84990786 Mecanica Dos Fluidos Capitulo 02 2a Parte.pdf 5q

30/03/2011

UNIVERSIDADE FEDERAL DE GOIÁS ENGENHARIA CIVIL E DE MINAS

MECÂNICA DOS FLUIDOS Capítulo 02 – 2ª PARTE ARTE Profa. Eliane Aparecida Justino

2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE SUPERFÍCIE PLANA 



Existem forças nas superfícies dos corpos que estão submersos nos fluidos.

O fluido fluido exerce exerce uma força força perpen perpendic dicula ularr nas superf superfíci ícies es submer submersas sas quando está em repouso, devido a ausência de tensões de cisalhamento, e a pres pressã são o vari variaa linea linearm rmen ente te com com a prof profun undi dida dade de se o flui fluido do for incompressível.

p = γ .h O módu módulo lo da forç forçaa resu resultltan ante te sobr sobree a superfície inferior do tanque do líquido é:

Superfície livre p = patm

h

Peso Específico = γ

∑ F V = F R

FR

F R = p. A

p = patm

Eliane Justino - Curso de Engenharia Civil - UFG/Catalão

Onde: p = pressão da superfície inferior A = área desta superfície

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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE SUPERFÍCIE PLANA 



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 inferior porque a pressão é constante e está distribuída uniformemente nesta superfície.

GENERALIZAND O

2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE SUPERFÍCIE PLANA SUPERFÍCIE PLANA SUBMERSA E INCLINAD I NCLINADA A 

A força hidrostática hidrostática aplicada aplicada em uma superfície superfície plana e inclinada inclinada e com formato aleatório.

Vamos amos determ determin inar ar a direçã direção, o, sentid sentido, o, módulo e ponto de aplicação.

Admitindo, por enquanto, que a superfície livr livree do flui fluido do está está em cont contat atoo com com a atmosfera. O plano coincide com a superfície que está sendo analisada intercepta a superfície livre do líquido em O em O e e seja θ o o ângulo entre os dois planos. O sistema de coordenadas x-y é definido de modo que o O o O está está na origem do sistema y perten de coorde coordenad nadas as e y pertence ce ao plano plano coincidente com a superfície que está sendo ansalisada. A superfície que estamos analisando pode apresentar uma forma qualquer. qualquer.


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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE SUPERFÍCIE PLANA A força que atua em dA em dA (área (área diferencial localizada a uma profundidade h profundidade h ) é:

dF = γ .h.dA e é perpendicular à superfície. O módul óduloo da forç forçaa resu esulta ltante nte na superf superfície ície é determ determinad inadoo somando somando-se -se todas as forças diferenciais que atuam na superfície que é:

Onde: h = y.senθ

2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE SUPERFÍCIE PLANA Se γ � θ ��

∫

F R = γ .senθ ydA A

O Teorema Teorema de Varigon: o momento em relação a um ponto O da da resultante de várias forças concorrentes é igual à soma dos momentos das diversas forças em relação ao mesmo ponto O .

∫ ydA A

É o momento momento de primei primeira ra ordem (momento (momento de primeira primeira ordem ordem da área) em relação ao eixo X . Portanto, pode escrever:

∫ ydA = y . A c

Onde: – coordenada y do do centróide medido a partir do eixo X que que passa através de O . yc – A

Portanto:

F R = γ . A. yc senθ

F R = γ .hc . A

– distância vertical entre a superfície livre do fluido e o centróide da área. hc –


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2.8 2.8 – FORÇA ORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA 



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 são perpendiculares a super superfíc fície, ie, a resul resulta tant ntee dest destas as forç forças as tamb também ém será será perp perpen endic dicul ular ar a superfície. Apesar de nossa intuição intuição sugerir que a linha de ação da força resultante resultante deveria passar através do centróide da área esta não é o caso.





A coordenada yr da 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, F R . y R =

Como:

∫ ydF = ∫ γ .senθ . y dA 2

A

A

y dA ∫ = 2

F R = γ . A. yc .senθ

y R

A

yc . A

2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE SUPERFÍCIE PLANA

∫ y dA

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:

2

A

y R = 

I x yc . A

Se utilizarmos o teorema dos eixos paralelos, I x pode ser expresso por: x pode

I x = I xc + A. yc2 é o momento de segunda ordem em relação ao eixo que passa no Onde , I xc xc é centróide e é paralelo ao eixo X , obtem-se:

y R = 

I xc yc . A

+ yc

O que mostra que a força resultante não passa através da centróide, mas sempre atua abaixo dele, porque Ixc/yc.A > 0

No livro livro pg. 54 mostra mostra as propri proprieda edades des geomét geométric ricas as de alguma algumass 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: F R . x R =

∫ γ .senθ .xydA A

Para F R = . A. yc .senθ

x R =

∫ xydA = A

y c . A

I xy yc . A

Onde , I xy é o produto de inércia em relação aos eixos x e y , utilizando novamente o teorema dos eixos paralelos, escreve-se: x R =

I xyc yc . A

I xyc é o produto de inércia em relação ao + xc


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 I xyc 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 hc yc = senθ



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, F R = .hc . A Como a distância vertical entre o centróide e a superfície livre da água é de 10 m, temos: F R = (9,8 x10 ) x (10 ) x (4π ) = 1,23 x10 N = 1,23MN 3

6

Localizar o ponto de aplicação da força resultante (centro de pressão):

y R =

I xc yc . A

+ yc

x R =

I xyc yc . A

+ xc

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: π R 4 I xc = 4 E que yc está mostrado na figura, assim:

y R =

I xc yc . A

+ yc

(π 4)(. 2 )2 10 = + (10 sen60°)(. 4π ) sen60°

y R = 0,0866 + 11,55 = 11,6m A distância entre o eixo da comporta e o centro de pressão (ao longo da comporta) é:

y R − yc = 0,0866m RESUMINDO


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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA Solução: A força que atua sobre a comporta ap resenta 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,

∑ M

c

=0

e nos fornece,

M = F R ( y R − yc ) = (1,23 x10

6

)(0,0866) = 1,07 x10 N .m 5

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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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA 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:

FR = γ h c A = (10x103 )(2,7)(0,9x 0,9 / 2) = 1,094 x10 4 N 

Note que esta força não é função do comprimento do tanque. A coordenada do centro de pressão (CP) pode ser determinada pela expressão:

yR =

I xc y c .A

+ yc

2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA I xc = 

36

= 1,823 x10 − 2 m 4

De modo que;

y R = 

(0,9)(0,9)3

1,823 x10−2 (2,7)(0,9 x0,9 / 2)

+ 2,7 = 2,717 m

De modo análogo

x R =

I xyc yc . A

+ xc


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2.8 – FORÇA HIDROSTÁTICA NUMA SUPERFÍCIE PLANA I xyc =

xR =

(0,9)(0,9) 2

(0.9) = 9,113 x10 −3 m 4

72 9,113x10 −3

(2,7)(0,9 x 0,9 / 2)

+ 0 = 8,3x10−3 m

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.



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 profundidade.

varia

linearmente

com

a

A pressão relativa é nula na superfície livre do líquido, igual a γ h 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:  h  F R = Pmed A = γ   A  2 


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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: 1  h  F R = volume = (γ h )(bh ) = γ   A 2  2  Onde bh é a área da superfície retangular vertical.






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:

y R =

I xc yc . A

+ yc

x R =

I xyc yc . A

+ xc

CONSIDERANDO QUE A SUPERFÍCIE PLANA ESTÁ TOTALMENTE SUBMERSA.


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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:

F R = F 1 + F 2 

A localização da linha de ação de Fr pode ser determinada a partir da soma de seus momentos em relação a algum ei xo conveniente.


Por exemplo, se utilizarmos o eixo que passa através de A, tem-se:

F R . y A = F 1. y1 + F 2 . y2 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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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:


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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

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, e a 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 F 1 e F 2. Assim, F 1 = ( ps + γ h1 ) A = (50 x103 + 0,9 x9,81 x103 x2 )(0,36 ) = 24,4 x10 3 N

e

 h2 − h1  3  0,6  3  A = (0,9 x9,81 x10 ). (0,36 ) = 0,95 x10 N  2   2 

F 2 = γ 

O módulo da força resultante, Fr , é : F R = F 1 + F 2 = 25,4 x103 N = 25,4 kN

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, F R yo = F 1 (0,3) + F 2 (0,2 )

ou

(24,4 x10 )(0,3) + (0,95 x10 )(0,2 ) = 0,296m (25,4 x10 ) 3

yo =


3

3

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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 pape l. 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.


O diagrama de corpo livre deste volume é apresentado por: Os módulos e as pressões dos pontos de aplicação de F 1 e F 2 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 F H e F V representam as componentes da força que o tanque exerce no fluido.

Para que o sistema de forças esteja equilibrado os módulos das componente F H e F V devem: F H = F 2 Colineares F V = F 1 + W


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

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: F H = F 2 F V = F 1 + W



E o módulo da força resultante é obtido pela equação: F R =



(F H )2 + (F V )2

A linha de ação da F R passa pelo ponto O e o ponto de aplicação pode ser localizado somando-se os momentos em relação a um eixo apropriado.




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 Solução



A Figura b mostra o volume de fluido delimitado pela seção curva BC , pelo plano horizontal AB e pelo plano vertical Este volume apresenta AC . comprimento igual a 1m . As forças que atuam no volume são a força horizontal F 1, 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 (F H e F V )

 0,9  3 (0,9 x1) = 3,97 x10 N  2 

F 1 = γ hc A = (9,8 x103 )

E a linha de ação desta força horizontal está situada a 0,3m acima de C. O módulo do peso, W , é: 2  3  π .0,9 3 W = γ .vol = (9,8 x10 ) x1 = 6,24 x10 N  4 


Solução 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: F H = F 1 = 3,97 x103 N F V = W = 6,24 x103 N

E o módulo da força resultante é: F R = 



(F H )2 + (F V )2 = (3,97 x103 ) + (6,24 x103 ) = 7,40 x103 N 2

2

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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





Solução 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.

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 γ H2O = 9980 N/m 3.


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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 γ H2O = 9980 N/m 3.


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 γ H2O = 9980 N/m3.


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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE 2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES 



Empuxo: força resultante 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: 

O volume do corpo arbitrário é V e está imerso em fluido.


Envolvendo o corpo com um paralelepípedo e analisando seu diagrama de corpo livre com o corpo removido do paralelepípedo. 








F 1, F 2 , F 3 e F 4 – 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). F B é a força que o corpo exerce sobre o fluido

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2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE 2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES Analisando as condições de Equilíbrio: 

Direção Horizontal: F 3 = F 4

(1)



Direção Vertical: F B = F 2 − F 1 − W



Se o peso específico do fluido é constante:F 2 − F 1 = γ (h2 − h1 ) A

(2) (3)

Onde: A é a área das superfícies horizontais dos paralelepípedo. 

Substituindo (3) em (2): F B = γ (h2 − h1 ) A − γ [(h2 − h1 ) A − V ]



Simplificando: F B = γ V

(5)

(4)

Onde: γ é o peso específico do fluido e V é o volume do corpo

2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE 2.11.1 – PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES 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. 



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: F B yc = F 2 y1 − F 1 y1 − Wy2


(6)

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Substituindo as forças, Eq. (3) e (5) e a contribuição do peso: Vyc = V T y1 − (V T − V ) y2

(7)

Onde: V T é o volume total definido por (h 2 – h 1 ).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.


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

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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. Solução Nós primeiramente vamos construir o diagrama de corpo livre para a bóia.

 



F B é a força de empuxo que atua sobre a bóia; é o peso da bóia;  W é força que tensiona o cabo.  T 

Equilíbrio: T = F B − W








Solução Sabe-se que: F B = γ V O peso específico da água do mar é 10,1 kN/m 3 e V = ( π d 3 )/6 . Substituindo,  π  3 F B = (10,1 x103 ) .(1,5)  = 1,785 x104 N  6   Assim, a força que tensiona o cabo é: T = 1,785 x104 − 8,50 x103 = 9,35 x103 N = 9,35kN

Note que nós trocamos o efeito da forças de pressão hidrostática no corpo pela força do empuxo.


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Solução 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 F B (a força de empuxo).

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 γ H2O = 10000 N/m 3


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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 cil indro estaria estável a que altura, h, se fosse imerso em um fluido com densidade igual a 1,05? Considere g = 9,81 m/s 2 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/s 2 e ρH204oC=1000 kg/m3.

2.11 – EMPUXO, FLUTUAÇÃO E ESTABILIDADE CONDIÇÕES PARA UM CORPO FLUTUAR EM UM LÍQUIDO 




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
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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 r i e massa m i , o centro de massa é dado por: 1 R= ∑ m i ri M



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.


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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 ( F B ). 

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? 


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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.


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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, F B , 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.


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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:− ∇ p − γ k ˆ = ρ a

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):

−



(1)

∂P = ρ a x ∂ x

−

∂P = ρ a y ∂ y

−

∂P = γ + ρ a z ∂ z

(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.


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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 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR Considerando o movimento retilíneo e uniformemente acelerado de um recipiente aberto que contém um líquido.



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. ∂P = 0 (3) ∂ x


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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR Os gradientes de pressão nas direções y e z são: ∂P ∂P = − ρ .a y (4) = − ρ .( g + a z ) (5) ∂ y ∂ z





A variação de pressão entre dois pontos próximos, localizados em (y, z ) e (y + dy, z + dz ) pode ser expressão por: dp =



∂P ∂P dy + dz ∂ y ∂ z

(6)

Substituindo (4) em (5) em (6) dp = − ρ a y dy − ρ (g + a z )dz

(7)

2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 2.12.1 – MOVIMENTO LINEAR Como dp = 0 ao longo de uma linha de pressão constante. Assim, a inclinação destas linhas é dada por:



dz dy 



=−

a y g + a z

(8)

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 s uperfície livre. No caso especial onde ay = 0 e az ≠ 0 que corresponde a uma 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: dp = − ρ ( g + a z ) dz


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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 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?

 


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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 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). a y dz =− dy g + a z Lembrando que az = 0 , temos: 



− 

dz

0,230

=−

ay g

A mudança de profundidade do líquido no lado direito do tanque, z 1, provocada por uma aceleração ay , pode ser determinada pela equação.

−

z

0,230

=−

ay g

 a y   g  

dz = (0,230 )

ou

2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 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, 



 a y   g  

p = (0,65)(9,81 x10 )0,15 − (0,23) 3



 a y   g  

p = 9,565 x10 2 − 2,200 x10 2  

Observe que esta equação só é válida para z 1 < 0,15m e que a pressão é dada em Pa .


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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 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 

 a y   g  

0,15 = (0,230 )



ou

a y = 0,652 g

Se o valor da aceleração da gravidade é o padrão, temos: a y = 0,652 x9,81 = 6,40m / s 2



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).

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/m 3.


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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 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:



2

ar = ω .r 



A direção desta aceleração é radial e que é dirigido para o eixo de rotação.

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:

∇ p = 

1 ∂ p ∂ p ∂ p eˆr + eˆθ + eˆ z r ∂θ ∂r ∂ z

Então, para este sistema de coordenadas: 2

ar = −ω .r eˆr


aθ = 0

a z = 0

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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO ˆ = ρ a Como: − ∇ p − γ k



∂ p =0 ∂θ

∂ p 2 = ρ rω ∂r 



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: dp =



∂ p = −γ ∂ z

∂ p ∂ p dr + dz ∂r ∂ z

dp = ρω 2 rdr − γ dz



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 2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO 

Se aplicarmos dp = ρω 2 rdr − γ dz nesta superfície e utilizarmos γ � ρ�� tem-se: ρω 2 rdr = γ dz = ρ gdz dz dr



=

ρω 2 r ρ g

g

Assim, a equação para as superfícies que apresentam pressão constante é: z =



=

ω 2 r

ω 2 r 2g

+ cte

Esta equação revela que as superfícies com pressão constante são parabólicas.


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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO A integração da equação:



2

dp = ρω rdr − γ dz 

Fornece:

∫ dp = ρω ∫ rdr − γ ∫ dz 2

Ou p = 



ρω 2 r 2 2

z + cte − γ

A constante de integração pode ser determinada em função da pressão em algumas posição arbitrária (por exemplo r 0, z 0 ). 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 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 – h 0 provocada pela rotação do fluido. Qual é a relação entre a mudança do nível do líquido e a velocidade angular do corpo?




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2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 2.12.2 – ROTAÇÃO DE CORPO RÍGIDO Solução: A altura h da superfície livre para r = 0 pode ser determinada pela equação: ω 2 r z =

Assim, h=

ω 2 r

2g

2g

+ cte

+ h0

O volume de fluido no tanque, Vi , é constante e igual a: 2

V i = π R H

2.12 – VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUIDO COM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO 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: dV = 2π rhdr 

O volume total é dado por: R  ω 2 r 2  πω 2 R 4 V = 2π r  + h0 dr = + π R 2 h0 2g 4g  0 

∫



Como o volume de fluido no tanque é constante (admitindo que não haja transbordamento), temos. πω 2 R 4 ω 2 R 2 2 2 ou + π R h0 π R H = H − h0 = 4g 4g


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