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DISCIPLINA: 
MECÂNICA DOS FLUIDOS 
AULA 02 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof. Alysson Nunes Diógenes 
 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Caro aluno, cara aluna, continuaremos os desenvolvimentos da mecânica 
dos fluidos. 
Na aula passada, definimos um fluido como qualquer substância que flui 
(ou se deforma) quando se experimenta uma tensão de cisalhamento. Por 
consequência, para um fluido estático, existe apenas tensão normal sendo 
aplicada, ou, em outras palavras, a pressão. 
Estudaremos, nesta aula, o tema da estática de fluidos, muitas vezes 
chamado de hidrostática, mesmo que ele não esteja restrito a água. 
Embora problemas de estática de fluidos sejam o tipo mais simples de 
problemas de mecânica dos fluidos, esta não é a única razão pela qual vamos 
estudá-los. A pressão gerada por um fluido estático tem importância em muitas 
situações práticas. Usando o equacionamento que desenvolveremos, podemos, 
por exemplo, calcular as forças que agem em objetos submersos. Além disso, 
podemos desenvolver instrumentos de medida de pressão, e até deduzir as 
propriedades da atmosfera. 
Da mesma forma, podemos usar os mesmos princípios para determinar 
as forças desenvolvidas em prensas industriais ou freios de automóveis. 
 
CONTEXTUALIZAÇÃO 
Ainda no Ensino Médio, você já estudava hidrostática e não sabia disso. 
Você lembra do princípio de Pascal? 
Vamos a um exemplo bem simples. Se você está dirigindo e se depara 
com o sinal fechado, coloca o pé no freio. O carro para. Para a física, o que isso 
significa? 
Significa que é possível parar um objeto que tem uma massa de uma 
tonelada ou mais, com um esforço mínimo - o do seu pé sobre o pedal do freio. 
Isso ocorre porque a força que é transmitida é multiplicada muitas vezes 
pelo sistema de freios. A explicação desse fenômeno é o princípio de Pascal, 
que pode ser enunciado da seguinte forma: "Em equilíbrio, os líquidos que não 
podem ser comprimidos transmitem integralmente a pressão por eles recebida". 
Figura 1 
 
 
3 
 
Blaise Pascal fez esse enunciado que possui muitas aplicações. Dentre 
elas, o macaco hidráulico, a prensa e o freio. Veja o exemplo mais comum: 
Figura 2 
 
 
Neste caso, o fluido transfere a força de um lado a outro do elevador, mas, 
melhor que isso: distribui as forças entre as cargas e faz com que uma pequena 
força no elemento de área grande provoque uma grande força no elemento de 
área pequena. 
Vamos, então, estudar esses fenômenos? 
 
TEMA 1: EQUAÇÃO BÁSICA DA ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
O primeiro objetivo desta aula é o de obter uma equação para calcular o 
campo de pressão num fluido estático. Deduziremos o que já sabemos da 
experiência cotidiana, que a pressão varia com a profundidade. 
Para fazer isso, observemos a figura abaixo, que representa um elemento 
bem pequeno de líquido, chamado de diferencial de volume. 
Em um fluido estático não há tensões cisalhantes, de modo que a única 
força de superfície é a força de pressão. A pressão é um campo escalar, P=P (x, 
 
 
4 
y, z); em geral, esperamos que a pressão varie com a posição no interior do 
fluido. A força de pressão líquida que resulta dessa variação pode ser encontrada 
pela soma das forças que atuam sobre as seis faces do elemento de fluido. 
 
Figura 3 
 
Fonte: Fox, Pritchard e McDonald, 2006. 
Nessa figura, O é o centro do elemento, P é a pressão no centro desse 
elemento, e as suas dimensões são dx, dy e dz. 
Esse elemento está parado, mas isso não quer dizer que ele não está 
sujeito a forças. Lembre-se da aula passada, de que um fluido em repouso 
suporta tensões normais. Suponhamos, então, que esse fluido está sob efeito da 
gravidade (força de campo) e de forças de pressão normais (forças de 
superfície), por exemplo, a pressão atmosférica. 
Assim, da 2ª Lei de Newton, podemos escrever que a gravidade age 
assim: 
𝑑𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ = 𝑔 𝑑𝑚 
Onde FB é uma força de campo, nesse caso, vinda da gravidade g e m, a 
massa do elemento. Note também que essa é uma equação vetorial, que 
demanda orientação e sentido de todos os elementos que tem a flecha em cima. 
Mas: 
𝑑𝑚 = 𝜌𝑑∀ 
E ∀ é o volume do elemento, que também pode ser expresso por ∀=
𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 e ρ é a densidade. Assim: 
𝑑𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ = 𝑔 𝜌𝑑∀= 𝑔 𝜌 ∙ 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 
Não é possível medir a pressão numa face quando se sabe que a pressão 
no centro é P. É possível, porém, usar um artifício matemático chamado 
“expansão por séries de Taylor” para estimar a pressão na face de um elemento 
 
 
5 
diferencial. Por exemplo, para a face da esquerda, podemos escrever que a 
pressão é: 
𝑃𝐸 = 𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑦
(𝑦𝐸 − 𝑦) = 𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑦
(−
𝜕𝑦
2
) = 𝑃 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
𝜕𝑦
2
 
Por sua vez, na face direita: 
𝑃𝐷 = 𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑦
(𝑦𝐷 − 𝑦) = 𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑦
(
𝜕𝑦
2
) = 𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑦
𝜕𝑦
2
 
Note que o sinal mudou porque na esquerda, a coordenada 𝑦𝐸 é menor 
do que o y do centro, enquanto que a coordenada 𝑦𝐷 é maior do que a 
coordenada y do centro, como na ilustração abaixo: 
 yE y yD 
 
Contudo, as forças de pressão agem em todas as faces e em todas as 
direções. Dessa forma, podemos dizer que a força de superfície agindo nesse 
volume de controle é a soma de todas as pressões agindo sobre ele. Mas, para 
transformar a pressão numa força, ela se multiplica a pressão pela área da face 
do diferencial: 
𝑑𝐹𝑠⃗⃗ ⃗ = (𝑃 −
𝜕𝑃
𝜕𝑥
𝜕𝑥
2
) 𝑑𝑦𝑑𝑧(𝑖̂) + (𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑥
𝜕𝑥
2
) 𝑑𝑦𝑑𝑧(−𝑖̂) 
+ (𝑃 −
𝜕𝑃
𝜕𝑦
𝜕𝑦
2
)𝑑𝑥𝑑𝑧(𝑗̂) + (𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑦
𝜕𝑦
2
)𝑑𝑥𝑑𝑧(−𝑗̂) 
+(𝑃 −
𝜕𝑃
𝜕𝑧
𝜕𝑧
2
)𝑑𝑥𝑑𝑦(�̂�) + (𝑃 +
𝜕𝑃
𝜕𝑧
𝜕𝑧
2
) 𝑑𝑥𝑑𝑦(−�̂�) 
Cancelando os termos, podemos escrever: 
𝑑𝐹𝑠⃗⃗ ⃗ = −(
𝜕𝑃
𝜕𝑥
𝑖̂ +
𝜕𝑃
𝜕𝑦
𝑗̂ +
𝜕𝑃
𝜕𝑧
�̂�) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 
Define-se, então, o operador gradiente, que mede a derivada de uma 
propriedade em todas as direções. Esse operador funciona como uma medida 
de variação em todas as direções. 
∇≡
𝜕
𝜕𝑥
𝑖̂ +
𝜕
𝜕𝑦
𝑗̂ +
𝜕
𝜕𝑧
�̂� 
Assim: 
𝑑𝐹𝑠 = −∇𝑃 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 
Somando as forças de superfície e de campo: 
𝑑𝐹 = 𝑑𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ + 𝑑𝐹𝑆⃗⃗ ⃗ 
𝑑𝐹 = (−∇𝑃 + 𝜌𝑔 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = (−∇𝑃 + 𝜌𝑔 )𝑑𝑉 
Por sua vez, da segunda lei de Newton para um elemento diferencial, 
 
 
6 
𝑑𝐹 = 𝑎 𝑑𝑚 = 𝑎 𝜌𝑑𝑉 
Mas o fluido está em repouso, assim: 
𝑎 = 0 𝑜𝑢 
𝑑𝐹 
𝑑𝑉
= 0 
Assim, pode-se escrever: 
∇𝑃 − 𝜌𝑔 = 0 
O significado físico do primeiro termo dessa equação são as forças de 
pressão l, por unidade de volume em um ponto. O segundo termo significa as 
forças de campo por unidade de volume em um ponto. 
Esta é a equação básica da estática dos fluidos. É uma equação vetorial, 
o que implica que pode ser analisada individualmente, e que suas 3 
componentes devem ser satisfeitas: 
{
 
 
 
 
𝜕𝑃
𝜕𝑥
− 𝜌𝑔𝑥⃗⃗⃗⃗ = 0
𝜕𝑃
𝜕𝑦
− 𝜌𝑔𝑦⃗⃗ ⃗⃗ = 0
𝜕𝑃
𝜕𝑧
− 𝜌𝑔𝑧⃗⃗⃗⃗ = 0
 
 
 
 
Ou simplificando: 
{
 
 
 
 
𝜕𝑃
𝜕𝑥
= 0
𝜕𝑃
𝜕𝑦
= 0
𝜕𝑃
𝜕𝑧
= 𝜌𝑔𝑧⃗⃗⃗⃗ = 𝛾
 
Note que as pressões são constantes nas direções x e y, pois suas 
derivadas no espaço são nulas. A pressão varia apenas na direção z. Lembre-
se: a pressão não varia na horizontal, apenas na vertical. 
Considerações que usamos para chegar nesse resultado: 
 Fluido estático; 
 Gravidade é a única força de campo; 
 O eixo z está para cima. 
Definiremos agora os referenciais de pressão: 
Figura 4 
 
 
7 
 
Ou: 
𝑃𝑎𝑏𝑠 = 𝑃𝑚𝑎𝑛 + 𝑃𝑎𝑡𝑚 
Os equipamentos de medir pressão são chamados manômetros. Eles 
podem medir a pressão absoluta, cujo referencial é o vácuo, ou, na maioria 
destes, se mede a pressão manométrica, que trabalha com o referencial de 
pressão atmosférica. 
Por exemplo, quando calibramos o pneu do carro em 30 libras, na 
verdade, colocamos algo como 44,7 libras nele. As libras são o nome popular 
para o psi, ou libras por polegada quadrada. 
Ufa! Não se canse ainda. Com os exemplos, tudo fica mais claro. Mas,ainda precisamos caminhar um pouco mais antes disso. 
 
TEMA 2: A ATMOSFERA PADRÃO 
Boa parte da vida de um engenheiro se torna mais clara quando há um 
padrão bem estabelecido. Assim, estabeleceremos agora a chamada atmosfera 
padrão. Por incrível que pareça, não há um modelo padrão mundial para a 
atmosfera, e o mais comum foi definido pela International Civil Aviation 
Organization (ICAO), o órgão de aviação civil dos Estados Unidos, que 
estabeleceu a temperatura padrão se relacionando com a altitude, como se pode 
ver na figura abaixo: 
 
Figura 5 
 
 
8 
 
Fonte: Fox, Pritchard, McDonald, 2006. 
E, da mesma forma, estabeleceu as propriedades da atmosfera: 
 
Tabela 1 
 
Note as propriedades escritas nos dois sistemas de unidades. Outra 
observação interessante é que, para a maioria das aplicações de engenharia, a 
variação da gravidade pela altura é desprezada. Assim, pode-se utilizar o valor 
padrão de 9,81 m/s2. 
 
 
9 
Entretanto, ainda não conseguimos definir uma equação para a pressão. 
Assim, para um fluido incompressível, de densidade constante e considerando a 
gravidade constante, pode-se escrever na direção z: 
∫ 𝑑𝑃
𝑃
𝑃0
= −∫ 𝜌
𝑧
𝑧0
𝑔 𝑑𝑧 
𝑃 − 𝑃0 = −𝜌𝑔 (𝑧 − 𝑧0) 
𝑃 − 𝑃0 = 𝜌𝑔 ℎ 
Note que, por definição, ℎ = (𝑧0 − 𝑧) e não (𝑧 − 𝑧0), assim a equação 𝑃 −
𝑃0 = 𝜌𝑔 ℎ tem todos os termos positivos. Z0 nada mais é do que um referencial 
de altura qualquer, e z a altura em relação a esse referencial. Define-se 𝑧0. 
Note que o referencial P0 varia, de forma que será possível definir, a partir 
desse equacionamento, manômetros, comportas e forças sob superfícies 
submersas. 
Faremos dois exemplos para fixar o conteúdo: 
1. Foi fornecido a um técnico um manômetro calibrado no nível do mar 
(P0=101.325Pa), para que ele efetuasse medidas numa tubulação que está 
localizada em uma cidade a 1500m (P0’=84.259Pa) de altura em relação ao nível 
do mar. Considerando que o manômetro é um equipamento de coluna de óleo 
de densidade 892kg/m3, e mediu 10cm no nível do mar e deveria ter a mesma 
medida a 1500m de altura, qual seria a diferença da pressão medida? 
Esse problema é mais comum do que se pensa. Comecemos, então, 
utilizando a equação da pressão. Primeiramente, calculemos a pressão que o 
técnico mediu no nível do mar. Ele mediu uma coluna, mas seu resultado será 
em relação à pressão no nível do mar – foi onde o manômetro foi calibrado, logo 
ela é a referência. 
𝑃 − 𝑃0 = 𝜌𝑔ℎ 
Para o nosso caso, P0 é a pressão atmosférica no nível do mar, ρ é a 
densidade do óleo, e h, a altura medida. Assim: 
𝑃 − 101.325 = 892 ∙ 9,81 ∙ 0,1 
Lembrando que 10cm é 0,1m. A altura sempre deve ser utilizada em metro 
quando a equação estiver no sistema internacional. 
𝑃 = 102.200,052𝑃𝑎 
Caso o técnico medisse uma pressão de 10cm de óleo a 1500m de altura, 
o resultado seria: 
𝑃 − 𝑃0
′ = 𝜌𝑔ℎ 
 
 
10 
𝑃 − 84.259 = 892 ∙ 9,81 ∙ 0,1 
𝑃 = 85134,052𝑃𝑎 
Ou seja, teria 17.066Pa de diferença na medida. Note que, como 
consideramos a atmosfera nesse exercício, o resultado para as duas medidas 
foi em pressão absoluta. 
2. Uma tubulação aparenta estar com problemas. A pressão 
manométrica em um determinado ponto da linha deveria ser 5.000Pa (que é igual 
a 5kPa) e será monitorada pelo técnico. Todavia, ele tem disponíveis apenas 
manômetros que medem em psi, ou um manômetro de coluna de mercúrio (𝜌 =
13.600𝑘𝑔/𝑚3) aberto à atmosfera que apresenta uma leitura de 5cm. A linha 
está pressurizada corretamente? Qual seria a medida do manômetro em psi? 
 
Resolveremos novamente: 
𝑃 − 𝑃0 = 𝜌𝑔ℎ 
Primeiramente, suponhamos que o manômetro está calibrado para a 
pressão atmosférica correta. A medida que faremos será manométrica, então 
suponhamos que a subtração da pressão já está incluída no resultado. Assim, 
para uma medida de pressão manométrica, a medida será calculada pela 
equação: 
Δ𝑃 = 𝜌𝑔ℎ 
Onde ΔP representa a medida de pressão manométrica. 
Δ𝑃 = 13.600 ∙ 9,81 ∙ 0,05 
Δ𝑃 = 6.670,8𝑃𝑎 
Já sabemos que a linha está com pressão acima do que deveria. Agora, 
converteremos para psi. Faremos uma dedução geral. 
1𝑃𝑎 =
1𝑁
𝑚2
 
Agora, vamos às conversões para as unidades do sistema britânico. O psi 
é uma unidade de libra por polegada quadra. Assim: 
1𝑁 = 0,224𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎 
E: 
1𝑚 = 39,37𝑝𝑜𝑙𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎 
Assim: 
6.670,8𝑃𝑎 = 6.670,8
𝑁
𝑚2
 
 
 
11 
6.670,8
𝑁
𝑚2
= 6.670,8 ∙
0,224𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎
(39,37 𝑝𝑜𝑙𝑒𝑔𝑎𝑑𝑎)2
 
6.670,8
𝑁
𝑚2
= 0,964𝑝𝑠𝑖 
Deu quase 1 psi. De fato, 1 psi é convertido costumeiramente em 
6.894,757 Pa. 
Uma observação: Caso você tenha feito essa conversão usando o 
aplicativo da Bosch, você pode chegar a um resultado ligeiramente diferente. 
Não se assuste. A conta que fizemos aqui, por uma questão de simplicidade, foi 
feita com menos casas decimais do que os conversores costumam usar, mas 
nesse caso, não influenciam no resultado. O objetivo desse exercício foi ilustrar 
as formas de medir pressão utilizando várias unidades. 
Na bibliografia básica, há um outro exemplo bastante interessante que 
trata da sensibilidade de manômetros. É interessante que você o leia e entenda 
com bastante atenção. 
 
TEMA 3: FIXAÇÃO DE CONTEÚDO 
Se temos apenas a equação, somos matemáticos. Se observamos um 
fenômeno associado à equação, somos físicos. Mas, se associamos um 
fenômeno à uma equação e um equipamento, somos engenheiros. Assim sendo, 
vamos aplicar as equações que acabamos de desenvolver? 
Exercício 1 – Tanque fechado – O tanque fechado da figura abaixo está 
a 20°C (γar=11,8N/m3 e γágua=9.790N/m3). Se a pressão absoluta no ponto A é 
98kPa, qual é a pressão no ponto B? Qual é o percentual de erro se a pressão 
da coluna de ar for ignorada? (Gama, ou γ, é o peso específico, definido como a 
multiplicação da gravidade pela densidade, ou 𝛾 = 𝜌𝑔.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 
 
Figura 6 
 
Assim, para a primeira resposta, deve-se considerar a coluna de ar, ou 
seja, temos a pressão em A. Ela vai ser o nosso referencial para esse exemplo. 
Assim, para calcular a pressão em C, podemos escrever: 
𝑃𝑐 − 𝑃𝑎 = 𝛾ℎ → 𝑃𝑐 = 98𝑘 + 11,8 ∙ 5 = 98.059𝑃𝑎 
Naturalmente, a pressão em C é maior do que a pressão em A, pois C 
está mais baixo do que A. Note que o fluido pelo qual “caminhamos” de A a C é 
o ar, logo o peso específico utilizado deve ser o do ar. 
Lembra que a pressão não varia na horizontal no mesmo fluido? Assim 
sendo, podemos arbitrar um ponto E, na mesma altura de C, na qual sabemos 
que a pressão nesse E é a mesma que em C. Assim, podemos calcular a pressão 
em D: 
𝑃𝐸 − 𝑃𝐷 = 𝛾ℎ → 𝑃𝐷 = 98.059 − 9.790 ∙ 2 = 78.479𝑃𝑎 
No entanto, por que a pressão em D foi usada como referência? Por uma 
questão de conveniência, para que o resultado dessa equação seja positivo, 
podemos definir que nosso referencial, a partir desse momento, será o ponto 
mais alto. Assim, os dois lados da equação serão positivos. 
Da mesma forma, dessa vez, o fluido pelo qual “caminhamos” de C para 
E, e de E para D é a água, então o peso específico utilizado é o da água. 
Por fim, para a pressão em B, escreveremos mais uma vez: 
𝑃𝐷 − 𝑃𝐵 = 𝛾ℎ → 𝑃𝐵 = 78.479 − 11,8 ∙ 3 = 78.443,6𝑃𝑎 
E usamos o peso específico do ar. 
Agora, a segunda parte do exercício. Desconsiderando as colunas de ar: 
𝑃𝐶 = 𝑃𝐴 𝑒 𝑃𝐷 = 𝑃𝐵 
Água 
Ar 
Ar 
E 
 
 
13 
Como o peso das colunas de ar foram desprezados, as pressões em A e 
C são iguais. Da mesma forma em D e B. 
Assim, podemos montar as novas equações: 
𝑃𝐴 = 𝑃𝐶 
𝑃𝐶 = 𝑃𝐸 
𝑃𝐸 − 𝑃𝐷 = 𝛾ℎ 
 
Mas: 
𝑃𝐷 = 𝑃𝐵 
Assim: 
𝑃𝐸 − 𝑃𝐵 = 𝛾ℎ 
𝑃𝐷 = 98𝑘 − 9.790 ∙ 2 = 78.420𝑃𝑎 
Uma equação geral para um erro de qualquer parâmetro que se deseje 
calcular pode ser escrita da seguinte forma: 
𝜖(%) =
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 − 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟
∙ 100 
Assim, para um erro napressão em B, pode-se comparar as duas formas 
de se calcular. A maior pressão foi a considerando a coluna de ar. Assim: 
𝜖 =
78.443,6 − 78.420
78.443,6
∙ 100 = 0,03% 
Então, teríamos um erro de 0,03% ao desprezar a coluna de ar. Isso faz 
sentido, pois a pressão depende diretamente da densidade, e a água é muito 
mais densa que o ar. 
Exercício 2 – Calcule a pressão em A, B, C e D na geometria abaixo. 
 
Solução: 
A primeira pressão que calcularemos é a pressão em A. Lembre-se que 
adotamos um referencial de que a pressão de referência sempre será mais 
baixa, que, nesse caso, é a pressão atmosférica. Assim: 
𝑃𝐴 − 𝑃0 = 𝜌𝐻2𝑂𝑔ℎ 
 
 
14 
A diferença de altura entre a linha de superfície de água na entrada do 
sistema (única parte aberta à atmosfera) e o ponto A é 0,8m. note a cota na 
figura. Note que “caminhamos” por água. Note também, que, como o único fluido 
que há entre a entrada e o ponto A é água, não faz diferença a profundidade da 
entrada ou do ponto A, e sim, a diferença de altura entre eles. Deste modo: 
𝑃𝐴 = −1000 ∙ 9,81 ∙ 0,8 = −7,848𝑘𝑃𝑎 
Para calcular a pressão em B, “caminhamos” mais uma vez pela água. 
Poderíamos ir do ponto A para o ponto B, e a diferença de altura seria 1,3m. 
Optamos, todavia, por usar a entrada mais uma vez. Assim, a diferença de altura 
da entrada a B será 0,5m. E como B está mais baixo do que a entrada, ele será 
a referência. 
𝑃𝐵 − 𝑃0 = 𝜌𝐻2𝑂𝑔ℎ 
𝑃𝐵 = 1000 ∙ 9,81 ∙ 0,5 = 4,905𝑘𝑃𝑎 
Para a pressão em C, ignoraremos a pressão de 0,9m de ar. Vimos no 
exercício passado que, quando trabalhamos com um fluido muito mais denso do 
que o outro, o erro é pequeno ao se desprezar uma coluna do fluido menos 
denso. Faremos isso novamente. Assim: 
𝑃𝑐 = 𝑃𝐵 = 4,905𝑘𝑃𝑎 
Por fim, para calcular a pressão em D, agora “caminhamos” pelo fluido 
óleo, e D é mais alto que C, assim, C será a referência. No entanto, a densidade 
do óleo foi dada na forma de densidade relativa. A densidade relativa de um 
líquido é definida como na equação abaixo: 
𝑑𝑟𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 =
𝜌𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜
𝜌á𝑔𝑢𝑎
 
Ou: 
𝜌𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 𝑑𝑟𝑙í𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 ∙ 𝜌á𝑔𝑢𝑎 
Assim: 
𝑃𝐷 − 𝑃𝐶 = 𝜌𝑜𝑙𝑒𝑜𝑔ℎ 
E aplicando a equação da densidade relativa para o líquido óleo: 
𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 + 𝜌𝑜𝑙𝑒𝑜𝑔ℎ = 𝑃𝐶 + 𝑑𝑟𝑜𝑙𝑒𝑜 ∙ 𝜌á𝑔𝑢𝑎 ∙ 𝑔 ∙ ℎ 
𝑃𝐷 = 4,905𝑘 + 0,9 ∙ 1000 ∙ 9,81 ∙ 1,9 = 21,68𝑘𝑃𝑎 
 
TEMA 4: EMPUXO E ESTABILIDADE 
Se um objeto estiver imerso ou flutuando num líquido, a força vertical 
atuando sobre ele em decorrência da pressão do líquido é denominado empuxo. 
 
 
15 
Considere um cilindro: 
 
Figura 7 
 
 
As equações para determinar as forças verticais agindo nesse elemento 
de fluido são: 
𝑃 − 𝑃0 = 𝜌𝑔ℎ 
𝑑𝐹𝑧 = (𝑃0 + 𝜌𝑔ℎ2)𝑑𝐴 − (𝑃0 + 𝜌𝑔ℎ1)𝑑𝐴 
Mas: 
(ℎ2 − ℎ1)𝑑𝐴 = 𝑑∀ 
Logo: 
𝑑𝐹𝑧 = ∫ 𝜌𝑔𝑑∀
𝑉
= 𝜌𝑔∀ 
Assim, a força líquida vertical decorrente da pressão, ou empuxo, sobre o 
objeto, é igual à força da gravidade atuando sobre o líquido deslocado pelo 
mesmo. Portanto: 
𝐹𝑒𝑚𝑝𝑢𝑥𝑜 = 𝜌𝑔∀ 
Lembrando que esse ∀ representa o volume submerso e que essa 
densidade é a densidade do fluido que circunda o objeto, sofrendo o empuxo. 
Essa equação foi deduzida por Arquimedes, em 220 a.C. Por vezes, é chamada 
de Princípio de Arquimedes. Ela parece simples, mas possui grandes aplicações. 
Exemplo: Quantifique o enunciado: “Somente uma parte do iceberg 
aparece sobre a água do mar”. Adote a densidade da água salgada como sendo 
1.025kg/m3, e a densidade do gelo como 990kg/m3. 
Figura 8 
 
 
16 
 
Fazendo o somatório das forças verticais agindo no iceberg, tem-se duas 
forças. O peso e o empuxo. 
∑𝐹𝑧 = 0 
𝐹𝐵 −𝑚𝑔 = 0 
Considerando que a massa do iceberg pode ser definida como 𝑚 =
𝜌𝑔𝑒𝑙𝑜∀𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙: 
𝐹𝐵 = 𝜌𝑔𝑒𝑙𝑜∀𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 ∙ 𝑔 
Mas, o empuxo também é calculado em relação ao fluido que o cerca: 
𝐹𝐵 = 𝜌𝐻2𝑂𝑔∀𝑠𝑢𝑏 
Assim: 
𝜌𝐻2𝑂𝑔∀𝑠𝑢𝑏= 𝜌𝑔𝑒𝑙𝑜𝑔∀𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 → 
∀𝑠𝑢𝑏
∀𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
=
𝜌𝑔𝑒𝑙𝑜
𝜌𝐻2𝑂
 
∀𝑠𝑢𝑏
∀𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙
=
917
1025
= 0,9 
90% do iceberg fica submerso nessas condições. 
 
Exemplo: Um balão de ar quente (aprox. esférico), de 50ft de diâmetro, 
ergue um cesto de 600lbf. A que temperatura o ar deve ser aquecido para o 
balão ser erguido? Considere ρar=0,00238slug/ft3 e Tatm=519°R (15°C). (Fox; 
Pritchard; McDonald, 2014) 
Não se assuste com as unidades. Resolveremos uma questão no sistema 
britânico apenas para ver como pode ser fácil. 
Solução: 
Figura 9 
 
 
17 
 
 
Equações: 
𝐹𝐵 = 𝜌𝑔∀ e 𝑃 = 𝜌𝑅𝑇 
Nesse exercício, precisaremos da equação dos gases ideais, que já foi 
vista na disciplina de termodinâmica. Para relembrar, P é a pressão, ρ a 
densidade, R a constante universal dos gases e T é a temperatura. 
Precisamos fazer o somatório das forças. Temos o peso do cesto, o peso 
do ar e o empuxo. Chamaremos o peso de W, para não confundirmos com a 
pressão: 
∑𝐹𝑦 = 0 
𝐹𝐵 −𝑊𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 −𝑊𝑐𝑒𝑠𝑡𝑜 = 0 
𝜌𝑎𝑟𝑔𝑉 − 𝜌𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒𝑔∀ −𝑊𝑐𝑒𝑠𝑡𝑜 = 0 
𝜌𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 = 𝜌𝑎𝑟 −
6𝑊𝑐𝑒𝑠𝑡𝑜
𝑔𝜋𝑑3
 
𝜌𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 = 0,00238
𝑠𝑙𝑢𝑔
𝑓𝑡3
− 6
600𝑙𝑏𝑓
𝜋503𝑓𝑡3
∙
1𝑠2
32,2𝑓𝑡
∙
𝑠𝑙𝑢𝑔 ∙ 𝑓𝑡
𝑠2 ∙ 𝑙𝑏𝑓
 
𝜌𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 = 0,00238 − 0,000285 = 0,00209
𝑠𝑙𝑢𝑔
𝑓𝑡3
 
Finalmente, da equação dos gases: 
𝑉1 = 𝑉2 → 
𝑃𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒
𝜌𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒𝑅𝑇𝑞
=
𝑃𝑎𝑡𝑚
𝜌𝑎𝑡𝑚𝑅𝑇𝑎𝑡𝑚
 
O balão está em equilíbrio, ou seja, as pressões internas (ar quente) e 
externas (atmosférica) são iguais. Da mesma forma, a constante universal dos 
gases é igual para o ar quente e para o ar atmosférico. Assim: 
 
 
18 
1
𝜌𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒𝑇𝑞
=
1
𝜌𝑎𝑡𝑚𝑇𝑎𝑡𝑚
 
𝑇𝑞 = 𝑇𝑎𝑡𝑚 ∙
𝜌𝑎𝑡𝑚
𝜌𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒
= 519 ∙
0,00238
0,00209
= 591°𝑅 = 55°𝐶 
Enquanto resolvemos esse exercício, podemos ver que a metodologia é 
a mesma. Apenas as unidades são diferentes. 
Exemplo: Um barco está carregado com 150 toneladas de carvão. O peso 
da barca vazia é de 35 toneladas. Se a barca mede 5m de largura, 20m de 
comprimento e 5m de altura, qual é o calado (parte submersa) da barca? 
Solução: 
𝐹𝐵 = 𝑊 
𝜌𝐻2𝑂𝑔𝑉 = (150 + 35) ∙ 10
3 ∙ 𝑔 
103 ∙ (20 ∙ 5 ∙ 𝐷) = (150 + 35) ∙ 103 
𝐷 =
185
100
= 1,85𝑚 
Exemplo: Um bloco de aço de densidade relativa=7,85 flutua numa 
interface água-mercúrio como na figura. Qual será a razão a-b? 
Figura 10 
 
 
Mais uma vez, utilizaremos a definição de densidade relativa. Para 
sólidos, o referencial é o mesmo de líquidos, ou seja, a água. 
Solução: 
Fazendo o somatório das forças, temos o peso e o empuxo. Assim: 
𝐹𝐵 = 𝑊 
Contudo, o empuxo age parte no volume submerso em água e parte no 
volume submerso em mercúrio. O peso, por sua vez, é o peso do volume inteiro 
de aço: 
𝜌𝐻2𝑂𝑔∀𝐻2𝑂 + 𝜌𝐻𝑔𝑔∀𝐻𝑔= 𝜌𝑎ç𝑜𝑔∀ 
 
 
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Não sabemos qual é o volume da peça, mas chamaremos de L um 
comprimento arbitrário e w uma largura arbitrária. Assim, o volume pode ser 
calculado da seguinte forma: 
∀𝑎ç𝑜= (𝑎 + 𝑏)𝐿𝑤 
∀𝐻2𝑂= 𝑎𝐿𝑤 
∀𝐻𝑔= 𝑏𝐿𝑤 
Como L e w estarão em todos os termos da equação, eles serão cortados. 
Observe: 
𝜌𝐻2𝑂𝑎𝐿𝑤 + 𝜌𝐻𝑔𝑏𝐿𝑤 = 𝜌𝑎ç𝑜(𝑎 + 𝑏)𝐿𝑤 
𝜌𝐻2𝑂𝑎 + 𝜌𝐻𝑔𝑏 = 𝜌𝑎ç𝑜(𝑎 + 𝑏) 
𝜌𝐻2𝑂𝑎 + 13,6𝜌𝐻2𝑂𝑏 = 7,85𝜌𝐻2𝑂(𝑎 + 𝑏) 
−6,85𝑎 = −5,75𝑏 → 
𝑎
𝑏
= 0,839 
SÍNTESE 
Caro aluno, cara aluna, não estranhe as deduções das equações que 
fizemos. Isso fará a diferença entre o curso técnico e o curso de engenharia. 
Enquanto técnicos, propomos soluções, mas enquanto engenheiros, propomos 
soluções de forma ordenada, correta, usando os recursos necessários e sem 
desperdício. Por quê? Porque sabemos de onde vem os modelos e como usá-
los da forma mais correta. 
Para o correto aprendizado, você deve praticar. Assim, não esqueça de 
estudar os capítulos e fazer bastante exercícios. 
 
REFERÊNCIAS 
 
FOX, R. W; PRITCHARD, P.; MCDONALD, T. Introdução à mecânica 
dos fluidos.8. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2006.