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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Unidade II
Agora estudaremos conceitos relacionados à estática dos fluidos, como o empuxo, a pressão média, 
a Lei de Stevin, os vasos comunicantes e a Lei de Pascal. 
Na sequência, o princípio físico dos medidores de pressão barômetro e manômetro será discutido e 
diferentes tipos de manômetros serão apresentados. 
Finalmente, falaremos a respeito de força aplicada a uma superfície plana submersa.
5 ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Em geral, as regras da estática, como as aplicadas em mecânica dos sólidos, aplicam-se aos fluidos 
em repouso. 
A fim de definir o fluido estático, desconsidera-se qualquer tensão de cisalhamento atuando 
no fluido. Desse modo, somente forças normais (que formam ângulo reto) à superfície serão 
consideradas atuantes. 
Para uma superfície em ângulo arbitrário, tem-se:
Fluido
Fluido
F
F1
F2
F3
R2
R1
R3
R
Sólido
Sólido
Figura 30 – Força de pressão normal à fronteira
É importante notar que a afirmação anterior é válida também para superfícies curvas. Nesse caso, 
a força atuante em qualquer ponto é normal à superfície naquele ponto. De forma geral, a afirmação é 
verdadeira para qualquer plano imaginário contendo um fluido estático. Esse fato é usado na análise, 
considerando elementos do fluido delimitado por planos imaginários. 
Sabe-se que para um elemento do fluido em repouso, o elemento estará em equilíbrio – a soma 
das componentes das forças em qualquer direção será zero, e a soma dos momentos das forças sobre o 
elemento do fluido em qualquer ponto também será zero.
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Unidade II
5.1 Empuxo
O empuxo é um princípio físico de conhecimento de todos, uma vez que um corpo qualquer imerso 
na água aparenta possuir um peso menor do que quando inserido no ar. Caso o corpo tenha densidade 
menor do que a do fluido no qual está imerso, ele flutua.
 Saiba mais
Acredita-se que o rei Hieron II desconfiou de que o ourives que havia 
fabricado sua coroa havia utilizado em substituição ao ouro que lhe havia 
sido confiado parte de prata. Arquimedes foi escolhido para comprovar 
cientificamente que o rei havia sido roubado. Saiba como este grande 
cientista desvendou este dilema acessando:
CENTRO DE ENSINO E PESQUISA APLICADA. Arquimedes. E-física, 2007a. 
Disponível em: <http://efisica.if.usp.br/mecanica/ensinomedio/empuxo/
arquimedes/>. Acesso em: 3 maio 2016.
5.1.1 Princípio de Arquimedes
Quando o corpo sai de uma banheira com água quente, a sensação é de que os braços estão 
estranhamente pesados. Isto se deve ao fato de não haver mais o apoio flutuante da água.
De onde essa força de empuxo vem? Por que é que alguns objetos podem flutuar e outros não? 
O Princípio de Arquimedes diz que quando um corpo está parcial ou completamente imerso em um 
fluido, o fluido exerce uma força sobre o corpo, a força de empuxo, sempre debaixo para cima, igual ao 
peso do volume do fluido deslocado pelo corpo. 
A massa do fluido deslocado pelo corpo é determinada por meio da massa específica do fluido:
ρ ρfluido fluido
fluido
fluido fluido fluido
m
m=
∀
→ = ⋅∀
Segundo o Princípio de Arquimedes, o empuxo é igual ao peso dessa massa de fluido deslocado:
E m g E gfluido fluido fluido= ⋅ → = ⋅∀ ⋅ρ
Por meio da equação anterior, constata-se que a força de empuxo é diretamente proporcional ao 
volume de fluido deslocado.
Deixe cair um pedaço de massa de modelar na água. Ela irá afundar. Em seguida, molde a massa na 
forma de um barco, e ela irá flutuar. Devido à sua forma, o barco desloca mais água do que o pedaço de 
massa e experimenta uma maior força de empuxo. O mesmo raciocínio é verdade para navios de aço.
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
A grandeza densidade desempenha um papel crucial no princípio de Arquimedes. A densidade 
média de um objeto é o que, em última análise, determina se ele flutua.
A figura a seguir representa três situações a respeito da densidade e massa específica relativas do 
corpo e do fluido: 
• Situação A: a densidade do corpo é igual à massa específica do fluido, o que torna o seu peso 
total igual ao peso da água que ele desloca. Assim, a força resultante sobre o corpo é igual a zero, 
permanecendo na posição de equilíbrio.
• Situação B: a densidade do corpo é superior à massa específica do fluido de forma que a força 
resultante é vertical para baixo, levando o corpo para o fundo do reservatório. 
• Situação C: corpo com densidade menor que a massa específica do fluido, podendo flutuar 
parcialmente. Quanto maior a massa específica do fluido, menor será a parte submersa. Isto se 
deve ao fato de o fluido, que tem uma massa específica mais elevada, conter mais massa e, 
portanto, ter peso maior no volume.
A força de empuxo, que é igual ao peso do fluido deslocado, é, portanto, maior do que o peso do 
objeto. O mesmo raciocínio é válido para o objeto com densidade maior que a massa específica do fluido.
É importante ressaltar que a força de empuxo está sempre presente se o objeto flutua, afunda ou se 
está em suspensão num fluido.
A B C
Figura 31 – Forças peso e empuxo atuando sobre um corpo submerso em um fluido. A) Corpo em equilíbrio; 
B) corpo afundando; C) corpo levado à superfície
O quão submerso um objeto flutuante está depende da densidade do objeto relacionada com a do 
fluido. Por exemplo, um navio descarregado tem uma densidade inferior e está menos submerso do que 
o mesmo navio carregado. 
Define-se uma expressão quantitativa para a fração submersa, considerando densidade. A fração 
submersa é a razão entre o volume submerso para o volume do objeto: 
∀
∀
= ∀
∀
sub
obj
fl
obj
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Unidade II
O volume submerso é igual ao volume de fluido deslocado (∀fl). Partindo da relação de densidade 
ρ = m.∀ e substituindo, podemos obter a relação entre as densidades: 
∀
∀
=fl
obj
fl
fl
obj
obj
m
m
ρ
ρ
sendo ρobj a densidade média do objeto e ρfl a massa específica do fluido. Desde que o objeto flutue, 
sua massa e a do fluido deslocado são iguais. 
fra o submersa obj
fl
çã =
ρ
ρ
Essa última relação é útil para medir densidades. Esse procedimento é feito por meio da medição da 
fração de um objeto flutuante que está submersa, por exemplo, com um hidrômetro. Esse instrumento 
é útil para definir a relação entre a densidade de um objeto para um fluido (geralmente água).
Se um objeto flutua, a razão entre densidades é inferior a um. Se afunda, a razão é maior do que um. 
Se a razão das densidades é exatamente um, então ele vai ficar suspenso no fluido, nem afundando nem 
flutuando. Os mergulhadores tentam obter este estado para que possam pairar na água.
Exemplo de aplicação 
Suponha que uma mulher de 60 kg flutue na água doce com 97% de seu volume submerso quando 
seus pulmões estão cheios de ar. Determine sua densidade média.
Solução:
Para determinar a densidade da mulher, considera-se: 
fra o submersa
fra o submersa
obj
fl
obj pessoa fl
pess
çã
çã
=
= = ⋅
ρ
ρ
ρ ρ ρ
ρ ooa
kg
m
kg
m
= ⋅ 



=0 97 10 9703 3 3,
De acordo com o resultado, a densidade da pessoa é menor do que a massa específica da água, 
portanto ela flutua. A densidade corporal é um indicador do percentual de gordura corporal de uma 
pessoa, importante em diagnósticos médicos e treinamento atlético.
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
5.1.2 Peso real e peso aparente 
Toma-se uma moeda, a qual é pesada em ar. Em seguida, ela é pesada de novo, enquanto submersa 
em um fluido. A densidade da moeda é uma indicação da sua autenticidade e pode sercalculada se a 
massa específica do fluido for conhecida.
Essa mesma técnica pode ser utilizada para também determinar a massa específica do fluido se a 
densidade da moeda for conhecida, tudo por meio do Princípio de Arquimedes. 
O peso aparente indica que o empuxo sobre o objeto imerso em um fluido é igual ao peso do fluido 
deslocado. Assim, o objeto parecerá mais leve quando submerso. Além disso, o objeto sofre uma perda 
de peso igual ao peso do fluido deslocado. 
De forma alternativa, em balanças medidoras de massa, o objeto sofre uma perda de massa aparente 
igual à massa do fluido deslocada. 
 Observação
Perda de peso aparente = peso do fluido deslocado.
Perda de massa aparente = massa do fluido deslocado.
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
A massa de uma moeda grega antiga no ar é igual a 8,630 g. Quando a moeda é submersa em água, a sua 
massa passa a ser de 7,800 g. Calcule sua densidade, considerando a massa específica da água ρágua = 1,000 
g/cm3 e que os efeitos provocados pela suspensão em arame da moeda podem ser desprezados.
7,800 g 8,630 g
E T T
PP
Figura 32 
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Unidade II
Solução:
A fim de calcular a densidade da moeda, é preciso encontrar sua massa (dada) e seu volume. O 
volume da moeda é igual ao volume da água deslocada. O volume de água deslocado utiliza o conceito 
de massa específica: ∀ =á
á
á
gua
gua
gua
m
ρ
. 
Note que a massa da água deslocada é igual à massa perdida aparentemente pela moeda: 
mágua = 8,630 – 7,800 è mágua = 0,830 g
∀ = =água
g
g cm
cm
0 830
1
0 8303
3, ( )
( / )
,
Este é o volume da moeda, uma vez que ela se encontra totalmente submersa. Por meio da definição 
de densidade, encontra-se a da moeda: 
∀ = = ⇒ ∀ =moeda moeda
moeda
moeda
m g
cm
g cm
ρ
8 630
0 830
10 43
3, ( )
, ( )
, /
 Observação
A densidade encontrada para essa moeda grega antiga é muito próxima 
da prata pura, apropriada para a época. As mais modernas falsificações de 
moedas não são de prata pura. 
Exemplo de aplicação 
Exemplo 2
Uma esfera de massa me = 2 kg e raio re = 4 cm é totalmente mergulhada em um recipiente contendo 
água. Sabendo-se que a massa específica da água é ρ = 1 kg/l e considerando aceleração da gravidade 
g = 10 m/s2, determine:
A) O peso da esfera (PE).
B) A força de empuxo (E) que a água exerce sobre a esfera.
C) O peso aparente da esfera (PA).
D) A aceleração da esfera (a), desconsiderando o atrito.
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Água
Esfera
Figura 33 
Solução:
A) PE = m.g è PE = 2.10 = 20 N
B) E = ρ.g.∀ è E = ρ π⋅ ⋅ ⋅g r
4
3
3
E = 1000 10
4
3
0 043 2
3kg
m
m
s
m



⋅ 



⋅ ⋅π ( , ) è E = 2,68 N
C) PA = PE – E è PA = 17,32 N
D) FR = mE.a è 17,32 = 2.a è a = 8,66 m/s
2
Exemplo 3
Um corpo de formato cúbico tem 3/4 do seu volume submersos em água, conforme indicado na 
figura que segue. Sabendo que esse corpo possui uma massa m = 150 g, considerando a massa específica 
(ρ) da água 1 g/cm3 e a aceleração da gravidade g = 10 m/s2, determine o volume desse corpo. 
E
P
Figura 34 
Solução:
De acordo com o diagrama do corpo livre:
P = E
mg = ρ⋅ ∀ ⋅
3
4
g
4m = 3.ρ.∀
∀ = 
4
3
m
ρ
 è 
4 0 15
3 1000
⋅
⋅
,
 è ∀ = 2.10-4 m3
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Unidade II
Exemplo 4
O sistema a seguir encontra-se em equilíbrio estático com um bloco maciço preso à uma balança 
indicando a leitura mostrada na figura (mL). Sabendo que esse bloco encontra-se submerso em 0,04 m 
de sua altura e que possui lados iguais l = 0,2 m, determine a massa do bloco (mB) em quilogramas (kg). 
Considere massa específica da água ρ = 1000 kg/m3 e aceleração da gravidade g = 10 m/s2. 
2,0 kg
E T
P
Figura 35 
Solução:
De acordo com o diagrama do corpo livre:
T = P – E
mL.g = mB.g - ρ.l
2.h.g
mB = mL + ρ.l
2.h
mB = 2 + 1000.0,2
2.0,04
mB = 3,6 kg
Exemplo 5
Uma lata de tinta quadrada possui volume de 18 l e encontra-se presa por um fio no fundo de um 
reservatório com água. A massa da lata m = 2,0 kg e 3/4 do seu volume estão submersos. Determine a 
tração (T) no cabo, sabendo que a massa específica da água é ρ = 1000 kg/m3 e g = 10 m/s2. 
E
TPCabo
Figura 36 
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Solução:
De acordo com o diagrama do corpo livre:
P + T = E è T = E – P
T = ρ⋅ ∀ ⋅
3
4
g – m.g
T = 1000
3
4
0 018 10⋅ ⋅ ⋅, – 2.10
T = 115 N
Exemplo 6
A) Calcule a força de empuxo sobre 10.000 toneladas (1,00.107 kg) de aço sólido completamente 
submerso em água e compare com o peso de aço. 
Solução:
Para encontrar o empuxo, primeiramente tem-se que encontrar o peso da água deslocada 
usando a massa específica da água (ρágua) e a densidade do aço (ρaço). Uma vez que o aço é 
completamente submerso, o seu volume e o da água são os mesmos, determinando, assim, sua 
massa e peso. 
A fim de encontrar o volume do aço:
ρ
ρ
ρ
a o
a o
a o
a o
a o
a o
a o
a o
a o
m m
m kg
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
ç
=
∀
→ ∀ =
∀ = = 1 00 10
7 8 1
7, . ( )
, . 00
128 10
3
3
3 3
kg
m
ma o→ ∀ =ç , .
Para encontrar a massa de água deslocada a partir da sua massa específica e sabendo que 
∀água = ∀aço:
m
kg
m
m
m
gua gua gua
gua
á á á
á
= ∀ = 



⋅
=
⋅ρ 1 10 128 10
128 1
3
3
3 3. , . ( )
, . 006kg
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Unidade II
Pelo Princípio de Arquimedes, calcula-se a força de empuxo sobre o aço sólido:
P m g kg
m
s
P E N
P
gua gua
gua
a o
á á
á
ç
= = ( )⋅ 


= =
⋅ 128 10 10
13 10
6
2
7
, .
, .
== =⋅m g Na oç 1 10
8.
Como mostrado pelos resultados, o peso do aço é muito maior do que a força de empuxo (igual ao 
peso da água deslocada), de modo que o aço permanecerá submerso. 
B) Qual é a força de empuxo máxima que a água poderia exercer sobre essa mesma massa de aço 
agora moldada no formato de um barco que deslocaria 1.105 m3 de água? 
Solução:
A massa de água deslocada é encontrada a partir da sua relação com a massa específica e volume:
m
kg
m
m
m kg
gua gua gua
gua
á á á
á
= ∀ = 



⋅
=
⋅ρ 1 10 1 10
1 10
3
3
5 3
8
. . ( )
.
Pelo Princípio de Arquimedes, calcula-se a força de empuxo sobre o aço sólido:
P m g kg
m
s
P E N e P
gua gua
gua a o
á á
á ç
= = ( )⋅ 


= = =
⋅ 1 10 10
1 10 1 1
8
2
9
.
. . 008N
A força máxima de empuxo é dez vezes o peso do aço, ou seja, o navio pode transportar uma carga 
de nove vezes o seu próprio peso sem se afundar.
Fazendo conexões: investigação caseira
O papel alumínio usado na sua casa tem aproximadamente 0,016 mm de espessura. Use um pedaço 
desse papel alumínio com medidas de 10 cm por 15 cm. 
A) Qual é a massa desse pedaço de papel alumínio?
B) Se a folha é dobrada resultando em quatro lados, e clipes de papel e arruelas são adicionados a 
esse “barco”, que forma do barco lhe permitiria segurar mais carga quando colocado na água? Teste a 
sua previsão.
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
5.2 Pressão
Como mencionado anteriormente, um fluido exercerá uma força normal em qualquer fronteira que 
esteja em contato com ele. Uma vez que esses limites podem ser grandes e a força pode diferir de lugar 
para lugar, é conveniente trabalhar em termos de pressão P, que é a força por unidade de área.
Se a força exercida em cada unidade de área da fronteira for a mesma, a pressão é dita uniforme.
Pressão = Força / Área sobre a qual a força é aplicada
P
F
A
=
Uma dada força pode ter uma diferença significativa, dependendo da área sobre a qual é exercida.A pressão é uma grandeza escalar, ou seja, suas propriedades não dependem de direção e sentido 
(orientação). Contudo, a força que age sobre a área é uma grandeza vetorial, mas para o cálculo da 
pressão utiliza-se somente o módulo da grandeza força. 
A pressão é uma grandeza física definida para todos os estados da matéria, mas é particularmente 
muito importante quando estudam-se fluidos. 
Dimensão: 
• Sistema MLT è M L-1 T-2
• Sistema FLT è F L-2
 Lembrete
Unidade de pressão no SI: P è N/m2; kg/m.s2.
A mesma unidade também é conhecida como pascal, isto é: 
1 Pa = 1 N/m2. Ela também é usada frequentemente, como alternativa 
ao SI:
A unidade bar, sendo 1 bar = 105 Pa (N/m2).
Atmosfera (atm) é uma unidade que representa a pressão média da 
atmosfera ao nível do mar. A unidade atm, sendo 1 atm = 1,01.105 
Pa (N/m2). Ainda, as unidades libra-força/polegada quadrada (lbf/pol2 ou 
psi) e milímetros de mercúrio (mmHg) às vezes são utilizadas em medidas 
de pressão. 
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Unidade II
A tabela que segue apresenta alguns exemplos de pressões:
Tabela 19 – Alguns exemplos de pressões em pascal (N/m2)
Exemplos Pressão (Pa)
Atmosfera ao nível do mar 1,0.105
Pneu do carro* 2.105
Pressão sanguínea* 1,6.104
Centro do Sol 2.1016
Centro da Terra 4.1011
* acima da pressão atmosférica
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
Um astronauta está trabalhando fora da Estação Espacial Internacional, onde a pressão atmosférica 
é essencialmente zero. O medidor de pressão em seu tanque de ar lê 6,90.106 Pa. Qual é a força exercida 
pelo ar dentro do tanque sobre a extremidade plana do tanque cilíndrico, um disco de 0,150 m de 
diâmetro? 
A força exercida será determinada a partir da definição P
F
A
= .
Solução:
Rearranjando a definição de pressão para encontrar a força:
F = P.A
Aqui, a pressão P é dada, assim como a área da extremidade do cilindro A, indicada por A = p.r2. Portanto:
F
N
m
m
F
= 



⋅ ⋅ 



= ⋅
6 90 10
0 150
2
122 10
6
2
2
5
, .
,
,
π
Não admira que o tanque deva ser forte. Por meio de F = P.A, nota-se que a força exercida por uma 
pressão é diretamente proporcional à área.
A força exercida sobre a extremidade do tanque é perpendicular à sua superfície interna. Essa 
direção se dá porque a força é exercida por um fluido estático ou estacionário e não apresenta força de 
cisalhamento (forças tangenciais). 
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
As forças que exercem pressão sobre uma área têm suas direções bem definidas: são sempre 
exercidas perpendicularmente a qualquer superfície. É importante ressaltar que a pressão é exercida 
em todas as superfícies. 
Exemplo 2
Qual é a intensidade da força que a atmosfera exerce sobre a cabeça de uma pessoa com área em 
torno de 0,042 m2?
Solução:
Considerando que a pressão P exercida pela atmosfera sobre a cabeça da pessoa é uniforme, a força 
que o fluido (ar) exerce sobre a superfície pode ser calculada por P = F/A. Mesmo sabendo que a pressão 
atmosférica sofre variações de acordo com o local e a hora do dia, será considerada a pressão de 1,0 atm. 
Portanto:
F = P.A
( , )
, .
,
,1 0
1 01 10
1 0
0 042
5
2
2atm
N
m
atm
m⋅




( ) ⋅ ( )è F = 4,2.103 N
Essa força de 4200 N (uma força considerável) é igual à força peso da coluna de ar acima da cabeça 
da pessoa.
Exemplo 3
Um cubo de 20 cm de lado (L), feito de aço e massa m = 5 kg, é apoiado sobre uma superfície. Qual é 
a pressão (P) que esse corpo exerce sobre a superfície? Considere a aceleração da gravidade g = 10 m/s2. 
Solução:
Sabendo que: 
A = L.L e F = P.A
m.g = P.L.L
P
m g
L
= ⋅2
P = ⋅5 10
0 22, 
è P = 1250 N/m2 = 1,25 kPa
80
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 N
om
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gr
am
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ão
: N
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e 
do
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gr
am
ad
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 -
 d
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Unidade II
Exemplo 4
A área de contato entre a sapatilha de uma bailarina e o tablado da academia de dança é de 6 
cm2. Quando ela realiza a ponta em um pé só, qual é a pressão exercida pela bailarina no tablado, 
considerando sua massa de 51 kg? Admita g = 10 m/s2.
Solução:
F = P.A è P
F
A
=
P kPa= ⋅ → =51 10
0 0006
850000 8502
,
N/m 
5.3 Lei de Stevin
Em uma viagem de avião ou durante um mergulho profundo em uma piscina, experimenta-se o 
efeito da pressão com a profundidade em um fluido. Na superfície da Terra, a pressão atmosférica 
exercida sobre os corpos é o resultado da força peso do ar aplicada de cima para baixo. Essa pressão é 
reduzida com o aumento da altitude, diminuindo a força peso do ar sobre os corpos. 
Sob a água, a pressão exercida em um ponto aumenta com a profundidade. Nesse caso, a pressão 
exercida sobre um ponto a uma determinada profundidade é resultado do peso da água sobre o ponto 
mais o peso da atmosfera.
É fácil notar que a mudança de pressão atmosférica percebida em um elevador depende de uma 
viagem de vários metros, mas no mergulho em uma piscina, essa mudança é rapidamente percebida a 
poucos metros de profundidade. Semelhante fato se deve à grande diferença entre as massas específicas 
da água e do ar – uma vez que a água é 775 vezes mais densa que o ar. 
Considere um reservatório, conforme a figura a seguir. 
Volume = A.h
A
h
A
P= m.g
Figura 37 – Reservatório contendo um fluido de altura h
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
O fundo do reservatório suporta o peso do fluido. Sabendo que a pressão exercida no fundo é o peso 
do fluido dividido pela área do fundo do reservatório:
P
m g
A
= ⋅
Encontra-se a massa do fluido por meio do seu volume e massa específica:
m = ⋅∀ρ
O volume do fluido é determinado por meio das dimensões do reservatório:
∀ = ⋅A h
Sendo A a área da base do reservatório e h a altura do fluido: 
m A h= ⋅ ⋅ρ
Substituindo na equação anterior, que define a pressão exercida em um ponto a uma determinada 
profundidade:
P
A h g
A
= ⋅ ⋅ ⋅ρ è P h g= ⋅ ⋅ρ
 Observação
É importante salientar que a pressão a uma profundidade no fluido em 
equilíbrio estático depende somente da profundidade do ponto e não da 
dimensão horizontal do reservatório que o contém. 
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
Conforme descrição anterior, calculou-se a massa do fluido em um grande reservatório. Tomando 
como base a figura a seguir, considere a pressão e a força que agem sobre a retenção de água da 
barragem. A barragem tem 500 m de largura, e a água tem 80 m de profundidade na barragem.
A) Qual é a pressão média na barragem devido à água?
B) Calcule a força exercida contra a barragem e compare com o peso da água na barragem 
(previamente encontrado: 1,96.1013 N).
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Unidade II
Barragem
h
L
F
Figura 38 
Solução: 
A) A pressão média P, devido ao peso da água, é a pressão exercida na profundidade medida de 40 
m, sabendo que a pressão aumenta linearmente com a profundidade. 
A pressão média, devido ao peso de um fluido, é: 
P = ρ.g.h
Considerando a massa específica da água ρ = 103 kg/m3, e tomando h como a profundidade 
média 40 m: 
P
kg
m
m
s
m= ⋅ 



⋅ 



⋅10 10 403 3 2 ( )
P = 3,92.105 N/m2 = 392 kPa
B) A área A da barragem = 80.500 = 4.104 m2, portanto:
F
N
m
m
F N
= 



⋅ ( )
=
3 92 10 4 10
157 10
5
2
4 2
10
, . .
, .
Discussão: 
Apesar de essa força ser grande, ela é pequena se comparada com o peso da água no reservatório 
1,96.1013 N. Assim, a força encontrada representa somente 0,08% da força peso. Note que a pressão 
encontrada no item A) é completamente independente da largura e do comprimento, ou seja, depende 
somente da profundidade média da barragem. 
Então a força depende somente da profundidade média e das dimensõesda barragem, não 
dependendo da extensão horizontal do reservatório. Na figura, a espessura da barragem aumenta com 
a profundidade para equilibrar o aumento da força devido ao aumento da pressão.
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Exemplo 2
Calcule a massa específica média da atmosfera, dado que ela se estende até a altitude de 120 km. 
Solução:
Considerando:
P = ρ . g . h
Tem-se: 
ρ =
⋅
P
g h
Admitindo P ser a pressão atmosférica, h = 120 km e g conhecido, calcula-se ρ:
ρ =
⋅
1 01 10
10 120 10
5 2
2 3
, . /
( / ) . ( )
N m
m s m
 è 8,59.10-2 kg/m3
Discussão: 
Esse resultado representa a massa específica média do ar entre a superfície terrestre e a altura 
máxima da atmosfera em relação à Terra (120 km); ρ, ao nível do mar, é considerada 1,29 kg/m3 – 
aproximadamente 15 vezes o valor médio encontrado. 
Isso se dá devido ao fato de o ar ser um fluido muito compressível. Assim, sua massa específica é 
maior próximo à superfície terrestre e diminui rapidamente com o aumento da altitude. 
Exemplo 3
Calcule a profundidade abaixo da superfície da água, na qual a pressão, devido ao peso da água, é 
igual a 1 atm. 
Solução:
Considerando: 
P = ρ . g . h
Tem-se: 
h
P
g
=
⋅ρ
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Unidade II
Então, sendo P = 1 atm e ρ a massa específica da água:
h
N m
m s kg m
m=
⋅
=1 01 10
10 10
10 3
5 2
2 3 3
, . ( / )
( / ) ( / )
,
ρ
 Observação
Apenas 10,3 m de água criam a mesma pressão que 120 km de ar. Como 
a água é praticamente incompressível, negligencia-se qualquer alteração 
em sua massa específica nessa profundidade.
A Lei de Stevin pode ser entendida como a diferença de pressão (DP) entre dois pontos de um fluido 
em equilíbrio estático e é definida pelo produto da massa específica do fluido (ρ), pela aceleração da 
gravidade (g) e pela diferença de cotas dos dois pontos (h).
O termo pressão hidrostática se deve a fluidos estáticos em situação de repouso. 
y1 = 0
y2
Figura 39 – Um tanque contendo fluido com indicação de diferentes pontos de profundidade
De acordo com a figura anterior:
Pressão na superfície do fluido y1:
P1 = pressão atmosférica
Pressão na profundidade y2:
P y g2 2= ⋅ ⋅ρ
Sendo ∆P P P= −2 1, a pressão no ponto y2 representa a pressão total (ou pressão absoluta) em um 
determinado ponto em uma determinada profundidade dentro do fluido:
∆P P P y g P P
P P y gatm
= − → ⋅ ⋅ = −
= + ⋅ ⋅
2 1 2 2 1
2 2
ρ
ρ
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
A diferença DP entre a pressão absoluta e a pressão atmosférica é chamada de pressão manométrica. 
O nome pressão manométrica é devido à utilização de um manômetro como medidor de diferença de 
pressão. Mais adiante nessa unidade, serão discutidos e mostrados diferentes tipos de manômetros e 
seu princípio físico.
 Saiba mais
É possível demonstrar, por um ensaio simples, que a pressão de um 
fluido aumenta conforme aumenta-se a coluna de líquido. Saiba mais em:
CENTRO DE ENSINO E PESQUISA APLICADA. E-física, 2007b. Disponível em: 
<http://efisica.if.usp.br/mecanica/basico/pressao/experimento/>. Acesso em: 3 
maio 2016.
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
Um reservatório é utilizado para armazenar óleo de soja com massa específica ρ = 0,916 g/cm3. 
Calcule a pressão em Pa e a pressão absoluta em atm no fundo do reservatório, sabendo que ele possui 
5 m de profundidade e está completamente cheio.
Solução:
P h g P
g
cm
kg
g
cm
m
m= ⋅ ⋅ → = 



⋅ 



⋅




⋅ρ 0 916 1
10
10 53 3
6
3
3, ( )) ⋅




10 2
m
s
P = 45800 Pa
Pressão P em atm:
45800
1
1 01 10
0 455Pa
atm
Pa
atm( )⋅ 


=
, .
,
Pressão absoluta (Pab):
Pab = Pressão atmosférica + Pressão da coluna de óleo de soja
Pab = 1 atm + 0,45 atm è Pab = 1,45 atm
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Unidade II
Exemplo 2
Em colunas de líquidos, a pressão manométrica também pode ser chamada de pressão hidrostática. 
Sendo assim, determine a pressão hidrostática exercida por uma coluna vertical de óleo de soja de 3 m 
até a base, sabendo que essa coluna é aberta no topo. Determine, além disso, a pressão absoluta em atm 
nesse mesmo ponto. Considere a massa específica do fluido ρ = 0,916 g/cm3. 
Solução:
P h g P
g
cm
kg
g
cm
m
m= ⋅ ⋅ → = 



⋅ 



⋅




⋅ρ 0 916 1
10
10 33 3
6
3
3, ( )) ⋅




10 2
m
s
P = 27480 Pa
Pressão P em atm:
27480
1
1 01 10
0 275Pa
atm
Pa
atm( )⋅ 


=
, .
,
Pressão absoluta (Pab):
Pab = Pressão atmosférica + Pressão da coluna de óleo de soja
Pab = 1 atm + 0,27 atm è Pab = 1,27 atm
5.4 Vasos comunicantes
O tubo em forma de U, conforme a figura a seguir, é preenchido com dois fluidos não miscíveis que 
se encontram em equilíbrio hidrostático. No lado direito, tem-se o fluido A, de massa específica ρA e, 
no lado esquerdo, o fluido B, de massa específica ρB. Os valores das alturas das colunas de fluido estão 
indicados na figura. 
Interface
B A
L
d
Figura 40 – O fluido B, do lado esquerdo, e o fluido A, do lado direito 
do tubo em forma de U. Sistema em equilíbrio hidrostático
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
A pressão no ponto de interface (Pint.) entre os fluidos (lado esquerdo) depende da massa específica 
(ρB) e da altura do fluido B acima da interface. 
O fluido A do lado direito, à mesma altura (posição da interface), está submetido à mesma 
pressão (Pint.). Tal fato se deve ao equilíbrio estático, no qual as pressões em pontos no fluido A 
no mesmo nível são iguais, mesmo que eles estejam separados horizontalmente, como é a caso 
mostrado na figura anterior.
Ainda observando a figura, nota-se que o fluido B do lado esquerdo fica mais alto do que 
quando comparado à altura do fluido A à direita do tubo U. Isso se deve ao fato de a massa 
específica do fluido B ser menor que a do fluido A. As duas colunas produzem a mesma pressão 
(Pint) na interface. 
Analisando a Pint do lado direito do tubo em U:
P P g lAint = + ⋅ ⋅0 ρ
sendo P0 a pressão atmosférica local. 
Analisando a Pint do lado esquerdo do tubo em U:
P P g l dBint ( )= + ⋅ ⋅ +0 ρ
Sabendo que: Pint (lado direito) = Pint (lado esquerdo) 
Igualando as equações descritas: 
P g l P g l d
l l d
A B
A B
0 0+ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ +
⋅ = ⋅ +
ρ ρ
ρ ρ
( )
( )
Conforme mostrado na equação anterior, a relação final entre as massas específicas e as alturas das 
colunas mostra que as alturas medidas a partir do nível de separação entre dois fluidos são inversamente 
proporcionais às suas massas específicas.
Como observação adicional, ainda na equação anterior, nota-se a não dependência da pressão 
atmosférica e da aceleração da gravidade. 
É importante constatar que os vasos comunicantes são amplamente utilizados para estabelecer 
relações entre as massas específicas de, no mínimo, dois ou mais tipos de fluidos. 
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Unidade II
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
O sistema de vasos comunicantes apresentado a seguir é utilizado para testar a massa específica de 
líquidos. Incialmente o sistema é preenchido com água (ρágua = 1 g/cm
3) e quando é despejado outro 
líquido, o sistema entra em equilíbrio hidrostático. Determine a massa específica desse líquido. 
Líquido
Águah1 = 22 cm
h2 = 18 cm
Figura 41 
Solução:
ρ ρ
ρ
ρ
ρ
L gua
L
gua
L
g h g h
h
h
kg m
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
=
⋅
→ ⋅
=
1 2
2
1
1000 0 18
0 22
818 18
á
á ,
,
, / 33
Exemplo 2
A figura que segue representa vasos comunicantes, com dois fluidos não miscíveis e homogêneos.Sabendo que o sistema encontra-se em equilíbrio hidrostático, determine a razão entre as massas 
específicas do fluido B e do fluido A.
h1 = 22 cm
h2 = 12 cm
h3 = 12 cm
A
B
Figura 42 
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Solução:
ρ ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
ρ
A B
B
A
B
A
B
A
g h h g h
h h
h
⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅
= −
= − → =
( )
( )
( )
,
1 2 3
1 2
3
22 12
12
0 83
5.5 Princípio de Pascal 
Como já é de conhecimento, a pressão é definida como a força por unidade de área. Agora, a questão 
é: a pressão pode ser aumentada em um fluido simplesmente empurrando o fluido? A resposta é: sim, 
mas é muito mais fácil se o fluido estiver em um compartimento fechado. 
Por exemplo, o coração aumenta a pressão arterial, empurrando o sangue num sistema fechado 
(válvulas fechadas numa câmara). Caso se tente empurrar um fluido num sistema aberto, tal como um 
rio, o fluido flui para longe. Já o fluido, em um sistema fechado, não pode fluir para fora, e por isso a 
pressão é mais facilmente aumentada por uma força aplicada.
Entenda o que acontece com a pressão em um fluido fechado – os átomos do fluido estão livres 
para se movimentar, transmitindo a pressão para todas as partes do fluido e também às paredes do 
recipiente. Assim, pode-se afirmar que a pressão transmitida não se altera. 
O fenômeno descrito é chamado de Princípio de Pascal (também conhecido como Lei de Pascal): 
uma mudança na pressão aplicada a um fluido fechado é transmitida, sem diminuir, a todas as porções 
do fluido e também para as paredes do seu recipiente. 
Além disso, a Lei de Pascal implica que a pressão total num fluido se dá pela soma das pressões 
exercidas por diferentes fontes.
 Saiba mais
As habilidades de Blaise Pascal provocaram admiração geral em seu 
tempo. Saiba mais a respeito desse importante cientista em:
MELLO, P. P. Pascal, Blaise. Faculdade de Engenharia Mecânica da 
Unicamp, [s.d.]. Disponível em: <http://www.fem.unicamp.br/~em313/
paginas/person/pascal.htm>. Acesso em: 5 maio 2016.
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Unidade II
5.5.1 Aplicações do Princípio de Pascal
Uma das mais importantes aplicações tecnológicas da Lei de Pascal é encontrada num sistema 
hidráulico, constituído por um sistema de fluido fechado utilizado para exercer forças. 
Os sistemas hidráulicos mais comuns são os freios de carro e prensas hidráulicas. 
P1 = P2
A1
F1
A2
F2
Figura 43 – Sistema hidráulico com dois pistões
A figura anterior representa um sistema hidráulico típico com dois cilindros cheios de certo fluido, 
fechados com pistões e ligados por um tubo chamado de linha hidráulica. 
No pistão esquerdo de área A1 é aplicada uma força F1 descendente, criando uma pressão que é 
transmitida, sem diminuir, a todas as partes do fluido (que se encontra fechado). Assim, sobre o pistão 
direito de área A2 resultará uma força F2 para cima maior do que F1, pois o pistão direito tem uma 
área maior.
Aplicando a Lei de Pascal ao sistema hidráulico anterior, é possível desenvolver uma relação simples 
entre as forças e as áreas. Primeiramente, note que os dois pistões do sistema possuem a mesma altura, 
portanto não haverá nenhuma diferença de pressão devido a uma diferença de profundidade. 
A pressão exercida no pistão de área A1, devido à ação da força, é:
F P
F
A1 1
1
1
: =
De acordo com o Princípio de Pascal, a pressão é transmitida, sem se alterar, através do fluido e para 
as paredes do sistema. Então, a pressão P2 sentida no outro pistão é igual à pressão P1. Sendo: 
P
F
A
e P P2
2
2
1 2= = è 
F
A
F
A
1
1
2
2
=
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Essa equação refere-se às razões entre força e área em qualquer sistema hidráulico, desde que os 
pistões tenham a mesma altura vertical e o atrito no sistema seja desprezível. 
Os sistemas hidráulicos podem aumentar ou diminuir a força aplicada sobre eles. Para tornar uma 
fora maior, a pressão deve ser aplicada em uma área maior, por exemplo: se uma força de 100 N é 
aplicada ao cilindro da esquerda (figura anterior) e o cilindro da direita tem uma área cinco vezes maior. 
Sendo assim, a força aplicada no cilindro da direita será de 500 N.
Sistemas hidráulicos são análogos às alavancas simples, mas ainda com a vantagem de que a pressão 
pode ser transferida através de linhas curvas para vários lugares e ao mesmo tempo. 
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
Na figura que segue é apresentada uma prensa hidráulica com êmbolos de massa desprezíveis e 
diâmetros de 80 cm e 20 cm. Determine a força necessária a ser aplicada no êmbolo D para que a massa 
indicada possa ser equilibrada no êmbolo C.
F
C D
Figura 44 
Solução:
Sabendo que: 
A R cm
A R cm
C C
D D
= ⋅ → ⋅
= ⋅ → ⋅
π π
π π
2 2
2 2
1600
100
Aplicando o Princípio de Pascal na prensa hidráulica:
F
A
F
A
F A
F
A
F cm
F
cm
F F
C
C
D
D
D D
C
C
D
C
D C
= ⇒ = ⋅
= ⋅ ⋅
⋅
⇒ = ⋅π
π
100
1600
1
16
2
2( ) ( )
92
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Unidade II
Analisando o Diagrama do Corpo Livre para o corpo C, e lembrando que o sistema atinge equilíbrio: 
FC = 1200 N.
1200 N
FC
C
Figura 45 
F F
F N
D C
D
= ⋅ = ⋅
=
1
16
1
16
1200
75
Exemplo 2
O sistema ilustrado encontra-se em equilíbrio estático, e uma pressão P1 = 300 kPa foi aplicada 
conforme indicado. Sabe-se que a mola está comprimida de x = 6 cm e que sua constante elástica é de 
k = 200 N/cm. As áreas dos cilindros 1, 2 e da haste são de 40 cm2, 20 cm2 e 2 cm2, respectivamente. 
Determine a pressão no cilindro 2 (P2). 
P1
P1
Fmola
F1
F2
A1
A2
P2
Figura 46 
93
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Solução: 
Sabendo que o sistema encontra-se em equilíbrio estático: 
F F Fmola − − =1 2 0
Sendo P
F
A
F P A e F k x
k x P A A P A
P
k x P A A
mola
H
H
= → = ⋅ = ⋅
⋅ − ⋅ − − ⋅ =
= ⋅ − ⋅ −
1 1 2 2
2
1 1
0( )
( ))
( / ) ( ) . ( ) ( ) ( )
(
A
P
N cm cm Pa m
m
2
2
5 4 2
4 2
200 6 3 10 40 2 10
20 10
= ⋅ − ⋅ − ⋅
⋅
−
− ))
/P N m kPa2
230000 30= =
Exemplo 3
Qual deverá ser a força aplicada na alavanca, mostrada na figura, para que o sistema suporte uma 
massa de 800 kg e permaneça em equilíbrio estático? Considere os raios dos cilindros: R1 = 30 cm e 
R2 = 6 cm. 
R1
R2
A
F
40 cm 20 cmB
C
Figura 47 
94
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Unidade II
Solução:
Observe o diagrama de forças que segue:
F2
F1
P
F3
F3F
Figura 48 
Sabendo que o sistema encontra-se em equilíbrio estático:
 
P
F
A
F P A e P m g= → = ⋅ = ⋅
Cilindro P F e P F mg P A
m g P R P
m g
R
 1 01 1 1 1
1 1
2
1
1
:
( )
( )
− = = → = ⋅
⋅ = ⋅ ⋅ → = ⋅
⋅
π
π 22
1
2
2 2 1
2800 10
0 3
2857143P
kg m s
m
P N m= ⋅
⋅
→ =( ) ( / )
, ( )
, /
π
Cilindro F F F F F P A
F P R
F N
 2 0
2857143
2 3 2 3 3 1 2
3 1 2
2
3
:
( )
, (
− = = → = ⋅
= ⋅ ⋅
=
π
// ) , ( ) ,m m F N2 2 2 30 06 323 13⋅ ⋅ → =π
Alavanca: M M M F AB F BC
F
F BC
AB
N m
F F= = → ⋅ = ⋅
= ⋅ = ⋅
∑ 0
323 13 0 2
0
3 3
3 , ( ) , ( )
,, ( )
,
4
16156
m
F N=
95
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o:
 N
om
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do
 re
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or
 -
 d
at
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Exemplo 4
O macaco hidráulico, representado a seguir, deverá suportar um corpo de massa 600 kg. 
Desconsiderando as massas dos pistões A e B com diâmetros de 100 mm e 25 mm, respectivamente, 
qual deve ser o valor da força F?
450 mm
600 kg
B
C
60 mm
Óleo
AD
Figura 49 
Solução:
Sabendo que o sistema encontra-se em equilíbrio estático: 
P
F
A
F P A e P m g= → = ⋅ = ⋅
Pisto A P F P F mg P A
m g P R P
m g
A A leo A
leo A leo
ã ó
ó ó
:
( )
− = = → = ⋅
⋅ = ⋅ ⋅ → = ⋅
0
2π
ππ
π
⋅
= ⋅
⋅
→ =
( )
( ) ( / )
, ( )
,
R
P
kg m s
m
P KPa
A
leo leo
2
2
2 2
600 10
0 05
769 23ó ó
Pist o B F F F F F P A
F P R
F
C B C B C leo B
C leo B
C
ã ó
ó
:
( )
,
− = = → = ⋅
= ⋅ ⋅
=
0
769 23
2π
.. ( / ) , ( ) ,10 0 0125 377 593 2 2 2N m m F NC⋅ ⋅ → =π
Haste M M M F F
F
F N mm
F FC C
C
:
, ( ) ( )
= = → ⋅ = ⋅
= ⋅ = ⋅
∑ 0 450 60
60
450
377 59 60
450(( )
,
mm
F N= 50 34
96
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Unidade II
Exemplo 5
A figura a seguir representa um sistema de freio. Sabendo que o pé do operador aplica uma força de 
F = 15 kgf no pedal, determine as forças resultantes nos cilindros 1 e 2.
Dados: 
Área do cilindro mestre (ACM) = 0,02 m
2
Área do cilindro 1 (A1) = 0,04 m
2
Área do cilindro 2 (A2) = 0,06 m
2
Cilindro 
mestre
Cilindro 2
Pedal
Cilindro 1
Figura 50 
Solução:
Alavanca do pedal
ΣMA
F F
F F
=
⋅ = ⋅
=
0
0 25 0 1
2 5
1
1
, ,
,
F
A
10 cm
15 cm
F1
Figura 51 
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Cilindro mestre
F F
F P A
P
P kgf m
CM
1 2
1
1
1
2
0 25
15 0 25 0 02
1875
=
⋅ = ⋅
⋅ = ⋅
=
,
, ,
/
P1
F1
F2
A1
Figura 52 
Cilindro 1
F P A
F
F kgf
C3 1 1
3
3
1875 0 04
75
= ⋅
= ⋅
=
,
P1
F3
Figura 53 
Cilindro 2
F P A
F
F kgf
C4 1 2
4
4
1875 0 06
112 5
= ⋅
= ⋅
=
,
,
P1
F4
Figura 54 
98
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Unidade II
Um sistema hidráulico simples, assim como uma máquina simples, pode aumentar a força, mas não 
pode realizar mais trabalho do que o realizado por ela. 
Lembrando que o trabalho é a força vezes a distância percorrida, para um sistema hidráulico, 
o cilindro secundário se move por uma distância menor do que o cilindro mestre. Além disso, 
quanto mais cilindros secundários forem adicionados, menor será a distância em que cada um 
se moverá. 
 Observação
Uma curiosidade é que o movimento das pernas de uma aranha é 
conseguido, em parte, por um sistema hidráulico. Usando os conceitos de 
hidráulica, uma aranha saltadora pode criar uma força que a torna capaz 
de saltar 25 vezes o seu comprimento!
6 MEDIDORES DE PRESSÃO I
Em um fluido com uma superfície livre de pressão, numa profundidade qualquer (y2) medida a partir 
da superfície livre (y1 = 0), a pressão é dada por: 
P = ρ.g.(y1 – y2) = ρ.g.h
Sendo:
(y1 – y2) = h
y1 = 0
y2
Figura 55 – Um tanque contendo fluido com 
indicação de diferentes pontos de profundidade
Contudo, na superfície dos fluidos, normalmente tem-se a atuação da pressão atmosférica 
(Patm). Assim:
P = ρ.g.h + Patm
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Constantemente vive-se sob a pressão da atmosfera, e tudo mais que existe está sob essa 
pressão. É conveniente, e feito com frequência, tirar a pressão atmosférica adotando-a como 
referência. Assim, as pressões são citadas como acima ou abaixo da pressão atmosférica (Patm).
Uma pressão relativa à pressão atmosférica é chamada de pressão manométrica (PMAN ou PM) e pode 
ser definida como:
PM = ρ.g.h
Considerando aceleração da gravidade (g) aproximadamente constante, a pressão manométrica 
pode ser dada pela medida da altura vertical de qualquer fluido de massa específica (ρ).
O limite inferior de qualquer valor de pressão é zero – pressão no vácuo perfeito. Qualquer pressão 
medida acima do limite inferior é conhecida como pressão absoluta (Pabsoluta): 
Pressão absoluta = pressão manométrica + pressão atmosférica:
Pabsoluta = ρ.g.h + Patm
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
Admitindo uma pressão de P = 500 kN/m2, massa específica da água ρH2O = 1000 kg/m
3 e considerando 
aceleração da gravidade g = 10 m/s2, determine: 
A) A pressão P em metros de coluna d’água: 
P g h
h
P
g
h metros de gua
= ⋅ ⋅
=
⋅
=
⋅
=
ρ
ρ
500 10
1000 9 8
50 95
3.
,
, á
B) A pressão P em metros de mercúrio (ρHg = 13,6.10
3 kg/m3):
P g h
h
P
g
h metros de Merc rio
= ⋅ ⋅
=
⋅
=
⋅ ⋅
=
ρ
ρ
500 10
13 6 10 9 8
3 75
3
3
.
, ,
, ú
100
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Unidade II
 Saiba mais
Os medidores de pressão são muito utilizados na indústria. Estes 
equipamentos são calibrados frequentemente para garantir a segurança 
do processo e qualidade dos produtos. Saiba mais a respeito do processo de 
calibração destes medidores em:
UNIÃO DAS TECNOLOGIAS DA UNICAMP. Calibração. [s.d.]. Disponível 
em: <http://www.fem.unicamp.br/~instrumentacao/pressao/calibracao01.
html>. Acesso em: 6 maio 2016.
6.1 Barômetro
O barômetro é um dispositivo responsável por medir a pressão atmosférica num determinado local 
de interesse. 
O princípio de funcionamento de um barômetro se dá devido à força que a pressão atmosférica 
exerce sobre a superfície livre do fluido exposto, tendo como consequência que o fluido em questão 
suba pelo tubo. 
Um barômetro de mercúrio é mostrado na figura seguir. A altura do mercúrio é tal que: Patm = ρHg.g.h. 
A pressão barométrica é uma pressão absoluta, pois tem-se vácuo acima da coluna de mercúrio dentro 
do tubo. 
Hg
H
Patm
Figura 56 – Desenho esquemático de um barômetro de mercúrio
Quando a pressão atmosférica varia, a coluna de mercúrio sofre alguma alteração (sobe ou desce). 
Portanto, o barômetro também pode ser usado como altímetro, uma vez que a pressão atmosférica 
média do local varia com a altitude. 
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
 Saiba mais
Em 1643, foi conduzido um experimento que culminou no 
desenvolvimento do barômetro, instrumento em que o ar atmosférico 
exerce uma força sobre a superfície livre do mercúrio. Para mais informações 
sobre o assunto, acesse:
E-CÁLCULO. Instituto de Matemática e Estatística da Universidade de 
São Paulo. Evangelista Torricelli (1608-1647). [s.d.]. Disponível em: <http://
ecalculo.if.usp.br/historia/torricelli.htm>. Acesso em: 6 maio 2016.
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
Um barômetro é utilizado para medir a pressão atmosférica ao nível do mar, conforme ilustrado 
a seguir. Considerando a aceleração da gravidade local g = 9,8 m/s2 e a massa específica do mercúrio 
ρHg = 1,36.10
4 kg/m3, determine a pressão no ponto 0. 
PO
C 0
Mercúrio
(Hg)
76
 c
m
Figura 57 
P0 = Vácuo de Torricelli
Solução
P0 = PC
Patm = P0 + ρHg.g.h
Patm = 0 + 1,36.10
4.9,8.0,76
Patm = 101293 N/m
2 = 101,29 kPa = 1,01.105 Pa 
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Unidade II
Exemplo 2
Um tubo com aproximadamente 1 m de comprimento é totalmente preenchido com mercúrio 
(ρHg = 1,36.10
4 kg/m3) e entornado em um recipiente aberto, sem que ar entre no tubo. Após o 
procedimento descrito, o sistema entra em equilíbrio conforme a figura que segue. Determine a 
pressão atmosférica local. 
Patm
C B
A
Mercúrio
(Hg)
68
cm
Figura 58 
Solução:
PC = PB
Patm = PA + ρHg.g.h
Patm = 0 + 1,36.10
4.9,8.0,68
Patm = 90630 N/m
2 = = 90,63 kPa = 9,06.104 Pa
6.2 Manômetros
A pressão manométrica, descrita anteriormente e definida como PM = ρ.g.h, pode ser dada pela 
medida da altura vertical de qualquer fluido de massa específica (ρ). 
A pressão manométrica representa a diferença entre a pressão medida pelo instrumento e a pressão 
atmosférica no local, ou seja, pressão relativa à atmosférica. 
A fim de obter o valor da pressão absoluta basta somar a pressão manométrica obtida pelo manômetro 
com o valor da pressão atmosférica local.
De acordo com a definição,a pressão manométrica medida ao ar livre será sempre zero.
Pressão absoluta = pressão manométrica + pressão atmosférica:
Pabsoluta = ρ.g.h + Patm
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
6.2.1 trico
O manômetro de tubo piezométrico é um medidor muito simples, constituído de um tubo aberto na 
parte superior, o qual está ligado ao topo de um recipiente contendo fluido a uma pressão maior que a 
atmosférica. Observe a figura que segue: 
 
h1
A
B
h2
Figura 59 – Desenho esquemático de um 
manômetro de tubo piezométrico
Sendo o tubo aberto à atmosfera, a pressão medida será relativa à pressão atmosférica. 
Pressão no ponto A è pressão devida à coluna do fluido acima de A.
PA = ρ.g.h1
Pressão no ponto B è pressão devida à coluna do fluido acima de B.
PB = ρ.g.h2
O manômetro de tubo piezométrico é usado somente para líquidos (isto é, não é utilizado para 
gases) e apenas quando é conveniente medir a altura do líquido. O medidor não deve ser muito pequeno 
ou muito grande e as alterações na pressão devem ser acusadas.
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
A figura a seguir representa um piezômetro o qual possui uma inclinação de 30o em relação à 
horizontal. Sabendo que o fluido A é água (ρH2O = 1,00.10
3 kg/m3) e o B mercúrio (ρHg = 1,36.10
4 kg/m3), 
determine a pressão P1: 
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Unidade II
P1
h1
C 1 =
 15
 cm
C 2 =
 10 
cm
h2
A
B
30º
Figura 60 
Solução:
h1 = C1.sen30
o
h2 = C2.sen30
o
P1 = ρH2O.g.h1 + ρHg.g.h2
P1 = ρH2O.g. C1.sen30
o + ρHg.g. C2.sen30
o
P1 = 1,00.10
3.10.(0,15.sen30o) + 1,36.104.10.(0,15.sen30o)
P1 = 7550 P1 = 7,5 kPa
6.2.2 Manômetro metálico ou de Bourdon
O manômetro metálico é amplamente utilizado na indústria. O seu princípio de funcionamento consiste 
em um tubo flexível com formato tipo “C”. Quando aplicada a pressão sobre o tubo (que é preenchido 
com o fluido), ele se flexiona, transmitindo esse movimento por meio de articulações e engrenagens e, 
consequentemente, deflete o ponteiro indicativo sobre uma escala, conforme figura a seguir. 
Engrenagem
Entrada de pressão
Articulação
Tubo flexível
Ponteiro
Figura 61 – Esquema estrutural de um manômetro de Bourdon
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
As regiões interna e externa do tubo metálico estão sujeitas às pressões P1 e P2, respectivamente. 
Assim, o manômetro indicará a diferença das pressões (P1 – P2). 
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
As câmaras representadas a seguir estão pressurizadas com ar comprimido. Determine a leitura do 
manômetro 1, sabendo que a massa específica da água é ρH2O = 1000 kg/m
3.
20
 c
m
Ar_Câmara 1
Ar_Câmara 2 H2O
2
1
200 kPa
Figura 62 
Solução:
Câmara 1
PAR1 = Patm + ρH2O.g.h
PAR1 = Patm + 1000.10.0,2
PAR1 = Patm + 2000 N/m
2 Equação (1)
Manômetro 1
PM1 = PAR2 - PAR1 Equação (2)
Manômetro 2
PM2 = PAR2 – Patm
200000 = PAR2 – Patm
PAR2 = 200000 + Patm Equação (3)
Substituindo as equações (1) e (3) na equação (2): 
PM1 = (200000 + Patm) – (Patm + 2000)
 PM1 = 198000 N/m
2 = 198 kPa
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Unidade II
Exemplo 2
Determine a leitura do manômetro metálico representado a seguir, sabendo que as massas específicas 
do fluido manométrico e da água são ρM = 600 kg/m
3 e ρH2O = 1000 kg/m
3, respectivamente.
h2 = 20 cm
h1 = 10 cm
Água
h3 = 30 cm
Fluido 
manométrico
Ar
Ar
Figura 63 
Solução:
PAR + ρM.g.h = Patm + ρH2O.g.(h3 – h2)
PAR = Patm + ρH2O.g.(h3 – h2) - ρM.g.h
Sabendo que: PM = PTOMADA(PAR) - PEXTERNA(Patm)
PM = Patm + ρH2O.g.(h3 – h2) - ρM.g.h - Patm
PM = ρH2O.g.(h3 – h2) - ρM.g.h
PM = 1000.10.(0,3 – 0,2) - 600.10.0,1
PM = 400 N/m
2
7 MEDIDORES DE PRESSÃO II
7.1 Manômetros de tubo em U
O manômetro de tubo em U permite que as pressões de ambos os fluidos, líquidos e gases, sejam 
medidas com o mesmo instrumento. O tubo em U está conectado ao reservatório, conforme figura a 
seguir, e preenchido com um fluido denominado fluido manométrico. 
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
O fluido cuja pressão está sendo aferida deve apresentar uma massa específica menor que a do 
fluido manométrico, e os dois fluidos devem ser imiscíveis. 
h2
h1
B C
A
Figura 64 – Desenho esquemático de um manômetro de tubo em U
A pressão num fluido estático é a mesma em qualquer nível horizontal.
Pressão no ponto B = Pressão no ponto C
PB = PC
No lado esquerdo do tubo:
PB = PA + ρ . g . h1
No lado direito do tubo:
PC = Patmosférica + ρman.g.h2
Como foi medida a pressão manométrica, pode-se subtrair a Patmosférica: 
PB = PC
PA = ρman . g . h2 - ρ . g . h1 
Se o fluido a ser medido for um gás, sua massa específica será, provavelmente, muito menor que a 
massa específica do fluido manométrico. Nesse caso, os termos ρ.g.h1 podem ser omitidos, e a pressão 
atmosférica será dada por: 
PA = ρman . g . h2
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Unidade II
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
A figura que segue ilustra um tubo em U e, no seu interior, estão três imiscíveis. Sabendo que as 
massas específicas dos fluidos 1, 2 e 3 são: ρ1, ρ2 e ρ3 respectivamente, determine o valor da cota L. 
1
3
2
L1
L
Figura 65 
Solução:
ρ1.g.L1 + ρ2.g.(L – L1) = ρ3.g.L
ρ1.L1 + ρ2.L – ρ2.L1 = ρ3.L
 ρ2.L – ρ3.L = ρ2.L1 - ρ1.L1
L.(ρ2 – ρ3) = L1(ρ2 - ρ1)
L L=
−( )
( ) 1
2 1
2 3
ρ ρ
ρ ρ–
Exemplo 2
Determinar a pressão PA, sabendo que o fluido 2 é mercúrio (ρHg = 1,36.10
4 kg/m3) e o fluido 1, água 
(ρH2O = 1,00.10
3 kg/m3). 
2
1
h2 = 5 cm
h1 = 10 cm
h 3
 =
 3
0 
cmPA
C D
Figura 66 
109
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Solução:
PC = PD
PA + ρH2O.g.h2 = ρHg.g.(h3 – h1) 
PA = ρHg.g.(h3 – h1) - ρH2O.g.h2
PA = 1,36.10
4.10.(0,3 - 0,1) – 1,00.103.10.(0,05)
PA = 26700 PA = 26,7 kPa
Exemplo 3
Logo a seguir, é representado um sistema de alavancas, sendo que uma força F = 80 N é aplicada 
com o objetivo de levantar a carga P. Sabendo que a área do cilindro A é AA = 20 cm
2 e a área do cilindro 
B é AB = 100 cm
2, determine o valor da massa P e a altura h do mercúrio.
30 cm
60 cm
Água
Mercúrio
h
F
PAB
AA
C
Figura 67 
Solução:
Alavanca:
ΣMC
F F
F F
=
⋅ = ⋅
=
0
0 6 0 3
2
1
1
, ,
110
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Unidade II
30 cm
60 cm
F
F1
C
Figura 68 
No cilindro A:
F F
F P A P
F
A
P N m k
gua A gua
A
gua
1 2
4 2
2
2
2 80
0 002
8 0 10 80
=
= ⋅ → =
= ⋅ = ⋅ =
á á
á ,
, / PPa
AA
F1 F2
Figura 69 
No tubo em U:
P g h g h
P h
h
P
gua gua Hg
gua Hg gua
gua
Hg gu
á á
á á
á
á
+ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
= − ⋅
=
−
ρ ρ
γ γ
γ γ
( )
( aa
h m
)
,
( , , )
,
= ⋅
⋅ − ⋅
=
8 0 10
13 6 10 1 0 10
0 63
4
4 4
Água Mercúrio
h
Figura 70 
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
No cilindro B:
F P
P A m g
m
P A
g
m kg
gua B
gua B
3
48 0 10 0 01
10
80
=
⋅ = ⋅
=
⋅
= ⋅ ⋅
=
á
á , ,
PAB
F3
Água
Figura 71 
7.2 Escolha do manômetro 
A seguir são apresentadas as principais vantagens e desvantagens quando o manômetro é escolhido 
para medidas de pressão frente a outros medidores. 
Vantagens dos manômetros: 
• Eles são muito simples.
• Não é necessário calibração: a pressão pode ser calculada a partir dos princípios físicos discutidos 
anteriormente.
Desvantagens dosmanômetros:
• Resposta lenta: só são realmente úteis para pressões que variam muito lentamente, não sendo 
indicados para medições de pressões flutuantes.
• No caso do manômetro de tubo em U, duas medições devem ser tomadas simultaneamente para 
se determinar o valor h.
• Na maioria das situações utilizando manômetros, é difícil medir pequenas variações de pressão.
• Os manômetros não podem ser usados para medidas de grandes pressões, a menos que sejam 
ligados vários manômetros em série.
• Para um trabalho com temperatura controlada, a relação de dependência da massa específica com 
a temperatura deve ser conhecida. 
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Unidade II
7.3 Equação manométrica
Considere o manômetro ilustrado no exemplo seguir. Por meio da equação manométrica é possível 
determinar a pressão de um dos reservatórios ou a diferença de pressão entre os dois reservatórios. 
Utilizando a Lei de Stevin e também a Lei de Pascal, analisa-se o sistema para determinar o que se pede. 
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
Quando o ar está aquecido, o sistema encontra-se conforme figura que segue. Posteriormente, a 
temperatura do ar é diminuída e o nível da água sobe 1 cm. Nessas condições, determine a leitura inicial 
e final do manômetro. 
Dados: 
gHg = 13,6.10
4 N/m3 
gH2O = 1,0.10
4 N/m3
h = 30 cm
AA = 20 cm2
AB = 2 cm2H2O
Ar
Hg
Figura 72 - Situação ar aquecido
Solução:
Considerando que o sistema esteja em equilíbrio, a pressão no mesmo nível será a mesma. Sendo 
assim, calcula-se a pressão do sistema do lado esquerdo e também do lado direito, finalmente igualando 
essas pressões:
PAR + ρH2O.g.h = Patm + ρHg.g.h
PAR = Patm + h.(ρHg.g – ρH2O.g)
PAR = Patm + h.(gHg – gH2O)
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Sabendo que: PM = PTOMADA(PAR) - PEXTERNA(Patm)
PM = Patm + h.(gHg – gH2O) - Patm
PM = 0,3.(13,6.10
4 – 1,0.104)
PM = 37800 N/m
2 = 37,8 kPa
Volume deslocado:
∆ ∆ ∆ ∆
∆ ∆
∆ ∆ ∆
X A y B
y y
H O y x
m
h h
⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⇒ =
= − + =
=
=0 01 0 002 0 0002 0 1
0
2
, , , ,
( ) ( ,33 0 1 0 01
0 21
2 0 3 0 2 0 1
2
− +
=
= − = − ⇒ =
, ) ,
,
, , ,
∆
∆ ∆ ∆
h m
h h h m
H O
Hg y Hg
PAR = PM
P h h
P
P
ar Hg Hg H O H O
ar
ar
= ⋅ − ⋅
= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
=
γ γ∆ ∆2 2
4 413 6 10 0 1 1 0 10 0 21
13
, , , ,
,, , ,6 10 2 1 10 1153 3⋅ − ⋅ ⇒ =P Paar
8 COMPORTA – SUPERFÍCIE PLANA
8.1 Força numa superfície plana submersa
Até o momento, foram estudados alguns conceitos de estática dos fluidos que serão importantes 
para a compreensão no estudo das forças exercidas em superfícies submersas:
• Distribuição vertical de pressão hidrostática.
• Pressões a quaisquer profundidades iguais em um fluido contínuo são iguais.
• Pressão em um ponto atua igualmente em todas as direções (Princípio de Pascal).
• Forças de um fluido em uma fronteira atuam perpendicularmente a esse limite.
A pressão de um fluido em uma superfície é definida como força por unidade de área. Uma vez que 
o fluido está em repouso, a força atuará perpendicularmente à superfície. 
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Unidade II
Em um plano submerso, todas as forças agindo podem ser representadas por uma única, a força 
resultante, que atuará perpendicularmente à superfície plana no ponto chamado centro de pressão ou 
centro das pressões (FCP – força resultante aplicada no centro de pressão).
A pressão que atua no plano será igual em todos os pontos da superfície. Assim, a força resultante 
será dada por: 
F = Pressão x Área da superfície plana
Logo a seguir serão descritas as distribuições de força e de pressão que um líquido exerce sobre uma 
superfície submersa plana vertical. 
 
hCP
h
h’CP
h’CG
P = g . h
hCG
CG
F
F’
N
N’
Superfície livre
CG
Q
CP
CP
M
M’
Q’
Figura 73 – Distribuição da força e da pressão sobre uma superfície plana vertical submersa em líquido
Considere o plano QM. A pressão efetiva pode variar desde zero (superfície livre) até MN. 
Seguindo o plano vertical, a pressão sofrerá uma variação linear desde a superfície livre até o 
fundo do plano, uma vez que a pressão é diretamente proporcional à profundidade. Sendo assim, 
a pressão varia de ponto a ponto.
Do lado do plano vertical em que está contido o líquido, a força resultante (F) será determinada por: 
F P dA= ⋅∑
sendo dA a área elementar da superfície plana vertical em que age determinada pressão P. A 
força resultante agirá no centro de pressões (CP), o qual se localiza no ponto das maiores pressões e 
encontra-se abaixo do centro de gravidade (CG). À medida que se afunda no plano vertical, atingindo 
Q’M’, o CP aproxima-se do CG, uma vez que as pressões atingem valores mais uniformes. 
Num segundo momento, a superfície plana submersa, antes vertical, encontra-se inclinada de q em 
relação à superfície livre. A análise a seguir permite determinar a força resultante das pressões no plano 
em estudo.
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
Considere h uma profundidade qualquer e y sua distância até a superfície livre.
Superfície livre
CG
Q
dy
M
F
O
CP
y
yCG
yCP
hCG
q
Figura 74 – Inclinação do plano em estudo em relação à superfície livre
No elemento de área dA, a pressão P é constante, como consequência, determina-se o módulo da 
força F resultante na superfície, somando-se todas as forças diferenciais que atuam na superfície:
dF = P . dA è P = g . h e h = y . senq
dF y sen dA
F sen y dA
= ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅∫
γ θ
γ θ
Por definição do centro de gravidade (CG):
yCG
A
y dA= ⋅∫1
Assim, combinando as equações, tem-se:
F sen y ACG= ⋅ ⋅ ⋅γ θ
Considerando: 
h y sen e P hCG CG CG CG= ⋅ = ⋅θ γ è F P ACG= ⋅
Em vista disso, a força resultante F é determinada pelo produto da pressão no centro de gravidade 
PCG e pela área da superfície plana submersa A. É importante ressaltar que F independe da inclinação 
entre a superfície livre e a superfície plana submersa, desde que CG se mantenha fixo.
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Unidade II
8.2 Centro das pressões
Como já definido anteriormente, a força elementar é dada por:
dF y sen dA= ⋅ ⋅ ⋅γ θ
Lembrando que o momento de uma força é dado pelo produto da força (dF) pela distância 
perpendicular ao eixo (y), considerando O como o ponto fixo (polo):
y dF y y sen dA y dF y sen dA⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ → ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅( )γ θ γ θ2
Considerando que a resultante das forças de pressão seja F e a distância do ponto de aplicação até 
o polo seja yCP:
y dF y sen dA
y dF sen y dA
CP
CP
⋅ = ⋅ ⋅ ⋅
⋅ = ⋅ ⋅∫
γ θ
γ θ
2
2
 I y dAo = ⋅∫ 2 é definido como sendo o momento de inércia (IO) da área A em relação ao eixo 
formado pela intersecção do plano que contém a superfície plana submersa e a superfície livre (eixo O).
y F sen I
y
sen I
F
sen I
sen y A
y
I
y
CP o
CP
o o
CG
CP
o
⋅ = ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ → ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
=
γ θ
γ θ γ θ
γ θ
CCG A⋅
Utilizando-se o Teorema dos Eixos Paralelos, o momento de inércia da área A (IO) pode ser expresso, 
sendo ICG o momento de inércia da área A calculado em relação ao eixo que passa pelo seu centro de 
gravidade (CG). 
I I y Ao CG CG= + ⋅
2
sendo ICG o momento de inércia da área A calculado em relação ao eixo que passa pelo seu centro 
de gravidade (CG). 
y
I
y A
y
I y A
y A
y
I
y A
yCP
O
CG
CP
CG CG
CG
CP
CG
CG
CG= ⋅
⇒ = + ⋅
⋅
⇒ =
⋅
+
2
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
8.3 Momento de inércia
Logo a seguir, são descritos os momentos de inércia para algumas geometrias mais comuns em 
relação ao eixo que passa no centro de gravidade (CG) eparalelo ao eixo x. 
Tabela 20 
Formato Área Momento de inércia (Icg)
Retângulo
b
h CG
b . h b h⋅
3
12
Triângulo
b
h
h/3
CG
b h⋅
2
b h⋅ 3
36
Circunferência
R
CG π ⋅R
2 π ⋅R
4
4
Semicircunferência
R
CG
4R/3p
π ⋅R2
2
0 1102 4, ⋅R
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Unidade II
Exemplo de aplicação 
Exemplo 1
A figura que segue representa uma comporta quadrada (vista de perfil), podendo girar ao redor do 
ponto D. Determine a força F para que o sistema permaneça em equilíbrio, sabendo que o fluido contido 
dentro do reservatório é água. 
F
D
2,
4 
m CG
gH20 = 10.000 N/m
3
Figura 75 
Solução:
Admitindo que o centro de gravidade (CG) encontra-se no centro da comporta quadrada, então 
y’ = y/2 = 1,2 m. 
F
y
yCP
FP
X
y’
D
CG
Figura 76 
Força de pressão (FP) aplicada no centro das pressões (yCP). 
FP = P.A
FP = ρ.g.y’.y
2 è 10000.1,2.2,42
FP = 64120 N
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
y y
I
y ACP
CG− =
⋅
’
’
 è y y
y
y
y
CP − =
⋅
’
4
2
12
2
y yCP − =
⋅
’
( , )
,
( , )
2 4
12
2 4
2
2 4
4
2
 è y y mCP − =’ ,0 4
x = y/2 – (yCP - y’) è x = 0,8 m
F y F xP⋅ = ⋅ è F
F x
y
P= ⋅
F = ⋅69120 0 80
2 4
,
, è F = 23040N
Exemplo 2
A comporta vista de perfil, representada pela figura a seguir, permanece fechada devido à ação da 
força F, sabendo que a pressão no fundo do reservatório é de 4,8.104 N/m2. A comporta possui dimensões 
quadradas e contém um fluido com peso específico g = 3,0.104 N/m3. Determine o valor da força F. 
F
Eg = 3,0.104 N/m3
Figura 77 
Solução:
Pfluido = g.y
y
Pfluido=
γ è 
y = ⋅
⋅
3 0 10
4 8 10
4
4
,
,
y = 1,6 m
Admitindo que o centro de gravidade (CG) encontra-se no centro da comporta quadrada, então 
y’ = y/2 = 0,8 m. 
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Unidade II
F
y
yCP
FP
X
y’
E
Figura 78 
Força de pressão (FP) aplicada no centro das pressões (yCP). 
FP = P.A
FP = g.y’.y
2 è 3,0.104.0,8.1,62
FP = 61440 N
y y
I
y ACP
CG− =
⋅
’
’
 è y y
y
y
y
CP − =
⋅
’
4
2
12
2
y yCP − =
⋅
’
( , )
,
( , )
16
12
16
2
16
4
2
 è y y mCP − =’ ,0 2667
x = y/2 – (yCP - y’) è x = 0,53 m
F y F xP⋅ = ⋅ è F
F x
y
P= ⋅
F = ⋅61440 0 53
16
,
,
 è F = 2035N
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
 Resumo
Estudamos conceitos relacionados à estática dos fluidos, como o empuxo, a 
pressão média, a Lei de Stevin, os vasos comunicantes e a Lei de Pascal. 
O empuxo é um princípio físico muito conhecido, uma vez que um 
corpo qualquer imerso na água aparenta possuir um peso menor do que 
quando inserido no ar. Caso o corpo tenha densidade menor do que a do 
fluido no qual está imerso, ele flutua.
Segundo o Princípio de Arquimedes, quando um corpo está parcial ou 
completamente imerso em um fluido, o fluido exerce uma força sobre o 
corpo, a força de empuxo, sempre debaixo para cima, igual ao peso do 
volume do fluido deslocado pelo corpo.
A pressão é uma grandeza física definida para todos os estados da 
matéria, mas é particularmente muito importante quando estudam-se 
fluidos. Ela é uma grandeza escalar, ou seja, suas propriedades não 
dependem de direção e sentido. Se a força exercida em cada unidade de 
área da fronteira for a mesma, a pressão é dita uniforme.
Sob a água, a pressão exercida em um ponto aumenta com a 
profundidade. Nesse caso, a pressão exercida sobre um ponto a uma 
determinada profundidade é resultado do peso da água sobre o ponto mais 
o peso da atmosfera. Assim, a Lei de Stevin define a pressão exercida em um 
ponto a uma determinada profundidade como sendo o produto da massa 
específica do fluido pela aceleração da gravidade pela profundidade. 
Um tubo em forma de U preenchido com dois fluidos não miscíveis que 
se encontram em equilíbrio hidrostático, a relação final entre as massas 
específicas e as alturas das colunas mostram que as alturas medidas a partir 
do nível de separação entre dois fluidos são inversamente proporcionais às 
suas massas específicas. É importante constatar que os vasos comunicantes 
são amplamente utilizados para estabelecer relações entre as massas 
específicas de, no mínimo, dois ou mais tipos de fluidos. 
O Princípio de Pascal afirma que uma mudança na pressão aplicada a um 
fluido fechado é transmitida, sem diminuir, a todas as porções do fluido e 
também às paredes do seu recipiente. Uma das mais importantes aplicações 
tecnológicas da Lei de Pascal é encontrada num sistema hidráulico, constituído 
por um sistema de fluido fechado utilizado para exercer forças. Os sistemas 
hidráulicos mais comuns são os freios de carro e as prensas hidráulicas. 
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Unidade II
Abordamos também o barômetro, que é um dispositivo responsável 
por medir a pressão atmosférica num determinado local de interesse. O 
princípio de funcionamento de um barômetro se dá devido à força que a 
pressão atmosférica exerce sobre a superfície livre do fluido exposto, tendo 
como consequência que o fluido em questão suba pelo tubo. 
A pressão manométrica representa a diferença entre a pressão medida 
pelo instrumento e a pressão atmosférica no local, ou seja, pressão relativa 
à atmosférica. Para a medida dessa pressão relativa, existem vários tipos de 
medidores: manômetro piezométrico, manômetro metálico, manômetro de 
tubo em U.
Finalmente, falamos a respeito de força aplicada a uma superfície 
plana submersa. Em um plano submerso, todas as forças agindo 
podem ser representadas por uma única, a força resultante, que atuará 
perpendicularmente à superfície plana no ponto chamado centro das 
pressões. A força resultante F é determinada pelo produto da pressão no 
centro de gravidade pela área da superfície plana submersa. É importante 
ressaltar que a força resultante independe da inclinação entre a superfície 
livre e a superfície plana submersa, desde que o centro de gravidade se 
mantenha fixo.
 Exercícios
Questão 1 (PUC-RIO 2009). Um bloco de massa m = 9000 kg é colocado sobre um elevador hidráulico, 
como mostra a figura a seguir. A razão entre o diâmetro do pistão (dP) que segura a base do elevador e o 
diâmetro (dF) onde deve-se aplicar a força F é de dP/dF = 30. Encontre a força necessária para se levantar 
o bloco com velocidade constante. Considere g = 10 m/s2 e despreze os atritos.
m F
dP dF
Figura 79 
A) 100 N.
B) 300 N.
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ESTÁTICA DOS FLUIDOS
C) 600 N.
D) 900 N.
E) 1000 N.
Análise da questão
Resposta correta: alternativa A. 
Aplicando-se a fórmula: 
dP=30dF – velocidade constante – equilíbrio dinâmico 
FP=pP=m.g 
FPdP=30dF 
FP/SP=FF/SF 
m.g/p(dP/2)2 = F/(dF/2)2 
9.000x10/(30dF)2=F/(dF)2 
90.000/900=F 
F=100 N 
Ou: 
Pp = 9000 x 10 / Pi x 225 e Pf = Ff / Pix1/4 
Logo: 
Ff = 90000 x Pi / (Pi x 225 x 4) 
Ff = 100 N.
Ou ainda: 
P / AP = F / AF 
P / F = AP / AF 
AP / A F = (dP/2)².pi / (df/2)² . pi 
AP/ AF = dP² / dF² = 30² 
P / F = 900 
124
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Unidade II
Porém é preciso dividir 9000 por 10 = 900 F 
F = 100 N
Questão 2. A imagem representa um experimento de prensa hidráulica. Sabe-se que a área do 
êmbolo 2 é 16 vezes maior que a área do êmbolo 1. Quando o êmbolo 1 sofre um deslocamento vertical 
para baixo h1, o êmbolo 2 sofre um deslocamento vertical para cima H2. Podemos, então, afirmar que a 
razão H2/h1 vale: 
A1
A2
F2
F1
Figura 80 
A) 16
B) 1/16
C) 1/4
D) 4
E) 1
Resolução desta questãona plataforma.
125
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FIGURAS E ILUSTRAÇÕES
Figura 1
KG_INTRO.CFM. Disponível em: <http://www.nist.gov/pml/si-redef/kg_intro.cfm>. Acesso em: 10 maio 2016.
Figura 2
NIST-CLOCKS.CFM. Disponível em: <http://www.nist.gov/pml/div688/grp40/nist-clocks.cfm>. Acesso 
em: 10 maio 2016.
Figura 9
AULA=1923. Disponível em: <http://portaldoprofessor.mec.gov.br/fichaTecnicaAula.html?aula=1923>. 
Acesso em: 10 maio 2016.
Figura 25
ASHCROFT, F. M. A vida no limite: a ciência da sobrevivência. Rio de Janeiro: Jorge Zahar Editor, 2001. p. 33.
Figura 50
Grupo UNIP-Objetivo.
Figura 51
Grupo UNIP-Objetivo.
Figura 52
Grupo UNIP-Objetivo.
Figura 53
Grupo UNIP-Objetivo.
Figura 54
Grupo UNIP-Objetivo.
Figura 55
Grupo UNIP-Objetivo.
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Figura 57
BAROMETRO01.HTML. Disponível em: <http://www.fem.unicamp.br/~instrumentacao/pressao/
barometro01.html>. Acesso em: 11 maio 2016.
Figura 62
Grupo UNIP-Objetivo.
REFERÊNCIAS
Textuais
BISTAFA, S. R. Mecânica dos fluidos e aplicações. São Paulo: Edgard Blucher, 2010.
BRUNETTI, F. Mecânica dos fluidos. São Paulo: Prentice Hall, 2009.
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