Hidrostática

Prof. Henrique Mariano

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C A

HIDROSTÁTICA

Prof. Henrique Mariano Costa do Amaral

Universidade Estadual do Maranhão

1° Semestre 2003


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Tópicos

•Pressão Hidrostática

•Pressão em um Ponto

•Manômetros

•Força Hidrostática em Superfícies Submersas

•Flutuação


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HIDROSTÁTICA


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PRESSÃO EM UM PONTODevemos investigar a relação entre a tensão em qualquer interface em um ponto com as tensões sobre um conjunto de interfaces ortogonais nesse mesmo ponto.Pela 2ª lei de Newton, tem-se

0

0z

y

F

F

=

=

∑∑

Levando a essas expressões os valores indicados na figura ao lado:

sin .2y y s y

x y zF p x z p x s a

δ δ δδ δ δ δ θ ρ= − =∑

cos2 2z z s z

x y z x y zF p x y p x s a

δ δ δ δ δ δδ δ δ δ θ γ ρ= − − =∑

SIMPLIFICANDO essas expressões, tem-se2y s yy

p p aδ

ρ− =

( )2z s z

zp p a

δρ γ− = +


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PRESSÃO EM UM PONTOComo estar-se interessado num ponto, pode-se fazer logo:

0; 0; 0x y zδ δ δ→ → →

y s zp p p= =Como a escolha de θ foi arbitrária, pode-se dizer que as tensões ou pressões em um ponto de um fluido em repouso é independente da direção. Este resultado échamado de Lei de Pascal:

s z y nn zz yyp p p σ σ σ= = ⇒ = =

A lei de Pascal não se aplica quando o fluido não écontínuo, conforme mostrado na figura a seguir:


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PRESSÃO EM UM PONTOVer-se-á agora como varia a pressão, ponto-a-ponto, numa quantidade de fluido que não apresenta tensões de cisalhamento.Seja o elemento de fluido em repouso mostrado na figura ao lado, onde atua forças superficiais, devido a pressão, e forças de campo como o peso W do elemento.As arestas do cubo elementar são respectivamente nas direções x, y, z. A força resultante na direção y é dada por:

; ;x y zδ δ δ

2 2y

y

p y p yF p x z p x z

y y

pF x y z

y

δ δδ δ δ δ δ

δ δ δ δ

∂ ∂= − − + ∂ ∂

∂⇒ = −

∂


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PRESSÃO EM UM PONTOSimilarmente tem-se

z

x

pF x y z

zp

F x y zx

δ δ δ δ

δ δ δ δ

∂= −

∂∂

= −∂


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PRESSÃO EM UM PONTOComo a força superficial é um campo vetorial, a força resultante é:

x y kF F F

p p px y z

x y z

δ δ δ δ

δ δ δ δ

= + +

∂ ∂ ∂= − + + ∂ ∂ ∂

s

s

F i j k

F i j k

O operador é um operador vetorial chamado gradiente e érepresentado pelo símbolo ∇ (nabla) ou pela abreviatura grad. Assim tem-se:

x y z∂ ∂ ∂

+ +∂ ∂ ∂

i j k

p x y zδ δ δ δ= −∇sF


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PRESSÃO EM UM PONTOp x y zδ δ δ δ= −∇sF

ou aindap

x y zδ

δ δ δ= −∇sF

Considerando que o peso do elemento de fluido édado por: ( )W x y zδ γ δ δ δ− = −k konde o sinal negativo (-) indica que a força aponta para baixo, no sentido contrário ao do eixo z.


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PRESSÃO EM UM PONTOAplicando-se a 2ª lei de Newton no elemento de fluido mostrado anteriormente, tem-se:

.

. .

m W m

x y z x y z x y z

δ δ δ δ δ δ

δ δ δ γ δ δ δ ρ δ δ δ

= → = − =

→ −∇ − =∑ ∑ sF a F F k a

p k aou ainda

γ ρ−∇ − =p k aque é a equação geral do movimento para o caso de fluidos que não apresentam tensões de cisalhamento.


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PRESSÃO EM UM PONTOEm um fluido em repouso, temos que a aceleração é nula, isto é, a=0. Então a equação do movimento se transforma em:

0γ−∇ − =p kPela lei de Pascal, tem-se que que levando à equação acima tem-se:

0; 0;p p px y z

γ∂ ∂ ∂

= = = −∂ ∂ ∂

dpdz

γ= −


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PRESSÃO EM UM PONTOdpdz

γ= −

Esta equação indica que o gradiente de pressão na direção vertical é negativo, ou seja, a pressão diminui quando o ponto é considerado mais acima, num fluido em repouso. Esta equação é válida qualquer que seja a expressão para γ.


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PRESSÃO EM UM PONTONo caso de fluido incompressíveis sabe-se que o peso específico γ de um fluido varia conforme a variação de sua massa específica, ρ, e da aceleração da gravidade g. Como g não tem grandes variações nas aplicações corriqueiras de engenharia, resta a análise de p.


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PRESSÃO EM UM PONTO

( ) ( )2 2

1 1

2 1 2 1

p z

p z

dp dz p p z zγ γ=− ⇒ − =− −∫ ∫

Assim, se na equação fizermos a integração com p variando de p1 ate p2 quando z varia de z1 até z2, tem-se

como h=z2-z1 tem-se:

1 2p p hγ− =


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A equação acima mostra que a pressão num fluido incompressível em repouso varia linearmente com a profundidade; esse tipo de distribuição de pressão échamado de hidrostática. Reescrevendo da seguinte forma

1 2p p hγ− =

1 2p ph

γ−

=

verifica-se que h (denominada de carga) é interpretado como a altura da coluna de fluido de peso específico γnecessário para provocar a diferença de pressão p1- p2.


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Exemplo: a diferença de pressão de 69kPa pode ser especificada como uma carga de 7,04 m de coluna d´água (γ = 9,8 kN/m3) ou 519 mm de Hg (mercúrio = γ = 133 kN/m3)


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C A Note-se que com isso a uma mesma

profundidade a pressão é a mesma, qualquer que seja a posição no plano x-y. Assim éconveniente, quando trabalha-se com fluidos, utilizar como pressão de referência a pressão na superfície livre p0, assim a pressão a qualquer profundidade é:


0p h pγ= +


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Exemplo: A manometria é uma técnica de medição de pressão. O tipo mais simples de manômetro é o tubo em U. Aplicando a equação, usando o esquema ao lado como orientação tem-se:

1 2B A A C atm Hgp p d p p dγ γ= + = = +como queremos medir a pressão interna ao bulbo pA, então tem-se:

2 1A atm Hg Ap p d dγ γ= + −

0p h pγ= +

A

B

C


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Se a pressão que queremos medir é a pressão relativa, fazemos na expressão acima patm = 0 e escreve-se:

2 1A atm Hg Ap p d dγ γ= + −

2 1A Hg Ap d dγ γ= −

A

B

C


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PRESSÃO EM UM PONTONo caso de fluido compressível – os gases em geral – é necessário considerar na integração da equação de pressão, a variação do peso específico do fluido. No entanto, o γar ao nível do mar e a 15ºC é de 12 N/m3, enquanto o peso especifico da água nas mesmas condições é de γágua=9,8 kN/m3. Vê-se assim, que o gradiente de pressão na direção vertical é pequeno devido ao peso específico (γ) dos gases serem baixos.


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Nos casos onde a variação da altura é muito grande, da ordem de milhares de metros, deve-se levar em consideração a variação do peso especifico dos gases.

caso de fluido compressível


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onde R é a constante universal dos gases, T é a temperatura do gás em Kelvin (K) . Podemos analisar dois caso; no primeiro T é constante, independe da altura onde se encontra o ponto de análise; o segundo caso é quando T varia linearmente com a altitude.

p RTρ γ ρ= ∴ = g

dp pg dp g dzdz RT p R T

= − → = −

dpdz

γ= −

caso de fluido compressívelComo a equação de estado para um gás perfeito é:

e a equação da pressão é dada pela expressão tem-se:


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PRESSÃO EM UM PONTOSendo T=T0 = constante no intervalo de z1 a z2, tem-se:

( )

2 2 2

1 1 10

22 1

1 0

ln

p z z

p z z

dp g dz gdz

p R T RT

p gz z

p RT

= − = −

= − −

∫ ∫ ∫

que produz a equação que relaciona a pressão e altura numa camada isotérmica (temperatura constante e igual a T0) de um gás perfeito:

( )2 1 2 10

e x pg

p p z zR T

= − −


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onde T1=T0+cz1 e T2=T0+cz2, e T deve ser usada em graus absolutos (Kelvin).

0 constanteT T cz c= + ∴ =2 2 2

1 1 1

2 2

1 1

2 2

1 1

ln ln

p z z

p z z

p T

p T

dp g dz g dz dTdT cdz dz

p R T R T c

dp g dT p g Tp Rc T p Rc T

=− =− ∴ = → =

=− → =−

∫ ∫ ∫

∫ ∫

22 1

1

gRcT

p pT

−

=

Agora, se a temperatura na camada de gás variar linearmente com a altitude, segunda a equação do tipo:

então

donde se conclui que a relação entre pressão e altura no caso da temperatura variar com a altitude é:


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PRESSÃO EM UM PONTOExemplo:

Num tanque de gasolina de um posto, háinfiltração de água. Sabendo-se que a densidade da gasolina é de 0,68, determine a pressão na interface gasolina-água e no fundo do tanque. O tanque tem o esquema mostrado na figura.


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PRESSÃO EM UM PONTOExemplo:

Solução: Vamos usar a expressão, isto é,

1 0

1

0,68 0,68

0,68*9800*5 33320

gasolinagasolina agua

agua

atm agua atm atm

p p z d

p p d h p p Pa

γγ γ γ

γ

γ

= + ∴ = = ⇒ =

= + = + = +

onde p1 é a pressão na interface gasolina-água. Se considerar patm a pressão p1 é dita pressão absoluta, se patm= 0 a pressão é dita relativa. A pressão p2 no fundo do tanque será então igual a pressão da interface gasolina-água acrescida da carga devido a altura da água, assim:

2 1 2 33320 9800*1 43120aguap p h Paγ= + = + =


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PRESSÃO EM UM PONTOExemplo:O Empire State Building de Nova York, com seus 381 m é um dos edifícios mais alto do ocidente. Estime a relação entre as pressões no topo e na base do edifício, admitindo o ar incompressível e γ=12,01 N/m3, a uma temperatura a 15ºC.Solução: Considerando o ar incompressível, tem-se sendo h = h2-h1 e p1 = patm = 101,3 kPa, logo

0p h pγ= +

( ) ( )2 125

1 1

12,01 381 01 1 0,955

1,013 10h hp

p pγ − −

= − = − =×


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PRESSÃO EM UM PONTOAgora vamos considerar o ar compressível, então devemos aplicar a expressão :

( ) ( ) ( )2 1 2 10 0

9,8381 0

286,9 28812 1

2

0,956g g

z z z zRT RTp

p p e e ep

− − − − − − × = → = = =

Como se vê, a variação é muito pequena, da ordem de 0,1%


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ATMOSFERA PADRÃOAtmosfera padrão é a atmosfera ideal terrestre e foi avaliada numa latitude média com uma condição ambiental média anual de modo que se pudesse ter um padrão em todo o globo terrestre, para facilitar o projeto de aviões, foguetes, mísseis, e outros artefatos espaciais. Uma das organizações responsável por essa medição, a American National Standard Institute – ANSI, estabeleceu o quadro publicado à pagina 42 do livro doBruce Munson.


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ATMOSFERA PADRÃODessa maneira é possível integrar a equação

no intervalo de 0 até 11 km de altura, onde a distribuição de temperatura é dado por T = T0 - βz onde T0 é a temperatura média ao nível do mar (z=0) e β é a taxa de decaimento da temperatura, que na média é 6,5x10-3 K/m.

pg dp g dzdp dz

RT p R T= − → = −


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ATMOSFERA PADRÃOpg dp g dz

dp dzRT p R T

= − → = −

onde p0 é a pressão absoluta em z=0, e R = 286,9 J/kg.K.

00

1

gRz

p pT

ββ = −

Levando esses dados à equaçãoe integrando obtém-se:

1 atm = 101,33 kPa= 14,696 psi= 29,92 in Hg= 33,94 ft H2O


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ATMOSFERA PADRÃOAs propriedades da atmosfera padrão americana (válida em todo seu território americano, em média) são:•Temperatura média = 288,15K = 15ºC•Pressão ao nível do mar = 101,33 kPa(abs)•Massa específica do ar = 1,225 kg/m3

•Peso específico do ar =12,014 N/m3

•Viscosidade =1,789x10-5 N.s/m2

1 atm = 101,33 kPa= 14,696 psi= 29,92 in Hg= 33,94 ft H2O


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MEDIÇÕES DE PRESSÃO

A medição da pressão atmosférica é normalmente realizada com um barômetro de mercúrio; assim: patm = γHgh + pvapor

A pressão é uma característica importante do campo de escoamento; ela é designada em termos absolutos e relativos. As primeiras são relativas ao vácuo perfeito, enquanto as segundas são medidas em relação a pressão atmosférica local. No gráfico ao lado vê-se um esquema sobre o assunto. Note que as diferenças de pressões são independentes do referencial.


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MEDIÇÕES DE PRESSÃOExemplo:A água de um certo lago está a 10ºC e sua profundidade máxima é de 40 m . Se a pressão barométrica no local é598 mm Hg, qual a pressão absoluta no fundo do lago.Solução: Este é um exemplo de aplicação direta da equação patm = γHgh + pvapor :

( )0 3 2133 0,598 79,5Hg

kN kNp h m

m mγ = = =

0 ,10º 472 ( )agua Cp p h kPa absγ= + =

como γágua,10ºC=9,804 kN/m3 tem-se:


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MANOMETRIAComo já foi visto, a monometria é uma aplicação direta da teoria já exposta. Serávisto e estudado diversos tipos – os mais comuns e básicos – de manômetros.


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MANOMETRIATubos PiezométricoConforme esquematizado ao lado é um tubo em L invertido ligado a um recipiente fechado, no qual queremos medir a pressão; no tubo, evidentemente, tem um fluido manométrico, em geral o mercúrio (Hg), cuja densidade é bastante elevada, comparativamente com os demais fluidos usados corriqueiramente. Assim a equação que devemos usar para efetuar a medida é:

onde γ é o peso específico do fluido no tubo.

0p p hγ= +


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MANOMETRIATubos em UEste tipo de manômetro e aquele esquematizado ao lado. Neste tipo o peso do liquido na perna mais longa do U (medido a partir do nível do mesmo fluido na perna mais curta do U) deve ser igual a pressão no recipiente acrescido da pressão devido a altura D1 do fluido (igual ao contido no recipiente). Dessa forma a equação que rege este tipo de manômetro é:

2 2 1 1Ap D Dγ γ= −


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MANOMETRIATubos InclinadosSe γA e γB forem gases e γm, o fluido manométrico, for o mercúrio, então os dois primeiros têm pesos específicos desprezíveis em relação ao último; nesse caso tem-se: 1 2 3

1 2 3

sin

sinA A m B B

A B A m B

p D D D p

p p D D D

γ γ θ γ

γ γ θ γ

+ − − =

− = − + +

2 sinA B mp p Dγ θ− =ou seja, a leitura da carga D2 será:


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MANOMETRIATubos InclinadosEste tipo de manômetro são destinados a medição de pequenas variações de pressão em sistemas com gases. Eles têm o esquema apresentado ao lado. Onde o fluido manométrico fica entre dois outros fluidos A e B contidos em dois recipientes diferentes, entre os quais deseja-se medir a diferença de pressão. Para determinar a equação que rege este tipo de manômetro, fazemos o balanço de pressão da seguinte forma:

2 sinA B mp p Dγ θ− = 2 sinA B

m

p pD

γ θ−

=


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MANOMETRIAExemplos:1-Qual é a pressão indicada no manômetro C se as pressões indicadas são pA = 45 psi e pB = 20 psi ? A pressão barométrica é30,55” no Hg.

Em MathCad a solução é dada por:

Dados as pressoes manométricas pa, pb e patm, calcular pc para o device mostrado na figura:

pa 45 psi⋅:= pb 20 psi⋅:= patm 30.55 in_Hg⋅:=

pA pa patm+:=

pB pA:= pBv pB pb−:= pC pBv:= pc pC patm−:=

pc 1.724 105× kg m-1 s-2=


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a – com a disposição indicada na figura, determine as pressões manométricas em A e B.b – qual o peso do fluido contido no tanque?c – se a pressão barométrica for 14,6 psia, a válvula do tanque está aberta ou fechada?

2 – Um tanque nas dimensões indicadas contém fluido cuja densidade é 2,96. Pergunta-se:


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C A 2 0H

Sγ

γ=

SoluçãoLembramos que densidade édado por desprezando a carga de pressão do vapor, tem-se:

b – W = γ.V = γH2o.S.V = (62,4).(2,69).(2.4.4) = 5,92 lbfc – Se a válvula estivesse aberta, o manômetro em A marcaria 0 (zero). Logo o registro está fechado.

( )2

2 ' 3 ' 2, 69 2 '.13, 6 1'.1 3 '.13, 6 0

22,5A H O

A

p

p psi

γ+ + + + + = ⇒ =

2. .2 ' 2 ' altura do fluido no tanqueB A H Op p Sγ= + ∴ =

2 2 2

62,4 62,422,5 .2,69.2 ' 62,4

144 144B H Olbf lbf

pin ft

γ= + ∴ = = 25,2Bp psi→ =

logo


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MANOMETRIANa figura ao lado vê-se um esquema de um dispositivo usado para medir vasãoem volume. O bocal convergente serve para criar um diferença de pressão pA – pBno escoamento, que permite avaliar a vazão pela expressão

( )1

2A BQ k p p= −

onde k é uma constante que depende das dimensões do bocal e do tubo. Assim a pressão será:p1 = pA - γ1h1p2 = p1p3 = p2p4 = p3 - γ2h2pB=p5 + γ1(h1+h2)somando tudo , tem-sepA – pB = h2 (γ2 - γ1)

p5 = p4

Vê-se com isso que nesse dispositivo, a diferença de pressão depende apenas da altura do líquido manométrico (h2)


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FORÇA HIDROSTÁTICA

NUMA SUPERFÍCIE

PLANA


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FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA

Neste tópico estar-se interessado em determinar a força hidrostática resultante FR sobre o plano inclinado representado ao lado. Para se estudar esse problema consideremos o fluido incompressível e que a superfície submersa está em equilíbrio estático.


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Para simplificar o entendimento, vamos fazer o plano y-z coincidir com o plano da superfície submersa e o eixo x perpendicular a esse plano. Além disso a superfície do líquido estáem contato com a atmosfera. Se o plano submerso fizer um ângulo θ com o plano da superfície livre, tem-se:

sinsin

dF pdA p hdF hdA h ydF y dA

γγ θγ θ

= ∴ =→ = ∴ =→ =


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onde é a coordenada do centróide e sinθé a profundidade do centróide em relação a superfície submersa.

sin

sin

RA

R

F ydA

F yA

γ θ

γ θ

=

=

∫

yy

h

integrando a última expressão acima tem-se:



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Pela expressão anterior vê-se que a resultante FR depende de γ, A e . Se γ éa pressão pc no centróide, então

sin

sin

RA

R

F ydA

F yA

γ θ

γ θ

=

=

∫

h

R cF p A=



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Nesse caso, o centróide do plano inclinado está deslocado da posição do centróide do plano horizontal devido a variação da pressão com a profundidade. Assim, o ponto de aplicação da força resultante será o seu centro de pressão, que indicamos na figura por CP. Para determina-la, faz-se:

Analisando a equação pode-se imaginar que FR passa pelo centróide. Isso seria verdadeiro se a superfície não estivesse inclinada em relação a superfície do fluido.Porém, no caso mais geral, a superfície submersa forma um ângulo θ com a superfície do fluido, onde o “prisma de pressão” é linearmente variável, e a resultante desse prisma passa, obrigatoriamente, pelo seu centro de gravidade e é perpendicular à superfície submersa, uma vez que não há nenhuma força de cisalhamento presente.

R cF p A=

RF pM M=


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isto é, o momento de FR em relação ao CP (centro de pressão) será igual ao momento das forças distribuídas em torno do eixo dos x. Logo

mas

assim

onde

2. . sinR cpA A

F y p ydA y dAγ θ= =∫ ∫sin .R cF p A hA y Aγ γ θ= = =

2sin . . sincpA

y A y y dAγ θ γ θ= ∫2

A

y dA∫

p xxyAy I=xx

cp

Iy

yA=

é o momento de inércia em torno do eixo dos x, da superfície submersa, ou seja Ixx; dessa forma tem-se:


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Se fizermos uma transformação, como uma translação de eixo, (do eixo x) de modo que ele passe pelo centróide da superfície submersa, pode-se utilizar o “teorema dos eixos paralelos”(aprendido lá na mecânica), de modo que se tenha:

2,xxI I Ayε ε= +

Levando essa expressão em tem-se:,

cp

Iy y

yAε ε= +

Fazendo agora o momento em relação ao eixo dos y, tem-se:

. . . sinR cpA A

F x x p dA xydAγ θ= =∫ ∫

onde é o momento de inércia Ixy . Procedendo de maneira similar como fizemos acima, tem-se

A

xydA∫

, . .xycp xy

Ix I I x y A

yA ε η= ∴ = + .cp

Ix x

yAε η= +


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Xc – distância do CF a borda superior da figura, quando a superfície da água coincide com o

mesmo

K2 – quadrado do raio de giração relativo ao

eixo horizontal baricêntrico

Ia – momento de inércia em relação ao eixo

horizontal Baricêntrico

Xo - distância do CG a borda superior da FiguraFigura

2a 3

12ba 2

12a 2

3a

23a b B

b B + +

( )23 236

B b BbaB b

+ + + ( )2

21

18a Bb

B b

+ + 3

2 2a B b

B b + +

23

a3

36ba 2

18a 3

4a

Note que quando um dos eixo do centróide for um eixo de simetria da superfície submersa, Iε,η se anula e xcp = x

r 4

4rp 2

4rp 5

4r

0,4244r 40,10978r 20,06987r 0,5891r


54

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


1.Uma comporta retangular de dreno se abre por pressão hidrostática. Se a comporta pesa W toneladas por pé de profundidade, qual a carga H necessária para abri-la. Resolver analiticamente, depois numericamente.


55

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Seja uma profundidade unitária; a força resultante é. sin .RF hA y Aγ γ θ= =

SoluSoluçãçãoo

Para que haja equilíbrio é necessário que o momento provocado por W seja igual ao momento provocado por FR; assim

,´p

Iy y

y Aε ε= +

atuando no centro de pressão da comporta, que está localizado em:

. .R cpW x F y= . . . . . sin . .cp cpW x h A y y A yγ γ θ= =

,. . sin . . ´I

W x y A yyAε εγ θ

= +

,. .sin . . ´

IW x A y y

Aε εγ θ = +


56

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Desta última expressão ( ) pode-se tirar o valor de , isto é:y

,. .sin . . ´I

W x A y yAε εγ θ = +

,

,

.´

.sin .

..́ .sin . ´

IW xyy

A AIW x

yy A y A

ε ε

ε ε

γ θ

γ θ

= +

→ = −,

1 .´ .sin

W xy I

y A ε εγ θ

= −

Mas a carga ou altura H que estamos procurando é:

sin sin2l

H h h yθ θ= + ∴ =logo pode-se escrever:

sin2l

H y θ = +


57

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Agora, aplicando os valores numéricos indicados na figura acima, que são: l = 10 [ft] = 10 [ft] x 0,3048 [m/ft] = 3,048 [m]; A = 3,048 [m] x 1 [m] = 3,048 [m2]; y´= l/2 = 1,524 [m]; W = 25 [ton] = 25[ton] x 1000[kgf/ton] x 9,8[N/kgf] = 245.000[N] ;

[ ]cos 1,524.cos 45 1,524.0,707 1,0775X y mq= = ° = =( )33 41 1

.1. 3,048 2,359712 12

I bh mee = = = 39800 N mg = e

Substituindo esses valores na expressão de e H, tem-se:

[ ]1 245000 1,0774682,359737216 7,6941

1,524 3,048 9800 0,707y m

× = − = × ×

( )[ ]

7,6941+1,524 0,707

6,5172

H

H m

=

=

y


58

H I

D R

O S

T Á

T I

C A



59

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


SoluSoluçãçãoo

2.Uma barragem, figura ao lado, mantém água por uma comporta em L. Desprezando o peso da comporta, determine o momento T0 sobre o eixo de apoio por unidade de comprimento.

O momento T0 no eixo de apoio da comporta será igual a soma dos momentos provocados pelas resultantes da pressão hidrostática na vertical e na horizontal. Na vertical a resultante é aplicada a 2/3 do nível do reservatório; a pressão horizontal tem resultante igual a . e é aplicada no meio da largura R da comporta

212

Rγ

2Rγ


60

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Assim tem-se:

0 1 2

2 20

3 3 30

. .3 2

1. .

2 3 21 1 26 2 3

R RT F F

R RT R R

T R R R

γ γ

γ γ γ

= +

= +

= + =


61

H I

D R

O S

T Á

T I

C A

FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE CURVA

3. No exemplo anterior, se substituirmos a comporta em L por uma outra cilíndrica de raio R, calcule o peso do cilindro por unidade de comprimento, se o seu contato com a parede não tiver contato.


62

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Pode-se, esquematicamente, estabelecer que as forças que atuam no cilindro são: a força que atua acima do quadrante 2 (F3), a força lateral no quadrante 2 (F1) e a força sobre a superfície dos quadrantes 3 e 4. Assim, calculando F1 tem-se:

21

1 1.

2 2F R R Rg g= =

SoluSoluçãçãoo

F2 é a força resultante sobre a metade inferior da superfície cilíndrica, e é igual ao peso do fluido “imaginário” acima dela. Assim tem-se:

22

2 . .2 . 22 2R

F R R Rp pg g g = + = +


63

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


F3 é a força vertical sobre o quadrante 2, que é devido ao peso da água acima dele:

22 2

3 14 4R

F R Rp pg g g = − = +

Para que haja equilíbrio énecessário que

22 3

31

4W F F R

pg = − = +


64

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


4. Determinar o empuxo e o seu ponto de aplicação no triangulo da figura ao lado, estando o seu vértice a 0,30m abaixo da superfície da água e supondo desconhecidos todos os elementos necessários àquele cálculo.


65

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


SoluçãoSolução

A área da superfície é:2

00 02

aa a bz bx abA ydz

a a= = = =∫ ∫

O momento da área em relação ao eixo que passa pelo vértice superior da superfície triangular é:

2 3 2

00 0

.3 3

aa a bz bz baM ydz z dz

a a= = = =∫ ∫

A coordenada z0 do centro de gravidade é

0

23

M az

A= =


66

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


O momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo vértice superior da superfície triangular é:

3 32

0 0

.4

a a bz baI ydz z dz

a= = =∫ ∫

O momento de inércia em relação ao eixo baricêntrico é:23 3

20

24 2 3 36CG

ba ba a baI I Az

= − = − = O quadrado do raio de giração é dado por:

22

18CGI a

kA

= =


67

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


A ordenada hCG que determina a profundidade do centro de gravidade é igual a ordenada z0adicionado a profundidade do topo da superfície submersa e, assim:

0CGh e z= +A ordenada do centro de empuxo ou centróide éigual a:

2

C CGCG

kh h

h= +


68

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Então o empuxo sobre a superfície submersa é:

. .CE h Ag=A ordenada do centro de empuxo pode ser calculada pela proporcionalidade está para assim como está para , logo:

Cy

Cy 2b

Ch e− a

2 2C C C

C

y h e b h ey

b a a − − = ⇒ =


69

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


A solução numérica será feita no MathCad:

yc 0.217=ycb2

hc e−( )a

⋅:=E 2.514 103×=E γ hc⋅ A⋅:=

hc 0.95=hc hcgk2hcg

+:=hcg 0.9=hcg e z0+:=

k2 0.045=k2IgA

:=Ig 0.012=Ig I A z02⋅−:=

I 0.109=Ib a3⋅

4:=z0 0.6=z0

MA

:=

M 0.162=Mb a2⋅

3:=A 0.27=A

a b⋅2

:=

γ 9800:=e 0.3:=b 0.6:=a 0.9:=


70

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Por esses exemplos acima, vê-se que numa superfície curva submersa a força horizontal sobre ela é a soma vetorial das forças das duas áreas projetadas em planos ortogonais e que a força vertical sobre ela é igual ao peso do fluido, real ou imaginário, acima da superfície.

Conseqüentemente, a força resultante FR é a soma vetorial de FH e FV, cujo módulo é dado pore cuja linha de ação passa pelo centro de gravidade da

massa de fluido contido no volume e seu ponto de aplicação pode ser achado somando os momentos em relação a um eixo apropriado.

( ) ( )2 2R H VF F F= +


71

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


•A pressão numa superfície curva (já calculada no exercício 3 anterior) deve ser sempre calculada pela integração das equações gerais já deduzidas

•Entretanto é fácil verificar (pela figura ao lado) que devido ao equilíbrio estático as componentes da resultante podem ser calculadas pelas projeções da superfície curva sobre superfícies planas nas direções das componentes.


72

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


•A componente Horizontal da força na superfície curva é igual a força no plano formado pela projeção da superfície curva sobre o plano vertical normal à componente.

•A componente Vertical da força de pressão é igual ao peso da coluna de fluido existente acima da superfície curva acrescida da pressão atmosférica.


73

H I

D R

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T Á

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C A

EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE


74

H I

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C A


“o empuxo sobre um corpo submerso é igual ao peso do líquido deslocado”.

Esse estudo baseia-se no Princípio de Arquimedes (físico e matemático grego, 287-212 A.C.) que diz o seguinte:


75

H I

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T Á

T I

C A


Seja então um corpo de forma arbitrária de volume V (visto de frente na figura abaixo); para efeito de estudos vamos envolve-lo num paralelepípedo. As forças F1, F2, F3, e F4 são forças exercidas pelo fluido nas superfícies planas do paralelepípedo; W é o peso do fluido contido na paralelepípedo (área hachurada) e FB é a força de corpo ou seja a força que o corpo exerce sobre o fluido. Vê-se logo, pela figura, que F3 = F4 e que elas se anulam. As demais forças, para terem equilíbrio, estão sujeitas a

0F =∑

2 1BF F F W= − −Assim


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H I

D R

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T Á

T I

C A


Em geral se um corpo é abandonado num meio líquido, podem ocorrer três casos:1-se o peso do corpo é maior que o empuxo, o corpo afunda até encontrar um obstáculo;2-se o peso e o empuxo são iguais, o corpo fica em equilíbrio qualquer que seja a profundidade em que se encontra;3-se o peso for menor que o empuxo, o corpo é impelido até a superfície, da qual emerge, ficando mergulhada uma porção V do seu volume, chamado de volume de carena, tal que multiplicado pelo peso específico do líquido é igual ao peso do corpo, isto é, satisfaz a equação abaixo.


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H I

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C A


Considerando-se o fluido incompressível e de peso específico constante, tem-se:

( )2 1 2 1F F h h Ag− = −

Volume do corpo

onde A é uma das faces horizontais do paralelepípedo. Logo:

( ) ( )2 1 2 1BF h h A h h A Vg g = − − − −

BF Vg=que é a expressão que rege o Princípio de Arquimedes.


78

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C A


Para se achar a linha de ação do empuxo (lembre-se que o empuxo age de baixo para cima), acha-se a soma dos momentos em relação ao eixo vertical passando pela borda esquerda do paralelepípedo: 2 1 1 1 2. . . .B cF y F y F y W y= − −Substituindo os valores conhecidos das forças que agem, tem-se: ( )1 2. . .c P PV y V y V V y= − −donde VP é o volume do paralelepípedo, VP= (h2-h1)A. Da expressão acima, pode-se tirar o valor de yc, a coordenada y do centróide do volume V: ( )1 2p p

c

V y V V yy

V

− −=Os resultados acima são válidos para os corpos que flutuam se o peso específico do fluido acima da superfície do líquido é muito pequeno comparado com o do líquido onde o corpo flutua.


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H I

D R

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T Á

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C A


Uma outra forma de determinar yc é tomarmos elementos de volume dV, então: c

vol

Vy ydVg g= ∫ou ainda vol

c

ydV

yV

=∫

Para um corpo flutuando em dois ou mais fluidos imiscíveis, a força de empuxo é a soma dos pesos parciais deslocados

1 1 2 2BF V Vg g= + +…e nesse caso a linha de ação não passa pelo centróide do volume deslocado pelo corpo, mas deve ser determinado considerando cada segmento de volume deslocado

1 1 2 2

1 1 2 2c

ydV ydVy

V V

g gg g

+ += + +

∫ ∫ ……


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1 - O uso de hidrômetro para medir o γ de líquidos. Se o hidrômetro desloca um volume V quando flutuando na água e a seção transversal da haste é “a”, tem-se:

Exemplos:

( ) 1. .

V dV d V a z z

a dg g −= − → =V V

onde d = densidade do líquido onde o hidrômetro estámergulhado.


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H I

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C A


2. Um balde vazio, cuja espessura das paredes e peso podem ser considerados desprezíveis, é forçado para dentro da água inicialmente com a extremidade aberta, até uma profundidade H. Qual a força necessária para mantê-lo nessa posição, admitindo que o ar no interior do balde permanece com a temperatura constante?

É obvio que a força de flutuação é igual ao peso do líquido deslocado. 2

1.4B

dF V h

pg g= =

Solução:Solução:


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H I

D R

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C A


Para determinar h1, sabe-se que o processo é isotérmico, logo onde V é o volume de ar no balde:

1 1pV pV=2 2

1.4 4atm

d dp h p h

p p=

onde p é a pressão no ar dentro do balde submerso. Como o ar dentro do balde está em equilíbrio com a água na superfície interna do balde, tem-se:

( )1atmp p H h hg = + − − Agora tem-se 3 equações e três incógnitas: FB , h1 e p. Levando em obtém-se:

( ){ }( )

( )

1 1

1 1 1 1

21 1 0

atm atm

atm atm

atm atm

p h p H h h h

p h p h Hh h h h

h p H H h p h

gg g

g g g

= + − − = + − −

+ + − − =

(2)

(1)

(1)(2)


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H I

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C A

Resolvendo esta última equação, através do MathCad, obtém-se:

γ h12⋅ patm γ H⋅+ γ h⋅−( ) h1⋅+ patm h⋅− 0 solve h1,

1

2 γ⋅( ) patm− γ H⋅− γ h⋅+ patm2 2 patm⋅ γ⋅ H⋅+ 2 γ⋅ patm⋅ h⋅+ γ2

H2⋅ 2 γ2

⋅ H⋅ h⋅−+ γ2

h2⋅+( )1

2

+

⋅

1

2 γ⋅( ) patm− γ H⋅− γ h⋅ patm2 2 patm⋅ γ⋅ H⋅+ 2 γ⋅ patm⋅ h⋅+ γ2 H2⋅ 2 γ2⋅ H⋅ h⋅−+ γ2 h2⋅+( )1

2

−+

⋅

→

Como se vê, é possível duas soluções. Veja a seguir um exemplo numérico:Dando alguns valores numéricos para as variáveis. Sejam

γ 9800N

m3⋅:= patm 101.33

N

m2⋅:= H 1 m⋅:= h 0.4 m⋅:= d 0.3 m⋅:=

x11

2 γ⋅( ) patm− γ H⋅− γ h⋅+ patm2 2 patm⋅ γ⋅ H⋅+ 2 γ⋅ patm⋅ h⋅+ γ2

H2⋅ 2 γ2

⋅ H⋅ h⋅−+ γ2

h2⋅+( )1

2

+

⋅:=

x21

2 γ⋅( ) patm− γ H⋅− γ h⋅ patm2 2 patm⋅ γ⋅ H⋅+ 2 γ⋅ patm⋅ h⋅+ γ2

H2⋅ 2 γ2

⋅ H⋅ h⋅−+ γ2

h2⋅+( )1

2

−+

⋅:=

x1 6.703 10 3−× m= x2 0.617− m=

portanto o valor de h1 é igual ao valor de x1


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H I

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T Á

T I

C A

ESTABILIDADE DE CORPOS

FLUTUANTES


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H I

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C A

ESTABILIDADE DE CORPOS FLUTUANTES

Para que um corpo, total ou parcialmente imerso, esteja em equilíbrio, além da condição de igualdade do peso e do empuxo, énecessário que o seu centro de gravidade e o centro de gravidade (CG) do líquido deslocado (centro de carena -CF) estejam sobre a mesma vertical. Em qualquer caso, o equilíbrio é estável se o centro de gravidade do corpo está abaixo do centro de carena.


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H I

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C A


Na figura ao lado, MR = momento de restauração; MI = momento de instabilidade; W = peso; E = empuxo; CG = centro de gravidade; CF = centro de carena ou centro de flutuação.


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H I

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C A


No caso de corpos flutuantes, as condições de equilíbrio são mais complicadas. O equilíbrio é estável sempre sempre que CG estivar abaixo do centro de carena – CF. Entretanto, pode ocorrer também o inverso, isto é, o centro de gravidade do corpo estar acima do centro de carena, e o equilíbrio ser estável.Vamos agora ao problema da estabilidade de navios.


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H I

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C A


M


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C A


Dando-se um pequeno deslocamento δθ em torno de sua linha de centro y. Como mostrado na figura ao lado o CF passa do ponto B para B´. O centro de gravidade CG permanece, pois com δθ uma quantidade de água foi deslocado no lado direito e outra é deixada no lado esquerdo. Essas quantidades de fluidos geram uma δF de cada lado, provocando um momento de restauração m. Assim a força total de flutuação para a configuração inclinada é FB´ em B´ que é estaticamente equivalente a FB em B mais o momento m.


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H I

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C A


Logo a distancia entre as linhas de atuação de FB e FB´ , δ, pode ser determinada igualando os momentos dos dois membros dos dois sistemas em relação a um eixo paralelo a y e passando por B´:

. 0BB

m mF m

F Wd d− + = → = =

onde W é o peso do navio.


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H I

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C A


A linha de ação de FB´ intercepta a linha de centro da seção transversal em M, sendo que a distancia MB=l1pode ser calculada como

1 sin .l

dd q=

Se M estiver acima do centro de gravidade CG, a força de flutuação FB´ e o peso W formam um momento “dextrógiro” e o navio é estável.Para achar l1 e δ precisamos de m. Para isso sejam os elementos de volume dV do fluido recém-deslocado; para um δθ pequeno tem-se:

. .dV x dAdq=


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H I

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C A


A cada dV pode-se associar um df de valor.x dAg dq

2 2. . . . . . yym x dA x dA Ig dq g dq g dq= = =∫ ∫onde Iyy é o momento de inércia de área A em relação ao eixo y.

O momento m desse conjugado (df a esquerda ↓, e a direita ↑) pode ser calculado tomando o momento em relação a y:


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C A

ESTABILIDADE DE CORPOS FLUTUANTES Levando esse resultado na expressão de δ,

tem-se:. . yyIm

W Wg dqd = = 1 0

. .lim 1

sin .sin sinyyI

lW dq

g dqd dqdq dq dq→

→ = = ∴ =

logo 1

. yyIl

Wg=

mas l1 = MB = l + MG => MG = MB – l = l1– l onde MG = l1 – l é chamada de altura metacêntrica. Logo se MG > 0 → navio éestável.


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C A


EXEMPLOUma barcaça tem forma de um paralelepípedo retangular com dimensões 10m x 25m x 3m. Ele pesa 25MN quando carregada e tem o centro de gravidade a 3,5m do fundo. Achar a altura metacêntrica para uma rotação em torno do centro longitudinal e determinar quando é estável. Se a barcaça inclina-se 5º em relação ao eixo dos y, qual o momento restaurador?


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H I

D R

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C A


Solução:

Primeiro deve-se achar o CF da barcaça. Ela desloca um volume de fluido de 10m x 25m x d, onde d = calado = parte submersa da barcaça:

32,5 9.8 10 80 25 1,27V MN x x x xd d mg = = → =Como a área submersa é retangular o centro de flutuação éigual ao centróide da área, e está no centro geométrico da figura, logo está a d/2 do fundo. Logo l, a distância entre o CG e o CF é: 3,5 3,5 0,64 2,86

2d

l m= − = − =


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T I

C A


A altura metacêntrica é3

6

19800 25 10. 12 2,86 0,82 2,86 2,04

25 10yy

x xIMG l m

W xg= − = − ≈ − = −

Como MG < 0 → barcaça é instável.

O momento restaurador para uma rotação de 5º em torno de seu eixo longitudinal, é dado por:

33 65 2 25 10

. . 9,8 10 1,78 10 .360 12yy

x xm I x x x x N m

pg dq °= = =°


97

H I

D R

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T I

C A VARIAÇÃO DA

PRESSÃO NUM FLUIDO EM

MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO


98

H I

D R

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C A

VARIAÇÃO DA PRESSÃO NUM FLUIDO EM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO

A equação do movimento (para as condições indicadas) ég r−∇ − =p k a% %para fluidos que estão em repouso ou

movimento sem apresentar tensões de cisalhamento[1]. Se o centro de rotação é o eixo O e sua velocidade de translação á V0 a velocidade de um ponto arbitrário P sobre o corpo é dado por:

[1] Um movimento de fluido que não apresenta tensão de cisalhamento é aquele em que a massa do fluido é submetida a um movimento de corpo rígido.

w

0= + × 0V V ? rDerivando, obtém-se a forma mais geral da aceleração de um corpo rígido:

( )0d ddt dt

= + × × + ×0 0

V ?a ? ? r r


99

H I

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C A

VARIAÇÃO DA PRESSÃO EM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO

( )0d ddt dt

g r r −∇ − = = + × × + × 0 0

V ?p k a ? ? r r% %

w

O primeiro termo do 2° membro representa a aceleração de translação; o segundo termo é a aceleração centrípeta, cuja direção é de P para o eixo de rotação, perpendicularmente; e o terceiro termo é a aceleração linear, devido às variações da velocidade angular.

( )0d ddt dt

= + × × + ×0 0

V ?a ? ? r r


100

H I

D R

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C A

VARIAÇÃO DA PRESSÃO EM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO

Como visto anteriormente, a equação do movimento é

g r−∇ − =p k a% %para fluidos que estão em repouso ou movimento sem apresentar tensões de cisalhamento. Considerando um sistema de coordenadas cartesianas retangulares, então o desmembramento da equação acima é:

x

y

z

pa

xp

ayp

az

r

r

g r

∂− =∂∂− =∂∂− = +∂


101

H I

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C A


MOVIMENTO LINEARSeja um movimento retilíneo e uniformemente acelerado de um recipiente aberto que contem líquido. Como ax = 0, segue que o gradiente de pressão na direção x é nulo. Logo

( );e na direçao z: y zp p

a g ay z

r r∂ ∂− = − = +∂ ∂diferença de pressão entre dois pontos próximos, localizados em (y, z) e em (y+dy z+dz) pode ser expresso por: p p

dp dy zy z

∂ ∂= + ∂∂ ∂substituindo os valores das derivadas parciais, tem-se:

( )y zdp a dy g a dzr r= − − +


102

H I

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C A


Ao longo das linhas isóbaras, dp = 0, logo:

y

z

adzdy g a

= − +

Se o recipiente em questão estiver subindo um plano inclinado de um ângulo α, a expressão torna-se (provar como exercício).

costan

siny

y

adydx a g

aq a= = − +

isto é, a superfície livre do liquido faz um ângulo α+θ com o plano do fundo do recipiente.


103

H I

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C A


EXEMPLOS

1. Calcule a quantidade de água derramada de um tanque com as dimensões 1,20x3,60x1,80 m que está inicialmente cheio, quando sofre uma aceleração de 3 m/s2

SoluSoluçãção:o: 3tan 0,306

9,8y

z

adzdy g a

q= = − = − ≈+

mas geometricamente a tangente do angulo é igual a z dividido pelo comprimento do recipiente, logo:

0,306 3,60*0,306 1,103,60

zz m= ⇒ = ≅

logo o volume de líquido derramado pode ser calculado da seguinte forma: 3

1.

21

1,10 3,60 1,80 0,35642

derramado d

d

V V z bl

V x x x m

= =

= =


104

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


2. Um tubo em U fechado em uma de suas extremidades (veja figura) contém água. Ao ser acelerado a 9,8 m/s2 , quais as pressões em A e B?


105

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Sabe-se que , mas como az = 0 e ay = g = 9,8 m/s2 implica que

tan y

z

adzdy g a

q = = − +

tan 1 45ºq q= − ⇒ =Como o espaço livre na extremidade fechada é 0,30m (1,20m -0,90m) este é totalmente preenchido. A altura que o líquido subiria se houvesse um tubo virtual prolongado na extremidade fechada seria: , tomando como linha base o ponto para onde baixou o liquido na extremidade aberta. Isto nos diz que se houvesse tubo prolongando-se do lado fechado, o liquido subiria até uma altura de 1,80m. Assim a pressão em B é:

1,20 tan 1,20 1 1,20z x x mq= = =

29800 0,30 2,94B B

kNp h x

mg= = = A pressão em A, será:

29800 (1,80 0,30) 14,7A A

kNp h x

mg= = − =

SoluSoluçãção:o:


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H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Um piloto de corridas deixa sua caneca de café em uma bandeja horizontal, enquanto acelera a 7 m/s2. A caneca tem 10 cm de profundidade e 6 cm de diâmetro, e contém café a 7 cm de profundidade quando em repouso. (a) admitindo o café em aceleração de corpo rígido, determine se ele ira ou não derramar da caneca; (b) calcule a pressão manométrica no canto inferior do lado contrário ao a aceleração, ponto A, se a massa específica do café for 1010 kg/m3.

Exemplo:

SoluSoluçãção:o:

(a) A superfície livre se inclina de um ângulo θ dado por∆z

A =7 m/sx27 cm

3 cm

θ

3 cm

Pág. 60 -White

7tan 0,713.557.594 =35,5

9,81x

z

dz adx g a

q q= = − = − = → °+

Como a caneca é simétrica em relação ao seu eixo central, o volume de café se conservará se a superfície inclinada interceptar a superfície de repouso exatamente na linha de centro, logo . Como ∆z < folga (3 cm), o café não irá transbordar,

( ) ( )3cm tan 2,14cmz θ∆ = =


107

H I

D R

O S

T Á

T I

C A


Exemplo:(b) Quando em repouso, a pressão manométrica no ponto A (ponto situado no canto inferior esquerdo da caneca) é dado por:

∆z

A =7 m/sx27 cm

3 cm

θ

3 cm

Pág. 60 -White

Durante a aceleração a variação de pressão na direção de g - a é dado por:

( ) [ ]( ) [ ]sup 3 2 21010 9,81 0,07 694 694A A

kg m Np g z z m Pa

m s mρ

= − = = =

( )

( )

22

2227 9,81 0 12,05

x zdp

G G a g ads

mG

s

ρ= ∴ = + −

= + − = A distancia ∆s segundo a normal a partir da superfície inclinada até o ponto A é:

( )7 2,14 cos 7,44cms θ∆ = + =Logo a pressão no ponto A é: ( ) ( ) ( ) [ ]. 1010 12,05 0,0744 906Ap G s Paρ= ∆ = =

Assim, vê-se que esse valor (906) é 31% maior que o valor em repouso (694).


108

H I

D R

O S

T Á

T I

C A

Exercício PropostoUm tanque d´água com 1 metro de profundidade está

em queda livre sob a gravidade, com arrasto desprezível. Qual a pressão no fundo do tanque, se patm=101 kPa

1. A pressão no fundo é 0 kPa;

2. A pressão é igual a (101 - ρg) kPa;

3. A pressão é igual a (101+ ρg) kP;

4. A pressão é igual a 101 kPa;

5. Nenhuma das respostas acima

Como está em queda livre, sem arrasto, a aceleração da queda é az = -g. Logo

( ) ( ) 0z

pg a g g

zr r∂− = + = − =∂

Isso implica que a pressão é constante em todos os pontos e igual a pressão atmosférica de 101 kPa. Logo a resposta correta é a de número 4 acima.


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T Á

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C A


Rotação de Corpo RígidoSeja um fluido dentro de um reservatório que gira em torno do seu eixo, conforme figura ao lado, com uma velocidade angular . Em coordenadas cilíndricas polar , o gradiente de p é expressa assim:

w, ,r zq

1p p pp

r r zq∂ ∂ ∂∇ = + +∂ ∂ ∂r ? ze e e

onde , e . 2a rw= − re 0aq = 0za =

w


110

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C A


Rotação de Corpo Rígido

Assim ,desmembrando o gradiente de p em suas componentes, tem-se:

2

0

pr

rp

pz

r w

qg

∂ =∂∂ =∂∂ = −∂

w


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C A


como se vê, a pressão éfunção só de r e z, logo

2

p pdp dr dz

r zdp r dr dzr w g

∂ ∂= +∂ ∂= −

Ao longo das superfícies isobáricas, como a superfície do fundo, dp=0. Sabendo-se que γ = ρg, tem-se:

2 2 2

12dz r r

z Cdr g g

w w= ⇒ = +

Integrando tem-se: 2

22

22

dp rdr dz

rp z C

rw g

rw g

= −

⇒ = − +

∫ ∫ ∫

onde a constante de integração pode ser determinada em função da pressão em alguma posição arbitrária ( por exemplo em ro, zo ).


112

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C A


O valor da altura h0 , do fundo do reservatório ate a superfície livre, na situação de equilíbrio, no centro do reservatório, pode ser calculada igualando as expressões do volume de fluido em repouso ( πr2H ) como o volume depois de atingido a situação de equilíbrio:

2 22

0

0 0

2 2

0

2 . . 22

4

R R rr H r dr z r h dz

g

rh H

g

wp p p

w

= = +

→ = −

∫ ∫


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C A


A velocidade angular que faz com que o vértice do parabolóide atinja o fundo, se obtém fazendo h0 = 0 na expressão acima: 2 gH

rw =

As superfícies de nível são, em qualquer ponto, normais ao campo de forças exteriores, cuja resultante, por unidade de massa é: 2 2

2 4 221r

R g r gg

ww= + = +

Como se vê, a unidade de massa está submetida a uma força maior que a da gravidade, e tanto maior quanto maior for as velocidade angular . w


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C A


Se o fluido com massa específica ρ contiver partículas de massa especifica ρ1 > ρ, num processo de decantação simples, a separação das mesmas far-se-ão sob a ação da força (ρ1-ρ)g, por unidade de volume, ao passo que, com a rotação, a separação se dará sob uma força:

( )4 2

1 21r

gg

wr r− +tornando-se mais rápida e eficiente, porque as partículas de maior densidade serão projetadas para a periferia do fluido, crescendo sua densidade aparente, com a sua distancia do eixo de rotação.


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Agora se o fluido estiver em um reservatório fechado, a pressão sobre a sua tampa varia segundo as ordenadas do parabolóide

2 22 1

2p p r

gw

g− =

e assim, pela diferença das pressões entre o centro e a periferia, o fluido pode se elevar, junto a esta, a uma altura acima do centro. É nesse fenômeno que reside todo o principio de funcionamento das bombas centrífugas.

2 2

2rg

w


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Equilíbrio de um Fluido Girando com Movimento Uniforme em Torno de um Eixo Horizontal

A unidade de massa, a uma distancia r do eixo de rotação, estásujeita, em condições de regime, àgravidade e à força centrífuga , . Levando essas forças à equação geral obtém-se:

2rw

2 0rdr dzrw g− =

cuja integração é

22

2 02r

z Crw g− + =que dividindo cada termo por ρg obtém-se:

22 0

2r

z Cg

w − + =


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que é a equação de uma família de cilindros com geratriz horizontal e cujas seções sobre o plano rz são circunferências cujo centro está a uma distância do ponto O; assim, para que uma partícula possa descrever a trajetória completa sem cair, isto é, que no ponto mais alto seja submetida a uma força dirigida para cima, tal que ou ainda que significa que o ponto O1deve estar dentro da circunferência de raio R.

22 0

2r

z Cg

w − + =

2

gw

2 0r gw − >2

gr w>


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Exemplo:Um cilindro circular reto de 0,60 m de diâmetro e altura de 1,20m está, inicialmente, cheio d´água e gira até que a pressão no centro, no fundo do recipiente seja nula. Determine (a) a quantidade de água derramada; (b) calcule a velocidade angular.SoluSoluçãção:o:

se r = 0 então z = C1 , Novamente de (1) se r = R e z = 0 então , logo levando este resultado em (1), obtém-se:

2 2

1 2r

Cg

w=

2 2

0 2r

Rz

gw

= =

2 2 2

12dz r r

z Cdr g g

w w= ⇒ = + (1)Em


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Como se sabe (da geometria analítica) que o volume de um parabolóide de revolução é igual a metade do volume do cilindro circunscrito, o volume do fluido que se encontra acima do plano horizontal que passa pelo vértice da superfície livre é a área da seção do cilindro circunscrito vezes a expressão . Logo o volume derramado, é igual a metade do volume do cilindro circunscrito de altura de 1,20m:

221

1,20 0,108 0,342 2derramado

RV m

p p = = =


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Agora, como o volume acima do plano horizontal passa pelo vértice, pode-se determinar a velocidade angular, igualando a área da seção vezes zr=0 com o volume do parabolóide:

2 2 2

2

20,108 0,108

2 2R R rdg sg R

p w p w = ⇒ =

Prof Henrique Mariano 121

Hid

rost

átic

a F i m

HIDROSTÁTICA

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