C ít l 2 – Estática
Capítulo
E táti
d
dos Fluidos
Fl id
2.1
2 1 A experiência de Torricelli
► A descoberta
o
do
o princípio
p
p o do
o
barômetro ("tubo de Torricelli",
"vácuo de Torricelli") aconteceu
em 1643.
1643
► Evangelista Torricelli (1608 1647) físico e matemático italiano (foi aluno de Galileu).
► Foi homenageado com a unidade
de pressão torricelli (símbolo torr).
1
A experiência
2
P e ão atmosférica
Pressão
t o fé i
normal
o
l
► Consideramos a p
pressão atmosférica normal,, q
quando ela
é capaz de equilibrar uma coluna de mercúrio de 76cm de
altura. Representamos, simbolicamente,
1 atm = 76 cm Hg = 1,013 x 105 Pa, ou aproximadamente: 1
atm  105 Pa  0,1 MPa.
► Propriedades da Atmosfera padrão Americana ao nível do
mar,
Temperatura, T
Pressão, p
288,15 K (15 oC)
101,33 kPa (abs)*
Massa específica, ρ
1,225 kg/m3
Peso específico, γ = ρ g
12,014 N/m3
Viscosidade dinâmica, μ
1,789 x 10-5 Ns/m2
3
2.2
2
2 Variação
V i ão de P
Pressão
e ão num Líquido
Lí ido em
e repouso
e o o
(versão simplificada)
► Nos casos nos quais a
hipótese do peso específico
constante é considerada
(líquidos) temos:
p1  p 0   ( h )
onde  ( h ) é a pressão relativa à
interface líquido  atmosfera da
coluna , h , do Líquido . Isto é ,
 (h) 
m fluido g
A
,
e
m
 m   V   Ah
V
Logo ,

 ( h )   gh ,
e
p1  p 0   gh
h
4
Exercício
1) Os batiscafos são utilizados para mergulhos profundos no
oceano Qual a pressão no batiscafo se a profundidade de
oceano.
mergulho é 6 km? Admita que o peso específico da água do
mar é constante e igual a 10,1 kN/m3.
5
Solução
A pressão devido aos 6 km de água sobre o batiscafo é ,
p   água
á
mar h  10,1 10
3
N
m
3
3
 6  10 m  60,6  10
A pressão absoluta, por sua vez, vale,
p (abs )  p atm  p  101,3 kPa  60,6  10 3
p (abs )  60701,3 kPa
N
m2
3
N
m2
Ponderações
Variações de pressão de um fluido em repouso ou em
movimento (versão moderada).
► Com o tratamento matemático adequado,
adequado mostra-se
mostra se que:
1. Para um fluido em repouso, ou em movimento, no qual
a tensão de cisalhamento é nula, tem-se que a pressão
independe da direção, já que ela é o resultado do
bombardeamento das moléculas do fluido, como vimos no
capítulo
í l 1 (Lei
( i de
d Pascal).
l)
7
2. A pressão ao longo de um plano paralelo à interface
líquido-atmosfera é constante.
p A  pB  pC
► Os p
pontos A,, B e C são ditos isóbaros.
8
► Vasos comunicantes.
► Constatação experimental.
9
3. O Gradiente de pressão é:
p
p
p
p 
i
j
k   k ou
x
y
z
p
 
z
Isto significa que em um fluido em repouso ou em
movimento, no qual a tensão de cisalhamento seja
inexistente, a pressão aumenta no sentido oposto ao
determinado pelo eixo
eixo-z
z (Isto é, no mesmo sentido da
gravidade e devido ao peso da massa de fluido sobre o
ponto considerado).
Como vimos no slide 4,
isto independe da área
da superfície ao redor do
ponto considerado.
10
► Daí, integrando a última equação:
p dpp

 
z dz
dp
dp


dz  dp 
dz  dz  Lembrando que
dz
dz



p2
p1
dp  

z2
d ( Supondo  constante)
dz
z1
Logo :
p 2  p1   ( z 2  z1 ) ou
p1  p 2   h (h  z 2  z1 )
11
► Se p2 estiver na interface líquido-atmosfera, então, p2 =
p0, e
p1  p0   h
ou
p1  p0  gh (  g )
► A quantidade h 
p1  p2

é chamada de carga e é interpretada como a altura do
coluna de fluido de peso específico  necessária para
provocar uma diferença de pressão p1 – p2.
► Existe uma prova matemática mais abrangente no livro
t t (Young).
texto
(Y
)
12
Exercício
2. A Figura abaixo mostra o efeito da infiltração de água em
um tanque subterrâneo de gasolina. Se a densidade da
gasolina é 0,68;
g
, ; determine a p
pressão na interface g
gasolinaágua e no fundo do tanque.
13
Solução
ç
A pressão na interface gasolina  água onde está o ponto P é
p  p0   gasolina h
ou
p  p0   gasolina gh
Por outro lado, SG 
 gasolina
 água 4 oC
  gasolina  0,68  1000  680
kg
m3
Daí,
p  101,3 kPa  680
k
kg
m3
 5m  9,81
m
s2
 101,3 kPa  33,354  10 3
p  101,3 kPa  33,354 kPa  134,654 kPa
N
m2
14
Pressão no fundo do tanque
É a pressão
ã na interface
i t f
gasolina
li  água
á
(a pressão
ã no ponto
t P)
somada à pressão devida a coluna de 1 m de água.
p fundo  p   água h
ou
p fundo  p   água gh
p fundo  134,654 kPa  1000
kg
m
9,81
3
m
s
2
1m
p fundo  144,464 kPa
15
Algumas aplicações do Princípio de Pascal
“Todo
Todo acréscimo de pressão exercido num ponto da massa
líquida se transmite integralmente para todos os pontos do
líquido..”
líquido
p
p A  p
pB  p
16
► Aplicações
► Consideremos dois cilindros
contendo um líquido e fechados
por êmbolos de áreas A1 e A2.
► Aplicando
Aplicando-se
se sobre o êmbolo
de área A1 uma força F1,
► Produz
Produz-se
se um acréscimo de
pressão
∆p = F1 / A1
que se transmite integralmente para o outro êmbolo, o que
acarreta
∆p = F2 / A2
ou seja, as forças são proporcionais às áreas.
17
Exercício
Considere o esquema mostrado na figura em que a massa do
automóvel é de 1500 kg, A1 = 0,5 m2 e A2 =
7 m2. Determine
i
a força
f
que deve
d
ser aplicada
li d à área
á
A1 para
manter o sistema em equilíbrio.
18
Pressão no fundo do tanque
A aplicação direta do princípio de Pascal nos dá,
F1 
A1 
F1 F2



F
A1 A2
p  2 
A2 
p 
Logo, F1 
A1
0,5
F2 
(1500  9,81)  107,14 N
A2
7
Notemos que 1051,7 N corresponde ao peso de uma massa de 107,14 kg
19
2.4
2
4 Fluido compressíveis (gases) em repouso ou
movimento
► Admitindo que as tensões de cisalhamento sejam nulas
também nesse caso.
► Para os gases ideais: p = ρRT. Então,

p
pg
   g 
RT
RT
Logo, substituindo em
dp
  , vem que
dz
dp
pg

. Integrando,
dz
RT
p2 dp
g z2
p p   RT z1 dz ou

p2
p
dp
g z2 dz
 
se T  T ( z )
z
p
R 1 T ( z)
20
► Admitindo que a temperatura não varie em função de z.
Isto equivale a considerar que a pressão varia em função
de z em uma camada isotérmica do gás perfeito. Temos,

p2
p1
dp
g

p
RT

z2
z1
dz
 p2 
g
ln   
( z 2  z1 )
RT
 p1 
Logo,
 g ( z 2  z1 ) 
p2  p1 exp 
RT 

► Para distribuições de pressões em
isotérmicas, o procedimento é o mesmo.
camadas
não
21
2 5 Medições de pressão
2.5
► Manometria: Corresponde às técnicas de construção de
instrumentos para medir a pressão,
pressão bem como as técnicas
aplicadas às medidas.
► Pressão
ã Manométrica:
é i
É a diferença
dif
entre a pressão
ã em
um local e a pressão atmosférica.
atmosférica.
Exemplo
• Abrindo o registro, o CO2 escapa do inteinterior do cilindro enquanto a sua pressão
for maior que a pressão atmosférica.
atmosférica.
• Quando as pressões se igualam, o fluxo
cessa.
• A pressão utilizada do CO2 é a sua
pressão manométrica,, pm = p – patm
p
CO2
5 atm
►Manômetros: São dispositivos utilizados para medir
a pressão manométrica.
23
► Barômetro de Mercúrio
patm   Hg h  pvapor
24
► Tubo Piezométrico
p A  p1
Pressão relativa
p A   1h1
Pressão absoluta
p A  patm   1h1
25
Exercício
O tubo em U mostrado na figura abaixo contém três líquidos
distintos Óleo,
distintos.
Óleo água e um fluido desconhecido.
desconhecido Determine a
densidade do fluido desconhecido considerando as condições
operacionais indicadas na figura.
26
Solução
Temos : p1   óleo h1
A ffigura
g
ao lado mostra qque h1  710  305  305  710 mm
ou h1  0,71 m
Por outro lado, p1  p2   água h2   h3
A figura ao lado mostra que h2  710  305  405 mm
ou h2  0,405 m e h3  305 mm  0,305 m
D í , vem que
Daí
 óleo h1   água h2   h3
Como   g , então,
 óleo gh1   água gh2  gh3   óleo h1   água h2  h3
27
Solução
Agora, vamos dividir a equação  óleo h1   água h2  h3 por  água
 óleo

h1  h2 
h3
 água
 água
Mas, por definição, SG 

 água
. Daí ,
SGóleo h1  h2  SGh3
Por fim, SG 
SGóleo h1  h2 0,90  0,71  0,405

h3
0,305
SG  0,77
28
► Manômetro com Tubo em U
Temos : p A  p1
Pressão relativa em (2)
p2  p A   1h1
Mas, p 2  p3 e a pressão relativa em (3) é
p3   2 h2
Daí ,
p A   1h1   2 h2 ou
p A   2 h2   1h1
A pressão
ã absoluta
b l
em A é ,
p A   2 h2   1h1  patm
► Se
S for
f
um gás
á no recipiente:
i i t
γ1h1 = 0.
0
29
Exercício
O tanque fechado mostrado na Figura abaixo contém ar
comprimido e um óleo que apresenta densidade 0,9.
0 9 O fluido
manométrico utilizado no manômetro em U, conectado ao
tanque, é mercúrio (densidade igual a 13,6). Se h1 = 914 mm,
h2 = 152 mm e h3 = 229,
229 mm determine a leitura no
manômetro localizado no topo do tanque.
30
Solução
Temos : p1  p 2
e:
p1  p AR   óleo ( h1  h2 )
SG Hg  13,6   Hg  13,6  1000  13600 kg / m 3
p 2   Hg h3
 Hg   Hg g  133416 kg / m 3
Logo,
Logo,
p AR   óleo ( h1  h2 )   Hg h3
p AR   Hg h3   óleo ( h1  h2 )
p AR  133416  0,229  8829  (0,914  0,152)
p AR  21140,6 kPa
Como :
SGóleo  0,90   óleo  0,90  1000
 óleo  900 kg / m 3
31
► Manômetro diferencial em U
p A  p1
p 2  p1   1h1  p A   1h1
p 2  p3
p3   2 h2   3 h3  p B
e, ainda, p5  p B
Logo,
p A   1h1   2 h2   3 h3  p B
Portanto,
p A  p B   2 h2   3 h3   1h1
32
Exercício
A Figura abaixo mostra o esboço de um dispositivo utilizado para
medir a vazão em volume em tubos, Q, que será apresentado no cap.
3. O bocal convergente cria uma queda de pressão pA – pB no
escoamento que está relacionada com a vazão em volume através da
equação Q = K(pA – pB)1/2 (onde K é uma constante que é função das
di
dimensões
õ
d bocal
do
b
l e do
d tubo).
t b ) A queda
d de
d pressão,
ã
normalmente,
l
t é
medida com um manômetro diferencial em U, do tipo ilustrado na
figura.
(a) Determine a equação pA – pB
em função do peso específico do
fluido que escoa, 1, do peso específico do fluido manométrico,
manométrico
2, e das várias alturas indicadas
na figura.
(b) Determine a queda de prespres
são se 1 = 9,80 kN/m3, 2 = 15,6
kN/m3, h1 = 1,0 m e h2 = 0,5 m.
33
Solução
Apesar de haver escoamento na parte mais larga do tubo, a porção
d dois
dos
d
fl d dentro
fluidos
d
d manômetro estão em repouso. Portanto,
do
podemos usar os conceitos da hidrostárica.
a)
Pressão em A : p A  p1   1h1
Por sua vez, p1  p 2  p3
já p3  p 4   2 h2
e p 4  p5
Por outro lado, p B  p5   1 ( h1  h2 )
Levando em conta as igualdades acima, temos :
p B  p 4   1 ( h1  h2 ),
p 4  p3   2 h2
34
Seguindo, teremos
p B  p3   2 h2   1 ( h1  h2 ),
como p3  p 2  p1 e p1  p A   1h1 , vem que,
p B  p A   1h1   2 h2   1 ( h1  h2 )
p B  p A   1h1   2 h2   1 h1   1h2
p A  p B  h2 ( 2   1 )
b) p A  p B  0,5(15,6  10 3  9,8  10 3 )
p A  p B  2,9  10 3 Pa
35
► Manômetro com tubo inclinado (usado para medir pequenas
variações de pressão)
Pressão em (1) : p1  p A   1 h1
p1 também correspond e à pressão devida à coluna de altura l 2 sen 
do fluido de peso específico  2 e à pressão devida à coluna h3 de
fluido de peso específico  3 , mais a pressão em B . Ou seja ,
p1   2 l 2 sen    3 h3  p B
D í,
Daí
p A   1 h1   2 l 2 sen    3 h3  p B
e,
p A  p B   2 l 2 sen    3 h3   1 h1
36
► Se os fluidos de pesos específicos 1 e 3 forem gases,
então as pressões devidas às colunas h1 e h3 podem ser
desprezadas. Nesse caso,
 1h1  0
 3h3  0
Logo,
p A  pB   2l2sen
e,
p A  pB
l2 
 2sen
37
Exercício
O manômetro inclinado da figura abaixo indica que a pressão
no tubo em A é 0,8 psi. O fluido que escoa nos tubos A e B é
água e o fluido manométrico apresenta densidade 2,6. Qual é
ap
pressão no tubo B q
que corresponde
p
à condição
ç
mostrada.
38
Solução
h1  76 mm  0,076 m
h2  203  sen (30 o )  101,5 mm  0,1015 m
h3  76 mm  0,076 m
p A  0,8 psi  0,8 lb / pol 2  0,8  6895 N / m 2  5516 N / m 2
Analisando o esquema,
p1  p A   água
g h1
e
p1   2 h2   água h3  p B   2 l 2 sen   água h3  p B
Logo,
p A  p B   2 l 2 sen   água h3   água h1
39
continuando,
p A  p B   2 l 2 sen   água h3   água h1
Como h1  h3 ,
p A  p B   2 l 2 sen
(1)
Precisamos calcular  2
SG  2,6 
2
 água 4o C
  2  2600 kg / m 3
Assim,  2   2 g  25506 N / m 3
Finalmente, substituindo todos os valores em (1),
p A  p B  2,59 kPa  p B  p A  2,59 kPa  5,516 kPa  2,59 kPa  2,93 kPa
2.5 Força Hidrostática em superfícies planas
► 1o caso,, superfície
p
paralela à interface líquido-ar
p
q
(fundo de
(
um tanque aberto, por exemplo)
Por definição,
dF   h dA

FR
o
dF    h dA
A
FR   h A ou FR   h A k
41
► 2o caso, superfície plana de forma arbitrária e inclinada em
relação à interface líquido-ar (Diques, represas, ...)
dF   h dA
h  y sen
e
hC  yC sen
42
Logo
dF  y sen dA 
 dF   sen 
y dA
A
 y dA
 y dA  y
FR   sen
A integral
yC sen = hC
A
A
CA
é o momento de primeira
ordem da área. Portanto,
FR   A yC sen ou FR   hC A
43
► A intuição sugere que a direção de ação da força resultante
deveria passar pelo centróide da superfície. Mas isso não
acontece.
► A ordenada do ponto de ação da força resultante, yR, pode
ser determinada p
pela soma dos momentos em torno do eixo-x.
Isto é, o momento da força resultante precisa ser igual aos
momentos das forças devidas a pressão. Isto é,

  sen  y
 total  FR y R 
FR y R
y dF 
A


y ( sen y dA) 
A
2
 sen y 2 dA
A
dA
A
como FR   A yC sen , então,
 A yC sen y R   sen

A
y 2 dA  y R 

y 2 dA
A
yC A
44
► A integral do numerador da última equação é o momento de
inércia em relação ao eixo-x, IX (eixo formado pela
intersecção do plano que contém a superfície arbitrária e a
superfície livre). Assim,
Ix
yR 
yC A
► Ix pode ser obtido pelo teorema dos eixos paralelos,
paralelos
I x  I xc  AyC2
Logo,
I xc
yR 
 yC
yC A
A l
Analogamen
t ,
te
mostra  se que
xR 
I xyc
yC A
 xC
45
► Mostra-se que a força resultante não passa através do
centróide,
mas
sempre
p
atua
abaixo
dele,
porque
p
q
(Ixc / yc A > 0).
► Momentos de inércia de algumas superfícies
46
► Momentos de inércia de algumas superfícies (continuação)
47
Exercício
A figura abaixo mostra o esboço de uma comporta circular
inclinada q
que está localizada num g
grande reservatório de água
g
(=9,80 kN/m3). A comporta está montada num eixo que corre
ao longo do diâmetro horizontal da comporta. Se o eixo está
localizado a 10 m da su
superfície livre, determine:
a) o módulo e o ponto de
aplicação da força resultante na comporta.
b) o momento que deve
ser aplicado no eixo para
abrir a comporta.
48
Solução
a ) Módulo e ponto de aplicação da força
FR   hC A
 ( peso específico da água)  9.810 N / m 3 
hC  10 m
A   r 2   (2) 2  4

6
  FR  1,23  10 N


Ponto de aplicação ( x R , y R )

 xC 
xR 
yC A


xC  0 ( figura )  x R  0;

I xyc  0


I xyc
49




hC  yC sen 
4

y


 11,55  11,64 m
10

R
yC 

11
,
55
m
(
fi
figura
)
11,55  4

sen(60 o )

4

r
I xyc  I yc 
 4

4

yR 
I xc
 yC
yC A
Então, FR  1,23  10 6 N , x R  0 e y R  11,64 m
b) Momento
De acordo com a figura (do slide 48), a distância entre o eixo da comporta
e o centro de
d pressão
ã (ao longo
l
d comporta) é,
da
d  y R  yC  0,09
Considerando o diagrama
g
de corpo
p livre (ao lado), q
quando a comporta
p
está em repouso, temos
M
C
 M ForçaResultante  M batente  0,
M ForçaResultante  FR d  (1,23106 N )  (0,09 m)  1,07 105 Nm
51
Exercício
A barragem mostrada na figura abaixo é construída em
concreto
t (
( = 23,6
23 6 kN/m
kN/ 3) e está
tá simplesmente
i
l
t apoiada
i d numa
fundação rígida. Determine o coeficiente de atrito estático
entre a barragem e a fundação, para que a barragem não
escorregue Admita que a água não provoca qualquer efeito na
escorregue.
superfície inferior da barragem (infiltrações, por exemplo).
52
Solução
FR   hC A
 (água)  9810 N / m 3
1  5 
  tan    51,34 o
4
profundidade total
4
2
2
hC 

 2,56 m
o
cos(90   )
cos(38,66 )
A  largura da barragem  4  4.
Logo, FR  9.810  2,56  4  100454,4 ( N )
Na direção horizontal , temos
FR  H  FR cos(38,66 o )  78441,5  ( N )
Na direção vertical , FR V  FR sen(38,66 o )  62690  ( N )
53
Para que a barragem não se movimente, FR  H  FAtrito   N
N é a força normal. Precisamos calculá  la. Neste caso, ela
corresponde ao módulo da força peso da barragem.

N  mbarragem  g. mbarragem é a massa da barragem
mbarragem   barragem  Vbarragem , onde  barragem 

 barragem
g
23,6  10 3

g
Vbarragem é o volume da barragem, dado por
Vbarragem 
(6  2)5
   200  (m 3 )
2
54
Assim,
N  mbarragem g  FRV
23,6103

 20  g  62,69103   534,69103 
g
V lt d à igualdade
Voltando
i ld d FRH  FAtrito, temos
t
:
78441,5     534,69103 

78411,5
3
534,6910
 0,147
55
2.6 Prismas de pressão
► Considere a distribuição de pressão ao longo da parede
vertical de um tanque de largura b e que contém um líquido de
peso específico .
► A pressão varia linearmente com a profundidade p = γh. É
nula na superfície do líquido e igual a γh no fundo do
reservatório.
56
► Cálculo do centro de pressão (xR, yR).
xR 
I xyc
I xyc
yC A
 xC
e yR 
I xc
 yC
yC A
b
 0, e, por simetria, xR  xC 
2
E,
1
b h3
h
2h
 b 2h 
 
  x R , y R    , 
y R  12
2
3
 h
2 3 
 b h
 2
► Isto significa que o centro de pressão está a uma altura de
h/3 do fundo do reservatório
ó
(ou do leito da represa).
57
► A figura a seguir mostra o chamado de prisma de pressão.
► A força resultante que atua na superfície vertical é,
mumericamente, igual ao volume desse prisma,
FR  ( pressão média sobre a área retangular )  área
h
FR     A
2
1
h
FR  Volume  ( h)(b h)     A
2
2
N
58
Exercício
A figura abaixo mostra o esboço de um tanque pressurizado
que contém
té óleo
ól
(SG = 0,9).
0 9) A placa
l
d inspeção
de
i
ã instalada
i t l d no
tanque é quadrada e apresenta largura igual a 0,6 m. Qual o
módulo, e a localização da linha de ação, da força resultante
que atua na placa quando a pressão relativa no topo do
tanque é igual a 50 kPa. Admita que o tanque está exposta à
atmosfera.
59
Solução
A figura ao lado mostra que a pressão na superfície da placa é dada
pela soma da pressão do ar comprimido na superfície do óleo e à
pressão devida ao próprio óleo.
A força resultante sobre a placa, então, será :
 h2  h1 
F  F1  F2  ( p superfície   1h1 ) A   
A
2


Separadamente,
1) Força devido à pressão do arcomprimido e a porção de óleo sobre a
pplaca
F1  ( p superfície
  1h1 ) A  50  10 3  0,9  10 3  9,81 0,36  24,4  10 3 N
p f
60
2) Força devido à pressão do óleo em contato com a placa
h h 
F2    2 1  A  (0,9  10 3  9,81)  (0,3)  (0,6) 2  0,95  10 3 N
 2 
 h2  h1   2,6  2,0 


  0,3 m
2

 2  
Assim, FR  F1  F2  24,4  10 3 N  0,95  10 3 N  25,4  10 3 N
E relação
Em
l ã ao eixo
i vertical
i l e ao ponto A, temos,
FR yO  F1 (0,3)  F2 (0,2)
Logo, yO 
24,4  10 3 (0,3)  0,95  10 3 (0,2)
25,4  10
3
 0,296 m (acima da borda inferior )
61
2.7 Forças hidrostáticas em superfícies curvas
► Consideremos a seção curva BC do tanque aberto.
62
► F1 = Força feita pelo líquido sobre a superfície imaginária
();
► F2 = Força feita pelo líquido sobre a superfície imaginária
(β);
► W = Peso da massa do fluido
considerado (age no CG);
► FH é a componente horizontal
da força feita pelo tanque sobre
o líquido.
líquido É colinear a F2;
► FV é a componente vertical da
f
força
f it pelo
feita
l tanque
t
sobre
b
o
líquido. É paralela a W e F1;
63
► As linhas de ação FV, FH e F2 passam pelo ponto O.
► Condição de equilíbrio:
FH  F2   hC A  
h
A
2
FV  F1  W
e
FR 
FV2  FH2
64
Exercício
A Figura abaixo mostra o esboço de um conduto utilizado na
drenagem de um tanque que está
á parcialmente cheio de
água. Sabendo que a distância entre os pontos A e B é igual
ao raio do conduto, determine o módulo, a direção e o
sentido
tid
d
da
f
força
que atua
t
sobre
b
a curva BC,
BC devida
d id
à
presença da água. Admita que a seção tenha comprimento
de 1m.
65
Solução
a ) A figura ao lado mostra o diagrama do corpo livre da porção de água
considerada.
Condição de equilíbrio : FH  F1 e FV  W
Cálculo de F1 :
F1  hC A  
h
0,9
A  9810 
 (1 0,9)  3973 N
2
2
Cálculo de F2 :
1

F2  mg  Vg  V  9810   [ (0,9) 2  1]  6241 N
4

1
1


2
V
volume
do
cilindro
[

r

]






4
4


66
Aplicando a condição de equilíbrio :
FH  F1  3973 N e FV  W  6241 N
Logo : FR  FH2  FV2  (3973) 2  (6241) 2  7398,3 N
b) Encontramos a magnitude, agora falta a direção e o sentido da força.
Consideremos a figura ao lado . O ângulo  da a direção da força da
água sobre a superfície curva, o sentido é o determinado pela soma :
FR  FH  FV . Da ffigura
g ,
 FH 
  32,5o

 FV 
  tan 1 
67
2 8 Empuxo,
2.8
Empuxo Flutuação e Estabilidade
► Empuxo
“Todo corpo mergulhado num fluido em repouso sofre, por
parte do fluido, uma força vertical para cima, cuja
intensidade é igual ao peso do fluido deslocado pelo corpo.”
(P i í i de
(Princípio
d Arquimedes)
A
i
d )
FB  m g  Vg
FB   g V   V
FB   V k
► Está força é chamada de
EMPUXO e é o resultado do
Gradiente de pressão, que
aumenta com a profundidade.
68
► A linha de ação da força empuxo, FB, passa pelo centróide
do volume deslocado e o ponto de aplicação dessa força é
chamado de centro de empuxo.
p
► O centro de empuxo corresponde ao centro de gravidade
do massa de fluido deslocado.
69
Exercício
A figura
g
a seguir
g
mostra o esboço
ç
de uma bóia com
diâmetro e peso iguais a 1,5 m e 8,5 kN, respectivamente, e
que está presa ao fundo do mar por um cabo. Normalmente,
a bóia flutua na superfície do mar, mas em certas ocasiões,
o nível do mar sobe e a bóia fica completamente submersa.
Determine a força que tensiona o cabo na condição
mostrada na figura.
(γágua do mar = 10,1 kN/m3)
70
Solução
A partir do diagrama do corpo livre ao lado verifa  se que a condição
de equilíbrio é :
FB  W  T  T  FB  T
Onde :
FB é a magnitude
g
do empuxo
p
,
W é a magnitude do peso da boia ,
T é a tensão no cabo .
FB  peso do volume de massa de água deslocado pela boia ,
4

FB   água V  10 ,1  10 3    (0,75 ) 3   17848 ,2 N
3

W  8,5  10 3 N ( dado no enunciado ).
Portanto , T  17848 ,2  8500  9348 ,2 N
71
► Estabilidade
• Existem duas condições de equilíbrio:
→ estável;
→ instável.
• As situações de estabilidade e instabilidade
dependem:
→ Localização do corpo no fluido: submerso
ou flutuando.
→ Posição
ç
relativa entre os centro de g
gravidade, CG, e do centro de empuxo, c.
► Lembrando que o centro de empuxo corresponde ao
centro de gravidade do massa de fluido deslocado.
72
► Corpo submerso com Centro de gravidade, CG, abaixo do
centro de empuxo, c.
► Note: feita uma rotação a partir da posição de equilíbrio,
o binário FB e W criará um momento de restauração.
restauração
► Esta é uma situação de equilíbrio estável, pois a posição
de equilíbrio
í
original é restaurada.
73
► Corpo submerso com Centro de gravidade, CG, acima do
centro de empuxo, c.
► Note: feita uma rotação a partir da posição de equilíbrio,
o binário FB e W criará um momento de emborcamento.
emborcamento
► Esta é uma situação de equilíbrio instável, pois o corpo se
moverá
á para outra posição de equilíbrio.
í
74
► Corpo flutuando com Centro de gravidade, CG, acima do
centro de empuxo, c, mas dentro do volume deslocado
► Note: feita uma rotação a partir da posição de equilíbrio,
o binário FB e W criará um momento restaurador.
► Esta é uma situação de equilíbrio estável, pois a posição
de equilíbrio original é restaurada.
75
► Corpo flutuando com Centro de gravidade, CG, acima do
centro de empuxo, c, e acima do volume deslocado.
► Note: feita uma rotação a partir da posição de equilíbrio,
o binário FB e W criará um momento de emborcamento.
emborcamento
► Esta é uma situação de equilíbrio instável, pois o corpo se
moverá
á para outra posição de equilíbrio.
í
76
2.8 Variação da pressão num fluido em movimento
► Estamos considerando fluidos em repouso
p
ou em
movimento nos quais as tensões de cisalhamento sejam
nulas.
► Para um fluido em repouso ou MRU,
p   k ou  p   k  0
► Para um fluido em movimento, todas as moléculas se
movimentam com a mesma velocidade, mesmo que esta
varie com o tempo, isto é, com a mesma aceleração, caso
exista. Este é um comportamento similar a de um corpo
rígido.
í
Logo,
 p   k   a
77
► De modo análogo, se um fluido estiver contido em um
tanque que rotaciona em torno de um eixo fixo, então, este
fluido rotacionará junto com o tanque como se fosse um
corpo rígido – desde que não haja tensões de cisalhamento.
78