Mecânica dos Fluidos - Introdução

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30/03/2011
Eliane Justino - Curso de Engenharia 
Civil - UFG/Catalão 1
MECÂNICA DOS FLUIDOS
Capítulo 02 – 2ª PARTE
UNIVERSIDADE FEDERAL DE GOIÁS
ENGENHARIA CIVIL E DE MINAS
Profa. Eliane Aparecida Justino
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
� Existem forças nas superfícies dos corpos que estão submersos nos fluidos.
� O fluido exerce uma força perpendicular nas superfícies submersas
quando está em repouso, devido a ausência de tensões de cisalhamento,
e a pressão varia linearmente com a profundidade se o fluido for
incompressível.
hp .γ=
Peso Específico = γ
Superfície livre
p = patm
h FR
p = patm
O módulo da força resultante sobre a
superfície inferior do tanque do líquido é:
ApF
FF
R
RV
.=
=∑
Onde: 
p = pressão da superfície inferior
A = área desta superfície
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� Se a pressão atmosférica atuar na superfície livre do fluido e na superfície
inferior do tanque a força resultante na superfície inferior é devido somente
ao líquido contido no tanque, porque as pressão atmosférica se anulam, já
que são iguais mais sentidos inversos.
� A força resultante atua no centróide da área da superfície inferior porque a
pressão é constante e está distribuída uniformemente nesta superfície.
GENERALIZAND
O
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
SUPERFÍCIE PLANA SUBMERSA E INCLINADA
� A força hidrostática aplicada em uma superfície plana e inclinada e com
formato aleatório.
Vamos determinar a direção, sentido,
módulo e ponto de aplicação.
Admitindo, por enquanto, que a superfície
livre do fluido está em contato com a
atmosfera.
O plano coincide com a superfície que está
sendo analisada intercepta a superfície livre
do líquido em O e seja θ o ângulo entre os
dois planos.
O sistema de coordenadas x-y é definido
de modo que o O está na origem do sistema
de coordenadas e y pertence ao plano
coincidente com a superfície que está sendo
ansalisada.
A superfície que estamos analisando pode
apresentar uma forma qualquer.
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
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A força que atua em dA (área diferencial
localizada a uma profundidade h) é:
e é perpendicular à superfície.
O módulo da força resultante na
superfície é determinado somando-se
todas as forças diferenciais que atuam na
superfície que é:
Onde:
dAhdF ..γ=
θsenyh .=
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
∫=
A
R ydAsenF θγ .Se γ e θ são constante, logo:c
O Teorema de Varigon: o momento em relação a um ponto O da 
resultante de várias forças concorrentes é igual à soma dos momentos 
das diversas forças em relação ao mesmo ponto O.
∫
A
ydA É o momento de primeira ordem (momento de primeira ordem
da área) em relação ao eixo X. Portanto, pode escrever:
AyydA c
A
.=∫
Onde: 
yc – coordenada y do centróide medido a partir do eixo X que passa através de O.
Portanto:
hc – distância vertical entre a superfície livre do fluido e o centróide da área.
θγ senyAF cR ..= AhF cR ..γ=
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� Isto significa que o módulo da força resultante é igual à pressão no
centróide multiplicada pela área total da superfície submersa.
� Como todas forças diferenciais que compõem Fr são perpendiculares a
superfície, a resultante destas forças também será perpendicular a
superfície.
� Apesar de nossa intuição sugerir que a linha de ação da força resultante
deveria passar através do centróide da área esta não é o caso.
� A coordenada yr da força resultante pode ser determinada pela soma dos
momentos em torno do eixo X, ou seja, o momento da força resultante
precisa ser igual aos momentos das forças devidas a pressão, ou seja,
∫∫ == AARR dAysenydFyF
2
... θγ
Como:
θγ senyAF cR ...= Ay
dAy
y
c
A
R
.
2
∫
=
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
∫A dAy
2 É o momento de segunda ordem (momento de segunda ordem
da área ou momento de inércia da área), Ix, em relação ao eixo
formado pela interseção do plano que contém a superfície e a
superfície livre (eixo X), obtem-se:
Ay
Iy
c
x
R
.
=
� Se utilizarmos o teorema dos eixos paralelos, Ix pode ser expresso por:
2
. cxcx yAII +=
Onde , Ixc é o momento de segunda ordem em relação ao eixo que passa no
centróide e é paralelo ao eixo X, obtem-se:
c
c
xc
R yAy
Iy +=
.
O que mostra que a força resultante não 
passa através da centróide, mas sempre 
atua abaixo dele, porque Ixc/yc.A > 0
� No livro pg. 54 mostra as propriedades geométricas de algumas
figuras.
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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
Propriedades 
Geométricas de 
Algumas Figuras
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
� A coordenada Xr do ponto de aplicação da força resultante pode ser
determinada de forma análoga, ou seja, somando-se os momentos em
relação ao eixo y. Desta modo:
∫= ARR xydAsenxF ... θγ
Ay
I
Ay
xydA
x
c
xy
c
A
R
..
==
∫
Para
θγ senyAF cR ...=
Onde , Ixy é o produto de inércia em relação aos eixos x e y, utilizando
novamente o teorema dos eixos paralelos, escreve-se:
c
c
xyc
R xAy
I
x +=
.
Ixyc é o produto de inércia em relação ao
sistema de coordenadas ortogonal que
passa através do centróide da área e criado
por uma translação do sistema de
coordenadas x-y.
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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
� Se a área submersa é simétrica em relação ao eixo que passa pelo
centróide e paralelo a um dos eixos (x ou y), a força resultante precisa atuar
ao longo da linha X = Xc, porque Ixyc é nulo, neste caso.
� O ponto de aplicação da força resultante é denominado de centro de
pressão.
� Um aumento de yc provoca uma aproximação do centro de pressão para o
centróide da área.
Como 
θsen
hy cc =
A distância yc cresce se o hc aumentar ou, se para uma dada 
profundidade, a área for rotacionada de modo que o ângulo θ diminua. 
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
EXEMPLO 2.6 – pág. 55
A Figura abaixo mostra o esboço de uma comporta circular inclinada que está
localizada num grande reservatório de água (γ = 9,8 kN/m3 ). A comporta está
montada num eixo que corre ao longo do diâmetro horizontal da comporta. Se o
eixo está localizado a 10m da superfície livre, determine: (a) o módulo e o ponto de
aplicação da força resultante na comporta, e (b) o momento que deve ser
aplicando no eixo para abrir a comporta.
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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
Solução:
(a) Para determinar a força resultante, AhF cR ..γ=
Como a distância vertical entre o centróide e a superfície livre da água é de 
10 m, temos:
( ) ( ) ( ) MNNxxxxFR 23,11023,1410108,9 63 === pi
Localizar o ponto de aplicação da força resultante (centro de pressão): 
c
c
xyc
R xAy
I
x +=
.
c
c
xc
R yAy
Iy +=
.
Para o sistema de coordenadas mostrado, Xr = 0 porque a superfície da
comporta é simétrica e o centro de pressão precisa estar localizado ao longo
da linha A-A.
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
Solução:
O momento de inércia em relação ao eixo que passa no centróide e é paralelo
ao eixo X, é:
4
4RI xc
pi
=
E que yc está mostrado na figura, assim:
( )( )
( )( )
my
sensen
y
Ay
Iy
R
c
c
xc
R
6,1155,110866,0
60
10
4.6010
2.4
.
2
=+=
°
+
°
=+=
pi
pi
A distânciaentre o eixo da comporta e o centro de pressão (ao longo da
comporta) é:
myy cR 0866,0=−
RESUMINDO
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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
Solução:
A força que atua sobre a comporta apresenta módulo igual a 1,23 MN, atua num
ponto localizado a 0,0866 m abaixo da linha do eixo e que é pertencente a linha
A – A. Lembre que a força é perpendicular a superfície da comporta.
(b) O diagrama de corpo livre mostrado na figura pode ser utilizado para
determinar o momento necessário para abrir a comporta. Observe que W é o
peso da comporta, Ox e Oy são as reações horizontal e vertical do eixo na
comporta. A somatória dos momentos em torno do eixo da comporta é nulo,
e nos fornece,
∑ = 0cM
( ) ( )( ) mNxxyyFM cRR .1007,10866,01023,1 56 ==−=
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
EXEMPLO 2.7 – pág. 56
A Figura abaixo mostra o esboço de
um aquário de água salgada (γ = 10,0
kN/m3) que apresenta profundidade
igual a 3,0 m. O reforço triangular
mostrado na Figura deve ser instalado
no aquário devido a um problema que
surgiu num dos seus cantos
inferiores. Determine o módulo e a
localização do ponto de aplicação da
força resultante neste reforço
triangular.
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� SOLUÇÃO:
� As várias distâncias necessárias para resolver este problema estão mostrado
na Figura b. Como a superfície em que estamos interessados está nma vertical,
temos que yc = hc = 2,7 m.
� Portanto:
� Note que esta força não é função do comprimento do tanque. A coordenada do
centro de pressão (CP) pode ser determinada pela expressão:
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
N10x094,1)2/9,0x9,0)(7,2)(10x10(AhF 43cR ==γ=
c
c
xc
R yA.y
Iy +=
� De modo que;
� De modo análogo
42
3
10823,1
36
)9,0)(9,0(
mxI xc
−
==
m
x
xyR 717,27,2)2/9,09,0)(7,2(
10823,1 2
=+=
−
c
c
xyc
R xAy
I
x +=
.
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
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� Conclui-se que o centro de pressão está localizado a 8,3 mm a direita e a 17
mm abaixo do centróide do reforço.
� Note que este ponto pertence a linha mediana mostrada na Figura, isto ocorre
porque a área total pode ser substituída por um número grande de pequenas
tiras com área δa e, como discutido anteriormente, a resultante da forças de
pressão atua no centro de cada uma das tiras. Logo, a resultante destas forças
paralelas precisa estar localizada na linha mediana.
43
2
10113,9)9.0(
72
)9,0)(9,0(
mxIxyc
−
==
m10x3,80)2/9,0x9,0)(7,2(
10x113,9
x 3
3
R
−
−
=+=
2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA
2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� Interpretação gráfica da força desenvolvida por um fluido numa
superfície plana.
� Consideremos a distribuição de pressão ao longo da parede vertical de um
tanque com largura b e que contenha um líquido que apresenta peso
específico γ.
A pressão varia linearmente com a
profundidade.
A pressão relativa é nula na superfície livre do
líquido, igual a γh na superfície inferior do líquido
e que a pressão média ocorre num plano com
profundidade h/2.
Assim a força resultante que atua na área
retangular (A = b.h) é:
AhAPF medR 





==
2
γ
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2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� Esta distribuição de pressão é adequada para toda a superfície vertical
então podemos representar tridimensionalmente a distribuição de pressão
do seguinte modo:
A base deste “volume” no espaço pressão – área
é a superfície plana que estamos analisando e a
altura de cada ponto é dada pela pressão.
Este “volume” é denominado prisma de
pressão e é claro que o módulo da força resultante
que atua na superfície vertical é igual ao volume
deste prisma.
Assim, a força resultante para o prisma é:
( )( ) AhbhhvolumeFR 





===
22
1 γγ
Onde bh é a área da superfície retangular vertical.
2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� A linha de ação da força resultante precisa passar pelo centróide do prisma
de pressões.
� O centróide está localizado no eixo vertical de simetria da superfície vertical
e dista h/3 da base, porque o centróide de um triângulo está localizado a
h/3 de sua base.
� O resultado é consistente com:
CONSIDERANDO QUE A SUPERFÍCIE PLANA ESTÁ
TOTALMENTE SUBMERSA.
c
c
xyc
R xAy
I
x +=
.
c
c
xc
R yAy
Iy +=
.
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2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� Neste caso a seção transversal do prisma das pressões é um trapézio.
� O módulo da força resultante que atua sobre
a superfície; também é igual ao volume do
prisma das pressões e sua linha de ação
passa pelo centróide do volume.
� O módulo da força resultante pode ser obtido
decompondo o prisma das pressões em duas
partes (ABDE e BCD). De modo que:
21 FFFR +=
� A localização da linha de ação de Fr pode ser determinada a partir da
soma de seus momentos em relação a algum eixo conveniente.
2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� Por exemplo, se utilizarmos o eixo que passa através de A, tem-se:
2211 ... yFyFyF AR +=
SUPERFÍCIE PLANA INCLINADA SUBMERSA
� Geralmente a seção transversal, sobre
a superfície do prisma, é um trapézio.
� Apesar de ser conveniente medir as
distância ao longo da superfície
inclinada, a pressão que atua na
superfície é função da distância vertical
entre o ponto que está sendo analisado
e a superfície livre do fluido.
� Prisma de pressões é utilizado para determinar a força em superfícies
planas submersa retangular, porque o volume e o centróide do prisma
podem ser determinado facilmente.
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2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� Quando a superfície não é retangular a determinação do volume e a
localização do centróide pode ser realizado através de integração.
EFEITO DA PRESSÃO ATMOSFÉRICA NA SUPERFÍCIE SUBMERSA
� Não considerando pressão atmosférica medindo pressão relativa.
Se incluirmos a pressão atmosférica, a nova
distribuição de pressão, será:
2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� A resultante da força que atua no lado da parede em contato com o fluido é
uma superposição da resultante da distribuição de pressão hidrostática com
a da pressão atmosférica (Patm . A, onde A é a área da superfície).
� Se consideramos a pressão atmosférica
no lado da superfície que está em contato
com o fluido, também deve-se considerar
no outro lado, admitindo que o outro lado
da superfície também esteja exposta a
atmosfera.
� A pressão atmosférica produz na
superfície que não está em contato com o
fluido uma força de mesmo módulo e
direção de força resultante devida a
pressão atmosférica no lado que está em
contato com o fluido e que os sentidos
destas forças são opostas.
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2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
� Assim conclui-se que a força resultante com que os fluidos atua na
superfície é devida apenas a pressão relativa.
� Se a pressão na superfície do líquido for diferente da atmosférica, como o
que ocorre num tanque fechado e pressurizado, a força resultante que atua
numa área submersa A será igual a superposição da força devida a
distribuição hidrostática com a Ps.A,
Onde: Ps é a pressão relativa na superfície do líquido, admitindo que o outro
lado da superfície está exposto a atmosfera.
2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
EXEMPLO 2.8 – pág. 60
A figura abaixo mostra o esboço de um tanque pressurizado que contém
óleo (densidade = SG = 0,9). A placa de inspeção instalada no tanque é
quadrada e apresenta largura igual a 0,6 m. Qual é o módulo, ea
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 exposto a atmosfera.
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2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
Solução:
A figura mostra a distribuição de pressão na superfície da placa. A pressão
num dado ponto da placa é composta por uma parcela devido a pressão do ar
comprimido na superfície do óleo, ps, e outra devida a presença do óleo (que
varia linearmente com a profundidade). Nós vamos considerar que a força
resultante na placa com área A é composta pelas forças F1 e F2.
Assim,
( ) ( )( ) NxxxxxAhpF s 33311 104,2436,021081,99,01050 =+=+= γ
e
( ) ( ) NxxxAhhF 33122 1095,036,02
6,0
.1081,99,0
2
=





=




 −
= γ
O módulo da força resultante, Fr, é :
kNNxFFFR 4,25104,25 321 ==+=
2.9 – PRISMA DAS PRESSÕES
Solução:
A localização vertical do ponto de aplicação de Fr pode ser obtida somando os
momentos em relação ao eixo que passa através do ponto O. Assim,
( ) ( )2,03,0 21 FFyF oR +=
ou
( )( ) ( )( )
( ) mx
xxyo 296,0104,25
2,01095,03,0104,24
3
33
=
+
=
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2.10 – FORÇA EM SUPERFÍCIES CURVAS
� Tipos de superfície que não são planas: superfícies de barragens,
Tubulações e Tanques.
� É possível determinar a força resultante em qualquer superfície por
integração, mas este procedimento é trabalhoso e não é possível formular
equações simples e gerais.
Por isso, como alternativa, considera-se o equilíbrio
de um volume de fluidos delimitado pela superfície
curva considerada e por suas projeções vertical e
horizontal.
Para determinar a força resultante que atua sobre
esta seção que apresenta comprimento unitário na
direção perpendicular ao plano do papel.
Primeiro isola-se o volume de fluido que é
delimitado pela superfície curva considerada, neste
caso a BC o plano horizontal AB e o plano vertical
AC.
2.10 – FORÇA EM SUPERFÍCIES CURVAS
� O diagrama de corpo livre deste volume é apresentado por:
Os módulos e as pressões dos pontos de
aplicação de F1 e F2 podem ser determinados
utilizando as relações aplicáveis a superfícies planas.
O peso do fluido contido no volume, W, é igual ao
peso específico do fluido multiplicado pelo volume e
o ponto de aplicação desta forma coincide com o
centro de gravidade da massa de fluido contido no
volume.
As forças FH e FV representam as componentes da
força que o tanque exerce no fluido.
Para que o sistema de forças esteja equilibrado os módulos das
componente FH e FV devem:
WFF
FF
V
H
+=
=
1
2 Colineares
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2.10 – FORÇA EM SUPERFÍCIES CURVAS
� Como três forças atuam na massa de fluidos (F2, a resultante de F1 com W
e a força que o tanque exerce sobre o fluido), estas precisam formar um
sistema de forças concorrentes.
� Isto é uma decorrência do seguinte princípio da estática: Quando um corpo
é mantido em equilíbrio por três forças não paralelas, estas precisam
ser concorrentes (suas linhas de ação se interceptam num só ponto) e
coplanares, assim:
� E o módulo da força resultante é obtido pela equação:
� A linha de ação da FR passa pelo ponto O e o ponto de aplicação pode ser
localizado somando-se os momentos em relação a um eixo apropriado.
WFF
FF
V
H
+=
=
1
2
( ) ( )22 VHR FFF +=
2.10 – FORÇA EM SUPERFÍCIES CURVAS
� Assim, o módulo da força que atua na superfície curva BC pode ser
calculada com as informações do diagrama de corpo livre.
� EXEMPLO 2.9 – pg. 62
A figura abaixo mostra o esboço de um conduto utilizado na drenagem de um
tanque e que está parcialmente cheio de água. Sabendo que a distância entre
os pontos A e C é igual ao raio do conduto, determine o módulo, a direção e o
sentido da força que atua sobre a seção curva BC (devida a presença da
água). Admita que esta seção apresenta comprimento igual a 1m.
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2.10 – FORÇA EM SUPERFÍCIES CURVAS
� A Figura b mostra o volume de fluido
delimitado pela seção curva BC, pelo
plano horizontal AB e pelo plano vertical
AC. Este volume apresenta
comprimento igual a 1m. As forças que
atuam no volume são a força horizontal
F1, que age na superfície vertical AC, o
peso, W, da água contida no volume e
as componentes horizontal e vertical da
força que a superfície do conduto
exerce sobre o volume (FH e FV)
( ) ( ) NxxxAhF c 331 1097,319,02
9,0108,9 =





== γ
E a linha de ação desta força horizontal está situada a 0,3m acima de C. O 
módulo do peso, W, é:
( ) NxxxvolW 323 1024,61
4
9,0.108,9. =





==
piγ
Solução
2.10 – FORÇA EM SUPERFÍCIES CURVAS
� E seu ponto de aplicação coincide com o centro de gravidade da massa de
fluido, de acordo com as propriedades geométricas da figura, e este ponto está
localizado a 0,382 m da linha vertical AC (figura c). As condições para
equilíbrio são:
NxWF
NxFF
V
H
3
3
1
1024,6
1097,3
==
==
E o módulo da força resultante é:
( ) ( ) ( ) ( ) NxxxFFF VHR 3232322 1040,71024,61097,3 =+=+=
Solução
� O módulo da força com que a água age sobre o trecho de conduto é igual ao
calculado mas o sentido desta força é oposto mostrado na figura b.
� A figura c mostra a representação correta da força resultante sobre o trecho do
conduto. Note que a linha de ação da força passa pelo ponto O e apresenta a
inclinação mostrada na figura.
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2.10 – FORÇA EM SUPERFÍCIES CURVAS
� Este resultado mostra que a linha de ação da força resultante passa pelo
centro do conduto.
� A mesma abordagem geral pode ser utilizada para determinar a força gerada
em superfícies curvas de tanques fechados e pressurizados.
� Note que o peso do gás normalmente é desprezível em relação as forças
desenvolvidas pela pressão na avaliação das forças em superfícies de tanques
dedicados a estocagem de gases.
� Nestes casos, as forças que atuam nas projeções horizontal e vertical da
superfície curva em que estamos interessados (tais como F1 e F2) podem ser
calculadas como o produto da pressão interna pela área projetada apropriada.
Solução
EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 2 – 2ª PARTE
� EXERCÍCIO 2.52 – pág. 80
� A Figura abaixo mostra o corte transversal de uma comporta que apresenta
massa igual 363 kg. Observe que a comporta é articulada e que esta
imobilizada por um cabo. O comprimento e a largura da placa são
respectivamente iguais a 1,2 e 2,4 m. Sabendo que o atrito na articulação é
desprezível. Determine a tensão no cabo. Sendo γH2O = 9980 N/m3.
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EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 2 – 2ª PARTE
� EXERCÍCIO 2.63 – pág. 81
� A comporta quadrada (1,83 m x 1,83 m) mostrada na figura abaixo pode girar
livremente em torno do vínculo indicado. Normalmente é necessário aplicar uma
força P na comporta para que ela fique imobilizada. Admitindo que o atrito no
vínculo é nulo, determine a altura da superfície livre da água, h, na qual o
módulo da Força P seja nulo. Sendo γH2O = 9980 N/m3.
EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 2 – 2ª PARTE
� EXERCÍCIO 2,70 – pág. 83
� Uma comporta, com 3 m de comprimento, está localizada na parede lateral de
um tanque (veja a Figura abaixo). Determine os módulos da componentes
horizontal e vertical da força com que a água atua sobre a comporta. A linha de
força passa através do ponto A? Justifique a sua resposta. Sendo γH2O = 9980
N/m3.
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
� Empuxo: forçaresultante gerada pelo fluido e que atua nos corpos. É uma
força líquida vertical, com sentido para cima, e é resultado do gradiente de
pressão (a pressão aumenta com a profundidade).
� Para sua determinação vamos considerar um corpo com a forma arbitrária:
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� O volume do corpo arbitrário é
V e está imerso em fluido.
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
� Envolvendo o corpo com um paralelepípedo e analisando seu diagrama de
corpo livre com o corpo removido do paralelepípedo.
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� F1, F2, F3 e F4 – são as forças
exercidas nas superfícies planas do
paralelepípedo.
� Para simplificar as forças na direção
X não estão representadas.
� W é peso do fluido contido no
paralelepípedo (relativo a área
rachurada).
� FB é a força que o corpo exerce
sobre o fluido
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
Analisando as condições de Equilíbrio:
� Direção Horizontal: (1)
� Direção Vertical: (2)
� Se o peso específico do fluido é constante: (3)
Onde: A é a área das superfícies horizontais dos paralelepípedo.
� Substituindo (3) em (2): (4)
� Simplificando: (5)
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
43 FF =
WFFFB −−= 12
( )AhhFF 1212 −=− γ
( ) ( )[ ]VAhhAhhFB −−−−= 1212 γγ
VFB γ= Onde: γ é o peso específico do fluido e
V é o volume do corpo
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
A força de empuxo apresenta módulo igual ao peso do fluido deslocado pelo
corpo, sua direção é vertical e seu sentido é para cima, isto é conhecido como
PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES.
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� A localização da linha de ação da força de Empuxo pode ser determinada
somando-se os momentos das forças mostradas no diagrama de corpos livres
em relação a um eixo conveniente.
� Exemplo: Somando os momentos em relação ao eixo perpendicular ao plano
da figura em que passa pelo ponto D, tem-se:
21112 WyyFyFyF cB −−= (6)
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� Substituindo as forças, Eq. (3) e (5) e a contribuição do peso:
Onde: VT é o volume total definido por (h2 – h1).A
� O lado direito da Eq. (7) é o primeiro momento do volume deslocado V em
relação ao plano x-z de modo que yc é igual a coordenada y do centróide do
Volume V.
� O mesmo procedimento é utilizado para encontrar a coordenada x, onde
demonstra que esta coincide com a centróide xc.
� Assim conclui-se que o ponto de aplicação da força de empuxo coincide com o
centróide do volume deslocado. O ponto de aplicação da força de empuxo é
denominada centro de empuxo.
( ) 21 yVVyVVy TTc −−= (7)
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� Estes resultados também são aplicados aos corpos que flutuam, se o peso
específico do fluido localizado acima da superfície livre do líquido é muito
pequeno em relação ao do líquido onde o corpo flutua. Normalmente esta
condição é satisfeita porque o fluido acima da superfície livre usualmente é o
ar.
� Como consideramos que o fluido
apresenta peso específico constante,
se o corpo está imerso num fluido que
apresenta variação de γ, tal como num
fluido estratificado em camadas, o
módulo da força de empuxo continua
igual ao peso do fluido deslocado.
� Entretanto, o ponto de aplicação da
força não coincide com o centróide do
volume deslocado, mas sim com o
centro de gravidade do volume
descolado
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� EXEMPLO 2.10 – pág. 65
� A figura abaixo mostra o esboço de uma bóia, com diâmetro e peso igual a
1,5m e 8,5kN, 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.
� Nós primeiramente vamos construir o diagrama de
corpo livre para a bóia.
� FB é a força de empuxo que atua
sobre a bóia;
� W é o peso da bóia;
� T é força que tensiona o cabo.
Equilíbrio:
Solução
WFT B −=
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� Sabe-se que:
� O peso específico da água do mar é 10,1 kN/m3 e V = (π d3)/6.
Substituindo,
� Assim, a força que tensiona o cabo é:
� Note que nós trocamos o efeito da forças de pressão hidrostática no
corpo pela força do empuxo.
Solução
VFB γ=
( ) ( ) NxxFB 433 10785,15,1.6101,10 =










=
pi
kNNxxxT 35,91035,91050,810785,1 334 ==−=
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES
� A figura abaixo mostra um outro diagrama de corpo livre que também está
correto, mas que apresenta uma distribuição das forças devidas a pressão.
Lembre que o efeito líquido das forças de pressão na superfície da bóia é
igual a força FB (a força de empuxo).
Solução
EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 2 – 2ª PARTE
� EXERCÍCIO 2.84 – pág. 84
� O Lago formado pela construção da barragem de Tucuruí cobriu uma vasta
região onde existiam muitas árvores nobres. Infelizmente, não houve tempo
disponível para remover todas estas árvores antes do início da formação do
lago. Foi detectado que os corpos de muitas árvores ainda estavam muito bem
conservadas após de 15 anos da formação do lago e algumas pessoas
iniciaram a operação de remoção destas árvores. O primeiro passo utilizado no
processo de remoção consiste em fixá-las ao fundo com âncoras e cabos. O
Segundo passo consiste em cortar os troncos na altura das raízes. A
ancoragem é necessária para evitar que as árvores cheguem na superfície livre
do lago com uma velocidade alta. Admita que uma árvore grande (altura = 30
m) possa ser modelada como um tronco de cone de cone com diâmetro inferior
e superior iguais a 2,4 e 0,6 m, respectivamente. Determine o módulo da
componente vertical da força resultante que os cabos devem resistir quando a
árvore é cortada e ainda está completamente submersa. Admita densidade da
madeira igual a 0,6 e γH2O = 10000 N/m3
30/03/2011
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EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 2 – 2ª PARTE
� EXERCÍCIO 5
� (a) Considere o material cilíndrico poroso (material não maciço, ou seja, possui
vazios em sua composição) mostrado na Figura abaixo, este tem densidade igual
a 0,60 quando seus poros não estão preenchidos com fluido líquido, 1,0 m de
diâmetro e 0,80 m de comprimento, este cilindro estaria estável a que altura, h, se
fosse imerso em um fluido com densidade igual a 1,05? Considere g = 9,81 m/s2
e ρH204oC=1000 kg/m3. b) E se após certo tempo o fluido subir nos poros por
capilaridade e preencher os vazios dos poros do material num valor que chega
até 0,30 do volume deste, qual seria a nova altura de equilíbrio, h, sendo que não
haverá alteração de volume do material? Considere g = 9,81 m/s2 e ρH204oC=1000
kg/m3.
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
� Se um corpo está totalmente mergulhado em um
líquido, e em uma posição de equilíbrio (estático),
seu peso é igual ao empuxo que ele está recebendo
(E=P). Neste caso, será nula a resultante destas
forças e corpo ficará em repouso na posição em
que foi abandonado. É isto que acontece com um
submarino submerso, em repouso, a uma certa
profundidade.
� O valor do empuxo é menor que o peso do corpo
(E<P). Neste caso, a resultante destas forças estará
dirigida para baixo e o corpo afundará, até atingir o
fundo do recipiente. É isto que acontece quando, por
exemplo, abandonarmos uma pedra dentro d’água.
CONDIÇÕES PARA UM CORPOFLUTUAR EM UM LÍQUIDO
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
� O valor do empuxo é maior do que o peso do corpo
(E>P). Neste caso, a resultante destas forças estará
dirigida para cima e o corpo sobe verticalmente no
interior do líquido. É isto o que acontece quando, por
exemplo, abandonarmos uma bloco de madeira no
interior de um líquido. O bloco de madeira ira
submergir até que a resultante das forças se iguale,
ou seja (E=P), assim, nesta posição é que o corpo
flutuará, em equilíbrio.
� Destas considerações podemos concluir que,
quando um navio está flutuando, em equilíbrio, na
água, ele esta recebendo um empuxo cujo o valor é
igual ao seu próprio peso, isto é, o peso do navio
está sendo equilibrado pelo empuxo que ele recebe
da água.
Devemos perceber que o volume imerso no fluido não é o volume total do corpo.
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
� CENTRÓIDE – é o ponto no interior de uma forma geométrica que define seu
centro geométrico.
� CENTRO DE MASSA - é o ponto onde pode ser pensado que toda a massa
do corpo está concentrada para o cálculo de vários efeitos. O centro de massa
não precisa coincidir com o centro geométrico ou o centro de gravidade. O
centro de massa nem ao menos precisa estar dentro do corpo. Para n
partículas, cada uma com posição ri e massa mi, o centro de massa é dado
por:
� CENTRO DE GRAVIDADE – é o ponto onde pode ser considerada a aplicação
da força de gravidade de todo o corpo. O significado a palavra baricentro é de
origem grega (BARI = peso)e designa o centro dos pesos. No caso da força de
gravidade resultar de um campo de gravidade uniforme, o centro de
gravidade é coincidente com o centro de massa. Esta é a aproximação natural
no estudo da física de objetos de pequenas dimensões sujeitos ao campo
gravidade terrestre.
iirmM
1R ∑=
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.2 – ESTABILIDADE
� Um corpo está numa posição de equilíbrio estável se, quando perturbado,
retorna a posição de equilíbrio original.
� O corpo está em posição de equilíbrio instável se ele se move para uma
nova posição de equilíbrio após ser perturbado, mesmo que a perturbação
seja bastante pequena.
� A importância de se analisar o equilíbrio dos corpos submersos e flutuantes
é que o centro de empuxo e de gravidade necessariamente não são
coincidentes, assim uma pequena rotação pode resultar num momento de
restituição ou emborcamento.
� Exemplo:
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.2 – ESTABILIDADE
� Exemplo:
� Corpo totalmente submerso.
� O centro de gravidade está localizado
abaixo do centro de empuxo, uma rotação
a partir do ponto de equilíbrio criará um
momento de restituição formado pelo peso
(W) e pela força de empuxo (FB).
� Note que o binário provocará uma
rotação no corpo para a sua posição
original. Assim o equilíbrio é estável.
� Isso sempre acontece se o centro de gravidade estiver localizado abaixo do
centro de empuxo, mas se o centro de gravidade estiver acima do centro
de empuxo?
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.2 – ESTABILIDADE
� Exemplo:
� Centro de gravidade estiver acima do
centro de empuxo:
� O binário formado pelo peso e pela
força de empuxo causará o
emborcamento (tombamento) do corpo e
ele se movimentará para uma nova
posição de equilíbrio.
� Assim o corpo está numa posição de
equilíbrio instável.
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.2 – ESTABILIDADE
Considerando um corpo que flutua num fluido em repouso
� O problema é mais complicado porque a localização do centro de empuxo
(que coincide com o centróide do volume deslocado) pode mudar quando o
corpo rotaciona.
� Consideremos uma barcaça com calado pequeno.
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.2 – ESTABILIDADE
� A barcaça pode estar em uma posição estável mesmo que o centro de
gravidade esteja acima do centróide, porque a força de empuxo, FB, na
posição perturbada (relativa ao novo volume deslocado) combina com o
peso para formar um binário de restituição (que levará o corpo para a
posição de equilíbrio original).
� .
2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.2 – ESTABILIDADE
� Entretanto se impusermos uma pequena rotação num corpo esbelto que
flutua, como mostra a fig. a seguir, a força de empuxo e o peso podem
formar um binário de emborcação.
30/03/2011
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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE
2.11.2 – ESTABILIDADE
� A análise da estabilidade dos corpos submersos e flutuantes pode ser
dificultada tanto pela geometria quando pela distribuição de peso no corpo
analisado.
� As vezes, também, é necessário considerar outros tipos de forças externa
que atuam no corpo que está sendo analisado (tais como a induzida pelas
rajadas de vento ou correntes no fluido).
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
� Equação Geral do Movimento: (1)
� Desenvolvida para fluidos que estão em repouso ou num movimento que
não apresenta tensões de cisalhamento.
� Admitindo um sistema de coordenadas cartezianas, com o eixo z apontando
para cima (o sentido da gravidade é negativo).
� Desmembrando a Eq. (1):
(2)
� O movimento do fluido que não apresenta tensão de cisalhamento é
aquele onde a massa de fluido é submetida a um movimento de corpo
rígido.
akp ργ =−∇− ˆ
xa
x
P ρ=
∂
∂
− yay
P ρ=
∂
∂
− za
z
P ργ +=
∂
∂
−
30/03/2011
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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
� Exemplo: Se um recipiente de fluido acelera ao longo de uma trajetória
retilínea, o fluido se moverá como uma massa rígida (depois que o
movimento transitório inicial tiver desaparecido) e cada partícula
apresentará a mesma aceleração. Como não existe deformação neste tipo
de movimento, as tensões de cisalhamento serão nulas e a Eq. (1) é
adequada para descrever o movimento.
� Da mesma maneira, se o fluido contido num tanque rotaciona em torno de
um eixo fixo, o fluido simplesmente rotacionará com o tanque como um
corpo rígido e, de novo, a Eq. (1) pode ser utilizada para determinar a
distribuição de pressões no fluido.
2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
� Considerando o movimento retilíneo e uniformemente acelerado de um
recipiente aberto que contém um líquido.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
Figura – Aceleração linear
de uma massa de líquido
com superfície livre.
� Como ax = 0 , tem-se que o gradiente de pressão na direção x (dp/dx) é
nulo.
0=
∂
∂
x
P (3)
30/03/2011
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2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
� Os gradientes de pressão nas direções y e z são:
� A variação de pressão entre dois pontos próximos, localizados em (y, z) e (y
+ dy, z + dz) pode ser expressão por:
� Substituindo (4) em (5) em (6)
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
yay
P
.ρ−=
∂
∂ (4) ( )zag
z
P
+−=
∂
∂
.ρ (5)
dz
z
Pdy
y
Pdp
∂
∂
+
∂
∂
= (6)
( )dzagdyadp zy +−−= ρρ (7)
2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
� Como dp = 0 ao longo de uma linha de pressão constante. Assim, a
inclinação destas linhas é dada por:
� A pressão ao longo da superfície livre, é constante, assim, a superfície livre
da massa de fluido será inclinada se ay ≠ 0. Note que, neste caso, todas as
linhas de pressão constante serão paralelas a superfície livre.
� No caso especial onde ay = 0 e az ≠ 0 que corresponde auma massa de
fluido acelerado na direção vertical, a superfície do fluido será horizontal.
Entretanto, tem-se que a distribuição de pressão não será a hidrostática,
mas fornecida pela equação:
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
z
y
ag
a
dy
dz
+
−=
( )zagdz
dp
+−= ρ
(8)
30/03/2011
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2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
� Se a massa específica for constante, a pressão variará linearmente com a
profundidade.
� Exemplo: A pressão no fundo de um tanque que contém um líquido e que
está apoiado no chão de um elevador com movimento acelerado para cima
é maior que aquela medida quando o tanque está em repouso (ou em
movimento com velocidade constante)
� Se uma massa de fluido está em queda livre (az = -g), o gradiente de
pressão nas três direções é nula.
� Assim, se a pressão no ambiente onde está localizada esta massa de fluido
é zero, a pressão no fluido também será nula.
� A pressão interna nua gota de suco de laranja localizada num veículo
espacial em órbita (uma forma de queda livre) é zero e a única força que
mantém o líquido coeso é a tensão superficial.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
� EXEMPLO 2.11 – pág. 68
� A figura abaixo mostra a seção transversal retangular do tanque de
combustível instalado num veículo experimental. O tanque é ventilado (a
superfície livre do líquido está em contato com a atmosfera) e contém um
transdutor de pressão (veja a figura). Durante o teste do veículo, o tanque é
submetido a uma aceleração linear constante em ay. (a) Determine uma
expressão que relacione ay e a pressão medida no transdutor para um
combustível que apresenta densidade (SG) igual a 0,65. (b) Qual é o valor
máximo da aceleração ay para que o transdutor fique acima do nível do
líquido?
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
30/03/2011
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2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
Solução
� (a) Se a aceleração é horizontal e constante, o fluido se movimentará como
um corpo rígido e a inclinação da superfície livre do fluido pode ser
determinada como Eq. (8).
� Lembrando que az = 0, temos:
� A mudança de profundidade do líquido no lado direito do tanque, z1,
provocada por uma aceleração ay, pode ser determinada pela equação.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
g
az y
−=−
230,0
g
adz y
−=−
230,0
ou ( ) 





=
g
a
dz y230,0
z
y
ag
a
dy
dz
+
−=
2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
Solução
� Como az é nula, a pressão ao longo da parede varia hidrostaticamente (veja
a Eq. (5). Então, a pressão no transdutor é dada pela relação p = γ.h onde
h é a distância vertical entre o transdutor e a superfície livre do líquido.
Deste modo,
� Observe que esta equação só é válida para z1 < 0,15m e que a pressão é
dada em Pa.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
( )( ) ( )






−=












−=
g
a
xxp
g
a
xp
y
y
22
3
10200,210565,9
23,015,01081,965,0
30/03/2011
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2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR
Solução
� (b) O valor da aceleração ay para que o nível do líquido atinja o transdutor
pode ser calculado com a equação
� Se o valor da aceleração da gravidade é o padrão, temos:
� Note que, neste exemplo, a pressão nos planos horizontais não é
constante. Isto ocorre porque dp/dy = -ρ .ay ≠ 0. Por exemplo, a pressão
no ponto (1) é diferente daquela no ponto (2).
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
( ) 





=
g
ay230,015,0 gay 652,0=ou
2/40,681,9652,0 smxay ==
EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 2 – 2ª PARTE
� EXERCÍCIO 2,94– pág. 86
� Um tanque retangular e aberto (largura e comprimento respectivamente iguais a
1 e 2 m) contém gasolina. A superfície livre do fluido se encontra a 1 m do fundo
do tanque. Qual deve ser a aceleração imposta ao tanque para que a gasolina
vaze sabendo que a altura do tanque é igual a 1,5 m, sendo o peso específico
da gasolina a 7910 N/m3.
30/03/2011
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2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
� Após o período transitório inicial, o fluido contido num tanque que gira com
uma velocidade angular, ω, constante em torno do eixo, também
rotacionará como um corpo rígido em torno do mesmo eixo.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
� O módulo da aceleração de uma partícula localizada, a uma distância r do
eixo de rotação é igual a:
� Como as trajetórias das partículas de fluido são circulares, é conveniente
utilizar o sistema de coordenadas cilíndricas polar r, θ e z.
� O gradiente de pressão neste sistema de coordenadas é expresso por:
� Então, para este sistema de coordenadas:
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
rar .
2ω= A direção desta aceleração é radial e que é dirigido para o 
eixo de rotação.
zr e
z
p
e
p
r
e
r
pp ˆˆ1ˆ
∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=∇ θθ
rr era ˆ.
2ω−= 0=θa 0=za
30/03/2011
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2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
� Como:
� A pressão é função das variáveis r e z quando o fluido executa um
movimento de rotação de corpo rígido.
� Portanto, o diferencial de pressão é dado por:
�
� Ao longo de uma superfície com pressão constante tal como a superfície
livre, dp = 0.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
akp ργ =−∇− ˆ
2ωρr
r
p
=
∂
∂ 0=
∂
∂
θ
p γ−=
∂
∂
z
p
dz
z
pdr
r
pdp
∂
∂
+
∂
∂
= dzrdrdp γρω −= 2
2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
� Se aplicarmos nesta superfície e utilizarmos γ = ρg,
tem-se:
� Assim, a equação para as superfícies que apresentam pressão constante é:
� Esta equação revela que as superfícies com pressão constante são
parabólicas.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
dzrdrdp γρω −= 2
g
r
g
r
dr
dz
gdzdzrdr
22
2
ω
ρ
ρω
ργρω
==
==
cte
g
r
z +=
2
2ω
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2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
� A integração da equação:
� Fornece:
Ou
� A constante de integração pode ser determinada em função da pressão em
algumas posição arbitrária (por exemplo r0, z0).
� Este resultado mostra que a pressão varia com a distância em relação ao
eixo de rotação, mas para um dado raio, a pressão, varia hidrostaticamente
na direção vertical.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
dzrdrdp γρω −= 2
∫∫∫ −= dzrdrdp γρω
2
ctez
rp +−= γρω
2
22
2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
� Exemplo 2.12 – pag. 72 - Foi sugerido que a velocidade angular de um
corpo rígido, como um eixo, pode ser medida conectando-se um cilindro
aberto e que contém um líquido ao corpo (do modo mostrado na figura) e
medindo-se, com um sensor de distância, a depressão H – h0 provocada
pela rotação do fluido. Qual é a relação entre a mudança do nível do líquido
e a velocidade angular do corpo?
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
30/03/2011
Eliane Justino - Curso de Engenharia 
Civil - UFG/Catalão 40
2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
Solução: A altura h da superfície livre para r = 0 pode ser determinada pela
equação:
Assim,
O volume de fluido no tanque, Vi, é constante e igual a:
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDOcte
g
r
z +=
2
2ω
0
2
2
h
g
rh += ω
HRVi
2pi=
2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO
Solução:
O volume de fluido contido no tanque, quando este está com movimento de
rotação, pode ser calculado com a ajuda do elemento diferencial. A casca
cilíndrica é tomada em algum raio arbitrário r e seu volume é:
� O volume total é dado por:
� Como o volume de fluido no tanque é constante (admitindo que não haja
transbordamento), temos.
2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO
DE CORPO RÍGIDO
rhdrdV pi2=
0
2
42
0
0
22
42
2 hR
g
Rdrh
g
r
rV
R
pi
piωω
pi +=





+= ∫
0
2
42
2
4
hR
g
RHR pipiωpi += ou
g
RhH
4
22
0
ω
=−
30/03/2011
Eliane Justino - Curso de Engenharia 
Civil - UFG/Catalão 41
EXERCÍCIOS DO CAPÍTULO 2 – 2ª PARTE
� EXERCÍCIO 2,100 – pág. 86
� O tubo U da figura abaixo está parcialmente preenchido com mercúrio e pode
girar em torno do eixo a – a. Quando o tubo está em repouso as alturas das
colunas de mercúrio são iguais a 150 mm. Qual deve ser a velocidade angular
do tubo para que a diferença entre as alturas das colunas se tone igual a 75
mm.