André Barcellos Ferreira –
[email protected] 1 Universidade Federal do Espírito Santo HIDRÁULICA BÁSICA – 4ª edição EXERCÍCIOS RESOLVIDOS Exercícios propostos do capítulo 2: 2.7, 2.10, 2.14, 2.16, 2.20, 2.21, 2.23, 2.34, 2.35, 2.36. (pg. 1) Exercícios propostos do capítulo 3: 3.1, 3.7, 3.8, 3.10, 3.13. (pg. 7) Exercícios propostos do capítulo 4: 4.1, 4.4, 4.7 e 4.9. (pg. 11) Exercícios propostos do capítulo 5: 5.1, 5.2 5.4, 5.6, 5.8, 5.14. (pg. 16) Exercícios propostos do capítulo 6: 6.1, 6.2, 6.6. (pg. 22) Exercícios propostos do capítulo 8: 8.1, 8.2, 8.3, 84, 8.5, 8.6, 8.8, 8.10, 8.19, 8.20. (pg. 27) Exercícios propostos do capítulo 9: 9.5, 9.6, 9.8. (pg. 33) Exercícios propostos do capítulo 12: 12.7, 12.9, 12.13, 12.18. (pg. 35) 2.7 Água escoa em um tubo liso, ε εε 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 f → fator de atrito V → velocidade média Na situação final, J 0 (Q) = J(Q/2). Portanto: ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 / / 2 2 2 4 Q A Q A f f f Q f Q D g D g A A ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ = ( ) ( ) 2 2 5,4 5,4 6 0,9 6 0,9 0, 25 1 5, 74 5, 74 log 2log 3, 7 10 10 5, 74 5, 74 log log 3, 7 10 10 D D ε ε | | ∴ = ⇔ = + ⇔ | \ ¹ ( ( | | | | ( ( | | + ( ( | | \ ¹ \ ¹ ¸ ¸ ¸ ¸ 3 5 5,4 5,4 5,4 5, 74 5, 74 100 5, 74 2, 262 10 100 (1 100) 8, 370 10 3, 7 3, 7 27, 027 10 10 10 D D D ε ε ε − − − ⋅ | | ⇔ = + ⇔ = − ⇔ = = − ⋅ | \ ¹ Resolvendo por um outro método, tem-se: (antes) 2 1 1 4 V D Q π ⋅ ⋅ = 2 1 1 1 2 L V H f D g ∆ = (depois) 2 1 1 2 V V = 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 4 2 2 L V L V H H f f f f D g D g ∆ = ∆ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ = Recentemente, Swamee apresentou uma equação geral para o cálculo do fator de atrito, válida para os escoamentos laminar, turbulento liso, turbulento rugoso e de transmissão, na forma: 0,125 16 8 6 0,9 64 5, 74 2500 9, 5 ln Re 3, 7 Re Re f y D y y ε − ¦ ¹ ( | | | | | | ¦ ¦ ( = + + − ´ ` | | | ( \ ¹ \ ¹ \ ¹ ¦ ¦ ¸ ¸ ¹ ) Pela equação de Swamee, aplicada no tubo liso: 2 0,9 0, 25 2 5, 74 log 3, 7 Re f V J f D g D y ε = = ( | | + ( | ( \ ¹ ¸ ¸ André Barcellos Ferreira –
[email protected] 2 Universidade Federal do Espírito Santo ( ) ( ) ( ) 0,125 16 8 6 5 5 3 6, 4 10 9,5 ln 2, 28 10 2, 5 10 0, 011597 f − − − − ¦ ¹ ¦ ¦ ( = ⋅ + ⋅ − ⋅ = ´ ` ( ¸ ¸ ¦ ¦ ¹ ) Assim: 2 1 2 4 0, 046388 f f f = ⇒ = Pela equação do tubo rugoso: 1 1 2, 04log 1, 67 2, 04log 1, 67 2 0, 046338 R D f ε ε | | = + ⇒ = + ⇔ | \ ¹ 4, 64298 2, 04 log log2 1, 67 1, 4573 log log2 log 1, 7584 D D D ε ε ε ( | | | | | | ⇔ = − + ⇔ = − ⇔ = ⇔ | | | ( \ ¹ \ ¹ \ ¹ ¸ ¸ 0,0174 D ε = 2.10 Em uma tubulação circular, a medida de velocidade do escoamento, a uma distância de parede igual a 0,5 R, em que R é o raio da seção, é igual a 90% da velocidade na linha central (velocidade máxima). Determine a relação entre a velocidade média V e a velocidade central v máx , e a rugosidade relativa da tubulação. Sugestão: utilize o resultado do Exemplo 2.2 e as Equações 2.20 e 2.34. Equação 2.20 ⇒ * 2,5ln máx v V R u y − = Equação 2.34 ⇒ 1 3, 71 2log D f ε | | = | \ ¹ Do Exemplo 2.2, * 4, 07 0, 765 máx máx v V u V v = + → = * * * 0, 9 2,5ln 1, 733 0,1 1, 733 0,577 0,5 máx máx máx máx v v R v u u v u R − | | = = ⇔ = ⇔ = | \ ¹ Pela Equação 2.32 * 2,5ln 4,73 V R u ε ( = + ( ¸ ¸ , tem-se: 0, 765 2,5ln 4, 73 ln 3, 41 30, 30 0, 0165 0,577 2 2 2 máx máx v D D D v D ε ε ε ε = + ⇔ = ⇔ = ⇒ = 2.14 Em relação ao esquema de tubulações do exemplo 2.8, a partir de que vazão 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 1 = 1,345⋅10 3 ) No trecho AB: D 1 = 6”, C = 130 e J 1 = 1,12 m/100 m → β 1 = 1,345⋅10 3 1,85 3 1,85 1 1 1 1 1 1,12 1, 345 10 0, 0216 J Q Q Q β = ∴ = ⋅ ∴ = m 3 /s No trecho BC: D 2 = 4”, C = 130, J 2 = 1,12 m/100 m, β 2 = 9,686⋅10 3 1,85 3 1,85 2 2 2 2 2 1,12 9, 686 10 0, 00745 J Q Q Q β = ∴ = ⋅ ∴ = m 3 /s A diferença é consumida na rede: Q B = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m 3 /s = 14,2 l/s A cota piezométrica em A é CP A = 812,0 m. Em B é a cota menos a perda: CP B = CP A – ∆H AB = 812 – J 1 L 1 = 812 – 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] 3 Universidade Federal do Espírito Santo Neste caso, CP B < 800m 1 812 800 0, 0185 650 H J L ∆ − = = = m/m Aço soldado novo: C = 130 (tabela 2.4) D 1 = 6”, C = 130, J 1 = 1,85 m/100 m, β 1 = 1,345⋅10 3 1,85 3 1,85 1 1 1 1 1 1,85 1, 345 10 0, 02836 J Q Q Q β = ∴ = ⋅ ⇔ = m 3 /s = 28,36 l/s 2 800 800 0 420 J − = = Toda a vazão proveniente do reservatório superior é utilizada no abastecimento na iminência. Para que o reservatório inferior entre em operação, Q B > 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 2 O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão disponível no ponto B seja 17 mH 2 O? A tubulação de aço soldado novo (C = 130) está no plano vertical. Carga de pressão em CP A = 25 mH 2 O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão em B seja CP B = 17 mH 2 O? 25 A P γ = m, 17 B P γ = m, z A = 0, z B = 5 m 2 2 , 2 2 A A B B A B P V P V z z H g g γ γ + + = + + + ∆ v A = v B ⇒ 25 = 17 + 5 +∆H ⇔ ∆H = 3 mH 2 O Pela tabela 2.3, β = 1,345⋅10 3 3 0, 0191 157,1 H J L ∆ = = = m/m = 1,91 m/100 m 1 1 1,85 1,85 1,85 3 1,91 28, 9 1,345 10 J J Q Q β β | | | | = ⇒ = = = | | ⋅ \ ¹ \ ¹ l/s 2.20 Em uma adutora de 150 mm de diâmetro, em aço soldado novo (ε εε 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 Q A = 38,88 l/s Q B = 31,81 l/s ε = 0,10 mm CP A = 657, 58 m L = 500 m CP B = 643,43 m Fórmula universal da perda de carga: 2 ; 2 L V H f D g ∆ = 2 ; 2 fV J Dg = H L J ∆ = × • A – C: 3 2 38,88 10 2, 20 0, 075 A A Q v A π − ⋅ = = = ⋅ m/s; ƒ A = 0,0191; 2 0, 0191 2, 20 0, 0314 2 2 0,15 9,8 A A A f V J Dg ⋅ = = = ⋅ ⋅ m/m • B – C: André Barcellos Ferreira –
[email protected] 4 Universidade Federal do Espírito Santo 3 2 31,81 10 1,80 0, 075 B B Q v A π − ⋅ = = = ⋅ m/s; ƒ B = 0,0193; 2 0, 0193 1,80 0, 0213 2 2 0,15 9,8 B B B f V J Dg ⋅ = = = ⋅ ⋅ m/m Pela ideia de que a energia total se mantém constante, e como o escoamento é constante, pode-se usar a equação 2 2 , 2 2 A A B B A B p V p V z z H g g γ γ + + = + + + ∆ onde . n n n p z CP γ + = Colocando os valores do problema, tem-se: 2 2 2, 20 1,80 657, 58 643, 43 657,83 643, 60 14, 23 2 9,8 2 9,8 H H H + = + + ∆ ⇔ = + ∆ ⇔ ∆ = ⋅ ⋅ m Sabe-se que a perda de carga total é devida à perda de carga nos pontos A e B. Assim: ( ) 0, 0314 0, 0213 500 14, 23 A B A A B B A A H H H J L J L L L ∆ = ∆ + ∆ = + = ⋅ + ⋅ − = ⇔ 3,58 0, 0101 14, 23 10, 65 354, 45 0, 0101 A A L L ⇔ ⋅ = − ⇔ = = m Pela fórmula de Hazen-Williams: J = βQ 1,85 , β A = β B = 1,345⋅10 3 J A = 1,345⋅10 3 (38,88⋅10 –3 ) 1,85 → J A = 3,309 m/100 m J B = 1,345⋅10 3 (31,81⋅10 –3 ) 1,85 → J B = 2,283 m/100 m Portanto: ∆H A + ∆H B = ∆H ⇔ J A L A + J B L B = ∆H ⇔ 0,0314L A + 0,02283(500 – L A ) = 14,2 ⇔ ⇔ 14, 23 500 0, 02283 274, 37 0, 03309 0, 02283 A L − ⋅ = = − m 2.21 Em uma tubulação horizontal de diâmetro igual a 150 mm, de ferro fundido em uso com cimento centrifugado, foi instalada em uma seção A uma mangueira plástica (piezômetro) e o nível d’água na mangueira alcançou a altura de 4,20 m. Em uma seção B, 120 m à jusante de A, o nível d’água em outro piezômetro alcançou a altura de 2,40 m. Determine a vazão. D = 150 mm = 0,15 m C = 130 Tabela 2.3 → β = 1,345⋅10 3 1,85 J Q β = ⋅ e H J L ∆ = 1,85 3 4, 20 2, 40 1,5 100 0,0253 120,00 1,345 10 J Q Q − ( = → = ⇒ = ( ⋅ ¸ ¸ m 3 /s = 25,3 l/s Outro método: D = 150 mm = 0,15 m CP A = 4,20 m CP B = 2,40 m D AB = 120 m V A = V B ⇒ 4, 2 2, 4 1, 8 H H = + ∆ ⇔ ∆ = m 1,8 0, 015 120 H J L J ∆ = ⋅ ⇒ = = 1,85 1,85 4,37 1,85 4,37 1,85 1,85 4,37 0, 015 130 0,15 10, 65 10, 65 10, 65 Q J C D J Q C D ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = = 1,85 3 2,878 10 0, 0423 Q − ⇔ = ⋅ = m 3 /s = 42,3 l/s 2 2 2 2 2 2 2 2 A A B B A B A B A B P V P V V V z z H CP CP H g g g g γ γ + + = + + + ∆ ⇔ + = + + ∆ André Barcellos Ferreira –
[email protected] 5 Universidade Federal do Espírito Santo 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: 1 2 1 1 2 2 f f h h J L J L = ⇔ = 2 2 5 8 f Q J g D π = ⇒ 2 2 5 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 4 2 4 5 1 2 8 8 0,032 600 1500 0,056 0, 259 0,024 300 3000 f Q f Q L L Q g D g D π π ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇒ = = ⋅ ⋅ m 3 /s Por outro método: 1. L 1 = 1500 m 2. L 2 = 3000 m D 1 = 300 mm = 0,3 m D 2 = 600 mm = 0,6 m f 1 = 0,032 f 2 = 0,024 Q 1 = V 1 A 1 Q 2 = ? 2 1 1 0, 0707 4 D A π ⋅ = = m 2 2 2 2 0, 2827 4 D A π ⋅ = = 1 1 1 0, 7922 Q V A = = m/s 2 2 2 2 2 2 2 3, 5368 Q Q V A V Q A = ⋅ ⇔ = = Tubulações em paralelo → ∆H 1 = ∆H 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 f V f L V f L V f L V f L V f L V H J L H L D g D g D g D g D D | | ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ⇔ ∆ = = ∴ = ⇔ = | | ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ \ ¹ 2 2 2 2 0, 032 1500 0, 7922 0, 024 3000 3, 5368 0, 3 0, 6 Q ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = ⇒ 2 2 2 2 0, 032 1500 0, 7922 0, 6 0, 25864 0, 3 0, 024 3000 3, 5368 Q ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ = = ⋅ ⋅ ⋅ m 3 /s = 258,64 l/s 2.34 Uma tubulação de 0,30 m de diâmetro e 3,2 km de comprimento desce, com inclinação constante, de um reservatório cuja superfície está a uma altura de 150 m, para outro reservatório cuja superfície livre está a uma altitude de 120 m, conectando-se aos reservatórios em pontos situados 10 m abaixo de suas respectivas superfícies livres. A vazão através da linha não é satisfatória e instala-se uma bomba na altitude 135 m a fim de produzir o aumento de vazão desejado. Supondo que o fator de atrito da tubulação seja constante e igual a f = 0,020 e que o rendimento da bomba seja 80%, determine: a) a vazão original do sistema por gravidade; b) a potência necessária à bomba para recalcar uma vazão de 0,15 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) h f = J⋅L =150 – 120 = 30 m 2 2 2 5 2 5 2 5 8 9,81 0, 30 30 30 30 0,117 8 8 0, 020 3200 f Q g L Q D Q f L g D π π π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ m 3 /s b) Pot = ? para Q = 0,15 m 3 /s ⇒ Q = V⋅A ⇔ 2,1221 Q V A = = onde 2 0, 0707 4 D A π = = André Barcellos Ferreira –
[email protected] 6 Universidade Federal do Espírito Santo 9,8 B Q H Pot η ⋅ ⋅ = 2 2 3 2 2 4 1 0, 020 3, 2 10 4 0,15 1 150 120 2 0, 3 2 9,8 0, 3 a b c B L Q z H z f H D g D π π | | ⋅ ⋅ ⋅ | | + = + ⇔ + = + ⇔ | | ⋅ ⋅ \ ¹ \ ¹ 3 2 2 2 4 0, 020 3, 2 10 4 0,15 30 19, 01 0, 3 0, 3 2 9,8 B H π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = − + = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 9,8 19, 01 0,15 34, 93 0,8 Pot ⋅ ⋅ ∴ = = kW c) 2 2 1 1 2 2 A A antes A antes A B A B p V p V p z z H z z H g g γ γ γ + + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ 1 150 135 antes p H γ ∴ = + + ∆ onde: 2 2 1 0, 02 533, 33 2,1221 8,17 2 2 9,8 0, 3 L V H f D g ⋅ ⋅ ∆ = = = ⋅ ⋅ 6,83 antes p γ = mH 2 O 2 2 1 150 19, 01 135 8,17 2 2 depois depois A A B B A B p p p V V H z z H g g γ γ γ + + + = + + + ∆ ⇔ = + − − ⇔ 25,84 depois p γ ⇔ = mH 2 O 2.35 Na figura 2.14 os pontos A e B estão conectados a um reservatório mantido em nível constante e os pontos E e F conectados a outro reservatório também mantido em nível constante e mais baixo que o primeiro. Se a vazão no trecho AC é igual a 10 l/s de água, determine as vazões em todas as tubulações e o desnível H entre os reservatórios. A instalação está em um plano horizontal e o coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen- Willians, de todas as tubulações, vale C = 130. Despreze as perdas de carga localizadas e as cargas cinéticas das tubulações. AC BC A B f f CP CP h h = ⇒ = 1,85 ( , ) Hazen Willians J Q tabela D C β − = ⋅ → 1,85 1,85 3 1,85 3 1,858 100 100 9, 686 10 10 100 1, 345 10 100 AC AC AC BC BC BC BC Q L Q L Q β β ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ 3 1,85 1,85 1,85 3 9, 686 10 10 509,83 29, 07 1, 345 10 BC Q ⋅ ⋅ ⇔ = = = ⋅ l/s André Barcellos Ferreira –
[email protected] 7 Universidade Federal do Espírito Santo 29, 07 10 39, 07 CD BC AC Q Q Q = + = + = l/s DE E F f f DF CP CP h h = ⇒ = ( , ) ( , ) DE DF DE DF D C D C β β = = 1,85 1,85 1,85 1,85 1,85 250 100 100 200 DF DE DE DE DF DF DF DE DF DF DE L Q L Q L Q Q Q L β β ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = = ⇔ ( ) 1,85 1,85 1,85 1, 25 1,128 DE DF DE DF Q Q Q Q ⇔ = ⇒ = Conservação da matéria ⇒ Q DE + Q DF = Q CD 39,1 1,128 39,1 18, 37 DE DF DF DF DF Q Q Q Q Q ⇔ + = ⇔ + = ⇒ = l/s ⇒ Q DE = 20,73 l/s AC CD DE A E f f f H CP CP h h h = − = + + ⇔ 1,85 1,85 1,85 1 100 AC AC AC CD CD CD DE DE DE H Q L Q L Q L β β β ( = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⇔ ¸ ¸ 3 1,85 2 1,85 3 1,85 1 9, 686 10 0, 01 100 3, 312 10 0, 0391 300 1, 345 10 0, 02073 200 100 H ( ⇔ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ¸ ¸ 6, 47 H ⇔ = 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 860 460 AB BC J J − = = = + m/m Aço soldado revestido com cimento centrifugado. C = 130 β 1 = 1,345⋅10 3 , β 2 = 9,686⋅10 3 1,85 3 1,85 0, 758 1, 345 10 0, 0175 AB AB AB AB J Q Q Q β = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m 3 /s = 17,5 l/s 1,85 3 1,85 0, 758 9, 686 10 0, 00603 BC BC BC AB J Q Q Q β = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⇒ = m 3 /s = 6,03 l/s Q B = Q AB – Q BC ⇒ Q B = 11,47 l/s Cota B = 810 – ∆H AB = 810 – J AB L AB = 810 – 0,00758⋅860 = 803,48 m 803, 48 780 23, 48 B p γ = − = mH 2 O 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] 8 Universidade Federal do Espírito Santo 2 2 1 1 2 2 1 2 , 2 2 p V p V z z perdas g g γ γ + + = + + + onde p 1 = p 2 =p atm 1 2 50 45 5 f perdas z z h h ∴ = − = + ∆ = − = m a) Fórmula de Darcy-Weisbach: 2 2 2 2 5, 0 5, 0 2 2 2 2 V L V V V L JL K H f K f K g D g g g D ( + ⋅ = ∆ ⇒ + ⋅ = ⇔ + = ∑ ∑ ∑ ( ¸ ¸ Ferro fundido com leve oxidação: ε = 0,30 mm (Tabela 2.2) ( ) ( ) 2 2 2,0 13, 0 5,0 25, 0 5,0 2 1,0 0, 9 2 0, 2 5, 0 5, 0 2 2 9,81 0,05 V L V f K f g D ( + + + ( + = ⇔ + ⋅ + + ⋅ + = ⇔ ∑ ( ( ⋅ ¸ ¸ ¸ ¸ ( ) ( ) 2 2 900 8, 3 5, 0 5, 0 48,87 0, 423 , 19, 62 V f f V ⇔ + = ⇔ = + 0, 30 ε = mm, D = 50 mm ( ) ( ) 2 2 2 1 3, 71 1 1 1 2log 2log 3, 71 / 2log 3, 71 0,05/ 0,0003 2log618, 333 D f D f ε ε ( ( ( | | = ⇔ = = = = ( ( | ( ⋅ \ ¹ ( ( ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ 2 1 5,58 ( = ( ¸ ¸ = 0,032 ∴ 5,0 = 1,987V 2 ⇔ V = 1,586 m/s ⇒ Q = V⋅A = 1,586⋅π⋅0,025 2 = 3,114⋅10 -3 m 3 /s b) Q = 1,96 l/s ⇒ 2 2 4 4 0, 00196 1, 0 0, 05 Q V D π π ⋅ = = = ⋅ m/s 2 2 2 5, 0 2 2 2 L V V V L f K f K D g g g D ( + = ⇔ + ∑ ∑ ( ¸ ¸ ε = 0,30 mm, V = 1 m/s → f = 0,0341 ( ) 2 2, 0 13,0 5, 0 25,0 1,0 0,034 2 1,0 0,9 2 0, 2 5,0 2 9,81 0, 05 K ( + + + ∴ + + ⋅ + + ⋅ = ⇔ ( ⋅ ¸ ¸ 30, 6 3, 3 98,1 64, 2 K K ⇔ + + = ⇒ = 2 2 1, 0 64, 2 3, 27 2 2 9,81 reg V h K g ∆ = = = ⋅ m 2 2 2 1, 0 3, 27 3, 27 0, 034 3, 27 2 2 0, 05 2 9,81 eq eq reg eq eq L L f V V h JL L f Dg D g | | ⋅ ∆ = ⇒ = ⇔ ⋅ = ⇔ ⋅ ⋅ = ⇔ | | ⋅ \ ¹ 94, 35 eq L ≅ m André Barcellos Ferreira –
[email protected] 9 Universidade Federal do Espírito Santo 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 L E = 0,189 + 30,53D registro_gaveta aberta L E = 0,010 + 6,89D Perdas de carga: 2, 0 1, 5 0, 3 3,80 AC L = + + = m ( ) ( ) 2 0,189 30,53 0, 010 6,89 0, 388 67, 95 0, 025 2, 09 CA E L D D = + + + = + ⋅ = m 0,5 0, 3 (0,8 ) CB L x x = + + = + m ( ) ( ) 2 0,189 30, 53 0, 010 1,89 2, 09 CB E L D D = + + + = m Para que Q A = Q B , devemos ter: ( ) ( ) 1,5 3,80 2, 09 2, 09 0,80 A B A T B T z JL z JL J x J x + = + ⇔ + ⋅ + = + + + ⇔ ( ) 3, 0 1, 50 J x x ⇔ − = − Hazen-Williams: 1,85 1,85 1,17 2 2 4 4 0, 001 69,81 2, 04 0, 025 V Q J V C D D π π ⋅ = ⇒ = = = ⋅ m/s C = 125 (Tabela 2.4) 1,85 1,85 1,17 2, 04 69,81 0, 2518 125 0, 025 J J = ⇒ = m/m Logo: 0, 2802 0,8406 1, 50 1,83 x x x + = + ⇔ = m 3.8 Dois reservatórios, mantidos em níveis constantes, são interligados em linha reta através de uma tubulação de 10 m de comprimento e diâmetro 50 mm, de P. V. C. rígido, como mostra o esquema da Figura 3.23. Admitindo que a única perda de carga localizada seja devido à presença de um registro de gaveta parcialmente fechado, cujo comprimento equivalente é L E = 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 2 O, nos casos a e b; d) desenhe em escala as linhas piezométrica e de energia. André Barcellos Ferreira –
[email protected] 10 Universidade Federal do Espírito Santo Equação da continuidade: 2 2 2 2 A A B B A B p V p V z z perdas g g γ γ + + = + + + • p A = p B (os dois reservatórios com NA = 1,0 m) • v A = v B (vazão constante) perdas = z A – z B = 3,0 m ( ) 1,85 1,85 1,85 1,17 1,85 1,17 3, 0 6, 31 6, 31 10, 0 20, 0 3 145 0, 05 T V V JL L C D = = ⋅ ⇔ ⋅ + = ⇔ ⋅ ⋅ 1,85 4,397 2, 227 V V ⇔ = ⇒ = m/s 2 0, 05 2, 27 4, 37 4 Q VA π ⋅ = = = l/s a) A pressão é mínima no ponto mais alto e máxima no ponto mais baixo: 1,85 1,85 1,85 1,17 1,85 1,17 2, 227 6,81 6,81 0,1000 145 0, 05 V J C D = = = ⋅ ⋅ m/m 1 2 3 4 4 A B z m z z z z z = = = = • 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 ( ) 2 2 2 A A A E E atm mín mín p V p V p V z z JL z z JL g g g γ γ γ | | | | | | + + = + + + ⇒ = − − − ⇔ | | | \ ¹ \ ¹ \ ¹ 2 2, 227 1, 0 0,1000 20,0 1, 25 2 9,81 A A mín mín p p γ γ | | | | ⇔ = − − ⋅ ⇔ = − | | ⋅ \ ¹ \ ¹ m • 2 2 2 1 4 4 1 4 1 4 ( ) 2 2 2 A A A T T atm máx mín p V p V p V z z JL z z JL g g g γ γ γ | | | | | | + + = + + + ⇒ = − − − ⇔ | | | \ ¹ \ ¹ \ ¹ 2 2, 227 4, 0 0,1000 30 0,75 2 9,81 A A mín máx p p γ γ | | | | = − − ⋅ ⇔ = | | ⋅ \ ¹ \ ¹ m b) • 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2, 227 ( ) 1, 0 2 2 2 2 9,81 B B B máx máx máx p V p V p V z z z z g g g γ γ γ | | | | | | + + = + + ⇔ = − − = − ⇔ | | | ⋅ \ ¹ \ ¹ \ ¹ 0, 75 B mín p γ | | ⇔ = | \ ¹ m • 2 2 2 1 3 2 1 3 1 3 ( ) 2 2 2 B B B ATM máx máx p V p V p V z z JL z z g g g γ γ γ | | | | | | + + = + + + ⇔ = − − ⇔ | | | \ ¹ \ ¹ \ ¹ 2 2, 227 1,0 0,1000 10 2 9,81 B máx p γ | | ⇔ = − − ⋅ | ⋅ \ ¹ = 2,75 m 3.10 Uma tubulação retilínea de 360 m de comprimento e 100 mm de diâmetro é ligada a um reservatório aberto para a atmosfera, com nível constante, mantido 15 m acima da saída da tubulação. A tubulação está fechada na saída por uma válvula, cujo comprimento André Barcellos Ferreira –
[email protected] 11 Universidade Federal do Espírito Santo equivalente é de 7,5 m de comprimento da tubulação. Se a válvula é aberta instantaneamente, com escoamento livre, determine o tempo necessário para que a velocidade média atinja 98% da velocidade em condições de regime permanente. Assuma o fator de atrito f = 0,020 e adote como coeficiente de perda de carga na entrada K = 0,5. Sugestão: utilize a Equação 1.11 e a metodologia do problema 1.4. Equação 1.11 → 2 2 1 1 2 2 1 2 12 2 2 p V p V L dV z z H g g g dt γ γ + + = + + + ∆ + Comprimento equivalente na entrada: Equação 3.16 → e L K D f = ⇒ 0,5 0,1 2, 5 0, 02 e K D L f ⋅ ⋅ = = = m Equação 3.15 → 2 2 e L V H f D g ∆ = ⇒ 2 2 (7, 5 2, 5 360) (0, 02) 74 0,1 2 2 V V H g g + + ∆ = = ⋅ Equação da energia para A e B: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A A A A p V p V L dV V L dV z z H z H g g g dt g g dt γ γ + + = + + + ∆ + ⇔ = + ∆ + ⇔ 2 2 2 15 74 36, 7347 3,8265 36, 7347 15 0 2 2 V V dV dV V g g dt dt ⇔ = + + ⇔ + − = Resolvendo-se a equação diferencial, encontramos V(t). A partir de V(t), calculamos t. 3.13 Sabendo-se que as cargas de pressão disponíveis em A e B são iguais e que as diferenças entre as cargas de pressão em A e D é igual a 0,9 mH 2 O, determine o comprimento equivalente do registro colocado na tubulação de diâmetro único, assentada com uma inclinação de 2° em relação à horizontal, conforme a Figura 3.26. 2 2 0, 9 2 2 A D A D A D D A A p V p V p p z z H z z H z H g g γ γ γ γ + + = + + + ∆ ⇔ − = − + ∆ ⇔ = − + ∆ 2 13, 96 0, 9 13, 96 14, 46 400 h sen h H H ° = ⇔ = ∴ = − + ∆ ⇔ ∆ = 0 H JL ∆ = onde 6, 98 0, 0349 14,86 0, 0349 425, 79 200 J L L = = ∴ = ⇔ = Como L AD = 400, L e = 25,79. 4.1 Um sistema de distribuição de água é feito por uma adutora com um trecho de 1500 m de comprimento e 150 mm de diâmetro, seguido por outro trecho de 900 m de comprimento e 100 mm de diâmetro, ambos com o mesmo fator de atrito f = 0,028. A vazão total que entra no sistema é 0,025 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] 12 Universidade Federal do Espírito Santo F = 0,028 D 1 = 0,15 m L 1 = 1500 m D 2 = 0,1 m L 2 = 900 m Q m = 0,025 m 3 /s 5 1 2 1, 042 10 Q q L L − = = ⋅ + m 3 /ms Para o trecho 1: 5 3 3 1 0, 025 1,042 10 1500 9, 375 10 / j m j Q Q q L Q m s − − = − ⋅ = − ⋅ ⋅ ⇔ = ⋅ 0, 025 0, 009375 0, 0171875 2 2 m j f f Q Q Q Q + + = = ⇔ = m 3 /s Pela equação universal: 2 2 3 1 5 5 0, 0827 0, 028 0, 0171875 0, 0827 9, 008 10 0,15 f f Q J J D − ⋅ ⋅ ⋅ = = ⇒ = ⋅ m/m Assim: 1 1 1 1 13,512 H J L H ∆ = ⋅ ⇒ ∆ = m Para o trecho 2: 0 3 m j f Q Q Q = → = 2 1 0, 01443 m J f Q Q Q = ⇒ = m 3 /s 2 2 3 2 5 5 0, 0827 0, 028 0, 01443 0, 0827 6, 3528 10 0,15 f Q J f J D − ⋅ ⋅ = = ⇒ = ⋅ m/m 2 2 2 2 5, 717 H J L H ∆ = ⋅ ⇒ ∆ = m Finalmente: 1 2 19, 229 T T H H H H ∆ = ∆ + ∆ ⇔ ∆ = m 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 m 3 /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: Q A = 0,20 m 3 /s ∆P = – 60 kN/m 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 V p V p z z H g g γ γ + + = + + + ∆ 3 1 2 3 . 60 10 60 6,1224 . 9,8 9,8 10 A A A V const p p H H H z const γ γ → ⋅ − = ∆ ⇔ = ∆ ⇔ ∆ = = → ⋅ m 2 2 2 5 5 5 0, 0827 0, 0827 6,1224 1850,801 A A A A A A A A A A A A f L Q f L Q f L Q H D D D ∆ = ⇒ = ⇒ = Tubulação B: Q B = 0,15 m 3 /s ∆P = – 50 nK/m 2 André Barcellos Ferreira –
[email protected] 13 Universidade Federal do Espírito Santo 2 2 1 2 2 2 p V p V z z H g g γ γ + + = + + + ∆ . 50 . 9,8 A V const H z const → ∆ = → 2 5 5 50 0, 0287 2741,927 9,8 B B B B B B B f L Q f L D D = ⇒ = a) Em série Q A = Q B ∆H = ∆H A + ∆H B → ∆P = ∆P A + ∆P B 2 5 0, 0827 A A A A A P f L H Q D γ ∆ ⋅ ∆ = = ⋅ ⋅ 2 0, 0827 1850,801 0, 27 9,8 A P ∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ∆P A = 43,35 kN/m 2 2 5 0, 0827 B B B B B P f L H Q D γ ∆ ⋅ ∆ = = ⋅ ⋅ 2 0, 0827 2741, 927 0,17 9,8 B P ∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ∆P B = 64,22 kN/m 2 ∆P = 43,35 + 64,22 = 107,57 kN/m 2 b) Em paralelo Q A + Q B = 0,17 2 2 2 2 A B 5 5 H H 0, 0827 0, 0827 1850,801 2741, 927 A B A A B B A B A B L L f Q f Q Q Q D D ∆ = ∆ ⇔ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ 43, 021 52, 363 1, 217 A B A B Q Q Q Q ⇔ = ⇔ = 2, 217 0,17 0, 0767 B B Q Q ∴ = ⇔ = m 3 /s ⇒ Q A = 1,217⋅0,0767 = 0,0933 m 3 /s 2 5 0, 0827 0, 0933 9,8 13, 06 A A A A A P f L H P H P P D γ γ ∆ ⋅ ∆ = ⇒ ∆ = ∆ ⋅ ⇔ ∆ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ∆ = kN/m 2 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. André Barcellos Ferreira –
[email protected] 14 Universidade Federal do Espírito Santo Solução 1: 4” = 0,1 m (Caminho 1) 6” = 0,15 m (Caminho 2) 2 2 2 2 A B A B p V p V z z H g g γ γ + + = + + + ∆ onde A A A p CP z γ = + e B B B p CP z γ = + 590 590 A B B B CP CP H CP H CP H ∴ = + ∆ ⇔ = + ∆ ⇔ = − ∆ Cálculo de ∆H: 2 2 2 1 2 1 2 5 5 5 1 2 0, 0827 0, 0827 0, 0827 f L f L f L H Q Q Q D D D ⋅ ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ 2 2 1 2 1 2 5 5 800 750 0,3514 0,1 0,15 Q Q Q Q ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ = Mas 1 2 20 A Q Q Q + = = l/s 2 2 1, 3514 20 14, 799 Q Q ⇒ = ⇔ = l/s = 1,48⋅10 –2 m 3 /s ( ) 2 2 5 0, 02 790 590 0,0827 1, 48 10 586, 42 0,15 B CP − ⋅ ∴ = − ⋅ ⋅ = m Solução 2: Tubo de 6” = 0,15 m e 4” = 0,10 m 1,85 1,85 6 4 6 4 6 6 4 4 1,85 4,87 1,85 4,87 10, 65 750 10, 65 800 (0,15) (0,1) Q Q H H J L J L C C ∆ = ∆ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ ⋅ 1,85 1,85 1,85 1,85 1,85 1,85 6 4 6 4 6 4 4,87 4,87 750 800 7.717.858,853 59.304.819, 31 7, 684 0,15 0,1 Q Q Q Q Q Q ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ 6 4 3, 011 Q Q ⇔ = Do enunciado, tem-se que Q 4 + Q 6 = 0,020. Portanto: Q 4 = 4,986⋅10 –3 m 3 /s Q 6 = 15,014⋅10 –3 m 3 /s Para as respectivas vazões, tem-se: 6 6 2 6 0,8496 / 4 Q V D π = = m/s 6 4 2 4 0, 6348 / 4 Q V D π = = m/s Na tubulação de 6” de diâmetro, tem-se: 2 2 750 0,8496 0, 02 3, 6827 2 0,15 2 AB AB L V H f H D g g ∆ = = ⋅ ⋅ ⇒ ∆ = m Equação da energia na superfície I e em B: 2 2 1 1 1 590 3, 6827 586, 3173 2 2 B B B AB B B p V p V z z H CP CP g g γ γ + + = + + + ∆ ⇔ = + ⇔ = m b) 586, 42 576 10, 42 B C C C B C p p p p z z H H H γ γ γ γ + = + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇔ = − ∆ 0, 02 0, 01 0, 015 2 2 BC m j F F Q Q Q Q + + = = → = m 3 /s, André Barcellos Ferreira –
[email protected] 15 Universidade Federal do Espírito Santo 2 5 0,02 1000 0, 0827 0,015 4,90 0,15 H ⋅ ∴∆ = ⋅ ⋅ = m 10 42 4, 9 5, 52 C p γ ∴ = − − = mH 2 O c) Da letra a, tem-se: Q 1 = 0,3514Q 2 = 0,3514⋅1,48⋅10 –2 = 5,2⋅10 –3 m 3 /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 2 O, 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 2 O → 20 B p γ = mH 2 O 740 B B B p CP z γ = + = m → Em B a cota piezométrica é CP B = 740 m. Como este valor é maior que a cota piezométrica do N. A. de II, este reservatório é abastecido. Por Hazen-Williams: 1,85 1,85 1,85 1,85 4,87 1,85 4,87 10, 65 10, 65 4,516 110 0, 2 AB AB AB Q Q J J Q C D ⋅ ⋅ = = ⇒ = ⋅ ⋅ 1,85 1,85 1050 4, 516 4741,83 AB AB AB AB AB H L J H Q Q ∆ = ⋅ → ∆ = ⋅ = Equação da energia na superfície do reservatório I e em B: 2 2 1 1 1 754 720 20 14 2 2 B B B AB AB AB p V p V z z H H H g g γ γ + + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇒ ∆ = m Assim: 1,85 1,85 3 14 4741,83 2.95244663 10 0, 04291 AB AB Q Q − = ⋅ ⇒ = ⋅ = m 3 /s = 42,91 l/s Como CP B > NA II , o reservatório II é abastecido, ou seja: AB B BC Q Q Q = + C = 110, D = 6” ⇒ β = 1,831⋅10 3 (Tabela 2.3) Portanto: 1,85 1,85 18, 31 BC BC J Q J Q β = ⋅ → = 1,85 1,85 650 18, 31 11901, 5 BC BC H L J H Q Q ∆ = ⋅ → ∆ = ⋅ ⋅ = Equação da energia superfície do reservatório II e em B: 2 2 2 2 2 2 720 20 735 2 2 B B B B AB B AB BC p V p V p z z H z z H H g g γ γ γ + + = + + + ∆ ⇔ + = + ∆ ⇔ + = + ∆ ⇔ 5 BC H ⇔ ∆ = m André Barcellos Ferreira –
[email protected] 16 Universidade Federal do Espírito Santo Assim: 1,85 1,85 5 11.901, 5 14, 95 BC BC Q Q = ⇒ = l/s Finalmente: 42, 91 14, 95 27, 96 B AB BC B B Q Q Q Q Q = − ⇔ = − ⇔ = l/s Para a rede ser abastecida somente por I, a cota piezométrica em B deve ser igual ou maior que NA de II. Portanto: 735 735 15 B B B B p p CP z γ γ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ mH 2 O 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 (m 3 /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 η ηη η (%) 0 32 74 86 85 66 28 Bba B H (m) 16,2 13,6 11,9 11,6 10,7 9,0 6,4 η ηη η (%) 0 14 34 60 80 80 60 Para a tubulação, 2 2 5 0, 0827 3, 2 3473, 4 g g F Q E H H H L E Q D | | ⋅ ⋅ = + ∆ = + ⇒ = + | | \ ¹ Para as vazões marcadas, ( ) ( ) 3 / 0, 0 0, 006 0, 012 0, 018 0, 024 0, 03 0, 036 3, 20 3, 32 3, 70 4, 32 5, 20 6, 33 7, 70 Q m s E m Então, no ponto de funcionamento de A, Q 1 = 0,030 m 3 /s → η 1 = 66 % Q 2 = 0,036 m 3 /s → η 2 = 28 % Q A = 0,033 m 3 /s Interpolando, 1 1 2 1 2 1 0,033 0, 03 66 47 0,036 0,03 28 66 A A A A Q Q Q Q η η η η η η − − − − = ⇒ = ∴ = − − − − % Fazendo o mesmo para o ponto B, tem-se: Q 1 = 0,030 m 3 /s → η 1 = 80 % Q 2 = 0,036 m 3 /s → η 2 = 60 % Q A = 0,035 m 3 /s Interpolando, tem-se: 1 1 2 1 2 1 0, 035 0, 03 80 63, 33 % 0,036 0, 03 60 80 B B B A Q Q Q Q η η η η η η − − − − = ⇒ = ∴ = − − − − ⇒ O melhor rendimento é o da bomba B. Para encontrar a potência requerida, usaremos o ponto (Q B , H B ) do funcionamento de B. Pela equação de B, tem-se: 2 396,83 222, 62 15,536 B H Q Q = − − + Para Q = 0,035 m 3 /s, H B = 7,26 m. Com os valores de Q e H, 9800 0, 035 7, 26 3, 93 0, 6333 Q H Pot γ η ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = kW André Barcellos Ferreira –
[email protected] 17 Universidade Federal do Espírito Santo 5.2 O esquema de bombeamento mostrado na Figura 5.21 é constituído de tubulações de aço com coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Williams C = 130. Da bomba até o ponto B, existe uma distribuição de vazão em marcha com taxa de distribuição constante e igual a q = 0,005 l/(SM). Para a curva característica da bomba, dada na figura, determine a vazão que chega ao reservatório superior e a cota piezométrica no ponto B. Despreze as perdas localizadas e a carga cinética. ( ) 2 2 A A C C A C AC C A AC AB AB BC BC 1,85 1,85 1 2 1,85 4,87 4,87 A B A f A 1 B A AB A 2 1,85 A 1,85 P V P V z E z H 2 2 E z z H E 5 J L J L 10, 65 Q Q E 5 1000 800 130 0,1524 0,1016 Q Q Q Q Q 0, 0025 Q 2 Q Q qL Q 0, 005 Q Q 0, 0025 10, 65 E 5 130 + + + = + + + ∆ γ γ = − + ∆ ⇒ = + + ( = + ⋅ + ⋅ ( ¸ ¸ + = = = − = = − = − = − = + ( ) ( ) ( ) 1,85 A 4,87 4,87 1,85 1,85 A A Q 0, 005 1000 800 0,1524 0,1016 5 12.457,12 Q 0, 0025 71.179, 3 Q 0, 005 ( − ( ⋅ + ⋅ ( ¸ ¸ = + − + − Q 5 10 15 20 H 20 17,5 12,5 5 E 5,2 10,4 23,1 42,3 Interpolando: ( ) ( ) C B A AB 17, 5 x 10, 4 x 12, 7 17,5 x 5 10, 4 x 222, 25 12, 7x 52 5x 17, 5 12, 5 10, 4 23,1 x 15, 7 m/ E H 10 y 17, 5 15, 7 10, y 1,8 y 11,8 Q 10 15 17,5 12, 5 Q Q Q qL 11,8 5 6,8 /s − − = ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔ − − ⇔ = = = − − = ⇔ = − ⇔ = = − − = = − = − = ℓ ℓ A cota piezométrica em B é: 2 2 A A B B A B AB 1,85 B 1,85 4,87 F B P V P V z E z H 2 2 10, 65 0, 0093 15, 7 CP 1000 130 0,1524 11,8 6,8 Q 9, 3 2 CP 15, 7 2, 2 13,5 m + + + = + + + ∆ γ γ = + ⋅ ⋅ + = = = − = André Barcellos Ferreira –
[email protected] 18 Universidade Federal do Espírito Santo 5.4 Deseja-se recalcar 10 ℓ/s de água por meio de um sistema de tubulações, com as seguintes características: funcionamento contínuo 24 h, coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Williams C = 90, coeficiente da fórmula de Bresse K = 1,5 diâmetro de recalque igual ao diâmetro de sucção, comprimentos reais das tubulações de sucção e recalque, respectivamente, de 6,0 m e 674,0 m, comprimentos equivalentes das peças existentes nas tubulações de tubulação e recalque, respectivamente, de 43,40 m e 35,10 m, altura geométrica de 20 m. Com a curva característica de uma bomba, indicada na Figura 5.22, determine: a) Associando em paralelo duas destas bombas, obtém-se a vazão desejada? b) Em caso afirmativo, qual a vazão em cada bomba? c) Qual a vazão e a altura de elevação fornecidas por uma bomba isoladamente isolada no sistema? d) Que verificações devem ser feitas antes de escolher a bomba, de acordo com os pontos de funcionamento obtidos? ( ) ( ) AB BC 2 2 A A C C A C AC AB T BC T 1,85 1,85 1,85 1,85 4,87 1,85 4,87 P V P V z E z H 2 2 E 20 J L J L 10, 65 Q 10, 65 Q E 20 6 43, 40 647 35,1 20 19.438Q 90 0,15 90 0,15 + + + = + + + ∆ γ γ = + + = + + + + = + Tabela para a bomba sozinha: Q 0 2 4 6 7 H 30 28,5 26 22 18,5 E 20 20,2 20,7 21,5 22 Tabela para as bombas em paralelo: Q 0 4 8 12 H 30 28,5 26 22 E 20 20,7 22,6 25,4 Interpolando: ( ) ( ) 1,85 3 26 x 22, 6 x 2,8 2, 6 x 4 22, 6 x 72,8 2,8x 90, 4 4x 26 22 22, 6 25, 4 x 24 m E 24 20 19.438Q Q 0, 010 m /s (sim) − − = ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔ − − ⇔ = = ∴ = + ⇔ = b) 5 ℓ/s André Barcellos Ferreira –
[email protected] 19 Universidade Federal do Espírito Santo c) ( ) ( ) 1,85 26 x 22 x 21,5 x 0,5 22 x 3, 5 21, 5 x 11 0, 5x 75, 25 3,5x 26 22 22 18,5 21, 5 22 x 21, 6 m H 21, 6 20 19.438Q Q 6, 2 /s (sim) − − − = ⇔ ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔ − − − ⇔ = = ∴ = + ⇔ = ℓ 5.6 Considere um sistema de abastecimento de água por gravidade entre dois reservatórios mantidos em níveis constantes e iguais a 812,00 m e 800,00 m, ligados por uma tubulação de 6” de diâmetro, 1025 m de comprimento e fator de atrito f = 0,025. Desejando-se aumentar a capacidade de vazão do sistema, instalou-se, imediatamente na saída do reservatório superior, uma bomba centrífuga cuja curva característica é dada na tabela a seguir. Desprezando as perdas de carga localizadas e a perda de carga na sucção, determine a nova vazão recalcada. Observe que, no caso, a altura geométrica da Equação 5.38 é negativa. Q (m 3 /s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9 η (%) 0 32 74 86 85 66 28 2 2 5 Q E 12 H 12 JL 12 1025 0, 0827f 12 25.777, 72Q 0,1524 = − + ∆ = − + = − + ⋅ = − + Com uma equação para E chegamos à tabela: Q (m 3 /s) 0 0,006 0,012 0,018 0,024 0,030 0,036 H (m) 22,6 21,9 20,3 17,7 14,2 9,7 3,9 E (m) –12 –11 –8,3 –3,6 2,8 11,2 21,4 Interpolando: ( ) ( ) 2 14, 2 x 2,8 x 8, 4 14, 2 x 4,5 2,8 x 119, 28 8, 4x 12, 6 4, 5x 14, 2 9, 7 2,8 11, 2 x 10, 22 10, 22 12 25.777, 72Q Q 29, 3 / s CP z E 812 10, 22 822, 22 m − − = ⇔ − − = − ⇔ − + = − ⇔ − − ⇔ = ⇒ = − + → = = + = + = ℓ Q 0,024 0,030 H 14,2 9,7 Η 8 66 Interpolando para o rendimento, vem: 14, 2 10, 22 85 y 0,88 9 85 y y 77, 08 % 14, 2 9, 7 85 66 − − = ⇔ ⋅ = − ⇔ = − − Portanto: 3 3 HQ 9,8 10 10, 22 29, 3 10 Pot 3,8 kW 0, 7708 − γ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = η 5.8 Um sistema de bombeamento é constituído por duas bombas iguais instaladas em paralelo e com sucções independentes, com curva característica e curva do N. P. S. H. dadas na Figura 5.23. As tubulações de sucção e recalque tem diâmetro de 4”, fator de atrito f = 0,030 e os seguintes acessórios: na sucção, de 6,0 m de comprimento real, existe uma válvula de pé com crivo e uma curva 90° R/D = 1. O nível d’água no poço de sucção varia com o tempo, atingindo, no verão, uma cota máxima de 709,00 m e, no inverno, uma cota mínima de 706,00 m. A cota de instalação do eixo da bomba vale 710,00 m. verifique o comportamento do sistema no inverno e no verão, determinando os pontos de funcionamento do sistema (Q e H), os valores do N. P. S. H. disponível nas duas estações e o comportamento da bomba quanto à cavitação.. Assuma temperatura d’água, em média, igual a 20°C. André Barcellos Ferreira –
[email protected] 20 Universidade Federal do Espírito Santo ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 R 1 bomba: Q l/s 0 3 6 9 12 15 18 1 bomba: Q l/s 0 6 12 18 24 30 36 H m 24 22,5 20 17 13 7 0 NPSH m x 2,5 3,5 4, 5 5 4, 5 9 Válvula de pé com crivo → 1 L 0, 56 255, 48D = + Curva 90° R/D = 1 → 2 L 0,115 15,53D = + Válvula de retenção leve → 3 L 0, 247 79, 43D = + Registro de globo → 4 L 0, 01 340, 27D = + r s e 3 4 2 S r e 1 2 L L L 2L 46,563 m L 6 m D 4" 0,1 m L 70 m L L L 27, 776 m f 0, 030 T 20 C = + + = = = = = = + = = = ° ( ) ( ) [ ] s r s r s e s r e r 2 2 5 H H H H L L J L L J 0, 0827Q H 6 27, 776 70 45,563 H 37.051Q D ∆ = ∆ + ∆ ⇔ ∆ = + + + ⇔ ⇔ ∆ = + + + ⇔ ∆ = Inverno: 2 i E 13 37051Q = + Verão: 2 i E 10 37051Q = + Q (l/s) 0 6 12 18 24 30 36 E v 10 11,33 15,33 22 31,34 43,35 58,02 E i 10 14,33 18,33 25 34,34 46,35 61,02 Verão: ( ) ( ) ( ) 2 v v v v Q l/s 12 Q 18 E m 15, 33 H 22 H m 20 H 17 Inverno: v v v v v v 15, 33 H 20 H H 18, 55 m 15, 33 22 20 17 12 Q 20 H Q 14, 9 l/s 12 18 20 17 − − = ⇒ = − − − − ∴ = ⇒ = − − i i i i i i 18, 33 H 20 H H 19, 48 m 18, 33 25 20 17 12 Q 20 H Q 13, 04 l/s 12 18 20 17 − − = ⇒ = − − − − ∴ = ⇒ = − − André Barcellos Ferreira –
[email protected] 21 Universidade Federal do Espírito Santo ( ) ( ) ( ) 2 i v i i Q l/s 12 Q 18 E m 18, 33 H 25 H m 20 H 17 Temos que a v d s p p NPSH z H . − = − − ∆ γ Pela tabela da página 158 – T = 20°C – v p 0, 24. = γ Portanto: ( ) ( ) ( ) s 2 2 d s e 5 5 Q Q NPSH 9, 55 0, 24 z L L 0, 0827f 9, 31 z 6 27, 776 0, 0827 0, 03 D 0,1 = − − − + = − − + ⋅ Inverno: i 2 d NPSH 5, 31 8379,8Q = − Verão: v 2 d NPSH 8, 31 8379,8Q = − v i r 1 d d d Q 0 3 6 9 12 15 18 NPSH 8, 31 8, 23 8, 01 7, 63 7,10 6, 42 5,59 NPSH 5, 31 5, 23 5, 01 4, 63 4,10 3, 42 2,59 NPSH x 2,5 3, 5 4,5 5 7, 5 9 Verão: i r máx d v d v Q 12 Q 15 NPSH 7,1 y 6, 42 NPSH 5 y 7,5 Inverno: v r máx d i d i Q 9 Q 12 NPSH 4, 63 y 4,10 NPSH 4,5 y 5 ⇒ Há cavitação, já que máx v v Q Q > e máx i i Q Q . > Calculando o NPSH d : 2 i i 2 v v NPSH 5, 31 8379,8Q Inverno: NPSH 3,88 m Verão: NPSH 6, 45 m NPSH 8, 31 8379,8Q = − = ⇒ = = − 5.14 Uma bomba centrífuga está montada em uma cota topográfica de 845,00 m, em uma instalação de recalque cuja tubulação de sucção tem 3,5 m de comprimento, 4” de diâmetro, em P. V. C. rígido, C = 150, constando de uma válvula de pé com crivo e um joelho 90°. Para um recalque de água na temperatura de 20°C e uma curva do N. P. S. H. requerido dada pala Figura 5.25, determine a máxima vazão a ser recalcada para a cavitação incipiente. Se a vazão recalcada for igual a 15 l/s, qual a folga do NPSH disponível e do NPSH requerido. Altura estática de sucção igual a 2,0 m e a bomba é não afogada. v v v máx v máx 7,1 y 5 y y 6, 65 m 7,1 6, 42 5 7, 5 12 Q 5 y Q 13, 98 l/s 12 15 5 7,5 − − = ⇒ = − − − − ∴ = ⇒ = − − i i i máx i máx 4, 63 y 4,5 y y 4,57 m 4,5 4,10 4,5 5 9 Q 4,5 y Q 9, 42 l/s 9 12 4,5 5 − − = ⇒ = − − − − ∴ = ⇒ = − − André Barcellos Ferreira –
[email protected] 22 Universidade Federal do Espírito Santo 1 2 e e D 4” 0,1 m C 1560 L 28, 6 m L 4, 3 m T 20°C = = = = = = ( ) ( ) 1 2 1,85 e e e 1,85 4,87 1,85 1,85 4,87 1,85 Q 10, 65 H L L L C D Q 10, 65 H 3,5 28, 6 4, 3 150 0,1 H 2708, 2 Q ⋅ ∆ = + + ⋅ ⋅ ∆ = + + ⋅ ∆ = ⋅ a a 2 p 760 0, 081h 13, 6 1000 h 845 p 9, 40 mH O − ( = ( γ ¸ ¸ ↓ = = γ 1,85 a v v d v 1,85 d p p p NPSH z H 9, 40 2 2708, 2Q Tabela da página 158 p T 20 C 0, 24 NPSH 7,16 2708, 2Q − = − − ∆ = − − − γ γ ↓ = ° → = γ = − Q (l/s) 0 5 10 15 20 25 30 NPSH r (m) 0 0,6 1,2 2,8 5,2 7,6 11,2 NPSH d (m) 7,16 7,01 6,62 6,02 5,21 4,22 3,04 A interseção de NPSH r e NPSH d é em Q = 20 l/s. ⇒ Q máx = 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] 23 Universidade Federal do Espírito Santo a) A vazão de sucção é: 3 (240 108) 9, 96 10 Q q − = + = ⋅ m 3 /s Equação 5.18 → 3 4 ( ) 1, 3 ( / ), r D m X Q m s = em que X é a fração do dia de funcionamento do sistema. 5,5 0, 229 24 X = = e ( ) 0, 02 240 108 6, 96 Q = ⋅ + = l = 6,96⋅10 –3 m 3 /s 3 4 1, 3 0, 229 6, 96 10 0, 0750 r D − ∴ = ⋅ = m b) Equação da energia em NA I e imediatamente antes de B: 2 2 2 2 1 1 1 0 0 1, 2 2 2 2 2 B B B B B B B m B m m p V p V p V p V z z H z H H g g g g γ γ γ γ + + = + + + ∆ ⇔ = + + + ∆ ⇔ = + + + ∆ 3 2 3 6, 96 10 1,57 / 4 4, 418 10 B B r Q V V D π − − ⋅ = = ⇒ = ⋅ ⋅ m/s Tabela 3.6 → 1 2 ( ) : 0,56 255, 48 19, 721 ( ) : 0,115 15,53 1, 31975 e e i Crivo L D ii Curva L D = + = = + = ( ) ( ) 1 2 1,85 1,85 4,87 23,541 10, 65 0,945 m s e e m Q H L L L J H C D ∆ = + + ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ ∆ = m ( ) 2 1,57 0 1, 2 0, 945 2, 27 2 9,8 B B antes p p γ γ | | ∴ = + + + ⇒ = − | ⋅ \ ¹ mH 2 O Equação da energia em NA I e imediatamente depois de B: ( ) 2 2 2 1 1 1 1,57 1, 2 0, 945 2 2 2 9,8 B B B B m p V p V p H z z H H II g g γ γ γ + + + = + + + ∆ ⇔ = + + + ⋅ Temos _2.3 4 130 3, 932 10 0, 075 Tabela C D m β = → = ⋅ = ( ) 1,85 4 3 1,85 3, 932 10 6, 96 10 350 14 100 100 j j j j j Q H L J L H β − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆ = = = ⋅ ⇔ ∆ = m Como (26, 91 0) 0, 945 14 41,855 j m m j H z z H H = − + ∆ + ∆ = − + + = m, voltando a II, temos: 2 1,57 41,855 1, 2 0, 945 39,58 2 9,8 B B depois p p γ γ | | = + + + ⇔ = | ⋅ \ ¹ mH 2 O c) Em A, André Barcellos Ferreira –
[email protected] 24 Universidade Federal do Espírito Santo Q A = 6,96⋅10 –3 m 3 /s Em B, ( ) ( ) 3 5 3 6,96 10 2 10 240 2,16 10 B A AB B Q Q q L Q − − − = − ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ m 3 /s Pela Tabela 6.1, tem-se 6, 96 A Q = l/s < 3,14 l/s ⇒ D AB = 0,125 m. Q B = 2,16 l/s < 3,14 l/s ⇒ D BC = 0,075 m d) Equação da energia em B e no NA II , 2 2 2 2 2 2 2 2 B B B B AB B AB p V p V p z z H z z H g g γ γ γ + + = + + + ∆ ⇔ = + + ∆ ⇔ 26, 91 16, 71 B AB p H γ ⇔ = + + ∆ (III) Temos _2.3 3 130 3, 267 10 0,125 Tabela C D m β = → = ⋅ = ( ) 1,85 3 3 1,85 240 3, 267 10 2,16 10 0, 092 100 100 B AB AB AB AB AB Q H L J L H β − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∆ = ⋅ = ⋅ = ⇒ ∆ = Voltando a III, temos: 26, 91 16, 71 0, 092 10,12 B B p p γ γ = + + ⇔ = mH 2 O e) 3 9,8 41,855 6, 96 10 4, 39 0, 65 H Q Pot Pot γ η − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ⇒ = kW 3 3 3 10 10 6, 96 10 41,855 5, 97 75 75 0, 65 H Q Pot Pot η − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = ⇒ = ⋅ cv 6.2 A rede de distribuição de água, representada na Figura 6.10, possui as seguintes características: a) os trechos BC, CE, EF, CD e EG têm uma vazão de distribuição em marcha constante e igual a q= 0,010 l/(sm) b) os pontos D, F e G são pontas secas; c) as cotas topográficas dos pontos são: ( ) 6,0 7, 0 8,0 11, 0 8, 0 10, 0 6,0 Ponto A B C D E F G Cota m Determine a cota do nível de água no reservatório, para que a mínima carga de pressão dinâmica na rede seja de 12 mH 2 O. Determine a máxima carga de pressão estática. Material das tubulações tem C = 130. André Barcellos Ferreira –
[email protected] 25 Universidade Federal do Espírito Santo 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 v 0,80 = 1,20 m/s. Assuma distribuição de velocidade logarítmica na vertical, escoamento turbulento rugoso e que a altura d’água é igual ao raio hidráulico. A Equação 2.31 * 8, 48 2,5ln v R u ε ( = + ( ¸ ¸ , desenvolvida a partir da hipótese de perfil logarítmico, pode ser posta em forma mais conveniente como: * 29,84 5, 75log v R u ε | | = | \ ¹ Em que y é uma ordenada medida a partir do fundo e v, a velocidade pontual. Para y = 0,80h e y = 0,20h, fica: 0,80 * 23,87 5, 75log v h u ε | | = | \ ¹ 0,20 * 5, 97 5, 75log v h u ε | | = | \ ¹ Fazendo 0,80 0,20 v X v = , dividindo uma equação pela outra e desenvolvendo, vem: 0, 776 1, 378 log 1 h X X ε − | | = | − \ ¹ Usando o conceito de diâmetro hidráulico, a velocidade média é dada pela equação 2.32 * 2, 5ln 4, 73 V R u ε ( = + ( ¸ ¸ , na forma: * 2 5, 75log 4, 73 5, 75log 4, 73 5, 75log 4, 73 5, 75log 6, 46 2 h V R D R h u ε ε ε ε = + = + = + = + Pela equação 2.26 * 8 V u f ( = ( ¸ ¸ , que relaciona a velocidade média com o fator de atrito, tem-se: * 8 0, 776 1, 378 2 1, 464 6, 46 1 1 V X X u f X X − + | | = = + = | − − \ ¹ Para 1, 20 1,5, 0,80 X = = o fator de atrito vale f = 0,100 e da Equação 8.7 0 0 8 8 , h h g g V R I V C R I C f f ( = ⇔ = ⇐ = ( ¸ ¸ 8 78, 4 28 0,100 g C f = = = e, finalmente, como h = R h = 1,50 m e 1/6 h R C n = o coeficiente de rugosidade de Manning vale n = 0,038. EXEMPLO 8.2 Determinar a altura d’água em uma galeria de águas pluviais, de concreto n = 0,013, diâmetro igual a 0,80 m, declividade de fundo 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] 26 Universidade Federal do Espírito Santo 3/8 3/8 0 0, 013 0, 60 0, 456 0, 004 nQ M I | | | | ⋅ = = = | | | \ ¹ \ ¹ Pela Equação 8.47 1 M D K ( = ( ¸ ¸ : 1 1 0, 456 0,80 0,570 K K = ∴ = Na Tabela 8.1, para K 1 = 0,570, determina-se o valor da lâmina d’água relativa, isto é, a altura normal dividida pelo diâmetro. Para K 1 0,570, tira-se y 0 /D = 0,625, e daí y 0 = 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 y 0 /D = 0,666 e y 0 /D = 0,50 m, os coeficientes K 1 valem, respectivamente, 0,588 e 0,498. Pela Equação 8.47 3/8 1 0 , em que M= , M nQ D K I ( | | ( = | | ( \ ¹ ¸ ¸ fórmula de Manning, como o diâmetro é o mesmo, tem-se: 1 2 1 1 2 2 1,18 M M M K K M = ∴ = e para a mesma declividade e rugosidade, fica: 3/8 1 1 2 2 1,18 1,56 Q Q Q Q | | = ∴ = | \ ¹ 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/y 0 = 4. Calcule a velocidade média e verifique se a seção encontrada é de mínimo perímetro molhado. Na Tabela 8.5, determina-se o coeficiente de rugosidade n = 0,025. Na Tabela 8.2, determina-se o coeficiente de forma K, em função de m = 4 e Z = 2, e vale K = 1,796. O coeficiente dinâmico vale: 3/8 3/8 0 0, 025 6, 5 1,847 0, 001 nQ M I | | | | ⋅ = = = | | | \ ¹ \ ¹ Pela fórmula de Manning, Equação 8.39 3/8 0 0 , em que : M nQ y M K I ( | | ( = = | | ( \ ¹ ¸ ¸ 0 1,847 1, 03 1, 796 M y K = = = m Então: 0 4 4,12 b m b y = = ∴ = m (largura do fundo) A área molhada vale: ( ) ( ) 2 2 0 4 2 1, 03 6, 36 A m Z y = + = + ⋅ = m 2 . André Barcellos Ferreira –
[email protected] 27 Universidade Federal do Espírito Santo A velocidade média é igual a 6,5 1, 02 6, 36 Q V A = = = m/s. Para que a seção dimensionada tenha o mínimo perímetro molhado, é necessário que seja verificada a Equação 8.53, isto é: ( ) ( ) 2 2 1 2 1 4 2 0, 47 4 m Z Z = + − = + − = ≠ Conclusão: a seção não é de mínimo perímetro molhado. 8.1 Um canal de drenagem, em terra com vegetação rasteira nos taludes e fundo, com taludes 2,5H:1V, declividade de fundo I 0 = 30 cm/km foi dimensionado para uma determinada vazão de projeto Q 0 , 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 Q 0 : vazão de projeto I 0 = 30 cm/km = 0,0003 m/m B= 1,75 m y 0 = 1,4 m a) Q 0 = ? 3/8 0 , nQ M I | | = | | \ ¹ onde 0 1, 4 1, 423 1,9922 M y K M = ⋅ ⇔ = ⋅ = 3/8 4 3/8 3/8 4 4 0, 025 0, 025 1, 9922 3 10 1, 78 1, 9922 4, 35 0, 025 3 10 3 10 Q Q Q − − − ⋅ ⋅ | | ⇒ = ⇒ = ⇒ = = | ⋅ \ ¹ ⋅ m 3 /s b) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2,5 2,5 0, 3852 1, 25 m Z Z = + − = + − = ≠ ∴ não c) 3 1 6, 0 m / 0, 014 ' 2 3, 5 Q s seção circular concreto n b b ¦ = ¦ ¦ ´ ⇒ = ¦ ¦ = = ¹ 8/3 8/3 4 0 0, 014 6 0,1717 3,5 3 10 n Q K K b I − ⋅ ⋅ = ⇒ = = ⋅ Pelo ábaco, 0 0 0, 29 0, 29 3,5 1,01 y y b = ⇒ = ⋅ = m 8.2 Uma galeria de águas pluviais de 1,0 m de diâmetro, coeficiente de rugosidade de Manning n = 0,013 e declividade de fundo 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 I 0 = 2,5⋅10 –3 m/m Q = 1,2 m 3 /s 0 1, 75 1, 25 1, 4 b m y = = = 0 ? y = André Barcellos Ferreira –
[email protected] 28 Universidade Federal do Espírito Santo a) y 0 = ? e V 0 = ? 3/8 3/8 3 0 0, 013 1, 2 0, 646 2,5 10 nQ M I − | | | | ⋅ | ⇒ = = = | | | ⋅ \ ¹ \ ¹ 0, 646 0,646 1 M K D = = = 0 0 0,85 0,82 y m y D = = → = m Pela Equação 8.58 2/3 2/3 1/2 0 1 1 , 2, 52 sen V D I n θ θ ( | | = − ( | ⋅ \ ¹ ( ¸ ¸ com 1 0 2 2cos 1 , y D θ − | | = − | \ ¹ tem- se: 1 1 0 2 2 0,82 2cos 1 2cos 1 259,58 1 y D θ − − ⋅ | | | | = − = − = ° | | \ ¹ \ ¹ = 4,53 rad ( ) 2/3 1/2 2/3 3 1 4,53 1 2,5 10 1 1,53 1,14 1,74 2,52 0,013 4,53 sen V V − | | = ⋅ − → = ⋅ = | ⋅ \ ¹ m/s b) 0 , h R I τ γ = onde 3 0 1 0, 304 9810 0, 304 2,5 10 7, 46 4 h sen D R θ θ τ − | | − | \ ¹ = = ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ = Pa * 0, 086 h u gR I = = m/s c) Pela Equação 8.59 ( ) 5/3 8/3 1/2 0 2/3 1 20, 2 sen Q D I n θ θ θ ( − ( = ( ¸ ¸ , tem-se: ( ) 5/3 3 2/3 5, 28 5, 28 1 2,5 10 1, 29 20, 2 5, 28 sen Q n − − = ⋅ = m 3 /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 m 3 /s mínimo perímetro y 0 = ? n = 0,025 I 0 = 0,0005 m/m molhado b 0 = ? z = 0,5 (MPM) τ = ? 3/8 3/8 0, 025 3, 25 1, 62 0, 0005 nQ M I | | ⋅ | | = = = | | \ ¹ \ ¹ ( ) 2 0 0 1, 62 2 1 1, 5 1,1 1, 24 1,1 M M y MPM m Z Z y t t m t = → = + − = = = = = m 2 0 , onde R 2 1, 24 1, 9 m 1,5 1,5 9810 0, 0005 3, 7 N/m 2 h h y R I b b m b y τ γ τ = ⋅ ⋅ = = ⇒ = ⇔ = = ⋅ ⋅ = André Barcellos Ferreira –
[email protected] 29 Universidade Federal do Espírito Santo 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 I 0 = 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 m 3 /s I 0 = 0,0005 m/m 0, 45 m/s 3 V z ≤ = Q V A = 0 M y K = 0 0, 94 nQ M I | | = = | | \ ¹ ( ) 0 0 2 A b y y = + ( ) 2 2 1 3 3 0, 32 1,780 m K = + − = ⇒ = 0,75 0, 45 0, 45 Q A A ≤ ⇔ ≤ 0 0, 94 0,53 1, 78 y = = m ( ) ( ) 0 0 1 1 2 2 3 0,53 0,53 0,53 0,8427 2 2 A b b Zy y b b b = + + = + + ⋅ ⋅ = + Mas 1, 67 A ≥ m 2 ∴0, 53 0,8427 1, 67 1, 56 b b + ≥ ⇔ ≥ m 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 m 3 /s I 0 = 0,001 m/m y 0 < 1,15 m v máx < 1,30 m/s n < 8,0 m 0 1,15 1,15 1,6 M y K K < ⇒ > ⇔ ≥ → da Tabela 8.2, 0 2,8 b m y = = 8 8 1,3 6,15 máx Q V A v A A A = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇔ = ⇔ = m 2 Mas ( ) 2 2 0 0 0 6,15 (2,8 2) 1,13 A m Z y y y = + → = + ⇒ = m 0 0 2,8 2,8 2,8 1,13 3,164 b m b y y = = ⇒ = = ⋅ = m 0 2 3,164 2 2 1,13 7,684 B b Z y B = + ⋅ ⋅ → = + ⋅ ⋅ = m 8.8 Um trecho de um sistema de drenagem de esgotos sanitários é constituído por duas canalizações em série, com as seguintes características: Trecho 1 – Diâmetro: D 1 = 150 mm Declividade: I 1 = 0,060 m/m Trecho 2 – Diâmetro: D 2 = 200 mm Declividade: I 2 = 0,007 m/m Determine a máxima e a mínima vazões no trecho para que se verifiquem as seguintes condições de norma: a) Máxima lâmina d’água: y = 0,75D b) Mínima lâmina d’água: y = 0,20D c) Máxima velocidade: V = 4,0 m/s 3/8 3/8 0, 020 8 1,84 0, 001 nQ M I | | ⋅ | | = = = | | \ ¹ \ ¹ André Barcellos Ferreira –
[email protected] 30 Universidade Federal do Espírito Santo d) Mínima velocidade: V = 0,50 m/s Coeficiente de rugosidade de Mannin, n = 0,013. Canalizações em série n = 0,013 ( ) 1 0 2 2 2cos 1 8 y D D sen A θ θ θ − | | = − | \ ¹ − = 1 1 1: D 150 mm = 0,15 m I 0, 060 m/m Trecho = = 2 2 2: 200 mm = 0,2 m I 0,007 m/m Trecho D = = 0 0, 20 0, 75 D y D ≤ ≤ Q máx = ? e Q mín = ? No caso de y 0 = 0,20D, temos: 0 0 1 0, 20 0, 20 0, 259 y y D K D = ⇔ = → = ( ) 1 2cos 1 2 0, 2 106, 26 1,855 rad θ − = − ⋅ = ° = Em 1: 0,15 0, 03885 0, 259 M M = ⇒ = 3/8 3/8 1 1 0, 013 0, 03885 0, 06 0, 03885 0, 0033 0, 013 0, 06 Q Q | | ⋅ = ⇒ = = | \ ¹ m 3 /s Em 2: 3/8 3/8 3 2 2 0, 2 0, 0518 0, 259 0, 013 0, 0518 0, 007 0, 0518 0, 0024 m /s 0, 013 0, 007 M M Q Q = ⇔ = | | ⋅ = ⇔ = = | \ ¹ Q mín em 1 ⇒ 0,0033 m 3 /s. Como a tubulação está em série, Q mín = 0,0033 m 3 /s. Verificando se a vazão mínima atende ao intervalo de velocidade (0,5 m 3 /s ≤ V ≤ 4 m 3 /s), temos: 2 0, 0033 0, 36 0, 00911 mín mín Q Q V A = = = m 3 /s No caso y 0 = 0,75D, temos: 0 0 1 0,75 0,75 0,624 y y D K D = ⇔ = → = ( ) 1 2cos 1 2 0, 75 240 4,189 rad θ − = − ⋅ = ° = Em 1: 3/8 1 0 Q V A M nQ D M K I = ⋅ | | = = | | \ ¹ ( ) 2 3 3 2 0, 2 1,855 1,855 9,11 10 m /s 8 0, 0024 0, 26 m/s (ok!) 0, 00911 sen A v − − = = ⋅ ∴ = = ( ) 2 3 3 1 0,15 1,855 1,855 2, 52 10 m /s 8 0, 0033 1, 31 m/s (ok!) 0, 00252 sen A v − − = = ⋅ ∴ = = André Barcellos Ferreira –
[email protected] 31 Universidade Federal do Espírito Santo 0,15 0, 0936 0, 624 M M = ⇒ = 3/8 3/8 3 1 1 0, 013 0, 0936 0, 06 0, 0936 0, 0083 m /s 0, 013 0, 06 Q Q | | ⋅ = ⇒ = = | \ ¹ ( ) 2 2 1 1 4,189 4,189 0, 0083 0,15 0, 01422 m 0, 58 m/s (ok!) 8 0, 01422 sen A V − = = ⇒ = = Em 2: 0, 2 0,1248 0, 624 M M = ⇒ = 3/8 3/8 3 2 2 0, 013 0,1248 0, 007 0,1248 0, 0250 m /s 0, 013 0, 007 Q Q | | ⋅ = ⇒ = = | \ ¹ ( ) 2 2 2 1 4,189 4,189 0, 025 0, 2 0, 0253 m 0, 99 m/s (ok!) 8 0, 0253 sen A V − = = ⇒ = = ( ) 1 1 0 0 0 0, 025 1, 76 m/s (ok!) 0, 01422 1 cos 2 y 0, 094 m 2 0,035y 0,1125 (ok!) máx Q V A D y θ = = = − = = ≤ ≤ 8.10 Determine a mínima declividade necessária para que um canal trapezoidal, taludes 4H:1V, transporte 6 m 3 /s de água, com uma velocidade média igual a 0,60 m/s. Coeficiente de rugosidade, n = 0,025. Z = 4 Q = 6 m 3 /s V = 0,60 m/s n = 0,025 0 ? mín I = Para que I 0 seja mínimo, a seção deve ser de mínimo perímetro molhado. Portanto: ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 4 4 0, 246 m Z Z = + − = + − = 0 0 0, 246 b m b y y = ⇒ = Voltando a A, tem-se: 2 0 0 4, 246 10 1,53 m y y = ⇔ = Da Tabela 8.2, interpolando, para m = 0,246, vem K = 1,4465. Assim: 0 1,53 1, 4465 2, 213145 M y M K = ⇒ = ⋅ = 3/8 2 4 0 3/8 0 0, 025 6 0, 025 6 2, 213145 3, 25 10 m/m 2, 213145 I I − | | | | ⋅ ⋅ = ⇔ = = ⋅ | | | \ ¹ \ ¹ 8.19 Um trecho de coletor de esgotos de uma cidade cuja rede está sendo remanejada tem 100 m de comprimento e um desnível de 0,80 m. Verifique se o diâmetro atual, de 200 mm, permite o escoamento de uma vazão de 18,6 ℓ/s. Em caso contrário, qual deve ser o novo diâmetro desse trecho? Determine a lâmina líquida correspondente e a velocidade média. 3 0, 025 m /s máx Q = 2 6 10 m 0, 6 Q Q V A A V = ⋅ ⇒ = = = ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 0 2 4 10 2 2 b B y b Z y y A b Zy y b y y + + ⋅ ⋅ = = = + = + = André Barcellos Ferreira –
[email protected] 32 Universidade Federal do Espírito Santo Material das tubulações: manilha cerâmica, n = 0,013. Adote como lâmina d’água máxima no coletor y 0 /D = 0,50. Atualmente, D = 200 mm Q = 18,6⋅10 –3 m 3 /s n = 0,013 A máxima lâmina de água: y 0 = 0,5D ∴ y 0 = 0,1 m Sendo 0 y 0,5, D = da Tabela 8.1, temos K 1 = 0,498 Sabemos que ( ) 3/8 3/8 8/3 1 1 1 0 0 0 M nQ nQ nQ D , onde M DK DK K I I I | | | | = = ⇒ = ⇔ = | | | | \ ¹ \ ¹ Atribuindo valores: ( ) 8/3 3 0, 008 Q 0, 2 0, 498 0, 01466 m /s 14, 67 l/s 0, 013 = × = = Portanto, D = 200 mm não é suficiente para Q = 18,6 l/s. Então: 3/8 3/8 3 3 0 nQ 0, 013 18, 6 10 M 0,1088 I 8 10 − − | | | | ⋅ ⋅ = = = | | | | ⋅ \ ¹ \ ¹ Como a relação y 0 /D não se altera, K 1 = 0,498. Logo: 1 M D 0, 2186 m K = = Como não existe esse diâmetro comercializado, D = 250 mm 0 0 y 0,5 y 0,108 m D = → = Na seção circular: ( ) 1 1 1 0 2y 2 0,108 2cos 1 2cos 1 2cos 0, 01189 3,18 rad D 0, 2186 − − − ⋅ | | | | θ = − = − = = | | \ ¹ \ ¹ ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 0, 2186 3,18 3,18 5, 97 10 3, 22 0, 0192 m 8 8 − − − = = = ⋅ = D sen sen A θ θ Portanto: 3 Q 18, 6 10 V 0, 97 m/s A 0, 0192 − ⋅ = = = 8.20 No projeto de um coletor de esgotos, verificou-se que, para atender à condição de esgotamento dos lotes adjacentes, ele deveria ter uma declividade de 0,015 m/m. Sendo 20 l/s a vazão de esgotos no fim do plano e 10 l/s a vazão atual (início de plano), determine: a) o diâmetro do coletor e a velocidade de escoamento, para o final do plano; b) a lâmina líquida atual e a correspondente velocidade média. 3 0 I 0,8 m/100 m 8 10 m/m − = = ⋅ André Barcellos Ferreira –
[email protected] 33 Universidade Federal do Espírito Santo 3 3 j 3 3 m Q 20 l/s 20 10 m /s Q 10 l/s 10 10 m /s − − = = ⋅ = = ⋅ ( ) 1 1 0 2y 2cos 1 2cos 0 rad D − − | | θ = − = = π | \ ¹ a) D = ? e V j = ? 1 M D K = 3/8 3/8 3 2 0 nQ 0, 013 20 10 M 9, 5 10 I 0, 015 − − | | | | ⋅ ⋅ = = = ⋅ | | | | \ ¹ \ ¹ 2 9, 95 10 D 0, 2 m 200 mm 0, 498 − ⋅ ⇒ = = = ( ) ( ) 2 2 2 0, 2 0, 0154 m 8 8 − − = = = D sen sen A θ θ π π Com a área, temos a velocidade pela relação j j Q V : A = 3 j j Q 20 10 V 1, 29 m/s A 0, 0154 − ⋅ = = = b) 3 m Q 0, 01 m /s = 3/8 3/8 3 0 nQ 0, 013 10 10 M 0, 077 I 0, 015 − | | | | ⋅ ⋅ = = = | | | | \ ¹ \ ¹ 1 M 0,077 D 0,155 m K 0, 498 = = = ( ) ( ) 1 0 0 D 1 cos /2 0,155 1 cos /2 2y 2cos 1 y 0, 0775 m D 2 2 − − θ − π | | θ = − → = = = | \ ¹ ( ) ( ) 2 2 3 2 0,155 9, 43 10 m 8 8 − − − = = = ⋅ D sen sen A θ θ π π 3 m m 3 Q 10 10 V 1, 06 m/s A 9, 43 10 − − ⋅ = = = ⋅ 9.5 Em um projeto de um sistema de drenagem de águas pluviais, determinou-se que, para escoar uma vazão de 12 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. 0 I 0, 015m/m = 0 1 n 0, 013 y 0,5 D K 0, 498 = = = Seção original Seção modificada André Barcellos Ferreira –
[email protected] 34 Universidade Federal do Espírito Santo ( ) T 1 2 2 h 2 ) Seção modificada Q Q Q n 0, 018 b 1, 5 m 0, 714 y 2,1 Área 1,5 2,1 3,15 m P 1,5 2,1 2 6, 3 A 3,15 R 0,5 m P 6, 3 ° = + = = = = = ⋅ = = + = = = = Manning: 2/3 2/3 3 1 h 1 0 nQ 0, 018 Q A R 3,15 0,5 Q 5,17m /s I 0, 0022 ⋅ = ⋅ ⇒ = ⋅ ⇔ = T 1 2 1 3 T Q Q Q 2Q Q 2 5,17 10,34m /s = + = = ⋅ = Não tem condições. ⇒ 9.6 Uma galeria de águas pluviais de seção retangular escoa uma certa vazão, em escoamento uniforme, com uma largura de fundo igual a 0,90 m e altura d’água de 0,70 m. Em uma determinada seção, deverá haver uma mudança na geometria, passando para uma seção circular. Determine o diâmetro da seção circular para transportar a mesma vazão, com a mesma altura d’água, rugosidade e declividade de fundo. 0 0 r c Retangular Circular b 0,9 m D ? y 0,7 m y 0,7 m I I = ⇒ = = = = 1°) 0 0, 9 1, 29 0,874 0, 7 = ⇒ = = → = b m m K y 0 0 3/8 0, 7 0,874 0, 61 0, 61 = ⇒ = ⋅ = ⋅ = | | = = | \ ¹ M y M y K K nQ M I 2°) 2 D A 4 π⋅ = P D = π 2 h A D D R P 4 D 4 π⋅ = = = π 3°) ( ) 2/3 2 2/3 8/3 2/3 2 h 2,67 nQ D D D A R 0, 61 0, 27 0, 79D 4 4 2,52 I D 0,86 D 0, 95 m | | π⋅ | | = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅ ⇔ | | | \ ¹ \ ¹ ⇔ = ⇔ = 3 0 1 ) Seção original Q 1 /s 2 m n 0, 018 I 0, 0022 m/m b 3m y 2,1 m ° = = = = = 0 3 1, 43 2,1 = ⇒ = = b m m y André Barcellos Ferreira –
[email protected] 35 Universidade Federal do Espírito Santo 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 trapézio z 2 b 3 m Q 3,0 m /s V 0,6 m/s n 0, 018 → = = = = = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 Q V A A 5 m 0,6 A m Z y e A 2 1 Z Z y 5 2 1 2 2 y y 1, 42 = ⋅ → = = = + = + − ∴ = + − ⇔ = As principais partes constituintes de um vertedor são: a) Crista ou soleira é a parte superior da parede em que há contato com a lâmina vertente. Se o contato da lâmina se limitar, como nos orifícios de parede fina, a uma aresta biselada, o vertedor é de parede delgada; já se o contato ocorrer em um comprimento apreciável da parede, o vertedor é de parede espessa. b) Carga sobre a soleira h é a diferença de cota entre o nível d’água a montante, em uma região fora da curvatura da lâmina em que a distribuição de pressão é hidrostática, e o nível da soleira. Em geral, a uma distância a montante do vertedor igual a seis vezes a carga, a depressão da lâmina é desprezível. c) Altura do vertedor P é a diferença de cotas entre a soleira e o fundo do canal de chegada. d) Largura ou luz da soleira L é a dimensão da soleira através da qual há o escoamento. 12.7 Um vertedor retangular de parede fina com 1,0 m de largura, sem contrações laterais, é colocado juntamente com um vertedor triangular de 90º em uma mesma seção, de modo que o vértice do vertedor triangular esteja 0,15 m abaixo da soleira do vertedor retangular. Determinar: a) a carga no vertedor triangular quando as vazões em ambos os vertedores forem iguais; b) a carga no vertedor triangular quando a diferença de vazão entre o vertedor retangular e triangular for máxima. Utilizar a fórmula de Thomson e Francis. Fórmula de Francis → Q = 1,838bh 3/2 , 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 = 1,40h 5/2 a) 1 2 1 vertedor retangular , onde 2 triangular Q Q vertedor → = → Usando a fórmula de Thomson para o vertedor triangular e a fórmula de Francis para o vertedor retangular, tem-se: 3/8 | | = | \ ¹ nQ M I 0 = M y K 3/8 3/8 0 5 0 b 3 m 2,11 K 1,5 y 1, 42 M y K 1, 42 1, 5 2,13 nQ 0, 018 3 M 2,13 I I I 5,17 10 m/m − = = = ⇒ ≈ = ⋅ = ⋅ = | | ⋅ | | = ⇒ = | | | \ ¹ \ ¹ ∴ = ⋅ André Barcellos Ferreira –
[email protected] 36 Universidade Federal do Espírito Santo 2 5 3/2 5/2 1 2 3 5 3 2 3 1,838 1,838 1, 40 1, 4 0, 58 0, 45 0, 0675 3, 375 10 0 H Q Q L h H h H H H H − | | = ⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⇔ = ⇔ | \ ¹ ⇔ − + − + ⋅ = Observamos que a soma dos coeficientes é aproximadamente 1, o que nos leva a concluir que existe uma raiz próxima a este valor. Por tentativa e erro: H = 1,04 m b) ( ) 1 2 Q Q − é máxima ( ) ( ) ( ) 3/2 3/2 5/2 5/2 1 2 1,838 1, 40 1,838 0,15 1, 40 0 máx máx d Q Q L h H H H dH ( − = ⋅ ⋅ − ⋅ → − − = ⇔ ( ¸ ¸ ( ) ( ) 1/2 3/2 2 3 2 3 2, 757 0,15 3,5 7, 6 0,15 3, 5 3, 5 7, 6 1,14 0 H H H H H H ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ H = 0,7 m 12.9 Um vertedor retangular de parede fina, sem contrações laterais, é colocado em um canal retangular de 0,50 m de largura. No tempo t = 0, a carga H sobre a soleira é zero e, com o passar do tempo, varia conforme a equação H = 20⋅ ⋅⋅ ⋅t, com H (m) e t (min). Determinar o volume de água que passou pelo vertedor após 2 minutos. VERTEDOR RETANGULAR DE PAREDE FINA SEM CONTRAÇÕES_ equação de Bernoulli: ( ) 2 2 2 0 1 0 1 2 2 2 2 V V V h h y V g y g g g | | + = − + ∴ = + | | \ ¹ 0,5 A 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. Vertedor retangular de parede fina sem contrações → 3/2 2 2 3 d Q C g L h = ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.70) Vertedor de soleira espessa horizontal → 3/2 1, 704 d Q C b h = ⋅ ⋅ ⋅ (Equação 12.94) Igualando as duas equações, tem-se: 3/2 ' 3/2 2 2 2 1, 704 2 1, 704, 3 3 d d d C g L h C b h C g ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ = admitindo ' 1 d C = 2 1 2 1, 704 0,577 3 3 d d C g C ⋅ = ⇒ = = 12.18 A captação de água para o abastecimento de uma cidade na qual o consumo é de 250 l/s (vazão de demanda) é feita num curso d’água onde a vazão mínima verificada (no período de estiagem) é de 700 l/s e a vazão máxima verificada (no período das cheias) é de 3800 l/s. Em decorrência de problemas de nível d’água na linha de sucção da estação de bombeamento, durante a época da estiagem, construiu-se à jusante do ponto de captação uma pequena barragem cujo vertedor de 3 m de soleira tem a forma de um perfil padrão WES, que foi desenhado para uma carga de projeto h d =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] 37 Universidade Federal do Espírito Santo b) Durante a época das enchentes, qual será a máxima cota do nível d’água? 3/2 0,148 0, 5 m WES: 3, 0 m 2, 215 750 250 450 l/s d d Q C L h h Vertedor L h C Q h = ⋅ ⋅ = ¦ ¦ ∗ = ´ | | = ¦ | = − = ¹ \ ¹ Sendo h a carga de trabalho, então: a) 0,148 0,148 3/2 3/2 1,648 0, 45 0,5 0, 45 2, 215 3 0,183 0,5 3 2, 215 h Q C L h h h h ⋅ | | = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ = | ⋅ \ ¹ m 100 m N 99,817 m crista crista N h ∴ + = ⇔ = b) Vazão = 3.800 l/s – 250 l/s = 3550 l/s 0,148 0,148 3/2 1,648 3, 55 0, 5 3, 55 2, 215 3 0, 642 m 0,5 3 2, 215 NA ' 99,817 0, 642 100, 459 m máx c máx h h h h N h NA ⋅ | | = ⋅ ⋅ ⋅ ⇔ = ⇔ = | ⋅ \ ¹ ∴ = + = + ⇒ = . Universidade Federal do Espírito Santo 2 f = 6,4 ⋅ 10−5 ( ) 8 6 + 9,5 ln 2,28 ⋅ 10−5 − 2,5 ⋅ 10−3 ( ) ( ) −16 0,125 = 0,011597 Assim: f 2 = 4 f1 ⇒ f 2 = 0,046388 Pela equação do tubo rugoso: 1 R 1 D = 2,04log + 1,67 ⇒ = 2,04 log + 1,67 ⇔ ε f 0,046338 2ε D D D ⇔ 4,64298 = 2,04 log − log 2 + 1,67 ⇔ 1,4573 = log − log 2 ⇔ log = 1,7584 ⇔ ε ε ε ε D = 0,0174 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 −V R Equação 2.20 ⇒ máx = 2,5ln u* y Equação 2.34 ⇒ 1 3,71D = 2 log f ε Do Exemplo 2.2, vmáx = V + 4,07u* → V = 0,765vmáx vmáx − 0,9vmáx R = 2,5ln = 1,733 ⇔ 0,1vmáx = 1,733u* ⇔ u* = 0,577vmáx u* 0,5R V R Pela Equação 2.32 = 2,5ln + 4,73 , tem-se: ε u* 0,765vmáx D D D ε = 2,5ln + 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 QB, solicitada pela rede de distribuição de água, o reservatório secundário, de sobras, passa a ser também abastecedor? Para aço soldado novo, C = 130 (Tabela 2.4). Pela Tabela 2.3, determina-se β (β1 = 1,345⋅103) No trecho AB: D1 = 6”, C = 130 e J1 = 1,12 m/100 m → β1 = 1,345⋅103 1,85 1,85 J1 = β1Q1 ∴1,12 = 1,345 ⋅ 103 Q1 ∴Q1 = 0,0216 m3/s No trecho BC: D2 = 4”, C = 130, J2 = 1,12 m/100 m, β2 = 9,686⋅103 1,85 1,85 J 2 = β 2Q2 ∴1,12 = 9,686 ⋅ 103 Q2 ∴Q2 = 0,00745 m3/s A diferença é consumida na rede: QB = 0,0216 – 0,00745 = 0,01415 m3/s = 14,2 l/s A cota piezométrica em A é CPA = 812,0 m. Em B é a cota menos a perda: CPB = CPA – ∆HAB = 812 – J1L1 = 812 – 0,0112⋅650 = 804,72 m A partir de que vazão QB o reservatório de sobras também é utilizado? André Barcellos Ferreira –
[email protected] Universidade Federal do Espírito Santo 3 Neste caso, CPB < 800m ∆H 812 − 800 J1 = = = 0,0185 m/m L 650 Aço soldado novo: C = 130 (tabela 2.4) D1 = 6”, C = 130, J1 = 1,85 m/100 m, β1 = 1,345⋅103 1,85 1,85 J1 = β1Q1 ∴1,85 = 1,345 ⋅ 103Q1 ⇔ Q1 = 0,02836 m3/s = 28,36 l/s 800 − 800 J2 = =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 mH2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão disponível no ponto B seja 17 mH2O? A tubulação de aço soldado novo (C = 130) está no plano vertical. Carga de pressão em CPA = 25 mH2O. Qual deve ser a vazão para que a carga de pressão em B seja CPB = 17 mH2O? PA P = 25 m, B = 17 m, zA = 0, zB = 5 m γ γ zA + 2 VA P V2 = z B + B + B + ∆H , vA = vB ⇒ 25 = 17 + 5 +∆H ⇔ ∆H = 3 mH2O γ 2g γ 2g Pela tabela 2.3, β = 1,345⋅103 ∆H 3 J= = = 0,0191 m/m = 1,91 m/100 m L 157,1 PA + J 1,85 1,91 1,85 J = β Q1,85 ⇒ Q = = = 28,9 l/s 3 β 1,345 ⋅ 10 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: L V2 fV 2 ∆H = f ; J= ; ∆H = L × J D 2g 2 Dg • A – C: f V 0,0191 ⋅ 2,202 Q 38,88 ⋅ 10−3 = 0,0314 m/m vA = A = = 2, 20 m/s; ƒA = 0,0191; J A = A A = 2 Dg 2 ⋅ 0,15 ⋅ 9,8 A π ⋅ 0,0752 • B – C: 1 1 André Barcellos Ferreira –
[email protected] 85 = = 10.43 + + ∆H ⇔ 657.3 l/s 120.0101 Pela fórmula de Hazen-Williams: J = βQ1.2 = 2.40 m + z A + A = B + z B + B + ∆H ⇔ CPA + A = CPB + B + ∆H DAB = 120 m γ 2g γ 2g 2g 2g VA = VB ⇒ 4.37 m 0.37 J = 10.65 1.37 ⇒ Q1.20 m PA V2 P V2 V2 V2 CPB = 2.3 l/s André Barcellos Ferreira –
[email protected] 120 Q1.23 − 500 ⋅ 0.02283 ⇔ 0. ƒB = 0.81 ⋅ 10−3 = 0.8 m 1.0314LA + 0.345⋅103(38.85 e J = Outro método: D = 150 mm = 0.85.85 4.345⋅103 JA = 1. Em uma seção B.202 1.0213 ⋅ ( 500 − LA ) = 14.65 ⇔ LA = 2.02283 ⇔ LA = = 274. β A = βB = 1.2 ⇔ 14.0213 m/m = = 1.0193.03309 − 0.0423 m3/s = 42. Colocando os valores γ 2g γ 2g γ do problema. 23 − 10.5 4.com .65 10.20 − 2.58 + = 643.65 C D ⇔ Q = 1.81⋅10–3)1.23 m 2 ⋅ 9.0193 ⋅ 1.00 J = β ⋅ Q1.Universidade Federal do Espírito Santo 4 vB = f V 0.85 2. D = 150 mm = 0.80 m/s.15 m C = 130 Tabela 2. o nível d’água em outro piezômetro alcançou a altura de 2. 45 m 0. J B = B B = 2 Dg 2 ⋅ 0.154.37 0.802 657.85 ⋅ 0. foi instalada em uma seção A uma mangueira plástica (piezômetro) e o nível d’água na mangueira alcançou a altura de 4.23 ⇔ 3.58 = 354.0101 ⋅ LA = 14. onde n + zn = CPn .40 m.8 Sabe-se que a perda de carga total é devida à perda de carga nos pontos A e B. e como o escoamento é constante.878 ⋅ 10−3 = 0.85 → JB = 2. pode-se p V2 p V2 p usar a equação A + z A + A = B + z B + B + ∆H .345⋅103(31.85 → JA = 3. 120 m à jusante de A. Assim: ∆H = ∆H A + ∆H B = J A LA + J B LB = 0.0314 ⋅ LA + 0.85 ⋅ D 4.8 A π ⋅ 0.15 ⋅ 9. tem-se: 2.309 m/100 m JB = 1.345⋅103 ∆H L 1.0752 Pela ideia de que a energia total se mantém constante.85 1.3 → β = 1. 4 + ∆H ⇔ ∆H = 1.88⋅10–3)1.345 ⋅ 103 ⇒ Q = 0.0253 m /s = 25.8 ∆H = J ⋅ L ⇒ J = = 0.21 Em uma tubulação horizontal de diâmetro igual a 150 mm.83 = 643.40 3 J = 100 → Q = 1. Determine a vazão.85 J ⋅ C1.283 m/100 m Portanto: ∆HA + ∆HB = ∆H ⇔ JALA + JBLB = ∆H ⇔ 0.02283(500 – LA) = 14. de ferro fundido em uso com cimento centrifugado.802 QB 31.015 ⋅ 1301.15 m CPA = 4.8 2 ⋅ 9.60 + ∆H ⇔ ∆H = 14.20 m. 53682 2. nas condições do item anterior.Universidade Federal do Espírito Santo 5 2. Determine a vazão transportada pela segunda tubulação.1221 onde A = A 4 André Barcellos Ferreira –
[email protected] Q2 = ? 2 π ⋅ D2 A2 = = 0. 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.0707 = 2.com .34 Uma tubulação de 0.81 ⋅ 0.3 m f1 = 0.056 m3/s de água.23 A ligação entre dois reservatórios. Supondo que o fator de atrito da tubulação seja constante e igual a f = 0.2 km de comprimento desce.020 e que o rendimento da bomba seja 80%.117 m3/s ⋅ 5 ⋅ L = 30 ⇒ Q 2 = 30 2 8f ⋅L 8 ⋅ 0. observando os níveis d’água de montante e jusante.15 m3/s. L1 = 1500 m D1 = 300 mm = 0.3 ⋅ 0. 300 mm de diâmetro. para outro reservatório cuja superfície livre está a uma altitude de 120 m.6 m f2 = 0.032 Q1 = V1A1 2 π ⋅ D1 A1 = = 0.5368Q2 A2 Tubulações em paralelo → ∆H1 = ∆H2 f ⋅V 2 f ⋅ L ⋅V 2 f ⋅ L ⋅V 2 f ⋅ L ⋅V 2 f ⋅ L ⋅V 2 f ⋅ L ⋅V 2 ∆H = J ⋅ L ⇔ ∆H = ∴ 1 1 1 = 2 2 2 ⇔ 1 1 1 = 2 2 2 L = D ⋅ 2g D ⋅ 2g D1 ⋅ 2 g D2 ⋅ 2 g D1 D2 2 0.259 m3/s ⇒ 2 1 14 ⋅ L1 = 2 2 2 ⋅ L2 ⇒ Q2 = 4 π g D1 π g D2 0.53682 ⋅ Q2 ⇒ = ⇒ 0.020 ⋅ 3200 π g D b) Pot = ? para Q = 0. b) a potência necessária à bomba para recalcar uma vazão de 0.6 = 0. d) desenhe as linhas de energia e piezométrica após a instalação da bomba.79222 ⋅ 0.032.032 ⋅ 6005 ⋅ 1500 8 f Q2 2 0.30 m de diâmetro e 3.64 l/s 0.0707 m2 4 Q1 V1 = = 0.36. A perda de carga é a mesma: h f1 = h f 2 ⇔ J 1L1 = J 2 L2 J= 8 f Q2 8 f Q2 0. de um reservatório cuja superfície está a uma altura de 150 m. mantidos em níveis constantes.) a) hf = J⋅L =150 – 120 = 30 m 8 f Q2 π 2g 5 π 2 ⋅ 9. com fator de atrito f = 0.3 0. determine: a) a vazão original do sistema por gravidade.305 D = 30 ⇒ Q = 0. c) as cargas de pressão imediatamente antes e depois da bomba. conectando-se aos reservatórios em pontos situados 10 m abaixo de suas respectivas superfícies livres. com 3000 m de comprimento. transporta uma vazão de 0. com inclinação constante.024 ⋅ 3000 ⋅ 3. L2 = 3000 m D2 = 600 mm = 0.7922 2 0.2827 4 Q Q2 = V2 ⋅ A2 ⇔ V2 = 2 = 3.032 ⋅ 1500 ⋅ 0. (Sugestão: reveja a equação 1. desprezando as perdas de carga localizadas e considerando a carga cinética na adutora. 600 mm de diâmetro.024. A primeira.0562 = 0. é feita por duas tubulações em paralelo.024 ⋅ 3000 ⋅ 3.7922 m/s A1 2. com 1500 m de comprimento. e fator de atrito f = 0.25864 m3/s = 258.6 2 ⇒ Q2 = 0.032 ⋅ 1500 ⋅ 0.024 ⋅ 3005 ⋅ 3000 π 2 g D5 Por outro método: 1.15 m3/s ⇒ Q = V⋅A ⇔ V = π D2 Q = 0. 2 ⋅ 103 ⋅ 42 ⋅ 0.34 ⋅ 2 ⋅ 9.01 ⋅ 0.33 ⋅ 2.3 2 ⋅ 9.17 D 2g 2 ⋅ 9.15 1 ⇔ za + H b = zc + f 2 g ⇔ 150 + H B = 120 + 2 2 D πD 0.85 ⋅ 100 = 1.83 = 29.8 0.01 − 135 − 8.15 ∴ Pot = = 34.3 π ⋅ 0. vale C = 130.85 ⋅ LAC = 100 ⋅ β BC ⋅ Q1.8 ⋅ 0.14 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.12212 ∆H1 = f = = 8. Se a vazão no trecho AC é igual a 10 l/s de água.152 = 19.020 ⋅ 3.85 9.686 ⋅ 103 ⋅ 101.84 mH2O 2.345 ⋅ 103 André Barcellos Ferreira –
[email protected] ⋅ 103 ⋅ 101. A instalação está em um plano horizontal e o coeficiente de rugosidade da fórmula de HazenWillians. CPA = CPB ⇒ h f AC = h f BC Hazen − Willians J = β ⋅ Q1.83 mH2O HB + ⇔ pA γ + zA + 2 pdepois V A pdepois V2 = + z B + B + ∆H1 ⇔ = 150 + 19.85 → tabela ( D .01 0.020 ⋅ 3. de todas as tubulações.345 ⋅ 103 ⋅ Q1.93 kW 0.07 l/s 1.8 9.02 ⋅ 533.8 ⇔ H B = −30 + 2 2 c) pA γ + zA + 2 V A pantes V2 p = + z B + A + ∆H1 ⇔ z A = antes + z B + ∆H1 2g γ 2g γ ∴150 = 1 γ onde: L V 2 0.35 Na figura 2.8 ⋅ 19.3 pantes + 135 + ∆H pantes γ = 6.2 ⋅ 103 4 ⋅ 0.com .17 ⇔ 2g γ 2g γ pdepois γ = 25.85 ⋅ LBC ⇔ 9.858 ⋅ 100 ⇔ AC BC BC ⇔ QBC = 1.3 ⋅ π 2 ⋅ 0.8 ⋅ Q ⋅ H B η L 4Q 1 0.Universidade Federal do Espírito Santo 6 Pot = 9. determine as vazões em todas as tubulações e o desnível H entre os reservatórios. Despreze as perdas de carga localizadas e as cargas cinéticas das tubulações. C ) 100 ⋅ β AC ⋅ Q1.85 1.85 = 509. 810 − 800 = 0. usando a equação de Darcy-Weisbach: a) a vazão transportada.37 l/s ⇒ QDE = 20.345⋅103.5 l/s AB AB J AB = J BC = J BC = β ⋅ Q1.345 ⋅ 103 ⋅ 0.85 ⇒ Q AB = 0.85 DE DF ( ) 1.686 ⋅ 103 ⋅ 0. sabendo que o reservatório 1 abastece o reservatório 2 e que as perdas de carga unitárias nas duas tubulações são iguais. C ) DF β DE = β DF LDF 1.85 ⋅ 300 + 1.03 l/s BC BC QB = QAB – QBC ⇒ QB = 11. cotovelo 90° K = 0.011.9.85 ⋅ LDE ⇔ AC DE 100 1 ⇔H = 9.17 tem diâmetro de 50 mm em ferro fundido com leve oxidação.07 l/s CPE = CPF ⇒ h f DE = h f DF ( D. pelo fechamento parcial do registro. calcule qual deve ser a perda de carga localizada no registro e seu comprimento equivalente.758 = 1.2 e registro de ângulo.85 ⇒ 0. 48 − 780 = 23.312 ⋅ 102 ⋅ 0. e a carga de pressão no ponto B.85 ⋅ LAC + β CD ⋅ QCD ⋅ LCD + β DE ⋅ Q1. Determine. aberto. 47 m 2.85 ⇒ Q AB = 0.686⋅103 J AB = β ⋅ Q1.48 m pB = 803.1 ⇒ QDF = 18.0175 m3/s = 17. Material: aço soldado revestido com cimento centrifugado.020731.00603 m3/s = 6. curvas de 45º K = 0. Os coeficientes de perdas localizadas SAP: entrada e saída da tubulação K = 1.Universidade Federal do Espírito Santo 7 QCD = QBC + Q AC = 29. K = 5. Despreze as perdas localizadas e as cargas cinéticas.686 ⋅ 103 ⋅ Q1.48 mH2O γ 3.73 l/s H = CPA − CPE = h f AC + h fCD + h f DE ⇔ 1 1.85 ⋅ 100 + 3.85 ⋅ 200 ⇔ 100 H= ⇔ H = 6.96 l/s.128QDF + QDF = 39. C = 130 β1 = 1.85 ⇒ QDE = 1.85 QDF = QDF ⇔ LDE 200 100 ⋅ β DE ⋅ Q1. b) querendo-se reduzir a vazão para 1. C ) DE = ( D.47 l/s Cota B = 810 – ∆HAB = 810 – JABLAB = 810 – 0.25Q1.1 ⇔ 1.85 β AC ⋅ Q1.128QDF Conservação da matéria ⇒ QDE + QDF = QCD ⇔ QDE + Q DF = 39.85 ⇒ 0.00758⋅860 = 803.85 ⋅ LDF ⇔ Q1.0.85 250 1. β2 = 9.85 ⋅ LDE = 100 ⋅ β DF ⋅ Q1.85 = DE DF DE ⇔ Q1.758 = 9.07 + 10 = 39.1 A instalação mostrada na Figura 3.85 = 1.03911.00758 m/m 860 + 460 Aço soldado revestido com cimento centrifugado.com .345 ⋅ 103 ⋅ Q1.36 Determine o valor da vazão QB. André Barcellos Ferreira –
[email protected]. 02 ∴ 0.0 + 5.987V2 ⇔ V = 1.Universidade Federal do Espírito Santo 8 V12 p V2 = z2 + 2 + 2 + perdas.30 mm.0 m/s 2 πD π ⋅ 0.02 = 64.034 ⋅ ⋅ = 3.0 ⇔ + ( 2 ⋅1.0 + 0.0 + 25.0003 = 2log618. 27 ⇔ 0.586 m/s ⇒ Q = V⋅A = 1.71 ⋅ 0.9 + 2 ⋅ 0.81 f ⋅V 2 Leq V 2 Leq 1.1 ⇒ K = 64.423)V 2 .3) = 5.2 ∆hreg = K V2 1.71D / ε = 2log 3.0 ⇔ 1.35 m André Barcellos Ferreira –
[email protected] ⇔ Leq ⇔ f ⋅ 2 Dg D 2g 0.9 + 2 ⋅ 0.0 ⇔ f D 2g 2 ⋅ 9.2) V2 L V 2 ( 2.3 = 98.05 2 V ⇔ ( 900 f + 8.0 + 13.052 2 L V2 V2 V2 L + ∑K = 5.81 0.333 = f ( ) ( ) ε 2 2 2 1 = = 0.0 ⇔ f D + ∑K D 2g 2g 2g ε = 0.0341 ( 2.0 + 25.034 2 ⋅ 9.05 2 ⋅ 9.96 l/s ⇒ V = f 4Q 4 ⋅ 0.81 Leq ≅ 94.6 + K + 3.0 + 13.0 2g D 2g 2g 2g D Ferro fundido com leve oxidação: ε = 0.30 mm.0 ) f + ∑ K = 5.032 5.2 + 5.0 = ( 48.62 1 1 1 1 3.0) + K + 2 ⋅1.0 = 1.87 f + 0.00196 = = 1.2 = 3.0 + 0.0 + 5.0252 = 3.58 ∴ 5.0 ) = 5.114⋅10-3 m3/s b) Q = 1.2 = 5. V = 1 m/s → f = 0.81 0.com .27 m 2g 2 ⋅ 9.02 ∆hreg = JLeq ⇒ 3.05 / 0.586⋅π⋅0.0 ⇔ 5.71D = 2log ⇔ f = 2log 3. ε = 0.0 ⇔ f + ∑ K = 5.30 mm (Tabela 2. 27 = = 3. onde p1 = p2 =patm γ 2g γ 2g ∴ perdas = z1 − z2 = h f + ∆h = 50 − 45 = 5 m z1 + p1 + a) Fórmula de Darcy-Weisbach: V2 L V2 V2 V2 L JL + ∑ K ⋅ = ∆H ⇒ f + ∑K ⋅ = 5. D = 50 mm 19.05 ⇔ 30. 189 + 30.5 + J ⋅ ( 3.0 l/s de água.189 + 30.001 V 1.010 + 6.89 D ) = 2.7 A instalação hidráulica predial da figura está em um plano vertical e é toda em aço galvanizado novo com diâmetro de 1”.80 + x ) ⇔ Hazen-Williams: 4Q 4 ⋅ 0.81 1.17 Logo: 0. V.81 1.09 ) = x + J ( 2.09 m LCB = 0. 2802 x + x = 0.80 m LECA = 2 ( 0.3 = (0.89 D ) = 0.3 = 3.8 + x ) m LECB = 2 ( 0.85 J = 69.5 + 0.0251. Determine qual deve ser o comprimento x para que as vazões que saem pelas extremidades A e B sejam iguais.80 + 2.50 Para que QA = QB.09 + 0.0 − x ) = x − 1. como mostra o esquema da Figura 3. C. em mH2O. cujo comprimento equivalente é LE = 20.23. Os cotovelos são de raio curto e os registros de gaveta.04 m/s J = 69. supondo o registro colocado no ponto B.85 ⇒ J = 0. adotando C = 145. c) máxima e mínima carga de pressão na linha. nos casos a e b. Tabela 3.0 + 1.Universidade Federal do Espírito Santo 9 3. determine: a) a vazão de canalização supondo que o registro esteja colocado no ponto A.com .4) 2.0252 C = 125 (Tabela 2. de P.09 m ⇔ J ( 3. são interligados em linha reta através de uma tubulação de 10 m de comprimento e diâmetro 50 mm. André Barcellos Ferreira –
[email protected] LAC Perdas de carga: = 2.189 + 30.0 m.83 m 3.041. mantidos em níveis constantes.85 1. d) desenhe em escala as linhas piezométrica e de energia.53D registro_gaveta aberta LE = 0.50 ⇔ x = 1.6 – Comprimentos equivalentes: cotovelo 90°_raio curto LE = 0.025 = 2.8 Dois reservatórios. 2518 m/m 125 0.5 + x + 0.53D ) + ( 0.85 = = 2.010 + 6.17 ⇒ V = 2 C D πD π ⋅ 0.95 ⋅ 0. Admitindo que a única perda de carga localizada seja devido à presença de um registro de gaveta parcialmente fechado. e alimentada por uma vazão de 2. b) idem. e usando a fórmula de Hazen-Williams.53D ) + ( 0.388 + 67. rígido.010 + 1.8406 + 1. devemos ter: z A + JLTA = z B + JLTB ⇔ 1. 25 m 2 ⋅ 9.227 2 ⇔ B = 1.0 − − 0.1000 m/m C ⋅D 145 ⋅ 0.81 γ máx 2 g γ máx 2 g γ máx p ⇔ B = 0.81 γ máx 3.31 ⋅ 1.81 γ mín γ mín p p p V2 V2 V2 + 4 + JLT ⇒ A = ( z1 − z4 ) − 4 − JLT ⇔ • z1 + A + 1 = z4 + A 2g γ atm 2 g γ máx 2 g γ mín pA p 2.85 ⋅ 0.17 ⇔ V 1.17 z3 = z 4 = z B p p p V2 V2 V2 • z1 + A + 1 = z2 + A + 2 + JLE ⇒ A = ( z1 − z2 ) − 2 − JLE ⇔ 2g γ atm 2 g γ mín 2 g γ mín p p 2.0 m) • vA = vB (vazão constante) perdas = zA – zB = 3.81 1.17 LT ⇔ 6.1000 ⋅ 20. cujo comprimento André Barcellos Ferreira –
[email protected] − 2 ⋅ 9.2272 − 0.85 1.0 = JL = 6. mantido 15 m acima da saída da tubulação.Universidade Federal do Espírito Santo 10 Equação da continuidade: p V2 p V2 z A + A + A = z B + B + B + perdas γ 2g γ 2g • pA = pB (os dois reservatórios com NA = 1.0 + 20.27 π ⋅ 0.051.75 m = 4.85 z2 = z A J = 6.0 ) = 3 ⇔ C ⋅D 1451.227 m/s Q = VA = 2.2272 ⇔ A = 1.81 1.85 V 1.0 − ⇔ b) • z1 + B 2g 2 ⋅ 9.85 2.0 ⇔ A = −1.81 γ mín γ máx p p p V2 V2 V2 2.85 1.10 Uma tubulação retilínea de 360 m de comprimento e 100 mm de diâmetro é ligada a um reservatório aberto para a atmosfera.0 m V 1. com nível constante.75 m 2 ⋅ 9.85 = 4. A tubulação está fechada na saída por uma válvula.1000 ⋅ 30 ⇔ A = 0.0 − − 0.17 = 6.85 3.85 = 0.37 l/s a) A pressão é mínima no ponto mais alto e máxima no ponto mais baixo: z1 = 4m V 1.75 m γ mín p p p V2 V2 V2 + 1 = z3 + B + 3 + JL ⇔ B = ( z1 − z3 ) − 2 ⇔ • z1 + B 2g γ ATM 2 g γ máx 2 g γ máx p 2.31 ⋅ (10.397 ⇒ V = 2.052 4 = 4.2272 + 1 = z2 + B + 2 ⇔ B = ( z1 − z2 ) − 2 = 1.1000 ⋅ 10 = 2.2271.com . 5 ⋅ 0. com escoamento livre.26.5 m D f 0.7347 ⇔ 3.020 e adote como coeficiente de perda de carga na entrada K = 0. de modo que a vazão na extremidade de jusante seja nula.Universidade Federal do Espírito Santo 11 equivalente é de 7.4. pA + zA + 4.1 ⋅ 2 g 2g Equação da energia para A e B: p V2 p V2 L dV V2 L dV z A + A + A = z2 + 2 + 2 + ∆H + ⇔ z A = 2 + ∆H + ⇔ γ 2g γ 2g g dt 2g g dt V2 V2 dV dV + 74 + 36.028.96 + ∆H ⇔ ∆H = 14.11 e a metodologia do problema 1.79. determine o comprimento equivalente do registro colocado na tubulação de diâmetro único. Sugestão: utilize a Equação 1. V 2 pD V2 p p = + zD + + ∆H ⇔ A − D = z D − z A + ∆H ⇔ 0.86 = 0.13 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. ambos com o mesmo fator de atrito f = 0.16 → e = ⇒ Le = = = 2.96 ∴ 0. A vazão total que entra no sistema é 0.02) = 74 D 2g 0. Le = 25.7347 − 15 = 0 2g 2g dt dt Resolvendo-se a equação diferencial.0349 ∴14.com .9 = − z A + ∆H γ 2g γ 2g γ γ h sen 2° = ⇔ h = 13. determine o tempo necessário para que a velocidade média atinja 98% da velocidade em condições de regime permanente.0349 L ⇔ L = 425. André Barcellos Ferreira –
[email protected] f Equação 1.5. calculamos t. conforme a Figura 3.98 ∆H 0 = JL onde J = = 0. A partir de V(t).15 → ∆H = f Le V 2 V 2 (7. Se a válvula é aberta instantaneamente.9 mH2O.8265V 2 + 36.9 = −13. Assuma o fator de atrito f = 0.025 m3/s e toda água é distribuída com uma taxa uniforme por unidade de comprimento q (vazão de distribuição unitária) nos dois trechos. 46 400 6. encontramos V(t). Determine a perda de carga total na adutora. seguido por outro trecho de 900 m de comprimento e 100 mm de diâmetro.5 m de comprimento da tubulação. V12 p2 V2 L dV = + z2 + 2 + ∆H12 + γ 2g γ 2g g dt Comprimento equivalente na entrada: L K K ⋅ D 0.11 → p1 + z1 + Equação 3.5 + 2. ⇔ 15 = 3.79 200 Como LAD = 400.1 Um sistema de distribuição de água é feito por uma adutora com um trecho de 1500 m de comprimento e 150 mm de diâmetro. assentada com uma inclinação de 2° em relação à horizontal.1 Equação 3. desprezando as perdas localizadas ao longo da adutora.5 + 360) V2 ⇒ ∆H = (0. 0827 = ⇒ J1 = 9.0827 ⋅ 0.1224 m 3 z → const. Neste último caso.15 m3/s. se elas são conectadas (a) em série ou (b) em paralelo.042 ⋅10−5 ⋅ 1500 ⇔ Q j = 9.0827 ⋅ 0. a queda de pressão é de 50 kN/m2.801 5 5 5 DA DA DA Tubulação B: QB = 0.15 m L1 = 1500 m D2 = 0.8 ⋅ 10 ∆H = 0. e através de uma tubulação B.025 + 0.025 m3/s Q = 1.20 m3/s ∆P = – 60 kN/m2 V12 p V2 p + z1 + 1 = 2 + z2 + 2 + ∆H 2g γ 2g γ V → const.0827 f = Q2 f Qm + Q j 4.008 ⋅ 10−3 m/m 5 D 0. com uma vazão de 0.0171875 m3/s 2 2 Pela equação universal: f ⋅ Q 2 0.3528 ⋅ 10−3 m/m 5 5 D 0.155 Assim: ∆H1 = J1 ⋅ L1 ⇒ ∆H1 = 13. a queda de pressão é de 60 kN/m2.028 D1 = 0. Tubulação A: QA = 0.20 m3/s.1224 ⇒ A A A = 1850.009375 ⇔ Q f = 0.15 ∆H 2 = J 2 ⋅ L 2 ⇒ ∆H 2 = 5.014432 ⇒ J 2 = 6.Universidade Federal do Espírito Santo 12 F = 0.028 ⋅ 0.8 9. calcule as vazões em cada tubulação. γ γ 9.01718752 f J = 0.4 Quando água é bombeada através de uma tubulação A. 229 m J = 0.0827 2 f A LAQ A f L Q2 f L Q2 ⇒ 0.042 ⋅ 10−5 m3/ms L1 + L2 Para o trecho 1: Q j = Qm − q ⋅ L1 = 0. com uma vazão de 0.375 ⋅ 10−3 m3 / s q= 0.01443 m3/s Qf = = 0.0827 A A A = 6.17 m3/s de água são bombeados através das duas tubulações.1 m L2 = 900 m Qm = 0.717 m Finalmente: ∆H T = ∆H1 + ∆H 2 ⇔ ∆H T = 19. p1 p 2 60 ⋅ 103 60 − = ∆H A ⇔ = ∆H A ⇔ ∆H A = = 6.15 m3/s ∆P = – 50 nK/m2 André Barcellos Ferreira –
[email protected] − 1.com .028 ⋅ 0.512 m Para o trecho 2: Q Qj = 0 → Qf = m 3 Qm2 = QJ1 ⇒ Q f = 0. Use a fórmula de Darcy-Weisbach. Determine a queda de pressão que ocorre quando 0. com .01 l/(s.8 ⇔ ∆P = 13.0827 ⋅ f A ⋅ LA 2 ⋅Q D5 A ∆PA = 0.0287 2 f B LBQB 50 f L = ⇒ B 5 B = 2741.m).8 DB DB a) Em série QA = QB ∆H = ∆HA + ∆HB → ∆P = ∆PA + ∆PB ∆H A = ∆PA γ = 0.272 ⋅ 9.0933 m3/s ∆H A = ∆P ⇒ ∆P = ∆H A ⋅ γ ⇔ ∆P = 0. Entre os pontos B e C.06 kN/m2 D5 A γ 4.021Q A = 52.927 ⋅ 0.00 m.35 kN/m2 ∆P f ⋅L ∆H B = B = 0.09332 ⋅ 9.927QB ⇔ 5 5 DA DB ⇔ 43. existe uma distribuição em marcha com vazão por metro linear uniforme e igual a q = 0.172 ⋅ 9. b) a carga de pressão disponível no ponto C. c) a vazão na tubulação de 4” de diâmetro.0827 ⋅ f A ⋅ A ⋅ Q A = 0.17 ⇔ QB = 0.0827 ⋅ f A ⋅ LA ⋅ 0.0767 = 0.22 kN/m2 ∆P = 43.7 O sistema de distribuição de água mostrado na Figura 4.217⋅0.927 5 9.35 + 64. determine: a) a carga piezométrica no ponto B. Assumindo um fator de atrito constante para todas as tubulações.801 ⋅ 0.801Q A = 2741.8 ∆PA = 43.Universidade Federal do Espírito Santo 13 V 2 p2 V2 = +z+ + ∆H γ 2g γ 2g V → const.363QB ⇔ Q A = 1. f = 0.0827 ⋅ f B ⋅ B ⋅ QB ⇔ 1850.0767 m3/s ⇒ QA = 1. 50 ∆H A = z → const. André Barcellos Ferreira –
[email protected] ⋅ 2741.57 kN/m2 b) Em paralelo QA + QB = 0.0827 ⋅ B 5 B ⋅ Q 2 γ DB ∆PB = 0. se a cota geométrica desse ponto é de 576.8 ∆PB = 64.020 e desprezando as perdas localizadas e a carga cinética. A vazão que sai do reservatório I é de 20 l/s.17 L L 2 2 2 2 ∆H A = ∆H B ⇔ 0.217Q B = 0.22 = 107.20 tem todas as tubulações do mesmo material. 9. 217QB ∴ 2.8 p1 + z+ 0.0827 ⋅ 1850. 02 ⋅ 790 ∴ CPB = 590 − 0.Universidade Federal do Espírito Santo 14 Solução 1: 4” = 0.87 0.015 m3/s.6348 m/s 2 π D4 / 4 Na tubulação de 6” de diâmetro.853Q6 = 59.014⋅10–3 m3/s Para as respectivas vazões.42 m 0.com .15 m (Caminho 2) V 2 pB V2 p p = + zB + + ∆H onde CPA = A + z A e CPB = B + z B γ 2g γ 2g γ γ ∴ CPA = CPB + ∆H ⇔ 590 = CPB + ∆H ⇔ CPB = 590 − ∆H Cálculo de ∆H: f ⋅L f ⋅L f ⋅ L2 2 2 ∆H = 0.1 m (Caminho 1) 6” = 0.02 + 0. tem-se: Q6 V6 = = 0.986⋅10–3 m3/s Q6 = 15.1 0. 2 André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail. tem-se que Q4 + Q6 = 0.6827 m D 2g 0.48 ⋅ 10−2 = 586.14.87 ⇔ Q6 = 3.3514Q2 5 5 0.01 → QF = 0.85 = ⇔ 7.0827 ⋅ 5 ⋅ Q 2 ⇒ 0.154.31Q4 ⇔ Q6 = 7.85 ⋅ 750 = 10.0827 ⋅ 1.155 Solução 2: ⇔ ( ) Tubo de 6” = 0.304.1) 1.84962 ∆H AB = f = 0.15 2g Equação da energia na superfície I e em B: p V2 p V2 z1 + 1 + 1 = z B + B + B + ∆H AB ⇔ 590 = CPB + 3.0827 ⋅ ⋅ Q2 ⇔ 5 D D1 D2 pA + zA + 800 2 750 2 ⋅ Q1 = ⋅ Q2 ⇔ Q1 = 0.819.684Q4 ⇔ 0.717.87 ⋅ 800 ⇔ C1.85 ⋅ (0.858.42 = pC + 576 + ∆H ⇔ pC = 10.3173 m γ 2g γ 2g pB + zB = pC + zC + ∆H ⇔ 586.85 750Q6 800Q4 1.65 ⇔ 1.85 1.3514Q2 = 20 ⇔ Q2 = 14.020.799 l/s = 1.65 1. Portanto: Q4 = 4. tem-se: L V2 750 0.15 m e 4” = 0.85 4 4.85 Q6 Q1.02 ⋅ ⋅ ⇒ ∆H AB = 3.85 1.87 C ⋅ (0.10 m ∆H 6 = ∆H 4 ⇔ J 6 ⋅ L6 = J 4 ⋅ L4 ⇔ 10.6827 ⇔ CPB = 586.0827 ⋅ 5 1 ⋅ Q1 = 0.85 1.15) 4.8496 m/s 2 π D6 / 4 V4 = Q6 = 0.011Q4 Do enunciado.42 − ∆H b) γ γ γ γ QFBC = Qm + Q j 2 = 0.48⋅10–2 m3/s 2 0.15 Mas Q1 + Q2 = Q A = 20 l/s ⇒ 1.85 1. 9 No sistema de abastecimento d’água mostrado na Figura 4.85 ⇒ Q AB = 2.85 4.85 10.0152 = 4. A.85 = 11901.2⋅10–3 m3/s 4.85 BC BC ∆H = L ⋅ J → ∆H = 650 ⋅ 18.15 m carga de pressão disponível no ponto B = 20 mH2O → CPB = pB pB γ = 20 mH2O + z B = 740 m → Em B a cota piezométrica é CPB = 740 m.31Q1.83 ⋅ Q1.831⋅103 (Tabela 2. Nesta situação. D = 6” ⇒ β = 1. ou seja: Q AB = QB + QBC 1.21 faz parte de um sistema de distribuição de água em uma cidade.95244663 ⋅ 10−3 = 0. Como este valor é maior γ que a cota piezométrica do N.31 ⋅ Q1.85 AB 1.04291 m3/s = 42. este reservatório é abastecido.5Q1.516Q1.4 → C = 110 8” = 0.65 ⋅ Q1.85 AB AB = ⇒ J = 4.20 m 6” = 0.83Q1.48⋅10–2 = 5.85 → J = 18. Despreze as perdas localizadas e as cargas cinéticas e utilize a fórmula de Hazen-Williams.3514Q2 = 0.85 = 4741.02 ⋅ 1000 ⋅ 0.516Q1.com .91 l/s AB Como CPB > NAII.Universidade Federal do Espírito Santo 15 ∴∆H = 0.87 C ⋅D 110 ⋅ 0.52 mH2O c) Da letra a.3514⋅1.9 = 5.3) Portanto: J = β ⋅ Q1. qual a vazão QB que está indo para a rede de distribuição? A partir de qual valor da carga de pressão em B a rede é abastecida somente pelo reservatório I? Material das tubulações: aço rebitado novo.155 γ = 10 − 42 − 4. Por Hazen-Williams: J= 10. 2 ∆H AB = LAB ⋅ J → ∆H AB = 1050 ⋅ 4. Tabela 2.85 4.85 AB AB Equação da energia na superfície do reservatório I e em B: p V2 p V2 z1 + 1 + 1 = zB + B + B + ∆H AB ⇔ 754 = 720 + 20 + ∆H AB ⇒ ∆H AB = 14 m γ 2g γ 2g Assim: 14 = 4741. o reservatório II é abastecido.87 1.85 C = 110. Quando a carga de pressão disponível no ponto B for de 20 mH2O. determine a vazão no trecho AB e verifique se o reservatório II é abastecido ou abastecedor.85 BC BC Equação da energia superfície do reservatório II e em B: p V2 p V2 p z B + B + B = z2 + 2 + 2 + ∆H AB ⇔ z B + B = z2 + ∆H AB ⇔ 720 + 20 = 735 + ∆H BC ⇔ γ 2g γ 2g γ ⇔ ∆H BC = 5 m André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail. cuja rede se inicia no ponto B.65 ⋅ Q1. de II.90 m 0. tem-se: Q1 = 0.0827 ⋅ ∴ pC 0. com . 2 + 3473.7 3. no ponto de funcionamento de A.024 0.3 17. usaremos o ponto (QB.83Q 2 − 222. Para encontrar a potência requerida. Pela equação de B.2 13. 21 m de comprimento.26 m.70 4. a cota piezométrica em B deve ser igual ou maior que NA de II.20 6.033 m3/s Interpolando.035 ⋅ 7. qual a potência requerida? Despreze as perdas localizadas.95 l/s BC BC Finalmente: QB = Q AB − QBC ⇔ QB = 42. Para a bomba selecionada.035 m3/s.6 21.036 − 0. Q1 = 0.7 9.85 ⇒ Q1. E = H g + ∆H = H g + L ⇒ E = 3.035 m3/s Interpolando.006 0. fator de atrito f = 0.536 Para Q = 0.03 0.6 10. HB) do funcionamento de B.85 = 14.036 − 0. Justifique.012 0.2 9. Q (m3/s) 0 0. γ ⋅ Q ⋅ H 9800 ⋅ 0.030 m3/s → η1 = 80 % Q2 = 0. Q A − Q1 η A − η1 0.32 5. Selecione a bomba mais indicada para o caso.018 0.95 ⇔ QB = 27.020 e altura geométrica de 3.91 − 14.10 m de diâmetro.033 − 0.Universidade Federal do Espírito Santo 16 Assim: 5 = 11. são mostradas na tabela a seguir.0 3.20 0.9 0 32 74 86 85 66 28 η (%) Bba B H (m) 16.036 3.0 6. para uma determinada rotação constante.901. tem-se: H B = −396.6333 André Barcellos Ferreira –
[email protected] m3/s → η2 = 60 % QA = 0.6 11. tem-se: Q1 = 0.0827 ⋅ F ⋅ Q 2 Para a tubulação.035 − 0.70 Então.7 14. Q m3 / s E (m) ( ) 0.03 η A − 66 = ⇒ = ∴η A = 47 % Q2 − Q1 η2 − η1 0.93 kW η 0.006 0.2 m. Uma dessas duas bombas deverá ser utilizada para bombear água através de uma tubulação de 0.96 l/s Para a rede ser abastecida somente por I.036 Bba A H (m) 22.33 7.62Q + 15.012 0.9 20.5Q1.1 As curvas características de duas bombas. 26 Pot = = = 3.030 m3/s → η1 = 66 % Q2 = 0.4 0 14 34 60 80 80 60 η (%) 2 0.03 ηB − 80 = ⇒ = ∴η A = 63.024 0. HB = 7.03 28 − 66 Fazendo o mesmo para o ponto B.33 % Q2 − Q1 η2 − η1 0. 4Q 5 D Para as vazões marcadas.32 3.030 0.03 60 − 80 ⇒ O melhor rendimento é o da bomba B.9 11.018 0. tem-se: QB − Q1 ηB − η1 0. Portanto: p p CPB ≥ 735 ⇔ z B + B ≥ 735 ⇔ B ≥ 15 mH2O γ γ 5.036 m3/s → η2 = 28 % QA = 0. Com os valores de Q e H. 0025) ⋅ 1000 + A 1301.85 Q1.7 − 2.85 1 2 ⋅ 1000 + ⋅ 800 1301.10164. Para a curva característica da bomba. Despreze as perdas localizadas e a carga cinética.0025 = Q1 2 Q B = Q A − qL AB = Q A − 0.87 11.005 = Q 2 Q A = Qf = E = 5+ 1.87 0.12 ( Q A − 0.005) Q 5 10 15 20 H 20 17.21 é constituído de tubulações de aço com coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Williams C = 130.87 QA + QB = Q A − 0.85 0.1 ⇔ x = 15.7 = ⇔ 10.1 42.5 − 12.15244.3 ( Q A − 0.87 1.4 − 23.8 + 6. determine a vazão que chega ao reservatório superior e a cota piezométrica no ponto B.85 ⋅ ⋅ 1000 1301.7x = 52 − 5x ⇔ 17.4 − x = ⇔ −12.0025) + 71.4 − x ) ⇔ −222.5 − 12.com .87 0.8 QF = = 9.5 QC = Q B = QA − qL AB = 11.2 O esquema de bombeamento mostrado na Figura 5.1524 4.5 10.2 = 13.457.4 23. existe uma distribuição de vazão em marcha com taxa de distribuição constante e igual a q = 0.Universidade Federal do Espírito Santo 17 5.005 l/(SM).5 12.00931.5 − 15.65 ( Q A − 0.5 5 E 5.3 Interpolando: 17.7 (17.8 − 5 = 6.5 − x 10.7 m/ = E = H 10 − y 17.85 = 5 + 12.8 ℓ /s A cota piezométrica em B é: P V2 P V2 z A + A + A + E = z B + B + B + ∆H AB γ 2 γ 2 15.2 10.8 ⇔ y = 11.65 0. Da bomba até o ponto B.85 0. y = −1. dada na figura.85 1.8 ℓ = Q 10 − 15 17.7 = CP B + 10.65 Q1.3 2 CPB = 15.10164.179.85 ⋅ 800 10.5 − x ) = 5 (10.85 ( Q − 0.005)1. 2 PA VA P V2 + + E = z C + C + C + ∆H AC γ 2 γ 2 E = z C − z A + ∆H AC ⇒ E = 5 + J ABL AB + J BC L BC zA + E = 5+ 10.15244.5 m André Barcellos Ferreira –
[email protected] + 12.85 0. de 6.5 20.6 − x ) = 4 ( 22.0 m.1) = 20 + 19.6 − x = ⇔ −2.8 ( 2. comprimentos equivalentes das peças existentes nas tubulações de tubulação e recalque.87 4.com .85 10.40 m e 35.010 m3 /s (sim) b) 5 ℓ/s André Barcellos Ferreira –
[email protected] Q1.4 Interpolando: 26 − x 22. Com a curva característica de uma bomba. altura geométrica de 20 m.40 ) + 1.15 Tabela para a bomba sozinha: 2 4 6 7 28.4 ⇔ x = 24 m = E ∴ 24 = 20 + 19.7 21.5 26 22 20.85 4. de acordo com os pontos de funcionamento obtidos? 2 PA VA P V2 + + E = z C + C + C + ∆H AC γ 2 γ 2 E = 20 + J AB LTAB + J BC LTBC zA + E = 20 + Q H E Q H E 0 30 20 0 30 20 10.6 25.0 m e 674. de 43.5 26 22 18.Universidade Federal do Espírito Santo 18 5.5 22 Tabela para as bombas em paralelo: 4 8 12 28.8 + 2.85 647 + 35.15 90 0.65 Q1. respectivamente. com as seguintes características: funcionamento contínuo 24 h.85 ( 6 + 43.10 m. coeficiente de rugosidade da fórmula de Hazen-Williams C = 90. 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.6 − 25.22.4 − 4x ⇔ 26 − 22 22.438Q1. determine: a) Associando em paralelo duas destas bombas.85 1.4 Deseja-se recalcar 10 ℓ/s de água por meio de um sistema de tubulações.6 − x ) ⇔ −72.438Q1. respectivamente. comprimentos reais das tubulações de sucção e recalque.5 diâmetro de recalque igual ao diâmetro de sucção.85 ⇔ Q = 0.2 20.7 22. indicada na Figura 5.87 ( 90 0. coeficiente da fórmula de Bresse K = 1. obtém-se a vazão desejada? b) Em caso afirmativo.8x = 90. a altura geométrica da Equação 5.7 2.024 0.15245 Com uma equação para E chegamos à tabela: Q (m3/s) 0 0. determinando os pontos de funcionamento do sistema (Q e H).88 ⋅ 9 = 85 − y ⇔ y = 77. P.00 m e 800.2 − x 2.5x ⇔ 26 − 22 22 − 18. uma cota mínima de 706.72Q 2 → Q = 29.777. O nível d’água no poço de sucção varia com o tempo.2 9.9 20.9 20.00 m.72Q 2 E = −12 + ∆H = −12 + JL = −12 + 1025 ⋅ 0.22 85 − y = ⇔ 0. fator de atrito f = 0.00 m e.3 17.6 m = H ∴ 21. imediatamente na saída do reservatório superior.8 − x ) ⇔ −119. existe uma válvula de pé com crivo e uma curva 90° R/D = 1. S. Q (m3/s) 0 0. determine a nova vazão recalcada.7 85 − 66 Portanto: γHQ 9.7 14.777.6 2.5 ( 2.012 0. Observe que.030 0.036 H (m) 22.8 Um sistema de bombeamento é constituído por duas bombas iguais instaladas em paralelo e com sucções independentes.2 − x ) = 4.9 η (%) 0 32 74 86 85 66 28 2 Q = −12 + 25.2 − 9.5 ( 22 − x ) = 3.4x = 12. André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail. uma cota máxima de 709.030 0.5x = 75.006 0. Desejando-se aumentar a capacidade de vazão do sistema.7 Η 8 66 Interpolando para o rendimento. As tubulações de sucção e recalque tem diâmetro de 4”.22 = −12 + 25. os valores do N.5 − 22 ⇔ x = 21. vem: 14.018 0.4 Interpolando: 14.8 − x = ⇔ −8.006 0.6 21.438Q1. de 6.030 e os seguintes acessórios: na sucção.8 ⋅ 103 ⋅ 10.2 ⇔ x = 10.2 21.6 21.8 11.5 21.5x ⇔ 14.22 ⇒ 10. igual a 20°C. S. verifique o comportamento do sistema no inverno e no verão.28 + 8.7 3. Assuma temperatura d’água. no verão.2 9.22 = 822. atingindo..012 0.23. disponível nas duas estações e o comportamento da bomba quanto à cavitação.3 ⋅ 10−3 Pot = = = 3. dadas na Figura 5.85 ⇔ Q = 6.com .22 m Q 0. ligados por uma tubulação de 6” de diâmetro.0827f 0. em média. no caso. A cota de instalação do eixo da bomba vale 710. uma bomba centrífuga cuja curva característica é dada na tabela a seguir. H.3 ℓ / s CP = z + E = 812 + 10.5 ( 21.024 0.00 m.25 − 3. 2 − 10.38 é negativa.5 − x = ⇔ ⇔ −0. P. instalou-se.Universidade Federal do Espírito Santo 19 c) 26 − x 22 − x 21.4 (14.5 − x ) ⇔ −11 + 0.024 0.030 H 14.0 m de comprimento real.018 0.3 17.2 − 9. com curva característica e curva do N.9 E (m) –12 –11 –8. 1025 m de comprimento e fator de atrito f = 0.3 –3.8 − 11.2 9.7 14.025.7708 5. no inverno.00 m.7 3.8 kW η 0. H.22 ⋅ 29.036 H (m) 22.6 = 20 + 19.08 % 14. Desprezando as perdas de carga localizadas e a perda de carga na sucção.6 − 4.2 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. 34 46.33 − 25 20 − 17 12 − Qi 20 − H i ∴ = ⇒ Qi = 13.48 m 18.33 15.5 5 4.53D Válvula de retenção leve → L3 = 0.33 H v 22 12 − Q v 20 − H v ∴ = ⇒ Q v = 14.35 61. 247 + 79.02 Ei 10 14.33 − H i 20 − H i = ⇒ H i = 19.030 T = 20°C ∆H = ∆ H s + ∆H r ⇔ ∆H = L s + L e s J s + L r + L e r J r ⇔ 0.563] ⇔ ∆H = 37.com André Barcellos Ferreira – − 18 20 − 17 .33 18. 48D Curva 90° R/D = 1 → L 2 = 0. 27D Le r = L3 + L 4 + 2L 2 = 46.55 m Q 2 ( l/s ) 12 Q v 18 15.35 58.563 m D = 4" = 0.01 + 340.776 + 70 + 45.5 4.5 3.56 + 255.04 l/s 12
[email protected] − H v 20 − H v = ⇒ H v = 18.33 25 34.02 Verão: 15.115 + 15.33 − 22 20 − 17 E v ( m ) 15.051Q2 D5 Inverno: E i = 13 + 37051Q 2 ⇔ ∆H = ( ) ( ) Verão: Ei = 10 + 37051Q 2 Q (l/s) 0 6 12 18 24 30 36 Ev 10 11. 43D Registro de globo → L 4 = 0.0827Q 2 [6 + 27.1 m LS = 6 m L r = 70 m Les = L1 + L2 = 27.5 9 Válvula de pé com crivo → L1 = 0.9 l/s H ( m) 20 H v 17 12 − 18 20 − 17 Inverno: 18.5 20 17 13 7 0 NPSH R ( m ) x 2.776 m f = 0.33 22 31.Universidade Federal do Espírito Santo 20 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 22.34 43. 5 3. já que Q v > Q v máx e Qi > Qimáx .5 5 7.com .5 − 4. Para um recalque de água na temperatura de 20°C e uma curva do N.01 7.42 l/s 9 − 12 4.5 − 5 NPSH d v NPSH d r 9 Qmáx 4.59 x 2.24 − z − Ls + Les 0.59 5.23 8.42 7.63 4.0827f ( ) Q2 Q2 = 9.0827 ( 0.63 yi 4.23 5. qual a folga do NPSH disponível e do NPSH requerido.00 m.5 yi 12 4.5 4. Se a vazão recalcada for igual a 15 l/s.10 5 ⇒ Há cavitação.10 4. rígido.10 6. P.25.31 − 8379.98 l/s 12 − 15 5 − 7.5 m de comprimento.5 − yi ∴ = ⇒ Q máx = 9. 4” de diâmetro.57 m 4. Pela tabela da página 158 – T = 20°C – γ 21 Temos que NPSH d = pv γ = 0.63 − y i 4.1 − 6. Altura estática de sucção igual a 2.63 7.0 m e a bomba é não afogada. determine a máxima vazão a ser recalcada para a cavitação incipiente. H. S. em P.88 m ⇒ 2 Verão: NPSH v = 6.33 H i 25 H ( m) 20 H i 17 pa − p v − z − ∆H s .45 m NPSH v = 8. C.5 − 5 9 − Q máx 4.24.776 ) ⋅ 0. C = 150.42 2. V.65 m 7.31 8.42 5 − 7. em uma instalação de recalque cuja tubulação de sucção tem 3.31 − 8379.1 − y v 5 − yv = ⇒ y v = 6.1 Inverno: NPSH d i = 5. André Barcellos Ferreira –
[email protected] 5.5 12 − Q máx 5 − y v ∴ = ⇒ Q máx = 13. constando de uma válvula de pé com crivo e um joelho 90°.14 Uma bomba centrífuga está montada em uma cota topográfica de 845.8Q2 Q1 NPSH d v NPSH d i NPSH d r Verão: Q 0 3 6 9 12 15 18 8.Universidade Federal do Espírito Santo Q 2 ( l/s ) 12 Qi 18 E v ( m ) 18. Portanto: NPSH d = 9.5 7.5 − yi = ⇒ y i = 4.31 − 8379.8Q2 Inverno: NPSH i = 3.5 9 NPSH d i NPSH d r Inverno: Q 12 Q máx 7.8Q 5.31 5.31 − 8379. Calculando o NPSHd: NPSH i = 5.01 4.1 y v 5 yv 15 6.03) 5 D5 0.8Q2 Verão: NPSH d v = 8.55 − 0.10 3.5 4.31 − z − ( 6 + 27. requerido dada pala Figura 5. Determine: a) os diâmetros de recalque e sucção (adotar o mesmo) usando a Equação 5.1 m C = 1560 Le1 = 28.22 6.18 (ver a Seção 5.3).24 γ NPSH d = 7.02 /(sm).6 + 4. c) os diâmetros dos trechos AB e BC. com NA = 26.2Q1.Universidade Federal do Espírito Santo 22 D = 4” = 0.01 6.2 2. c) uma caixa de passagem.5 + 28.87 Q1.85 γ γ Tabela da página 158 ↓ T = 20°C → p v = 0.1 O sistema de recalque mostrado na Figura 6.2 3. A folga para Q = 15 l/s é: Folg a = 6. vazão nula. 2 ⋅ Q1.85 ⋅ 10.4.16 7.081h = 13.04 Q (l/s) NPSHr (m) NPSHd (m) A interseção de NPSHr e NPSHd é em Q = 20 l/s.85 ⋅ 0.85 ⋅ 10. b) a carga de pressão disponível imediatamente antes e depois da bomba.6 1.6 1000 γ ↓ h = 845 pa = 9.14. b) material de todas as tubulações: ferro fundido novo (C=130). ⇒ Qmáx = 20 l/s.62 6.3) ∆H = 2708. c) utilize a equação de Hazen-Williams. 40 mH 2O γ ∆H = ( 3.65 C1.65 1501. d) a potência do motor elétrico comercial. Dimensione os diâmetros pelas vazões de montante de cada trecho.91 m.8 = 3.90 m.16 − 2708. d) perdas de carga localizadas no recalque. sendo o ponto C uma ponta seca.22 30 11.40 − v − 2 − 2708. constando de uma válvula de pé com crivo e uma curva 90º R/D = 1.3 m T = 20°C ∆H = Le + Le1 + Le2 ( ) Q1.6 4. b) uma bomba que mantém uma altura total de elevação de 41.85 ⋅ D 4.02 − 2.87 pa 760 − 0. Dados: a) rendimento da bomba: 65%.8 5. para a vazão recalcada.com .5 m de comprimento. André Barcellos Ferreira –
[email protected] 5. desprezíveis.2 7.6 m Le2 = 4.9 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 2.85 0 5 10 15 20 0 0.21 25 7.85 NPSH d = pa − p v p − z − ∆H = 9.2Q1. em nível constante. d) vazão de distribuição em marcha (vazão unitária de distribuição) constante a partir do ponto A igual a q = 0. 34 X Q ( m 3 / s ).31975 VB = ∆H m = Ls + Le1 + Le2 ⋅ J = ( 23.2 + pB ( ) Q1.85 D 4.65 ⋅ ∴ 0 = 1.96 ⋅ 10−3 = 0.855 = 1. 5.229 6.115 + 15.2 + B + + 0.91 − 0) + 0.6 → (ii )Curva : Le2 = 0.87 = −2.18 → Dr ( m ) = 1.945 m C1. em que X é a fração do dia de funcionamento do sistema.572 + 0.932 ⋅ 104 ⋅ 6.27 mH2O γ 2 ⋅ 9.53D = 1.com . André Barcellos Ferreira –
[email protected] β = 3.418 ⋅ 10−3 (i )Crivo : Le1 = 0.945 ( II ) γ 2g γ 2g γ 2 ⋅ 9.8 antes Equação da energia em NAI e imediatamente depois de B: p V2 p V2 p 1.57 )2 + 0.96 ⋅ 10−3 ( ) 1.85 γ c) Em A.Universidade Federal do Espírito Santo 23 a) A vazão de sucção é: Q = q(240 + 108) = 9.56 + 255.57 m/s 2 π ⋅ Dr / 4 4.075m γ (1.48 D = 19.34 0. voltando a II.02 ⋅ ( 240 + 108 ) = 6.8 C = 130 Tabela _ 2.945 ⇒ pB + ∆H j = L j J j = L j temos: 41.855 m.96 l = 6.96 ⋅ 10−3 m3/s Equação 5. pB + p 1.0750 m b) Equação da energia em NAI e imediatamente antes de B: p V2 p V2 p V2 p V2 z1 + 1 + 1 = zB + B + B + ∆H m ⇔ 0 = z B + B + B + ∆H m ⇔ 0 = 1.945 + 14 = 41.229 e Q = 0.96⋅10–3 m3/s 24 ∴ Dr = 1.58 mH2O 2 ⋅ 9.85 3.5 X= = 0.96 ⋅ 10−3 = ⇒ VB = 1.721 Tabela 3.572 H + z1 + 1 + 1 = z B + B + B + ∆H m ⇔ H = 1.2 + B + B + ∆H m 2g 2g 2g γ 2g γ γ γ Q 6.8 γ depois β ⋅Q 1.932 ⋅ 104 → Temos D = 0.541) ⋅ 10.85 ⇔ ∆H m = 0.2 + = 350 ⋅ ⇔ ∆H j = 14 m 100 100 Como H = z j − zm + ∆H m + ∆H j = (26.945 ⇔ B = 39. 3 β = 3.267 ⋅ 103 → Temos D = 0.85 ⇒ ∆H AB = 0.85 B 240 ⋅ 3.97 cv 75η 75 ⋅ 0.96 l/s < 3.267 ⋅ 103 ⋅ 2.0 10.91 = 16.39 kW η 0.0 8. CD e EG têm uma vazão de distribuição em marcha constante e igual a q= 0.0 7.71 + B + 0.com .16 l/s < 3. representada na Figura 6.65 103 ⋅ H ⋅ Q 103 ⋅ 6. Determine a máxima carga de pressão estática.125m = 100 100 Voltando a III.96 ⋅ 10−3 ⋅ 41.14 l/s ⇒ DAB = 0. EF.96 ⋅ 10−3 = ⇒ Pot = 4.16 ⋅ 10−3 m3/s Pela Tabela 6.8 ⋅ 41. possui as seguintes características: a) os trechos BC.71 + B + ∆H AB (III) γ C = 130 Tabela _ 2.855 = ⇒ Pot = 5.65 6.10. tem-se Q A = 6. Material das tubulações tem C = 130.0 Determine a cota do nível de água no reservatório. temos: p p 26.96⋅10–3 m3/s Em B.14 l/s ⇒ DBC = 0. QB = Q A − q ⋅ LAB = 6. F e G são pontas secas.Universidade Federal do Espírito Santo 24 QA = 6.125 m.12 mH2O γ γ e) Pot = Pot = ∆H AB = LAB ⋅ J AB = LAB ⋅ ( ) ( ) β ⋅ Q1.96 ⋅ 10−3 − 2 ⋅ 10−5 ⋅ 240 ⇒ QB = 2.1. QB = 2.16 ⋅ 10−3 ( ) 1.010 l/(sm) b) os pontos D. p V2 p V2 p z2 + 2 + 2 = zB + B + B + ∆H AB ⇔ z2 = zB + B + ∆H AB ⇔ γ 2g γ 2g γ p ⇔ 26.092 γ ⋅ H ⋅ Q 9.2 A rede de distribuição de água.092 ⇔ B = 10.075 m d) Equação da energia em B e no NAII.91 = 16. para que a mínima carga de pressão dinâmica na rede seja de 12 mH2O. André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail. c) as cotas topográficas dos pontos são: Ponto A B C D E F G Cota ( m) 6.0 11.0 8.0 6.855 ⋅ 6. CE. 80 m/s e v0. o fator de atrito vale f = 0.Universidade Federal do Espírito Santo 25 EXEMPLO 8. A Equação 2.80 .20h.80 = 1.75log u* ε Em que y é uma ordenada medida a partir do fundo e v.75log + 4.73 .50 m de profundidade.100 e da Equação 8.20 h 0.32 V R u = 2.80 23.50 m e C = h n o coeficiente de rugosidade de Manning vale n = 0.1 Estime o valor do fator de atrito f. pode ser posta em forma mais conveniente como: v 29.464 = = + 6.776 X − 1.80h e y = 0.87h = 5.100 e. 20 Para X = = 1.75log h + 4. ε u* desenvolvida a partir da hipótese de perfil logarítmico.378 2 X + 1.73 = 5.75log u* ε v Fazendo X = 0. O coeficiente dinâmico vale: André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail. EXEMPLO 8.97h = 5. escoamento turbulento rugoso v R e que a altura d’água é igual ao raio hidráulico.26 = u* 8 . Assuma distribuição de velocidade logarítmica na vertical.378 log = 1− X ε Usando o conceito de diâmetro hidráulico. 4 Rh I 0 ⇔ V = C Rh I 0 ⇐ C = = = 28 V = .75log u* ε v0. diâmetro igual a 0. do coeficiente de rugosidade C de Chézy e do coeficiente de rugosidade n de Manning em um canal largo de 1.7 0. no qual as medidas de velocidades a 20 % e 80 % da altura d’água foram. como R1/6 h = Rh = 1.75log + 6.46 ε 2ε ε ε u* V Pela equação 2.31 = 8.5.80 m.com .46 = u* f 1− X X −1 1.75log + 4. C = f f f 0. respectivamente. Para y = 0.73 = 5. transportando uma vazão de 600 l/s em regime permanente e uniforme. que relaciona a velocidade média com o fator de atrito. v0. de concreto n = 0. finalmente.5ln ε + 4.73 = 5.038. a velocidade pontual.20 m/s. fica: v0.20 5. dividindo uma equação pela outra e desenvolvendo.776 X − 1.84 R = 5.5ln .013. vem: v0.20 = 0. f tem-se: V 8 0. declividade de fundo I0 = 0. 48 + 2.004 m/m.2 Determinar a altura d’água em uma galeria de águas pluviais. na forma: * V R D 2R h = 5.80 8g 8g 8g 78. a velocidade média é dada pela equação 2. 18 ∴ Q1 = 1.013 ⋅ 0. em que M = nQ : Pela fórmula de Manning. respectivamente. Equação 8.12 m (largura do fundo) y0 A área molhada vale: 2 A = ( m + Z ) y0 = ( 4 + 2 ) ⋅ 1. Utilize uma razão de aspecto m = b/y0 = 4.025. em regime permanente e uniforme.498. 0.001 3/8 = 1.60 = 0. 3/8 D = M .47 D = : K1 0.570.18 K1 K 2 M 2 e para a mesma declividade e rugosidade.847 3/8 y = M . Na Tabela 8.025 ⋅ 6. Na Tabela 8. com lâmina d’água igual a 2/3 do diâmetro e a meia seção. declividade de fundo I0 = 0. EXEMPLO 8.80 = ∴ K1 = 0. como o Pela Equação 8. tem-se: M1 M 2 M1 = ∴ = 1. em função de m = 4 e Z = 2. determina-se o coeficiente de forma K.5 = 0. Calcule a velocidade média e verifique se a seção encontrada é de mínimo perímetro molhado. e vale K = 1.5 m3/s. para K1 = 0.588 e 0.570.456 0.39 0 K I0 M 1. os coeficientes K1 valem. fórmula de Manning.36 m2.47 K1 I0 diâmetro é o mesmo. e daí y0 = 0.666 e y0/D = 0.796.847 y0 = = = 1.50 m. O coeficiente dinâmico vale: nQ M = I 0 3/8 0. em uma galeria de águas pluviais. isto é.4 Dimensione um canal trapezoidal dom taludes 2H:1V.1. determina-se o valor da lâmina d’água relativa.1.03 m K 1.570 K1 Na Tabela 8.com .2.032 = 6.456 M Pela Equação 8. determina-se o coeficiente de rugosidade n = 0. Para K1 0. André Barcellos Ferreira –
[email protected] Q2 EXEMPLO 8.0010 m/m. em que M= nQ . tira-se y0/D = 0.625. para transportar uma vazão Q = 6.50 m. fica: Q1 Q2 3/8 = 1.796 Então: b m= = 4 ∴ b = 4. revestimento dos taludes e fundo em alvenaria de pedra argamassada em condições regulares.Universidade Federal do Espírito Santo 26 nQ M = I 0 3/8 0.3 Qual a relação entre as vazões transportadas. Na Tabela 8.004 3/8 = 0.5. a altura normal dividida pelo diâmetro. para lâminas d’água iguais a y0/D = 0. 013 I0 = 2. onde M = y0 ⋅ K ⇔ M = 1.5 Q0: vazão de projeto b 1.75 m= = = 1.0 m de diâmetro.40 m.Universidade Federal do Espírito Santo 27 Q 6. b) A tensão de cisalhamento média.01 m b 8.2 m3/s André Barcellos Ferreira –
[email protected] K= 8/3 n ⋅Q 0. c) Qual seria a capacidade de vazão da galeria. A 6. em condições de regime permanente uniforme.5) = 0. e a velocidade de atrito.20 m3/s. em terra com vegetação rasteira nos taludes e fundo.36 Para que a seção dimensionada tenha o mínimo perímetro molhado.9922 ( 1 + Z − Z ) = 2 ( 1 + 2.29 ⇒ y0 = 0.47 ≠ 4 2 Conclusão: a seção não é de mínimo perímetro molhado.25 ∴ não y0 = ? 3 ⋅ 10−4 = 4.5 = 1. tendo-se chegado a uma seção com largura de fundo b = 1.0003 m/m y0 1.5H:1V → Z = 2.9922 ⇒ Q = 3/8 1.014 b ' = 2b = 3. y0 = 0.35 m3/s 0.75 m y0 = 1.025 Q1 = 6. declividade de fundo I0 = 30 cm/km foi dimensionado para uma determinada vazão de projeto Q0. a) Qual a vazão de projeto? b) A vazão encontrada é de mínimo perímetro molhado? c) Se o projeto deve ser refeito para uma vazão Q1 = 6. com taludes 2.0 m N = 0.013 e declividade de fundo I0 = 2. em concreto. coeficiente de rugosidade de Manning n = 0.5 = = 1.5H:1V. isto é: A velocidade média é igual a V = m=2 ( 1 + Z − Z ) = 2 ( 1 + 4 − 2) = 0.4 m a) Q0 = ? nQ M = I 0 3/8 . a) Determine a altura d’água e a velocidade média.014 ⋅ 6 ⇒K= = 0.02 m/s. 25 I0 = 30 cm/km = 0.53.3852 ≠ 1.9922 3/8 0. se ela funciona na condição de máxima vazão? D = 1.4 B= 1. 8.423 = 1.0 m3 / s seção circular c) concreto ⇒ n = 0.75 m e altura de água y0 = 1.1717 8/3 b I0 3.78 = 3 ⋅ 10−4 b) m = 2 2 ⇒ 0. no fundo.2 Uma galeria de águas pluviais de 1.025 ⋅ Q ⇒ 1.5 3 ⋅ 10−4 Pelo ábaco.025Q 3 ⋅ 10−4 2 = 3/8 1. qual será a altura de água para uma largura de fundo igual ao dobro da anterior? Taludes 2.29 ⋅ 3.4 ⋅ 1.com . é necessário que seja verificada a Equação 8.5⋅10–3 m/m transporta.1 Um canal de drenagem.5 − 2. uma vazão de 1.0 m3/s e a seção é retangular.5⋅10–3 m/m Q = 1. Determine a altura d’água.086 m/s 5/3 1 1/2 (θ − senθ ) . onde Rh = = 0.0005 m/m molhado b0 = ? z = 0.013 ⋅ 1.24 t = 1.0005 m/m trabalhando na seção de mínimo perímetro molhado.25 m3/s.82 m D 2/3 senθ 1 2 y0 1/2 −1 Pela Equação 8. com uma declividade de fundo I0 = 0.646 K= = = 0.5 ⋅ 10−3 V= 2.1 m= b b ⇒ 1. em regime uniforme. Trapézio: Q = 3.025 ⋅ 3. a largura de fundo e a tensão média de cisalhamento no fundo do canal.Universidade Federal do Espírito Santo 28 a) y0 = ? e V0 = ? 0.646 D 1 y m = 0 = 0.53 rad D 1 3/8 3/8 1 12/3 2.5 ⋅ 0.5 ⋅ 10−3 = 7.304 ⋅ 2.58° = 4. tem-se: c) Pela Equação 8.9 m y0 1.58 V = D 2/3 I 0 1 − .62 2 y0 = M t MPM → m = 2 ( 1+ Z − Z ) y0 = M 1.28 − sen5. onde R h = τ = 9810 ⋅ y 2 1.5 ⋅ 10−3 20.14 = 1.5 (MPM) τ=? nQ M = I 3/8 0.74 m/s senθ D 1 − θ b) τ 0 = γ Rh I .5 ⋅ 10−3 I0 M 0.2 nQ = 0. temθ 2.28) 1 Q= 2.25 m3/s mínimo perímetro y0 = ? n = 0.52 ⋅ n se: 2y 2 ⋅ 0. A inclinação dos taludes é de 0. com θ = 2 cos 1 − D .52 ⋅ 0.025 I0 = 0. 25 = 0.59 Q = D 8/3 I 0 20.0005 3/8 = 1.2n θ 2/3 ( 5.7 N/m2 2 André Barcellos Ferreira –
[email protected]:1V e o revestimento será em alvenaria de pedra argamassada em condições regulares.85 → y0 = 0.82 θ = 2cos −1 1 − 0 = 2cos −1 1 − = 259.646 ⇒M = = 2.46 Pa 4 u* = gRh I = 0.53 1 − 4.5 τ = γ ⋅ Rh ⋅ I .2n 5.304 ⇒ τ 0 = 9810 ⋅ 0.24 = ⇔ b = 1.0005 = 3.62 = = 1. uma vazão de 3.53 ⋅ 1.4 Um canal trapezoidal deve transportar.282/3 5/3 = 1.com .29 m3/s 8.1 m = 1.5 m t 1.013 ( ) 1/2 sen4.53 2/3 → V = 1. 0 m3/s. n = 0.67 m2 ∴ 0.13 m b m= = 2.2.780 2 nQ M = = 0.5 Dimensione um canal para irrigação.53b + 0.15 m. com taludes 2H:1V.001 I n < 8.45 m/s.53) 0.84 vmáx < 1.8 K y0 Q = V ⋅ A ⇒ 8 = vmáx ⋅ A ⇔ 8 = 1.0005 m/m V ≤ 0.0 m/s André Barcellos Ferreira –
[email protected] + 2 ⋅ 2 ⋅1.13 = 3.53b + 0. com vegetação rasteira no fundo e nos taludes.75 m3/s.0 m M b y0 < 1. Inclinação dos taludes 3H:1V.060 m/m Trecho 2 – Diâmetro: D2 = 200 mm Declividade: I2 = 0.15 ⇒ 1. com taludes e fundo em alvenaria de pedra argamassada.15 > ⇔ K ≥ 1.0 m.001 m/m 3/8 3/8 y0 < 1. declividade de fundo I0 = 0. sujeita às seguintes condições: a) A máxima altura d’água deve ser de 1.45 m/s z = 3 V= Q A y0 = M K A = ( b + 2 y0 ) y0 m=2 ( 1 + 3 − 3) = 0. em boas condições.Universidade Federal do Espírito Santo 29 8.45 ⇔ ≤ 0. em boas condições): n = 0. para transportar uma vazão de 0.75 m3/s I0 = 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 = 0.6 → da Tabela 8.030 Q = 8.53 = 0.30 m/s 0.30 m/s.75D b) Mínima lâmina d’água: y = 0.8 + 2) y0 ⇒ y0 = 1.8 Um trecho de um sistema de drenagem de esgotos sanitários é constituído por duas canalizações em série.75 0. c) A máxima largura na superfície livre deve ser de 8. com as seguintes características: Trecho 1 – Diâmetro: D1 = 150 mm Declividade: I1 = 0.3 A ⇔ A = 6.020 ⋅ 8 nQ M = = = 1.8427 2 2 Mas A ≥ 1.15 m 0.53 m 1.20D c) Máxima velocidade: V = 4. b) A máxima velocidade média deve ser de 1.com .0 m3/s I0 = 0.6 Dimensione um canal trapezoidal.8 ⋅ 1. para transportar em regime uniforme uma vazão de 8.001 m/m. m = = 2. em terra.13 = 7.164 m y0 B = b + 2 ⋅ Z ⋅ y0 → B = 3. Canal trapezoidal (alvenaria em pedra argamassada.15 = (2.0005 m/m.684 m 8.15 m2 Mas 2 2 A = ( m + Z ) y0 → 6.67 ⇔ b ≥ 1.94 I 0 Q 0. com declividade de fundo I0 = 0.8427 ≥ 1.56 m 8. de modo que a velocidade média seja no máximo igual a 0.32 ⇒ K = 1.8 y0 = 2.45 y0 = = 0.78 A A 1 1 A = ( b + b + 2 Zy0 ) y0 = ( b + b + 2 ⋅ 3 ⋅ 0.8 ⇒ b = 2.025 Q = 0.94 ≤ 0. 013 0. temos: y y0 = 0.259 D θ = 2 cos −1 (1 − 2 ⋅ 0.11 ⋅ 10−3 m 3 /s Q ⋅ 0.15 = ⇒ M = 0.624 D Em 1: André Barcellos Ferreira –
[email protected] − sen1.0518 0.00911 Qmín em 1 ⇒ 0.0033 m3/s. 26° = 1.259 Q ⋅ 0.00252 0.013 0.007 3/8 ⇔ Q2 = 3/8 0.5 m3/s ≤ V ≤ 4 m3/s).20 → K1 = 0.2 2 (1.013 0.75) = 240° = 4.855 rad 0.03885 0. temos: Q 0.Universidade Federal do Espírito Santo 30 d) Mínima velocidade: V = 0.0033 m3/s Em 2: M 0. 2 ) = 106.36 m3/s A2 0.75D ⇔ 0 = 0.007 m/m 0.855) 8 ∴v = = 9.189 rad . 26 m/s (ok!) 0. n = 0.03885 0.152 (1.0033 = 1.00911 No caso y0 = 0.0024 = 0.855 − sen1.0024 m3 /s 0. Qmín = 0. Verificando se a vazão mínima atende ao intervalo de velocidade (0.20D.007 = 0. θ = 2 cos−1 1 − Canalizações em série n = 0.013.52 ⋅ 10−3 m 3 /s ⇒ Q1 = 3/8 0.06 0.0033 m3/s.0518 0.0518 = 2 0.50 m/s Coeficiente de rugosidade de Mannin.013 = 0. temos: y y0 = 0.2 = ⇔ M = 0.75 → K1 = 0.060 m/m D 2 (θ − senθ ) 8 Trecho 2: D2 = 200 mm = 0.31 m/s (ok!) 0.03885 = 1 0.259 A2 = 0.0033 VQmín = mín = = 0.com θ = 2cos −1 (1 − 2 ⋅ 0. Como a tubulação está em série.75D.75D Qmáx = ? e Qmín = ? Q =V ⋅ A M D= K1 nQ M = I 0 3/8 No caso de y0 = 0.15 m I1 = 0.06 3/8 A1 = = 2.013 A= 2 y0 D Trecho 1: D1 = 150 mm = 0.20 D ≤ y0 ≤ 0.855) 8 ∴v = Em 1: M 0.2 m I 2 = 0.20D ⇔ 0 = 0. 025. com uma velocidade média igual a 0.06 ( 4.com .246 2 b ⇒ b = 0.1248 0.013 0.01422 A1 3/8 2 0.58 m/s (ok!) A1 = 0.1248 = 2 = 0.246 y0 y0 Voltando a A.80 m.53 ⋅ 1.60 m/s ( b + B ) y0 = ( b + 2 ⋅ Z ⋅ y0 ) y0 = b + Zy y = b + 4 y y = 10 n = 0.4465.025 ⋅ 6 −4 ⇔ I0 = = 3. transporte 6 m3/s de água. permite o escoamento de uma vazão de 18.0936 0.035y0 ≤ y0 ≤ 0.1248 0.025 = 1.0253 m2 ⇒ V = 0. Portanto: 2 −Z =2 ) ( 1 + 4 − 4) = 0.025 m 3 /s 0.10 Determine a mínima declividade necessária para que um canal trapezoidal.Universidade Federal do Espírito Santo 31 0.4465 = 2.22 1 8 0. para m = 0.213145 K m= 0.0936 0. 25 ⋅ 10 m/m 3/8 2.06 Q ⋅ 0.0250 m 3 /s ⇒ Q2 = 0. 2 = ⇒ M = 0.007 Q ⋅ 0.094 m ) 8.246 y0 = 10 ⇔ y0 = 1.025 A= ( 0) 0 ( 0) 0 2 2 I0 = ? mín m=2 ( 1+ Z Para que I0 seja mínimo.025 = 0.246.213145 = I0 3/8 0.013 0. interpolando.007 ( 4.99 m/s (ok!) A2 = 0.0936 = 1 = 0.19 Um trecho de coletor de esgotos de uma cidade cuja rede está sendo remanejada tem 100 m de comprimento e um desnível de 0.53 m Da Tabela 8.6 ℓ/s.60 m/s. Coeficiente de rugosidade. de 200 mm.624 3/8 0. n = 0.0083 m 3 /s ⇒ Q1 = 0.189 ) = 0. taludes 4H:1V. qual deve ser o novo diâmetro desse trecho? Determine a lâmina líquida correspondente e a velocidade média. vem K = 1. Z=4 Q 6 Q =V ⋅ A⇒ A = = = 10 m 2 Q = 6 m3/s V 0.6 V = 0.189 − sen 4.0083 = 0. André Barcellos Ferreira –
[email protected] 2 8.1125 (ok!) y0 = D 1 − cos θ ( 2 = 0.2.025 ⋅ 6 2.189 ) = 0. Em caso contrário.0253 Q 0. tem-se: 2 4.01422 Em 2: M 0.013 0.624 3/8 3/8 0. a seção deve ser de mínimo perímetro molhado. Assim: M y0 = ⇒ M = 1.152 1 8 0.013 0.15 = M ⇒ M = 0.189 − sen4.76 m/s (ok!) V1 = máx = Qmáx = 0.01422 m2 ⇒ V = 0. Verifique se o diâmetro atual. 5 → y 0 = 0.1 m y Sendo 0 = 0. 21862 ( 3. temos K1 = 0. para o final do plano.6 ⋅ 10−3 M= = = 0.18 ) = 5.015 m/m. determine: a) o diâmetro do coletor e a velocidade de escoamento. D = 200 mm Q = 18. K1 = 0. Adote como lâmina d’água máxima no coletor y0/D = 0.5D ∴ y0 = 0.013 ⋅ 18.108 m D Na seção circular: 2 ⋅ 0.498. Logo: M D= = 0. André Barcellos Ferreira –
[email protected] m3 /s = 14. D = 200 mm não é suficiente para Q = 18.013.2 × 0. D = 250 mm y0 = 0.1088 8 ⋅ 10−3 I0 Como a relação y0/D não se altera.2186 m K1 Como não existe esse diâmetro comercializado.498 D Sabemos que nQ nQ M nQ 8/3 D= .Universidade Federal do Espírito Santo 32 Material das tubulações: manilha cerâmica.18 rad D 0.1.18 − sen 3.50. Sendo 20 l/s a vazão de esgotos no fim do plano e 10 l/s a vazão atual (início de plano). I0 = 0. ele deveria ter uma declividade de 0.6 ⋅ 10−3 V= = = 0.20 No projeto de um coletor de esgotos. para atender à condição de esgotamento dos lotes adjacentes.6 l/s. onde M = = ( DK1 ) ⇒ DK1 = ⇔ I I K1 I0 0 0 Atribuindo valores: 8/3 0.498 ) = 0.5.013 Portanto.108 2y −1 θ = 2 cos −1 1 − 0 = 2cos −1 1 − = 2cos ( 0.0192 m 2 3/8 3/8 3/8 3/8 8. n = 0.com .2186 8 8 Portanto: Q 18. da Tabela 8.0192 A= D 2 (θ − senθ ) = 0.97 m/s A 0.013 A máxima lâmina de água: y0 = 0.22 ) = 0.67 l/s 0.01189 ) = 3.008 Q = ( 0.8 m/100 m = 8 ⋅ 10−3 m/m Atualmente. Então: nQ 0. b) a lâmina líquida atual e a correspondente velocidade média.6⋅10–3 m3/s n = 0. verificou-se que.97 ⋅ 10−3 ( 3. 013 ⋅ 10 ⋅ 10−3 M= = I 0.077 D (1 − cos θ/2 ) 0. 43 ⋅ 10−3 m 2 8 8 Q 10 ⋅ 10−3 = 1.015m/m Q j = 20 l/s = 20 ⋅ 10−3 m3 /s Q m = 10 l/s = 10 ⋅ 10−3 m3 /s 2y θ = 2cos−1 1 − 0 = 2cos−1 ( 0 ) = π rad D a) D = ? e Vj = ? M D= K1 ⇒D= A= n = 0.5 m de largura com um septo no meio.06 m/s Vm = m = A 9.498 = 0. foi necessário dividir a seção em duas células de 1.498 3/8 nQ M= I 0 3/8 0.95 ⋅ 10−2 = 0. 2 2 (π − senπ ) 8 = 0. era necessária uma galeria retangular em concreto. rugosidade n = 0.0 m de largura.5 ⋅ 10−2 9. temos a velocidade pela relação Vj = Vj = Qj A = 20 ⋅ 10−3 = 1.498 8 = 0. em condições de escoamento livre.1552 (π − senπ ) A= = = 9. com 3. declividade de fundo I0 = 0.013 ⋅ 20 ⋅ 10−3 = 0.43 ⋅ 10−3 9.0154 m 2 D 2 (θ − senθ ) Com a área.015 0 M 0. determinou-se que.2 m = 200 mm 0.01 m3 /s nQ 0.0775 m D 2 2 D 2 (θ − senθ ) 0. Seção original Seção modificada André Barcellos Ferreira –
[email protected] m/s 0.077 D= = = 0. Por imposição do cálculo estrutural.5 D K1 = 0.com . para escoar uma vazão de 12 m3/s.013 y0 = 0.0022 m/m.0154 3/8 3/8 Qj A : b) Q m = 0.5 Em um projeto de um sistema de drenagem de águas pluviais.155 (1 − cos π /2 ) 2y θ = 2 cos−1 1 − 0 → y0 = = = 0.018. conforme a figura. Verifique se esta nova concepção estrutural tem condições hidráulicas de escoar a vazão de projeto.015 = 9.155 m K1 0.Universidade Federal do Espírito Santo 33 I 0 = 0. 7 M y0 = ⇒ M = y0 ⋅ K = 0. passando para uma seção circular.5 m P 6.52 I ⇔ D2.95 m André Barcellos Ferreira –
[email protected] = 10. rugosidade e declividade de fundo.3 Rh = A 3.018 3 2°) Seção modificada QT = Q1 + Q2 n = 0.61 K 3/8 nQ M = I 2°) A= = 0.90 m e altura d’água de 0.1 I0 = 0.018 ⋅ Q1 = A ⋅ R 2/3 ⇒ = 3.17m 3 /s h I0 0. deverá haver uma mudança na geometria.1) 2 = 6. em escoamento uniforme.61 π ⋅ D2 4 P = πD A π ⋅ D2 D Rh = = = P 4 πD 4 3°) 2/3 2 nQ D2/3 8/3 π ⋅ D D = A ⋅ R 2/3 ⇔ ( 0. com a mesma altura d’água.15 ⋅ 0.7 m y0 = 0.5 = = 0.15 = = 0.com .0022 m/m b = 3m y = 2.27 = 0. 9.52/3 ⇔ Q1 = 5.874 = 0. com uma largura de fundo igual a 0.1 m Área = 1.714 y 2.7 m Ir = Ic 1°) m= b 0.67 = 0. Em uma determinada seção.018 m= b 1.86 ⇔ D = 0.5 + 2.6 Uma galeria de águas pluviais de seção retangular escoa uma certa vazão.Universidade Federal do Espírito Santo 34 1°) Seção original Q = 12 m /s n = 0.43 y0 2. Retangular Circular ⇒ D=? b = 0.34m3 /s ⇒ Não tem condições.70 m.9 ⇒m= = 1.0022 QT = Q1 + Q2 = 2Q1 QT = 2 ⋅ 5.1 = 3.15 m2 P = (1.29 → K = 0.3 m= b 3 ⇒m= = 1.7 ⋅ 0.5 ⋅ 2.1 Manning: nQ 0.79D2 ⋅ ⇔ h 4 4 2.9 m y0 = 0.61) = ⋅ ⇔ 0. Determine o diâmetro da seção circular para transportar a mesma vazão.874 y0 0. 5 y 1.42 ⋅ 1. Em geral.42 2 2 ( ) ( ) b 3 = = 2. Determinar: a) a carga no vertedor triangular quando as vazões em ambos os vertedores forem iguais. d) Largura ou luz da soleira L é a dimensão da soleira através da qual há o escoamento.5 = 2.0 m 3 /s V = 0.0 m.com .15 m abaixo da soleira do vertedor retangular. 3/2 Fórmula de Francis → Q = 1. c) Altura do vertedor P é a diferença de cotas entre a soleira e o fundo do canal de chegada.0 m3/s com velocidade média de 0. o vertedor é de parede espessa. em uma região fora da curvatura da lâmina em que a distribuição de pressão é hidrostática. largura da base b = 3. b) a carga no vertedor triangular quando a diferença de vazão entre o vertedor retangular e triangular for máxima.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.13 = I0 3/8 ∴ I0 = 5.60 m/s. 3/8 trapézio → z = 2 M nQ y0 = M = b=3m K I Q = 3. Se o contato da lâmina se limitar. já se o contato ocorrer em um comprimento apreciável da parede.Universidade Federal do Espírito Santo 35 9. o vertedor é de parede delgada. tem-se: André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail. de modo que o vértice do vertedor triangular esteja 0.8 Qual deve ser a declividade de fundo de um canal trapezoidal com taludes 2H:1V. a uma distância a montante do vertedor igual a seis vezes a carga. sem contrações laterais. onde 1 → vertedor retangular 2 → vertedor triangular Usando a fórmula de Thomson para o vertedor triangular e a fórmula de Francis para o vertedor retangular.018. a depressão da lâmina é desprezível. Utilizar a fórmula de Thomson e Francis. h → altura da lâmina d’água sobre a crista do vertedor em metros. e o nível da soleira.0 m de largura.838bh .7 Um vertedor retangular de parede fina com 1.6 m/s n = 0.018 Q = V⋅A → A = 3 = 5 m2 0.018 ⋅ 3 ⇒ 2. 5/2 Fórmula de Thomson → Q = 1. onde 12.13 nQ M= I 3/8 0. b → largura do vertedor em metros.11 ⇒ K ≈ 1. é colocado juntamente com um vertedor triangular de 90º em uma mesma seção. como nos orifícios de parede fina.6 m= A = ( m + Z ) y 2 e A = 2 1 + Z2 − Z y 2 ∴ 5 = 2 1 + 2 − 2 y ⇔ y = 1.42 M = y ⋅ K = 1. para transportar uma vazão de 3. a uma aresta biselada. b) Carga sobre a soleira h é a diferença de cota entre o nível d’água a montante. Coeficiente de rugosidade do fundo e taludes n = 0.40h a) Q1 = Q2 . Q → vazão em m³/s. com H (m) e t (min). é colocado em um canal retangular de 0.14 Se a equação básica para um vertedor retangular. 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.9 Um vertedor retangular de parede fina.40 ⋅ H 5/2 H5 1. de igual largura.51.58H 5 − H 3 + 0.704 ⇒ Cd = 0. qual deve ser o coeficiente de vazão Cd naquela equação? Despreze a carga cinética de aproximação. o que nos leva a concluir que existe uma raiz próxima a este valor.838 ( H − 0. sem contrações laterais.94) Igualando as duas equações.4 2 ⇔ 0.15) = 3. for usada para determinar a vazão por um vertedor de soleira espessa. conforme a Figura 12.577 = 3 3 12.704.757 ( H − 0. varia conforme a equação H = 20⋅t.838 ⇔ = 3 ⇔ h 1. Para o bom funcionamento das bombas. tem-se: 2 2 ' ' ⋅ Cd 2 g ⋅ L ⋅ h 3/2 = Cd ⋅ 1.40 ⋅ H 5/2 )máx → ⇔ 2. admitindo Cd = 1 3 3 2 1 ⋅ Cd 2 g = 1.18 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.375 ⋅ 10−3 = 0 Observamos que a soma dos coeficientes é aproximadamente 1.15) − 1.5 ⋅ h Volume = vazão ⋅ tempo = velocidade ⋅ área ⋅ tempo 12.704 ⋅ b ⋅ h 3/2 (Equação 12.00 m.6 ( H − 0.15) H = 0. Equação 12. de soleira fina. sem contrações laterais.50 m de largura.7 m 1/2 d 3/2 5/2 1.5H 3/2 ⇔ 7.Universidade Federal do Espírito Santo 36 Q1 = Q2 ⇒ 1.52 H 3 − 7. ⋅ Determinar o volume de água que passou pelo vertedor após 2 minutos.40 H = 0 ⇔ dH = 3.70.04 m b) ( Q1 − Q2 ) é máxima (Q1 − Q2 )máx = (1.45H 2 − 0.14 = 0 ⇔ 12. o nível mínimo d’água no ponto de captação deverá estar na cota de 100.838 ⋅ L ⋅ h3/2 − 1.838 ⋅ L ⋅ h 3/2 = 1.0675H + 3.50 m. Nestas condições. com o passar do tempo. 2 Vertedor retangular de parede fina sem contrações → Q = ⋅ Cd 2 g ⋅ L ⋅ h 3/2 (Equação 12.6 H + 1. a carga H sobre a soleira é zero e. Por tentativa e erro: H = 1. VERTEDOR RETANGULAR DE PAREDE FINA SEM CONTRAÇÕES_ equação de Bernoulli: h + V02 V2 V2 = ( h − y ) + 1 ∴V1 = 2 g y + 0 2g 2g 2g A = 0.com .52 H 3 ⇔ 3.70) 3 Vertedor de soleira espessa horizontal → Q = Cd ⋅ 1.704 ⋅ b ⋅ h 3/2 ⇔ ⋅ Cd 2 g = 1. pergunta-se: a) Em que cota estará a crista do vertedor-extravasor? André Barcellos Ferreira – andrepoetta@hotmail. Em decorrência de problemas de nível d’água na linha de sucção da estação de bombeamento. durante a época da estiagem. que foi desenhado para uma carga de projeto hd =0. No tempo t = 0. 215 ∴ N crista + h = 100 m ⇔ N crista = 99.5 3 ⋅ 2.148 h 3. André Barcellos Ferreira –
[email protected] l/s – 250 l/s = 3550 l/s 3.com .45 ⋅ 0.642 ⇒ NAmáx = 100.642 m 3 ⋅ 2.5 ∴ NA máx = N c + h ' = 99.817 m 3/2 0.648 ⇔ h = 0.817 + 0.215 hd Sendo h a carga de trabalho.55 = 2.648 ⇔ h = 0.148 .5 m 0.215 0. então: 0.215 ⋅ 0.50. qual será a máxima cota do nível d’água? Q = C ⋅ L ⋅ h 3/2 hd = 0.215 ⋅ ⋅ 3 ⋅ h 3/2 ⇔ = h1.45 = 2.0 m h Q = 750 − 250 = 450 l/s C = 2.148 ∗ Vertedor WES: L = 3.Universidade Federal do Espírito Santo 37 b) Durante a época das enchentes.459 m 0.55 ⋅ 0.50.183 m a) Q = C ⋅ L ⋅ h ⇒ 0.148 h ⋅ 3 ⋅ h 3/2 ⇔ = h1.148 b) Vazão = 3.