apostila de hidrostática
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2. HIDROSTÁTICA
Conceito de Hidrostática:
É a parte da Hidráulica que estuda os líquidos em repouso, bem como as forças que podem ser aplicadas em corpos neles submersos.
Pressão (ou Intensidade de Pressão):
É a força que atua em uma superfície por unidade de área.
FIGURA 2.1 - Força elementar atuando em uma superfície plana imersa.
p = δ Fδ A eq. 2.1
quando a força F é uniformemente distribuída sobre a área, tem-se:
p = FA eq. 2.2
em que,p = pressão ( Pa , N.m-2, kgf.m-2, kgf.cm-2 )F = força aplicada, normal à superfície ( N, kgf )A = área sobre a qual a força está atuando ( m2, cm2 )
Direção da Resultante:
A pressão num plano qualquer de um fluido é sempre normal a este plano.
Fluido (sem componente Sólido (com componenteTransversal) tangencial)
FIGURA 2.2 - Forças de pressão aplicadas em líquidos e sólidos.
.
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Lei de Pascal:
"Em qualquer ponto no interior de um líquido em equilíbrio, a pressão é a mesma em todos os sentidos".
Considerando um ponto qualquer representado pelo prisma da Figura 2.3:
FIGURA 2.3 - Forças que atuam em um ponto de uma massa líquida em equilíbrio.
Se o prisma está em equilíbrio, Fx = 0 e Fy = 0, então:
p1 A1 = p2 A2 sen eq. 2.3
p3 A3 = p1 A1 sen eq. 2.4
como sen =
A2
A1 , A2 = A1 sen eq. 2.5e
cos =
A3
A1 , A3 = A1 cos eq. 2.6
substituindo a equação 2.5 na equação 2.3 tem-se:
p2 A2 = p1 A2 então p2 = p1
e a equação 2.6 na 2.4 tem-se:
p3 A3 = p1 A3 então p3 = p1
portanto, p1 = p2 = p3
A importância desta lei está na comunicabilidade das pressões entre pontos de uma massa fluida. Os elevadores, prensas e freios hidráulicos são fundamentados nessa lei.
Dado a figura 2.4.,
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FIGURA 2.4 - Esquema de um elevador hidráulico.
E desconsiderando, por enquanto, a diferença de pressão entre as faces do êmbolo, tem-se:
p1 = p2 ou
F1
A1
=F2
A2 eq. 2.8
EXEMPLO 2.1 -Uma carga de 100.000 kgf está assentada em um êmbolo de um macaco hidráulico, que possui
1000 cm2 de área. Que força deve-se aplicar no outro êmbolo de área de 50 cm2 para que a carga seja equilibrada?
A1 = 1000 cm2 F1 = 100.000 kgfA2 = 50 cm2 F2 = ?
F1
A1
=F2
A2
100 .0001000
=F2
50 F2 = 5.000 kgf (ou 500 kg)
OBS: se triplicarmos o raio da prensa, sua área fica triplicada ao quadrado, ocorrendo o mesmo com a força.
Lei de Stevin:
"A diferença de pressão entre dois pontos da massa de um líquido em equilíbrio é igual a diferença de nível entre os pontos, multiplicada pelo peso específico do líquido".
A = á rea das faces
Peso = peso da m assa líqu ida do p risma
h = d ife rença de n íve l en tre os pon tos conside rados.
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FIGURA 2.5 - Elemento geométrico de uma massa fluida em repouso e as forças que atuam sobre o mesmo.
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Como Peso = . Vol
e Vol = A . h
então, Peso = . A . h
Se o sistema está em equilíbrio,
Fy = 0 , portanto,
p1 A + Peso - p2 A = 0
p1 A + ( . A . h) - p2 A = 0
p2 A - p1A = . A . h
(p2 - p1) . A = . A . h
simplificando,
p2 -p1 = . h eq. 2.9
que é a expressão da lei de Stevin.
ou
p2
γ=
p1
γ= h
eq. 2.10
Nesta equação expressamos as pressões em alturas de coluna líquida.
"A diferença de altura de carga entre dois pontos de um fluido em equilíbrio é igual a diferença de altitude entre eles ".
pγ é a carga, altura de pressão ou altura piezométrica.
Pressão atmosférica:
É a pressão exercida pelos gases que se encontram acima da superfície livre de um líquido
FIGURA 2.6 - Pressão em dois pontos de uma massa fluida em equilíbrio.
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A pressão atmosférica varia com a altitude, com a latitude, etc. Ao nível do mar, a 45 o de latitude e a 4 oC, seu valor é correspondente a uma coluna de 10,33 mca. A altura da coluna de mercúrio correspondente é 13,6 vezes menor, ou seja, 760 mm Hg.
Unidades: A pressão atmosférica padrão tem os seguintes valores: 10,33 mca, 1 kgf.cm-2, 760 mm Hg,
10.330 kgf.m-2, 101.337 Pa, 101,337 kPa, 1,013 bar e 1013,2 mbar.
A atmosfera técnica é a mais utilizada e seu valor nas diversas unidades é: 10 mca, 1 kgf.cm-2, 760 mm Hg, 10.000 kgf.m-2, 100.000 Pa, 100 kPa, 1 bar e 1000 mbar.
Na maioria dos problemas relativos às pressões, o que interessa é conhecer a diferença das pressões. Nestes casos, a pressão atmosférica não precisa ser considerada, desde que ela haja igualmente em todos os sentidos.
FIGURA 2.7 - Efeito da pressão atmosférica em todos os sentidos de uma massa fluida em equilíbrio.
Vácuo (ou sucção):
Sendo o vácuo perfeito um ambiente isento de matéria, a pressão exercida nos corpos é nula. Na prática isto não é conseguido, e designamos vácuo a todo ambiente onde a pressão reinante é inferior a pressão atmosférica local.
Por grau de vácuo, designa-se a diferença entre a pressão de um vácuo e a pressão atmosférica local. Então, o grau de vácuo não pode atingir valores maiores que 1 atm.
EXEMPLO 2.2 -Se a pressão local é a padrão, e em um certo ambiente a pressão é de 0,58 m Hg. Pergunta-se:
a) qual o valor do vácuo em kgf.cm-2 e mca?b) qual o grau de vácuo nas unidades relacionadas?
a) Considerando a atmosfera padrão:1 atmosfera técnica 760 mm Hg 10 mca 1 kgf.cm-2
760 mm Hg ---------- 1kgf.cm-2
580 mm Hg ---------- x x = 0,763 kgf.cm-2
760 mm Hg ----------- 10 mca580 mm Hg ----------- x x = 7,63 mca
a) O grau de vácuo será:
GV = 760 – 580 = 180 mm HgGV = 1 – 0,763 = 0,237 kgf.cm-2
GV = 10 – 7,63 = 2,37 mca
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Escala de pressões:
Escala absoluta é aquela cuja referência é o vácuo perfeito, ou seja, a pressão absoluta zero é a pressão do ambiente isento de matéria. Não existe valores negativos nesta escala.
Pressão relativa (manométrica ou efetiva) é a escala cuja referência é a pressão atmosférica local. Pode ser positiva ou negativa. A pressão atmosférica tem valor nulo nesta escala.
Empuxo "E":
É a força resultante da pressão hidrostática sobre uma superfície plana imersa. Ela é igual ao produto da área dessa superfície e da pressão no seu centro de gravidade.
FIGURA 2.8 - Esquema da projeção de uma superfície plana imersa no plano OZ.
A força agindo na área A será:
F = p. A
como p = . h,
F = . h . A
mas pela Figura 2.8, h = y sen
F = . y . sen . A
Cada uma das forças F será normal a respectiva área, então, a resultante ou o empuxo "E" sobre toda a área, também normal, será:
E = F
E = ( . y. sen . A)
E = . sen . y . A eq. 2.11
mas " y . A" é o momento da área em relação à intercessão “O”, portanto:
hp h '
hC
B
CGCP
dA
N.A .
a0
z
B '
C '
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y . A = A . y (por definição) eq. 2.12
onde, y é a distância do centro de gravidade da área à intercessão “O”. Substituindo a equação 2.12 em 2.11 tem-se:
E = . sen . A . y
como y . sen = h
E = . h . A eq. 2.13
em que, E = empuxo exercido pelo líquido, de peso específico h = altura do centro de gravidade "CG"da superfície A = área da superfície plana imersa.
EXEMPLO 2.3 -Qual o empuxo exercido pela água em uma comporta vertical retangular de 4x3 m, cujo topo se
encontra a 10 m de profundidade?
E = . h . A
= 1000 kgf.m-3
h = 10 + 3/2 = 11,5 m
A = 4 . 3 = 12 m2
E = 1000 . 11,5 . 12
E = 138.000 kgf
FIGURA 2.9 - Esquema de uma comporta vertical retangular.
Centro de pressão "CP":
É o ponto de aplicação da resultante das pressões que atuam sobre uma superfície plana imersa.
Superfície ho
N .A.
R
C G =CP
.
.
.
.
.
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rizontal
Superfície vertical
Superfície inclinada
FIGURA 2.10 - Distribuição das pressões hidrostáticas em superfícies horizontais, verticais e inclinadas.
A posição do centro de pressão pode ser determinada aplicando-se o teorema dos momentos, ou seja, o momento da resultante em relação à intercessão “O” deve se igualar aos momentos das forças elementares F.
Em geral:
yp = y + Io / (A . y) eq. 2.14
em que, yp = distância do centro de pressão à intercessão “O”
y = distância do centro de gravidade à intercessão “O”
Io = momento de inércia em relação ao eixo intercessão (ver Tabela 2.1)
A = área da superfície plana imersa.
TABELA 2.1 - Centro de Gravidade e Momento de Inércia das principais formas geométricas
FORMAS GEOMÉTRICASXo Distância do CG ao bordo
superior da figura.Io Momento de inércia em
relação ao eixo horizontal baricêntrico.
N.A.
C G h.
.
.
.
C PN.A.
hC G
C P
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a
b
a2
b a3
12
B
a b
a3
B + 2 bB+b
a3
36(B+b )2+2 Bb
B + b
a
b
23
a b a3
36
r rπ r4
4
0,4244 r 0,10978 (r)4
EXEMPLO 2.4 -Uma caixa d’água de 800 litros mede 1,0 x 1,0 x 0,8 m. Determinar o empuxo exercido em uma
das paredes laterais e seu ponto de aplicação.
E = . h . A = 1000 kgf.cm-3
h = 0,8/2 = 0,4 mA = 0,8 . 1,0 = 0,8 m2
= 1000 . 0,4 . 0,8 = 320 kgf
yP = y + Io / (A . y )Io = b . a3 / 12 (Tabela 2.1)Io = 1 . 0,83/12 = 0,0426 m4
= 0,4 + 0,0426 / (0,8 . 0,4) = 0,4 + 0,134 = 0,534 m
Determinação da Base Mínima (b) de pequenas barragens de alvenaria (não é de concreto armado):
Barragens de alvenaria em ARCO (sujeita à forças de tração e tombamento) Barragens de alvenaria de GRAVIDADE (sujeita a força de tombamento)
Nas barragens de alvenaria de gravidade, é o peso da estrutura que resiste às forças de tombamento. Para tal, a força resultante deve ter seu ponto de aplicação na base da estrutura de alvenaria.
Conforme Figura 2.11, a equação que estabelece as condições de estabilidade da barragem de alvenaria ("cálculo de estabilidade de barragens), é a seguinte:
(veja dedução desta equação no próximo item)
b = h √ γ L
γm eq. 2.15
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em que,b = base mínima da barragemh = altura máxima de lâmina d’águaL = peso específico do líquidom = peso específico do material da barragem.
FIGURA 2.11 - Perfis de pequenas barragens de alvenaria.
EXEMPLO 2.5 -Em uma fazenda deseja-se construir uma pequena barragem retangular de alvenaria de pedra,
assentada sobre rochas. A altura da barragem e profundidade da água será de 2,0 m. Determinar a espessura da obra, de modo que as condições de estabilidade sejam satisfeitas. ( m = 2.250 kgf.cm-3 )
b = h √ γLγm
b = 2 √ 1 .0002 .250 b = 1,33 m
h
.
C
b
.
h
.
b
.
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Dedução de Equações para Dimensionamento de Barragens de Alvenaria (sem armação de ferro):
Considerando uma pequena barragem de alvenaria, posicionada na vertical e com formato retangular, sujeita apenas a tombamento (Figura 2.12).
FIGURA 2.12 - Pequena barragem de alvenaria, com paredes laterais na vertical e formato retangular.
a) Equação para cálculo do empuxo:
E = a . h . A
= γ a
h2
. c . h ∴ E =γa . c . h2
2b) Equação para determinação do ponto de aplicação do empuxo (CP):
yP = h + Io / (A . h )
= h2
+ c . h3
12.
1
c . h .h2
= h
2+ h
6
= 4 h
6∴ y p = 2
3h
c) Dimensionamento da barragem (Cálculo da espessura da barragem):
a barragem deve resistir ao empuxo da água;
como se trata de alvenaria (não deve sofrer esforços de tração), a resultante das
forças “E” e “Peso” deve cair no terço médio da base (δ = 2
3b )
; tomando o momento com relação ao ponto 0, tem-se:
M 0R = M 0 peso + M 0 E (momento da resultante, em relação ao ponto 0)
R = Peso + E (resultante = força devido ao peso + força devido ao
N.A.
CG
b
c
0
FP
oyp
.
h a
y = h
R
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empuxo)
M = F . d (momento de uma força = força x distância)
γ = PesoVol (peso específico de um corpo qualquer)
Peso = γ alv . . VolPeso = γ alv . b . h . c
R = γ alv . b . h . c
E =γ a . c . h2
2
R .23
. b = Peso .b2
+ E .13
. h
[ γalv . . b . h . c ] .23
. b = [ γalv . . b . h . c ] .b2
+ [ γa . c . h2
2 ] .13
. h
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2 . γ alv . . b2 . h . c
3=
γ alv . b2 . h . c
2+
γa . h3 . c
6
2 . γ alv . . b2
3=
γ alv . . b2
2+
γ a . h2
6
2 . γ alv . . b2
3−
γ alv . . b2
2=
γa . h2
6
16
. γ alv . . b2 =γ a . h2
6
γ alv . . b2 = γa . h2
b2 = h2 .γ aγ alv .
b = h . √ γ aγ alv .
N.A.
CG
b
c
h
01/3b 1/3b 1/3b
1/3h
2/3hh'
o
2/3 b
H2O
.
.
.
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REVISÃO (Complemento sobre vetor, momento de uma força...)
A) VETOR:Características de um Vetor:
. direção
. sentido
. módulo/intensidade
. ponto de aplicação
Exemplos de Grandezas:. Grandeza Escalar: comprimento, T, Vol, A, massa...
. Grandeza Vetorial: força, velocidade, aceleração...
Esc 1cm 10 N
B) MOMENTO DE UMA FORÇA: tendência que os corpos têm de entrarem em rotação
1a CONDIÇÃO: ter um ponto e uma reta (aresta) fixa.
. matematicamente falando:
M = F . d
em que, M = momento de uma força (kgf . m)F = carga aplicada (kgf)d = distância (m)
O momento de uma força, em relação a um ponto, é o produto desta força pela distância ao ponto considerado.
Tipos de Forças: FORÇAS COPLANARES: estão contidas no mesmo plano. FORÇAS NÃ0-COPLANARES: não estão contidas no mesmo plano. FORÇAS CONCORRENTES: forças que concorrem para um mesmo ponto.
R = √F12 + F2
2 (α = 90o)
R = √F12 + F2
2 + 2 . F1 . F2 . cos α
FORÇAS PARALELAS: forças que não tem ponto em comum.
R = F1 + F2 M A R = M A F
1+ M A F
2
1 1 130N
Rf1
f2
.
.
R
f1 f2
.
.
.
.
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Composição das Forças:
. MÉTODO GRÁFICO: utiliza-se desenhomelhor visualmais sujeito a erros
. MÉTODO ANALÍTICO: . resolve com equações matemáticas. mais exato
Teoria dos Momentos: o momento da resultante em relação a um ponto fixo é igual a soma das componentes em relação a
este mesmo ponto fixo.
R =F1 + F2
R = 3 N + 2 N
R = 5 N
M A . R = M A . F1 + M A . F2 (fixando o ponto A)
X . 5N = 0 . 3 N + (6 m ) . (2 N )
f1=3N f2=2N
A B
m
. .
X
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X . 5N = 0 + 12 N . m
X = 12 N . m8 N
= 2,4 m (CP)
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RESOLVENDO PASSO-A-PASSO O EXERCÍCIO DA COMPORTA
10m
A B C DE F G HI J K L
Peso = F = E = γ . h . A (A = 1m2) (h = profundidade do CG)
EA = 1000 kgf /m3 . 10 ,5 m . 1 m2 = 10 . 500 kgf
EB = 1000 kgf /m3 . 10 ,5 m . 1 m2 = 10 . 500 kgf
EC = 1000 kgf /m3 . 10 ,5 m . 1 m2 = 10 .500 kgf
ED = 1000 kgf /m3 . 10 ,5 m . 1 m2 = 10 .500 kgf
EE = 1000 kgf /m3 . 11 ,5 m . 1 m2 = 11.500 kgf
EF = 1000 kgf /m3 . 11 ,5 m . 1 m2 = 11. 500 kgf
EG = 1000 kgf /m3 . 11 ,5 m . 1 m2 = 11. 500 kgf
EH = 1000 kgf /m3 . 11 ,5 m . 1 m2 = 11.500 kgf
E I = 1000 kgf /m3 . 12,5 m . 1 m2 = 12. 500 kgf
EJ = 1000 kgf /m3 . 12 ,5 m . 1 m2 = 12.500 kgf
EK = 1000 kgf /m3 . 12 ,5 m . 1 m2 = 12 .500 kgf
EL = 1000 kgf /m3 . 12 ,5 m . 1 m2 = 12 .500 kgf
E = 138.000 kgf
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TRANSFORMANDO EM mca:
considerando que o E está sendo aplicado no ponto CP, envolto por uma área unitária (1 m2):
E = F = Peso = 138 .000 kgf
γ = PesoVol
∴ Peso = γ . Vol
∴ Peso = γ . A . h
Peso = 138 . 000 kgf
γ . A . h = 138 . 000 kgf
1000 kgf /m3 . 1 m2 . h = 138 . 000 kgf
h = 138. 000 kgf1000 kgf /m3 . 1 m2
h = 138 mca
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