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    Cap2 2012 03-16 Cap2 2012 03-16 Document Transcript

    • ÍNDICE DE TEXTO2 HIDROSTÁTICA ................................................................................................................ 2 2.1 INTRODUÇÃO .......................................................................................................................... 2 2.2 PRINCÍPIO DE PASCAL ............................................................................................................... 2 2.3 EQUAÇÃO DA HIDROSTÁTICA ...................................................................................................... 4 2.4 FLUIDOS EM MOVIMENTO DE CORPO RÍGIDO ................................................................................. 7 2.5 PRESSÃO ABSOLUTA, PRESSÃO RELATIVA ...................................................................................... 8 2.6 MANÓMETROS...................................................................................................................... 14 2.7 IMPULSÃO HIDROSTÁTICA ........................................................................................................ 16 2.8 IMPULSÃO SOBRE SUPERFÍCIES PLANAS....................................................................................... 17 2.9 IMPULSÃO SOBRE SUPERFÍCIES CURVAS ...................................................................................... 23 2.10 PRINCÍPIO DE ARQUIMEDES ..................................................................................................... 30 2.11 ESTABILIDADE DE CORPOS IMERSOS E FLUTUANTES ....................................................................... 35 2.12 PROBLEMAS PROPOSTOS ......................................................................................................... 44 1
    • HIDROSTÁTICA2 HIDROSTÁTICA2.1 IntroduçãoEm sentido estrito, a Hidrostática – hidro estática – incide no estudo de líquidos em repouso.A origem etimológica da palavra está associada à água (hidro) por ter sido o primeiro fluidoa ser estudado neste ramo da ciência, e por razões históricas se ter mantido a respetivadesignação. Em sentido lato, alguns resultados deduzidos neste capítulo são tambémaplicáveis a outros fluidos e a situações especiais associadas a fluidos em movimento, comosejam, fluidos contidos em recipientes em movimento de corpo rígido com aceleraçãoconstante.Não havendo movimento relativo entre camadas de fluido, não existem gradientes develocidade e, por consequência, não se desenvolvem tensões tangenciais, seja qual for aviscosidade do fluido. Assim, a viscosidade não condiciona os problemas de Hidrostática. Aúnica tensão que existe é a tensão normal, associada à pressão do fluido.2.2 Princípio de PascalCada ponto de um fluido em repouso está sujeito a uma pressão, p, bem definida. Essapressão é dada por N dN p  lim  (2.1) S 0 S dSem que N é a força normal (força de pressão) que atua na área S. A pressão assimdefinida é uma grandeza escalar, ou seja, corresponde ao módulo da referida força normal ecaracteriza-se somente pela sua magnitude. Num dado ponto, a pressão vale o mesmo emtodas as direções (Princípio de Pascal). Este resultado pode ser demonstrado considerandoo equilíbrio de forças de pressão no elemento de fluido homogéneo1 em repousorepresentado na Figura 2.1, na qual se considera que o eixo dos z é vertical2, com sentidopositivo segundo cotas geométricas ou topográficas crescentes. Considere que nesteelemento de fluido atuam o peso e as forças de pressão em cada uma das faces.1 Um fluido diz-se homogéneo em relação a uma propriedade quando esta não no espaço.2 Na Hidrostática, o sistema de eixos é um sistema cartesiano em que o eixo dos z é vertical eorientado segundo as cotas topográficas crescentes. 2
    • z y x Figura 2.1 – Forças de pressão num prisma triangular de fluido em equilíbrioA equação do equilíbrio de forças segundo x conduz ao seguinte resultado: p x y   sen    pn y   sen  0  pn  p x (2.2)Por sua vez, tendo em consideração o peso do fluido, tem-se, segundo z: 1   pn y   cos   p z y   cos    y   cos    s en    0 (2.3) 2Dividindo os termos da equação anterior por y  cos  e fazendo   0 (o que é omesmo que fazer tender para zero x, y e z), obtém-se pn  p z (2.4)Conjugando os resultados anteriores, facilmente se conclui que pn  p x  p z (2.5)Um raciocínio análogo ao anterior aplicado a um prisma de fluido cuja face inclinada rodasse90º em torno do eixo dos z, permitiria concluir que pn  p y  p z (2.6)Assim, partindo do princípio que o fluido está em repouso e que, por isso, não sedesenvolvem tensões tangenciais, conclui-se que a pressão em cada ponto é a mesma emtodas as direções, denotando-se então simplesmente por p. Este é o conhecido princípio dePascal, cientista Francês que o estabeleceu em 1653 e em cuja honra a unidade depressão, Nm2, recebe a designação de Pascal, Pa. 3
    • 2.3 Equação da hidrostáticaA equação fundamental da hidrostática relaciona a pressão num ponto no interior de umfluido com a posição desse ponto e com a massa volúmica do fluido. A equação deriva-sefacilmente considerando o equilíbrio estático de forças num elemento de fluido (Figura 2.2).Como na Figura 2.1, admite-se que o eixo dos z é vertical. Considere-se o equilíbrio noplano xz. Figura 2.2 – Elemento de fluidoTendo presente que x, y e z são comprimentos muito pequenos, pode admitir-se que apressão numa determinada face é constante. Sendo G o peso do elemento de fluido, tem-se p A y z  pc y z  0 (2.7) pB x y  pD x y  G  0 (2.8)As pressões nas faces do elemento de fluido relacionam-se com a pressão, p, no seu centrodo seguinte modo: p x p x pA  p   pC  p  (2.9) x 2 x 2 p z p z pB  p   pD  p  (2.10) z 2 z 2A aproximação inerente a estas equações decorre do desenvolvimento da função na sériede Taylor desprezando os termos de ordem superior à primeira. O peso do elemento defluido é G = gx y z). Consequentemente, as equações (2.7) e (2.8) vêm,respetivamente, 4
    •  p x   p x  p p   y z   p   y z   x y z  0 (2.11)  x 2   x 2  xe p  x y z   g x y z  0 (2.12) zDividindo, em ambos os casos, o resultado por x y z, obtém-se p 0 (2.13) xe p  g (2.14) zNos termos da equação (2.13), a variação da pressão segundo x é nula. Facilmente seconclui que o mesmo resultado se obtém segundo y, o que significa que a pressão éconstante num plano horizontal de um fluido em repouso. Em contrapartida, nos termos daequação (2.14), a pressão varia segundo z. Faz-se notar que, sendo g = , se manteve oproduto g para realçar que  pode, no caso geral, variar com z. A integração da equação(2.14) conduz ao seguinte resultado p2 dp z 2  z 1   (2.15) p1 gAdmitindo que o fluido tem massa volúmica constante qualquer que seja a pressão atuante(condição de fluido incompressível), a equação anterior vem p1  p 2 z 2  z1   p  p1  p 2    z 2  z 1    h (2.16) Esta equação permite calcular a diferença de pressão em dois pontos no interior de umfluido que distem verticalmente de h.A equação (2.16) pode ser escrita na forma p1 p p  z 1  2  z 2  cte   z  cte (2.17)   ou ainda 5
    • d p   z0 (2.18) dz  As equações (2.17) e (2.18) constituem formas consagradas da equação fundamental dahidrostática válida para fluidos que se comportem como incompressíveis, que pode sergeneralizada nos termos que se seguem.Admitindo que, no caso geral, fx, fy e fz são as componentes segundo x, y e z das forças demassa por unidade de massa, f , que atuam no elemento de fluido representado na Figura2.2. Nesse caso,  f  é a resultante das forças de massa, que inclui o peso e pode incluirforças eletromagnéticas. Considerando o equilíbrio segundo x  ver equação (2.11) – tem-se,  p x   p x  f x    p   y z   p   y z  0 (2.19)  x 2   x 2 isto é, p f x  0 (2.20) xDe forma análoga, obtém-se p p f y  0 e f z  0 (2.21) y zAdotando uma notação vetorial, os resultados anteriores podem ser traduzidos pelaequação  f  p  0 (2.22)em que  representa a divergência ou o gradiente. A equação anterior constitui umageneralização das equações (2.17) e (2.18).No caso de a força de massa ser unicamente a resultante do campo gravitacional (peso),tem-se fx = fy = 0 e fz = g. A equação (2.22) reproduz, naturalmente, o resultado expressopelas equações (2.13), (2.14), (2.17) e (2.18). Em conclusão, para fluidos que se comportemcomo incompressíveis tem-se: 6
    •  p  x  0   p  0 (2.23)  y  p    0  z2.4 Fluidos em movimento de corpo rígidoA única condição subjacente ao princípio de Pascal, traduzido pela equação (2.5), é a deque as tensões tangenciais sejam nulas, para o que é suficiente não existirem movimentosrelativos de camadas de fluido. No caso de um fluido se deslocar como um corpo rígido,sem movimento relativo de camadas de fluido, o princípio de Pascal mantém-se válido.Sendo assim, pode aplicar-se uma análise semelhante à do parágrafo anterior. Nos termosda segunda lei de Newton e para o caso geral de as forças de massa não incluiremunicamente o peso, o equilíbrio de forças segundo x – ver equação (2.19) – vem:  p x   p x  f x    p   y z   p   y z     a x (2.24)  x 2   x 2 ou p f x   a x (2.25) xem que ax é a componente do vetor aceleração, a , segundo x. No caso geral, segundo ostrês eixos coordenados, pode escrever-se  p   f x  x   a x   p  f y   a y (2.26)  y  p  f z   az  zou, em notação vetorial,  f  p  a   p   f  a  (2.27)As equações (2.27) constituem, assim, a generalização das equações (2.17), (2.18) e (2.22),sendo aplicáveis a fluidos que se desloquem como corpo rígido para quaisquer forças de 7
    • massa. São conhecidas pela designação de equações de Euler e serão discutidas empormenor no Capítulo 5.2.5 Pressão absoluta, pressão relativaA pressão, como a temperatura, pode ser medida em valor absoluto ou em valor relativo,dependendo da pressão de referência. Se a pressão de referência for a do vácuo (ausênciade matéria e de pressão), as pressões dizem-se absolutas; se a pressão de referência for apressão atmosférica local, dizem-se relativas. Nos termos do esquema representado naFigura 2.3, a relação entre pressões absolutas e pressões relativas é a seguinte: pabsoluta = prelativa + pamosférica localEnquanto a pressão absoluta é sempre positiva, a pressão relativa pode ser positiva ounegativa. É negativa sempre que for inferior à pressão atmosférica local ou de referência. Apressão relativa correspondente ao vácuo é negativa e tem um valor, em módulo, igual aoda pressão atmosférica local ou de referência. Pressão absoluta Pressão relativa + + patm 0 Pressão atmosférica +  0  patm Vácuo Figura 2.3 – Pressão absoluta e pressão relativaComo já se referiu, no Sistema Internacional de Unidades, a pressão exprime-se em Newtonpor metro quadrado, Nm2, ou Pascal, Pa. Em alternativa, usa-se o bar, sendo 1 bar = 105 Nm2 = 105 PaÉ igualmente frequente exprimir a pressão em altura de coluna de um determinado líquido.De facto, tendo em conta a equação (2.17), pode-se concluir que a pressão relativa àprofundidade h, medida a partir da superfície livre de um líquido sujeita à pressãoatmosférica, é dada por (ver Figura 2.4): p1  z1  0  z 2  p1    z 2  z 1    h (2.28) A pressão atmosférica normal, definida ao nível do mar, é igual a 1,012x105 Pa. Expressaem altura de coluna de mercúrio (líquido com densidade igual a 13,6), a pressão atmosférica 8
    • normal é igual a 1,012 x 10 5/(13,6 x 9800) m = 760 mm; de igual modo, pode-se concluir quea pressão atmosférica normal é equivalente a 10,33 m de coluna de água (m c.a.). Figura 2.4 – Aplicação da lei hidrostática de pressões a líquidos sujeitos à pressão atmosférica na superfície livreCabe referir que, na maioria das situações práticas que se colocam aos engenheiros civis, éconveniente utilizar pressões relativas.Exemplo 2.1 (*)3Se for injetado gás sob pressão no reservatório esférico representado na Figura 2.5, apressão do gás e os níveis dos líquidos variam. Determine a variação de pressão do gásnecessária para que o desnível x aumente 5 cm, sabendo que o tubo tem diâmetroconstante. C A B D Figura 2.5ResoluçãoNa situação inicial, aplicando a lei geral da hidrostática entre os pontos A e B, vem: pB    z A  zB  sendo   9800 N m33 Os exemplos assinalados com asterisco neste livro são adaptados da coleção de problemas deHidráulica I coligida durante décadas de ensino desta matéria no Instituto Superior Técnico, nãosendo possível atribuir-lhe autoria individual. 9
    • Procedendo de modo análogo entre os pontos B e C, vem: pC p  zC  B  zB 0, 8 0, 8 pC  pB pB  pC  zB  zC  x  0, 8 0, 8 pB  pC  0, 8  x pC  pB  0, 8 x    z A  zB   0, 8 xEntre os pontos C e D, pode escrever-se pD p  zD  C  zC 13, 6 13, 6 pD  pC  zC  zD  pD  pC  13, 6  zC  zD  13, 6Vem finalmente: inicialpD  13, 6  zC  zD     z A  zB   0, 8 xRepetindo os cálculos para a situação final, pode concluir-se o seguinte: pB    z A  zB  0, 05  pB  pC  x  0, 05  pC  pB  0, 8  x  0, 05  0, 8 pC    z A  zB  0, 05   0, 8  x  0, 05  pD  pC   zC  zD  0, 05   pD  pC  13, 6  zC  zD  0, 05  13, 6Na situação final, a pressão em D é dada por: p final  13, 6  zC  zD   13, 6  0, 05    z A  zB   0, 05  0, 8 x  0, 8  0, 05 DA variação de pressão do gás necessária para que o desnível x aumente 5 cm, é dada por: pD  pD  pD final inicial  13, 6  0, 05  0, 05  0, 8  0, 05   0, 05 13, 6  1 0, 8   13, 8  0, 05  6762Paou seja, pD  6762Pa. 10
    • Exemplo 2.2 (*)Para medir a aceleração de um corpo móvel, utilizou-se o tubo de vidro ABCD de secçãoreta uniforme e pequena, parcialmente preenchido com um líquido, com a forma edimensões indicadas na Figura 2.6, onde também se caracteriza a posição do líquido nasituação de repouso. Figura 2.6O tubo foi fixado ao corpo móvel, num plano vertical; o sentido do movimento do corpo é deB para C. Desprezando os efeitos da capilaridade e da tensão superficial, pretende-sedeterminar a aceleração máxima do corpo que se pode medir.ResoluçãoNas condições deste exemplo, admitindo que o corpo se desloca com uma aceleraçãoconstante e que, o fluido contido no tubo de vidro se comporta como um corpo rígido, aequação (2.27) pode ser escrita na forma  g  a   p  0 ,o que mostra que as isobáricas (linhas de igual pressão) são normais ao vetor  g  a  , emque g é o vetor aceleração da gravidade – ver Figura 2.7(a). Faz-se notar que as únicasforças de massa em presença são forças gravíticas, pelo que gz = g e gx = gy = 0. (a) (b) Figura 2.7 11
    • Na situação de aceleração máxima, o líquido ocupa a posição esquematicamente indicadana Figura 2.7(b). Consequentemente, o ângulo , que define a isobárica de pressão relativanula, é dado por b 1 3   arctg  arctg  arctg 4b  b / 3 11/ 3 11porque essa isobárica passa pelos dois pontos em que o líquido está à pressão atmosférica.Por outro lado, a a tg     arctg g gConsequentemente, a/g = 3/11, ou seja, a = 3g/11  2,67 ms2.Exemplo 2.3 (*)Um camião sobe, com velocidade constante, uma rampa que faz um ângulo de 10º com ahorizontal, transportando um líquido em equilíbrio relativo que ocupa o volume indicado naFigura 2.8. Pretendendo-se aumentar a velocidade, determine a máxima aceleração quepode imprimir ao camião sem perda de líquido. Figura 2.8ResoluçãoNa Figura 2.9 representam-se cortes longitudinais do volume ocupado pelo líquido antes edepois de se iniciar a aceleração. 12
    • (a) (b) Figura 2.9Tendo em conta a Figura 2.9(a), facilmente se conclui que 1b  tg 10o  5,67mS  b  1  2,836m2 2em que S é a área da superfície do corte representado na Figura 2.9(a). O volume de líquidotransportado é o que resulta da multiplicação de S pela largura do caimão. Este volumemantém-se, o que se traduz na manutenção da área S, uma vez que a largura do camiãonão se altera. Assim, o comprimento c correspondente à aceleração máxima – Figura 2.9(b)– é dado por c 1,1S  c  5,156 m 2Em aceleração, o ângulo  que a superfície do líquido faz com o fundo do camião é dadopor 1,1  arc tg  12, 04o 5,156e o ângulo  que a mesma superfície faz com a horizontal é  = ( – 10) = 2,04º.Quando submetido a aceleração constante, o líquido transportado pelo camião desloca-secomo um corpo rígido. Sendo assim, como as forças da gravidade são as únicas forças demassa em presença, a equação (2.27) escrita na forma  g  a   p  0permite concluir que as isobáricas, incluindo a que define a superfície livre, sãoperpendiculares ao vector  g  a  , em que g é o vector aceleração da gravidade. Combase neste resultado, construiu-se a Figura 2.10. 13
    • Figura 2.10A análise da Figura (2.10) permite escrever ao seguinte igualdade:   g sen  a sen 90o    a sen 90o  12,04o     de onde se obtém g sen 2, 04o  a sen 77, 96o , ou seja, a  0,36 ms2.2.6 ManómetrosA medição de pressão pode ser efetuada recorrendo a equipamentos diversos mais oumenos sofisticados (e.g., transdutores de pressão, manómetros). Os manómetros são umdos tipos de instrumentos utilizados para medir a pressão de fluidos, que operam com basena relação entre a variação da pressão e diferenças de cota geométrica ou topográfica.O manómetro simples – também conhecido por piezómetro ou tubo piezométrico – consistenum tubo (vertical ou não) ligado a uma conduta através de um orifício efetuado na respetivaparede – tomada de pressão – como se representa na Figura 2.11(a). Nestas condiçõespode-se medir a pressão relativa no eixo da conduta (ou em qualquer ponto da sua seçãoreta) expressa em metros de coluna de líquido. De acordo com a equação (2.28), essapressão será p = h, sendo opeso volúmico do fluido.Este tipo de manómetros é muito simples mas de difícil utilização para a medição depressões negativas ou de pressões muito elevadas; também não permite a medição dapressão em gases. Nestas situações, pode-se utilizar o manómetro em U – manómetrodiferencial – que tem a configuração representada na Figura 2.11(b), sendo de realçar apossível colocação de um líquido com peso volúmico m, diferente do do fluido da conduta. 14
    •   m (a) (b) Figura 2.11 – (a) Manómetro simples ou piezómetro; (b) manómetro diferencial ou em UA utilização do manómetro em U para medir pressões muito elevadas ou em presença doescoamento de gases requer que se conheçam os pesos volúmicos dos fluidos envolvidos eos comprimentos h e h para se poder calcular a pressão no eixo da conduta. Calculam-seas pressões passo a passo como no Exemplo 2.1, considerando p1 = 0 (o tubo está abertopara a atmosfera). Para o exemplo da Figura 2.11(b) tem-se:  p1  0  p1  0    p2  p1   m h  p2   m h    p3  p2  p3  p2   m h p  p   h  p   h   h  4 3  4 mresultando p4 = mh – h. Sempre que o fluido contido na conduta é um gás, este resultadopode ser reduzido a p4 = mh, considerando sem erro significativo  = 0. Quando, numescoamento líquido, a pressão é negativa no interior da conduta, não é necessário adicionaroutro líquido. Ter-se-á, simplesmente p4 =– h com h = z4 – z1.Pode ser necessário, em determinadas situações, aumentar a precisão das medições depressão, particularmente quando esta grandeza toma valores pequenos. Neste caso, éfrequente instalar piezómetros inclinados, fazendo repercutir h num comprimento maior, tãogrande quanto se queira, aumentando, assim, a precisão da leitura. Este efeito também seconsegue nos manómetros diferenciais inclinando o ramo do U que contacta com aatmosfera. Outra possibilidade consiste na utilização de um líquido de peso volúmico minferior ao do líquido contido na conduta, tanto no manómetro simples como no manómetrodiferencial. 15
    • Exemplo 2.4A tubagem vertical representada na Figura 2.12 contém um óleo com densidade igual a 0,9.À tubagem estão acoplados um manómetro de Bourdon sujeito à pressão px e ummanómetro diferencial em U, com uma extremidade em contacto com a atmosfera,parcialmente preenchido com mercúrio (densidade igual a 13,6). Admitindo que o óleo natubagem está em repouso e tendo em consideração as cotas indicadas na figura, calcule apressão px lida no manómetro de Bourdon. Figura 2.12ResoluçãoComo os fluidos estão em repouso, sabe-se que pC = pB uma vez que os pontos B e C sesituam na horizontal e no mesmo fluido. Além disso, tendo presente a equação (2.27), podeescrever-se pB = (pA + 9800 x 13,6 x 0,375) Nm2vindo px = (pC – 9800 x 0,9 x 3) Nm2 = (pA + 9800 x (13,6 x 0,375 – 0,9 x 3) Nm2.Como o manómetro de Bourdon mede pressões relativas e, nessa condição, pA = 0, tem-se px = 9800 x (13,6 x 0,375 – 0,9 x 3) Nm2 = 23,52 kNm2 = 23,52 kPa.2.7 Impulsão hidrostáticaQuando um sistema de forças distribuídas de pressão tem como resultante uma força única,essa força denomina-se impulsão hidrostática ou simplesmente impulsão,  16
    • Um sistema de forças só admite como resultante uma força única, caso essas forças sejamparalelas ou concorrentes num ponto. Assim, só existe impulsão hidrostática em relação aforças de pressão que atuem em superfícies planas (forças paralelas), calotes esféricas(forças concorrentes), superfícies de corpos imersos ou flutuantes (forças com resultantevertical) ou superfícies cilíndricas limitadas por secções planas, normais às geratrizes (verFigura 2.13). (falta a figura) Figura 2.13  Superfícies cilíndricas limitadas por secções planas, normais às geratrizes2.8 Impulsão sobre superfícies planasSuperfícies planas horizontais em contacto com um fluido apresentam distribuiçõesuniformes de pressão em toda a área de contacto. Neste caso, o módulo da impulsão é igualao produto da pressão pela área da superfície e a força resultante é perpendicular àsuperfície e atua no seu baricentro4.No caso de superfícies planas não horizontais em contacto com um líquido em repouso, apressão apresenta uma distribuição linear, sendo necessário um cálculo mais elaboradopara determinar o módulo e o ponto de aplicação da impulsão.Considere-se a força que atua na face superior da superfície plana de traço AB  superfícieAB  submersa num líquido (Figura 2.14). A superfície AB intersecta o plano da superfícielivre do líquido no eixo Ox; estes planos fazem, entre si um ângulo . A distância dobaricentro da superfície AB ao eixo Ox é y0; a distância da superfície elementar de área dSao mesmo eixo é y. A pressão na superfície elementar dS é dada por p = ysen.Consequentemente, o valor da força elementar dF na superfície elementar dS, é dada por: dF  pdS  dF   y sen dS (2.29)e a impulsão  na superfície AB é a que resulta da integração das forças elementares emtoda a área, isto é:    p dS    y sen dS (2.30) S S4 O baricentro é o centro geométrico de uma superfície ou de um corpo. Se a massa volúmica docorpo for constante, o baricentro coincide com o centro de massa. Se o corpo estiver num campogravítico constante, o centro de massa coincide com o centro de gravidade. 17
    • Na equação anterior,  e sen são constantes. Por isso, pode escrever-se    sen  y dS (2.31) SAtendendo a que a coordenada y0 do baricentro da superfície AB obedece à condição S y dS  Sy 0 (2.32)tem-se    Sy 0 sen (2.33)ou    S hg (2.34)sendo hg  y 0sen a profundidade do baricentro da superfície AB e S a sua área.Consequentemente, o módulo da impulsão na superfície AB é igual ao produto da pressãono baricentro, hg, pela área S da superfície. Figura 2.14 – Impulsão e centro de impulsão sobre uma superfície planaA determinação da coordenada Y do ponto de aplicação da impulsão – centro de impulsão –é feita exprimindo a igualdade de momentos das forças de pressão elementares e daimpulsão resultante em relação ao eixo Ox. Tem-se Y   ydF   y  y sen dS (2.35) S S 18
    • ou Y   sen  y 2dS (2.36) SO integral do segundo membro da equação anterior é o momento de inércia da superfícieplana em relação ao eixo Ox, que se representa por Ix. Tendo em consideração a equação(2.33), tem-se S y 2 dS Ix Y   (2.37) Sy 0 Sy 0De acordo com o teorema de Lagrange-Steiner, o momento de inércia Ix relaciona-se com omomento de inércia, IG, da superfície plana em relação ao eixo GG’ que passa pelobaricentro e é paralelo a Ox pela equação seguinte: I x  IG  Sy 0 2 (2.38)pelo que 2 Sy 0  IG IG Y   Y  y0  (2.39) Sy 0 Sy 0A equação anterior mostra que o centro de impulsão numa superfície plana inclinada sesitua abaixo do baricentro uma distância y’, medida ao longo da recta de maior declive, iguala IG y  (2.40) Sy 0A distância X do centro de impulsão ao eixo Oy pode ser determinada recorrendo ao mesmométodo – igualdade de momentos – com que se definiu a distância Y.  X   xdF   sen  xydS (2.41) S Sou X  S xydS (2.42) Sy 0 19
    • No caso de superfícies simétricas em relação ao eixo Oy, o produto de inércia, representadopelo integral da equação (2.41) é nulo, pelo que X = 0 e o centro de impulsão estará sobre oeixo de simetria.Quando a superfície plana é um retângulo com dois lados horizontais, podem determinar-sea impulsão e a posição do centro de impulsão recorrendo ao traçado do diagrama depressões, como se ilustra na Figura 2.15. Na superfície elementar de área dS, a resultantedF é dada por dF  p dS  p bdy (2.43)A impulsão sobre o retângulo é y2    p dS  b  p dy (2.44) S y1ou seja, a impulsão é dada pelo produto da largura b do retângulo pela área do diagrama depressões ao longo da linha de maior declive (volume do sólido de pressões). O diagrama depressões é linear e as pressões nas extremidades são dadas por p1 = h1 e p2 = h2, em queh1 e h2 são as profundidades dos lados horizontais. A posição do centro de impulsão éobtida pela posição do baricentro do diagrama de pressões. Figura 2.15 – Impulsão sobre um retângulo com dois lados horizontais 20
    • Exemplo 2.5 (*)A comporta representada na figura é sustentada pelas barras AB espaçadas de 6 m em 6 m.Determinar a força de compressão a que fica sujeita cada barra desprezando o peso dacomporta. Figura 2.16ResoluçãoO problema pode ser resolvido de duas formas distintas. Em qualquer caso, analisa-se oequilíbrio de momentos num trecho de comporta com 6 m de comprimento por ser oespaçamento entre barras.Comece por considerar-se que a comporta é constituída por duas superfícies planas – CA eAO – e que não se tira partido do facto de ambas serem retângulos com dois ladoshorizontais. Facilmente se conclui que as áreas são, respetivamente SCA = 6 x 2 = 12 m2; SAO = 6  42  32 = 30 m2.As distâncias do baricentro de cada superfície à superfície livre são, respetivamente hgCA = 1 m; hgAO = 2 + 4/2 = 4 m.Nos termos da equação (2.33), a impulsão em cada superfície vem CA = 9800 x 12 x 1 = 117,6 kN AO = 9800 x 30 x 4 = 1176 kN.De acordo com a equação (2.38), o ponto de aplicação de CA está situado à distância YCA = 1 + ((6 x 23)/12) /(12 x 1) = 1,333 mda superfície livre. Por sua vez, o ponto de aplicação de AO define-se na superfícieinclinada AO. Considerações trigonométricas simples permitem concluir que a distância AOé igual a 5,0 m e que o valor de y0 que consta na equação (2.38) é igualmente y0 = 5,0 m.Além disso, IG = (6 x 53)/12 = 62,5 m4, vindo YAO = 5 + 62,5/(30 x 5) = 5,417 m 21
    • Esta distância é medida segundo o maior declive do plano inclinado que contém a superfícieAO.A distância do ponto O à superfície livre, medida igualmente segundo o maior declive domesmo plano, é dada por 62  4, 52 = 7,5 m. Consequentemente, a distância da linha deação de AO ao ponto O é igual a (7,5 – 5,417) m = 2,083 m. Por sua vez, a distância dalinha de ação de CA ao mesmo ponto é igual a (6 – 1,333) = 4,667 m.O equilíbrio de momentos em relação ao ponto O permite escrever: CA x 4,667 + AO x 2,083 – FAB x 5 = 0, i.e., FAB = 599,76 kN.Um segundo método de resolução deste problema utiliza os resultados obtidos parasuperfícies planas rectangulares com dois lados horizontais. Neste caso, a impulsão é dadapelo produto da largura do rectângulo pela área do diagrama de pressões. O diagrama depressões é linear e as pressões nas extremidades são dadas por p = h, em que h é aprofundidade dessas extremidades. Neste caso, tem-se pC = 0 Nm2; pA = 2 x 9800 = 19,6 kNm2; pO = 6 x 9800 = 58,8 kNm2,vindo CA = (0 + 19,6)/2 x 2 x 6 = 117,6 kN; AO = (19,6 + 58,8)/2 x 5 x 6 = 1176 kN.O diagrama de pressões na face CA é triangular pelo que o respetivo baricentro se situa a(1/3 x 2) m do ponto A e a 4 + (1/3 x 2) = 4,667 m do ponto O.O diagrama de pressões na face AO é trapezoidal. Pode decompor-se em doissubdiagramas: um retangular, em que as pressões são iguais em todos os pontos à pressãono ponto A; outro triangular, que corresponde à diferença do diagrama completo para odiagrama retangular. A impulsão correspondente ao subdiagrama retangular é dada por 19,6x 5 x 6 = 588 kN e está aplicada a 2,5 m do ponto O; a impulsão correspondente aosubdiagrama triangular é igual a 1176 – 588 = 588 kN e está aplicada a (1/3 x 5) = 1,667 mdo ponto O.O equilíbrio de momentos em relação ao ponto O permite escrever a seguinte igualdade: 117,6 x 4,667 + 588 x 2,5 + 588 x 1,667 – FAB x 5 = 0, i.e., FAB = 599,76 kNObviamente, o valor de FAB é igual ao que se obteve anteriormente. 22
    • Exemplo 2.6 (*)Um recipiente de forma cúbica, fechado, com 1 m de aresta, contém, até meia altura, umóleo de densidade 0,85, sendo 7 kPa a pressão do ar na sua parte superior. Admitindo apressão no ar constante, determine:a) A impulsão total sobre uma das faces laterais do recipiente.b) A posição do centro de impulsão na mesma face.ResoluçãoEsquematicamente, a situação descrita no enunciado traduz-se na Figura 2.16. Figura 2.17De acordo com a figura, a pressão na base do recipiente é dada porpb  7000  0, 85  9800  0, 5  11165 PaA impulsão na face vem 7000  11165  7000  1 0, 5   1 0, 5  8041, 25 N 2A parcela da impulsão correspondente à parte triangular do diagrama de pressões é dadapor (8041,25 – 7000) N = 1041,25 N e o respetivo centro de impulsão dista 0,5/3 m da basedo recipiente. Consequentemente, a distância do centro de impulsão ao fundo é dada por 7000  0, 5  1041, 25  0, 5 / 3y   0, 457 m 8041, 252.9 Impulsão sobre superfícies curvasPara determinar o módulo e a linha de ação da impulsão sobre numa superfície curva éconveniente calcular primeiro as respetivas componentes vertical e horizontal e adicioná-las,depois, vectorialmente. 23
    • Considere-se a superfície AB representada na Figura 2.18(a). Analisando o que se passanuma superfície elementar, dS, como se indica na Figura 2.18(b), podem deduzir-se asfórmulas de cálculo das componentes da impulsão. (a) (b) Figura 2.18 – Impulsão sobre uma superfície curvaAdmita-se que a superfície em análise tem um comprimento no plano perpendicular ao dafigura. Neste caso, a superfície elementar tem uma área dS  ds e é atuada por uma forçaelementar dF   h ds (2.45)A componente horizontal da força elementar dF vem: dFh   h ds  sen (2.46)Como ds sen é a área da projecção vertical, dSv, da superfície elementar de área dS,pode escrever-se dFh   h dS v (2.47)A componente horizontal da impulsão é, naturalmente, a soma das componentes dFh aolongo da superfície AB, ou seja:  h    h dSv (2.48) SComo  é constante, tem-se:  h    h dSv   Sv hg (2.49) S 24
    • em que hg é a distância entre a superfície livre e o baricentro da superfície plana verticalprojetada; Sv é a área da projeção. A equação anterior mostra que a componente horizontalda impulsão numa superfície curva é igual à impulsão na superfície projetada, ou seja, éigual ao produto da pressão no baricentro da superfície projetada pela respetiva área.Facilmente se entende, sendo Sv a área da superfície projetada, necessariamente plana, alinha de acção da componente horizontal da impulsão pode ser obtida por recurso àequação (2.39), fazendo substituir S por Sv e y0 por hg.A componente vertical, dFv, da força elementar dF é dada por dFv   h ds  cos  (2.50)Sendo ds cos  a área da secção recta do prisma de líquido situado acima da superfícieelementar de área dS, tem-se dFv   d  (2.51)em que d    ds cos   h . Consequentemente, v    d     (2.52) em que  é o volume de líquido situado acima da superfície curva. A equação anteriormostra que a componente vertical da impulsão é igual ao peso do líquido situadoverticalmente acima da superfície AB. Por equilíbrio de momentos, pode-se mostrar que alinha de ação desta componente da impulsão passa pelo centro de gravidade do volume delíquido situado por cima da superfície curva.Em resumo, a componente horizontal da impulsão numa superfície curva é igual à impulsãoque se obtém na projeção vertical da superfície num plano normal à direção horizontal emanálise – o que se reporta tanto ao módulo como à linha de ação – enquanto a componentevertical da impulsão é igual ao peso de líquido situado por cima da mesma superfície,atuando verticalmente no centro de gravidade do volume que determina o referido peso. 25
    • Exemplo 2.7 (*)Resolva de novo o Exemplo 2.5 com base nos resultados deduzidos para superfíciescurvas.ResoluçãoUma superfície plana não deixa de ser, também, uma superfície curva. Na Figura 2.19,estão esquematicamente representadas as componentes da impulsão na comporta, em quev se considera decomposta em v1 e v2. A linha de acção da componente horizontal daimpulsão dista h1 do ponto O e as das componentes v1 e v2 distam, respetivamente, v1 ev2 do mesmo ponto. Figura 2.19Facilmente se conclui que, sendo hO a profundidade do ponto O, 1 1 h  hO  hO  6  9800  6  6  6  1058, 4 kN 2 2e que v1  9800  3  2  6  352, 8 kN 1  v2   9800  3  4  6   352, 8 kN 2As distâncias h1, v1 e v2, são respetivamente, h1 = 6/3 m = 2 m, v1 = 3/2 m = 1,5 m e v2 = 3/3m = 1 m. Igualando momentos em relação ao ponto O, pode escrever-se  h  h1   v1  v1   v2  v2  5  FAB  0 ,de onde resulta, naturalmente, FAB = 599,76 kN, como no Exemplo 2.5. 26
    • Exemplo 2.8 (*)Calcule o peso volúmico mínimo que deverá ter um corpo sólido homogéneo sobre o qualassenta uma membrana de impermeabilização com a forma indicada na Figura 2.20, pararesistir, sem escorregamento, à impulsão da água que sustém.O coeficiente de atrito estático entre os materiais que constituem o corpo e a base onde esteassenta é 0,7. Figura 2.20ResoluçãoEsquematicamente as forças em presença são as que constam da Figura 2.21. Figura 2.21O equilíbrio de forças horizontais e verticais permite escrever as seguintes relações:  h   R , em que  R é a força de atrito entre o corpo e a respetiva base; N  G  v , sendo N a reação normal; R   N  , sendo = 0,7 o coeficiente de atrito estático.Pode ainda escrever-se, em síntese, h   R   v  G   0, 7Importa calcular h, v e G. Por unidade de comprimento do corpo, tem-se 27
    •  hh h2 h   2 2 h tg 30  h2 tg 30 v   h  2 2  G   s h htg 30  s h2 tg 30   d h2 tg 30em que s é o peso volúmico do corpo sólido e d a respectiva densidade. Resulta, assim, aigualdade:  30º   h2  h2  tg  d tg 30º   0, 7   2  2de onde se obtém d = 0,737 e s = 0,737 x 9800 Nm3 = 7224,3 Nm3. Merece referência ofacto de a densidade do corpo ser inferior à da água.Exemplo 2.9 (*)Num canto de um reservatório paralelepipédico encontra-se colocada uma peça com aforma de um oitavo de esfera de raio r. Calcule a impulsão total do líquido sobre esta peça ea inclinação da impulsão, sabendo que a altura do líquido no reservatório é h.ResoluçãoNa resolução deste exemplo, atente-se à simbologia da Figura 2.26 Figura 2.22Nos termos da equação (2.51), tem-se z igual ao peso do líquido situado acima do oitavode esfera, ou seja, 28
    •   r  2 1 1 4 4   z     r2  h    r3   h 6 r 4 8 3  4  Por sua vez, as componentes horizontais da impulsão são iguais segundo x e segundo y.Em ambos os casos, a impulsão é igual à que se obtém no quarto de círculo correspondenteà projecção do oitavo de esfera num dos planos verticais.A aplicação da equação (2.33) implica que se defina o baricentro de um quarto de círculo(Figura 2.23). Figura 2.23Resulta, assim, 4r  r2  4r hg  h  x   y   h  3 4  3   eA componente horizontal da impulsão, h, é:   r2  4r  h  2  2  2 h 4  3  x y  E a impulsão total é dada por 1  2 2 2   r  2 2     r2  4 r      z   h   2 2  h  3 r    2 4  h  3     4           Finalmente, o ângulo  entre a resultante e a recta AO do plano horizontal é tal que 2 h r  3   arc tg z  arc tg h  4r 2 h  3   29
    • 2.10 Princípio de ArquimedesO princípio de Arquimedes estabelece que um corpo completamente mergulhado numlíquida recebe deste uma impulsão vertical, de baixo para cima, que é igual ao peso dovolume de líquido deslocado. Viu-se na secção anterior que a pressão cresce emprofundidade, o que significa que o seu valor será maior na face inferior do que na facesuperior do corpo mergulhado. Não custa admitir que a ação do líquido sobre o corpo sejano sentido de o fazer subir. A força resultante deste sistema de forças elementares depressão é vertical e dirigida para cima. Para calcular o módulo e o ponto de aplicação destaforça usam-se os métodos para determinação da impulsão sobre superfícies curvasestudados anteriormente.Considere-se primeiro o caso de um corpo totalmente mergulhado num líquido (ver Figura2.28). Divida-se o corpo em duas partes separadas por um “equador”. A componente verticalda impulsão pode ser calculada tomando um prisma vertical de secção elementar dSh queatravessa o corpo. Na face superior, a força elementar é psdSh e é igual ao peso do líquidocontido no prisma delimitado pelo corpo e pela superfície livre. De igual modo, na faceinferior, a força elementar pidSh é dada pelo peso do líquido contido no prisma delimitadopelo corpo e pela superfície livre do líquido. Figura 2.24 – Impulsão num corpo mergulhado num líquido (corrigir dFv, dFvs, dFvi, F, eixos)A diferença entre as duas forças elementares será: dFv  pi dSh  psdSh ( pi  p) dSh s (2.53)que não é mais do que o peso da coluna de líquido contido no prisma elementarcompreendido entre a face superior e inferior do corpo, Figura 2.23. Considerando a somade todos os prismas elementares, conclui-se que a impulsão é vertical, dirigida para cima, eé igual ao peso do líquido contido no volume ocupado pelo corpo (peso do líquido 30
    • deslocado). Note-se que este resultado é válido qualquer que seja a forma do corpo equalquer que seja o líquido.Considere-se o caso de um líquido com volúmico  . As pressões pi e ps e a força dFpodem ser calculadas facilmente (Figura 2.23). dFv ( pi  p) dSh   hi   hs dSh s ( ) (2.54) I   dFv    hi  h) dSh    ( s (2.55) ShA equação (2.55) é a verificação do Teorema de Arquimedes para um corpo completamentemergulhado num líquido. Como nas superfícies curvas, o centro de impulsão coincide com ocentro de massa do volume de líquido deslocado pelo corpo.Mostra-se que a impulsão horizontal sobre o corpo é nula o que será fácil de compreenderdado que os planos horizontais são planos de igual pressão. Considere-se uma direçãohorizontal qualquer. É possível definir um “meridiano” perpendicular a esta direção quedivide o corpo em duas partes. A impulsão horizontal sobre cada uma das duas partesobtém-se pela projeção da superfície do corpo sobre um plano vertical, normal à direçãodada. Vê-se que ambas as partes dão origem à mesma superfície projetada econsequentemente a forças de impulsão que são iguais e opostas. Esta conclusão é válidaqualquer que seja a direção horizontal considerada.Seja agora o caso de um corpo mergulhado na interface entre dois fluidos A e B. Na prática,frequentemente um dos fluidos é o ar e o outro é a água (Figura 2.25). Por um raciocínioanálogo ao dos corpos mergulhados num só fluido se conclui que a resultante das forçaselementares de pressão atuando sobre a superfície do corpo será obtida pelo peso dovolume dos fluidos deslocados. Se os fluidos tiverem pesos volúmicos constates, aintegração ao volume total permite calcular o valor da impulsão vertical: I   A A   B B (2.56)ou seja, igual à soma dos pesos dos volumes de fluidos deslocados pelo corpo. Como ovolume de fluido total deslocado não é homogéneo (dois fluidos A e B), mostra-se que aimpulsão está aplicada não no baricentro, mas antes no centro de gravidade do volume doslíquidos deslocados.No caso dos dois fluidos em jogo serem o ar e a água, como o peso volúmico da água émuito superior ao peso volúmico do ar, o centro de impulsão coincide com o centro demassa do volume de água deslocado. 31
    • Figura 2.25 – Impulsão sobre um corpo flutuante (corpo mergulhado na interface de dois fluidos).Fazendo um raciocínio análogo ao apresentado para os corpos imersos (mergulhados numsó fluido), conclui-se que a impulsão horizontal sobre os corpos flutuantes é nula.Exemplo 2.10 (*)Uma esfera homogénea de peso volúmico  flutua (em equilíbrio) entre dois líquidos dedensidades diferentes, de tal maneira que o plano de separação dos líquidos passa pelocentro da esfera, conforme se ilustra na Figura 2.26. Determine a relação entre os trêspesos volúmicos. Figura 2.26ResoluçãoEstando a esfera em equilíbrio, é forçoso que se verifique a seguinte igualdade G   v1   v 2em que o significado dos símbolos é o que consta da Figura 2.27. G é o peso da esfera ev1 e v2 as impulsões verticais na superfície da esfera, respetivamente, acima e abaixo doplano de separação dos líquidos. 32
    • Figura 2.27Sendo S a área do círculo horizontal definido na esfera pelo plano de separação doslíquidos e  o volume da mesma esfera, facilmente se conclui que    v1  1  h S    2  v2   2  1 h S 2Como G = , em que  é o peso volúmico da esfera, tem-se       1  h S     2  1 h S  2 2 ,de onde se obtém 1   2  2Exemplo 2.11(*)Uma comporta cilíndrica com 2 m de raio e 10 m de comprimento, prolongada por uma placaplana AB, cria num canal um represamento de água nas condições indicadas na Figura2.28. A comporta encontra-se simplesmente apoiada nas extremos do seu eixo em doispilares. Figura 2.28 33
    • Determine: a) A componente horizontal da força transmitida a cada pilar quando a comporta está na posição de fechada, admitindo que é nula a reação em B. b) O peso mínimo que deverá ter a comporta para não ser levantada, supondo possível tal deslocamento e desprezando o atrito.ResoluçãoAntes de se proceder à resolução do exemplo, convém completar a geometria do problema.Assim, nos termos da Figura 2.29(a), tem-se   120o ;   60o ; a  2 cos 60o  1m ;b  2 sen   2 sen 60o  1, 732 m . a) b) Figura 2.29A altura da água à esquerda da comporta é dada por h = (3 + b) m = 4,732 m. Acomponente horizontal da impulsão, do lado esquerdo da comporta, é, naturalmente, dadapor: 4, 732  he  9800  4, 732  10   1097, 2 kN 2A do lado direito é: hd  9800  3 10 1, 5  441kNEm face dos resultados anteriores, é fácil concluir que a componente horizontal da forçatransmitida a cada pilar (alínea a) é dada por:  he   hd F  328100 N  328,1 kN 2A força F atua da esquerda para a direita. 34
    • Para o cálculo da componente vertical da impulsão, pode recorrer-se ao princípio deArquimedes. O volume de líquido deslocado é dado por  = 10A, em que A é a área tracejana Figura 2.27.b. Nas condições do problema, tem-se 2 A    22  1, 732  12  7, 512 m2 3 triângulo abe   10 A  75, 116 m3 ;A componente vertical da impulsão é dada por: v  75, 116  9800  736, 1kNO peso mínimo da comporta (alínea b) é tal que a soma das forças verticais é nula, ou seja, G  v  736, 1kN2.11 Estabilidade de corpos imersos e flutuantesO estudo da estabilidade do equilíbrio de corpos imersos e flutuantes é importante. Nãobasta que o corpo esteja em equilíbrio estático, o que acontecerá sempre que o peso docorpo for igual à impulsão vertical que este recebe do fluido. É preciso verificar se esseequilíbrio é estável, instável ou indiferente.Analise-se primeiro a estabilidade dos corpos imersos (corpos mergulhados num só fluido).Considere-se por simplicidade que o fluido é incompressível. Seja uma esfera nãohomogénea5 como se representa na Figura 2.30.Admita-se que a esfera está em equilíbrio na posição inicial da Figura 2.30(a) sob a ação deduas forças: o seu peso W , aplicado no centro de gravidade G , e a força de impulsão F ,aplicada no centro de impulsão C que é o centro da esfera (baricentro do volume de fluidodeslocado). Qualquer afastamento da posição inicial gera um binário Wd ou Fd que obrigaa esfera a voltar à posição inicial. O equilíbrio é estável.Se a esfera estiver em equilíbrio na posição inicial da Figura 2.30(b) qualquer afastamentoda posição inicial, gera um binário que a faz rodar 180º, encontrando numa nova posição deequilíbrio. O equilíbrio é instável.5A não homogeneidade faz com que o centro de gravidade G não seja o centro da esfera. 35
    • O equilíbrio será indiferente se o centro de impulsão coincidir com o centro de gravidade daesfera. Ambas as forças estão aplicadas no mesmo ponto.Em suma, pode afirmar-se que a posição de equilíbrio inicial será estável quando o centrode gravidade do corpo se situar na mesma vertical abaixo do centro de impulsão. Figura 2.30 – Condições de estabilidade de corpos imersos.Para os corpos flutuantes (de facto imersos na interface entre dois fluidos) a situação édiversa. Para que a posição de equilíbrio inicial seja estável não é em regra necessário queo centro de gravidade do corpo esteja abaixo do centro de impulsão (também designado porCentro de Carena6, C. Por exemplo, o corpo representado na Figura 2.31 tem o centro degravidade G acima do centro de carena, C0 e é estável. De facto, à medida que o corpo seinclina o centro de carena move-se para uma nova posição C1 . O binário que se cria leva ocorpo de novo à posição inicial. O estudo da estabilidade do equilíbrio de corpos flutuantesfaz-se com base na posição relativa do centro de gravidade do corpo e do metacentro.6 Centro de Carena é o Centro de Gravidade do volume de água deslocado por um flutuador parauma dada condição de flutuação. Também se conhece como Centro de Impulsão, CI, já que é o pontoonde se considera aplicada a força de impulsão para o cálculo de estabilidade. 36
    • Figura 2.31 – Posição do centro de carena para diferentes situações de flutuação.Define-se metacentro como sendo o ponto de intersecção de duas linhas de açãosucessivas de impulsão quando o corpo flutuante se inclina de pequenos ângulos, Figura2.32. Figura 2.32 – Posição do metacentro num corpo flutuante.Se o metacentro estiver acima do centro de gravidade do corpo flutuante o equilíbrio éestável, se estiver abaixo é instável e se coincidir com ele é indiferente. A Figura 2.33 ilustraa situação, mostrando os binários estabilizadores ou instabilizadores que se criam, quando ocorpo se afasta da posição de equilíbrio inicial (se inclina). 37
    • Figura 2.33 – Estabilidade à flutuação de um corpo flutuante. Metacentro acima do Centro de Gravidade; equilíbrio estável. Metacentro abaixo do centro de gravidade; equilíbrio instávelDefine-se altura metacêntrica como a distância entre o centro de gravidade e o metacentro,MG . Esta distância permite calcular o braço do binário estabilizante GZ conhecido o ângulode inclinação do corpo, Figura 2.34. Será: GZ  MG sin (2.57)Para um dado ângulo de inclinação  o binário estabilizante será tanto maior quanto maiorfor a altura metacêntrica. Figura 2.34 – Altura metacêntrica e braço do binário estabilizante para um corpo flutuante.É possível determinar a altura metacêntrica a partir do momento de inércia da área deflutuação (área definida pela interceção do plano de separação dos dois fluidos e pelo corpoflutuante) e pelo volume do fluido inferior deslocado pelo corpo. Na dedução que se seguecontinua a admitir-se que o fluido superior tem peso volúmico desprezável face ao fluidoinferior (como é o caso do ar e da água). Considere-se que o corpo flutuante é um navio. 38
    • Quando o navio se inclina surgem duas forças iguais e de sinal contrário F , uma de cadalado: como resultado da perda de impulsão (à esquerda) e como resultado da impulsãoadicional (à direita), Figura 2.33. Seja B o binário formado por estas forças. Do ponto devista estático, este binário é equivalente ao momento produzido pela força de impulsão actuando em C1 . Tem-se: B B (2.58)   B ;    GCalcule-se agora o valor do binário B (Figura 2.35). Figura 2.35 – Determinação da altura metacêntrica de um corpo flutuante.Quando o navio se inclina, o volume elementar d à distância x do eixo longitudinal desimetria, que ganha ou perde impulsão, de um ou de outro lado, será: d   x  dA (2.59)e força elementar df : df   d    x  dA (2.60)e o binário elementar dB dB  x df   x 2  dA (2.61)Integrando o binário elementar na área do plano de flutuação do navio tem-se: B   dB   x 2  dA    x 2dA  I yy (2.62) A A 39
    • onde, I yy representa o momento de inércia da área de flutuação em relação ao eixolongitudinal de simetria. Substituindo a equação (2.64) na equação (2.60) obtém-se: B  I yy (2.63)   G Gmas a distância do metacentro ao centro de carena é dada por:  (2.64) MC  sin Substituindo (2.63) em (2.64) tem-se:  I yy (2.65) MC  G sin   lim 1mas:  0 sin  , logo:  I yy (2.66) MC  GObtido o valor para a distância entre o metacentro e o centro de carena MC a alturametacêntrica obtém-se, subtraindo desta, a distância entre o centro de gravidade e o centrode carena: I yy (2.67) MG  MC  GC    GC GSabendo que o peso do navio W é igual ao peso de fluido deslocado  , pode aindaescrever-se para a altura metacêntrica: I yy (2.68) MG   GC A equação anterior mostra que a altura metacêntrica será tanto maior quanto maior formomento de inércia da superfície de flutuação em relação ao eixo longitudinal do navio emenor for o volume de fluido deslocado.As expressões anteriores são válidas para pequenos ângulos de inclinação dos corposflutuantes (até 10º). Para ângulos de inclinação maiores o estudo da estabilidade à flutuaçãofaz-se traçando as curvas de estabilidade. Estas curvas são obtidas representando o braço 40
    • do momento estabilizante em função da inclinação do navio, à custa da determinação daposição do centro de carena.Exemplo 2.12Um caixotão de betão armado destinado à construção de um cais foi pré-fabricado numadoca seca e vai ser transportado em flutuação e afundado no local de colocação. O caixotãoé composto por uma laje de fundo e células delimitadas por paredes de betão armado,Figura 2.34. Determine: a) O calado do caixotão; b) A estabilidade do equilíbrio em flutuaçãoem relação a um dos dois eixos longitudinais de simetria. Figura 2.36Resoluçãoa) O calado do caixotão (distância do plano de flutuação à sua parte inferior) pode serdeterminado pelo teorema de Arquimedes. O peso do caixotão é igual à impulsão, ou seja,ao peso do volume de fluido por ele deslocado. 41
    • Peso do caixotão:O volume de betão do caixotão pode ser determinado pela soma do volume da laje do fundoe das paredes:b   p  l  227.8  43.904  271,704m3O peso será:Wcaixotão  b  b  g  271,704  2500  9.8  6656,748 kNImpulsão:  desl   mar  A d mar g  (11.20)2 d 1035  9.8  d 1272,338 kNonde, d representa o calado do caixotão. Igualando o peso W à impulsão  tem-se:d  5, 23mb) Para determinar a estabilidade à flutuação é necessário determinar a posição do centrode gravidade do caixotão e do metacentro. A posição relativa dos dois pontos permitirádeterminar se o equilíbrio é estável.Centro de gravidade do caixotão, G:O centro de gravidade do caixotão pode ser determinado considerando que é composto pelalaje de fundo e pelas paredes das células. A expressão que permite determinar a posição docentro de gravidade de um corpo à custa dos centros de gravidades parcelares é:yG  y MGi i M iAtendendo à simetria do caixotão basta determinar a distância a que este se encontraverticalmente da base. Como o caixotão tem peso volúmico constante o centro de gravidadecoincide com o baricentro 9  0,35 0,35yG1   0,35  4, 675m yG 2   0,175m 2 2 4, 675  227,8  0,175  43,904yG   3,95m 227,8  43,904O centro de gravidade está no centro do caixotão e dista 3,95m da base.Posição do Metacentro, M: 42
    • I yyFazendo uso da equação (2.70) que permite calcular a altura metacêntrica: MG   GC O momento de inércia da área de flutuação é o momento de inércia de um quadrado com11,2 m de lado em relação a um eixo longitudinal que passa pelo centro: bh3 12, 6 12, 63I yy    1311, 26 m4 12 12O volume de água deslocada pelo caixotão calcula-se usando o valor do caladodeterminado na alínea a):  d 11, 22  656,05 m3O centro de gravidade do caixotão G dista 3,95m da base e o centro de carena C, é o centrode gravidade do volume de água deslocado. Atendendo à simetria, dista da base metade docalado, logo: 5, 23GC  (3,95  )  1,335m a altura metacêntrica virá: 2 1311, 26MG   1,335  0, 67m 656, 05Como a altura metacêntrica é positiva significa que o metacentro está acima do centro degravidade do caixotão e o equilíbrio é estável para a situação de flutuação analisada. 43
    • 2.12 Problemas propostosProblema 2.1 (*)O tubo e os reservatórios representados na Figura 2.35 estão cheios de óleo com densidadeigual a 0,85. O reservatório do lado esquerdo é aberto e o do lado direito é fechado. Nestascondições, determine as pressões nos pontos A e B e exprima-as em altura de coluna deágua. 1 Figura 2.37Problema 2.2 (*)Na parede BC de um reservatório existe uma tampa metálica quadrada com 1 m de lado,conforme se indica na Figura 2.36. A aresta superior da tampa, de nível, dista 2 m dasuperfície livre do líquido. Determine: a. A impulsão total sobre a tampa metálica e as suas componentes horizontal e vertical. b. A posição do centro de impulsão. Figura 2.38 44
    • Problema 2.3 (*)Na parede de um reservatório com água existe um visor semiesférico com a configuraçãoindicada na Figura 2.37. Figura 2.39Calcule as componentes da impulsão no visor.Problema 2.4 (*)Considere uma comporta de segmento, com 5 m de largura, instalada na descarga de fundode uma barragem, nas condições da Figura 2.38. A comporta pode ser manobrada, paraabertura, por dois cabos verticais fixados às suas extremidades laterais. Admite-se que osdispositivos de vedação impedem a passagem da água para a zona que se situasuperiormente à comporta. Admita que o ponto de aplicação do peso, G, da comporta dista3 m do ponto A. Figura 2.40 a) Para a comporta de segmento indicada, determine a.1) As reações de apoio em A e B, supondo esta última vertical. a.2) A força F necessária para iniciar o levantamento da comporta. 45
    • b) Considere o caso de a comporta ser plana em vez de cilíndrica. b.1) Indique se a força necessária para iniciar o levantamento da comportaaumenta ou diminui em relação à da alínea a.2). b.2) Calcule o valor dessa força em cada cabo.Problema 2.5 (**)7Considere a comporta AB que sustém dois líquidos - água e uma mistura de água esedimentos - conforme representado em corte na Figura 2.41. Sobre a superfície da água éexercida uma pressão igual a 0,5 kgf/cm2. A comporta é articulada em O e tem um peso pormetro de desenvolvimento P = 20 kN/m. A geometria e as dimensões da comporta assimcomo as densidades e as alturas de cada um dos líquidos encontram-se indicadas na figura.a) Determine os valores das impulsões horizontal, vertical e total, por metro, sobre a comporta AB.b) Determine a força por metro (F) necessária para iniciar o movimento da comporta. 0,5 kgf/cm2 C 10,00 Água patm 0,50 F Mistura de água B O de sedimentos patm 1,00 (d=1,1) 45º P A Figura 2.417 Os problemas assinalados com (**) foram retirados de exames de Hidráulica I. 46
    • Problema 2.6 (**)O cilindro representado na Figura 2.42 retém uma massa de água em repouso com alturah = R = 2 m.a) Calcule a força por unidade de largura, F, a aplicar no eixo do cilindro para que este nãose desloque horizontalmente por rolamento.b) Calcule a densidade mínima do cilindro para que este não se desloque verticalmente. F R h Figura 2.42Problema 2.7 (**)Considere o reservatório aberto representado na Figura 3 contendo dois líquidos – água eóleo. Numa parede lateral do reservatório encontra-se instalada uma tampa circular com 2,0m de diâmetro, articulada em A. No centro de massa da tampa circular encontra-sesuspenso, por um cabo, um cubo homogéneo com 1,0 m de aresta. As densidades dosfluidos e as dimensões relevantes são as indicadas na figura. Determine:a) O valor da impulsão total na tampa circular.b) A densidade mínima do cubo para que a tampa se encontre em equilíbrio estático(despreze os pesos da tampa e do cabo que suspende o cubo). 2,50 2,0 Óleo (d=0,8) 30º A Água (d=1,0) Figura 2.43 47
    • Problema 2.9Considere o caixotão do Exemplo 2.12. Admita que o caixotão começa a ser betonado numadoca seca até que tenha altura suficiente para flutuar e depois é acabado já a flutuar.Determine a altura mínima que o caixotão deverá ter para que possa flutuar. Considere quea massa volúmica da água do mar é   1035kg / m3 . 48