Estática dos Fluidos

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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
ESTÁTICA DOS FLUIDOS
• Estuda problemas de mecânica dos fluidos onde o fluido está em repouso ou 
num movimento de aceleração uniforme → não há deslocamento relativo 
entre as partículas de fluido adjacentes → o fluido não sofre deformação  
Tensões de cisalhamento nas superfícies das partículas do fluido são nulas.
- As únicas forças que atuam nessas superfícies são as de pressão e a 
gravidade que atua no corpo como um todo
• Neste tópico: estudo de como a pressão varia no meio fluido.
 
Como a pressão em um ponto do fluido varia com a direção?
• Fluido em repouso (não há forças de cisalhamento, somente de pressão e
gravidade) → F = 0 (1ª lei de Newton: Se um corpo está em repouso as 
forças que atuam sobre ele devem ser nulas quando somadas)
• Fluido escoando sem movimento relativo (F = m.a) → o fluido estará em
repouso em relação a um determinado sistema de coordenadas adequado → 
não há forças de cisalhamento
• Aplicando a Lei de Newton em um elemento de volume fluido (metade do 
paralelepípedo):
Dessa forma, fazendo um balanço de forças:
ou = 0
ou = 0
onde ps, py e pz são pressões médias atuando nas superfícies da cunha, 
 (= .g) é o peso específico do fluido e  é a massa específica do 
fluido, ay e az são as acelerações.
zsens
s
z
sen 


 =→= .
ys
s
y



 =→= cos.cos
ysyy a
2
zyx
zxpzxpF

=−=

zszz a
2
zyx
2
zyx
yxpyxpF

=

−−=

𝑝𝑦 − 𝑝𝑠 = 𝜌
𝛿𝑦
2
𝑎𝑦 𝑝𝑧 − 𝑝𝑠 = 𝛾 + 𝜌𝑎𝑧
𝛿𝑧
2
Dessa forma: 
Ou seja, 
e
0pp sy =− 0pp sz =−
syz ppp ==
Como estamos interessados no que acontece com a pressão em um ponto 
quando se varia a direção, analisaremos o caso limite com x, y e z 
tendendo a zero: 
 Lei de Pascal: a pressão num ponto de um fluido em repouso (ou num 
movimento onde as tensões de cisalhamento não existem) não depende da 
direção (independe de )  a pressão é uma grandeza escalar!
e
Ou seja:
Obs.: Quando se tem escoamento, ou seja, quando as tensões de 
cisalhamento forem diferentes de zero, a pressão em um ponto é obtida pela 
média das tensões normais.
Dividindo a primeira e a segunda equação por 
xz e xy, respectivamente, chega-se a: 
 
Apenas o componente normal 
da força F aplicada 
obliquamente à superfície 
contribui para a pressão 
exercida no solo pela placa. A 
componente tangencial atuará 
tangencialmente à placa, 
atuando de forma que ela 
deslize sobre o solo.
A pressão atuará sempre na direção normal. Ela é um escalar pois é a razão 
do módulo da força exercida dividida pela área de aplicação da força.
A pressão em um ponto no fluido é a 
mesma em todas as direções.
Ԧ𝐹 = 𝑝(𝑛𝐴)
• Equação básica do campo de pressão: a pergunta agora é como a pressão 
varia ponto a ponto no fluido (que não apresenta tensões de cisalhamento)?
 x y 
z 
y 
z x 
y 
z 
x+x 
y+y 
z+z 
 =++== 0FFF0F zyx

zyxgkyxPkyxPF
jzxPjzxPF
izyPizyPF
zzzz
yyyy
xxxx
+−=
−=
−=
+
+
+






Pelo balanço de forças: 
onde: 
( ) ( ) ( )
0zyxg
kyxPPjzxPPizyPPF zzzyyyxxx
=+
+−+−+−= +++


( ) ( ) ( )
0gk
z
PP
j
y
PP
i
x
PP zzzyyyxxx
=+

−
+

−
+

− +++ 
Dividindo ambos os membros pelo volume do elemento:
Rearranjando e tomando o limite com o volume tendendo a zero:
( ) ( ) ( )









−
+

−
+

−
=
+++
→
k
z
PP
j
y
PP
i
x
PP
limg
zzzyyyxxx
0zyx

dx
df
x
ff
lim
xxx
0x
=
−+
→ 


k
z
P
j
y
P
i
x
P
g



+


+


=
Pg =

Mas, por definição de derivada: 
então: 
ou seja → equação básica da estática dos fluidos
Operador nabla
• variação de pressão ocorre na direção do vetor gravidade. 
k
z
P
j
y
P
i
x
P
g



+


+


=
zg
z
P
 e 0
y
P
 ,0
x
P
−=


=


=


g
dz
dP
−=
• para um fluido estagnado 
e as componentes da equação ficam: 
ou seja, a pressão é constante em x e y, e varia em z: 
• Equação usada para determinar como P varia com a altura. Observe que o 
gradiente é negativo. Assim, a medida que subimos em direção à superfície a 
pressão diminui.
• Equação para fluidos com massa específica () constante (por ex., líquidos) 
e para fluidos onde  pode variar (ex., gases) → nesse caso, para resolver o 
problema temos que saber como  varia com a altura.
Superfície livre 
(P=P0)
Válida para fluidos 
compressíveis e 
incompressíveis
FLUIDO INCOMPRESSÍVEL ( constante):
• Como as variações da aceleração da gravidade (g), na maioria das 
aplicações da engenharia são desprezíveis, e como para líquidos a variação 
de  pode ser desprezada: 
ou ghPPgdzdP AB0
h
0
P
P
0
AB
−=−−=  ghPP 0AB +=
• Assim, a distribuição de pressão em um fluido homogêneo, 
incompressível e em repouso:
→ é função apenas da profundidade
→ não é influenciada pelo tamanho ou forma do tanque ou recipiente
 −=−= gdzdPg
dz
dP

Consideremos o sistema:
z
Vasos comunicantes 
envolvendo o mesmo fluido: a 
pressão é a mesma para uma 
mesma posição horizontal
 ghPP 0AB +=
 
g
PP
h 0AB

−
= 
PP
h 0AB

−
=
• Da expressão anterior: 
ou pode-se escrever: 
 
ou ainda, 
onde h é a carga (altura de coluna de fluido com peso específico , necessária 
para promover uma diferença de pressão (PAB – P0)).
FLUIDO COMPRESSÍVEL ( varia):
• Gases como oxigênio, nitrogênio e outros, em alguns casos são modelados como 
fluidos compressíveis, pois a massa específica varia significativamente com P e T. 
A equação obtida anteriormente se aplica também para esse caso, mas precisamos 
saber como  varia com z.
g
dz
dP
−=
• A massa específica de gases é, em geral, muito pequena em relação a de 
líquidos: ar (= 0,21 O2 + 0,79 N2) = 1,22 kg/m3 e água= 1000 kg/m3 
 ar (1 atm, 15C) = ar. g = 12 N/m3
 água (1 atm, 15C) = água. g = 9,8.103 N/m3
 a variação da pressão em uma coluna de ar com até algumas dezenas de 
metros é, ainda assim, muito pequena, e pode ser desprezada.
Mas a variação de pressão ao longo de uma coluna de 
gás é significativa?
• para grandes variações de altura, podemos expressar  como função de P:
Pela lei dos gases: PV = nRT, onde n = m/M
 
• Se T não variar com z, ou seja, T = T0 = cte
 
ou 
 
• Se T variar com z, por exemplo, quando se avalia a variação da pressão 
com a altitude, precisamos conhecer uma expressão de T = f(z)
 −=−=−=
===
T
dz
g
R
M
P
dP
g
RT
PM
g
dz
dP
RT
PM
V
m
RT
M
m
PV
)(lnlnln 12
01
2
12
0
2
1
2
1
zz
RT
Mg
P
P
PPdzg
RT
M
P
dP
z
z
P
P
−−==−−= 
)(
12
12
0
zz
RT
Mg
ePP
−−
=
TÉCNICAS DE MEDIDAS DE PRESSÃO
Trata-se de um dos principais parâmetros no estudo do escoamento de fluidos.
DEFINIÇÕES
•Pressão absoluta: medida em relação ao vácuo perfeito (Pabs nula). É sempre positiva.
•Pressão manométrica (relativa): medida em relação à pressão atmosférica local. 
Dessa forma, a pressão manométrica pode ser positiva ou negativa.
Pmanométrica = Pabsoluta – Patmosférica
ou
Pabsoluta = Pmanométrica + Patmosférica
 
Nota-se que P1 (abs) e P2 (abs) serão 
sempre positivas. 
Mas P1 (manom.) > 0 e P2 (manom.) < 0 
(vácuo, pois se está abaixo da pressão 
atmosférica). 
Portanto, pressão manométrica negativa 
é também referida como vácuo. Assim, 
considerando Patm = 100 kPa, se Pabs = 
70 kPa  Pman = - 30 kPa.
Unidades de pressão
• Pressão = Força/área  [P] = [F]/[A]
•SI: [Pa] = N/m2 (1 N/m2 = 1 Pa)
•Sistema inglês: 1 psi = 1 lbf/in2 (obs: psi = psia → pressão aboluta)
psig → pressão manométria
 Em altura de coluna de líquido: 760 mm Hg (abs)
 P = Hg g h = 13600 kg/m3. 9,8 m/s2.0,76 m = 1,013.105 N/m2
Obs.: mca → metros de coluna de água 
MANOMETRIA
Barômetro (Torricelli, ≈ 1644): mede a pressão atmosférica
Considere o desenho abaixo. Inicialmente o tubo estava repleto com 
mercúrio e então, foirapidamente virado com sua extremidade aberta, 
agora bloqueada, e imediatamente inserido em um recipiente contendo Hg.
No equilíbrio: peso da coluna de Hg + Pvapor Hg = Patm, ou seja, 
 
Patm = Hg g h + Pvapor Hg
A contribuição da Pvapor do Hg é normalmente desprezível.
Pvapor Hg (20C) = 0,16 Pa (abs.)
1 atm = 0,76 m de coluna de Hg ou 10,36 m de coluna de água
1 atm = 1,013.105 Pa = 14,7 psi
→ Tipo mais simples de manômetro
 PA = P1 = f g h1 + P0 = 1h1+ P0, onde P0 = P atmosférica
→ Indica a pressão manométrica
 PA = f g h1
Aplicações (destacando-se simplicidade e precisão):
o Quando PA > P0
o PA não pode ser muito alta (a altura da coluna deve ser razoável)
o Apenas para líquidos
Tubo Piezométrico
P2 = P3 (mesmo fluido entre 2 e 3)
P3 = 2 g h2 + P0 = 2 h2 + P0
P2 = PA + 1 g h1= PA + 1h1
Assim: 2 h2 + P0 = PA + 1 h1
PA (abs) = 2h2 - 1h1+ P0
 Alguns cálculos úteis:
o PA (manométrica) = 2 h2 - 1 h1
o Se o componente 1 for um gás: 
PA (manométrica) = 2 h2
Tubo em U
Obs.: pode ser usado para 
escoamento de gases e em 
pressões mais elevadas que o 
anterior.
Tubo Inclinado
• Usado para medir pequenas diferenças de pressão 
P1 = PA + 1 h1  PA = P1 - 1 h1 e P2 = PB +3 h3  PB = P2 - 3 h3
PA - PB = P1 - P2 - 1 h1 + 3 h3, mas P1 = P2 + 2 l2 sen
Portanto: PA - PB = P2 + 2 l2 sen - P2 - 1 h1 + 3 h3
 PA - PB = 2 l2 sen - 1 h1 + 3 h3
•Simplificações:
 Se os bulbos estiverem preenchidos com gases: 1 = 3 = 0
PA - PB = 2 l2 sen ou l2 = (PA - PB)/sen 
Quando → 0 (sen→ 0)   l2  melhora a precisão na medida de
pressões muito baixas.
Um tanque fechado contém ar comprimido e um óleo que apresenta uma 
densidade igual a 0,9. O manômetro em U conectado ao tanque utiliza 
mercúrio com densidade igual a 13,6. Se h1 = 914 mm h2 = 152 mm h3 = 
229 mm, determine a leitura no manômetro localizado no topo do tanque. 
Calcule a diferença de pressão Py - Px
a b
c
Calcule a altura H.
a b
Um reservatório contém quatro fluidos conforme apresentado na Figura 4. No 
topo do reservatório o manômetro registra a pressão efetiva de – 1,2.104 N/m2 . 
Os líquidos de densidades 1 e 2 não são miscíveis com a água. Obter:
i. As cotas nas colunas piezométricas A, B e C. 
ii. A deflexão hm de mercúrio.
= 𝑥 = 1,48 𝑐𝑚
𝑐𝑜𝑡𝑎 𝐵 = 908,48 𝑐𝑚
Água e água do mar escoam em dois tubos paralelos que estão conectados 
por um manômetro. Determine a diferença de pressão entre os dois tubos.
a b
c d
F S
b’
‘
b’
’
Pb= Pb’ + HgghHg
- HgghHg
- HghHg)
→ Pb’= Pb - HgghHg
Um pistão de 5 cm de diâmetro encontra-se apoiado sobre um fluido manométrico 
(Hg), conforme esquema, promovendo um deslocamento de 3 cm no tubo de 1 cm 
de diâmetro a ele conectado. Uma força extra foi aplicada sobre o pistão 
ocasionando um deslocamento de 10 cm no tubo menor. Calcule essa força.
Fp
h=3 cm
Fext
Fp
h=10 cm
a a’
a a’ = 𝑃𝑎′. 𝐴𝑝 = 𝜌𝐻𝑔𝑔ℎ.
𝜋𝐷𝑝
2
4
Em R a pressão é de - 9400 N/m2, sendo a densidade do líquido E igual a 1,4. 
Determinar a densidade do líquido F. 
E
a b
c d
e f
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