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Cadeira:Hidráulica I Curso: Licenciatura em Engenharia Hidráulica. Nível II, Semestre III
Resolução
- Na Figura 1, o medidor de pressão manométrica A indica 1,5 kPa (manométrica). Os uidos estão a 20 oC. Determine as elevações z, em metros, dos níveis dos líquidos nos tubos piezométricos abertos B e C. Desprezar o peso do ar.
Para o calculo ca cota zB teremos: pi = pabs + Σγ × h pA + pgasolina(ga) − pB = 0 pA + γga. × hga − γga. × (zB − H − 1) = 0
Segundo a temperatura de 20oC teremos que:γga. = 6678. 8 N/m^3 e g = 9. 81 m/s^2
1500 + 6678.8(1.5 + H) − 6678 .8(zB − H − 1) = 0 zB = 2. 72459244 m ≈ 2. 73 m Para o calculo de zc teremos: Segundo a temperatura de 20oC teremos que: γglicerina = 12360. 6 N/m^3 e g = 9. 81 m/s^2
1500 + 667. 8 × 1 .5 + 12360. 6 × (1 − Y ) − 12360. 6 × (zC − Y ) = 0
zC = 1. 93 m
- A 20 oC o manômetro A registra 350 kPa absoluta (ver Figura 2).
2.a) Qual é a altura h da água em cm? pA = par + Σγ × h pA = par + p(h 2 O) + phg 350000 pa = 180000 + 9790. 38 × h + 132925. 50 × 0. 8 h ≈ 6. 50 m
2.b) Qual deve ser a leitura do manômetro B em kPa absoluta? Conhecendo a altura h teremos o seguinte: pB = par + p(H 2 O) pB = 180000 + 9790. 38 × (6.50 + 0.8) pB = 251469. 774 P a pB = 251. 47 kP a
- Um túnel T é fechado por uma comporta rectangular com 1,50 m de largura (Figura 3).
O ponto de aplicação é dado por:
yCP = yCG + γ^ ×^ sin Θ^ ×^ I E yCP = 3 +^9810 ×^ sin 45
o√ 2
92 yCP = 3. 16 m
A canalização inclinada AB esquematizada na Figura 4, é composta por 2 trechos de diâmetro 50 e 75 mm. Analisando a de exão da coluna de mercúrio do manômetro diferencial e sabendo-se que a canalização conduz água com um caudal de 5 L/s, determine:
4.a) O sentido do escoamento;
O sentido do escoamento pode ser observado atraves da seguuinte equação:
seHA = HB uido ideal sem perda de cargas seHA > HB 4 h > 0 sentido: − AB→ seHA < HB 4 h < 0 sentido:
AB
O sentido de escoamento é de
AB segundo as observasões efectuadas no nú- mero 4.b
4.b) A perda de carga no trecho AB. pA + h × γH 2 O + h 1 × γHg − γH 2 O(h + ZB + h 1 ) = pB
pA − pB = (h 1 + ZB )γH 2 O − h 1 × γHg
Fasendo o balanço de energia entre o ponto A e B teremos:
HA − HB = ∆h
ZA + pA γ
2 2 g − (ZB + pB γ
2 2 g ) = ∆h
pA − pB γ
(^2) − vA 2 2 g − ZB = ∆h
(h 1 + ZB )γH 2 O − h 1 × γHg γ +^
vA^2 − vA^2 2 g −^ ZB^ = ∆h (h 1 + ZB )γH 2 O − h 1 × γHg γ +^
(Q × 4)^2
2 × g × (π)^2 ×^ (^
DA^2
DB 2
) − ZB = ∆h
(0.5 + l sin α) × 9810 − 0. 5 × 133416 9810 +^
(0. 005 × 4)^2
2 × 9. 81 × (π)^2 ×^ (^
0. 052 −^
- 0752 )^ −^ l^ sin^ α^ = ∆h 0 .5 + l^ sin^ α 9810 − 6 .8 + 0. 0005 − l sin α = ∆h
Equação da perda de carga: − 6. 2995 − 0. 1 × l sin α = ∆h
Usando l = 8m e α = 30o^ a ∆h = − 6. 7 mca
