Baixe Apostila Mec-flu prof Henrique- Unis e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Mecânica, somente na Docsity! UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 1 APOSTILA DE MECÂNICA DOS FLUÍDOS Professor: Henrique Marcio P. Rosa UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 2 1-INTRODUÇÃO, UNIDADES E PROPRIEDADES 1.1-INTRODUÇÃO A Mecânica dos Fluídos é a parte da mecânica aplicada que se dedica a análise do comportamento dos líquidos e gases tanto em equilibrio quanto em movimento. O Que é Fluído? Fluídos são substâncias capazes de escoar e tomar a forma de seus recipientes. Quando em equilibrio, os fluídos não suportam forças tangenciais ou de cisalhamento. Todos os fluídos possuem certo grau de compressibilidade e não oferecem resistência a mudança de forma. Sólido Fluído Duro, resistente a deformação Mole, facilmente deformável Pequeno espaçamento intermolecular Grande espaçamento intermolecular força intermolecular elevada Força intermolecular reduzida Não escoam quando submetidos a uma tensão de cisalhamento Escoam quando submetidos a tensão de cisalhamento Metal, concreto, rocha, etc.. Água, ar, óleo, etc... Fluido como Continuo Em se tratando de relações sobre escoamento de fluídos em base matemática ou analítica, é necessário considerar que a estrutura molecular real é substituida por um meio contínuo hipotético, chamado o contínuo, de forma, que as caracterísitcas dos fluidos variam contiunuamente através do fluído. Quando nos referirmos a um ponto, estamos considerando uma pequena esfera de raio grande se comparado com a distância intermolecular, sendo que dentro desta pequena esfera há uma quantidade enorme de moléculas. Dessa forma, a velocidade ou uma caracterísitca qualquer num ponto é a média da característica de todas as moléculas que estão dentro da esfera. UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 5 Outras unidades de pressão 1 kgf/cm2 = 14,2233 Psi = 105 Pa = 0,9678 atm 1 atm = 101,33 kPa = 10,33 mcH2O (para g=9,807m/s 2 e água=1000 kg/m 3) 1 atm ~ 760 mmHg (milimetro de coluna de mercúrio) Outras grandezas Watts: 1W= 1 J/s = 1 N.m/s (Potência no sistema SI) 1 hp = 745,7 W = 0,7457 kW Prefixos utilizados no SI Fator de multiplicação da unidade Prefixo Símbolo 1012 Tera T 109 Giga G 106 Mega M 103 Kilo k 10 Deca de 10-1 Deci d 10-2 Centi c 10-3 Mili m 10-6 Micro  10-9 Nano n 10-12 pico p 1.3-PROPRIEDADES DOS FLUÍDOS Fluídos diferentes podem apresentar características muito distintas. Exemplo: Gases são leves e compressíveis. Já os líquidos são pesados e relativamente incompressíveis. Assim, torna-se necessário certas propriedades para quantificar as diferenças. UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 6 1.3.1-Massa Específica () A massa específica de uma substância é definida como a massa por unidade de volume. V M  No Sistema SI é dado em kg/m3 1.3.2-Volume Específico () Volume específico é o volume ocupado por unidade de massa. M V1    No Sistema SI é dado em m3/kg 1.3.3-Peso Específico () O peso específico de um fluído é defindo como o peso por unidade de volume. g. V g.M V Peso  Onde g= acelaração da gravidade No Sistema SI é dado em N/m3 1.3.4-Densidade Densidade de um fluído é definida como a razão entre a massa específica do fluído e a massa específica da água numa certa temperatura. Usualmente 4ºC (nesta temperatura água=1000 kg/m 3) O2HOH2 d       1.3.5-Lei dos Gases Perfeitos Os gases são compressíveis e sob certas condições, a massa específica de um gás está relacionada com a pressão e temperatura através da equação: RTP  P- pressão absoluta (Pres. Relativa + Patmosférica) -massa específica T-temperatura absoluta R- constante do gás UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 7 A equação acima também é conhecida como a lei dos gases perfeitos ou equação de estado para os gases perfeitos. A constante do gás, R, é função do tipo de gás e está relacionada à sua massa molecular. No SI a unidade de R é J/kg.ºK. 1.3.6-Viscosidade -fluído entre duas placas planas paralelas próximas, espaçadas por uma pequena distância e; -placa inferior é fixa e a superior pode se movimentar; -aplicação de uma força F movimenta a placa superior de área A, com velocidade constante; -o fluído em contato com superfície sólida tem a mesma velocidade da superfície (isto é uma característica de qualquer fluído). Assim, junto a placa inferior, o fluído terá velocidade nula e junto à placa superior terá a velocidade U da mesma; -o fluído na área abcd escoa para a nova posição ab’c’d com cada particula fluída movendo-se paralelamente à placa com velocidade u, variando linearmente de zero até U. -a experiência mostra que mantendo-se a outras grandezas constantes, F é diretamente proporcional à A e U, e inversamene proporcional à e. Isto resulta a seguinte equação: e AU F   é o fator de proporcionalidade que depende do fluído em estudo. A tensão de cisalhamento será: e U A F  A relação U/e é a velocidade angular do segmento ab, ou é também a velocidade de deformação angular do fluído. A velocidade angular também pode ser du/dy, pois expressa uma variação de velocidade dividida pela distância ao longo da qual a variação ocorre. Entretanto du/dy é mais geral porque continua válida em situações onde a velocidade angular e a tensão de cisalhamento variam com y. Logo: Figura 1-Comportamento de um fluído sob força de cisalhamento e UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 10 EXERCICIOS RESOLVIDOS Exercício resolvido 1: Se 6m3 de óleo pesam 47 kN, cálcule seu peso específico , sua massa específica , seu volume específico , e sua densidade. Considerar H2O=1000 kg/m 3 Solução: 3 3 m/N7833 6 10.47 V Peso  3m/kg798 81,9 7833 g g.    kg/m001253,0 798 11 /3   798,0 1000 798 d OH2     Exercício resolvido 2: Um tanque de ar comprimido apresenta volume igual a 2,38x10-2 m3. Determine a massa específica e o peso do ar contido no tanque quando a pressão relativa do ar no tanque for igual à 340kPa. Admitir que a temperatura do ar no tanque é 21ºC e que a pressão atmosférica vale 101,3kPa. Solução: Utilizando a lei dos gases perfeitos, temos que: RT P  Da tabela de propriedade físicas, temos que R=2,869x10-2 J/Kg.ºK. Logo: 3 2 3 m/kg23,5 )2115,273)(10x869,2( 10x)3,101340( RT P     Notar que os valores utilzados para pressão e temperatura são absolutos. Notar também que as pressões foram dadas em kPa. Cálculo do peso: Temos que: g V Peso .  Logo: NxxxVgPeso 22,11038,281,923,5.. 2   UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 11 Exercício resolvido 3: A Distribuição de velocidade do escoamento de um fluído Newtoniano num canal formado duas placas paralelas e largas (Veja figura a ER-3) é dada pela equação:                2 h y 1 2 V3 u Onde V é a velocidade média. O fluído tem viscosidade dinâmica igual a 192N.s/m2. Admitindo V=0,6m/s e h=5mm, determine: (a) tensão de cisalhamento na parede inferior do canal (b) tensão de cisalhamento que atua no plano central do canal Solução: Para este tipo de escoamento a tensão de cisalhamento pode ser obtida com a eq. dy du  Se a distribuição de velocidade, u=u(y), é conhecida, a tensão de cisalhamento, em qualquer plano, pode ser determinada a partir do gradiente de velocidade, du/dy. Para a distribuição de velocidade fornecida, temos: 2h Vy3 dy du  (a)-para a parede inferior do canal temos que: y = -h, logo o gradiente de velocidade será: h V3 dy du  e a tensão de cisalhamento será: 22 3eriorinf.parede m/N10x91,6 10x5 6,0x3 92,1 h V3         Figura ER-3 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 12 Esta tensão cria um arraste na parede. Como a distribuição de velocidade é simétrica, a tensão de cisalhamento na parede superior apresenta o mesmo valor e sentido da tensão na parede inferior. (b)-no plano médio, temos que: y = 0 logo: 0 dy du  Assim a tensão de cisalhamento neste plano é nula, ou seja: 0planomédio  Exercício resolvido 4: Determinar a viscosidade para que o sistema a seguir tenha uma velocidade de deslocamento igual a 2 m/s constante. A área de contato entre o fluído e o bloco é de 0,5m2. Dado: G = 392,4 N e Pbloco=Peso do bloco = 196,2 N Solução: Sabendo que a velocidade é constante, então no corpo G a tensão na corda T será igual ao peso do corpo. T = G = 392,4 N G 30 º Fluido lubrificante bloco Dado: Fios e polias ideais 2 mm Figura – ER-4 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 15 2-ESTATICA DOS FLUÍDOS 2.1- PRESSÃO A pressão P é definida como uma força F atuando perpendicularmente a uma superfície de área A e é dada por A F Area Força Pressão  (2.1) A pressão é uma quantidade escalar e é expressa em dimensões de ML-1T-2. A unidade no S.I. para pressão é N/m2 . Esta combinação é denominada Pascal e é abreviada por Pa (1 N/m2= 1 Pa). Outras unidades são muito usadas na prática: -atmosfera (atm) -bar -milímetro de mercúrio (mmHg) -metro de coluna d’água (mcH2O) -kgf/cm2 -"libra" (lb/in2) (psi) -lb/ft2 (psf) Exercício resolvido 1: Tocando um disco, uma agulha de fonógrafo exerce 3,5 g dentro de uma área circular de 0,30 mm de raio. Determine a pressão exercida pela agulha do fonógrafo no disco. SOLUÇÃO A pressão exercida pela agulha do fonógrafo pode ser determinada da definição de pressão: P = F A m g r x kg ms x m x N m      . . ( , . ).( , ) , .( , ) , .  2 3 2 3 2 5 23 5 10 9 8 314 0 30 10 1 21 10 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 16 2.2- VARIAÇÃO DE PRESSÃO NUM FLUÍDO EM REPOUSO A pressão num fluído incompressivel em repouso varia linearmente com a profundidade. h.PP 21  (2.2) Da equação 2.2, nós podemos observar que diferença de pressão entre dois pontos pode ser especificada pela distância h, ou seja:    21 PP h (2.3) Neste caso “h” é denominada carga ou altura de carga e é interpretada como altura da coluna de fluído com peso específico . Na maioria dos casos existe uma superficie livre (contato com a atmosfera) quando estamos trabalhando com líquidos. Assim é conveniente utilizar o valor da pressão nesta superfície como referência. Dessa forma, a pressão P0 corresponde a pressão que atua na superfície livre (usualmente é igual a pressão atmosférica). Se fizermos P2=P0 e P1=P, temos: 0Ph.P  (2.4) considerando que P0 é a pressão atmosférica, então a altura de carga será: y x Z Z1 Z2 h=Z2 - Z1 P2 P1 Figura 2.1- Notação para variação de pressão num fluído em repouso e com superficie livre UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 17   P h (2.5) Da eq. 2,5, conclui-se que um mesmo valor de pressão pode ser dado em alturas de carga diferentes para liquidos diferentes. Por exemplo, a pressão de 69kPa pode especificada como uma altura de carga 7,04 metros de coluna de água (=9810N/m3) ou 519mm de Hg (=13300N/m3). Exercício resolvido 2: Ache a pressão no fundo de um tanque contendo glicerina sob pressão, conforme mostrado na figura ER-2 a seguir, considerando que a densidade da glicerina é 1,258. Considerar H2O=9810 N/m 3 Solução: Pressão no fundo= 30O2Hglic0 10x502x9810x258,1Ph..dPh.P  kPa68,74Pa10x68,74P 3  Exercício resolvido 3: Faça as conversões a seguir. a) Converta uma altura de carga de 4,60m de água em metros de óleo, cuja densidade é de 0,75. b) Converta altura de carga de 609mm de mercúrio cuja densidade é 13,6 em metros de óleo, cuja densidade é de 0,75. Figura ER-2 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 20 A pressão na água em qualquer profundidade h, é dada pela equação: 0Ph.P  Onde P0 é a pressão na superfície do lago. Como queremos conhecer a pressão absoluta, P0 será a pressão atmosférica local. A pressão atmosférica local foi dada em termos de coluna de Hg. Devemos transformá-la em Pa. Assim sendo: kPa5,79598,0x10x133h.P 3HgHg0  Dessa forma, a pressão na profundidade de h=40m será: kPa9,47110x5,7940x9810Ph.Ph.P 30O2H0  Este exemplo bastante simples mostra que é deve-se estar atento as unidades utilizadas nos cálculos de pressão, ou seja, utilize sempre unidades consistentes e tome cuidado para não misturar cargas ou alturas de cargas ( m ) com pressões (Pa). 2.5– PRINCÍPIO DE PASCAL O principio de Pascal estabelece “uma pressão externa aplicada a um fluido confinado será transmitida igualmente a todos os pontos dentro do fluido”. Isto significa que a pressão transmitida não diminui à medida que se propaga pelo interior do fluido. Este resultado torna possível uma grande multiplicação de forças, como se fosse uma alavanca fluida. Figura 2.3- Princípio de Pascal UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 21 O próximo exercício resolvido mostra melhor o que estamos dizendo. Exercício resolvido 5: Um exemplo do Princípio de Pascal é visto no macaco hidráulico, mostrado na Figura abaixo. Se uma força de 300 N é aplicada a um pistão de 1 cm2 de área transversal, determine a força de ascensão transmitida a um pistão de área transversal de 100 cm2. Solução: De acordo com o Princípio de Pascal, a pressão p1 exercida na coluna da esquerda de área 1 cm2 por meio de uma força de 300 N deve ser igual a pressão p2 que aparece coluna da direita de área 100 cm2. 2 2 1 1 2A1A A F A F PP  N30000F 100 F 1 300 2 2  A1 A2 Figura ER-5- Macaco hidráulico UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 22 Um exemplo de utilização de macacos hidráulicos é no levantamento de automóveis. Figura 2.4 – Principio de Pascal aplicado no levantamento de automóveis UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 25 Exercício resolvido 6: Um tanque fechado (Figura ER-6) contém ar comprimido e um óleo que apresenta densidade 0,9. O fluído manométrico utilizado no manômetro em U conectado ao tanque é mercúrio (densidade igual a 13,6). Para os dados de altura dados a seguir, determine a leitura no manômetro localizado no topo do tanque. h1=914mm ; h2=152mm ; h3=229mm Solução: A pressão no ponto 1 será: )hh.(PP óleoar 211   Esta pressão P1 é igual à pressão no ponto 2, pois os pontos 1 e 2 apresentam a mesma elevação e estão num trecho ocupado pelo mesmo fluído. Por outro lado, a pressão no ponto 2 é igual a pressão na interface fluído-manométrico/ar atmosférico mais a provocada pela coluna com altura h3. Considerando que estamos trabalhando com pressões relativas, então, temos: 3232 0 h.Ph.P HgHg   Como P1 = P2, então: 321 h.)hh.(P Hgóleoar   )hh.(h.P óleoHgar 213   Figura ER-6 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 26 )hh.(.dh..dP OHóleoOHHgar 21232   considerando H2O=9810N/m 3, temos ),,(xx,,xx,Par 1520914098109022909810613  Par = 21140 Pa = 21,14 kPa A pressão Par determinada acima corresponde à pressão na interface ar comprimido/óleo. Entretanto, como o peso específico do ar é muito pequeno, e pode ser desprezado, a pressão devida a coluna de ar entre o medidor de pressão e a interface ar/óleo pode ser desprezada. Dessa forma, a leitura do medidor será igual a Par. Logo: Pmedidor = 21,14 kPa Exercício resolvido 7: O manômetro em U mostrado na Figura ER-7, contém óleo (densidade=0,9), mercúrio (densidade=13,6) e água. Determine a diferença entre as pressões nos pontos A e B. 305 mm 100 mm 75 mm Figura ER-7 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 27 Solução: A pressão na interface água/mercúrio é igual a pressão no mesmo plano horizontal no mercúrio (trecho do tubo do lado esquerdo). Logo: ),,.(P,.),,.(P OHBHgóleoA 075030503050075010 2   ),,.(P,.d),,.(dP OHBOHHgOHóleoA 075030503050075010 222   considerando H2O=9810N/m 3, temos ),,(xP,xx,),,(xx,P BA 07503050981030509810613075010981090  3728406921545  BA PP PaPP BA 38509 Exercício resolvido 8: Determinar o peso específico do fluído desconhecido que está contido no tubo em U mostrado na Figura ER-8. Solução: A pressão na interface entre a água e o fluído desconhecido no lado esquerdo é igual à pressão no mesmo plano horizontal no fluído desconhecido no trecho do tubo do lado direito. Logo: ),,.(),,.(),,.( xOHOH 03600840084012400360140 22   124 mm 84 mm 36 mm 140 mm Fluído Desconhecido Água Aberto Aberto Figura ER-8 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 30 Apesar de nossa intuição sugerir que a força resultante deveria passar através do centróide da área, este não é o caso. A coordenada yR da força resultante pode ser determinada pela soma dos momentos em torno do eixo x, ou seja, o momento da força resultante precisa ser igual aos momentos das forças devidas a pressão, ou seja,   A A RR dAy.senydFyF 2 Como  senAyF cR então: Ay dAy y c A 2 R   A integral no numerador desta equação é o momento de segunda ordem (momento de inércia) Ix , em relação ao eixo formado pela interseção do plano que contém a superfície em estudo e a superfície livre. Assim, nós podemos escrever: yR yC y Ponto de aplicação da força resultante (centro de pressão, CP) Centróide C dA xR xC h hC  Figura 2.7 – Força hidrostática numa superfície plana UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 31 Ay I y c x R  Se utilizarmos o teorema dos eixos paralelos para expressar Ix, como: 2 cxcx AyII  Onde Ixc é o momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo centróide e é paralelo ao eixo x, temos: c c xc R y Ay I y  (2.8) A equação 2.8 mostra que a força resultante não passa através do centróide, mas sempre atua abaixo dele. A coordenada xR do ponto de aplicação pode ser determinada de modo análogo, ou seja somando-se os momentos em relação ao eixo x.   A RR xydA.senxF A.y I A.y xydA x c xy c A R   Onde Ixy é o produto de inércia em relação aos eixos x e y. Utilizando novamente o teorema dos eixos paralelos podemos escrever: c c xyc R x A.y I x  (2.9) Onde Ixy é o produto de inércia em relação ao sistema de coordenadas ortogonal que passa que passa através do centróide da área. UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 32 a.bA  3 12 1 a.bIxc  0xycI a.bIyc 3 12 1 a b y x 2RA  4 1 4R II ycxc   0xycI R y x R y x y 2 2R A   4 10980 R,Ixc  4 39270 R,Iyc  0xycI R y x 4 2R A   4 054880 R.,II ycxc  4 016470 R.,Ixyc  Figura 2.8 – Propriedades geométricas de algumas figuras a d b x y )db( a.b Ixyc 2 72 2  2 b.a A  36 3a.b Ixc  UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 35 Solução: a)Sabendo que a comporta é retangular e analisando a figura ER-10 é possível verificar que : hc=4 + 6/2 = 7m A= 3x6 = 18m2 Assim a força resultante será: 1879810 xxAhF cR   FR = 1236060 N = 1232,6 kN O ponto de aplicação da força resultante será dado por: c c xc R y Ay I y  Para cálculo de Ixc, utilizamos as fórmulas tabeladas (ver figura 2.8) 4 33 54 12 63 12 m xba Ixc  (cuidado: para não trocar os valores de a e b é necessário transpor corretamente o desenho tabelado para o desenho do exercício) Como a comporta está na posição vertical yc = hc = 7m, logo: m, x yR 4377 187 54  b)Sabendo que a comporta é triangular de base 4m e altura 6m: 2012 2 64 m, x A  e o seu centróide ficará a 2m da base (ponto D), e à 4m do vértice (ponto C). Dessa forma analisando a figura ER-10, verifica-se que: UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 36 hc=3 + 4xsen45º = 5,83m então: 835129810 ,xxAhF cR   FR = 686308 N = 686,3 kN Para o cálculo do ponto de aplicação, devemos determinar Ixc utilizando as fórmulas tabeladas. 4 33 24 36 64 36 m xba Ixc  (cuidado: para não trocar os valores de a e b é necessário transpor corretamente o desenho tabelado para o desenho do exercício) Da figura ER-10, temos: m, , , ºsen h y cc 248 7070 835 45  Então: 248 12248 24 , x, y Ay I y c c xc R  m,yR 488 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 37 2.8– FORÇA HIDROSTÁTICA SOBRE SUPERFICÍE CURVA Na figura 2.9, F1 e F2 são determinadas utilizando as relações empregadas para superfícies planas. W é o peso do fluído contido no volume limitado pela superfície curva e pelos planos que passam por AB e AC. FH e FV representam as componentes da força que a superfície exerce no fluído. Do diagrama de corpo livre da figura 2.9, temos. FH = F2 FV = F1 + W O módulo da força resultante é obtido pela equação: 2 V 2 HR )F()F(F  Figura 2.9 – Força hidrostática sobre superfície curva UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 40 Solução: Fazendo o diagrama de corpo rígido da bóia, temos que: T = E – W O empuxo será: N17848 6 5,1. x10100 6 d x10100VE 33 .desl      então: T = 17848 – 8,5x103 = 9350 N = 9,35 kN. Figura ER- 12 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 41 2.10– PRISMA DAS PRESSÕES Consiste no método de interpretação gráfica da força desenvolvida por um fluído numa superfície plana. Considere a distribuição de pressão ao longo de uma parede vertical de um tanque com largura b e que contém um liquido que apresenta peso específico . Nós podemos representar a variação de pressão do modo mostrado na figura 2.10, porque a pressão varia linearmente com a profundidade. Nós podemos representar tridimensionalmente a distribuição de pressão como mostrado na figura 2.10-b, e teremos um volume. A base deste volume é a superfície plana que estamos analisando e a altura em cada ponto é dada pela pressão. Este “volume” é denominado prisma das pressões e a força resultante que atua na superfície vertical é igual ao volume deste prisma. No caso da figura 2.10, trata-se de um prisma triangular, cuja seção transversal é um triangulo. Assim a força resultante será dada por: )b.( 2 h).h.( volumeFR   (2.10) A linha de ação da força precisa passar pelo centróide do prisma das pressões. O centróide no caso da figura 2.10, está a uma distância de h/3, medido de baixo para cima. A mesma abordagem pode ser utilizada nos casos em que a superfície plana está totalmente submersa (figura 2.11). Neste caso a seção transversal do prisma é um trapézio. Entretanto, o módulo da força resultante que atua sobre a superfície ainda é igual ao volume do prisma das pressões e sua linha de ação passa pelo centróide do volume. A figura 2.11-b mostra que o módulo da força resultante pode ser obtido decompondo o prisma das pressões em duas partes (ABDE e BCD). Deste modo, Figura 2.10 – Prisma das pressões UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 42 21R FFF  Onde F1 corresponde a parte de seção transversal retangular e F2 a parte de seção transversal triangular. A localização da linha de ação de FR pode ser determinada a partir da soma de seus momentos em relação à algum eixo conveniente. Por exemplo se utilizarmos o eixo que passa através de A, temos, 2211RR yFyFyF  Exercício resolvido 13: Aplicando o método do prisma das pressões, determinar a força hidrostática resultante e sua linha de ação na parede vertical mostrada na figura ER-13. A parede possui largura de 10m. Figura 2.11- Prisma das Pressões para superfície totalmente submersa yR UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 45 Para este caso o prisma das pressões será de seção transversal trapezoidal, conforme figura a seguir. Este prisma trapezoidal pode ser dividido em 02 prismas. Um com seção transversal retangular ABDE cuja força resultante correspondente é F1 e o outro com seção transversal triangular BCD, cuja força resultante correspondente é F2. Assim sendo, a força resultante FR será a soma das forças referentes a cada prisma. 21R FFF  Cálculo de F1 e F2: )kN(6,176)N(1765803.3.2.9810b.h.h.VolumeF 111  )kN(4,132)N(1324353. 2 3).25(9810 b. 2 h).hh( VolumeF 1222      A força resultante será: )kN(3094,1326,176FFF 21R  Determinação do ponto de aplicação da força resultante. Para obtermos o ponto de aplicação da força resultante, antes é necessário determinar os pontos de aplicação das forças resultantes parciais F1 e F2. O ponto de aplicação da força F1 ocorrerá no centróide do prisma de seção transversal retangular: yR F1 F2 UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 46 m5,1 2 3 2 h y1  (medido de cima para baixo em relação à aresta superior da comporta) O ponto de aplicação da força F2 ocorrerá no centróide do prisma de seção transversal triangular: m23. 3 2 h. 3 2 3 h hy 2  (medido de cima para baixo em relação à aresta superior da comporta) O ponto de aplicação da força resultante é determinado sabendo que o momento da força resultante deve ser igual à soma dos momentos das forças F1 e F2. Logo: 2211RR yFyFyF  2.4,1325,1.6,176y.309 R  7,529y.309 R  m71,1yR  (medido de cima para baixo em relação à aresta superior da comporta) OBS: se desejássemos determinar o ponto de aplicação em relação à superfície livre do fluído, então o cálculo seria: m71,3271,1yL  (medido de cima para baixo em relação à superfície livre do fluído) Exercício resolvido 15: Aplicando o método do prisma das pressões, determinar a força hidrostática resultante e sua linha de ação na comporta retangular mostrada na figura ER-15. A comporta possui largura de 5m. 45º h1=7m h2=11m =9810 N/m 3 Figura ER-15 Comporta retangular LC UNIS-MG Engenharia Mecânica 5º Periodo MECÂNICA DOS FLUÍDOS ___________________________________________________________________ Eng. MSc. Henrique Marcio P. Rosa Notas de Aula pag. 47 Solução: Primeiramente devemos determinar o comprimento LC da comporta. Analisando a figura ER-15, tiramos que: m65,5 º45sen 4 L L 711 º45sen C C    Recapitulando os dados, temos: h1= 7m h2= 11m LC= 5,65m (comprimento da comporta) b= 3m (largura da comporta) Para este caso o prisma das pressões será de seção transversal trapezoidal, conforme figura a seguir. Este prisma trapezoidal pode ser dividido em 02 prismas. Um com seção transversal retangular cuja força resultante correspondente é F1 e o outro com seção transversal triangular, cuja força resultante correspondente é F2. Assim sendo, a força resultante FR será a soma das forças referentes a cada prisma. 21R FFF  Cálculo de F1 e F2: )kN(9,1939)N(19399275.65,5.7.9810b.L.h.VolumeF C111  F1 F2 FR y1 yR y2 (h2-h1) h1 LC