1.2 Resumo HI - Hidrostática

📘 Resumo — Hidráulica I · Cap. 2: Hidrostática

Parent project: Hidráulica I · Hub: Resumo MAP1 (hub)

Âmbito

O que cobre: as Aulas 02–05 e o Cap. 2 do livro (§2.1–2.10), isto é, as secções §2, §3 e §4 do Resumo MAP1: lei fundamental, fluido acelerado, manómetros, impulsão em superfícies planas e curvas e Arquimedes.

Ligações: Hub do Resumo MAP1 (Mapa da Matéria, Checklist de Estratégia e Erros a evitar) · ← Cap. 1: Propriedades dos fluidos · Cap. 3: Hidrocinemática →

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🧊 2. Hidrostática fundamental (Aula 02 · §2.1–2.6)

2.1 Hidrostática e princípio de Pascal

Ideia

Hidrostática = hidro (água) + estática (repouso). “Repouso” quer dizer que as partículas não se movem umas em relação às outras à escala macroscópica. Sem movimento relativo não há gradientes de velocidade, e portanto não há tensões tangenciais, seja qual for a viscosidade (1.7). Sobra só a pressão, que empurra por igual em todas as direções.

• Por isso a Hidrostática aplica-se também a fluidos em movimento de corpo rígido: recipientes em movimento uniforme ou uniformemente acelerado (2.2), ou a rodar com velocidade angular constante (este último caso está fora do MAP1).

Armadilha

• O princípio de Pascal não exige repouso absoluto, só $\tau =0$. Um tanque num camião a acelerar continua a cumpri-lo.
• “A pressão é igual em todas as direções” é num ponto. De ponto para ponto a pressão varia (2.3).

Pressão e princípio de Pascal (Cardoso et al., §2.1–2.2)

$p={\lim }_{\delta S\to 0}\frac{\delta N}{\delta S}=\frac{dN}{dS}[\text{Pa}](\delta N=\text{forc¸a normal sobre }\delta S)$ A pressão é uma grandeza escalar: o módulo da força normal (força de pressão) por unidade de área num dado plano do fluido.

Princípio de Pascal: num ponto de um fluido homogéneo (propriedades iguais de ponto para ponto) em repouso, a pressão tem o mesmo valor em todas as direções.

Demonstração (livro). Toma-se um prisma triangular elementar, com a face inclinada de comprimento $\delta s$ a fazer o ângulo $\theta$ com a horizontal: $\text{segundo }x:p_x\delta y\delta s\sin \theta -p_n\delta y\delta s\sin \theta =0\Rightarrow p_n=p_x$ $\text{segundo }z:p_z\delta y\delta s\cos \theta -p_n\delta y\delta s\cos \theta -\underset{\text{peso: infiniteˊsimo de ordem superior}}{\underbrace{\frac{1}{2}\gamma \delta y\delta s^2\cos \theta \sin \theta }}=0\stackrel{\delta s\to 0}{\to }{p}_n=p_z$ Logo $p_n=p_x=p_z$; rodando o prisma 90° em torno de $z$, também $p_n=p_y$. A única hipótese usada é a ausência de tensões tangenciais.

Quando usar

Na pergunta conceptual “porque é que a hidrostática vale para um recipiente acelerado?”, e para justificar que se pode falar de “a pressão num ponto”, sem indicar direção.

2.2 Equações de Euler: fluido em movimento de corpo rígido

Ideia

Aplica-se $\vec{F}=m\vec{a}$ a um cubinho de fluido. As forças são o peso e a diferença de pressões entre faces opostas. Num fluido acelerado, a pressão tem de “empurrar” o cubinho: a pressão aumenta no sentido contrário à aceleração. É o que sente quem vai num carro a arrancar: é empurrado para trás contra o banco.

• Em repouso, a gravidade “aponta” para baixo e as superfícies de igual pressão (isobáricas) são horizontais.
• Acelerado, o fluido sente uma gravidade aparente $\vec{g}-\vec{a}$, e as isobáricas (incluindo a superfície livre) ficam perpendiculares a $\vec{g}-\vec{a}$, inclinadas e mais altas atrás.

Armadilha

• Sinal: a pressão aumenta no sentido de $\vec{g}-\vec{a}$, ou seja, para baixo e para trás (contra $\vec{a}$). Errar este sentido troca qual dos ramos/paredes tem mais pressão.
• Conservação do volume: num recipiente fechado ou num tubo de secção constante, o que sobe de um lado desce do outro. É a segunda equação que faltava para fixar a posição da superfície livre (Ex 2.1).
• $z$ é vertical ascendente; o peso atua segundo $-z$.

Equações de Euler (hidrostática generalizada) (Cardoso et al., §2.4)

Paralelepípedo $\delta x\delta y\delta z$, pressões nas faces por Taylor de 1.ª ordem, aceleração constante $\vec{a}=(a_x,a_y,a_z)$, no campo gravítico. Segundo $x$: $\left(p-\frac{\partial p}{\partial x}\frac{\delta x}{2}\right)\delta y\delta z-\left(p+\frac{\partial p}{\partial x}\frac{\delta x}{2}\right)\delta y\delta z=\rho \delta x\delta y\delta z{a}_x\Rightarrow \frac{\partial p}{\partial x}=-\rho a_x$ $\{\begin{array}{l}\frac{\partial p}{\partial x}=-\rho a_x\\ \frac{\partial p}{\partial y}=-\rho a_y\\ \rho g+\frac{\partial p}{\partial z}=-\rho a_z\end{array}⟺\underset{\vec{g}=(0,0,-g)}{\underbrace{\nabla p=\rho \left(\vec{g}-\vec{a}\right)}}\text{ou}\rho \vec{g}-\nabla p=\underset{\text{forc¸a de ineˊrcia por unid. de volume}}{\underbrace{\rho \vec{a}}}$ Isobáricas ($dp=0$): $-\rho a_{x}dx-\rho (g+a_z)dz=0$. No plano $xz$: $\tan \beta =\frac{dz}{dx}=-\frac{a_x}{g+a_z}\stackrel{a_z=0}{\to }\tan \beta =-\frac{a_x}{g}$ As isobáricas são perpendiculares a $\vec{g}-\vec{a}$, e a pressão aumenta no sentido de $\vec{g}-\vec{a}$. Os slides tratam só a aceleração linear horizontal ($a_z=0$). O livro introduz ainda as forças de massa $\vec{f}$ por unidade de massa, com $\rho \vec{f}-\nabla p=0$, das quais o peso é o caso usual. Estas equações voltam no Cap. 5.

Passos para um fluido com aceleração linear

1. Fixar eixos ($x$ no sentido de $\vec{a}$, $z$ para cima) e escrever $\partial p/\partial x=-\rho a_x$ e $\partial p/\partial z=-\rho (g+a_z)$.
2. Integrar: $p(x,z)=C-\rho a_{x}x-\rho (g+a_z)z$.
3. Fixar $C$ com um ponto de pressão conhecida (superfície livre, orifício aberto: $p=0$ relativa).
4. Inclinação da superfície livre: $\tan \beta =-a_x/(g+a_z)$.
5. Se a posição da superfície livre não estiver fixada por um ponto, usar a conservação do volume de líquido.
6. Calcular as pressões pedidas e verificar se a superfície livre sai do recipiente (perda de líquido).

Quando usar

Sinais no enunciado: “camião”, “tanque que acelera”, “acelerómetro”, “aceleração máxima sem perda de líquido”, “inclinação das isobáricas”.

Exercício resolvido (Ex 2.1 do livro / Aula 02)

Para medir a aceleração de um corpo móvel usa-se o tubo de vidro ABCD, de secção pequena e uniforme, parcialmente cheio de líquido e aberto em A e D. O tubo é solidário com o corpo, que acelera com $a$ no sentido de B para C (de AB para DC).

• Ramos verticais AB (atrás) e DC (à frente), com altura $b$; distância horizontal entre ramos $4b$.
• Em repouso, o líquido está à altura $b/3$ nos dois ramos.

Desprezando a capilaridade e a tensão superficial, determine a aceleração máxima que se pode medir sem perda de líquido.

Resolução passo-a-passo

1. Corpo rígido: as isobáricas são perpendiculares a $\vec{g}-\vec{a}$, com $\tan \theta =a/g$. Os dois meniscos estão à $p_{atm}$, logo estão na mesma isobárica. O líquido sobe no ramo de trás (AB) e desce no da frente. 2. Primeira fase (os dois meniscos nos ramos verticais): sobe $\Delta$ atrás e desce $\Delta$ à frente (secção constante): $\frac{2\Delta }{4b}=\frac{a}{g}$ O ramo da frente esvazia quando $\Delta =b/3$, ou seja, $a=g/6$. Nesse instante o ramo de trás está a $2b/3<b$: ainda não há perda de líquido. 3. Segunda fase: para $a>g/6$, o menisco da frente recua para dentro do troço horizontal. A perda dá-se quando o ramo de trás fica cheio até A (altura $b$). 4. Conservação do volume (em comprimentos de tubo): inicialmente $b/3+4b+b/3=4b+2b/3$. No limite, com o ramo de trás cheio ($b$), o comprimento ocupado no troço horizontal é $L=4b+2b/3-b=11b/3$. O menisco da frente está, portanto, a $b/3$ do cotovelo C. 5. Isobárica que une os dois meniscos: desnível $b$ numa distância horizontal $11b/3$: $\frac{a}{g}=\tan \theta =\frac{b}{11b/3}=\frac{3}{11}\Rightarrow \boxed{a_{max}=\frac{3g}{11}\approx 2,67{\text{m/s}}^2}$ (resolução do livro)

Lição

Há duas leituras possíveis do limite:

• $g/6\approx 1,63$ m/s² é o limite enquanto os dois meniscos estão nos ramos verticais;
• $3g/11\approx 2,67$ m/s² é o limite sem perda de líquido, que é o que o enunciado pede e a resposta do livro.

Lição transferível: num problema de “aceleração máxima”, seguir a superfície livre fase a fase, com a conservação do volume, até ao critério que o enunciado pede de facto.

Exercício resolvido (Prob 2.3 do livro)

Um tanque prismático totalmente cheio de água (${\ell }_x={\ell }_y=1$ m, ${\ell }_z=0,5$ m) tem um pequeno orifício a meio do topo, aberto à atmosfera, e acelera horizontalmente com $a_x=1$ m/s². Origem em B (aresta do fundo, atrás), $x$ no sentido de $\vec{a}$, $z$ para cima. As arestas são A (topo, atrás), B (fundo, atrás), C (fundo, à frente) e D (topo, à frente). Determine: a) o ângulo $\theta$ das isobáricas com a horizontal; b) as pressões em A, B, C e D; c) o campo $p(x,z)$.

Resolução passo-a-passo

1. a) Inclinação: $\tan \theta =\frac{a_x}{g}=\frac{1}{9,8}\Rightarrow \boxed{\theta =5,83°}$ 2. c) Campo de pressões: $\partial p/\partial x=-\rho a_x=-1000$ e $\partial p/\partial z=-\rho g=-9800$, logo $p=C-1000x-9800z$. No orifício, $(x,z)=(0,5;0,5)$ e $p=0$, o que dá $C=500+4900=5400$: $\boxed{p(x,z)=5400-1000x-9800z[\text{Pa}]}$ 3. b) Pressões nas arestas: $p_A(0;0,5)=500\text{Pa}{p}_B(0;0)=5400\text{Pa}{p}_C(1;0)=4400\text{Pa}{p}_D(1;0,5)=-500\text{Pa}$ [resolução própria]. Bate com o livro em $\theta$, no campo (c) e em $p_A$, $p_C$, $p_D$. ⚠️ O livro dá $p_B=4900$ Pa, o que contradiz o seu próprio campo: $p_B=p_A+\rho g\times 0,5=5400$ Pa. É gralha do livro. (A Fig. 2.40 do livro indica também $a_x=0,5$ m/s², mas o enunciado e a solução usam 1 m/s².)

Lição

Com o tanque cheio e fechado, a superfície livre não existe. É o ponto aberto (o orifício) que fixa a constante, e a isobárica $p=0$ passa por ele. Atrás do orifício a pressão no topo é positiva; à frente é negativa (depressão em D).

2.3 Equação fundamental da Hidrostática

Ideia

Com $\vec{a}=0$, a pressão só depende da profundidade. Cada metro que se desce acrescenta o peso de uma coluna de 1 m de fluido sobre cada m². Em água, +9,8 kPa por metro. Resultado: num líquido em repouso, a soma $p/\gamma +z$ (cota piezométrica) é a mesma em todos os pontos. O que se “perde” em cota ganha-se em pressão.

Armadilha

• Errata do slide 8: na 2.ª linha do sistema aparece "$\partial p/\partial z=0$". Deve ler-se $\partial p/\partial y=0$ (está correto no slide 9).
• $p_1-p_2=\gamma h$ só vale com $\rho$ constante: líquidos, ou gases em pequenos desníveis. Num gás com grandes diferenças de cota (atmosfera, poço de mina) é preciso conhecer $\rho (p)$ ou $\rho (z)$ e integrar (Ex 2.3, Prob 2.2).
• $h$ é sempre vertical. Num tubo inclinado, mede-se a diferença de cotas e não o comprimento ao longo do tubo.
• A pressão é a mesma em pontos à mesma cota só se estiverem ligados pelo mesmo fluido contínuo.

Lei fundamental da Hidrostática (Cardoso et al., §2.3)

$\nabla p=\rho \vec{g}⟺\frac{\partial p}{\partial x}=0,\frac{\partial p}{\partial y}=0,\frac{\partial p}{\partial z}=-\rho g(z\text{ vertical ascendente})$

• A pressão é constante em cada plano horizontal e diminui quando $z$ aumenta.
• Caso geral (requer conhecer $\rho (p)$ ou $\rho (z)$): $z_2-z_1=-{\int }_{p_1}^{p_2}\frac{dp}{\rho g}\text{ou}{p}_2-p_1=-g{\int }_{z_1}^{z_2}\rho dz$
• Fluido incompressível ($\rho =$ cte): $\underset{\text{altura piezomeˊtrica}}{\underbrace{\frac{p}{\gamma }}}+\underset{\text{cota geomeˊtrica}}{\underbrace{z}}=\underset{\text{cota piezomeˊtrica}}{\underbrace{\text{cte}}}⟺\boxed{p_1-p_2=\gamma (z_2-z_1)=\gamma h}⟺\frac{d}{dz}\left(\frac{p}{\gamma }+z\right)=0$
• Num reservatório com superfície livre à $p_{atm}$, à profundidade $h$: $p=p_{atm}+\gamma h$.
• O livro escreve $\rho g$ em vez de $\gamma$ no caso geral de propósito, para lembrar que $\rho$ pode variar com $z$.

Passos para aplicar a lei fundamental

1. Escolher um ponto de pressão conhecida (superfície livre: $p=0$ relativa).
2. Medir a diferença de cotas (vertical) até ao ponto pedido.
3. Descer $h$: $p=p_{\text{conhecida}}+\gamma h$. Subir $h$: $p=p_{\text{conhecida}}-\gamma h$.
4. Se o fluido for um gás com grandes desníveis: escrever $dp/dz=-\rho g$ com a lei $\rho (p)$ ou $\rho (z)$ dada, separar as variáveis e integrar.

Quando usar

É a ferramenta-base de toda a hidrostática: manómetros, reservatórios, impulsões (§3–§4). O caso compressível só aparece quando o enunciado fala de atmosfera, altitude, poço profundo, gás perfeito ou temperatura variável.

Exercício resolvido (Ex 2.3 do livro)

Calcule a pressão do ar a 3 km de altitude, admitindo uma atmosfera isentrópica, $\rho /{\rho }_0=(p/p_0{)}^{1/k}$ com $k=1,4$, e ao nível do mar $p_0=1,012\times 10^5$ Pa e ${\rho }_0=1,204$ kg/m³. Qual é o erro da hipótese de ar incompressível?

Resolução passo-a-passo

1. Equação diferencial: $\frac{dp}{dz}=-\rho g=-{\rho }_{0}g{\left(\frac{p}{p_0}\right)}^{1/k}$. 2. Separar e integrar de $(0,p_0)$ a $(z,p)$: ${\int }_{p_0}^p{p}^{-1/k}dp=-\frac{{\rho }_{0}g}{p_0^{1/k}}{\int }_0^{z}dz\Rightarrow p={\left[p_0^{\frac{k-1}{k}}-\frac{k-1}{k}\frac{{\rho }_{0}gz}{p_0^{1/k}}\right]}^{\frac{k}{k-1}}$ 3. Valores: $\frac{k-1}{k}=0,2857$; $p_0^{0,2857}=26,92$; $p_0^{1/k}=3759,5$; ${\rho }_{0}gz=1,204\times 9,8\times 3000=35398$ Pa: $p={\left[26,92-0,2857\times \frac{35398}{3759,5}\right]}^{3,5}=24,23^{3,5}\Rightarrow \boxed{p\approx 70,0\text{kPa}}$ 4. Hipótese incompressível: $p=p_0-{\rho }_{0}gz=101200-35398=65802$ Pa → erro $\frac{70,0-65,8}{70,0}\approx \boxed{6\%}$ (por defeito). (resolução do livro, com correção numérica). O livro chega a 70,79 kPa e a um erro de 7,05 %. Isso acontece porque na fórmula numérica usa $p_0=1,02\times 10^5$ (gralha) em vez de $1,012\times 10^5$. O método é o do livro.

Lição

Para 3 km de ar, a hipótese incompressível já erra ~6 %: o ar fica menos denso com a altitude, por isso a pressão diminui mais devagar do que a reta $p_0-{\rho }_{0}gz$. Em desníveis de dezenas de metros o erro é desprezável, e é por isso que nos manómetros se usa ${\gamma }_{g\acute{a}s}h\approx 0$.

Exercício resolvido (Prob 2.2 do livro)

Um veio de mina vertical, com 4000 m, tem ar em repouso. A temperatura aumenta linearmente de 20 °C à superfície até 60 °C no fundo, e a pressão à superfície é 100 kPa. Calcule a pressão no fundo: a) com ar incompressível ($\rho =1,2$ kg/m³); b) com ar como gás perfeito, $p=\rho R_{s}T$, $R_s=287,05$ J kg⁻¹ K⁻¹ (pressões absolutas, $T$ em K).

Resolução passo-a-passo

1. a) Incompressível: $p=100000+1,2\times 9,8\times 4000\Rightarrow \boxed{p=147,04\text{kPa}}$ 2. b) Gás perfeito. Com a profundidade $s$ medida para baixo, $dp/ds=+\rho g$ e $\rho =p/(R_{s}T)$, com $T=293,15+0,01s$ (K): ${\int }_{p_0}^p\frac{dp}{p}=\frac{g}{R_s}{\int }_0^{4000}\frac{ds}{293,15+0,01s}\Rightarrow \ln \frac{p}{p_0}=\frac{g}{0,01R_s}\ln \frac{333,15}{293,15}=3,4140\times 0,12791=0,4367$ $p=100\times e^{0,4367}\Rightarrow \boxed{p\approx 154,76\text{kPa}}$ [resolução própria], que bate com a solução do livro (147,04 e 154,76 kPa).

Lição

Receita do caso compressível: $dp=\pm \rho gdz$ + lei de estado + separação de variáveis. Aqui o ar comprime-se ao descer e fica mais denso, por isso a pressão cresce mais do que no caso incompressível. É o efeito inverso do da atmosfera (Ex 2.3), visto do outro lado.

2.4 Pressão absoluta e pressão relativa; unidades; barómetro

Ideia

A pressão pode ser medida a partir do vácuo (absoluta) ou a partir da atmosfera (relativa). A atmosfera atua em todo o lado e anula-se nas forças, por isso em engenharia trabalha-se quase sempre com pressões relativas: a superfície livre de um reservatório aberto tem $p=0$. A pressão pode também exprimir-se como a altura de uma coluna de líquido que a equilibra: metros de coluna de água (m c.a.) ou mm de mercúrio (mmHg).

Armadilha

• A pressão absoluta nunca é negativa. A relativa pode sê-lo, mas nunca abaixo de $-p_{atm}\approx -10,33$ m c.a. Na prática o limite é ainda mais alto: quando a pressão absoluta chega à tensão de vapor $t_v$, o líquido entra em cavitação (§1.8).
• Ao comparar com $t_v$ (que é absoluta), é preciso converter: $p_{abs}=p_{rel}+p_{atm}$.
• Não misturar as duas referências na mesma equação de equilíbrio.
• $h=p/\gamma$ depende do líquido: a mesma pressão corresponde a 10,33 m de água e a apenas 0,76 m de mercúrio.

Referências e unidades (Cardoso et al., §2.4–2.5)

$\underset{\text{relativa (manomeˊtrica)}}{\underbrace{p_{rel}}}=\underset{\text{absoluta}\ge 0}{\underbrace{p_{abs}}}-\underset{\approx 1,012\times 10^5\text{Pa}}{\underbrace{p_{atm}}}\underset{\text{altura de coluna}}{\underbrace{h}}=\frac{p}{\gamma }$

• $1\text{Pa}=1{\text{N/m}}^2$; $1\text{bar}=10^5$ Pa.
• Atmosfera normal: $p_{atm}=1,012\times 10^5\text{Pa}=\frac{1,012\times 10^5}{13,6\times 9800}=0,760\text{m Hg}=760\text{mmHg}=\frac{1,012\times 10^5}{9800}=10,33\text{m c.a.}$
• Barómetro de mercúrio: um tubo fechado no topo, cheio de Hg e invertido numa tina. No topo fica praticamente vácuo, porque a tensão de vapor do Hg é muito baixa. Mede pressão absoluta: $p_a={\gamma }_{Hg}h(+t_{v,Hg}\approx 0)\Rightarrow h=\frac{p_a}{{\gamma }_{Hg}}$

Passos para lidar com referências de pressão

1. Ver em que referência vêm os dados: “manómetro”, “relativa” ou “efetiva” → relativa; “barómetro”, “absoluta” ou “gás perfeito” → absoluta.
2. Escolher uma referência para todo o problema (por defeito, a relativa: superfície livre aberta com $p=0$).
3. Aplicar a lei fundamental (§2.3) desde o ponto conhecido.
4. Se o resultado tiver de ser comparado com $t_v$ ou entrar numa lei de gases, somar $p_{atm}$.
5. Converter para m c.a. dividindo por ${\gamma }_w=9800$ N/m³ (ou por $\gamma$ do líquido pedido).

Quando usar

Em qualquer resposta que peça a pressão “em metros de coluna de água”, e sempre que surja uma pressão negativa (sifões, pontos acima da superfície livre, aspiração de bombas). Nesse caso verifica-se se a pressão absoluta continua acima de $t_v$.

Exercício resolvido (Prob 2.5 do livro / Problema 2.1 da Aula 02)

Um sifão está cheio de óleo (${\gamma }_o=8330$ N/m³, $d=0,85$) em repouso e liga a um reservatório aberto. O ponto A (topo do sifão) está 2,50 m acima da superfície livre do reservatório e o ponto B está 0,50 m acima dela. Calcule as pressões em A e B, em Pa e em m c.a.

Resolução passo-a-passo

1. Referência: superfície livre aberta → $p=0$ (relativa). Os pontos estão acima dela, por isso a pressão diminui ao subir. 2. Ponto A (sobe 2,50 m dentro do mesmo óleo contínuo): $p_A=0-{\gamma }_o\times 2,50=-8330\times 2,5\Rightarrow \boxed{p_A=-20825\text{Pa}\approx -2,08\times 10^4\text{Pa}=-2,125\text{m c.a.}}$ 3. Ponto B (sobe 0,50 m): $p_B=-8330\times 0,5\Rightarrow \boxed{p_B=-4165\text{Pa}=-0,425\text{m c.a.}}$ 4. Verificação: de B a A sobe-se 2,00 m, logo $p_A=p_B-{\gamma }_o\times 2,00=-4165-16660=-20825$ Pa ✓. 5. Em m c.a.: divide-se por ${\gamma }_w=9800$ (e não por ${\gamma }_o$): $-20825/9800=-2,125$ m. [resolução própria], que bate com a solução do livro ($p_A=-2,08\times 10^4$ Pa, $p_B=-4165$ Pa).

Lição

Num sifão, todo o troço acima da superfície livre está em depressão, e o ponto mais alto é o mais crítico. Em pressão absoluta, $p_A=101200-20825\approx 80$ kPa, muito acima de $t_v$, por isso não há cavitação. Se o sifão fosse mais alto (perto de $10,33/0,85\approx 12$ m de óleo), a coluna “partia” (§1.8). Atenção: a numeração dos slides (Problema 2.1) é diferente da do livro (Prob 2.5).

2.5 Manómetros

Ideia

Um manómetro é um “caminho” de fluidos entre o ponto onde se quer a pressão e um ponto de pressão conhecida (a atmosfera ou outro ponto). Percorre-se esse caminho aplicando a lei fundamental troço a troço: ao descer soma-se $\gamma \Delta z$, ao subir subtrai-se. Nas superfícies de separação a pressão é a mesma dos dois lados. O piezómetro é o caso mais simples, com um só líquido. O tubo em U com um líquido manométrico denso (${\gamma }_m$, normalmente Hg) mede pressões maiores ou negativas e serve também para gases. O diferencial mede a diferença entre dois pontos. O Bourdon é o aparelho comercial, de mostrador.

Armadilha

• “Mesma cota ⇒ mesma pressão” só vale dentro do mesmo fluido contínuo. Um ponto no Hg e outro na água à mesma cota não têm a mesma pressão.
• Os desníveis ($h$, $\Delta h$) medem-se sempre na vertical, mesmo em ramos inclinados.
• Nos manómetros com vários líquidos, um líquido intermédio mais leve (p. ex. óleo) que esteja “por cima” no percurso entra muitas vezes com sinal − (Ex 2.2). Deve-se seguir o percurso, e não decorar sinais.
• Gás na conduta: ${\gamma }_{g\acute{a}s}h\approx 0$, por isso o gás transmite a pressão sem variação.
• Quando o manómetro se desloca, todos os meniscos se movem. Se a secção é constante, cada desnível de um ramo em U varia $2y$ quando cada menisco se desloca $y$ (conservação do volume).
• Dúvida no livro, Prob 2.1 (bomba com manómetro diferencial de Hg, $z_1-z_2=800$ mm): a solução do livro ($106,6$ kPa $=10,88$ m c.a. $=13,6\times 0,8$) parece ignorar a coluna de água. Com $({\gamma }_m-\gamma )\Delta h$ obtém-se $12,6\times 0,8=10,08$ m c.a. $\approx 98,8$ kPa. A confirmar com o docente.

Fórmulas dos manómetros (Cardoso et al., §2.5)

Piezómetro (tubo aberto ligado por uma tomada de pressão): $p=\underset{\text{do lıˊquido da conduta}}{\underbrace{\gamma }}\underset{\text{altura acima do ponto}}{\underbrace{h}}$ Mede no eixo ou em qualquer ponto da secção (a distribuição é hidrostática). Não serve para gases, para pressões negativas, nem para pressões muito altas (o tubo teria de ser enorme).

Manómetro em U (líquido manométrico ${\gamma }_m$; ponto 4 na conduta, a $h$ acima da superfície de separação 3; desnível $\Delta h$ entre as superfícies do líquido manométrico): $p_1=0,p_2={\gamma }_m\Delta h,p_3=p_2,p_4=p_3-\gamma h\Rightarrow \boxed{p_4=\underset{\text{lıˊquido manomeˊtrico}}{\underbrace{{\gamma }_m\Delta h}}-\underset{\text{lıˊquido da conduta}}{\underbrace{\gamma h}}}$

• Gás na conduta: $p_4\approx {\gamma }_m\Delta h$.
• Só um líquido (sem líquido manométrico, ou pressão negativa num líquido): pode usar-se ${\gamma }_m=\gamma$, e então $p_4=\gamma (z_1-z_4)$.

Manómetro diferencial (líquido $\gamma$ nos dois ramos, líquido manométrico ${\gamma }_m$ por baixo): $p_1-p_2=({\gamma }_m-\gamma )\Delta h+\gamma (z_2-z_1)⟺\underset{\text{diferenc¸a de cotas piezomeˊtricas}}{\underbrace{\left(\frac{p_1}{\gamma }+z_1\right)-\left(\frac{p_2}{\gamma }+z_2\right)}}=\left(\frac{{\gamma }_m}{\gamma }-1\right)\Delta h$

Regra do percurso: $p_{\text{fim}}=p_{\text{inıˊcio}}+\sum _{\text{troc¸os}}{\gamma }_i(\underset{>0\text{a descer}}{\underbrace{z_{\text{inıˊcio troc¸o}}-z_{\text{fim troc¸o}}}})$

Manómetro de Bourdon: tubo metálico curvo e achatado que tende a “endireitar” com a pressão e move um ponteiro. Lê pressão relativa e é o manómetro comercial habitual.

Passos para resolver um manómetro

1. Fazer um esquema e numerar todos os pontos: o ponto pedido, cada superfície de separação e a extremidade aberta.
2. Partir de um ponto de pressão conhecida (extremidade aberta: $p=0$).
3. Percorrer o caminho troço a troço: em cada fluido, $+{\gamma }_i\Delta z$ se desce, $-{\gamma }_i\Delta z$ se sobe.
4. Nas superfícies de separação, passar ao fluido seguinte com a mesma pressão.
5. Se um ramo contiver gás, desprezar ${\gamma }_{g\acute{a}s}\Delta z$.
6. Se houver deslocamento dos meniscos, escrever a conservação do volume (secção constante: subir $y$ num ramo ⇔ descer $y$ no outro) e somar a variação a cada desnível.
7. Converter o resultado para as unidades pedidas (Pa, kPa, m c.a.).

Quando usar

Sempre que o enunciado tenha tubos em U, piezómetros, reservatórios ligados por tubos ou leituras de “desnível”. O diferencial aparece entre dois pontos de uma conduta (bombas, contadores, perdas de carga) e dá logo a diferença de cotas piezométricas, que reaparece mais tarde no escoamento.

Exercício resolvido (Ex 2.2 do livro)

Um reservatório esférico contém gás e está ligado a um manómetro com três líquidos em série (Fig. 2.7 do livro). Desde o gás: mercúrio ($d=13,6$) entre os meniscos D e C (C acima de D); óleo ($d=0,8$) entre C e B, com C acima de B (desnível $x$); água ($d=1,0$) entre B e a extremidade aberta A. Os tubos têm secção constante. Calcule a variação de pressão do gás que faz cada menisco deslocar-se $y=2,5$ cm.

Resolução passo-a-passo

1. Percurso de A (aberto, $p=0$) até ao gás: $p_{g\acute{a}s}=\underset{\text{desce na aˊgua}}{\underbrace{{\gamma }_w(z_A-z_B)}}\underset{\text{sobe no oˊleo, de B a C}}{\underbrace{-{\gamma }_{o}x}}+\underset{\text{desce no Hg}}{\underbrace{{\gamma }_{Hg}(z_C-z_D)}}$ 2. Deslocamento: quando a pressão do gás aumenta, cada menisco desloca-se $y=0,025$ m. Como os tubos têm secção constante, cada um dos três desníveis aumenta $2y=0,05$ m. 3. Variação: $\Delta p={\gamma }_w(2y)(d_w-d_o+d_{Hg})=9800\times 0,05\times (1-0,8+13,6)\Rightarrow \boxed{\Delta p=6762\text{Pa}\approx 6,76\text{kPa}}$ (resolução do livro).

Lição

O óleo entra com sinal − porque, no percurso, se sobe dentro dele. Quem dá o sinal é o percurso, não a ordem dos líquidos. Num problema com deslocamento de meniscos, a incógnita é a variação de cada desnível ($2y$), e as cotas absolutas deixam de interessar.

Exercício resolvido (Ex 2.4 do livro)

Uma conduta transporta óleo ($d=0,9$). Um manómetro em U de mercúrio está ligado à conduta: a superfície de separação óleo/Hg (C) está 3,00 m abaixo do ponto X da conduta, e a superfície livre do Hg no ramo aberto (A) está 0,375 m acima do ponto B do mesmo ramo, à cota de C. Calcule a pressão em X (a que leria um manómetro de Bourdon aí instalado).

Resolução passo-a-passo

1. Ramo aberto: $p_A=0$; desce-se 0,375 m no Hg até B: $p_B={\gamma }_{Hg}\times 0,375=13,6\times 9800\times 0,375=49980\text{Pa}$ 2. Mesma cota, mesmo fluido contínuo (Hg): $p_C=p_B=49980$ Pa. 3. Sobe-se 3,00 m no óleo, de C até X: $p_X=49980-0,9\times 9800\times 3,00=49980-26460\Rightarrow \boxed{p_X=23520\text{Pa}\approx 23,5\text{kPa}=2,40\text{m c.a.}}$ (resolução do livro).

Lição

O passo crítico é o 2: B e C só têm a mesma pressão porque estão ambos no mercúrio, ligados sem interrupção. A coluna de óleo não é desprezável (26 kPa, mais do que o resultado final). Só a coluna de um gás se despreza.

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🧱 3. Impulsão em superfícies planas (Aula 03 · §2.7–2.8)

3.1 Impulsão hidrostática; superfícies horizontais

Ideia

Um fluido em repouso empurra cada bocado $\delta S$ de uma parede com uma força $p\delta S$, normal à parede e do fluido para a parede. Somadas, estas forças dão em geral uma força e um binário. Quando o binário se pode eliminar e sobra uma força única, essa força chama-se impulsão hidrostática (ou só impulsão), $\Pi$. Isto só acontece em quatro casos (Cardoso et al., §2.7):

1. Superfícies planas: as forças elementares são paralelas.
2. Calotes esféricas: as forças são concorrentes, porque todas as normais passam pelo centro da esfera.
3. Corpos imersos ou flutuantes: a resultante é vertical (Arquimedes, §4.1).
4. Superfícies cilíndricas limitadas por secções planas normais às geratrizes e mergulhadas num único fluido (Fig. 2.10). Há duas situações:
   • geratriz horizontal e diretriz qualquer: a força de cada faixa aplica-se na sua linha média, e as forças são concorrentes por trechos;
   • diretriz circular: as resultantes elementares aplicam-se ao longo de uma geratriz única e formam um sistema de forças paralelas, que passa pelo eixo.

Numa superfície horizontal todos os pontos estão à mesma profundidade, por isso a pressão é uniforme e a impulsão é simplesmente pressão × área.

Armadilha

• Paradoxo hidrostático: a impulsão no fundo de um recipiente é $pS=\gamma hS$, e depende só da profundidade e da área da base, não do volume nem do peso do líquido. Recipientes com a mesma base e a mesma altura de líquido têm a mesma força no fundo, mesmo pesando coisas diferentes (Ex 2.5).
• A impulsão aponta do fluido para a superfície. Se há fluido dos dois lados, calcula-se cada lado e subtrai-se.

Impulsão numa superfície plana horizontal (Cardoso et al., §2.8)

$\Pi =\underset{\text{uniforme}=\gamma h}{\underbrace{p}}\underset{\text{aˊrea molhada}}{\underbrace{S}}$ Direção: normal ao plano, do fluido para a superfície. Ponto de aplicação: o centroide (centro geométrico) da superfície. Centroide (nota 5 do livro): é o centro geométrico da figura. Coincide com o centro de massa se a densidade for uniforme, e com o centro de gravidade se, além disso, o campo gravítico for uniforme.

Passos para a impulsão numa superfície horizontal

1. Medir a profundidade vertical $h$ da superfície até à superfície livre (ou até à superfície livre equivalente, se houver gás pressurizado).
2. Calcular a pressão uniforme $p=p_0+\gamma h$ (com $p_0=0$ em pressões relativas, superfície aberta à atmosfera).
3. Multiplicar pela área molhada: $\Pi =pS$.
4. Aplicar a força no centroide, normal à superfície e do fluido para a superfície. Se houver fluido dos dois lados, fazer a diferença.

Quando usar

Fundos de reservatórios, tampas horizontais, faces superior/inferior de corpos. Sinal típico: “fundo”, “tampa de nível”, “laje”.

Exercício resolvido (Ex 2.5 do livro — paradoxo hidrostático)

Três recipientes têm bases horizontais com a mesma área $S$ e a mesma altura $h$ de líquido ($\gamma$): (a) paredes verticais; (b) paredes que abrem para cima (mais volume); (c) paredes que fecham para cima (menos volume). Mostre que a impulsão $F$ na base é igual nos três, e relacione a impulsão total nas paredes, ${\Pi }_t$, com o peso $G$ do líquido.

Resolução passo-a-passo

1. Base: $p=\gamma h$ é igual nas três bases, logo $F=\gamma hS$ é igual nos três. 2. Pesos: $G_i=\gamma {\forall }_i$, com $G_{(c)}<G_{(a)}<G_{(b)}$. 3. Paredes laterais:

• (a) verticais: impulsão sem componente vertical, logo ${\Pi }_t=F=G_{(a)}$;
• (b) a abrir: o líquido está por cima das paredes e empurra-as para baixo com $G_{(b)}-G_{(a)}$, logo ${\Pi }_t=F+G_{(b)}-G_{(a)}=G_{(b)}$;
• (c) a fechar: o líquido está por baixo das paredes e empurra-as para cima com $G_{(a)}-G_{(c)}$, logo ${\Pi }_t=G_{(c)}$. $\boxed{{\Pi }_t=G\text{em todos},G_{(c)}<F=G_{(a)}<G_{(b)}}$ (resolução do livro).

Lição

O recipiente, no seu todo, suporta sempre o peso do líquido. Mas a força no fundo é $\gamma hS$: as paredes inclinadas “aliviam” ou “carregam” o fundo. Nunca calcular a força no fundo como “peso do líquido” sem verificar que as paredes são verticais.

3.2 Superfície plana inclinada: módulo da impulsão

Ideia

Numa placa inclinada, a pressão cresce linearmente com a profundidade. Somar $p\delta S$ “por fatias” dá um resultado muito simples: a impulsão é a pressão no centroide vezes a área. É como se a placa inteira estivesse à profundidade do seu centroide. A inclinação $\theta$ só entra através de $h_0$.

Geometria (Fig. 2.11 do livro): o plano da placa corta a superfície livre segundo o eixo Ox. Mede-se $y$ ao longo da linha de maior declive, a partir de Ox. Então a profundidade de um ponto é $h=y\sin \theta$.

Armadilha

• $h_0$ é a profundidade (vertical) do centroide da superfície, e não a do centro de impulsão nem a do bordo.
• A fórmula exige $\gamma$ constante (um só fluido homogéneo) e pressão nula na superfície livre. Com um gás pressurizado por cima ou dois líquidos, usa-se o diagrama de pressões (§3.4) ou a superfície livre equivalente (§3.5).

Módulo da impulsão numa superfície plana (Cardoso et al., §2.8, eqs. 2.29–2.35)

$\Pi ={\int }_{S}pdS={\int }_S\gamma (y\sin \theta )dS=\gamma \sin \theta \underset{=S{y}_0}{\underbrace{{\int }_{S}ydS}}$ $\boxed{\Pi =\gamma \underset{y_0\sin \theta }{\underbrace{h_0}}S=\underset{\text{pressa˜o no centroide}}{\underbrace{p_0}}S}$ Direção: normal à placa, do fluido para a placa. Unidades: N, com $\gamma$ em N/m³, $h_0$ em m e $S$ em m².

3.3 Centro de impulsão; teorema de Steiner; tabela de I_G

Ideia

A impulsão não atua no centroide: as fatias mais fundas levam mais pressão, por isso a força puxa o ponto de aplicação para baixo. Esse ponto, o centro de impulsão (CI), obtém-se igualando o momento da força única ao momento das forças distribuídas. Quanto mais funda está a placa, mais uniforme parece a pressão e mais o CI se aproxima do centroide ($y^{\prime }\to 0$ quando $y_0\to \infty$).

Armadilha

• $y_0$, $Y$ e $y^{\prime }$ medem-se ao longo do plano da placa (linha de maior declive), a partir da linha onde o plano corta a superfície livre: $y_0=h_0/\sin \theta$. Não são profundidades.
• $I_G$ é em relação ao eixo pelo centroide paralelo a Ox (perpendicular à linha de maior declive), e não em relação a um eixo qualquer.
• Numa superfície horizontal o CI coincide com o centroide; numa não horizontal fica sempre abaixo dele.
• Gralhas da Tabela 2.1 do livro (p. 54 do PDF): na área do segmento circular está $\alpha R^2$ (é a área do setor); no $I_G$ da elipse está $\frac{\pi }{4}{a}^{3}b$ (com $b$ vertical deve ser $\frac{\pi }{4}a{b}^3$); a posição de G no trapézio ($3b_1+b_2$ em vez de $2b_1+b_2$) e o último denominador do $I_G$ do segmento ($2\alpha -3\sin 2\alpha$ em vez de $2\alpha -\sin 2\alpha$) também têm gralhas. A tabela abaixo já está corrigida. A posição de G do segmento no livro, $R\frac{4{\sin }^3\alpha }{6\alpha -3\sin 2\alpha }-R\cos \alpha$, tem outra forma mas é algebricamente igual à da tabela; não é gralha.

Centro de impulsão (Cardoso et al., §2.8, eqs. 2.36–2.43)

Momentos em relação a Ox: $\Pi Y={\int }_{S}ypdS=\gamma \sin \theta \underset{I_x}{\underbrace{{\int }_S{y}^{2}dS}}\Rightarrow Y=\frac{I_x}{y_{0}S}$ Lagrange–Steiner (eixos paralelos): $I_x=I_G+S{y}_0^2$, donde $Y=y_0+\frac{I_G}{S{y}_0}⟹\boxed{y^{\prime }=Y-y_0=\frac{\underset{\text{eixo por G, paralelo a Ox}}{\underbrace{I_G}}}{\underset{\text{aˊrea}}{\underbrace{S}}\underset{\text{medido no plano}}{\underbrace{y_0}}}>0}$ $y^{\prime }$ é a distância, medida no plano, do centroide ao CI, que fica abaixo do centroide.

Posição lateral: $X=\frac{1}{S{y}_0}{\int }_{S}xydS$ (produto de inércia). Se a superfície é simétrica em relação a uma linha de maior declive, o CI está nesse eixo de simetria (é o caso de quase todos os problemas).

Tabela 2.1 — área, centroide e $I_G$ de figuras planas (Cardoso et al., §2.8; eixo GG' horizontal, paralelo à base)

Figura	Área $S$	Posição de G	$I_G$
Retângulo $b\times h$	$bh$	centro ($h/2$)	$\frac{b{h}^3}{12}$
Triângulo (base $b$, altura $h$)	$\frac{bh}{2}$	$h/3$ acima da base	$\frac{b{h}^3}{36}$
Trapézio ($b_1$ em cima, $b_2$ em baixo, altura $h$)	$\frac{b_1+b_2}{2}h$	$\frac{h}{3}\frac{2b_1+b_2}{b_1+b_2}$ acima de $b_2$	$\frac{h^3}{36}\frac{b_1^2+4b_1{b}_2+b_2^2}{b_1+b_2}$
Círculo (raio $R$)	$\pi R^2$	centro	$\frac{\pi R^4}{4}$
Semicírculo (diâmetro em baixo)	$\frac{\pi R^2}{2}$	$\frac{4R}{3\pi }=0,4244R$ acima do diâmetro	$0,1098R^4$
Quarto de círculo	$\frac{\pi R^2}{4}$	$0,4244R$ acima da base	$0,0549R^4$
Elipse (semieixo horizontal $a$, vertical $b$)	$\pi ab$	centro	$\frac{\pi }{4}a{b}^3$
Segmento circular (semiângulo $\alpha$, corda horizontal)	$R^2(\alpha -\sin \alpha \cos \alpha )$	$\frac{4R{\sin }^3\alpha }{3(2\alpha -\sin 2\alpha )}-R\cos \alpha$ acima da corda	$\frac{R^4}{8}\left[2\alpha -\sin 2\alpha +2\sin 2\alpha {\sin }^2\alpha -\frac{64}{9}\frac{{\sin }^6\alpha }{2\alpha -\sin 2\alpha }\right]$

Verificação: com $\alpha =\pi /2$ o segmento dá o semicírculo ($\pi /8-8/(9\pi )=0,1098$). Os slides (Aula 03, slide 11) trazem só as cinco primeiras linhas.

Passos para a impulsão numa superfície plana (um só líquido)

1. Identificar a superfície livre (pressão relativa nula) e a linha Ox onde o plano da placa a corta.
2. Calcular a área $S$, a posição do centroide G e o $I_G$ (Tabela 2.1).
3. Profundidade do centroide $h_0$ → $\Pi =\gamma h_{0}S$.
4. Distância no plano $y_0=h_0/\sin \theta$ (parede vertical: $y_0=h_0$) → $y^{\prime }=I_G/(S{y}_0)$.
5. Localizar o CI: a $y^{\prime }$ abaixo de G, ao longo da placa, no eixo de simetria.
6. Se pedirem componentes: ${\Pi }_h=\Pi \sin \theta$ e ${\Pi }_v=\Pi \cos \theta$ (com $\theta$ o ângulo da placa com a horizontal).
7. Se a placa roda numa articulação, escrever o equilíbrio de momentos nessa articulação com o braço do CI.

Quando usar

“Comporta plana”, “tampa”, “visor plano”, “parede inclinada”, “força para manter fechada”, “posição do centro de impulsão”. Se a placa é retangular com dois lados horizontais, o diagrama de pressões (§3.4) costuma ser mais rápido; se é circular, triangular, etc., usa-se esta fórmula com a Tabela 2.1.

Exercício resolvido (Prob 2.4 da Aula 03 = Prob 2.7 do livro)

Na parede BC de um reservatório com água há uma tampa metálica quadrada com 1,00 m de lado. A parede AB é vertical, com A na superfície livre e $AB=2,00$ m. A tampa BC parte de B, inclinada a 45° com a horizontal, e desce para o interior até ao fundo; a água está por cima dela. A aresta superior da tampa, de nível, está 2,00 m abaixo da superfície livre. Determine: a) os módulos da impulsão na tampa e das suas componentes horizontal e vertical; b) a posição do centro de impulsão.

Resolução passo-a-passo

1. Geometria: $h_1=2,00$ m (aresta B); $h_2=2+1\times \sin 45°=2,707$ m (aresta C); centroide a $h_0=2+0,5\sin 45°=2,354$ m; $S=1,00$ m². 2. Impulsão: $\Pi =\gamma h_{0}S=9,8\times 2,354\times 1\Rightarrow \boxed{\Pi \approx 23,07\text{kN}}(\text{normal aˋ tampa})$ 3. Componentes (placa a 45°): ${\Pi }_h={\Pi }_v=\Pi \cos 45°\approx \boxed{16,31\text{kN}}$. Verificação: ${\Pi }_h=\gamma h_0{S}_v=9,8\times 2,354\times 0,7071=16,31$ kN (impulsão na projeção vertical, §4.3), e ${\Pi }_v=$ peso da água por cima da tampa $=9,8\times \frac{2+2,707}{2}\times 0,7071=16,31$ kN, para baixo. 4. Centro de impulsão: $y_0=h_0/\sin 45°=3,328$ m; $I_G=1\times 1^3/12=0,0833$ m⁴; $y^{\prime }=\frac{0,0833}{1\times 3,328}=0,025\text{m}\Rightarrow \boxed{\text{CI a }0,525\text{ m de B, ao longo da tampa}}$ (profundidade $2+0,525\sin 45°\approx 2,371$ m), no eixo de simetria da tampa. [resolução própria], que bate com a solução do livro ($\Pi =23064,8$ N, ${\Pi }_h={\Pi }_v=16309,3$ N, CI a 0,475 m de C).

Lição

$y^{\prime }$ é pequeno (2,5 cm numa tampa de 1 m) porque a tampa está funda ($y_0=3,3$ m). E $y_0$ mede-se ao longo do plano, $h_0/\sin \theta$, não na vertical: usar $h_0$ dava $y^{\prime }=0,035$ m, errado. As componentes saem de graça: a horizontal é a impulsão na projeção vertical e a vertical é o peso do líquido por cima, o que antecipa a §4.

Exercício resolvido (Ex 2.6 do livro — comporta escorada por barras)

Uma comporta, com o peso desprezável, tem um troço vertical CA (C fica acima da superfície livre; a parte molhada de CA tem 2,00 m) e um troço inclinado AO que desce de A até à articulação O no fundo, com 4,00 m na vertical e 3,00 m na horizontal (O a 6 m de profundidade). A comporta é escorada por barras AB, perpendiculares a AO em A (B no terreno, 5,33 m à direita da vertical de A), espaçadas de 6 m. A água está do lado da comporta oposto às barras. Calcule a força de compressão em cada barra.

Resolução passo-a-passo

Analisa-se um troço com 6 m de largura. $AO=\sqrt{4^2+3^2}=5$ m, $\sin \theta =0,8$. 1. Troço CA (vertical): $S=12$ m², $h_0=1$ m: ${\Pi }_{CA}=9800\times 12\times 1=117,6\text{kN};Y_{CA}=1+\frac{6\times 2^3/12}{12\times 1}=1,333\text{m}$ braço em relação a O (vertical): $6-1,333=4,667$ m. 2. Troço AO (inclinado): $S=6\times 5=30$ m², $h_0=2+4/2=4$ m: ${\Pi }_{AO}=9800\times 30\times 4=1176\text{kN}$ No plano de AO: $y_0=h_0/\sin \theta =5,0$ m; $I_G=6\times 5^3/12=62,5$ m⁴; $Y_{AO}=5+\frac{62,5}{30\times 5}=5,417$ m. O ponto O está a $6/0,8=7,5$ m de Ox ao longo do plano, logo o braço é $7,5-5,417=2,083$ m. 3. Momentos em O (a barra atua em A, perpendicular a AO, braço $OA=5$ m): $117,6\times 4,667+1176\times 2,083-F_{AB}\times 5=0\Rightarrow \boxed{F_{AB}\approx 600\text{kN por barra}}$ 4. 2.º método (diagrama de pressões, §3.4). Em A, $p_A=9800\times 2=19600$ Pa; em O, $p_O=58800$ Pa. Por troços:

• AO: o retângulo $p_A\times 5\times 6=588$ kN fica a 2,5 m de O; o triângulo $\frac{1}{2}(p_O-p_A)\times 5\times 6=588$ kN fica a $5/3=1,667$ m de O.
• CA: o triângulo $\frac{1}{2}{p}_A\times 2\times 6=117,6$ kN fica a $4+2/3=4,667$ m de O. $5F_{AB}=588\times 2,5+588\times 1,667+117,6\times 4,667\Rightarrow F_{AB}=599,8\text{kN}$ (resolução do livro, pelos dois métodos: 599,76 kN).

Lição

Uma comporta “quebrada” divide-se em troços planos, cada um com a sua impulsão e o seu CI. Os braços medem-se na direção perpendicular à força: para o troço inclinado, isso é a distância ao longo do próprio plano.

3.4 Método do diagrama de pressões

Ideia

Para um retângulo com dois lados horizontais (largura $b$), a pressão só varia ao longo da linha de maior declive. Então a impulsão é largura × área do diagrama de pressões, e o CI está na linha do centroide desse diagrama. É “somar por fatias” feito à vista. O diagrama é um trapézio (ou triângulo, se começa na superfície livre), que se parte em retângulo + triângulo, cada um com a sua força e o seu ponto de aplicação.

Armadilha

• Errata do slide 13 (Aula 03): o slide escreve $y^{\prime }=\frac{\gamma }{12}\frac{(h_1-h_2{)}^2}{h_1+h_2}$. O $\gamma$ está a mais (a fórmula ficava dimensionalmente errada) e falta $\sin \theta$. A forma correta, que sai de $y^{\prime }=I_G/(S{y}_0)$, é a da caixa abaixo.
• O “comprimento” do diagrama é o lado da placa, $L=(h_2-h_1)/\sin \theta$, e não o desnível $h_2-h_1$ (exceto em paredes verticais).
• Com gás pressurizado, a zona do gás tem diagrama retangular (pressão constante), e só abaixo dele começa o triângulo.

Impulsão pelo diagrama de pressões (Cardoso et al., §2.8, eqs. 2.44–2.46)

$\Pi =b{\int }_{y_1}^{y_2}pdy=\underset{\text{pressa˜o meˊdia}}{\underbrace{\frac{p_1+p_2}{2}}}\underset{L}{\underbrace{(y_2-y_1)}}b=\frac{\gamma b}{2\sin \theta }\left(h_2^2-h_1^2\right)$ Posição do CI (centroide do trapézio de pressões, medido do lado de menor pressão $p_1$): $d=\frac{L}{3}\frac{p_1+2p_2}{p_1+p_2}⟺y^{\prime }=\frac{(h_2-h_1{)}^2}{6\sin \theta (h_1+h_2)}\text{abaixo de G}$ Parede vertical: $y^{\prime }=\frac{(h_2-h_1{)}^2}{6(h_1+h_2)}$. Diagrama triangular (começa na superfície livre): CI a $2L/3$ do topo.

Passos para o método do diagrama

1. Desenhar o diagrama de pressões ao longo da placa, com os valores nos bordos e nas mudanças de fluido.
2. Partir o diagrama em retângulos e triângulos.
3. Força de cada parte = área da parte × largura $b$.
4. Ponto de aplicação de cada parte: retângulo a $L_i/2$, triângulo a $L_i/3$ do lado maior.
5. $\Pi =\sum {\Pi }_i$; posição do CI por momentos: $\Pi d=\sum {\Pi }_i{d}_i$.

Quando usar

Comportas e faces retangulares, sobretudo com gás pressurizado, dois líquidos ou uma articulação a meio (quando é preciso o momento de cada parte). Sinais: “face lateral de um recipiente”, “comporta retangular”, “camadas de líquidos”.

Exercício resolvido (Ex 2.7 do livro / Aula 03)

Um recipiente cúbico, fechado, com 1 m de aresta, contém até meia altura um óleo de densidade 0,85; na metade superior há um gás à pressão $p_g=7$ kPa (constante). Determine: a) a impulsão total numa face lateral; b) a posição do centro de impulsão nessa face.

Resolução passo-a-passo

1. Diagrama: a pressão vale $p_g=7$ kPa em toda a zona do gás (retângulo) e cresce a partir daí no óleo: ${\gamma }_o=0,85\times 9,8=8,33{\text{kN/m}}^3;p_{fundo}=7+8,33\times 0,5=11,165\text{kPa}$ 2. Partes ($b=1$ m; $z$ medido a partir do fundo):

Parte	Força	$z$
retângulo $p_g$ em toda a altura (1 m)	$7\times 1\times 1=7,00$ kN	0,50 m
triângulo do óleo	$\frac{1}{2}\times 4,165\times 0,5\times 1=1,041$ kN	$0,5/3=0,167$ m
$\text{a)}\boxed{\Pi =8,04\text{kN}}\text{(horizontal, para fora)}$
3. Momentos em relação ao fundo:
$z_{CI}=\frac{7,00\times 0,5+1,041\times 0,167}{8,041}\Rightarrow \text{b)}\boxed{z_{CI}\approx 0,457\text{m acima do fundo}}$
no eixo vertical de simetria da face. (resolução do livro).

Lição

Com um gás por cima, a lei de pressões na face não é uma reta única (é constante no gás e linear no óleo), por isso $\Pi =\gamma h_{0}S$ e $y^{\prime }=I_G/(S{y}_0)$ não se aplicam à face inteira. O diagrama de pressões resolve sempre. A pressão do gás desloca o CI para cima (para perto do centro da face), porque é uniforme.

Exercício resolvido (Prob 2.6 do livro — comporta ABCDE; provavelmente o "Prob 2.5" que a Aula 03 manda resolver)

Uma comporta ABCDE, inclinada a 45°, roda sem atrito em torno da articulação E, no fundo, e pesa 50 kN (peso na vertical de C). A montante, por baixo da comporta, há óleo ($d=0,8$) sobre água. Ao longo do talude: 1,0 m da superfície do óleo até à interface (A fica acima da superfície do óleo, porque a comporta prolonga-se para lá dela, e por isso $p_A=0$); 1,0 m da interface até B; de B a D há uma “tenda” triangular BCD (BC = CD = 1,0 m, ângulo reto em C) cuja base BD é horizontal e é a superfície da água sob ar comprimido; DE = 2,0 m. A jusante há só água, com altura $h_j$. a) Calcule as pressões em A, B, C, D e E e trace os diagramas. b) Calcule $h_j$ para haver equilíbrio. (Figura 2.43 do livro.)

Resolução passo-a-passo

1. Pressões (cada metro de talude são $0,7071$ m na vertical): $p_A=0;p_{int}=0,8\times 9800\times 0,7071=5544\text{Pa};p_B=5544+9800\times 0,7071=\boxed{12473\text{Pa}}$ O ar tem pressão uniforme e BD é a sua superfície, logo $p_C=p_D=p_B=12473$ Pa. E está $2\sin 45°=1,414$ m abaixo de D: $p_E=12473+9800\times 1,414=\boxed{26333\text{Pa}}$. 2. Diagrama: linear de A até à interface (declive $0,8\gamma$), linear até B (declive $\gamma$), constante em BC e CD (ar), linear de D a E. 3. Momentos em E ($s$ = distância a E ao longo do talude; o braço de cada força normal é $s$):

Parte	Momento (N·m)
troço AB (triângulo do óleo + trapézio da água)	$-42964$
troço DE, montante: $-{\int }_0^{2}p(s)sds$	$-34186$
ar em BC + CD (equivale a $p_B\times BD=17640$ N na vertical de C, a 2,121 m de E)	$-37420$
peso $50000\times 2,121$	$+106066$
soma sem jusante	$-8504$
4. Água de jusante em DE: comprimento molhado $\sqrt{2}{h}_j$, momento $+\gamma h_j^3/3$:
$\frac{9800h_j^3}{3}=8504\Rightarrow \boxed{h_j\approx 1,38\text{m}}$
(só molha DE, porque $1,38<1,414$). [resolução própria], que bate com a solução do livro ($p_B=12473,4$, $p_E=26332,7$ Pa, $h_j=1,38$ m).

Lição

Uma comporta com vários troços e vários fluidos resolve-se sempre da mesma maneira: pressões nos pontos de quebra → diagrama por troços → momentos na articulação. Um gás dá diagrama retangular e a sua força total é $p\times$(projeção), qualquer que seja a forma da “tenda”. Com a articulação no fundo, o momento de cada força normal tem braço igual à distância ao longo do talude.

3.5 Superfície livre equivalente (gás pressurizado; dois líquidos)

Ideia

As fórmulas $\Pi =\gamma h_{0}S$ e $y^{\prime }=I_G/(S{y}_0)$ pedem um único líquido com pressão nula na superfície livre. Quando por cima do líquido que molha a placa há um gás com pressão $p_g$ ou outro líquido, troca-se essa “sobrecarga” por uma coluna equivalente do próprio líquido que molha a placa. Obtém-se uma superfície livre fictícia (equivalente), o plano onde a pressão relativa seria nula, e mede-se $h_0$ e $y_0$ a partir dela. O livro chama a isto homogeneizar o líquido (Ex 2.8).

Armadilha

• A altura equivalente usa o $\gamma$ do líquido que está em contacto com a placa: $h_{eq}=p_{topo}/{\gamma }_{placa}$.
• Só vale para a parte da placa molhada por esse líquido. Se a placa atravessa dois fluidos (Ex 2.7, Ex 2.8), divide-se em partes, uma por fluido, cada uma com a sua superfície livre equivalente.
• Com $p_g<0$ (depressão), a superfície equivalente fica abaixo da real.

Superfície livre equivalente (Cardoso et al., §2.8, Ex 2.8)

$h_{eq}=\frac{p_{topo}}{{\gamma }_{placa}},\{\begin{array}{ll}\text{gaˊs:}& p_{topo}=p_g\\ \text{lıˊquido 1 (espessura }{e}_1\text{) sobre o lıˊquido 2:}& p_{topo}={\gamma }_1{e}_1\Rightarrow h_{eq}=\frac{{\gamma }_1}{{\gamma }_2}{e}_1\end{array}$ A superfície fictícia fica a $h_{eq}$ acima do topo do líquido 2; depois aplica-se $\Pi ={\gamma }_2{h}_{0}S$ e $y^{\prime }=I_G/(S{y}_0)$ com $h_0$, $y_0$ medidos a partir dela.

Passos com uma superfície livre equivalente

1. Calcular a pressão no topo do líquido que molha a placa ($p_g$, ou $\sum {\gamma }_i{e}_i$ das camadas de cima).
2. Converter em altura desse líquido: $h_{eq}=p_{topo}/\gamma$.
3. Medir $h_0$ (vertical) e $y_0=h_0/\sin \theta$ a partir da superfície fictícia.
4. Aplicar $\Pi =\gamma h_{0}S$ e $y^{\prime }=I_G/(S{y}_0)$.
5. Se a placa atravessa a interface, repetir para cada parte e somar momentos.

Quando usar

“Reservatório fechado com ar/gás à pressão…”, “manómetro marca … no topo”, “camada de óleo sobre água”, sobretudo com placas não retangulares (círculos, triângulos), onde o diagrama de pressões é incómodo. Ver também a tampa circular com óleo sobre água do Prob 2.12 do livro, resolvido no §4.5.

Exercício resolvido (Ex 2.8 do livro / Aula 03)

Uma tampa quadrada com 1,00 m de lado e dois lados horizontais obtura um orifício na parede vertical de um reservatório com água (1,20 m, da superfície livre até à interface) sobre um líquido de densidade 1,2. A interface passa pelo centro da tampa, onde está o eixo horizontal AB em torno do qual a tampa pode rodar. Calcule o módulo da força horizontal $F$ a aplicar no bordo inferior D (0,50 m abaixo de AB) para manter a tampa fechada.

Resolução passo-a-passo

1. Metade de cima (água), $S=0,5$ m², $h_{01}=1,20-0,25=0,95$ m: ${\Pi }_1=9800\times 0,5\times 0,95=4655\text{N};y_1^{\prime }=\frac{1\times 0,5^3/12}{0,5\times 0,95}=0,022\text{m}$ CI de cima a $0,25-0,022=0,228$ m acima de AB. 2. Metade de baixo — superfície livre equivalente: ${\gamma }_2=11760$ N/m³; $h_{eq}=\frac{9800\times 1,20}{11760}=1,00$ m acima da interface. $h_{02}=1,00+0,25=1,25$ m: ${\Pi }_2=11760\times 0,5\times 1,25=7350\text{N};y_2^{\prime }=\frac{1\times 0,5^3/12}{0,5\times 1,25}=0,017\text{m}$ CI de baixo a $0,25+0,017=0,267$ m abaixo de AB. 3. Momentos em AB: as duas impulsões empurram para fora, mas rodam a tampa em sentidos opostos. ${\Pi }_2$ vence (tende a abrir a metade de baixo); $F$ em D fecha: $0,50F=7350\times 0,267-4655\times 0,228\Rightarrow \boxed{F\approx 1,80\text{kN}}$ (resolução do livro: 1802 N. Com $y^{\prime }$ sem arredondar dá 1797 N; a diferença é só de arredondamento).

Lição

Com a articulação no centro, a força total (12,0 kN) quase não interessa: o que conta é a diferença de momentos das duas metades, que é pequena. Por isso os $y^{\prime }$ têm de ser calculados com cuidado (e com 3 casas). A camada de cima entra no líquido de baixo como 1,00 m equivalente, e não como 1,20 m.

Exercício resolvido (Prob 2.10 do livro — comporta com sedimentos; muito provavelmente o "Prob 2.8" das Aulas 03–04)

Uma comporta plana AB retém água (10 m) sobre uma camada de mistura de água e sedimentos ($d=1,1$, 1 m). Sobre a superfície da água atua uma pressão de $0,5\times 10^5$ Pa. AB está a 45°: B no topo da camada de mistura, A no fundo (1 m abaixo e 1 m à direita de B); a mistura está por baixo da comporta. A comporta pesa $G=20$ kN/m, aplicado na vertical do ponto médio de AB, e está ligada por braços rígidos à articulação O, ao nível de B e na vertical de A ($OA=OB=1$ m). Não há líquido a jusante. a) Calcule ${\Pi }_h$, ${\Pi }_v$ e $\Pi$ por metro. b) Calcule a força vertical $F$, aplicada em B, para iniciar a abertura. (Figura 2.47 do livro.)

Resolução passo-a-passo

1. Pressões: $p_B=0,5\times 10^5+9800\times 10=148000$ Pa; $p_A=148000+1,1\times 9800\times 1=158780$ Pa. 2. a) $L=AB=\sqrt{2}=1,414$ m; pressão no centroide $p_0=153390$ Pa: $\Pi =p_{0}L\times 1=\boxed{216,9\text{kN/m}};{\Pi }_h={\Pi }_v=\Pi /\sqrt{2}=\boxed{153,4\text{kN/m}}$ 3. Superfície livre equivalente (na mistura): $h_{eq}=p_B/{\gamma }_m=148000/10780=13,73$ m acima de B. Então $h_0=13,73+0,5=14,23$ m, $y_0=h_0/\sin 45°=20,12$ m e $y^{\prime }=\frac{L^2}{12y_0}=\frac{2}{12\times 20,12}=8,28\times 10^{-3}\text{m}$ 4. b) Momentos em O: como $OA=OB$, a normal a AB pelo seu ponto médio passa por O, logo só a excentricidade $y^{\prime }$ dá momento: $\Pi y^{\prime }=216,9\times 0,00828=1,80$ kN·m. O peso dá $20\times 0,5=10$ kN·m no mesmo sentido. Com $F$ em B (braço 1 m): $F\times 1=10+1,80\Rightarrow \boxed{F\approx 11,8\text{kN/m}}$ [resolução própria], que bate com a solução do livro.

Lição

Com uma sobrepressão enorme (≈14 m de coluna equivalente), a impulsão é grande (217 kN/m), mas o CI fica quase no centroide ($y^{\prime }<1$ cm). Se a articulação estiver na normal que passa pelo centroide, a manobra só tem de vencer o peso e o pequeno momento $\Pi y^{\prime }$. É assim que se projetam comportas fáceis de abrir (a mesma ideia aparece na comporta de segmento, §4.5).

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🚢 4. Arquimedes e superfícies curvas (Aulas 04–05 · §2.9–2.10)

4.1 Teorema de Arquimedes: equilíbrio e flutuação

Ideia

Um corpo mergulhado num fluido em repouso sofre uma impulsão vertical, de baixo para cima, igual ao peso do volume de fluido deslocado. Explicação: as forças horizontais das faces opostas anulam-se (as projeções verticais são iguais e estão à mesma profundidade). Na vertical, a face de baixo tem mais pressão do que a de cima, e a diferença é exatamente $\gamma \forall$. A impulsão aplica-se no centro de impulsão, o centroide do volume deslocado, que não coincide em geral com o centro de gravidade do corpo.

Armadilha

• O $\gamma$ é o do fluido, não o do corpo: $\Pi ={\gamma }_{fluido}\forall$.
• O $\forall$ é o volume imerso (deslocado). Num corpo que flutua é só a parte abaixo da superfície livre.
• Corpo suspenso por um cabo e totalmente submerso: $T=G-\Pi =({\gamma }_c-\gamma )\forall$. Esquecer a impulsão sobrestima $T$ (é o erro do livro no Prob 2.12, §4.5).
• Um corpo assente no fundo sem fluido por baixo (vedado) não tem impulsão de Arquimedes: a face de baixo não está molhada e o fluido empurra-o para baixo. Aí calcula-se a força na superfície molhada (§4.3).

Teorema de Arquimedes (Cardoso et al., §2.10, eqs. 2.55–2.61)

$\underset{\text{impulsa˜o}}{\underbrace{\Pi }}=\underset{\text{peso voluˊmico do fluido}}{\underbrace{\gamma }}\underset{\text{volume deslocado}}{\underbrace{\forall }},{\Pi }_h=0,\text{aplicada no centroide de }\forall$ O ponto de aplicação ser o centroide de $\forall$ demonstra-se por momentos (eqs. 2.58–2.59). Vale para qualquer forma; um corpo não convexo trata-se por partes convexas.

Comparação	O que acontece
$\Pi =G$	equilíbrio indiferente: o corpo fica a meia água
$\Pi <G$	o corpo afunda até ao fundo, que reage com $N=G-\Pi$
$\Pi >G$	o corpo sobe e flutua, emergindo até que o volume imerso ${\forall }^{\prime }$ dê ${\Pi }^{\prime }=\gamma {\forall }^{\prime }=G$

Num corpo homogéneo que flutua: $\frac{{\forall }^{\prime }}{\forall }=\frac{{\gamma }_c}{\gamma }$ (fração imersa = densidade relativa ao fluido).

Passos para um problema de Arquimedes

1. Isolar o corpo e desenhar todas as forças: peso $G={\gamma }_c\forall$, impulsão $\Pi =\gamma {\forall }_{imerso}$, cabos, reações.
2. Verificar se o corpo está todo molhado (incluindo por baixo). Se não estiver, Arquimedes não se aplica e passa-se ao §4.3.
3. Decidir o caso ($\Pi \gtrless G$) e escrever o equilíbrio vertical (e de momentos, se houver articulações).
4. Se flutua, a incógnita costuma ser a profundidade imersa: resolver $\gamma {\forall }^{\prime }(h)=G$.

Quando usar

“Corpo mergulhado / submerso / a flutuar”, “bloco suspenso por um cabo dentro de água”, “boia”, “peso aparente”, “densidade mínima/máxima para afundar ou flutuar”.

4.2 Corpo na interface de dois líquidos

Ideia

Quando o corpo atravessa a interface entre dois líquidos (ou entre um líquido e o ar), cada parte desloca o seu próprio fluido. A impulsão é a soma dos pesos dos fluidos deslocados. Aplica-se no centro de gravidade de um corpo fictício não homogéneo: o volume do corpo preenchido com o fluido A na parte que está em A e com o fluido B na parte que está em B. Na interface ar–água o ar é desprezável e o CI é simplesmente o centroide do volume submerso.

Armadilha

• Não se usa um $\gamma$ médio aplicado ao volume todo: cada volume leva o $\gamma$ do fluido onde está.
• O CI não é o centroide do corpo, porque a parte mais “pesada” do corpo fictício (a que está no líquido mais denso) puxa-o para baixo.

Impulsão com dois fluidos (Cardoso et al., §2.10, eq. 2.62)

${\Pi }_v=\underset{\text{parte no fluido A}}{\underbrace{{\gamma }_A{\forall }_A}}+\underset{\text{parte no fluido B}}{\underbrace{{\gamma }_B{\forall }_B}},{\Pi }_h=0$ A impulsão horizontal é nula também na interface de dois líquidos (fim do §2.10; slide 9 da Aula 04).

Passos para um corpo na interface

1. Dividir o volume do corpo pela interface: ${\forall }_A$ (no fluido de cima) e ${\forall }_B$ (no fluido de baixo), com ${\forall }_A+{\forall }_B=\forall$.
2. Escrever a impulsão ${\Pi }_v={\gamma }_A{\forall }_A+{\gamma }_B{\forall }_B$, cada volume com o $\gamma$ do seu fluido.
3. Equilíbrio vertical: ${\Pi }_v=G={\gamma }_c\forall$ (mais forças exteriores, se as houver: cabos, pesos).
4. Resolver para a incógnita (fração imersa, ${\gamma }_c$ ou um dos $\gamma$). Para o ponto de aplicação, usar o c.g. do corpo fictício não homogéneo.

Quando usar

“Corpo a flutuar entre óleo e água”, “bloco na interface”, “que fração do volume fica em cada líquido”.

Exercício resolvido (Ex 2.12 do livro / Aula 04)

Uma esfera homogénea, de peso volúmico ${\gamma }_s$ e volume $\forall$, está em equilíbrio na interface de dois líquidos imiscíveis (${\gamma }_1$ em cima, ${\gamma }_2>{\gamma }_1$ em baixo). O plano de separação passa pelo centro da esfera e está à profundidade $h$. Determine a relação entre os três pesos volúmicos. (Na resolução, $S$ é a área do círculo que o plano de separação define na esfera.)

Resolução passo-a-passo

1. Superfície superior (molhada só pelo líquido 1): o volume real acima dela, até à superfície livre, é a coluna $hS$ menos a semiesfera superior. A força é para baixo: ${\Pi }_{v1}={\gamma }_1\left(hS-\frac{\forall }{2}\right)\downarrow$ 2. Superfície inferior: o volume (fictício) acima dela é a coluna $hS$ no líquido 1 mais a semiesfera inferior, preenchida com o líquido 2. A força é para cima: ${\Pi }_{v2}={\gamma }_{1}hS+{\gamma }_2\frac{\forall }{2}\uparrow$ 3. Equilíbrio: ${\Pi }_{v2}-{\Pi }_{v1}=G={\gamma }_s\forall$: ${\gamma }_1\frac{\forall }{2}+{\gamma }_2\frac{\forall }{2}={\gamma }_s\forall \Rightarrow \boxed{{\gamma }_s=\frac{{\gamma }_1+{\gamma }_2}{2}}$ (resolução do livro)

Lição

O termo ${\gamma }_{1}hS$ cancela-se: a profundidade a que está o corpo não interessa, como Arquimedes prevê. O resultado é exatamente a eq. 2.62 com ${\forall }_A={\forall }_B=\forall /2$. Fazer o problema “pelas superfícies” é a demonstração de Arquimedes num caso concreto.

4.3 Superfícies curvas: componentes Πh e Πv

Ideia

Numa superfície curva as pressões elementares mudam de direção, e somá-las diretamente é difícil. Por isso calculam-se as componentes separadamente:

• Horizontal: é igual à impulsão sobre a projeção da superfície num plano vertical (normal à direção considerada). Volta-se assim ao caso das superfícies planas (§3).
• Vertical: é igual ao peso do volume de líquido entre a superfície e a superfície livre (ou o plano de carga). Se esse volume está mesmo cheio de líquido (volume real), a força é para baixo. Se o líquido está do outro lado da superfície (volume fictício, imaginado acima dela até ao plano de carga), a força é para cima.

Armadilha

• O $h_0$ de ${\Pi }_h$ é a profundidade do centroide da projeção vertical, e não o da superfície curva.
• Com gás pressurizado ou dois líquidos, o volume de ${\Pi }_v$ mede-se até à superfície livre equivalente (§3.5), e não até à real.
• As fórmulas exigem bijeção: cada vertical (para ${\Pi }_v$) e cada horizontal (para ${\Pi }_h$) só pode cortar a superfície uma vez. Se cortar duas vezes, divide-se a superfície em trechos (§4.4).
• Num semicilindro ou arco simétrico, as projeções verticais das duas metades anulam-se e ${\Pi }_h$ total pode ser zero.

Impulsão sobre superfícies curvas (Cardoso et al., §2.9, eqs. 2.47–2.54)

${\Pi }_h=\underset{p_0\text{ no centroide da projec¸a˜o}}{\underbrace{\gamma h_0}}\underset{\text{projec¸a˜o vertical}}{\underbrace{S_v}},y^{\prime }=\frac{I_G}{S_v{h}_0}(\text{projec¸a˜o vertical: }{y}_0=h_0)$ ${\Pi }_v=\gamma \underset{\begin{array}{c}\text{volume entre a superfıˊcie}\\ \text{e o plano de carga}\end{array}}{\underbrace{\forall }}\{\begin{array}{ll}\downarrow & \text{volume real}\\ \uparrow & \text{volume fictıˊcio}\end{array},\text{aplicada no centroide de }\forall$ $\Pi =\sqrt{{\Pi }_h^2+{\Pi }_v^2},\mathrm{tg}\theta =\frac{{\Pi }_v}{{\Pi }_h}(\theta \text{ com a horizontal})$ Em 3D há duas componentes horizontais (${\Pi }_x$, ${\Pi }_y$), cada uma pela sua projeção, e ${\Pi }_h=\sqrt{{\Pi }_x^2+{\Pi }_y^2}$.

Origem (slides 10–12 da Aula 04; eqs. 2.47–2.53): num elemento $dS$ cuja normal faz o ângulo $\theta$ com a vertical, $d{F}_h=\gamma hdS\sin \theta =\gamma hd{S}_v,d{F}_v=\gamma hdS\cos \theta =\gamma hd{S}_h=\gamma d\forall$ onde $d{S}_h$ é a secção do prisma de líquido acima do elemento.

Vários líquidos sobrepostos: em alternativa à superfície livre equivalente, ${\Pi }_v=\sum {\gamma }_i{\forall }_i$ (cada camada com o seu $\gamma$). Nesse caso a linha de ação passa pelo centro de gravidade do volume não homogéneo, e não pelo seu centroide (slide 12).

Passos para a impulsão numa superfície curva

1. Identificar a superfície molhada e o plano de carga (superfície livre real ou equivalente).
2. ${\Pi }_h$: projetar a superfície num plano vertical → $S_v$, $h_0$ → ${\Pi }_h=\gamma h_0{S}_v$, linha de ação a $y^{\prime }$ abaixo do centroide da projeção.
3. ${\Pi }_v$: desenhar o volume entre a superfície e o plano de carga, decidir se é real (↓) ou fictício (↑) e calcular $\gamma \forall$, aplicada no centroide desse volume.
4. Compor: $\Pi$, $\theta$. Se a superfície é circular, a resultante passa pelo centro (§4.4).
5. Equilíbrio da comporta: momentos na articulação com ${\Pi }_h$ e ${\Pi }_v$ nas suas linhas de ação (ou com $\Pi$ pelo centro).

Quando usar

“Comporta de segmento / setor / cilíndrica”, “visor semiesférico”, “barragem com paramento inclinado ou curvo”, “calcule as componentes horizontal e vertical”. Uma face plana inclinada também se pode tratar assim (é o Ex 2.9), o que muitas vezes é mais rápido do que $y^{\prime }$.

Exercício resolvido (Prob 2.8 do livro — visor; é o "Prob 2.6" da Aula 04)

Um reservatório com água tem na parede vertical um visor semiesférico de raio $R=0,5$ m, que sai da parede para o exterior e está cheio de água. O topo do visor está 1,0 m abaixo da superfície livre, logo o centro está a $h_0=1,5$ m. Calcule as componentes da impulsão no visor. (As linhas de ação e a resultante são extra, não pedidas no livro.)

Resolução passo-a-passo

1. ${\Pi }_h$: a projeção vertical é o círculo de raio $R$, com o centro a $h_0=1,5$ m: ${\Pi }_h=9800\times 1,5\times \pi \times 0,5^2=\boxed{11,5\text{kN}}{y}^{\prime }=\frac{\pi R^4/4}{\pi R^2{h}_0}=\frac{R^2}{4h_0}=0,042\text{m}$ (4,2 cm abaixo do centro). 2. ${\Pi }_v$: as verticais cortam a semiesfera duas vezes, por isso divide-se no equador horizontal e combinam-se as duas metades. O volume que fica é o próprio visor, cheio de água (real), logo a força é para baixo: ${\Pi }_v=9800\times \frac{2}{3}\pi \times 0,5^3=\boxed{2,57\text{kN}}\downarrow$ aplicada no centroide da semiesfera, a $3R/8=0,19$ m da parede. 3. Resultante: $\Pi =\sqrt{11,55^2+2,57^2}\approx \boxed{11,8\text{kN}}$, a $\theta =\mathrm{arctg}(2,57/11,55)\approx 12,5°$ abaixo da horizontal, a passar pelo centro da semiesfera. [resolução própria], que bate com a solução do livro (11 545,4 N e 2565,6 N).

Lição

Em ${\Pi }_v$, a metade de cima da casca tem a água por baixo: o volume até à superfície livre é fictício e a força é ↑. A metade de baixo tem a água por cima: o volume é real e a força é ↓. A ↓ é maior, e a diferença é o volume do visor. Isto é Arquimedes “por metade”: a força vertical num invólucro cheio é o peso do líquido lá dentro.

Exercício resolvido (Ex 2.9 do livro / Aula 04 — barragem triangular)

Calcule o peso volúmico mínimo de um corpo sólido homogéneo (barragem de secção triangular, altura $h$, paramentos a 60° com a horizontal, água até ao coroamento) sobre o qual assenta uma membrana de impermeabilização, para resistir sem escorregamento à impulsão da água. O coeficiente de atrito estático é $0,7$. (A membrana no paramento de montante permite não considerar subpressões.)

Resolução passo-a-passo

1. ${\Pi }_h$ (projeção vertical do paramento: retângulo de altura $h$, por metro): ${\Pi }_h=\gamma \frac{h^2}{2}$ 2. ${\Pi }_v$: o volume real acima do paramento de montante é o triângulo de altura $h$ e base $h\mathrm{tg}30°$: ${\Pi }_v=\gamma \frac{h^2\mathrm{tg}30°}{2}\downarrow$ 3. Peso: secção de base $2h\mathrm{tg}30°$ e altura $h$, logo $G={\gamma }_s{h}^2\mathrm{tg}30°=d\gamma h^2\mathrm{tg}30°$. 4. Não deslizamento: o atrito, $\phi \times (\text{forc¸a normal})$, tem de equilibrar ${\Pi }_h$: $0,7\left(d\mathrm{tg}30°+\frac{\mathrm{tg}30°}{2}\right)=\frac{1}{2}\Rightarrow \boxed{d=0,737}({\gamma }_s\approx 7224{\text{N/m}}^3)$ (resolução do livro)

Lição

Num paramento inclinado para montante, a água ajuda a estabilizar: o seu peso (${\Pi }_v$↓) aumenta a força normal e o atrito. Por isso basta $d<1$. A altura $h$ cancela-se. Decompor em ${\Pi }_h$/${\Pi }_v$ é mais rápido do que calcular $\Pi$ e $y^{\prime }$ na face inclinada.

Exercício resolvido (Ex 2.10 do livro / Aula 04 — oitavo de esfera)

No canto do fundo de um reservatório (encontro do fundo com duas paredes verticais perpendiculares) há uma peça em forma de oitavo de esfera de raio $r$, com o centro no canto. A água tem altura $h$. Calcule a impulsão total sobre a superfície esférica e a sua inclinação.

Resolução passo-a-passo

1. ${\Pi }_z$: o volume real acima da superfície é o quarto de cilindro $\frac{\pi r^2}{4}h$ menos o oitavo de esfera $\frac{\pi r^3}{6}$: ${\Pi }_z=\gamma \frac{\pi r^2}{4}\left(h-\frac{2r}{3}\right)\downarrow$ 2. ${\Pi }_x$ e ${\Pi }_y$: a projeção em cada parede é um quarto de círculo ($S=\pi r^2/4$), com o centroide a $4r/(3\pi )$ acima do fundo: ${\Pi }_x={\Pi }_y=\gamma \frac{\pi r^2}{4}\left(h-\frac{4r}{3\pi }\right),{\Pi }_h=\sqrt{2}{\Pi }_x$ 3. Módulo e inclinação ($\theta$ medido em relação à reta horizontal OA, a diagonal do canto): $\boxed{\Pi =\sqrt{{\Pi }_z^2+2{\Pi }_x^2}},\boxed{\theta =\mathrm{arctg}\frac{h-2r/3}{\sqrt{2}(h-4r/(3\pi ))}}$ e a resultante passa pelo centro da esfera (o canto). (resolução do livro, que remete por gralha para a Fig. 2.19 em vez da Fig. 2.21)

Lição

Em 3D trata-se cada direção horizontal com a sua projeção e compõe-se depois. O centroide do quarto de círculo ($4r/3\pi$) vem da Tabela 2.1 (§3.3).

4.4 Superfícies sem bijeção; superfícies circulares

Ideia

• Sem bijeção (uma vertical ou horizontal corta a superfície mais de uma vez): divide-se a superfície em trechos com bijeção, calcula-se ${\Pi }_h$ e ${\Pi }_v$ de cada um com o seu volume real ou fictício, e soma-se vetorialmente. Muitas parcelas anulam-se: as projeções verticais de trechos opostos cancelam-se em ${\Pi }_h$; em ${\Pi }_v$, o volume real de cima e o fictício de baixo deixam só o volume entre eles.
• Superfície circular (cilíndrica ou esférica): cada pressão elementar é normal à superfície, logo passa pelo centro. As forças são concorrentes, por isso a resultante também passa pelo centro e o seu momento em relação ao centro é nulo. Não é preciso calcular as linhas de ação de ${\Pi }_h$ e ${\Pi }_v$: basta pô-las no centro.

Armadilha

• Isto não vale para o peso nem para outras forças: só a impulsão sobre a superfície circular passa pelo centro.
• Se a articulação estiver no centro do arco, a impulsão não dá momento nenhum. Se estiver noutro ponto, o braço mede-se do ponto ao centro (e não ao centroide da projeção).
• Cuidado com os trechos de plano de carga diferente (fluidos diferentes de cada lado): cada trecho mede o seu volume até ao seu próprio plano de carga.

Superfícies circulares (Cardoso et al., §2.9)

$\Pi =\sqrt{{\Pi }_h^2+{\Pi }_v^2}\text{com linha de ac¸a˜o pelo centro }O\Rightarrow M_O(\Pi )=0,M_A(\Pi )={\Pi }_h\Delta z_{AO}+{\Pi }_v\Delta x_{AO}$ (com os sinais de cada braço consoante o sentido de rotação).

Passos para superfícies sem bijeção / circulares

1. Marcar os pontos onde a superfície deixa de ter bijeção (topo, fundo, extremos laterais) e dividi-la em trechos.
2. Para cada trecho: projeção vertical → ${\Pi }_h$; volume até ao plano de carga (real ↓ / fictício ↑) → ${\Pi }_v$.
3. Somar com sinais. Se a superfície é circular, pôr a resultante no centro.
4. Momentos na articulação: a impulsão com braços medidos até ao centro, mais o peso, as forças aplicadas e as reações.

Quando usar

“Cilindro encostado a uma parede / a fazer de comporta”, “semicilindro”, “cilindro com líquidos diferentes de cada lado”, “comporta de setor articulada no centro”.

Exercício resolvido (Ex 2.11 do livro / Aula 04 — cilindro entre dois líquidos)

Um cilindro com $D=1$ m e comprimento $L=2,5$ m obtura um orifício retangular numa parede inclinada a 45°. O único movimento possível é rodar em torno da aresta A, o ponto de contacto no arco inferior esquerdo (a 225°). Do lado esquerdo há um líquido A ($d=0,8$) com 1,00 m de altura sobre um líquido B ($d=1,0$); a interface está 2,00 m acima do eixo. A superfície molhada pelo líquido B é o arco AB (B é o ponto mais à esquerda, à cota do eixo) mais o semicilindro superior BC. a) Calcule as componentes e a direção da impulsão. b) Calcule a densidade do cilindro se a força horizontal $F$, aplicada em B (para a esquerda), necessária para iniciar o movimento de abertura do orifício, for $F=123,5$ kN.

Resolução passo-a-passo

1. Plano de carga (superfície livre equivalente no líquido B): $2,00+0,8\times 1,00=2,80$ m acima do eixo. Com $a=b=0,5\sin 45°=0,3536$ m (A está $a$ à direita de B e $b$ abaixo do eixo) e ${\forall }_c=\pi 0,5^2\times 2,5=1,9635$ m³. 2. ${\Pi }_h$: no semicilindro BC, as projeções verticais das duas metades anulam-se. Só conta AB, cuja projeção tem altura $b$: ${\Pi }_h=9800\times 2,5\times b\left(2,8+\frac{b}{2}\right)=\boxed{25785\text{N}}(\to )$ 3. ${\Pi }_v$ (dois trechos com bijeção):

• BC: volume real entre o semicilindro e o plano de carga, ${\Pi }_{v1}=9800(2,8\times 1\times 2,5-{\forall }_c/2)=58979$ N ↓
• AB: volume fictício, ${\Pi }_{v2}=9800\left[(0,5-a)\times 2,8+\pi 0,25\frac{45}{360}-\frac{ab}{2}\right]\times 2,5=10920$ N ↑ ${\Pi }_v=58979-10920=\boxed{48059\text{N}}\downarrow ,\theta =\mathrm{arctg}\frac{48059}{25785}=\boxed{61,8°}$ com a resultante a passar pelo eixo do cilindro. 4. b) Momentos em A. O eixo O está a $a$ na horizontal e a $b$ na vertical de A, e $a=b$. Assim, $F$ (horizontal, à cota do eixo) tem braço $b$, ${\Pi }_h$ e ${\Pi }_v$ (ambas pelo eixo) têm braços $b$ e $a$, e o peso $G$ (no eixo) tem braço $a$. Como os braços são todos iguais: $G=F-{\Pi }_h-{\Pi }_v=123500-25785-48059=49656\text{N}\Rightarrow d=\frac{49656}{9800\times 1,9635}=\boxed{2,58}$ (resolução do livro, que tem uma gralha: escreve ${\Pi }_h=25875$ em vez de 25 785; o resultado final não muda)

Lição

Um cilindro é o caso clássico sem bijeção: parte-se nos pontos de topo e de extremo lateral. A homogeneização (2,8 m) entra nas duas componentes. No fim, como a impulsão passa pelo eixo, os momentos ficam simples: aqui todos os braços valem $0,3536$ m e cancelam-se.

Exercício resolvido (Prob 2.11 do livro — cilindro a reter água; é o "Prob 2.9" das Aulas 04–05)

Um cilindro de raio $r=2$ m, assente no fundo, retém água de um dos lados até à cota do eixo ($h=r$). a) Calcule a força horizontal $F$, aplicada no eixo, necessária para o equilíbrio (por metro). b) Calcule a densidade mínima do cilindro para que não se levante.

Resolução passo-a-passo

1. Superfície molhada: o quarto de cilindro entre a cota do eixo e o fundo, do lado da água. 2. ${\Pi }_h$ (projeção: retângulo de altura $r$): ${\Pi }_h=\gamma \frac{r^2}{2}=9800\times 2=19,6\text{kN/m}$ 3. ${\Pi }_v$: o quarto de círculo fica entre a superfície e o plano de carga (a cota do eixo), e não tem água lá dentro. É um volume fictício, logo a força é para cima: ${\Pi }_v=\gamma \frac{\pi r^2}{4}=30,8\text{kN/m}\uparrow$ 4. a) Momentos no ponto de contacto com o fundo: a impulsão passa pelo eixo. ${\Pi }_v$ é vertical e passa pelo contacto, por isso não dá momento; ${\Pi }_h$ e $F$ estão ambas à cota do eixo (braço $r$): $Fr={\Pi }_{h}r\Rightarrow \boxed{F=19,6\text{kN/m}}$ 5. b) Não se levantar: $G\ge {\Pi }_v$, ou seja, $d\gamma \pi r^2\ge \gamma \pi r^2/4$, logo $\boxed{d_{min}=0,25}$. [resolução própria], que bate com a solução do livro.

Lição

A água por baixo de um cilindro empurra-o para cima (volume fictício), apesar de estar “ao lado”. Escolher para momentos um ponto pelo qual passa uma das componentes elimina essa componente.

4.5 Comportas curvas: equilíbrio, reações e abertura

Ideia

Os problemas de comportas das Aulas 04–05 seguem sempre o mesmo guião: (1) impulsão (${\Pi }_h$, ${\Pi }_v$, linha de ação); (2) comporta fechada: equilíbrio com as reações nos apoios; (3) início da abertura: a reação no apoio que se vai descolar passa a zero e escreve-se o equilíbrio de momentos na articulação para obter a força de manobra. Numa comporta de segmento (arco com centro na articulação), a impulsão passa pela articulação e não dá momento: a manobra só tem de vencer o peso. É por isso que estas comportas se usam.

Armadilha

• “Força em cada cabo/pilar” ≠ força total. Com dois cabos ou pilares simétricos, divide-se por 2.
• No início da abertura, quem se anula é a reação do apoio que a comporta deixa, e não a da articulação.
• Braços medidos perpendicularmente à linha de ação de cada força.
• Cubo ou contrapeso submerso: entra com o peso aparente $({\gamma }_c-\gamma )\forall$, não com o peso.

Condições de equilíbrio de uma comporta (Cardoso et al., §2.8–2.9)

$\sum M_{\text{articulac¸a˜o}}=0:\underset{\begin{array}{c}\text{impulsa˜o}\\ (e=0\text{ se circular centrada})\end{array}}{\underbrace{\Pi e}}+G{x}_G+\sum F_i{b}_i+\underset{=0\text{ na abertura}}{\underbrace{R_{apoio}}}{b}_R=0$ $\sum F_x=0,\sum F_z=0\text{(da˜o as reac¸o˜es na articulac¸a˜o)}$

Passos para uma comporta curva

1. Calcular ${\Pi }_h$, ${\Pi }_v$ e o ponto por onde passa a resultante (o centro, se a comporta é circular).
2. Fechada: momentos na articulação → reação no apoio; $\sum F_x$, $\sum F_z$ → reações na articulação.
3. A abrir: reação no apoio $=0$; momentos na articulação → força de manobra (por cabo, se houver vários).
4. Verificar sentidos (reação para baixo = negativa) e a força por cabo vs total.

Quando usar

“Comporta de segmento / de setor / tainter”, “reações na articulação e no apoio”, “força nos cabos para iniciar a abertura”, “comparar com uma comporta plana”.

Exercício resolvido (Prob 2.9 do livro — comporta de segmento; é o "Prob 2.7" da Aula 05)

Uma comporta de segmento com 5 m de largura fecha uma conduta com 2 m de altura. O arco tem raio $r=4$ m e centro na articulação A, à cota do teto da conduta. O topo do arco está à cota do teto, 4 m na horizontal de A; o raio AB faz 30° com a horizontal, e B (na soleira) está 2 m abaixo e 3,464 m na horizontal de A. A superfície livre a montante está 10 m acima do teto; não há água a jusante. A comporta pesa $G=50$ kN, aplicado a 3 m de A (na horizontal), e é manobrada por dois cabos verticais fixados às suas extremidades laterais (na figura e na solução, na vertical do topo do arco, a 4 m de A). a) Com a comporta fechada, calcule (a.1) as reações de apoio em A e B, supondo esta última vertical, e (a.2) a força em cada cabo para iniciar a abertura. b) Se a comporta fosse plana (do topo do arco a B): (b.1) indique se a força nos cabos aumenta ou diminui; (b.2) calcule a força em cada cabo.

Resolução passo-a-passo

1. ${\Pi }_h$ (projeção: retângulo $2\times 5$ m², com o centroide 11 m abaixo da superfície livre): ${\Pi }_h=9800\times 11\times (2\times 5)=\boxed{1078\text{kN}}$ 2. ${\Pi }_v$: o volume entre o arco e a superfície livre não tem água (está do outro lado do arco), por isso é fictício e a força é para cima. A sua secção é o retângulo $10\times (4-3,464)$ mais o segmento entre o arco e o teto (setor de 30° menos o triângulo $A$–$B$–pé): ${\Pi }_v=9800\times 5\times \left[10\times 0,536+\left(\frac{\pi 4^2}{12}-\frac{3,464\times 2}{2}\right)\right]=9800\times 30,42\approx \boxed{298\text{kN}}\uparrow$ $\Pi =\sqrt{1078^2+298^2}\approx 1119$ kN, que passa por A, logo $M_A(\Pi )=0$. 3. a.1) Fechada. Momentos em A, só com o peso e a reação vertical em B: $R_{vB}\times 3,464=50\times 3\Rightarrow \boxed{R_{vB}=43,3\text{kN}}\uparrow$ $\sum F_z$: $R_{vA}=50-43,3-298=-291,4$, ou seja, $\boxed{R_{vA}=291,4\text{kN}}\downarrow$. $\sum F_x$: $\boxed{R_{hA}=1078\text{kN}}$ (oposta a ${\Pi }_h$). 4. a.2) A abrir ($R_{vB}=0$), com os dois cabos a 4 m de A: $2F\times 4=50\times 3\Rightarrow \boxed{F=18,75\text{kN por cabo}}(37,5\text{kN no total})$ 5. b) Comporta plana do topo do arco a B: $L=\sqrt{0,536^2+2^2}=2,0706$ m, inclinada a 75°. $\Pi =9800\times 11\times (2,0706\times 5)=1116,1\text{kN};y_0=\frac{11}{\sin 75°}=11,388\text{m};y^{\prime }=\frac{L^2}{12y_0}=0,0314\text{m}$ A normal à corda pelo seu ponto médio passa pelo centro do arco, A. Por isso só a excentricidade $y^{\prime }$ dá momento: $\Pi y^{\prime }=35,0$ kN·m, no mesmo sentido do peso. $2F\times 4=150+35,0\Rightarrow \boxed{F=23,13\text{kN por cabo}}$ b.1) A força aumenta (de 18,75 para 23,13 kN por cabo). [resolução própria], que bate com a solução do livro.

Lição

Com o arco centrado na articulação, a impulsão (1119 kN!) não pesa na manobra: os cabos só levantam o peso. Uma comporta plana equivalente já obriga a vencer $\Pi y^{\prime }$, e a força sobe 23 %. A água empurra a comporta para cima (298 kN), por isso a articulação tem de a segurar para baixo. Atenção à pergunta: a força em cada cabo é 18,75 kN; no total são 37,5 kN.

Exercício resolvido (Prob 2.12 do livro — tampa circular com cubo suspenso; é o "Prob 2.10" da Aula 05)

Uma tampa circular com $D=2$ m, articulada no bordo inferior A e inclinada a 30° com a horizontal, fecha uma abertura num reservatório aberto com 2,5 m de óleo ($d=0,8$) sobre água. O bordo superior da tampa está à cota da interface e a tampa é molhada pela água, por baixo. Do centro da tampa pende, por um cabo vertical, um cubo de 1 m de aresta, totalmente submerso em água. a) Calcule a impulsão sobre a tampa e o seu ponto de aplicação. b) Calcule a densidade do cubo para a tampa estar em equilíbrio. Despreze os pesos da tampa e do cabo. (O professor riscou “mínima” no enunciado.)

Resolução passo-a-passo

1. Superfície livre equivalente: $p_{int}=0,8\times 9800\times 2,5=19600$ Pa, que equivalem a 2,0 m de água. O centroide está 1 m ao longo da tampa a partir do bordo superior, ou seja, $1\times \sin 30°=0,5$ m abaixo da interface: $h_0=2,5$ m e $p_0=24500$ Pa. 2. a) $\Pi =24500\times \pi \times 1^2=\boxed{77,0\text{kN}}$ $y_0=\frac{h_0}{\sin 30°}=5\text{m};y^{\prime }=\frac{R^2}{4y_0}=0,05\text{m}$ O CI está 0,05 m abaixo do centro, ao longo do plano, ou seja, a $1-0,05=\boxed{0,95\text{m de A}}$. 3. b) Momentos em A: o cabo está no centro, a $1\times \cos 30°=0,866$ m de A na horizontal: $T\times 0,866=77,0\times 0,95\Rightarrow T=84,4\text{kN}$ O cubo está submerso, logo $T=({\gamma }_c-\gamma )\forall$: ${\gamma }_c=\frac{84,4}{1}+9,8{\text{kN/m}}^3\Rightarrow \boxed{d\approx 9,6}$ [resolução própria]. O livro dá $d=8,62$, que é $d-1$: ignora a impulsão sobre o cubo submerso. O valor certo é $\approx 9,6$.

Lição

Duas armadilhas num só problema: (1) o óleo entra como 2,0 m de água e não como 2,5 m; (2) um contrapeso submerso pesa menos $\gamma \forall$. Até as soluções do livro se enganam nisto, por isso confirma sempre se o corpo está dentro de água.

Exercício resolvido (Ex 2.13 do livro / Aula 05 — cilindro com placa)

Uma comporta cilíndrica num canal ($r=2$ m, $L=10$ m) está fixada pelas extremidades do eixo a dois pilares inseridos nas paredes. Por baixo dele, uma placa vertical AB vai do ponto A do cilindro (a 240°, 1 m à esquerda do eixo) até ao fundo, em B. A jusante (à direita) a água tem 3 m de altura, até à cota do eixo. A montante a superfície livre toca o cilindro no ponto a 120°, 1 m à esquerda e 1,732 m acima do eixo. a) Calcule a força horizontal em cada pilar, admitindo que a reação em B é nula. b) Calcule o peso mínimo do cilindro para que não se levante, supondo que esse deslocamento é possível e desprezando o atrito nos apoios.

Resolução passo-a-passo

1. a) ${\Pi }_h$ (cilindro e placa juntos; projeções desde a superfície até ao fundo):

• montante: $h=3+1,732=4,732$ m, ${\Pi }_{he}=9800\times \frac{4,732^2}{2}\times 10=1097,2$ kN →
• jusante: $h=3$ m, ${\Pi }_{hd}=9800\times \frac{9}{2}\times 10=441,0$ kN ← $F_{pilar}=\frac{1097,2-441,0}{2}=\boxed{328,1\text{kN}}$ 2. b) ${\Pi }_v$: somando os trechos de montante (plano de carga a +1,732 m) e de jusante (plano de carga no eixo), o que fica é uma secção “imersa” igual ao setor de 240° menos o triângulo de lados 1 e 1,732: $S=\frac{2}{3}\pi 2^2-\frac{1}{2}\times 1\times 1,732=7,512{\text{m}}^2;\forall =75,12{\text{m}}^3;{\Pi }_v=9800\times 75,12=736,1\text{kN}\uparrow$ Para não se levantar, $G\ge {\Pi }_v$, logo $\boxed{G_{min}=736,1\text{kN}}$. (resolução do livro, que escreve por gralha “Π” em vez de $\pi$ no cálculo de $S$)

Lição

Com planos de carga diferentes de cada lado, ${\Pi }_h$ calcula-se como duas paredes verticais, uma de cada lado, e subtrai-se. ${\Pi }_v$ é “Arquimedes generalizado”: a secção que conta é a parte do cilindro abaixo do plano de carga de cada lado.

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Notas relacionadas (Dataview)

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Recém-modificadas (DataviewJS)

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