Capitulo III Estatica Dos Fluidos

8/20/2019 Capitulo III Estatica Dos Fluidos

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Introdução à Mecânica do Fluidos

Copyright (c) 2010by John Wiley & Sons, Inc

Universidade Federal Fluminense – EEIMVR - VEM

Mecânica dos Fluidos II. L. Ferreira, A. J. Silva, J. F. Feiteira

Capítulo 3

Estática dos

Fluidos

Empuxo causado pela

diferença de massaespecífica entre o araquecido e o ar

atmosférico.


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Chapter 12 Mixtures and Psychrometrics

2.1 Introdução

Tópicos Principais: Equações básicas da estática dos fluidos;

Variação de pressão na estática dos fluidos;

Forças hidrostáticas em superfícies submersas; Empuxo.


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2.2 Equações Básicas da Estática dos Fluidos

O elemento infinitesimal de volume dV pode ser expressoem termos de coordenadas cartesianas conforme,

Forças de Campo: Para um elemento de fluido diferencial, a força de campo

gravitacional pode ser expressa da forma;

V d gdmgF d B ρ rr

r

==

dzdydxV d =

então,

dzdydxgV d gF d B ρ ρ rr

r

==


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Forças de Superfície: Para um fluido, na ausência de qualquer tensão de

cisalhamento, a única força de superfície atuante é a força

devido à pressão, que, por sua vez, é um campo escalar;

( ) z y x p p ,,=


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Forças de Superfície: A pressão no lado esquerdo (E) será;

( )

−

∂∂+=−

∂∂+=

2dy

y p p y y

y p p p E E

Manipulando os sinais, tem-se

2dy

y p p p E ∂

∂−=

Semelhantemente, para o lado direito, obtém-se,

2

dy

y

p p p D

∂

∂+=

2

dx

x

p p pP∂

∂−=

2

dx

x

p p pF

∂

∂+=

2dz

z p p p I ∂

∂−=

2

dz

z

p p pS

∂

∂+=


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Forças de Superfície: Escrevendo as equações para a força nas superfícies,

tem-se;

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( ) ( )( )k dxdydz z p pk dxdydz

z p p

jdxdzdy

y

p p jdxdz

dy

y

p p

idydzdx

x

p pidydz

dx

x

p pF d S

ˆ2

ˆ2

ˆ2

ˆ2

ˆ2

ˆ2

−

∂∂++

∂∂−

+−

∂

∂++

∂

∂−

+−

∂

∂++

∂

∂−=

r


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Forças de Superfície: Agrupando e cancelando os termos,

dzdydxk z

p j y

pi x

pF d S

∂

∂

+∂

∂

+∂

∂

−= ˆˆˆ

r

Pode ser reescrita da forma,

( ) ( )dzdydx pdzdydx pF d S −∇≡−≡ gradr


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ou,

Forças Total: Combinando as formulações desenvolvidas para forças

de campo e de superfície, obtém-se a força total atuandosobre um volume de fluido;

dxdydz pdxdydzgF d F d F d S B ∇−=+= ρ r

rrr

( ) V d g pF d r

r

ρ +∇−=


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Substituindo na equação anterior,

Segunda Lei de Newton: Aplicando a 2ª Lei do movimento de Newton;

0=+∇− g p

r

ρ

0== aV d

F d rr

ρ


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Esta é uma equação vetorial que pode ser decomposta em

suas componentes,

Força Total: Significado da equação;

0

pontoumem volumedeunidade

porcampodeforça

pontoum emvolumedeunidadepor

resultantepressãodeforça

=+∇−

g p r

=+∂

∂−

=+∂∂−

=+∂

∂−

zg z

p

yg y p

xg x

p

z

y

x

direção ,0

direção ,0

direção ,0

ρ

ρ

ρ


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Força Total: Se o sistema de referência for escolhido, como z vertical,

g x = g y = 0 e g z = -g 0, então;

00 =−∂

∂− g

z

p ρ e, 0=

∂

∂=

∂

∂

y

p

x

p

Limitações:

i. Fluido estático;

ii. A gravidade é a única força de campo;

iii.O eixo z é vertical e aponta para cima.


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Variação da Pressão em um Fluido Estático

Então, admitindo a

massa específicaconstante,

Relação Pressão-Altura: Integrando a equação anterior para a direção vertical, z ,

de p 0 a p e de z 0 a z , tem-se:

∫∫ −= z

z

p

p

dzgdp

00

0 ρ

[ ]000 z zg p p −−=− ρ e, fazendo-se obtém-se, z zh −= 0

hg p p 00 ρ =−


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2.3 Variação da Pressão em Fluido Estático

Atmosfera Padrão Ainda é busca de consenso, uma padronização do

comportamento da atmosfera, principalmente datemperatura em função da altitude. O modelo EUAapresenta a seguinte característica ao nível do mar:

Propriedade Símbolo SI

Temperatura T 15 oC

Pressão P 101,325 kPa

Massa Específica ρ 1,225 kg/m3

Peso Específico γ ---------------------------

Viscosidade µ 1,789 10-5 (Pa.s)


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Atmosfera Padrão


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Fluido Compressível: Gás ideal Considerando gases ideais, a massa específica varia

consideravelmente com a altitude. Para que a integraçãoseja realizada, a massa específica deve ser expressa emtermos de outras variáveis da equação. Desta forma,

T Rn pV = e, T R

M

m

V

p1

= então,T R

p= ρ

Utilizando a equação da pressão hidrostática,

dzT R

g

p

dpg

dz

dp 00

−=∴−= ρ


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Fluido Compressível: Gás ideal Integrando de z = 0 onde p = p 0 até z = z onde p = p :

Até cerca de 11.0 km de altitude, a temperatura varialinearmente com a altitude, segundo o gráfico temperaturax altitude da atmosfera padrão no slide anterior, assim,

∫∫ =−= z

z

p

p

dzT R

g

p

dp

0

0

0

mzT zT −= 0)( logo, ( )∫∫=

−−=

z

z

p

p

dzmzT R

g

p

dp

0 0

0

0

fornecendo,

mR

g

T

mz p p

0

0

0 1

−= ou,

mR

g

T

T p p

0

0

0

=


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2.4 Forças hidrostáticas em Sup. submersas

Agora será iniciada a análise de forças sobre umasuperfície submersa a fim de especificar: A magnitudeou módulo da força, o sentido da força e a linha de açãoda força. Isto se aplica à:

i. Forças Hidrostáticas sobre uma Superfície PlanaSubmersa;

ii. Força Resultante sobre uma Superfície Plana Inclinada;

iii. Força sobre uma Superfície Curva Submersa.


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Força Hidrostática sobre uma Superfície Plana Inclinada:

Objetivo:

Determinar |F R| e (x ’, y ’) onde a força é aplicada.


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Força Hidrostática sobre uma Superfície Plana Inclinada: A força de pressão que atua sobre um elemento de área

dA = dx dy da face superior é dada por:

dA pdF =

A resultante é o somatório de todas as contribuiçõesinfinitesimais sobre a superfície inteira, logo

∫= A R dA pF

A pressão numa altura h pode ser expressa como,

hg p p 00 ρ +=

logo,

∫∫∫ +=+= A A A

R dA yg A pdA ygdA pF θ ρ θ ρ sinsin 0000


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Força Hidrostática sobre uma Superfície Plana: A integral do primeiro momento de área da superfície em

torno de x , pode ser escrita como,

onde, y C é o centróide da área A. Então,

A ydA y C A

=∫

( ) Ahg p A yg A pF C C R 0000 sin ρ θ ρ +=+=Em outras palavras,

A pF C R =

Onde p C é a pressão absoluta no líquido na posição docentróide de área A. A força resultante somente é calculadaatravés de p C. Este ponto não é o ponto de aplicação da forçaresultante.


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A tarefa agora é determinar as coordenadas do ponto deaplicação da força resultante, x ’ e y ’. Para tanto, y ’ pode serobtido, reconhecendo-se que o momento da força resultanteem torno de eixo x deve ser igual ao momento devido à força

de pressão distribuída, ou seja,

( ) ( )∫∫∫ +=+==′ A A A

R dA yg p ydAhg p ydA p yF y θ ρ ρ sin00

Da mesma forma,

∫∫ +=′ A A

R dA ygdA y pF y2

0 sinθ ρ

A primeira integral e a segunda Integral são,

A y pdA y p C A

00 =∫ e, xx A

I gdA yg θ ρ θ ρ sinsin 2 =∫


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( ) x xC C C x xC R I g A yg p y y A I g A y pF y ˆˆ02

ˆˆ0 sinsinsin θ ρ θ ρ θ ρ ++=++=′

Utilizando o teorema dos eixos paralelos para substituir I xx,pelo segundo momento de área padrão,

Então,

logo,

2

ˆˆ C x x xx Ay I I +=

ou,

( ) x xC C R I g Ahg p yF y ˆˆ0 sinθ ρ ++=′

substituindo,

x x RC R I gF yF y ˆˆsinθ ρ +=′

R

x xC

F

I g y y ˆˆ

sinθ ρ +=′


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Se esta mesma pressão atua sobre o outro lado dasuperfície, cancelando-se o efeito de p 0 no cálculo da forçalíquida, obtém-se,

ou,

Para qualquer situação de placa submersa, y’ > yC, o queimplica que o ponto de aplicação está sempre abaixo docentróide.

C

x xC

y A

I y y ˆˆ+=′

A yg A pF C

amanométric

C R

θ ρ sin==


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Uma análise similar pode ser feita para x ’, que é acoordenada x do ponto de aplicação da força resultantesobre a superfície. Assim, tomando-se a soma dosmomentos das forças infinitesimais dF em torno de y , obtém-

se

∫=′ A

R dA p xF x

Pode-se então expressar p como função de y ,

( ) ( )dA y xg x pdAhg p xdA p xF x A A A

R ∫∫∫ +=+==′ θ ρ ρ sin00

Finalmente,

dA y xgdA x pF x A A

R ∫∫ +=′ θ ρ sin0


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Substituindo os valores da primeira e segunda integrais,

A primeira integral e a segunda Integral são,

A x pdA x p C A

00 =∫ e, xy A

I g ydA xg θ ρ θ ρ sinsin =∫

Utilizando o teorema dos eixos paralelos para substituir I xy,pelo segundo momento de área padrão,

C C y x xy y x A I I += ˆˆ

C C y xC xyC R y x A I g A x p I g A x pF x ++=+=′ ˆˆ00 sinsin θ ρ θ

Simplificando,

( ) y xC C R I g A yg p xF x ˆˆ0 sinsin θ θ ρ ++=′

logo,( ) y x RC y xC C R I gF x I g Ahg p xF x ˆˆˆˆ0 sinsin θ ρ θ ρ ρ +=++=′


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Finalmente, obtém-se x ’ como,

R

y x

C F

I g x x

ˆˆsinθ ρ +=′

Novamente se a pressão ambiente atua também sobre ooutro lado da superfície, cancelando-se o efeito de p 0 nocálculo da força líquida, obtém-se,

C

y xC

y A I x x ˆˆ+=′


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Ex.: A superfície inclinada abaixo, articulada ao longo de Apossui 5 m de largura. Determine a força resultante, F R daágua e do ar sobre a superfície inclinada.


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Solução: A força resultante é F R, da água e do ar sobre acomporta. A fim de se determinar a resultante, deve-seencontrar:

i. A magnitude de F R;

ii. A linha de ação de F R;

iii.Solução por integração direta;

Método da Integração Direta:

As equações básicas utilizadas nesta solução são:

030sinη += Dh Mudança de variável: e, η d wdA =

hg p p ρ += 0 , ∫= A

R dA pF , ∫=′ A

R dA pF η η e ∫=′ A

R dA p xF x


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Como a pressão atmosférica age em ambos os lados, utiliza-se somente a pressão manométrica,

030sinη += Dh

Integrando-se,

e, η d wdA =

hg p ρ =

( )∫∫∫ +=== L

A A

R d w DgdAhgdA pF 0

sin η θ η ρ ρ

Para facilitar a integração, integraremos em relação a η aoinvés de y , desta forma, usando-se η para obter expressõespara h e dA, obtém-se

então,

( )

+=+= ∫ θ ρ η θ η ρ sin2

sin2

0

L L Dwgd w DgF

L

R


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Substituindo-se os valores numéricos na equação integrada,

Para fins de localização da força, calcula-se η’ , logo

Obtem-se,

+=

+= 30sin

2

40.40.20.5806.90.999sin

2

22

x x x x L

L DwgF R θ ρ

kN588≅ RF

∫=′ A

R dA pF η η

Desta forma,

( )∫∫∫ +===′ L

R

L

R A R

d w DgF

d w pF

dA pF

00

sin111

η θ η ρ η η η η η


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Substituindo-se os valores,

Integrando-se,

( )

+=+=′ ∫ θ

ρ η θ η η

ρ η sin

32sin

32

0

L DL

F

wgd D

F

wg

R

L

R

m22.230sin3

4

2

40.2

588000

0.5806.90.999 032

≅

+=′

x x xη

Considerando-se a conversão de variável...

m22.622.230sin

2

30sin 00 ≅+=+=+=′ η η ζ

D y

á


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Então,

Para encontrar x ’ considerandase o momento sobre o eixodos y, em torno da articulação A,

∫=′ A

R dA p xF x

m5.2

222

1====′ ∫∫ R

R A R A R

F

F

wdA p

F

wdA p

w

F

x

2 4 F hid á i S b


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Força Hidrostática sobre uma Superfície Plana, Submersa,com Pressão Manométrica diferente de zero na SuperfícieLivre:

2 4 F hid táti S b


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Enunciado: A porta mostrada na lateral do tanque éarticulada ao longo da borda inferior. Um pressão de 100

psfg é aplicada na superfície livre do líquido. Determine aforça, F t, requerida para manter a porta fechada.

Solução: Um diagrama do corpo-livre é mostrado abaixo,

2 4 F hid táti S b


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Solução: As distribuições de pressões sobre os lados internoe externo levarão à força líquida e portanto à sua localização.

Precauções no método de solução:

i. Cuidado na escolha do conjunto de equações para aresultante e sua localização;

ii. Pode-se usar tanto pressões absolutas (diagrama daesquerda) e calcular duas forças, quanto

iii. Pressões manométricas e calcular apenas uma força(diagrama da direita);

2 4 F hid táti S b


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Para problemas com pressões manométricas diferentes dezero na superfície livre. As componentes da força devido àarticulação são Ay e Az. A força F t pode ser determinada,tomando-se os momentos em torno da articulação A, logo

A pF C R = R

x xC

F

I g y y ˆˆ

sinθ ρ +=′, e 0=∑ A M

A força resultante e sua localização são,

( ) Lb L

p Ahg p A pF C C R

+=+==

200 γ ρ

e,

( ) ( )2

12

22

12

2

90sin

0

2

0

3

ˆˆ

0

L p

L L

Lb L p

bL L

F

I g y y

R

x xC

γ

γ

γ

γ ρ

++=

++=+=′

2 4 Forças hidrostáticas em Sup submersas


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Tomando-se os momentos em torno da articulação A, tem-se( ) y LF LF M Rt A ′−−=∑

Aplicando ambas as equações desenvolvidas,

Desta forma,

então,

′−=

L

yF F Rt 1

( ) 62212

21

21

2

0

0

2

0

Lb Lb p L

L p

L L Lb

L p

L

yF F Rt

γ

γ

γ γ +=

++−

+=

′−=

lbf 6006

32100

2

32100

62

22

0≅+=+=

x x Lb Lb pF t

γ

O ponto de aplicação da força resultante será,

( ) ( )ft8.1

23100100

123100

2

3

2

12

2

2

0

2

=+

+=+

+=′ x

x

L p

L L y

γ

γ



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Força Hidrostática sobre uma Superfície Curva Submersa:

Para superfícies curvas, as forças resultantes serãodeduzidas por integração da distribuição de pressão sobrea superfície. A força de pressão, agora, é normal a

superfície em cada ponto dos elementos infinitesimais deárea, dA, devido a curvatura da superfície, segundoesquema abaixo:



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A força de pressão agindo sobre um elemento de área dA, édada por,

Ad pF d R

rr

−=

agindo no sentido oposto à normal da área. A resultantepode ser expressa como,

∫−= A

R Ad pF rr

a força pode ser representada da seguinte forma,

k F jF iF F Rz Ry Rx Rˆˆˆ ++=

r

Tomando-se o produto escalar em cada lado da equação,

∫∫∫ −=−=== ••• x A

x

A

Rx Rx dA pi Ad piF d iF F ˆˆˆ

rr



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Quando a pressão atmosférica atua sobre a superfície livre esobre o outro lado da superfície curva, a força líquida verticalé igual ao peso do fluido diretamente acima da superfície.Neste caso para se determinar a magnitude da componente

vertical, emprega-se

O termo abaixo representa o peso de um cilindro diferencialde líquido acima do elemento de área, dAz, estendendo adistância h da superfície curva até a superfície livre,

∫∫∫ −=−=−== •V A

z

A

z Rz Rz V d gdAhgdA pk F F

z z

ρ ρ ˆ

V d gdAhg z ρ ρ =


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Ex: A comporta mostrada abaixo é articulada no ponto O eapresenta largura constante w = 5 m. A equação dasuperfície é x = y2/a, com a = 4 m. A profundidade da águaà direita da comporta é D = 4 m. Determine a magnitude da

força Fa aplicada, necessária para manter a comporta emequilíbrio se o peso da comporta for desprezado.



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Solução: O esquema de solução baseia-se na determinaçãodo momento em relação ao ponto O após encontrar as forçasvertical e horizontal devido à ação da água. A força vertical éigual ao peso do fluido sobre a superfície, porém, não há

fluido sobre a superfície.



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Solução: Para tanto, pode-se imaginar um sistema de forçasequivalentes mostrada na figura anterior, através de umdiagrama do corpo-livre, e assim determinar as forçasvertical e horizontal, sendo estas forças normais e opostas

àquelas de interesse. Em resumo, a magnitude e a localização da fluida vertical,são dadas pelo peso e posição do centróide do fluido acimada comporta. A magnitude e posição da força horizontal são

dadas pela magnitude e localização da força sobre asuperfície plana vertical equivalente a projeção da composta.



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Solução: As equações básicas são:

A pF C R =C

x xC

y A

I y y ˆˆ+=′, e V gF V ρ =

Para o cálculo de F H, a coordenada y do centróide, a área e o2º momento da superfície (placa fina) vertical projetada são,

2 Dh y C C == w D A =, e 123

Dw I xx =

Logo,

kN848,391542

4806.90.999 ==== x x x x Ahg A pF C C H ρ

para,

m67,26

4

2

4

622

12

2

3

ˆˆ=+=+=+=+=′

D D

Dw D

wD D

y A

I y y

C

x xC



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Para calcular a força vertical, é necessário calcular o peso daágua sobre a comporta pelo sistema equivalenteapresentado. Para um elemento infinitesimal de volume,

( ) dxw y DV d −=Logo,

então,

( ) ∫∫

−=−==

a Da D

V dx xa Dwgdx y DwgV gF

22

0

2

1

0

ρ ρ ρ

logo,

a Da D

V xa x Dwgdx xa DwgV gF

22

0

2

3

0

2

1

3

2

−=

−== ∫ ρ ρ ρ

( ) kN232,261332 30

2

322

1

3

2

==

−= awDga Daa DwgF

a D

V ρ ρ



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A localização de x’ desta força é dada pela posição do centrode gravidade da água acima da comporta, pois o momento deFV deve ser igual ao momento da soma dos pesosdiferenciais em y, logo

então,

a

Da D

V xa Dx

wgdx xa DxwgF x

22

0

252

0

2

3

5

2

2

−=

−=′ ∫ ρ ρ

m2,1231232410

45806.9999

105

2

2 2

5

2

5

2

5

2

5

===

−=′

x x

x x x

F a

Dwg

a

D

a

D

F

wg x

V V

ρ ρ



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o ças d ostát cas e Sup sub e sas

Aplicando o momento sobre o ponto O, tendo o cuidado deaplicar os sinais adequados, pois o problema foi resolvido nosistema de referência com fluido acima da comporta, logo

então,

( ) 0=′−+′+−=

∑ H V aO

F y DF xF l M

( ) ( )kN927,166

5

848,39167,24232,2612,1≅

−+=

′−+′=

x

l

F y DF xF H V a

2.5 Empuxo e Estabilidade


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p

Empuxo:

Se um objeto estiver imerso em um líquido ou flutuandoem sua superfície, a força líquida vertical agindo sobre eledevido à pressão do líquido é denominada empuxo.



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p

A força vertical que age sobre um corpo totalmente imersodevido à pressão hidrostática é determinada considerandoelementos de volume cilíndricos, mostrados abaixo,

Logo, a pressão p num líquido a uma profundidade h , será

hg p p ρ += 0

A força líquida vertical sobre o elemento é,

( ) ( ) ( )dAhhgdAhg pdAhg pdF z 121020 −=+−+= ρ



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p

Porém, o volume do elemento é dado por,

Por conseguinte,

V g p =

Onde V é o volume do objeto. Assim, a força de empuxo para

um corpo submerso, é igual ao peso do fluido deslocado.

∫∫ ==V

z z V d gdF F ρ

( )dAhhV d 12 −=

Relação utilizada em 220 a.C por Arquimedes para

determinar o teor de ouro da coroa do Rei Hiero II. Explica oprincípio de funcionamento de embarcações, balõesmetereológicos, submarinos, etc.



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p

O uso de lastro em embarcações pode ser necessário parase obter estabilidade. Navios de guerra feitos de madeiratransportavam lastro de pedras nos porões para compensaro peso dos canhões no convés de armas. A relação entre o

empuxo e a centro de gravidade é mostrada a seguir,



53/72


Ex: Um balão de ar quente de 50 ft de diâmetro develevantar um cesto de 600 lbf. Qual a temperatura que obalão deve ser aquecido de modo a possibilitar adecolagem?



54/72


Solução: A equação do empuxo deve ser empregada paradeterminar a sustentação gerada pela atmosfera. A equaçãode equilíbrio de forças deve contemplar a variação de massaespecífica em função da temperatura. Assim,

As hipóteses são: O ar se comporta como gás ideal e apressão atmosfera encontra-se por todos os lados.

V gF empuxo =

Somando as forças verticais,

, e0=∑ yF T R p =

0cargaquentearatmcargaquentear =−−=−−=∑ W V gV gW W F F empuxo y ρ ρ Então, tem-se,

3

3

carga

atmquentear ftslug0020903,06502,32

600002375,0 =−=−=

π ρ ρ

V g

W



55/72


A temperatura em Rankine será,

logo,

atmatmquentearquentear T R pT R ρ ρ ==

F130,18R19,5900020903,0

)46059(002377,0 00

quentear

atmatmquentear =≅+== xT T

ρ ρ

2.6 Fluidos em Movimentos de Corpo Rígido


56/72


Fluido como Corpo Rígido:

Existe uma categoria de movimento de fluidos que podeser estudada empregando os conceitos de estática dosfluidos, pois neste caso, este se movimenta como um

corpo rígido, na ausência de qualquer tensão decisalhamento.

O movimento de um corpo rígido pode ser dividido emdois movimentos: de rotação e de translação pura. As

forças de pressão e gravidade agindo sobre umapartícula fluida, são da forma

logo,

g pV d

F d rr

ρ +−∇=

( ) V d g pF d r

r

ρ +∇−=



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conclui-se que,

ag p

V d

F d rr

r

ρ ρ =+−∇=∑

A resultante das forças que atuam sobre um corpo rígido, naausência de perda de massa, será,

=+∇−

fluido de partícula da aceleração

pontoumemvolumedeunidadepormassa

pontoumem volumedeunidade

porcampodeforça

pontoum emvolumedeunidadepor

resultantepressãodeforça x

ag p rr

ρ



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Sendo a equação anterior uma equação vetorial, ascomponentes desta equação em coordenadas retangularespodem ser expressas do seguinte modo,

=+∂

∂

−

=+∂

∂−

=+∂

∂

−

zag z

p

yag y

p

xag x

p

z z

y y

x x

direção ,

direção ,

direção ,

ρ ρ

ρ ρ

ρ ρ

Para outros sistemas de coordenadas, por exemplo, ocilíndrico, o gradiente de pressão deve ser expresso de

forma apropriada,

z

pe

pe

r

pe p zr

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂=∇ ˆˆˆ

θ θ



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Ex1: Deve-se transportar na traseira de uma van umtanque de peixes. Este tanque apresenta dimensões de 12x 24 x 12 in. Quanto de água se pode deixar no tanque eainda garantir que ela não derramará durante a viagem?



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Solução: Haverá movimentos na superfície da água, além de“sacudidas”. Todavia, admite-se que o principal efeito sobrea superfície da água é aquele devido às acelerações edesacelerações lineares do automóvel. O sistema de

coordenada escolhido, x será na direção do movimento e yna vertical. Também não haverá movimentos relativos daágua, pois as acelerações são constantes.

Dados do problema: Tanque parcialmente cheio até a

profundidade d , aceleração constante a x, altura do tanque 12in, comprimento na direção do movimento é b e a largura dotanque na direção perpendicular é c .



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Deve-se determinar:

i. A forma da superfície sob aceleração constante;

ii. A profundidade d , para evitar derramamento;

iii. A orientação ótima do tanque e a profundidade da água.

Equações básicas:

ag p rr

ρ =+∇−



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Expandindo a equação vetorial nas componentes escalares,

( ) ( ) z y x z y x ak a jaigk g jgi z

pk

y

p j

x

pi ˆˆˆˆˆˆˆˆˆ ++=+++

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂− ρ ρ

A pressão não é função de z , também, gx = gz = 0, gy = -g0 e ay= az = 0. Por conseguinte,

xaig j y

p j

x

pi ρ ρ ˆˆˆˆ 0 =−

∂

∂−

∂

∂−

As componente da força são são:

−=∂

∂

−=

∂

∂

0g y

p

a

x

p x

ρ

ρ



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O problema agora é tentar determinar a forma que a pressãovaria em termos de x e y, ou seja,

Desta forma, é possível expressar a função p em função desuas derivadas parciais de x e y, logo

( ) y x p p ,=

( ) ( )dy

y

y x pdx

x

y x pdp

∂

∂+

∂

∂=

,,

Como a superfície livre é uma linha de pressão constante, p =cte, logo, dp = 0, obtendo-se

( ) ( )0

,,0 =−−=∂

∂

+∂

∂

dygdxady y

y x p

dx x

y x p x ρ ρ



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Logo, a forma da superfície livre pode ser expressa como,

0g

a

dx

dy x−=

Conseqüentemente, a superfície livre apresenta a formaplana.

No diagrama apresentado, a altura acima da profundidadeoriginal pode ser expresso como,

2tan

b

e=θ , então tem-se,

022tan

2 g

ab

dx

dybbe x=

−== θ Válida somente quando a superfície livre

intercepta a parede frontal no piso ou acima dele!



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Como deseja-se saber a espessura e, para uma dada ax

, otanque deve ser alinhado de forma que b seja tão pequenoquanto possível. Logo, b = 12 in, então

00 62 g

a

g

ab

e

x x ==

O valor máximo para a espessura, e , é da forma,

in 12 d e −=

Assim,

0

612g

ad x=− e

0

max 612g

ad x−=


E 2 U i i ilí d i i l h i d


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Ex2: Um recipiente cilíndrico, parcialmente cheio delíquido, é girado com uma velocidade angular constante,ω, em torno do seu eixo. Após um curto intervalo detempo, não existirá qualquer movimento relativo, o líquido

então gira com o cilindro como se o sistema fosse umcorpo rígido. Determine a forma da superfície livre.


S l ã P d f d fí i li d lí id


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Solução: Pede-se a forma da superfície livre de um líquidoem rotação. Assim, um diagrama do problema propostaapresenta a seguinte forma,


Eq ações básicas


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Equações básicas:

ag p rr

ρ =+∇−

Expandindo a equação vetorial nas componentes escalares,

( ) z yr r zr ak aeaegk z pk p

r e

r pe ˆˆˆˆˆ1ˆˆ ++=+

∂∂+

∂∂+

∂∂− θ θ ρ ρ

θ

Também, aθ

= az = 0, ar = -ω2r. Por conseguinte,

r egk z pk p

r e

r pe r r

2

0ˆˆˆ1ˆˆ ω ρ ρ

θ θ −=−

∂

∂+∂

∂+∂

∂−

As componentes são,

r r

p 2ω ρ =∂

∂ , 0=∂∂θ p e 0g

z p ρ −=∂∂


Observa se que a pressão não é função de θ e sim de r e z


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Observa-se que a pressão não é função de θ e sim de r e z ,

logo,

( ) ( )dz

z

zr pdr

r

zr pdp

∂

∂+

∂

∂=

,,

Portanto,( ) ( )

dzgdr r wdz z

zr pdr

r

zr pdp 0

2,, ρ ρ −=∂

∂+

∂

∂=

Integrando em relação a um ponto de referência 1 e outroqualquer,

∫∫∫ −= z

z

r

r

p

p

dzgdr r wdp

111

0

2 ρ ρ


Substituindo os limites


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Substituindo os limites,

( ) ( )102

1

22

12

z zgr r w

p p −−−=− ρ ρ

Tomando o ponto de referência sobre o eixo do cilindro na

superfície livre, tem-se,

( )1022

atm2

h zgr w

p p −−=− ρ ρ

Como a superfície livre possui pressão constante,

( )

0

2

12g

wr h z +=

A superfície é um parabolóide de revolução, com vértice emz = h1.


Para revolvermos h sob rotação em termos de h na


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Para revolvermos h 1, sob rotação em termos de h 0, naausência de rotação, sabe-se que o volume do líquidopermanece constante,

Como rotação,

0

2h RV π =

Simplificando,

∫∫∫ ∫

+===

R R R z

dr g

r wr hdr zr dr dzr V

0 0

32

1

00 0

2222 π π π

0

2

0

422

1

0 0

32

1

422 h R

g

Rw Rhdr

g

r wr hV

R

π π π =

+=

+=

∫


Após a manipulação algébrica


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Finalmente,

Após a manipulação algébrica,

0

22

014g

Rwhh −=

( )

−−=+−=+=

2

0

22

0

0

22

0

22

0

0

2

12

1

2242 R

r

g

Rwh

g

r w

g

Rwh

g

wr h z

ou,

−−=

2

0

22

0

2

1

2 R

r

g

Rwh z

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Capitulo III Estatica Dos Fluidos