(Curso de Hidráulica de Eurico Trindade Neves) Qual a descarga de um vertedor triangular, de 90^{\circ}, sob uma carga de 0,15 m ?

Passo 1

O enunciado pede a descarga (vazão) de um vertedor triangular com ângulo de 90^\circ sob uma carga (altura da lâmina d’água acima do vértice) de 0,15\\ \mathrm{m}.\n
Dados fornecidos:
\theta = 90^\circ,\qquad H = 0,15\\ \mathrm{m}.
Pergunta: calcular Q, a vazão através do vertedor.

Passo 2

Ideia física e montagem do problema (passo a passo bem didático).\n
  1. Visualização e escolha de coordenada: coloque o vértice do V na origem y=0 e a superfície livre em y=H. Corte o escoamento em lâminas horizontais infinitesimais de espessura dy, localizadas na posição y (entre 0 e H).\n
  2. Largura da lâmina: para um V de ângulo \theta, a meia-largura à profundidade y é y\tan(\theta/2). Portanto a largura total da lâmina é
b(y) = 2\,y\,\tan\!\biggl(\frac{\theta}{2}\biggr).
Explanação: imagine dois triângulos simétricos; a tangente relaciona altura y com a metade da largura.\n
3) Velocidade na lâmina (Torricelli / Bernoulli simplificado): a velocidade que sai por uma pequena fenda a uma profundidade y (medida a partir do vértice) é determinada pelo diferêncial de energia entre essa lâmina e a superfície livre. Aproximamos por
v(y)=\sqrt{2g\,(H-y)},
onde g é a aceleração da gravidade. Explicação: isso vem do princípio de Bernoulli aplicado entre a superfície livre (energia potencial para o fluido) e a pequena abertura; a diferença de carga líquida disponível para acelerar o fluido é H-y.\n
4) Vazão elemental: o fluxo através da lâmina é a área da lâmina vezes a velocidade:
dQ = v(y)\,b(y)\,dy = \sqrt{2g\,(H-y)}\;2y\tan\!\biggl(\frac{\theta}{2}\biggr)\,dy.
  1. Integração para obter Q: somamos (integramos) todas as lâminas de y=0 até y=H:
Q = 2\tan\!\biggl(\frac{\theta}{2}\biggr)\sqrt{2g}\int_{0}^{H} y\sqrt{H-y}\,dy.
Agora calcule a integral passo a passo. Faça a troca de variável u=H-y, logo y=H-u e du=-dy. Os limites vão de u=H (quando y=0) a u=0 (quando y=H). Invertendo o sinal:
\int_{0}^{H} y\sqrt{H-y}\,dy = \int_{0}^{H} (H-u)u^{1/2}\,du = H\int_{0}^{H} u^{1/2}\,du - \int_{0}^{H} u^{3/2}\,du.
Calcule as integrais básicas:
\int_{0}^{H} u^{1/2}\,du = \frac{2}{3}H^{3/2},\qquad \int_{0}^{H} u^{3/2}\,du = \frac{2}{5}H^{5/2}.
Substituindo:
\int_{0}^{H} y\sqrt{H-y}\,dy = H\cdot\frac{2}{3}H^{3/2} - \frac{2}{5}H^{5/2} = \Bigl(\frac{2}{3}-\frac{2}{5}\Bigr)H^{5/2} = \frac{4}{15}H^{5/2}.
  1. Colocando tudo junto:
Q = 2\tan\!\biggl(\frac{\theta}{2}\biggr)\sqrt{2g}\cdot\frac{4}{15}H^{5/2} = \frac{8}{15}\tan\!\biggl(\frac{\theta}{2}\biggr)\sqrt{2g}\;H^{5/2}.
  1. Coeficiente de descarga: a expressão acima é a vazão ideal (teórica). Na prática inclui-se um coeficiente empírico C_d (accounting perdas e forma da película) de modo que
Q = C_d\cdot\frac{8}{15}\tan\!\biggl(\frac{\theta}{2}\biggr)\sqrt{2g}\;H^{5/2}.
Comentário sobre C_d: para vertedores em V de ângulo 90^\circ valores experimentais típicos de C_d ficam entre aproximadamente 0{,}58 e 0{,}62. Vou usar o valor prático C_d=0{,}60 (valor comumente adotado em exercícios e projetos) e mostro também a vazão teórica sem C_d para referência.

Passo 3

Aplicando ao caso concreto ( \theta=90^\circ, logo \tan(\theta/2)=\tan 45^\circ=1; H=0,15\\ \mathrm{m}; g=9,81\\ \mathrm{m/s^2}).\n
  1. Constante pré-fatorial:
\sqrt{2g}=\sqrt{2\cdot 9,81}=\sqrt{19,62}\approx 4,429446\quad(\mathrm{m/s}).
\frac{8}{15}\sqrt{2g}\approx \frac{8}{15}\cdot 4,429446 \approx 2,3618627.
  1. Calcule H^{5/2}:
H^{5/2} = (0,15)^{2{,}5} = (0,15)^2\sqrt{0,15} = 0,0225\cdot 0,387298\ldots \approx 0,00871421\\ \mathrm{m^{5/2}}.
  1. Vazão teórica (sem C_d):
Q_{\text{teórica}} = 2,3618627 \times 0,00871421 \approx 0,0205849\\ \mathrm{m^3/s}\approx 20,58\\ \mathrm{L/s}.ó
  1. Vazão prática com C_d=0{,}60:
Q = 0{,}60\times Q_{\text{teórica}} \approx 0{,}60\times 0,0205849 \approx 0,0123509\\ \mathrm{m^3/s}.ó
Converta para litros por segundo:
0,0123509\\ \mathrm{m^3/s} = 12,3509\\ \mathrm{L/s}.

Passo 4

Resumo interpretativo e dica para prova: a fórmula que você precisa decorar/entender é
Q = C_d\cdot\frac{8}{15}\tan\!\biggl(\frac{\theta}{2}\biggr)\sqrt{2g}\;H^{5/2}.
  • Expliquei a origem integrando lâminas horizontais; na prova faça a montagem rápida (largura da lâmina 2y\tan(\theta/2), velocidade de Torricelli, integrar).\n
  • Para \theta=90^\circ a tangente vale 1. Para valores numéricos use g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.\n
  • Se a questão não disser C_d, pergunte ou use o valor prático 0{,}60 (ou então faça a resposta teórica com C_d=1 e comente). Eu usei C_d=0{,}60 como escolha razoável — mas anota aí: se o professor pedir a vazão ideal, use C_d=1 e terá cerca de 0,0206\\ \mathrm{m^3/s}.

Resposta

Q = 0,01235\\ \mathrm{m^3/s} (aproximadamente 12,35\\ \mathrm{L/s}).

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