5. ESCOAMENTOS INTERNOS
5.1. Introdução
Neste capítulo serão estudados os efeitos da viscosidade em
escoamentos internos e incompressíveis.
Compreende:
tubos circulares
Escoamento em:
dutos não circulares
canais abertos (Hidráulica)
O escoamento de fluidos viscosos se dá em dois regimes:
laminar e
turbulento.
O parâmetro empregado para identificar o regime de escoamento é
o número de Reynolds.
V   V  Forçasde inércia
Re 




Forçasviscosas
Quando essa razão torna-se grande, é esperado que as forças de
inércias predominem sobre as forças viscosas.
Essa situação ocorre em mudanças de geometria repentinas (perdas
localizadas).
Não é o caso de tubos longos ou canis abertos, onde os efeitos
viscosos predominam (perdas distribuídas).
Tubos
Re < 2000  escoamento laminar
Canal largo
Re < 1500  escoamento laminar
5.2. Escoamento de Entrada e Escoamento
Totalmente desenvolvido
Camada limite
V = cte.
V
Camada limite
y
u = u(y)

x
Camada Limite laminar
  espessura da camada limite
(região na qual ocorre 99% da variação da velocidade)
 = (x)
Camada limite turbulenta
C. L. laminar
C. L. turbulenta
V
V
u = u(y)
y
T
Sub camada laminar
u = u(y)
x
transição
Estabelecimento de um escoamento laminar em um tubo
V = cte.
T
T
Vmáx
Núcleo sem efeitos viscosos; du/dy = 0.
LE
 0,065 Re
D
Estabelecimento de um escoamento turbulento
V = cte.
T
T
Escoamento laminar
Vmáx
Escoamento turbulento
Sub camada laminar
u( r )  u máx (1 
LE  120D
r 1/ n
)
r0
5.3. Escoamento Laminar em um Tubo
5.3.1. Abordagem elementar
Hipótese:
• regime laminar (totalmente desenvolvido),
• regime permanente e
• incompressível.
Um volume elementar do fluido é mostrado na Fig. 7.4.
dx sen  dh
dh
sen   
dx
Se o diâmetro é constante em um escoamento permanente e
incompressível, é sinal que a aceleração em x é nula.
Assim, considerando a 2ª Lei de Newton, vem:
p  r 2  (p  dp) r 2   2 r dx    r 2dx sen  0
 r dp  2 dx   r dx ( 
dh
)0
dx
dividindo por  r,
dh
 r dp  2 dx   r dx (  )  0
dx
r
r
 dx   (dp   dh )   d ( p   h )
2
2

r d
(p   h )
2 dx
ou:
 Escoamento laminar ou turbulento
Para escoamento laminar unidimensional, considera-se a Lei da
viscosidade de Newton.
du

dy
Onde y = 0 na parede e cresce para dentro do escoamento.
Como no problema em estudo a variável é o raio (r), há necessidade
de se proceder a uma mudança de variável.
y  r0  r

dy  dr
Com estas considerações a Lei de viscosidade de Newton, passa a
ser escrita como:
du
  
dr

Na Eq. anterior, vem:
du
r d

(p   h )
dr
2 dx
• u = u(r)
 não depende de “x”
• (p + h) = p*
 pressão de movimento
• p* = p*(x)
 não depende de “r”
Separando as variáveis e integrando,
1 d
 du  2 dx (p   h) r dr

r2 d
u
(p   h )  A
4 dx
Considerando a condição de contorno:
p/ r = r0  u = 0 (parede do tubo  condição de aderência).
r02 d
0
(p   h )  A
4 dx
u

1 d
(p   h )(r 2  r02 )
4 dx
r02 d
A
(p   h )
4 dx
 perfil parabólico.
Escoamento de Poiseuille.
Jean L. Poiseuille (1799 – 1869).
5.3.2 Resolvendo as equações de Navier–Stokes
5.3.3. Quantidades do escoamento em um tubo
• Velocidade média V
Pelo teorema do valor médio,
V
1
Q
u
dA

A A
A
r
1 0
V  2  u 2  r dr
 r0 0
2 0 1 d( p   h ) 2 2
V 2 
( r  r0 )r dr
r0 0 4
dx
r
1 d(p   h ) 0 3 2
V
(r  r0 r )dr
2

2 r0
dx
0
r
dA = 2r dr
1 d(p   h ) 0 3 2
V
(r  r0 r )dr
2

2 r0
dx
0
r
2 2 r0
0
r r
1 d(p   h ) r
V

2 r02
dx
4
2
4
0
r02 d(p   h )

8
dx
No caso de tubos horizontais
h = Cte.  dh = 0.
Para escoamento totalmente desenvolvido,
dp
 Cte.
dx
de modo que:
p - p
p
L
1
x
2
dx
p
p + dp
p  queda de pressão.
( p  dp )  p ( p  p)  p

dx
L

dp
p

dx
L
Assim, para tubos horizontais
r02 p
V
8 L
p 
ou, explicitando a queda de pressão
8V L
r02
A vazão será de:
D2 ( D 2)2 p
Q  AV 
4
8 L
 D4 p
Q
128 L

Eq. de Hagen-Poiseuille.
Para tubos inclinados basta substituir “p” por “p + h”.
A velocidade máxima ocorre no centro do tubo (r = 0).
Ou seja:
1 d
u
(p   h )(r 2  r02 )
4 dx

r02 d(p   h)
u máx  
4
dx
Foi visto que:
r02 p
V
8 L
r02 d( p   h)
V
8
dx

V
1
u máx
2
No caso do escoamento em tubos, foi mostrado que a tensão de
cisalhamento é dada por:
du
r d ( p  h ) r p
  


dr
2
dx
2 L
Na parede do tubo, r = r0 e  = 0, de modo que:
0  
r0 d( p  h ) r0 p

2
dx
2 L

p 
0

r
0
x
 = (r)  distribuição linear.
2 0 L
r0
Seja:
f  fator de atrito (tensão de cisalhamento adimensional).
Com:
f
0
2
1
8 V
Considerando que,
p  queda de pressão (perda).
Tem-se:
20 L 40 L 4f L V 2
p

 hL 

8 D g

 r0
D
L V2
hL  f
D 2g
 Eq. de Darcy-Weisbch
Henri P. G. Darcy (1803 – 1858); Julius Weisbach (1806 – 1871).
Combinado a Eq. abaixo com a Eq. de Darcy-Weisbach
p 
8V L
r02
64 L V 2
L V2 p 8V L 32V L




hL  f
2
2
D
 r0

V D   D 2g
D 2g
Portanto, para o escoamento laminar, tem-se:
f
64
Re
Observa-se, ainda, que para o escoamento laminar a perda de
carga varia linearmente com a velocidade.
Exemplo 7.1
Um tubo horizontal de diâmetro pequeno é conectado a
um reservatório, como mostra a Fig. E7.1. Se 6600 mm3
são capturados na saída em 10 s, estime a viscosidade
da água.
FIGURA E7.1
Dados:
 = 6600 mm3 = 6,60·10-6 m3,
t = 10 s,
L = 1,20 m,
D = 1 mm = 10-3 m,
H = 2,0 m.
Solução:
Escoamento viscoso  Equação da Energia.
= 20 = 0
= 20 = 0 = 0
p0 V0
p V

 z 0  1  1  z1  h L  h L  z0  H
 2g
 2g
 6,60  106
Q 
 6,60  107 m3/s.
t
10
Hagen – Poiseuille 
 D4 p
Q
128 L

 ( 103 )4 9,81 103  2
 D4 p
4

6
,
08

10


1,20
128Q L 128 6,60  107
V D  4 Q  4  6,60  107  103
Re 


 1382
3
4

 D    10  6,08 10
Re < 2000  escoamento laminar. OK!
kg
m s
Exemplo 7.2
Obtenha uma expressão para a distribuição de
velocidades entre tubos horizontais e concêntricos, no
caso de um escoamento permanente, incompressível e
totalmente desenvolvido (Fig. E7.2).
(regime laminar)
r2
u(r)
r1
x
FIGURA E7.2
Solução:
r2
dr
p 2r dr
2r dr (p 
p
dx )
x
r
r1
dx
x
 2r dx
 2r dx 

(2r  dx )dr
r
dA = 2r dr
Considerando a Eq. da continuidade
u v w


0
x y z
mas: v = w = 0
Ou seja: u = cte. em x. Então: ax = 0.

u
0
x
Da Lei de movimento de Newton,
p 2r dr  2r dr (p 
2r dr dx
p

dx )   2r dx  [ 2r dx  (2r dx )dr ]  0
x
r
p 2r dr dx 
dr
p 2r dr
(r )  0
x
r
r
p 1 

(r )  0
 x r r
dp
r dr  d(r )  0
dx
p
r )dr dx
2
r dr (pd
  2dx
x
pr  p( x )
com 
dx   (r )
 2r dx
integrando,
r 2 dp

 r 2Ar dxConsiderando
Lei da viscosidade de Newton (Laminar)
 (2r  dx a)dr
2 dx
r
du
  
dr

r 2 dp
du
r
A
2 dx
dr
du 
r dp
A dr
dr 
2 dx
 r
integrando,
r 2 dp A
u
 ln r  B
4 dx 
Condiçõesde contorno:
r  r1  u  0

r  r2  u  0
r12 dp A
0
 ln r1  B
4 dx 
1
r22 dp A
0
 ln r2  B
4 dx 
2
2

1

0
1 2 2 dp A
(r2  r1 )  (ln r2  ln r1 )
4
dx 
1 r22  r12 dp
A
4 ln(r2 r1 ) dx
De
2
r22 dp 1 r22  r12 dp
0

ln r2  B
4 dx 4 ln(r2 r1 ) dx
1 dp  r22  r12
2
B
ln
r

r
2
2 

4 dx  ln(r2 r1 )

O que leva a:
1 dp  2 r22  r12
r22  r12
2
u
r

ln
r

ln
r

r
2
2 

4 dx 
ln(r2 r1 )
ln(r2 r1 )

1 dp  2 2 r22  r12
r
u
ln 
r  r2 
4 dx 
ln(r1 r2 ) r2 
Para se obter a vazão, integra-se a distribuição de velocidades
r2
Q   u dA   u 2 r dr
A
r1
 dp r2  3 2
r22  r12
r
Q
r ln dr
r  r2 r 
2 dx r1 
ln(r1 r2 )
r2 
r
I   r ln dr  ?
r2
r
dr
 u  du 
r2
r2
2
r
r dr
1
2
2 u 
I  r  ln
 r2  u lnu du  r2
 lnu  
r2 r2 r2
2
2
2
2
r22 r 2  r 1  r 2  r 1 
 ln     ln  
I
2 
2 r2  r2 2  2  r2 2 
Q
r2
 dp r
r
r r r  r 1
 ln  
 r22 
2 dx 4
2 ln(r1 r2 ) 2  r2 2  r


 

 1
4
2
2
2
2
1
2
=0
r  r  r  r2 1  r12  r1 1  
 dp  r
r
r
r r





ln


ln

Q







ln(r1 r2 )  2  r2 2  2  r2 2  
2 dx  4 4 2
2

4
2
4
1
4
2
2
2
2 2
1 2
2
1
2
2
 dp  r24 r14 r12 r22
r22  r12  r22 r12 r1 r12 
   ln  
Q

  
2 dx  4 4
2
ln(r1 r2 )  4 2 r2 4 


2
 dp  r24 r14 r12 r22
r22  r12
r12 r22 r14 
Q


 
  
2 dx  4 4
2
4 ln(r1 r2 )
2
2 


2
 dp  4 4 r22  r12 
Q
r2  r1 

8 dx 
ln(r2 r1 ) 
5.4. Escoamento Laminar entre Placas Paralelas
5.4.1. Abordagem elementar
Incompressível;
Escoamento:
permanente;
totalmente desenvolvido.
sen   
dh
dx
Figura 7.5 Escoamento totalmente desenvolvido
Considere a Lei de movimento de Newton na direção “x”.
pdy dz
(  d)dx dz
(p  dp)dydz
dx dz
 dx dy dz
p dy dz  (p  dp)dy dz   dx dz  (  d)dx dz   dx dy dz sen  0
 dp dy dz  d dx dz   dx dy dz sen  0
 por dx dy dz
dp
dh d (p   h )
d dp
 

  sen 
dx
dx
dx
dy dx
Uma vez que “d(p + h)/dx = Cte.” em y, vem:
d 
d (p  h )
dy
dx
integrando,

d (p  h )
yA
dx

mas,
du
dy
Lei de Newton da viscosidade.
1 d(p  h )
A
du 
y dy  dy

dx

integrando,
y 2 d(p  h) A
u
 yB
2
dx

Levando em conta as condições de contorno,
• p/ y = 0

u=0
• p/ y = a

u = U. Então:
a 2 d(p  h) A
U
 a
2
dx


e
B = 0.
U  a d (p  h )
A

a
2
dx
y 2 d(p  h) U
a y d(p  h)
u
 y
2
dx
a
2
dx
u
1 d(p  h ) 2
U
( y  a y)  y
2
dx
a
Escoamento com:
• U0
d (p  h )
0
•
dx
• U=0
d (p  h )
0
•
dx
Escoamento de Couette.
Escoamento de Poiseuille.
5.4.2. Integrando as equações de Navier–Stokes
5.4.3. Situação de escoamento simplificado
A distribuição de velocidades entre placas fixas é obtida fazendo
U = 0.
u ( y) 
1 d(p  h ) 2
( y  a y)
2
dx
A vazão é obtida da equação:
Q   u dA
A
dA = 1dy (unidade de largura)
a
1 d(p  h ) y
y
1 d(p  h ) 2
( a )
( y  a y)dy 
2
dx
3
2 0
2
dx
0
a
Q
a 3 d(p  h)
Q
12
dx
3
2
Por outro lado, a velocidade média é dada por:
Q Q
a 2 d(p  h )
V 

A a1
12
dx
Para o caso de placas horizontais, h = Cte. e:
dp
p

dx
L
p 
de modo que:
12 V L
a2
A velocidade máxima é encontrada a partir da distribuição de
velocidades.
u
p 2
( y  a y)
2L

du
p

(2 y  a )  0
dy
2L
e
y
a
2
Logo, a velocidade máxima ocorre no meio da distância entre as
placas.
p a 2 a 2
a 2 p
u máx  
(  )
2L 4 2
8 L
a 2 12VL 3
u máx 
 V
2
8 a L
2
Assim, a velocidade média é
V
2
u máx
3
A tensão de cisalhamento pode ser encontrada

 p

p
du
(2 y  a )
  
(2y  a )   
2L
dy
 2L

Considerando as condições de contorno,
• p/ y = 0   = 0.
• p/ y = a   = 0.
Uma vez que  = (y)  é uma distribuição linear, vem:
0

a
y
x
0
Na parede, na qual y = 0, resulta:
a p
2 L
0 
A queda de pressão em um comprimento L de um trecho horizontal é
p 
2 0
L
a
Considerando o fator de atrito (tensão de atrito adimensional),
introduzida no item 5.3.3, vem:
f
4 a p
8 0

 V 2 L V 2
p 
12 V L
a2
mas,
então
f
48
48V L a
48


Va  Re
L V 2a 2


Re
Perda de carga
p 12V L 48 1 L V 2 48 L V 2
hL 



2
V
a


a
4
a g
Re 2 a 2g

L V2
 Eq. de Darcy-Weisbch
hL  f
2 a 2g
Exemplo 7.3
Água a 15° C escoa com um número de Reynolds de 1500, entre
placas horizontais de 500 mm de largura, como mostra a Fig. E7.3.
Calcule: a) a vazão, b) a tensão de cisalhamento na parede,
c) a queda de pressão sobre 3 m, e d) a velocidade em y = 5 mm.
3,00 m
13 mm
Figura E7.3
Dados:
T
Re
b
L
y
a
15º
1500
500
3,00
5,00
13,00
C
/
mm
m
mm
mm
0,500
0,005
0,013
m
m
m
Solução:
Água a 15° C 
a)
Va
Re 

 = 999,1 kg/m3;
 = 1,128·10-3 kg/(m s).
Re   15001,128103
 V
 0,1317 m / s.

a 
0,013 999,1
b)
p 12 V 121,128103  0,1317
 10,66 Pa / m


2
2
L
a
0,013
0 
a p 0,013

10,66  0,06927 N / m2 .
2 L
2
c)
p 
p
L  10,66  3,00  31,97 Pa
L
d)
u
1 dp 2
1 p 2
( y  ay)  
( y  ay)
2 dx
2 L
u
1
2
10
,
66
(
0
,
005
 0,013 0,005)  0,1870 m / s.
3
2 1,12810
Exemplo 7.4
Encontre uma expressão para o gradiente de pressão que resulte
em uma tensão de cisalhamento igual a zero na parede inferior de
duas placas paralelas, na qual y = O; esboce também os perfis de
velocidade para uma velocidade U da placa superior, com vários
gradientes de pressão. Suponha placas paralelas horizontais.
y
U
U
du
0
dy
x
Figura E7.4
Solução:
u ( y) 
1 d
U
(p  h )(y 2  ay)  y
2 dx
a
Placas horizontais, logo dh/dx = 0 e,
u ( y) 
1 dp 2
U
( y  ay)  y
2 dx
a
A tensão de cisalhamento é dada pela Lei de Newton.

du
dy
 = 0 em y = 0, então du/dy = 0 em y = 0 (  0) e:
du
1 dp
U

(2 y  a ) 
dy 2 dx
a
du
dy

y 0
1 dp
U
( a )   0
2 dx
a
de modo que,
dp 2 U
 2
dx
a
Se dp/dx é maior que esse valor, a inclinação du/dy, em y = 0 é
negativa e assim, a velocidade u será negativa perto de y = 0.
Se dp/dx = 0, observa-se que resulta uma distribuição de
velocidades linear, isto é,
u ( y) 
U
y
a
Se dp/dx é negativo, u(y) é maior que a distribuição linear em cada
localização y, pois (y2 – ay) é uma quantidade negativa para todos
os y de interesse.
5.5. Escoamento Laminar entre Cilindros em Rotação
5.6. Escoamento Turbulento em um Tubo
O estudo de um escoamento turbulento totalmente desenvolvido em
um tubo circular é de substancial interesse em escoamentos reais.
Na prática a maioria dos escoamentos se dão em tubos circulares.
Laboratórios  Escoamento laminar Re  40.000.
Na prática

sob condições de
Re  4.000 Esc. turbulento
operação padrão
2.000 < Re < 4.000 
o escoamento oscila ao
acaso entre laminar e
turbulento.
Em termos práticos:
• Re = 2.000 – limite inferior para o escoamento turbulento
• Re = 4.000 – limite superior para o escoamento laminar.
Considere por exemplo, água a 20º C escoando em um tubo com
diâmetro de 5 mm.
• Água a 20º C   = 10-6 m2/s.
VD
Re 


Re  4 000106
V

 0,80
3
D
5 10
m / s.
Na maioria das situações de engenharia o regime de escoamento é
turbulento.
Em um escoamento turbulento todos os três componentes da
velocidade são diferentes de zero.
Com os componentes medidos em função do tempo, gráficos
semelhantes aos da Figura 7.7 são obtidos para o escoamento em
um tubo em que u, v e w são os componente da velocidade nas
direções x, r e , respectivamente.
Figura 7.7 Componentes da velocidade
Raramente existe algum interesse (para o engenheiro) nos detalhes
das flutuações aleatórias dos componentes da velocidade.
Assim, é introduzido a noção de uma quantidade média no tempo.
u  u  u'
v  v  v'
w  w  w'
Tomando o componente u como exemplo, a média temporal é
definida como:
T
1
u   u ( t )dt
T0
Onde “T” deve ser suficientemente grande, para eliminar toda a
dependência do tempo.
Em um escoamento totalmente desenvolvido em um tubo,
u0
v0
w  0.
Exemplo 7.7
Mostre que u  0 e u  u , para um escoamento turbulento.
y y
Solução:
a)
u'  0 ?
u( t )  u  u'
onde,
u
1 T
u ( t )dt

0
T
1 T
1 T
1 T
1 T
u   ( u  u' )dt   u dt   u' dt  u  dt  u '  u  u '
T 0
T 0
T 0
T 0
u  u  u  u ' u  0

u'  0
b)
u u

?
y y
Tomando a média temporal da derivada du/dy,
u 1 T u
 1 T
 
 
dt    udt  
u
0
0
y T y
y  T
 y
Já que T é constante. Então:
u u

y y
5.6.1. Equação diferencial
Considere um escoamento turbulento em um tubo horizontal
Figura 7.8 Escoamento turbulento em um tubo horizontal
Partículas de fluido movendo através da área elementar dA, troca
q.d.m. com as camadas adjacentes.
O componente em x da força devido ao movimento aleatório de uma
partícula de fluido passando através da área dA é:
dF  v' dA u'
u’
 flutuação da velocidade em x.
v’dA  fluxo de massa através do elemento de área.
Veja que:
v’
dA
Pela continuidade,
u’
um v’ (+), produz um u’ (-).
Portanto u’v’ (-).
Dividindo por dA,
 turb 
dF
  v'u '  tensão de cisalhamento turbulenta.
dA
Cuja média temporal é:
turb  v'u'
Observe que:
u' w'  0
(u = Cte. em ).
v' w'  0
(v = Cte. em ).
Não altera a energia da camada adjacente, portanto o cisalhamento
é nulo, (mesma velocidade em ).
A tensão de cisalhamento total em uma localização particular é
devido à viscosidade e a troca de quantidade de movimento
descrita.
  lam  turb

u
  v 'u'
y
Já foi mostrado que:

r dp r p

2 dx 2L
Viu-se que a tensão de cisalhamento é linear, tanto para o
escoamento turbulento, quanto para o escoamento laminar.
Figura 7.9.
Figura 7.9 Distribuição da tensão de cisalhamento
u’ = 0 na parede, portanto:
turb  0 na parede.
Fora da sub-camada laminar (viscosa)
lam  0.
u
0!
y
Considerando o raio do tubo no lugar de y, vem:
y  r0  r

dy  dr
e,
r dp
u
u







v
'
u
'

  v 'u'
2 dx
r
y

r dp
u

  v'u '
2 dx
r
A primeira tentativa para exprimir a tensão de cisalhamento no
escoamento turbulento foi feira por Boussinesq, que, seguindo o
modelo do escoamento laminar, escreveu:
turb
du
du
 
 u ' v'  
dr
dy
Ou seja:

r dp
u
du
du
 
 
 (   )
2 dx
r
dr
dr
De modo que:
r dp
du
 (   )
2 dx
dr
Prandtl introduziu o “comprimento de mistura” “m” e sugeriu que a
variação de velocidade sofrida por uma partícula fluida que se move
na distância m é proporcional a u’ e v’.
Isto é:
du
u' 
dy
du
v' 
dy
Com este raciocínio e associando o coeficiente de proporcionalidade
ao comprimento de mistura, vem:
turb
 du 
  u' v '    
 dy 
2
2
m
De modo que:
du
 
dy
2
m
Comparando as propriedades do perfil de velocidades na
turbulência com as variações de m em função de y, Von Kármán
(1936) propôs a seguinte relação:
du dy
 m   K uv 2
d u dy 2
Onde Kuv é uma constante (adimensional) da turbulência.
Por outro lado, medidas experimentais demonstram que Kuv não é
estritamente constante.
Exemplo 7.8
Note que na Fig.7.9b há uma região perto da parede onde o
cisalhamento turbulento está próximo de seu máximo e é
relativamente constante, como mostra a Fig. E7.8, e o cisalhamento
viscoso é bastante pequeno. Suponha que o comprimento de
mistura seja diretamente proporcional a distância da parede. Com
essa hipótese, mostre que a distribuição de velocidades é
logarítmica nessa região perto da parede.
Figura E7.8
Solução:
Cisalhamento viscoso desprazível, então
  lam  turb  turb
Por outro lado, viu-se que:
turb
 du 
  u' v '    
 dy 
2
2
m
Por hipótese, o cisalhamento turbulento é relativamente constante,
ou seja:
turb  cte.  c1
Lembrando que o comprimento de mistura é tomado diretamente
proporcional a distância da parede, então:
 m  c2 y
substituindo, vem
 du 
c1  c y  
 dy 
2
2
2
2
extraindo a raiz quadrada,
du
c1 1
y

 c3 separando as variáveis,
dy
 c2
du  c 3
dy
y
integrando, resulta:
u( y)  c3 ln y  c4
O que mostra que um perfil logarítmico é previsto para a região de
tensão de cisalhamento turbulento constante.
5.6.2. Perfil de velocidades
O perfil da média da velocidade no tempo é sensível a altura média
da rugosidade “e”.
Vide Fig. 7.10.
Figura 7.10 a) Superfície lisa b) Superfície rugosa
Como observado no item anterior, o cisalhamento laminar é
significativo apenas perto da parede, na subcamada viscosa com
espessura .
Se a espessura  é suficientemente grande, ela sobrepõe os
elementos de rugosidade da parede de tal forma que eles têm efeito
desprezível sobre o escoamento; é como se a parede fosse lisa.
Tal condição é muitas vezes citada como hidraulicamente lisa.
Por outro lado, se a subcamada viscosa é relativamente fina, os
elementos de rugosidade projetam-se para fora dessa camada e a
parede é considerada hidraulicamente rugosa.
A rugosidade relativa “e/D” e o número de Reynolds, podem ser
usados para determinar se um tubo é liso ou rugoso.
Como u’v’ não pode ser determinado analiticamente, não se tem
uma equação analítica para a distribuição de velocidades no
escoamento turbulento.
O primeiro método para expressar empiricamente a distribuição de
velocidades, envolve escoamentos com paredes lisas e
escoamentos com paredes rugosas.
Se o escoamento tem paredes lisas, como na Fig. 7.10a, identificase duas regiões do escoamento:
• a região da parede e
• a região externa.
Na região da parede, a velocidade e o comprimento característico
são:
•
u   0   velocidade de atrito e
•
 u
 comprimento de viscosidade.
Observe que:
 kg
u   
2
m
s

kg   m 
 
3 
m  s
 m2 s 
  m 
 u   
 s m
Expressões empíricas para o perfil de velocidades
Tubos lisos:
u uy

u

0
uy
5

u
u
 2,44ln   4,9
u

30 
Subcamada viscosa.
uy
;

y
 0,15
r0
No intervalo 5 < uy/ < 30 (zona intermediária), os dados
experimentais não se ajustam a nenhuma das curvas anteriores,
mas unem as duas curvas como mostra a Fig. 7.11.
Figura 7.11 Relações empíricas para o esc. Turbulento
a) turbulento liso
A subcamada viscosa tem espessura .
É na subcamada viscosa que se imagina que a turbulência seja
iniciada.
Essa camada possui uma distribuição de velocidades média no
tempo linear, mas instantaneamente a camada é altamente
dependente do tempo.
O limite externo da região da parede é completamente dependente
do número de Reynolds, conforme mostrado.
Para Reynolds baixo ele pode ser localizado perto de uy/ = 3000.
Tubos rugosos:
Neste caso a subcamada viscosa não é importante, pois a
turbulência inicia-se a partir dos elementos de rugosidade da parede
que se projetam para fora desta subcamada, de forma que é
necessário apenas um perfil logaritmo na região da parede.
O comprimento característico passa a ser a altura média da
rugosidade “e”.
Assim:
u
y
 2,44 ln  8,5
u
e
y
 0,15
r0
(região da parede)
Na região externa o comprimento característico é r0, Fig. 7.11b.
Figura 7.11 Relações empíricas para o esc. Turbulento
b) turbulento rugoso
A deficiência de velocidade (u máx  u) é normalizada com u.
u máx  u
r0
 2,44ln  0,8
u
y
y
 0,15 (região externa)
r0
Uma equação empírica adicional é necessária para completar o
perfil para 0,15 < y/r0  1.
A região da parede e a região externa sobrepõe-se, como mostrado
na Fig. 7.11a.
Na região de sobreposição
u máx
ur
 2,44ln  0  5,7
u
r
(tubos lisos)
u máx
r0
 2,44ln  9,3
u
e
(tubos rugosos)
Para calcular umáx, deve-se conhecer u.
Para calcular u, deve-se conhecer 0.
0 é calculado a partir do gradiente de pressão,
0  
r0 dp
2 dx
Ou do fator de atrito,
V 2
0  f
8
Quando nem dp/dx, nem f são conhecidos, pode-se usar a lei de
potência.
u
u máx
1/ n
y
  
 r0 
(perfil da lei de potência)
Com 5  n  10.
Considerando esta distribuição de velocidades, a velocidade média
é calculada.
r
1 0
V  2  u ( r )2  r dr
 r0 0
1/ n
u
u máx
y
  
 r0 
1/ n
1/ n
 r0  r 

 
 r0 

1/ n
2u máx 
r

V  2  1  
r0 0  r0 
r0
r dr
Fazendo uma mudança de variável, com:
1
r
a
r0

da  
dr
r0
Os novos limites de integração, serão:
• para r = 0  a = 1
• para r = r0  a = 0.

r
u  u máx 1  
 r0 
Com r = r0(1 – a), vem:
0
2u máx 1 / n
V  2  a r0 (1  a )( r0 ) da
r0 1
1
V  2u máx  (a1 / n  a
1
1
n
) da
0
1
V  2 u máx
1
1
1
n
a
1
1
n

1
1
2
n
2n 2
V
u máx
( n  1)(2n  1)
a
n(2n  1  n  1)
 2u máx
( n  1)(2n  1)
1
2
n
0
A distribuição de velocidades é comparada com o perfil laminar na
Fig. 7.12.
Figura 7.12 Perfil de velocidades turbulento
Tabela 7.1 Expoente n para tubos lisos
Re
4·103
105
106
> 2·106
n
6
7
9
10
Por seu lado, n é relacionado ao fator de atrito f, pela expressão
empírica
1
n
f
Observações:
O perfil da lei de potência não pode ser usado para obter a
inclinação na parede, pois sempre fornecerá:
du
dy

(não pode ser usado)
parede
Do mesmo modo,
du
0
dy centro
(não pode ser usado)
0 é calculado pela expressão:
V2
0  f
.
8
Fatores de correção da energia cinética “”.
n=5

 = 1,11
n=7

 = 1,06
n = 10 
 = 1,03.
Portanto,   1, para n > 7.
Exemplo 7.9
A água a 20°C escoa em um tubo de 10 cm de diâmetro a uma
velocidade média de 1,6 m/s. Se os elementos de rugosidade têm
0,046 mm de altura, a parede é considerada lisa ou rugosa? Tome
como referência a Fig.7.10
Dados:
Ta


D
V
e
20º
10-6
103
10
1,60
0,046
C
m2/s
kg/m3
cm
m/s
mm
0,100
0,000046
m
m
Solução:
Da Fig. 7.11
uy
5

 limite da subcamada viscosa (y = )
V D 1,6  0,10
5
Re 


1
,
60

10

10 6
Da Tabela 7.1, para Re = 1,6·105 tem-se n  7,5. Assim
f
1
1

 0,018
2
2
n
7,5
Da definição do fator de atrito
1
1
0   V 2 f  10 3 1,60 2  0,018  5,80 N / m 2
8
8
A velocidade de atrito será
0
5,8
u 

 0,076 m / s.
3

10
E a espessura da subcamada viscosa
5 5  106
 

 6,6  105 m  0,066 mm.
u  0,076
e = 0,046 mm <  = 0,066 mm. Portanto, a superfície é lisa.
Exemplo 7.10
O tubo liso horizontal de 4 cm de diâmetro da Fig. E7.10 transporta
0,004 m3/s de água a 20º C. Usando o perfil da lei da potência, faça
uma aproximação para: a) o fator de atrito, b) a velocidade máxima,
c) a posição radial em que u = V, d) o cisalhamento na parede, e) a
queda de pressão sobre um comprimento de 10 m e f) a velocidade
máxima usando a Eq. 7.6.16.
Figura E7.10
Dados:
D
Q
Ta


g
L
4
0,004
20º
10-6
103
9,81
10
cm
m3/s
C
m2/s
kg/m3
m/s2
m
0,040
m
Solução:
a) Cálculo do fator de atrito
V
4 Q 4  0,004

 3,18 m / s.
2
2
D
 0,04
Re 
V D 3,18  0,04
5


1
,
27

10

10 6
Da Tabela 7.1, para Re = 1,27·105 tem-se n  7,5. Assim
f
1
1

 0,018
2
2
n
7,5
b) Cálculo da velocidade máxima
u máx 
( n  1)(2n  1)
(7,5  1)(2  7,5  1)
V

3,18  3,84 m/s.
2
2
2n
7,5
c) Cálculo da posição radial em que u = V
1/ n
y
u
u
V


  
u máx u máx u máx  r0 
n
 V 
0,04  3,18 
 
y  r0 


2  3,84 
 u máx 
7 ,5
 0,0049 m. Ou, y = 0,49 cm.
Assim, a posição radial será:
r  r0  y  2  0,49  1,51 cm.
d) Cálculo do cisalhamento na parede
1
1
0   V 2f  10 3  3,182  0,018  23,0 N / m 2
8
8
e) Cálculo da queda de pressão
p 
2 0 L 2  23,0  10

 23000 Pa ou p  23 kPa.
0,02
r0
f) Cálculo da velocidade máxima usando a fórmula 7.6.16
u 
0
23,0

 0,152 m / s
3

10
u máx
r
 2,44 ln 0  5,7 
u

u máx  u  ( 2,44 ln
u  r0
1,152  0,02
 5,7)  0,152 (2,44 ln
 5,7)  3,84 m / s.
6

10
5.6.3. Perdas em um escoamento totalmente
desenvolvido em um tubo
Considerando a Eq. Da energia em um tubo retilíneo, sem adição
ou extração de energia, vem:
p1 V12
p 2 V22

 h1  
 h2  hL
 2g
 2g
p1  p 2
(p1  h1 )  (p 2  h 2 ) (p  h )
hL 
 ( h1  h 2 ) 




Equação de Darcy-Weisbach
h L  F1 (, , V, D, e, , g)
n=8
m=3
 n – m = 8 – 3 = 5 parâmetros .
D  [D] = [L]
m = 3  3 grandezas de base
 L=D
  [] = [ML-3]  M = D3
V  [V] = [LT-1]  T = DV-1
1)
[] = [ML-1T-1]
  = D3D-1D-1V = DV
1 
VD 
 Re

2)
[e] = [L]
 e=D
2 
e
D
 =D
3 

D
3)
[] = [L]
4)
[g] = [LT-2]
 g = DD-2V2 = D-1V2
V2
4 
gD
5)
[hL] = [L]
 hL = D
5 
hL
D
Estes parâmetros podem ser agrupados na seguinte relação
funcional.
hL
e  V2
 F2 (Re, , ,
)
D
D D Dg
É razoável supor que a perda de carga varie diretamente com o
comprimento da tubulação, como também que a perda varie
diretamente com o termo cinético (Bernoulli). Assim, chega-se a
uma nova relação funcional.
hL
e  1 V2
 F3 (Re, )
)
D
D D D 2g
De modo que a perda de carga passe a ser escrita como:
e  V2
h L  F3 (Re, )
D D 2g
F3 (Re,
f (Re,
e
e
)  f  f (Re, )  fator de atrito
D
D
e
)  diagrama de Moody
D
Lewis F. Moody (1880 – 1953)
L V2
hL  f
 Eq. de Darcy-Weisbach
D 2g
Tubos lisos e Tubos rugosos
Subcamada viscosa
e
v
Figura 1 Superfície hidraulicamente lisa
v = espessura da subcamada viscosa
e = altura das projeções rugosas
v
Subcamada viscosa
e
Figura 2 Superfície rugosa
Experiência de Nicuradse
diâmetro resultante
diâmetro original do tubo
D
D-e
rugosidade resultante
Grãos de areia
e
diâmetro dos grãos de areia
Superfície interna do tubo
Figura 3 Rugosidade artificial de Nikuradse
(homogênea)
e/2
De
= rugosidade relativa resultante
e/D
= rugosidade relativa adotada por Nikuradse
e/2
Figura 4 Diagrama de Nikuradse
Estes resultados ilustram as seguintes observações fundamentais.
1. A diferença física entre o escoamento laminar e o turbulento é
indicada pela variação da relação de f com Re, próximo do
número de Reynolds crítico (2000).
2. O regime laminar é caracterizado por uma única curva dada pela
equação f = 64/Re, para qualquer rugosidade das superfícies.
Donde se conclui que, em escoamentos laminares, a perda de
carga é independente da rugosidade da superfície.
3. No escoamento turbulento uma curva de f versus Re pode ser
feita para cada rugosidade relativa, e/D, e do aspecto horizontal
das curvas podemos concluir que para tubos rugosos a
rugosidade é mais importante que o número de Reynolds, para
determinar o módulo do fator de atrito.
4. Para números de Reynolds elevados os fatores de atrito de tubos
rugosos se tornam constantes, dependentes inteiramente da
rugosidade do tubo; e portanto, independentes do número de
Reynolds. Da equação de Darcy podemos concluir que hL  V2
para escoamento com turbulência completa sobre superfícies
rugosas.
5. Embora a curva inferior tenha sido obtida de testes com tubos
hidraulicamente lisos, muitos dos resultados de Nikuradse com
tubos
rugosos
coincidem
com
esta
curva
para
5.000 < Re < 50.000. Nestes casos, a rugosidade fica submersa
na subcamada viscosa e em geral não produz efeito sobre a
perda de carga e o fator de atrito, que neste caso dependeriam
somente dos efeitos de viscosidade.
6. A série de curvas para tubos rugosos diverge da curva do tubo
liso à medida que o número de Reynolds cresce. Ou seja, tubos
lisos, para baixos valores de Re, tornam-se rugosos para valores
elevados de Re. Isto pode ser explicado pela espessura da
subcamada viscosa que decresce à medida que o número de
Reynolds cresce, produzindo uma exposição menor das
protuberâncias ao escoamento turbulento e fazendo com que o
tubo se comporte como se fosse um tubo rugoso.
Fórmulas Para o Cálculo das perdas em escoamento em tubos
a)
Fórmula de Darcy-Weisbach (universal)
L V22
hL  f
D 2g
b)
Escoamento laminar
Fórmula de Poiseuille
f  64 / Re
c)
 Reta de Poiseuille
Escoamento turbulento liso
Fórmula de Prandtl-Von Kármàn
1
2,51
 2 log(Re f )  0,8  2 log
f
Re f
d)
Escoamento turbulento liso
Fórmula de Blasius
f
e)
0,3164
Re1/ 4
Re  105.
Reta de Blasius
Escoamento turbulento rugoso
Fórmula de Nikuradse
1
e
e/D
 2 log  1,14  2 log
D
3,7
f
Retas de Nikuradse (horizontais)
Figura 4 Diagrama de Nikuradse
Experiências de Colebrook - rugosidade equivalente
Colebrook mostrou que os resultados das experiências de
Nikuradse podem ser usados em medidas quantitativas de
rugosidade de tubos comerciais, chegando-se a uma rugosidade
“equivalente”.
Ou seja, se o valor do fator de atrito (f), para um tubo comercial
operando na região de escoamento turbulento rugoso, for
conhecido, obtido com o auxilio da equação de Darcy-Weisbach,
pode-se calcular um valor de “e”, equivalente à rugosidade artificial
de Nikuradse, usando para tanto a equação proposta por ele para
tubos rugosos.
Assim, a altura da rugosidade “e”, para tubos de rugosidade artificial
de areia, é usada como uma medida da rugosidade de tubos
comerciais.
Posteriormente, verificou-se que o valor desta rugosidade não
dependia do diâmetro do tubo, mantendo-se aproximadamente
constante.
Esse valor é como se fosse uma propriedade hidráulica do tubo e foi
denominada “rugosidade equivalente”.
Deste modo, a rugosidade indicada para tubos comerciais é na
realidade, uma “rugosidade equivalente” à rugosidade artificial de
grãos de areia introduzida por Nikuradse.
Na região de transição, onde o fator de atrito (f) depende da
rugosidade relativa (e/D) e do número de Reynolds (Re), os
resultados dos ensaios com tubos de rugosidade artificial diferem
dos resultados obtidos com tubos comerciais.
Este fato fica evidente num gráfico baseado nas equações para tubo
liso e tubo rugoso, onde resultados de ensaios com tubos
comerciais e com tubos de rugosidade artificial são mostrados.
Rearranjando a expressão para tubos rugosos,
1
e
 2 log  1,14
D
f
e somando 2log(e/D) em ambos os lados da equação para tubos
lisos,
1
e
e
 2 log  2 log(Re f )  0,8
D
D
f
Tomando:
1
e
 2 log
D
f
log(Re f
e
)
D
como
ordenada
e,
como abscissa,
Colebrook obteve o interessante diagrama da Figura 5.
1
e
 2 log
D
f
Tubo liso
log(Re f
e
)
D
Figura 5 Função de Colebrook para a transição
Os resultados de Nikuradse com rugosidade artificial formam a
curva tracejada na região de transição e os resultados dos ensaios
com tubos comerciais formam a linha curva inferior.
Visando resolver o problema, não só na região de transição, mas
para todo o escoamento turbulento, Colebrook, a partir de uma
associação por soma das equações para tubos lisos e para tubos
rugosos, propôs a seguinte equação.
1
e/D
2,51
 2 log(

)
3,7 Re f
f
a qual é a base para o diagrama de Moody.
Figura 6 Diagrama universal  = (D/k, Re)
Figura 7.13 Diagrama de Moody
As equações empíricas que seguem, representam o diagrama de
Moody para Re > 4000.
Tubo liso:
2,51
1
 0,86ln(Re f )  0,8  0,86ln
Re f
f
Ou, em termos de logaritmo decimal,
1
2,51
 2 log
f
Re f
f
0,316
Re1 / 4
Prandtl-Von Kármán
Re  105 (1913) Eq. de Blasius
(0,86859)
Tubo rugoso:
1
e
e/D
 1,14  0,86ln  0,86ln
D
3,7
f
1
e/D
 2 log
3,7
f
fórmula de Nikuradse
Região de transição:
1
 e / D 2,51 
 0,86ln


3
,
7
f
Re
f


1
 e / D 2,51 
 2 log


3
,
7
f
Re f 

Eq. de Colebrook (1938)
Problemas Tipo:
Tipo
Dados
Incógnita
I
Q,D,e,
hL
II
hL,D,e,
Q
III
Q,hL,e,
D
Fórmulas de Swamee e Jain (1976) para o cálculo do fator de atrito.
f
f
1,325
  e / D 5,74 
ln 3,7  Re0,9 

 
106  e D  102
2
5000 Re  108
106  e D  102
1

 e / D 5,74 
2
log
 0 , 9 


 3,7 Re 

2
5000 Re  108
Fórmulas de Swamee e Jain (1976) para a solução dos problemas
de perda em escoamento em tubos.
Q2L 
 D 
 e / D
h L  1,07
ln

4
,
62



5 
g D   3,7
 Q 

 g D hL 

Q  0,965
 L 

1, 25  L Q

D  0,66 e 

 g hL
4 , 75
2






 

2
106  e D  102
5000 Re  3 108
 e / D  3,17 2 L 0,5 
 
ln 
 
3
 3,7  g D h L  
0, 5
5
0,9
 L 

  Q 
 g hL 
9, 4
5, 2



0 , 04
Re  4000
106  e D  102
5000 Re  3 108
Exemplo 7.11
A água a 20º C é transportada por 450 m em um tubo de ferro
forjado, horizontal, com diâmetro de 38 mm a uma vazão de 3,0 /s.
Calcule a queda de pressão sobre o comprimento de 450 m de tubo
usando: a) o diagrama de Moody e b) o método alternativo.
Dados:
Ta


L
e
D
Q
g
20°
10-6
998,0
450
0,046
38
3,00
9,81
C
m2/s
kg/m3
m
mm
mm
/s
m/s2
0,038
0,003
m
m3/s
Solução:
a) Cálculo pelo diagrama de Moody.
Re 
4Q
4  0,003
5


1
,
005

10
 D   0,038106
f  0,023
e 0,046

 0,00121
D
38
f
1,325
  e / D 5,74 
ln 3,7  Re 0,9 

 
D 2
QV
4
L V2
hL  f
D 2g

2

1,325
  0,046/ 38
5,74
ln

 
1,005105
  3,7

4Q
V
D 2
 
0,9  
 

8f L  Q 
hL 
 
g D5   
2
2
 0,0230
8 f L  Q  8  0,0230 450  0,003
hL 

  97,14 m.
5 
5 
g D 
9,81 0,038   
2
2
Considerando a Eq. da energia
p1 V12
p 2 V22

 h1  
 h2  hL
 2g
 2g

p  p1  p2    h L
p    g  h L  998 9,81 97,26  951000 Pa.
b) Cálculo pelo Método alternativo.
Q L
 D 
 e / D
h L  1,07
ln

4
,
62



5 
g D   3,7
 Q 

2
0,9



 

2
2
0,9
6


 10  0,038  
0,003 450  0,046/ 38





h L  1,07
ln

4
,
62
  96,90 m.
5 


9,81 0,038   3,7
 0,003   
 

2
p    g  h L  998 9,81 96,90  948700 Pa.
Dif 
h L  h LA
97,14  96,90
100 
100  0,246%
hL
97,14
Exemplo 7.12
Uma queda de pressão de 700 kPa é medida sobre um
comprimento de 300 m de um tubo (horizontal) em ferro forjado de
100 mm de diâmetro que transporta óleo (S = 0,9;  = 10-5 m2/s).
Calcule a vazão usando: a) o diagrama de Moody e b) o método
alternativo.
Dados:
p
L
e
D
S

a
g
700
300
0,046
10
0,9
10-5
1000
9,81
kPa
m
mm
cm
m2/s
kg/m3
m/s2
7105
4,610-5
0,100
Pa
m
m
Solução:
a) Cálculo pelo diagrama de Moody.
p
7 105
hL 

 79,28 m.
3
 g 0,9 10  9,81
Dados:

hL
D
Incógnita:

Problema Tipo II
Q
Solução por tentativas.
1ª tentativa – calcula-se um primeiro valor para f = f1.
Escoamento rugoso. (Nikuradse)
f1 
1,325
  e / D 
ln 3,7  

 
2

1,325
  4,6 105 

ln
  0,100 3,7 
2
 0,0164
V1 
2g D hL
2  9,81 0,100 79,28

 5,625 m/s.
f1 L
0,0164 300
Re1 
V1 D 5,625  0,100
4


5
,
63

10

10 5
Com o número de Reynolds, calcula-se um novo valor para f.
f2 
1,325
  e / D 5,74 
 0,9 
ln
  3,7 Re1 
2

1,325

5,74
  4,6 105
ln

 
4

  0,100 3,7 5,6310



0,9  
 


2
 0,0220
f2  f1 procede-se a uma nova tentativa com f = f2.
V2 
2  9,81 0,100 79,28
 4,851 m/s.
0,0220 300
Re 2 
4,851  0,100
4

4
,
85

10
10 5
f3 
1,325
  4,6 105
5,74
ln



  0,100 3,7 4,85104

 
0,9  
 

2
 0,0226
f3  f2 nova tentativa com f = f3.
V3 
2  9,81 0,100 79,28
 4,790 m/s.
0,0226 300
Re 3 
4,790  0,100
 4,79 10 4
5
10
f4 
1,325
  4,6 105
5,74
ln

 
  0,100 3,7 4,79 104

 
0,9  
 
2
 0,0226

f4 = f3 assim o problema está resolvido e V = 4,790 m/s.
  D2
  0,1002
Q
V
4,790  0,03762 m3 /s.
4
4
b) Cálculo pelo Método alternativo.
 g D5 h L 

Q  0,965
 L 
0, 5
 e / D  3,17 2 L 0,5 
 
ln 
 
3
 3,7  g D h L  
 9,81 0,1005  79,28 

Q  0,965
300


0,5
 4,6 105  3,17 1010  300 0,5 
 
ln 
 
3
 0,100 3,7  9,81 0,100  79,28  
Q  0,03761 m3/s.
Dif 
Q  QA
0,03762 0,03761
100 
100  0,0369%
Q
0,03762
Exemplo 7.13
Que diâmetro de tubo estirado deve ser escolhido para transportar
0,002 m3/s de água a 20º C por um comprimento de 400 m, de
modo que a perda de carga não exceda a 30 m? a) use o diagrama
de Moody e b) o método alternativo.
Dados:


e
Q
Ta
L
hL
g
0,0015
0,002
20º
10-6
998
400
30
9,81
mm
m3/s
C
m2/s
kg/m3
m
m
m/s2
1,510-6
m
Solução:
a) Pelo diagrama de Moody.
(cálculo por tentativas)
8f L  Q 
8  f 400 0,002
hL 

30




5
5 
g D 
9,81 D   
2
8 400  0,002
D5


9,81 30   
Re 
f
2
2
5
f  0,084885 f
4Q
4  0,002

 2546/D
6
 D   D10
1,325
  e / D 5,74 
ln 3,7  Re 0,9 

 
2

1,325
 1,5 106

5,74

ln 
0,9  
D

3
,
7
2546/ D   
 
2
Com estes valores pode-se montar a seguinte tabela:
f
D
Re
e/D
f
/
m
/
/
/
1ª tentativa 
0,0300
0,0421
6,05104
3,5610-5
0,0201

2ª tentativa 
0,0201
0,0388
6,56104
3,86 10-5
0,0197

3ª tentativa 
0,0197
0,0387
6,58104
3,87 10-5
0,0197
O.K!
O resultado indica um diâmetro de 0,0387 m. Ou D = 39 mm.
b) Cálculo pelo Método alternativo.
5, 2
2 4 , 75






L
1, 25 L Q
9, 4
   Q 
 
D  0,66 e 

 g hL 
 g h L  
0 , 04
5, 2
2 4 , 75




400

0
,
002
400


 6 1, 25
6
9, 4
  10  0,002 
D  0,66 (1,5 10 ) 
 

 9,81  30  
 9,81  30 
D  0,0391 m.
Novamente, o resultado indica um diâmetro D = 39 mm.
Porem, a solução do problema será obtida com um diâmetro
comercial imediatamente superior a 39 mm.
Talvez 50 mm.
0 , 04
4.6.4. Perdas em condutos não circulares
Boas aproximações são conseguidas com o conceito de “raio
hidráulico” (Rh). Ver Streeter.
Área
A
Rh 

Perímetromolhado P
Exemplo:
Tubo circular operando à plena seção
 D2 D
Rh 

4D 4
ou
Dh  4  R h
Utiliza-se desse conceito apenas para calcular o número de
Reynolds e o fator de atrito.
Exemplo 7.14
O ar, nas condições normais, está para ser transportado através de
500 m de um duto retangular horizontal e liso medindo
30 cm x 20 cm, e uma vazão de 0,24 m3/s.
Calcular a queda de pressão.
Dados:
L
b
h
Q

g

500
30
20
0,24
1,510-5
9,81
1,20
m
cm
cm
m3/s
m2/s
m/s2
kg/m3
0,300
0,200
m
m
Solução:
Rh 
A
bh
0,30 0,20


 0,060 m.
P 2(b  h ) 2(0,30  0,20)
Dh  4  R h  4  0,060  0,240 m.
Q
0,240
V 
 4,00 m /s.
A 0,30 0,20
Re 
V D h 4  0,240
4


6
,
40

10

1,5 105
Tubo liso, Re < 105  Blasius
f
0,3164
0,3164

 0,0199
1/ 4
4 0, 25
Re
(6,4010 )
L V2
500 42
hL  f
 0,0199
 33,81 m.
D 2g
0,24 2  9,81
Tubo liso,  Prandtl-Von Kàrmán

 2,51
f  2 log
 Re f




2
500 42
h L  0,0198
 33,64 m.
0,24 2  9,81
Dif 
2



2,51
  0,0198
 2 log
4


 6,4010 0,0199
33,81 33,64
100  0,505%
33,64
p   g h L  1,20 9,81 33,64  396,0 Pa.
4.6.5. Perdas singulares
Para o caso de alargamento brusco seção, viu-se que:
2
 A1  V12

h L  1 
 A2  2 g
2
 A 
Fazendo 1  1   K, tem-se:
 A2 
V2
hL  K
2g
 fórmula geral (perdas singulares)
V  maior velocidade (menor seção).
Figura 7.14 Escoamento em um cotovelo
Figura 7.15 Coeficientes de perda em uma expansão cônica
Figura 7.16 Vena Contracta em contrações e orifícios
Muitas vezes é habitual expressar o coeficiente de perda como um
“comprimento equivalente (Le)” de tubo.
Ou seja:
Le V 2
V2
hL  K
f
2g
D 2g
O que leva a:
Le  K
D
f
TABELA 7.2 Coeficientes de perda nominais K (escoamento turbulento)
Rosqueado
Tipos de Acessório
Diâmetro
Flangeado
2,5
cm
5 in
10
cm
5
cm
10
cm
20
cm
8,2
6,9
5,7
8,5
6,0
5,8
20
17
14
21
15
14
57
48
40
60
42
41
Válvula em ângulo (totalmente aberta)
4,7
2,0
1,0
2,4
2,0
2,0
Válvula de retenção (totalmente aberta)
2,9
2,1
2,0
2,0
2,0
2,0
Válvula de gaveta (totalmente aberta)
0,24
0,16
0,11
0,35
0,16
0,07
Curva de Retorno (em “U”)
1,5
0,95
0,64
0,35
0,30
0,25
Tê (ramal)
1,8
1,4
1,1
0,80
0,64
0,58
Tê (em linha)
0,9
0,9
0,9
0,19
0,14
0,20
Cotovelo-padrão
1,5
0,95
0,64
0,39
0,30
0,26
Cotovelo de grande diâmetro
0,72
0,41
0,23
0,30
0,19
0,15
Cotovelo de 45°
0,32
0,30
0,29
Válvula globo (totalmente aberta)
(meio aberta)
(um quarto aberta)
Entrada com quinas vivas
0,5
Entrada reentrante
0,8
Entrada arredondada
0,03
Saída do tubo
1,0
Razão de área
Contração súbita
2:1
0,25
5:1
0,41
10:1
0,46
Razão de área A/A0
Placa de orifício
1,5:1
0,85
2:1
3,4
4:1
29
6:1
Alargamento súbito
 A

2,78
 0,6 
 A0

A1 2

1 

 A2 
2
Exemplo 7.15
Se a vazão através de um tubo de ferro forjado de
100 mm de diâmetro (Fig. E7.15) é de 0,04 m3/s, encontre a
diferença de elevação H para os dois reservatórios.
Figura E7.15
Dados:
e
D
Q
L

0,046
0,100
0,040
50
10-6
mm
m
m3/s
m
KEn
KVg
KCo
KSa
0,50
5,70
0,64
1,00
m2/s
g
9,81
m/s2
Solução:
Eq. da Energia
= 0 (pb)  0
p1 V12
p 2 V22

 z1  
 z2  h L
 2g
 2g

h L  z1  z 2  H
Como ilustração, a perda distribuída será calculada separada da
perda localizada.
V
4Q
4  0,040

 5,093 m /s.
2
2
D
  0,100
Re 
V D 5,09  0,100

 5,09 10 5
6

10
e
0,046

 0,00046
D
100
f2 
1,325
  e / D 5,74 
ln 3,7  Re 0,9 

 
2

1,325
  0,00046
5,74
ln

 
5,09 105
  3,7

 
0,9  
 

2
 0,0175
H  (K En  K Vg
V2
L V2
 2 K Co  KSa )
f
2g
D 2g
5,092
50 5,092
H  (0,50  5,70  2  0,64  1)
 0,0175
2  9,81
0,10 2  9,81
H  11,21 11,57  22,8 m.
4.6.6. Linha piezométrica e linha de energia
Considere a Eq. da Energia:
p1 V12
p2 V22

 z1  H p  
 z 2  HT  h L
 2g
 2g
Linha piezométrica
Lugar geométrico dos pontos
que têm como elevação


p
z








p V2 
 z  

 2g 

Linha de energia
Lugar geométrico dos pontos
que têm como elevação
Figura 7.17 Linha piezométrica (LP) e linha de energia (LE)
• Ocorre um salto na LP e na LE quando energia útil é adicionada
ao fluido, como acontece com uma bomba, e uma queda ocorre,
se energia útil é extraída do escoamento, como ocorre com uma
turbina.
• Nos pontos em que a LP passa através da linha central do tubo,
a pressão é zero. Se o tubo é localizado acima da LP, há um
vácuo no tubo, uma condição que muitas vezes é evitada, se
possível, nos projetos de tubulações; uma exceção seria um
projeto de um sifão.
Exemplo 7.17
Água a 20º C escoa entre dois reservatórios a uma vazão de
0,06 m3/s, como mostra a Fig. E7.17. Esboce a LP e a LE. Qual é o
diâmetro DB mínimo permissível para evitar a ocorrência de
cavitação?
Figura E7.17
Dados:
Ta
Q
20º
C
D
L1
L2
0,060 0,200
30
20
m3/s
m
m
m
e
mm
 = 103 kg/m3
V1 
 = 10-6 m2/s
pv = 2450 Pa (abs).
4 Q 4  0,060

 1,918 m / s.
2
2
D
  0,20
Re1 
V D 1,91  0,20
5


3
,
82

10

10 6
HCon
0,260 0,500 0,250
Solução:
Água a 20° C, logo:
Kent
g
9,81
m/s2
f1 
1,325
  e /D1 5,74 
 0,9 
ln
  3,7 Re1 
2

1,325
  0,26
 
5,74

ln 

5 0, 9 
200

3
,
7
3,82 10   
 
2
 0,0217
No segundo trecho, o que se procura é o diâmetro. Explicitando em
função deste valor, vem:
V2 
4 Q 4  0,060 0,07639


2
2
 D2
  D2
D22
V D2 0,07639 D2 7,639 104
Re2 


2
6

D2  10
D2
e
0,26
0,00026


D2 1000 D2
D2
Só não haverá cavitação no ponto 2 se a pressão neste ponto for
mantida acima da pressão de vapor.
Uma vez que a pressão de vapor é expressa na escala de pressões
absolutas, deve-se: ou trabalhar com pressões absolutas, ou
converter a pressão de vapor para a escala efetiva. Assim,
2
1
0
2
2
0
( p1 )abs V
( p2 )abs V

 z1 

 z 2  h L total

2g

2g
( p1 )abs
(p2 )abs V22
V12
V22
L1 V12
L2 V22
 z1 

 Ken
 Kcon
 f1
 f2


2g
2g
2g
D1 2 g
D2 2 g
A pressão barométrica é tomada igual a 101 kPa. Então:
(101 2,45)103
30 1,912
 20  (0,50  0,0217
)
3
9,8110
0,20 2  9,81
0,076392
20  0,076392
 (1  0,25)
 f2
4
2  9,81 D 2
2  9,81 D52
30
1,25
20

2
2
(
98
,
55

20

9
,
81
)

2

(
0
,
50

0
,
0217
)

1
,
91
/
0
,
07639


f
2
4


0
,
20
D
D52


2
98660
1,25
20

f
2
D 42
D52
Resolvendo por tentativas,
Nº
D
e/D
Re
f
1,25/D4 f×20/D5

1ª
0,10000 0,002600
7,64105
0,0254
12500
50836
63336
2ª
0,09000 0,002889 8,49105
0,0261
19052
88480
107532
3ª
0,09200 0,002826 8,30105
0,0260
17449
78816
96264
4ª
0,09155 0,002840 8,34105
0,0260
17793
80867
98660
Logo, para não haver cavitação D2 > 91,55 mm.
Portanto, D = 100 mm resolve satisfatoriamente o problema.
4.6.7. Sistema simples de tubo com bomba
Característica da bomba  fornecida pelo fabricante.
Característica de cano
Característica
de rotor
Figura 7.18 Curvas características
Exemplo 7.18
Estime a vazão na tubulação simples da Fig. E 7.18a, se as curvas
características da bomba são como mostrado na Fig. E7.18b.
Calcule também a potência requerida pela bomba.
Figura E7.18 a)
Figura E7.18 b)
Dados:
z1
z2
D
e

Ke
KSa
60
90
0,2
0,046
10-6
0,50
1,00
m
m
m
mm
m2/s
Solução:
Da Eq. da energia, com:
p1  p 2  0 

V1  V2  0
 H B  (z 2  z1 )  h L
L V2
H B  (z 2  z1 )  (K en  K sa  f )
D 2g
Como primeira tentativa para a solução do problema, pode-se supor
que o escoamento se dá na região de escoamento turbulento
rugoso.
Assim, considerando a Eq.
turbulento rugoso, vem:
f1 
1,325
  e /D 
ln 3,7 

 
2

de Nikuradse para escoamento
1,325
  0,046 
ln 200 3,7 

 
2
 0,0141
Levando na Eq. anterior,
400
1  4Q 
H B  (90  60)  (0,5  1,0  0,0141
)


0,20 2  9,81   0,202 
HB  30  1530 Q2
 Eq. do sistema.
2
Entrando com valores de vazão na Fig. E7.18 b),
tira-se os valores correspondentes para a altura total de elevação, o
que permite montar a tabela a seguir.
Bomba
H
Q
68,70
0,25
73,90
0,20
77,70
0,15
80,00
0,10
Agora, entrando com valores para a vazão, na equação do sistema,
chega-se a seguinte tabela relacionando valores de H e Q do
sistema.
Sistema
H
Q
30,00
0,00
46,30
0,10
66,68
0,15
95,20
0,20
Considerando estas duas tabelas e com o auxilio do excel, chega-se
ao seguinte gráfico, sendo a solução o cruzamento da duas curvas.
Ou seja:
100,0
H = 1530 Q2 + 30
R2 = 1
90,0
80,0
70,0
HB = -290 Q2 + 26,1 Q + 80,295
R2 = 1
Alturas
60,0
Bomaba
50,0
Sistema
Operação
40,0
30,0
20,0
10,0
0,0
0,00
0,05
0,10
0,15
Vazão
0,20
0,25
0,30
O gráfico nos dá a Eq. da linha de tendência para a característica
de rotor. Ou seja:
HR  290 Q2  26,1 Q  80,295
Uma vez que o ponto de operação vai estar no cruzamento destas
duas equações, a vazão é obtida ao se igualar uma com a outra.
30  1530 Q2  290 Q2  26,1 Q  80,295
1820 Q2  26,1 Q  50,295  0
26,1  26,12  4 1820 50,285
Q
2 1820
Resolvendo,
3

Q'  0,174 m / s

3

Q' '  0,159 m / s.
O valor significativo é o positivo. Levando em uma das duas
equações, chega-se à altura total de elevação da bomba.
H  30  1530 0,1742  76,1 m.
Com o valor da vazão tem-se como calcular o número de Reynolds
e retornar no diagrama de Moody, de modo a verificar o valor obtido
para o fator de atrito.
Com esse procedimento se chegaria ao valor correto para a vazão
(0,169 m3/s) e para a altura de elevação (76,4 m).
Do gráfico da Fig. E7.18 b), tira-se  = 0,65%.
Com esse valor a potência pode ser calculada.
  Q  g  H B 103  0,174 9,81 76,1 3
PB 

10  199,8 kW.

0,65
4.7. Escoamento Turbulento Uniforme
em Canais Abertos
Figura 7.19 Escoamento uniforme em um canal aberto
S  declividade (inclinação) – (I)
Para  muito pequeno, sen  S.
Considere a Eq. da energia:
0
0
p1 V12
p 2 V22

 z1  
 z2  h L
 2g
 2g
O que leva a:
h L  z1  z 2
Por outro lado,
L V2
L V2
h L  L  sen  L  S  f
f

Dh 2 g
4 Rh 2g
f 2
R h S 
V
8g
Ou:
V  C Rh S
 Eq. de Chezy.
Antoine Chezy (1718 – 1798).
c
C  1 R 1h/ 6
n
c1  1,00 unidades do SI

c1  1,49 unidades do sistemaingles.
n  coeficiente de Manning
Robert Manning (1816 – 1897).
Para o SI,
Q
1
A R 2h / 3  S1/ 2  Eq. de Chezy Manning.
n
TABELA 7.3 Valores médios do n de Manning
Material da Parede
n de Manning
Madeira aplainada
0,012
Madeira não-aplainada
0,013
Concreto acabado
0,012
Concreto inacabado
0,014
Cano de esgoto
0,013
Tijolo
0,016
Ferro fundido, ferro forjado
0,015
Tubo de concreto
0,015
Aço rebitado
0,017
Terra, tal qual
0,022
Canalete de metal enrugado
0,025
Cascalho
0,03
Terra com pedras e plantas rasteiras
0,035
Corredeiras de montanhas
0,05
Exemplo 7.19
A profundidade medida de água a 15º C, escoando em um canal
aberto retangular de concreto acabado, de 3,60 m de largura é de
1,20 m. A inclinação (declividade) medida foi de 0,0016. Estime a
vazão usando: a) a equação de Chezy-Manning e b) a equação de
Darcy-Weisbach.
Dados:
Tág
b
h
S

g
15º
3,6
1,2
0,0016
1,1410-6
9,81
C
m
m
m2/s
m/s2
Solução:
O raio hidráulico pode ser calculado.
Rh 
A
bh
3,6 1,2


 0,720 m.
Pmol 2h  b 2 1,2  3,6
a) Chezy – Manning
Concreto acabado  n = 0,012
Q
1
1
A R 2h / 3  S1/ 2 
3,6 1,2  0,722 / 3  0,0161/ 2  11,57 m3 / s.
n
0,012
b) Darcy – Weisbch
Concreto 0,30  e  3 mm  acabado  e = 0,46 mm.
Dh  4  R h  4  0,720  2,88 m.
Eq. de Nikuradse,
f1 
1,325
  e /D 
ln 3,7 

 
R h S 
2

1,325
  0,46 
ln 2880 3,7 

 
2
 0,0131
f 2
V
8g
V1 
2 g  Dh  S
2  9,81 2,88 0,0016

 2,625 m / s.
f1
0,0131
Re1 
V D h 2,625 2,88
6


6
,
63

10

1,14 106
Pela Eq. de Swamee - Jain,
f2 
1,325
  e /D 5,74 
ln 3,7  Re0,9 

 
2

1,325
  0,46

5,74
ln

 
6 0, 9  
2880

3
,
7
(
6
,
63

10
) 
 
2  9,81 2,88 0,0016
V2 
 2,601 m / s.
0,0134
Re 2 
f3 
2,601 2,88
6

6
,
57

10
1,14106
1,325
  0,46

5,74

ln 
6 0, 9  
2880

3
,
7
(
6
,
57

10
) 
 
2
 0,0134 O.K!
2
 0,0134
Desta forma o problema está resolvido e:
V  2,601 m / s.
Q  V  A  2,601 3,601,20  11,24 m3/s.
Dif 
QChe  QDar
11,57  11,24
100 
100  2,94%
QDar
11,24
Exemplo 7.20
Um tubo de concreto de 1,0 m de diâmetro transporta água a 20º C
em uma profundidade de 0,4 m. Se a inclinação é 0,001, encontre a
vazão usando:
a) a equação de Chezy-Manning e
b) a equação de Darcy-Weisbach.
Dados:
D
Tág
h
S

1,00
20º
0,4
0,001
10-6
m
C
m
m2/s
Figura E7.20
Solução:
Cálculo dos ângulos  e .
Rh 
1,00
 0,40  0,10 m
2
0,10
  arcsen
 11,54º
0,50
  180 2   180 2  11,54  156,9º
Os demais valores são calculados.
b
 R  cos   0,50  cos 11,54 º  0,4899 m.
2
 D2 
  12 156,9
A

 2  0,1  0,4899  0,2934 m2
4 360
4 360
P  D
Rh 

156 ,9

 1,369 m
360
360
A 0,2934

 0,2147 m
P
1,369
Dh  4  R h  4  0,2147 0,8569 m
a) Chezy – Manning
Tubo de esgoto (concreto)  n = 0,013
Q
1
1
A R 2h / 3  S1/ 2 
0,2934 0,21422 / 3  0,0011/ 2  0,255 m3/s.
n
0,013
b) Darcy – Weisbch
Tubo de concreto  e = 2 mm.
Por Colebrook
L V2
hL  f
Dh 2 g
Re 
V Dh


V
Re 
Dh
2
L Re 2  2
2 L
hL  f
 f Re
2
Dh Dh 2 g
2g D3h
2  g  h L  D3
2  9,81 0,001 0,85693
5
R f 


1
,
11

10
2  L
1012 1
f
1,325
  e /D 2,51
ln 3,7  Re f
 
V



2

1,325
  2
2,51 
ln


 857 3,7 1,11 105 

 
 0,0246
2  g  h L  Dh
2  9,81 0,001 0,857

 0,8261 m/s.
f L
0,0246 1
Q  V  A  0,8261 0,2934 0,2423 m3/s.
Dif 
2
QChe  QDar
0,255 0,242
100 
100  5,43%
QDar
0,242
Característica da bomba
100,00
90,00
80,00
70,00
60,00
50,00
40,00
30,00
20,00
10,00
0,00
0,00
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
0,30