 5 6927 2 88 4 3507 8 kN= + =

Segundo y :

( )cos cosΠ − − − = �30 30 0yM R

( ) cos ,30 6075 7y yM R R kNΠ + = ⇒ =

Segundo z :

Comprimento ,= × π× = × π× =1 1

2 20 10 4726 6

R m

Volume: ( )

, ,π×

∀ = × =2

33

10 472 74 024

m

( ), ,3 374 02 9800 725 4G N e kN e= − × = −� � �

� Força F�

: , , ,1 2 335074 8 6075 7 725 4F kN e kN e kN e= + + −� � � �


� Em planta: ,

arctan,

θ = = 6075 760

3507 8

,2 2 7015 6p x yF R R kN= + =�

� Na vertical: ,

arctan ,,

δ = = 725 45 90

7015 6

2 2 7053pF F G kN= + =

b)

� ( )cos ,60 0 1 0 5x xR RΠ − Π − = ⇒ Π − =

, , ,0 5 6927 2 3463 6xR kN= × =

� cos , cos ,30 0 6927 2 30 5999 1y yR R kNΠ − = ⇒ = =

� , ,1 23463 6 5999 1R kN e kN e= − −� � �

� , ,1 23463 6 5999 1pF kN e kN e= +� � �

,

arctan,

θ = = 5999 160

3463 6


60θ =

� ,6927 2pF kN=

,arctan ,

,δ = ≈ 725 4

5 986927 2

c) Quando a obturação se faz à saída da curva, todo o impulso de montante descarrega no

maciço.

,6927 2xR kN= Π =

, 16927 2p xF R kN e= − = +� � �

( ) ( ); , , ,2 2

0 6927 2 726 4 6965 1F kNθ = = + =

,arctan ,

,δ = = 725 4

5 986927 2

PROBLEMA 4.10

Determine a pressão que deverá ter o escoamento na secção A para que a tubagem

representada na figura fique em equilíbrio no apoio B .

, ,2 20 50 0 10 10A C DS m S S m G kN= = = =

Despreze as perdas de carga, as diferenças de cota das secções, o peso da tubagem e a

contracção nas secções C e D .

Resolução

� Desprezando as perdas de carga, tem-se

A C DH H H= =


22

2 2

C CA AA C

p Up Uz z

g g+ + α = + + α

γ γ

� Desprezando diferenças de cotas

22

2 2

C cA A p Up U

g g+ α = + α

γ γ

Como 2 2

2 20

2

C CA A

C A

p Qp Q

g S S

α= ⇒ = −

γ γ

� Como C DH H= e C D C DS S Q Q= ⇒ = e 2 2A CQ Q Q= =

� A equação anterior vem, então, para 1α = :

( ) ( ) , ,, ,

2 2 2

2 2

41 1 4

2 2 0 01 0 250 1 0 5

Ap Q Q Q

g g

= − = − = γ

( )2 242

100 162

Q Q

g g= − =

242Ap Qg

γ=

� Para que a tubagem fique em equilíbrio no ponto B, então

0BΓ =∑

� Forças em presença:

, 20 5 21A Ap QΠ = = ρ

,

222

2 4 80 5

A A A

A

Q QM Q U Q Q

S= ρ = ρ = ρ = ρ

,

2210

0 1C D

QM M Q= = ρ = ρ

� Por equilíbrio de momentos vem

1 20

M MG ΠΓ + Γ + Γ − Γ =� � � �

( ) cos2 2 2 22 21 2 8 2 10000 4 10 6 10 60Q Q Q Q× ρ + × ρ − × − − × ρ − × ρ =


2 2 2 242 16 20 000 40 30 0Q Q Q Q= ρ + ρ − + ρ − ρ =

( ) 2 242 16 40 30 20 000 68 20 000Q Q Nm+ + − ρ = ⇒ ρ =

2 220000 42 20 00042

68 68A aQ Nm p Q P

×ρ = ⇒ = ρ =

12353A ap P=

PROBLEMA 4.11

Um torniquete hidráulico roda à velocidade de 10rpm sobre um “pivot” de 20mm de diâmetro e

de 50mm de altura, com uma folga de ,0 10mm , preenchida por um lubrificante de viscosidade

cinemática 3 2 16 10v m s− −= × . Os eixos dos jactos do torniquete, normais ao respectivo braço,

distam 150mm do eixo de rotação vertical, sendo os orifícios de saída circulares, com 10mm de

diâmetro.

Supondo nula a contracção do jacto e conhecendo a densidade relativa do lubrificante que é

igual à unidade, calcular o caudal de água que deverá escoar-se para manter o movimento em

regime permanente.

RESOLUÇÃO

� O momento actuante devido às quantidades de movimento 1M�

e 2M�

é igual, em

regime permanente, ao momento resistente devido à mobilização da viscosidade na

película de lubrificante.

� Momento associado a 1M�

e 2M�

( ),' ' , ,

2

5 21 2

0 011 0 7 85 10

4M M QU S m−Π ×

= = α ρ α = = = ×


2

1 2 5

1000

785 10

QM M

−= =

×

, , , , 6 21 2 10 15 0 15 0 30 3 82 10actuante M M M QΓ = + = × = ×

, 6 23 82 10actuante QΓ = ×

� Momento resistente

� A força resistente é F A= σ

em que A é a área do cilindro com 20 mm

de diâmetro

e 50 mm

de altura.

� Se se considerar v

n

∆σ = µ

∆

vem ( )

( ),

3 40

1000 6 10 100 0001

v av r−−

σ = µ = × × × = σ

� Como ( ) 1 110 210

60 3v r w r rpm r rad s r rad s r

− −× Π Π = = × = =

e ,10 0 01r mm m= = (raio do pivot), então

( ) , ,1 2 10 01 1 047 103

v r m s m s− − −Π= × = ×

� Ou seja

, ,2 2 21000 6 10 1 047 10 628 3Nm Nm− − −σ = × × × × =

� Como , , ,3 22 2 0 01 0 05 3 1416 10A r h m

−= Π × = Π × × = ×

vem ,1 97F N=

e o momento resistente será

, ,0 01 0 0197resist F NmΓ = × =

� Em regime permanente actuante resistΓ = Γ ⇒

, , ,6 2 5 3 13 82 10 0 0197 7 188 10Q Nm Q m s− −× = ⇒ = ×


� O caudal escoado é , 4 3 12 1 437 10Q m s− −= ×

PROBLEMA 4.12

Uma pequena turbina de água, conforme esquema da figura, fornece uma potência de ,7 7kW .

Determine a força horizontal provocada pelo escoamento no túnel, desprezando o aumento de

energia devida ao atrito e as transferências de calor (turbina termicamente estanque).

RESOLUÇÃO

� O cálculo da força provocada no túnel (envólucro) implica a aplicação do princípio da

conservação da quantidade de movimento.

“A taxa de variação da quantidade de movimento em ordem ao tempo de uma dada

massa fluida é igual à soma das forças exteriores que sobre elas actuam”:

( ) ( ) .d d dc c c

extS

t

Dv v v v n S f

D t∀ ∀

∂ρ ∀ = ρ ∀ + ρ = Σ

∂∫ ∫ ∫� � � � �

i

� No caso em estudo

� Trata-se de um escoamento permanente pelo que


( ) d 0c

vt∀

∂ρ ∀ =

∂∫�

� A equação da quantidade de movimento vem

( ) dc

xS

v v n S Fρ =∑∫� � �i

� Ou seja, admitindo que a força exercida pelo túnel e pela turbina, no volume de

controle é xR ,

( )2 21 1 2 2 1 1 2 2 xU A U A p A p A Rρ − + = − − 1

� Na equação anterior, desconhecem-se 2U , 2p e xR pelo que necessitamos de mais

duas equações.

� 2U pode determinar-se pela aplicação da equação da continuidade

d d 0c cS

v n St∀

∂ρ∀ + ρ =

∂∫ ∫� �i

Como o escoamento é permanente d 0c t∀

∂ρ∀ =

∂∫ . Como o fluido é incompressível

( )cteρ = ,

d d d0 0c c cS S S

v n S v n S v n Sρ = ρ = ⇒ =∫ ∫ ∫� � � � � �i i i

Ou seja,

,

21

11 11 1 2 2 2 2

2 2

54

0 8 88

4

D

U AU A U A U ms

A D

−

×Π

− + = ⇒ = = =

Π

, 12 8 88U ms−=

� Para determinar 2p é necessário recorrer ao princípio da conservação da energia

(1º princípio da termodinâmica) segundo o qual “a variação da energia de um

sistema de controle é o resultado das trocas de calor e de trabalho com o exterior”.

� O princípio da conservação da energia pode ser traduzido pela equação:

d dd d

d d

2 2

2 2c c

C

S

Qpu u We g z e g z v n S

t t t∀

∂ρ + + ∀ + ρ + + + = + ∂ ρ

∫ ∫� �i

� Aplicando o caso em estudo


−ρ + + + ρ + + =

ρ ρ

2 21 1 2 2

1 1 2 22 2

vG G

dWp U p Ug z Q g z Q

dt

� Potência = Energia/tempo vdW

dt⇒ é uma potência (trabalho/tempo)

7700vdWW

dt= − porque se trata de um trabalho cedido pelo sistema

� ;= = =1 2 1 2G GQ Q Q z z

2 22 2 1 1 7700

2 2

p U p UQ

ρ + − − = − ρ ρ

� ( ), ,

2 2 22

0 609 8 88 5 1035001000 5 7700

4 1000 2 2 1000Q

p × Π × × + − − = −

��

⇓

2 71284 ap P=

� Da equação 1 vem

( )2 21 1 2 2 1 1 2 2xR p A p A U A U A= − + ρ −

( ) ( ) ( ), ,,

2 2

21 2

0 609 0 457103500 71284 1000 25 8 88

4 4xR A A= ×Π − ×Π + −

,

,

21

22

0 2913

0 1640

A m

A m

=

=

( ), , 112 81 12 81x xR kN R kN e= ⇒ = −� �

� A força horizontal provocada pelo escoamento no túnel é

( ), 112 81xF R F kN e= − ⇒ =� � � �


PROBLEMA 4.13

Determine a diferença entre as potências do escoamento nas secções A e C da tubagem

indicada na figura, quando se escoa o caudal de ,3 12 0m s

− .

Despreze as perdas de carga localizadas e considere uniforme a distribuição de velocidades nas

secções A e C .

RESOLUÇÃO

,1 0

300

A

A

D m

p kPa

=

=

,0 5

200

C

C

D m

p kPa

=

=

,1

2

2 82 55

1

4

AU ms−= = =

ΠΠ ×

( ),

,,

1

2

2 8 3210 186

0 250 5

4

CU ms−= = = =

Π × ΠΠ ×

,,

,

2300 000 2 5530 94

9800 19 6A A AH z z

= + + = +

,,

,

2200 000 10 18625 70

9800 19 6C A AH z z

= + + = +

( ) ( ), , ,30 94 25 70 5 24A C A AH z z m−∆ = + − + =

( ) , ,9800 2 5 24 102 669 102 7ACP Q H W kW∆ = γ ∆ = × × = =


,102 7P kW∆ =

PROBLEMA 4.14

Considere o esquema indicado na figura seguinte. A conduta entre os reservatórios A e B tem

3km de comprimento e apresenta uma perda de carga unitária ,0 0005J = para o caudal

turbinado de ,3 12 0m s

− . Determine:

a) A potência da turbina para um rendimento de ,0 80η = .

b) A potência que deveria ter uma bomba instalada em vez da turbina para, com um

rendimento ,0 60η = , elevar de B para A o mesmo caudal.

Desprezar todas as perdas de carga localizadas e a velocidade no interior dos reservatórios.

RESOLUÇÃO

1 2 80 40 40uH H H m+ ∆ + ∆ = − =

, ,1 2 0 0005 3000 1 5H H J m∆ + ∆ = = × =�

, ,40 1 5 38 5uH m= − =

, , ,0 80 9800 2 38 5 603680 603 7turbina uP Q H W kW= η γ = × × × = =


1 2t gH H H H= + ∆ + ∆

, ,40 1 5 41 5tH m= + =

,, ,

,

9800 2 41 51355666 7 1355 7

0 60

tbomba

Q HP W k u

γ × ×= = = =

η

PROBLEMA 4.15

Numa conduta de eixo horizontal em que se escoa um caudal de ,3 10 1m s

− de água, existe um

estreitamento brusco, como se indica na figura.

A montante e a jusante do estreitamento estão montados piezómetros em que se lêem alturas de

,5 65m e ,5 00m , respectivamente, medidas em relação ao eixo da conduta. Calcular a perda de

carga provocada pelo estreitamento. Considere uniforme a distribuição de velocidades nas

secções.

RESOLUÇÃO


2

2

p UH z

g= + + α

γ

� Como a distribuição de velocidades é uniforme, 1α = e U u= , ou seja, a velocidade

é a mesma em todos os pontos das secções rectas, designadamente nas secções 1

e 2.

� ( ),

, ,

,,

221

1 221

0 15 65 5 752

20 3

19 64

UpH z m

g

= + + = + = γ Π ×

×

� ( ),

, ,

,,

221

2 222

0 15 00 5 517

20 2

19 64

UpH z m

g

= + + = + = γ Π ×

×

� Desprezando a perda de carga contínua entre as secções 1 e 2 pelo facto de

estarem muito próximo

( )arg . , , ,1 2 5 752 5 517 0 235alH H H m m∆ = − = − =

,0 235H m∆ =

resolucaohi cap4 versaonova correcta rf · do orifício existente na parede do reservatório sai um...

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