ESTATISTICA DOS FLUIDOS E MENOMETROS

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MECÂNICA DOS FLUIDOS 
AULA 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Nesta etapa, você conhecerá o princípio de Pascal, saberá a diferença 
entre pressão absoluta e manométrica, descobrirá qual é a equação da estática 
dos fluidos, os medidores de pressão encontrados na indústria, como esses 
medidores funcionam e, por fim, como se determina a pressão quando se tem 
um manômetro do tipo piezométrico ou diferencial. 
TEMA 1 – PRINCÍPIO DE PASCAL 
Os fluidos podem gerar forças normais ou força de cisalhamento em um 
objeto. Se o fluido estiver em repouso (parado), a viscosidade do fluido não 
promoverá forças cisalhantes sobre o corpo. Entretanto, o fluido exerce uma 
força normal sobre uma determinada área que é chamada de pressão. 
A pressão na mecânica dos fluidos é a força normal que o fluido faz sobre 
uma superfície (área). Na resistência dos materiais há uma situação análoga só 
que considerando sólidos, em que a força normal sobre uma superfície gera uma 
tensão normal média. Aqui, considera-se uma área finita e a pressão aplicada 
de forma uniforme sobre essa área, logo, a pressão média na superfície é dada 
por: 
𝑃𝑃𝑚𝑚é𝑑𝑑 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
 (1) 
A unidade de pressão no SI é Pa que equivale a N/m² e no sistema inglês 
é o psi (lbf/pol²). 
Neste momento, vamos falar sobre o princípio de Pascal que está 
justamente associado à pressão média promovida por uma carga em uma 
determinada superfície. No século XVII, o matemático francês Blaise Pascal 
demostrou que a intensidade da pressão atuando em um ponto do fluido é 
equivalente à pressão nos demais pontos desse fluido, ou seja, essa pressão é 
“transferida” para todos os pontos do fluido. Este princípio é aplicado nos 
elevadores hidráulicos, como mostra a Figura 1. 
Imagine tentar levantar um veículo sem um macaco hidráulico, ou até 
mesmo o mecânico (de parafuso). No caso do macaco hidráulico, o operador 
que o está manuseando aplica uma força (𝐹𝐹1) sobre uma superfície relativamente 
pequena (𝐴𝐴1). Sabemos que essa força sobre a área produz uma pressão (𝑃𝑃1). 
Por meio do princípio de Pascal essa pressão que o operador aplica é transferida 
 
 
3 
para a superfície da plataforma sob o carro. Observe na figura que a área da 
plataforma (𝐴𝐴2) é muito maior que a área em que o operador aplicou a força, 
logo, como a pressão é a mesma nas duas superfícies (𝑃𝑃1 = 𝑃𝑃2), para que haja 
equivalência, tem-se: 
𝑃𝑃1 = 𝑃𝑃2 → 
𝐹𝐹1
𝐴𝐴1
=
𝐹𝐹2
𝐴𝐴2
 (2) 
Figura 1 – Elevador hidráulico 
Crédito: grayjay/Shutterstock. 
Trabalhando na Equação 2 para saber a força que está sendo aplicada na 
plataforma do carro, isolamos o 𝐹𝐹2, logo: 
𝐹𝐹2 =
𝐹𝐹1𝐴𝐴2
𝐴𝐴1
 (3) 
Para compreender melhor o princípio de Pascal vamos resolver dois 
exemplos. 
Exemplo 1: Considere o sistema de elevador hidráulico apresentado na 
Figura 2 para elevar caixas. Sabendo que a caixa menor possui uma massa de 
20 kg e que o êmbolo menor possui um diâmetro de 50 cm, determine a força 
transmitida à caixa maior, sabendo que ela possui uma massa de 40 kg e que o 
 
 
4 
diâmetro do êmbolo maior é de 1 m. A carga da caixa menor é suficiente para 
elevar a caixa maior? 
Figura 2 – Elevador hidráulico para Exemplo 1 
 
Crédito: tersetki/Shutterstock. 
Solução: Este é um caso de aplicação quase que direta da Equação 3, 
entretanto vale lembrar que no enunciado foram fornecidos os diâmetros dos 
êmbolos e não suas áreas. Então podemos modificar a Equação 3 para este 
caso por meio da seguinte equação: 
𝐹𝐹2 =
𝐹𝐹1 �
𝜋𝜋𝐷𝐷2²
4 �
�𝜋𝜋𝐷𝐷1²4 �
 
Como o 𝜋𝜋 e o 4 da equação anterior estão no denominador e no 
numerador da equação, podemos cancelá-los ficando apenas: 
 
 
5 
𝐹𝐹2 =
𝐹𝐹1𝐷𝐷2²
𝐷𝐷1²
 (4) 
Além disso, é importante lembrar que força é dada pelo produto da massa 
pela aceleração da gravidade, ou seja, 𝐹𝐹 = 𝑚𝑚𝑚𝑚, em que 𝑚𝑚 = 9,81 𝑚𝑚/𝑠𝑠². 
Utilizando os valores fornecidos no enunciado, considerando as unidades 
no SI, e aplicando-os na Equação 4, ficamos com: 
𝐹𝐹2 =
20.9,81.1²
0,5²
 → 𝐹𝐹2 =
196,2
0,25
 → 𝐹𝐹2 = 784,8 𝑁𝑁 
ou também podemos calcular da seguinte forma: 
𝐹𝐹2 = 20.9,81 �
1
0,5�
2
 → 𝐹𝐹2 = 196,2.4 → 𝐹𝐹2 = 784,8 𝑁𝑁 
A força produzida pela massa da caixa maior é dada por: 
𝐹𝐹 = 40.9,81 → 𝐹𝐹 = 392,4 𝑁𝑁 
Portanto, podemos afirmar que a caixa maior será elevada, pois a força 
aplicada no êmbolo maior é de 784,8 N, valor muito maior que o peso da caixa 
maior que equivale a 392,4 N. 
Concluímos também que a força aplicada no êmbolo maior é proporcional 
ao quadrado da razão entre o diâmetro maior pelo menor. 
Exemplo 2: Considere o macaco hidráulico apresentado na Figura 3 para 
elevar um automóvel. Sabendo que o êmbolo menor possui um diâmetro 𝐷𝐷1 =
10 𝑚𝑚𝑚𝑚, determine a força (𝐹𝐹) necessária para elevar o carro de 1250 kg, 
sabendo que o diâmetro do êmbolo maior é 𝐷𝐷2 = 40 𝑚𝑚𝑚𝑚. Como a força aplica é 
por meio de um sistema de alavanca, considere o comprimento da alavanca de 
𝑐𝑐𝑎𝑎 = 30 𝑐𝑐𝑚𝑚 e o diâmetro do pino em que a alavanca é rotacionada para aplicação 
da carga é 𝑑𝑑𝑝𝑝 = 10 𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 
 
 
6 
Figura 3 – Elevador hidráulico para Exemplo 2 
 
Crédito: Fobosvobos/Shutterstock. 
Solução: Vimos que a pressão no êmbolo menor é transferida para o 
êmbolo maior por meio da Equação 2. Neste exemplo, o objetivo é determinar a 
força (𝐹𝐹) necessária para elevar o carro de 1250 kg, mas para isso devemos 
primeiro determinar a força 𝐹𝐹1 que deve ser aplicada para elevar essa carga. 
Para isso, podemos manipular a Equação 2 isolando a força no êmbolo menor, 
ficando da seguinte forma: 
𝐹𝐹1 =
𝐹𝐹2𝐴𝐴1
𝐴𝐴2
 → 𝐹𝐹1 =
𝐹𝐹2𝐷𝐷1 2
𝐷𝐷22
 (5) 
Substituindo os valores referente aos termos da Equação 5, porém todos 
no SI, tem-se: 
𝐹𝐹1 =
𝐹𝐹2𝐷𝐷1
𝐷𝐷2
=
1250.9,81.0,012 
0,042
 → 𝐹𝐹1 = 766,406 𝑁𝑁 
Agora temos que descobrir a relação entre a força a ser aplicada na 
alavanca e essa força do êmbolo. Sabemos que o momento produzido pela força 
aplicada na alavanca (𝐹𝐹) será transmitido ao pino que realizará a força no êmbolo 
menor (𝐹𝐹1), assim temos a seguinte equação: 
𝑀𝑀 = 𝑀𝑀1 → 𝐹𝐹. 𝑐𝑐𝑎𝑎 = 𝐹𝐹1.𝑑𝑑1 
https://www.shutterstock.com/pt/g/Fobosvobos
 
 
7 
Isolando a força aplicada na alavanca e substituindo seus respectivos 
valores no SI, tem-se: 
𝐹𝐹 =
𝐹𝐹1.𝑑𝑑1
𝑐𝑐𝑎𝑎
=
766,406.0,01
0,3
 → 𝐹𝐹 = 25,55 𝑁𝑁 
Observe que com uma força bem pequena conseguimos elevar o carro de 
1250 kg. Este é o princípio do uso de alavancas na transmissão de momento 
para aplicação de torques e o princípio de pascal na transmissão de pressão 
para elevação de cargas. 
TEMA 2 – PRESSÃO ABSOLUTA E MANOMÉTRICA 
Para falar de pressão absoluta e pressão manométrica, primeiro 
precisamos definir o que é pressão atmosférica. O ar que está sobre nós gera 
uma pressão, que já estamos muito acostumados com ela, a chamada pressão 
atmosférica. Evangelista Torricelli (1608-1647) foi o primeiro inventor de um 
equipamento para medir a pressão atmosférica. Esse equipamento é chamado 
de barômetro e é constituído de um tubo de vidro com a boca para baixo, cheio 
de mercúrio, com sua abertura imersa numa “vasilha” com mercúrio como mostra 
a Figura 4. Devido à pressão que o ar faz sobre o mercúrio que está na vasilha, 
o nível de mercúrio no tubo de vidro aumenta. Este nível corresponde ao valor 
de 760 mm de altura de coluna de mercúrio, a nível do mar, e equilibrao peso 
do ar sobre a vasilha. Essa altura da coluna de mercúrio corresponde à medida 
da pressão atmosférica. Veremos no próximo tópico a relação entre a pressão 
atmosférica que adotamos 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 ≅ 101,3 𝑘𝑘𝑃𝑃a e a pressão obtida via o barômetro 
de Torricelli 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 ≅ 760 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
8 
Figura 4 – Barômetro de Torricelli 
 
Crédito: Sergey Merkulov/Shutterstock. 
À medida que subimos uma montanha e a altitude é elevada, a pressão 
atmosférica diminui. Por exemplo, para uma altura de 5000 metros acima do 
nível do mar, a pressão atmosférica é de 0,5334*101,3.10³ = 54033,42 Pa ou 
54,033 kPa, em que 0,5334 é a pressão relativa do ar à 5000 metros, ou seja, à 
5000 metros de altitude a pressão cai para quase a metade da pressão 
atmosférica à nível do mar. Isso porque a coluna de ar à 5000 metros de altitude 
é muito menor do que à nível do mar. 
Como a pressão atmosférica é a pressão que encontramos em todos os 
locais e podemos dizer que praticamente todos equipamentos e sistemas estão 
submetidos à ela, então consideramos ela como o zero relativo, e a pressão no 
zero absoluto é a pressão de vácuo total. Pressões abaixo da pressão 
atmosférica (zero relativo) são consideradas pressões vacuométricas (vácuo). A 
pressão manométrica é aquela que medimos a partir da pressão zero relativo 
(pressão atmosférica) e a pressão absoluta é aquela que medimos a partir do 
zero absoluto. 
Considere a circunferência azul mostrada na Figura 5. Ela possui uma 
pressão absoluta 𝑃𝑃1𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎, medida do zero absoluto, e uma pressão manométrica 
𝑃𝑃1𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚, medida do zero relativo (𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚). Como a pressão manométrica é positiva, 
logo é uma situação em que o fluido tende a ser empurrado para fora do seu 
https://www.shutterstock.com/pt/g/Sergey+Merkulov
 
 
9 
ambiente, como acontece ao enchermos o pneu de uma bicicleta. O ar dentro da 
câmara tende a sair se houver algum furo, pois a pressão dentro da câmara é 
maior que a pressão fora dela. 
Figura 5 – Relação entre a pressão atmosférica, pressão absoluta e pressão 
manométrica
 
Agora considere a circunferência amarela mostrada na Figura 5. Ela 
possui uma pressão absoluta 𝑃𝑃2𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎, medida do zero absoluto, e uma pressão 
manométrica 𝑃𝑃2𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚. Neste caso, a pressão manométrica assume um valor 
negativo, pois está abaixo do zero relativo (𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚), ou seja, é uma situação em 
que o fluido tende a ser succionado. Um exemplo é quando abrimos uma 
embalagem à vácuo de bacon ou carne, em que o ar é succionado para dentro 
da embalagem que antes estava “sem” ar, isso decorre por conta dessa 
diferença de pressão, em que a pressão dentro da embalagem antes era zero 
(ou quase zero). 
A equação que descreve a relação entre a pressão atmosférica, pressão 
absoluta e pressão manométrica é definida por: 
𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 + 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚 (6) 
Exemplo 3: Supondo que a pressão do ar dentro da câmara de ar do pneu 
de uma bicicleta é de 10 psi conforme medição no manômetro da bomba (Figura 
6). Sabendo que a pressão atmosférica é de 101,3 kPa, determine a pressão 
absoluta na câmara no SI. 
 
 
 
10 
Figura 6 – Bomba de ar para encher o pneu de uma bicicleta 
 
Crédito: photopixel/Shutterstock. 
Solução: Como a pressão dentro da câmara da bicicleta está em psi e a 
pressão atmosférica fornecida está em Pa e como o objetivo é fornecer a pressão 
em Pa, o primeiro passo é transformar a pressão de psi para Pa. 
A relação entre psi e Pa é: 1 𝑝𝑝𝑠𝑠𝑝𝑝 = 6894,76 𝑃𝑃𝑃𝑃. Como a pressão na 
câmara, medida no manômetro da bomba, é 10 psi, logo a pressão em Pa é dada 
por: 
𝑃𝑃𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚 = 10.6894,76 → 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚 = 68947,6 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑎𝑎𝑚𝑚 = 68,9476 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
Aplicando a Equação 6 podemos obter a pressão absoluta dentro da 
câmara da bicicleta, assim tem-se: 
𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 101,3.103 + 68,9476.103 → 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 170247,6 𝑃𝑃𝑃𝑃 ou 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 = 170,25 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
TEMA 3 – EQUAÇÃO DA ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
No dia 11/08/2022, o mergulhador Arnauld Gerald bateu o novo recorde 
de mergulho livre atingindo a profundidade de 120 metros no evento Vertical Blue 
nas Bahamas. Ele demorou três minutos e 34 segundos para atingir essa 
 
 
11 
profundidade. O mergulho livre é uma categoria na qual o mergulhador utiliza 
apenas o ar dos pulmões, barbatanas “pés de pato” e máscara de mergulho 
(Figura 7). 
Figura 7 – Mergulho livre 
 
Crédito: Dudarev Mikhail/Shutterstock. 
 
 
12 
Além da dificuldade de não poder respirar durante o mergulho, a pressão 
sobre o atleta aumenta à medida que ele vai se aprofundando no mar. Isso 
porque a coluna de água que está sobre o atleta fica cada vez maior. Essa 
pressão é obtida aplicando a equação da estática dos fluidos. 
Considere um elemento cilíndrico horizontal com comprimento ∆𝑦𝑦 e área 
de seção transversal ∆𝐴𝐴, como mostra a Figura 8. 
Figura 8 – Elemento cilíndrico horizontal 
 
Considera-se a variação da pressão do fundo do cilindro até sua frente 
dada por 𝜕𝜕𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
∆𝑦𝑦. 
Aplicando a equação de equilíbrio de Newton, por meio do somatório das 
forças em y, tem-se: 
�𝐹𝐹𝜕𝜕 = 0 ; �𝑝𝑝 +
𝜕𝜕𝑃𝑃
𝜕𝜕𝑦𝑦
∆𝑦𝑦� ∆𝐴𝐴 − 𝑝𝑝∆𝐴𝐴 = 0 
𝑝𝑝∆𝐴𝐴 +
𝜕𝜕𝑃𝑃
𝜕𝜕𝑦𝑦
∆𝑦𝑦∆𝐴𝐴 − 𝑝𝑝∆𝐴𝐴 = 0 
Logo, 
𝜕𝜕𝑃𝑃
𝜕𝜕𝑦𝑦
∆𝑦𝑦∆𝐴𝐴 = 0 
Isso significa que no plano horizontal a variação da pressão é zero. Isso 
também ocorrerá no eixo 𝑥𝑥. 
Agora considerando um cilindro na vertical, com comprimento ∆𝑧𝑧 e área 
de seção transversal ∆𝐴𝐴, como mostra a Figura 9, tem se a seguinte equação de 
equilíbrio de forças: 
 
 
 
13 
Figura 9 – Elemento cilíndrico vertical 
 
�𝐹𝐹𝑧𝑧 = 0 ; −�𝑝𝑝 +
𝜕𝜕𝑃𝑃
𝜕𝜕𝑧𝑧
∆𝑧𝑧� ∆𝐴𝐴 − 𝛾𝛾(∆𝐴𝐴𝑑𝑑𝑧𝑧) + 𝑝𝑝∆𝐴𝐴 = 0 
−𝑝𝑝∆𝐴𝐴 −
𝜕𝜕𝑃𝑃
𝜕𝜕𝑧𝑧
∆𝑧𝑧∆𝐴𝐴 − 𝛾𝛾∆𝐴𝐴𝑑𝑑𝑧𝑧 + 𝑝𝑝∆𝐴𝐴 = 0 
Logo, 
𝜕𝜕𝑃𝑃
𝑑𝑑𝑧𝑧
∆𝑧𝑧∆𝐴𝐴 = −𝛾𝛾∆𝑧𝑧∆𝐴𝐴 → 
𝑑𝑑𝑃𝑃
𝑑𝑑𝑧𝑧
= −𝛾𝛾 → 𝑑𝑑𝑃𝑃 = −𝛾𝛾𝑑𝑑𝑧𝑧 
ou ainda 
𝑑𝑑𝑃𝑃 = −𝜌𝜌𝑚𝑚𝑑𝑑𝑧𝑧 
O sinal negativo indica que a ação da ação da gravidade está no sentido 
oposto ao do eixo 𝑧𝑧, ou seja, é um vetor de sentido para baixo. 
Considerando todo o fluido, aplica-se uma integral em dois pontos 
definidos 𝑧𝑧0 e 𝑧𝑧1, em que para estes pontos, respectivamente, as pressões são 
𝑃𝑃0 e 𝑃𝑃1, logo: 
� 𝑑𝑑𝑃𝑃
𝜕𝜕1
𝜕𝜕0
= −� 𝜌𝜌𝑚𝑚𝑑𝑑𝑧𝑧
𝑧𝑧1
𝑧𝑧0
 
Resolvendo a integral acima, tem-se: 
𝑃𝑃1 − 𝑃𝑃0 = −𝜌𝜌𝑚𝑚(𝑧𝑧1 − 𝑧𝑧0) → 𝑃𝑃1 − 𝑃𝑃0 = 𝜌𝜌𝑚𝑚(𝑧𝑧0 − 𝑧𝑧1) 
Portanto, 
𝑃𝑃1 = 𝑃𝑃0 + 𝜌𝜌𝑚𝑚(𝑧𝑧0 − 𝑧𝑧1) 
A equação acima pode ser reescrita como: 
𝑃𝑃1 = 𝑃𝑃0 + 𝜌𝜌𝑚𝑚ℎ ou 𝑃𝑃1 = 𝑃𝑃0 + 𝛾𝛾ℎ (7) 
A Equação 7 nos mostra que para qualquer pondo de um fluido a pressão 
é igual a pressão no ponto zero (𝑃𝑃0), que em geral é considerada a pressão na 
 
 
14 
superfície do fluido, mais o peso da coluna de fluido sobre este ponto zero. Por 
exemplo, para sistemas abertos à superfície, como reservatórios, lagos, rios etc., 
a pressão 𝑃𝑃0 é a pressão atmosférica 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚, logo, o termo 𝜌𝜌𝑚𝑚ℎ refere-se à pressão 
manométrica do fluido. 
Vamos fazer alguns exemplos para compreender melhor a aplicação da 
equação da estática dos fluidos. 
Exemplo 4: O tanque mostrado na Figura 10 está cheio de gasolina e 
glicerina. Determine a pressão manométrica sobre a torneira do dreno em 𝐶𝐶 em 
psi. Considere 𝛾𝛾𝑔𝑔𝑎𝑎𝑎𝑎 = 45,3 𝑙𝑙𝑙𝑙/𝑝𝑝é𝑠𝑠³ e 𝛾𝛾𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 = 78,7 𝑙𝑙𝑙𝑙/𝑝𝑝é𝑠𝑠³. 
Figura 10 – Tanque para exemplo 4 
 
Fonte: Hibbeler (2016). 
Solução: Observe que o tanque está aberto, logo, 𝑃𝑃0 = 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚, porém, como 
o objetivo é determinar a pressão manométrica considera-seos valores a partir 
da pressão atmosférica, ou seja, nosso zero relativo é 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 e por isso ela não é 
considerada no cálculo. 
Aplicando a Equação 7 ao exemplo, tem-se: 
𝑃𝑃𝐶𝐶 = 𝛾𝛾𝑔𝑔𝑎𝑎𝑎𝑎ℎ𝑔𝑔𝑎𝑎𝑎𝑎 + 𝛾𝛾𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔ℎ𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔𝑔 → 𝑃𝑃𝐶𝐶 = 45,3.2 + 78,7.3 
Portanto, 
 
 
15 
𝑃𝑃𝐶𝐶 = 326,7 
𝑙𝑙𝑙𝑙
𝑝𝑝é𝑠𝑠²
 
Aqui temos que transformar a unidade de 𝑙𝑙𝑙𝑙/𝑝𝑝é𝑠𝑠² para 𝑙𝑙𝑙𝑙/𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙² que é o 
psi. Sabemos que 1𝑝𝑝é = 12 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙, logo, para esta transformação temos: 
𝑃𝑃𝐶𝐶 = 326,7 
𝑙𝑙𝑙𝑙
𝑝𝑝é𝑠𝑠²
= 326,7
𝑙𝑙𝑙𝑙
12² 𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙²
 
Portanto, 
𝑃𝑃𝐶𝐶 = 2,269 
𝑙𝑙𝑙𝑙
𝑝𝑝𝑝𝑝𝑙𝑙²
 ou 𝑃𝑃𝐶𝐶 = 2,269 𝑝𝑝𝑠𝑠𝑝𝑝 
3.1 Variação da pressão para fluidos compressíveis 
Nesta seção, vamos considerar a variação da pressão do fluido 
compressível à temperatura constante (situação isotérmica). A equação que 
descreve este caso é dada a seguir por: 
𝑃𝑃1 = 𝑃𝑃0𝑒𝑒−(𝑔𝑔/𝑅𝑅𝑅𝑅)ℎ (8) 
em que 𝑅𝑅 é a constante do gás. 
Para uma melhor compreensão dessa aplicação, considere o seguinte 
exemplo. 
Exemplo 5: O gás natural no tanque de armazenamento, mostrado na 
Figura 11, está contido dentro de uma membrana flexível e mantido sob pressão 
constante por meio de uma tampa pesada que se move à medida que o gás 
aumenta ou diminui dentro do tanque. Determine o peso dessa tampa sabendo 
que a pressão manométrica na saída do tanque em 𝐴𝐴 é igual à 600 kPa. O gás 
está a 20°C. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
16 
Figura 11 – Tanque para exemplo 5 
 
Fonte: Hibbeler (2016). 
Solução: Conforme enunciado, a tampa desce à medida que o gás sai 
pelo bocal em A, logo, há um equilíbrio de forças entre o peso da tampa e a 
pressão interna do gás dentro do cilindro que pode ser visualizada na Figura 12: 
Figura 12 – Forças na tampa do tanque para exemplo 5 
 
Fonte: Hibbeler (2016). 
 
 
17 
Aplicando a equação de equilíbrio de força em 𝑦𝑦 (eixo vertical), tem-se: 
�𝐹𝐹𝜕𝜕 = 0 ; −𝑊𝑊 + 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐴𝐴𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚𝑝𝑝𝑎𝑎 = 0 
𝑊𝑊 = 𝑃𝑃𝐵𝐵𝐴𝐴𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚𝑝𝑝𝑎𝑎 → 𝑊𝑊 = 𝑃𝑃𝐵𝐵𝜋𝜋𝑟𝑟𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚𝑝𝑝𝑎𝑎² → 𝑊𝑊 = 𝜋𝜋10²𝑃𝑃𝐵𝐵 
Faremos duas análises neste problema. A primeira é considerando o 
fluido como incompressível. Neste caso, faremos a aplicação direta da Equação 
7 ao problema. 
A Figura 13 mostra algumas propriedades de alguns gases. Observe que 
para o metano (gás natural), a massa específica é 𝜌𝜌 = 0,665 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³. 
Figura 13 – Propriedades físicas dos gases à pressão atmosférica 
 
Fonte: Hibbeler (2016). 
Aplicando a Equação 7 ao problema, tem-se: 
𝑃𝑃𝐴𝐴 = 𝑃𝑃𝐵𝐵 + 𝜌𝜌𝑚𝑚ℎ → 600.10³ = 𝑃𝑃𝐵𝐵 + 0,665.9,81.30 
𝑃𝑃𝐵𝐵 = 600.103 − 0,665.9,81.30 → 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 599804,29 𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑝𝑝𝑜𝑜 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 599,804 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
Note que a pressão devido à coluna de fluido é muito pequena, pois o 
fluido possui uma massa específica pequena. Substituindo 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 599804,29 𝑃𝑃𝑃𝑃 
no cálculo anterior referente ao peso da tampa, tem-se: 
𝑊𝑊 = 𝜋𝜋10²𝑃𝑃𝐵𝐵 → 𝑊𝑊 = 𝜋𝜋100.599804,29 
Portanto, o peso da tampa é 
𝑊𝑊 = 188,43. 106 𝑁𝑁 𝑝𝑝𝑜𝑜 𝑊𝑊 = 188,43 𝑀𝑀𝑁𝑁 
Considerando o gás como um fluido compressível, podemos observar na 
tabela mostrada na Figura 13 que a constante do gás 𝑅𝑅 = 518,3 (𝐽𝐽/(𝑘𝑘𝑚𝑚.𝐾𝐾)). 
 
 
18 
Vamos aplicar a Equação 8 ao problema, para isso temos que passar a 
temperatura para o SI (𝐾𝐾), logo, soma-se à temperatura a constante de 273, ou 
seja, 𝑇𝑇 = 20 + 273, logo, 𝑇𝑇 = 293 𝐾𝐾. Aplicando a Equação 8, ficamos com: 
𝑃𝑃𝐵𝐵 = 𝑃𝑃𝐴𝐴𝑒𝑒−(𝑔𝑔/𝑅𝑅𝑅𝑅)ℎ → 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 600.103𝑒𝑒−(9,81/518,3.293)30 
 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 600.103𝑒𝑒−�6,46.10
−5�30 → 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 600.103𝑒𝑒−1,938.10
−3 
𝑃𝑃𝐵𝐵 = 600.103. 0,99806 
Portanto, 
𝑃𝑃𝐵𝐵 = 598,838 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
Substituindo 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 598,838 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 no cálculo referente ao peso da tampa, 
tem-se: 
𝑊𝑊 = 𝜋𝜋102𝑃𝑃𝐵𝐵 → 𝑊𝑊 = 𝜋𝜋100.598,838.10³ 
Portanto, o peso da tampa é 
𝑊𝑊 = 188,13. 106 𝑁𝑁 𝑝𝑝𝑜𝑜 𝑊𝑊 = 188,13 𝑀𝑀𝑁𝑁 
Veja que a diferença considerando o fluido compressível com 
incompressível é muito pequena, na casa dos �1 − 188,13
188,43
� . 100 = 0,159%. 
Portanto, para este caso considerar a análise do fluido como incompressível não 
trás prejuízo significativo no resultado do peso da tampa. 
Além disso, a diferença de pressão entre o topo 𝐵𝐵 e o fundo 𝐴𝐴 do tanque 
é muito pequena. Para a consideração de fluido incompressível a diferença é de 
𝑃𝑃𝐴𝐴 − 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 600 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 − 599,804 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 = 0,196 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 e para compressível é 𝑃𝑃𝐴𝐴 − 𝑃𝑃𝐵𝐵 =
600 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 − 598,838 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 = 1,162 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃. Com base nestes resultados, geralmente 
é satisfatório não considerar a variação da pressão devido ao peso do gás. Com 
base nesta hipótese, tem-se que 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 𝑃𝑃𝐴𝐴 = 600 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃, logo, o peso da tampa é de 
aproximadamente 𝑊𝑊 = 𝜋𝜋102𝑃𝑃𝐵𝐵 = 𝜋𝜋. 100.600.10³, portanto 𝑊𝑊 = 188,5 𝑀𝑀𝑁𝑁. 
TEMA 4 – MEDIDORES DE PRESSÃO 
Na prática do engenheiro, há muitos dispositivos utilizados para medir a 
pressão absoluta e manométrica. No tópico 2, falamos sobre o barômetro que 
foi o dispositivo inventado por Torricelli para medir a pressão atmosférica. Agora 
falaremos de outros sistemas para medir pressão. Veremos casos bastante 
simples e até obsoletos ou pouco aplicados hoje em dia e outros mais 
rebuscados e bastante aplicados na indústria. 
• Piezômetro – Esse tipo de manômetro é composto por um tubo aberto 
para a atmosfera, enquanto a outra extremidade está inserida em um vaso 
 
 
19 
em que a pressão será medida. A Figura 14 mostra a pressão 
considerando três volumes de fluido. Observe que quanto maior a coluna 
de fluido maior é a diferença de altura do fluido manométrico, 
representado na cor vermelha na Figura 14 e, consequentemente, maior 
a pressão. 
Figura 14 – Propriedades físicas dos gases à pressão atmosférica 
Crédito: Kuno Toming/Shutterstock. 
A pressão nesse tipo de manômetro é medida considerando a equação 
da estática dos fluidos (Equação 7) e esse tipo de manômetro não funciona em 
sistemas com grandes pressões, pois a altura de coluna teria que ser muito 
grande para medi-la, mesmo considerando um fluido manométrico pesado como 
é o caso do mercúrio. 
• Manômetro diferencial - É um dispositivo para determinar a diferença de 
pressão entre dois pontos em um sistema fechado de fluido. A Figura 15 
mostra esse tipo de manômetro. 
 
 
 
20 
Figura 15 – Propriedades físicas dos gases à pressão atmosférica 
 
Crédito: Al Serov/Shutterstock. 
Falaremos como se determina a pressão nesse tipo de manômetro no 
próximo tópico. 
• Manômetro de Bourdon – Para pressões manométricas elevadas o 
manômetro de Bourdon é um dispositivo eficaz, pois consiste em um 
filamento ou elemento de metal enrolado (semelhante a uma mola) que 
se desloca na proporção da pressão do sistema que está sendo medido. 
Esse filamento está conectado ao ponteiro do manômetro que indica o 
valor da pressão. A Figura 16 mostra duas imagens desse tipo de 
manômetro, em que a primeira mostra um manômetro real com seus 
elementos internos e a segunda mostra um exemplo didático da estrutura 
interna desse tipo de dispositivo. 
 
 
 
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Figura 16 – Manômetro Bourdon (a) real e (b) exemplo didático da estrutura 
interna 
 
 (a) (b) 
Créditos: Kinek00/Shutterstock; Hibeler (2016). 
Muitos equipamentos e máquinas possuem esse tipo de dispositivo para 
medir a pressão, pois possui uma larga aplicabilidade com uma tecnologia 
relativamente simples e acessível. 
• Transdutores de pressão – São dispositivos que permitem a leitura de 
forma digital o que facilitaa leitura. Devido a sua tecnologia ele permite a 
leitura de forma rápida à medida que a pressão varia e traz uma leitura 
continua com o passar do tempo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Figura 17 – Transdutor de pressão 
 
Crédito: Sergey Ryzhov/Shutterstock. 
Esse dispositivo é constituído de uma membrana (diafragma fino) que se 
desloca à medida que a pressão a empurra. A deformação da membrana é 
medida por meio de um transdutor de deformação e esse resultado é 
transformado, por meio de equações relativamente simples, em valores de 
pressão. 
• Outros manômetros – O tubo de Bourdon de quartzo fundido de 
compensação forçada é um dos dispositivos mais preciso para medir 
pressão. Semelhante ao manômetro de Bourdon, há um filamento ou tubo 
metálico que é deformado à medida que a pressão atua sobre o sistema, 
entretanto, essa deformação é detectada opticamente. 
Semelhantemente, os manômetros piezoelétricos são também muito 
precisos, pois detectam pequenas variações da pressão por meio da 
mudança do potencial elétrico de um cristal de quartzo ou camadas finas 
de silício. 
 
 
 
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TEMA 5 – CÁLCULO DA PRESSÃO PARA MANÔMETROS PIEZOMÉTRICOS E 
DIFERENCIAIS 
Este tópico dedica-se a compreensão do cálculo da pressão considerando 
manômetros do tipo piezométrico e diferencial. Adotaremos o cálculo somando 
as colunas de cada fluido da esquerda para direita. A pressão é somada 
considerando colunas de cima para baixo e são subtraídas considerando as 
colunas de baixo para cima. Vamos ao primeiro exemplo considerando um 
manômetro do tipo diferencial. 
Exemplo 6: O funil mostrado na Figura 18 contém óleo e água, enquanto 
o tubo U contém um fluido manométrico de mercúrio. Determine a distância ℎ do 
mercúrio até a superfície de óleo a fim de que haja equilíbrio, ou seja, a fim de 
que a pressão gerada pela coluna de óleo mais a água seja equivalente a 
pressão da coluna de mercúrio. Considere 𝜌𝜌ó𝑔𝑔𝑙𝑙𝑙𝑙 = 880 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³, 𝜌𝜌á𝑔𝑔𝑔𝑔𝑎𝑎 =
1000 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³ e 𝜌𝜌𝐻𝐻𝑔𝑔 = 13550 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³. 
Figura 18 – Funil para cálculo do exemplo 6 
 
Fonte: Hibbeler (2016). 
Solução: Conforme metodologia, começamos do ponto 𝐴𝐴. Podemos dizer 
que a pressão no ponto 𝐴𝐴 é zero, pois não está sendo considerado no problema 
 
 
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a coluna de ar acima do ponto 𝐴𝐴, mesmo porque essa pressão é muito pequena 
com relação as demais, pois a massa específica do ar é muito inferior as dos 
demais elementos. Aplicaremos a Equação 7 em que a pressão aumenta (é 
somada) para colunas de fluido que partem de um ponto mais alto para o mais 
baixo e diminui (é subtraída) de um ponto mais baixo para o mais alto e sendo o 
primeiro ponto o 𝐴𝐴 e último ponto o 𝐷𝐷, logo tem-se a seguinte equação aplicada 
ao problema: 
𝑃𝑃𝐴𝐴 + 𝑃𝑃𝐵𝐵 + 𝑃𝑃𝐶𝐶 − 𝑃𝑃𝐷𝐷 = 0 
0 + 880.9,81.0,3 + 1000.9,81.0,4 − 13550.9,81.ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
2589,84 + 3924 − 132925,5.ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
6513,84 − 132925,5.ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
132925,5.ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 = 6513,84 
ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 =
6513,84
132925,5
 → ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0,049 𝑚𝑚 
A coluna de mercúrio para manter as pressões em equilíbrio é ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 =
0,049 𝑚𝑚. Entretanto, a altura solicitada é entre o ponto 𝐷𝐷 e o ponto 𝐴𝐴. Esse valor 
pode ser obtido subtraindo da altura entre o ponto 𝐴𝐴 e 𝐶𝐶 a altura entre os pontos 
𝐶𝐶 e 𝐷𝐷: 
ℎ = ℎ𝐴𝐴𝐶𝐶 − ℎ𝐶𝐶𝐷𝐷 → ℎ = (0,3 + 0,4) − 0,049 
Portanto, ℎ = 0,651 𝑚𝑚. 
Concluímos que a coluna de mercúrio é muito menor que as demais 
colunas, pois a massa específica do mercúrio é muito maior e, assim, obtém-se 
o equilíbrio entre as pressões. 
Exemplo 7: Determine a diferença de pressão entre os pontos 𝐴𝐴 e 𝐵𝐵 (𝑃𝑃𝐴𝐴 − 
𝑃𝑃𝐵𝐵) do manômetro diferencial mostrado na Figura 19. Considere 𝜌𝜌𝐴𝐴𝐶𝐶 =
800 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³, 𝜌𝜌𝐷𝐷𝐵𝐵 = 800 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³ e 𝜌𝜌𝐶𝐶𝐷𝐷 = 1100 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Figura 19 – Manômetro diferencial para o exemplo 7 
 
Fonte: Hibbeler (2016). 
Solução: Aplicando a metodologia, partiremos do ponto 𝐴𝐴 e calcularemos 
as pressões de cada coluna de fluido até o ponto 𝐵𝐵. Assim, tem-se: 
𝑃𝑃𝐴𝐴 − 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐶𝐶 − 𝑃𝑃𝐶𝐶𝐷𝐷 + 𝑃𝑃𝐷𝐷𝐵𝐵 = 𝑃𝑃𝐵𝐵 → 𝑃𝑃𝐴𝐴 − 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 𝑃𝑃𝐴𝐴𝐶𝐶 + 𝑃𝑃𝐶𝐶𝐷𝐷 − 𝑃𝑃𝐷𝐷𝐵𝐵 
𝑃𝑃𝐴𝐴 − 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 800.9,81.0,03 + 1100.9,81.0,065 − 800.9,81.0,25 
𝑃𝑃𝐴𝐴 − 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 235,44 + 701,415 − 1962 
Portanto, a diferença de pressão entre o ponto 𝐴𝐴 e o ponto 𝐵𝐵 é 𝑃𝑃𝐴𝐴 − 𝑃𝑃𝐵𝐵 =
−1025,145 𝑃𝑃𝑃𝑃. Como essa diferença é negativa, significa que a pressão no ponto 
𝐴𝐴 é menor que a pressão no ponto 𝐵𝐵. 
Agora vamos consideram um exemplo de um manômetro piezométrico, 
ou seja, que está aberto para atmosfera. 
Exemplo 8: Calcule a pressão absoluta na tubulação em B se o tanque 
estiver cheio de petróleo bruto como mostra a Figura 20. Considere 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 =
101 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃, 𝜌𝜌𝑝𝑝𝑙𝑙𝑎𝑎𝑝𝑝𝑙𝑙𝑔𝑔𝑙𝑙𝑙𝑙 = 880 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³ e 𝜌𝜌á𝑔𝑔𝑔𝑔𝑎𝑎 = 1000 𝑘𝑘𝑚𝑚/𝑚𝑚³. 
 
 
 
 
 
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Figura 20 – Manômetro piezométrico para o exemplo 8 
 
Fonte: Hibbeler (2016). 
Solução: Aplicando a metodologia, partiremos do topo do tanque e 
calcularemos as pressões de cada coluna de fluido até o ponto 𝐵𝐵. Assim, tem-
se: 
𝑃𝑃𝑎𝑎𝑎𝑎𝑚𝑚 + 𝑃𝑃𝑝𝑝𝑙𝑙𝑎𝑎𝑝𝑝𝑙𝑙𝑔𝑔𝑙𝑙𝑙𝑙 + 𝑃𝑃á𝑔𝑔𝑔𝑔𝑎𝑎 = 𝑃𝑃𝐵𝐵 
101.103 + 880.9,81. (1,5 − 0,4) + 1000.9,81. (0,4 + 0,5) = 𝑃𝑃𝐵𝐵 
𝑃𝑃𝐵𝐵 = 101.103 + 9496,08 + 8829 
Portanto, 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 119,33 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 (abs). Se fossemos considerar a pressão 
manométrica neste problema, basta desconsiderar a pressão atmosférica no 
cálculo, logo, 𝑃𝑃𝐵𝐵 = 18,33 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 (man). 
FINALIZANDO 
Nesta etapa, falamos sobre a pressão, uma das grandezas mais 
frequentes na mecânica dos fluidos. Você aprendeu o princípio de Pascal, o que 
é a pressão atmosférica, pressão absoluta e pressão manométrica e descobriu 
como se constrói a equação da estática dos fluidos aplicada na obtenção da 
pressão em manômetros Piezométricos e Diferenciais. Além disso, viu os 
principais manômetros utilizados na indústria. 
 
 
 
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REFERÊNCIAS 
HIBBELER, R. C. Mecânica dos fluidos. São Paulo: Pearson, 2016.