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Resoluções dos exercícios do
capítulo 4
Livro professor Brunetti

4.1 – Determinar a velocidade do jato do líquido no
orifício do tanque de grandes dimensões da
figura. Considerar fluido ideal

Resolução do 4.1

Exercício 4.2
Supondo fluido ideal, mostrar que os jatos de dois orifícios na parede de um
tanque interceptam-se num mesmo ponto sobre um plano, que passa pela base
dotanque, se o nível do líquido acima do orifício superior for igual à altura do
orifício inferior acima da base.

Resolução do 4.2

Primeiro considera-se as seções
especificadas na figura a seguir:
(0)

(1)
PHR0 −1

y

(2)
PHR0 − 2

Equação de Bernoulli de (0) a (1)
2
2
p0 v0
p1 v1
H0 = H1 ∴ z0 +
+
= z1 +
+
γ
γ
2g
2g
2
v1
∴a =
⇒ v1 = 2ga
2g
Consideran do olançamento inclinado
para esta situação tem - se :

(x)
Equação de Bernoulli de (0) a (2)
2
2
p0 v0
p2 v2
+
= z2 +
+
H0 = H2 ∴ z0 +
γ
2g
γ
2g
2
v2
∴a + y =
⇒ v2 = 2g( a + y)
2g
Consideran do o lançamento inclinado
para esta situação tem - se :
eixo y ⇒ a =

12
gt ∴ t =
2

eixo x ⇒ x2 = v2t ∴ x2 = 2g( a + y) ×

2a
g
2a
= 4a( y + a)
g

eixo y ⇒ y + a =

12
gt ∴ t =
2eixo x ⇒ x1 = v1t ∴ x1 = 2ga ×

2( y + a)
g

2( y + a)
= 4a( y + a)
g

Portanto : x1 = x2 ⇒ cqd

4.3 – Está resolvido no sítio:
http://www.escoladavida.eng.br/mecflubasica/aulasfei/planejamento_fei.htm - na nona aula

4.4 – Um tubo de Pitot é preso num barco que se
desloca com 45 km/h. qual será a altura h
alcançada pela água no ramo vertical.

Resolução do 4.4

2
v1
=h2g
2
⎛ 45 ⎞


3,6 ⎠

= h ∴ h = 7,8125 m ≅ 7,8 m
2 × 10

4.5 - Quais são as vazões de óleo em massa e em peso no tubo convergente da
figura, para elevar uma coluna de 20 cm de óleo no ponto (0)?
Dados; desprezar as perdas; γóleo= 8.000 N/m³; g = 10 mls²

Resolução do 4.5

4.6 Dado o dispositivo da figura, calcular a vazão do escoamento da água no
conduto. Desprezar as perdase considerar o diagrama de velocidades
uniforme.
Dados: γH20 = 104 N/m³; γm = 6 X 104 N/m³; p2 = 20 kPa; A = 10-2 m²; g = 10m/s².

0

Resp.: Q = 40 Lls

2
p1 v1
p
H1 = H0 ⇒ z1 +
+
= z0 + 0 +
γ
γ
2g
z1 = z0 ⇒ p1 + 0,2 × γ H O − 0,2 × γ m
2

2
v0

2g
= p2

∴ p1 = 20000 + 0,2 × (60000 − 10000) = 30000

N
m2

v1 = vmédia , já que as perdas foram desprezadas e seconsiderou
o diagrama de velocidades uniforme
p0
= 3,8m → v0 = 0
γ
v2
30000
m

+ média = 3,8 ∴ vmédia = 0,8 × 20 = 4
10000
20
s
3
−2 m
Q = vmédia × A = 4 × 10
s
Portanto Q= 40 l/s

4.7 – Está resolvido no sítio:
http://www.escoladavida.eng.br/mecflubasica/aulasfei/planejamento_fei.htm - na nona
aula
4.8 No conduto da figura, o fluido é considerado ideal. Dados: H1 = 16 m;
P1 =52 kPa; γ = 104 N/m³; D1 = D3 = 10 cm. Determinar: a) a vazão em peso;
b) a altura h1 no manômetro; c) o diâmetro da seção (2).

PHR

2
2
p3 v3
p1 v1
+
= z3 +
+
a) H1 = H3 ⇒ z1 +
2g
γ
γ
2g
Como v1 = v3, origina :
p
p
52000
= 17 + 3 ∴ 3 = −1,8m
10 +
γ
γ
10000
2
v3
m
H1 = H2 = H3 = 16m ∴ 16 = 17 − 1,8 +
∴ v3 = 4
s
20
2
4 × 4 × π × 0,1 = 314,2 N
QG = γ × v × A = 10s
4
b) equação manométric a
52000 + h1 × 10000 − h1 × 136000 − 7 × 10000 = −1,8 × 10000

∴ 52000 − 70000 + 18000 = 126000 × h1 ⇒ h1 = 0
c) equação manométric a

52000 + 0,55 × 10000 - 0,55 × 136000 - (z2 − 10) × 10000 = p2

p
p2 = 82700 − 10000 × z2 ⇒ 2 = 8,27 − z2
γ
2
v2
m
H1 = H2 ∴ 16 = z2 + 8,27 − z2 +
∴ v2 = 12,43
s
20
2
π × D2
4 × 0,12
π × 0,12
Q1 = Q2 ∴ 4 ×
= 12,43×
∴ D2 =
≅ 5,7 × 10 − 2 m = 5,7cm
4
12,43
4

4.9 – Está resolvido no sítio:
http://www.escoladavida.eng.br/mecflubasica/aulasfei/planejamento_fei.htm - na nona
aula
4.10 - Num carburador, a velocidade do ar na garganta do Venturi é 120 m/s. O diâmetro da
garganta é 25 mm. O tubo principal de admissão de gasolina tem um diâmetro de 1,15 mm e o
reservatório de gasolina pode ser...
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