Nunca desista dos seus sonhos!!!

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1 Nunca desista dos seus sonhos!!!

2 LOQ enômenos de Transporte I T I 05 orça Hidrostática em Superfícies Submersas Prof. Lucrécio ábio dos Santos Departamento de Engenharia Química LOQ/EEL tenção: Estas notas destinam-se exclusivamente a servir como roteiro de estudo. iguras e tabelas de outras fontes foram reproduzidas estritamente com fins didáticos.

3 Objetivos o concluir esta Unidade você deverá ser capaz de: Calcular as forc as exercidas por um fluido em repouso em superfi cies submersas planas ou curvas; nalisar o empuxo 3

4 Revisão a) Centro de gravidade x 1 x x c x n x 3 1 n c 3 1 n 3 c Distribuição discreta de massa n i i n i i i c n n n c

5 Revisão b) Primeiro momento de área cg n i1 n i1 i d d i i d c cg d x c x Distribuição contínua de massa Primeiro momento de área (Inércia) da superfície em torno do eixo x. 5

6 Revisão c) Segundo momento de área Sabe-se que: d x Distribuição contínua de massa Segundo momento de área (Inércia) da superfície em torno do eixo x. 6

7 Revisão d) Produto de Inércia d x Distribuição contínua de massa Obs. Superfícies simétricas o Produto de Inércia é Zero 7

8 Revisão e) Teorema dos eixos paralelos (Teorema de Steiner) c d x Momento de Inércia do corpo com relação ao eixo X é diferente do momento de Inércia que passa pelo centro de gravidade. Mas existe uma relação entre eles, dada por: 8

9 orças hidrostática em superfícies Submersas plicações: Nos projetos de aparelhos e objetos que estão submersos, tais como represas, superfícies de navios, dentre outros. Para determinar completamente a resultante da força que atua sobre uma superfície submersa deve-se especificar: 1. O módulo da força;. O sentido da força; e 3. linha de ação da força Consideraremos tanto superfícies planas quanto curvas 9

10 a. orças hidrostática em superfícies planas Considere a igura 1, que mostra uma superfície plana submersa. R igura 1 Superfície submersa plana 10

11 Tratando-se de fluido em repouso, não há tensões de cisalhamento. ssim, a força hidrostática sobre qualquer elemento da superfície age normal à superfície. Logo, d pd (1) Cujo módulo é dado por: R pd () Para avaliar a integral da equação, tanto a pressão (p) como o elemento de área (d) devem ser expressos em termos das mesmas variáveis. Tendo: (3) 11

12 Da geometria da igura 1: R h sen Combinando a equação e 3 e substituindo o valor de h R pd ( p gh) d ( p gsen ) d o o R p o d gsen d p o gsen d 1

13 integral é o primeiro momento de área da superfície em torno do eixo x, que pode ser escrita como: Onde: d c é a coordenada do centroide de área, então: c R p o gsen c ( po gh c ) (4) Ou R p c (5) Onde: p c é a pressão absoluta no líquido na posição do centroide de área Ressalta-se que, embora, a força resultante possa ser calculada a partir da pressão no centro da placa (centroide de área), este não é o seu ponto de aplicação!!! 13

14 Nossa tarefa é determinar x p e p R Determinação de p Sabendo que o momento da força resultante em trono do eixo x deve ser igual ao momento devido à força distribuída de pressão e tomando a soma (integral) dos momentos das forças infinitesimais em trono do eixo x, obtém-se: pr pd (6) Como anteriormente, fazendo a integração expressando p como função de, p p R R p pd o ( p o gh) d ( p o g sen ) d d gsen d (7) 14

15 Considerando pressão manométrica p R pd gsen d gi xx ˆˆ sen (8) Em que: I xx d é o segundo momento de área (também chamado de momento de inércia de área) com relação ao eixo x. elizmente, os segundos momentos de área com relação a eixos paralelos estão relacionados entre si pelo teorema de eixos paralelos, que neste caso é expresso como: I xx I (9) Combinando as equações (6), (8), (9) e isolando p, tem-se: p g( I ) sen g sen I (10) Em que é medido paralelamente à área plana ao longo do eixo 15

16 p I p Note que. Isto mostra que a força resultante de um líquido em uma superfície plana sempre age abaixo do centróide da área, exceto em uma área horizontal, onde o centro de pressão e o centróide coincidem. Usando a equação (10), podemos mostrar que a força em uma comporta retangular, cuja borda superior é nivelada com a superfície líquida, age /3 abaixo do nível do líquido (iguras abaixo). força em uma área plana com sua margem superior em uma superfície livre 16

17 Similarmente, para localizar a coordenada x p do cp, escrevemos: x p R xpd sen xd I x sen (11) em que o produto de inércia da área é: plicando o teorema de eixos paralelos, tem-se: logo, a equação (11) fica: I x x p I x I x xd x Ix x (1) ssim, temos expressões para as coordenadas que localizam o centro de pressão (cp). 17

18 inalmente, devemos notar que a força é resultante do PRISM DE PRESSÃO agindo na área. Para a área retangular, como mostrada na figura abaixo, o volume pode ser dividido em dois: um volume retangular, com o centróide no seu centro; e um volume triangular, com centróide a um terço da distância da base apropriada. Prisma de pressão: a) área retangular; b) distribuição de pressão sobre a área; e c) prisma de pressão 18

19 O momento de inércia (I) é uma grandeza essencialmente geométrica. lgumas formas geométricas com seus centróides e os momentos centróides de inércia são apresentadas abaixo: Centróide e os momentos centróides de inércia de algumas formas geométricas comuns 19

20 5. Uma área plana, de 80 cm x 80 cm, age como uma janela em um submersível. Se ela está a 45 o com a horizontal, que força aplicada normal à janela na borda inferior (P) é necessária apenas para abrir a janela, se ela é articulada na margem superior, que está a 10 m abaixo da superfície? ssume-se pressão atmosférica dentro do submersível. Dados: g = 9,81 m/s ρ = 1000 kg/m 3 0

21 h 0,4 m 0,8 m 1

22 Solução: Geometria da janela: quadrada (0,8 m de lado) Encontrar: força ( P ) Equações básicas: onde : h; p I h é a distância vertical da superfície livre até o centróide. Então, a força da água agindo sobre a janela é: g N 9810.(10m 0,4.sen45 3 m 64560N distância é: h sen45 o 10 0,4.sen45 o sen45 o o ).(0,8.0,8)m 14,54m

23 Tal que: p I 14,54 3 0,8 0,8x 1 (0,8x0,8)x14,54 14,546m Tomando os momentos em relação à articulação, obtém-se a força P necessária para abrir a janela: 0,8P (p 0,4) (14,546 14,54 0,4) P ,8 P 3600N 3

24 orças sobre superfícies curvas Diferentemente da superfície plana, na superfície curva a força de pressão é normal à superfície em cada ponto, mas os elementos infinitesimais de área apontam em diversas direções por causa da curvatura da superfície. Isso significa que, em vez de integrar sobre um elemento de área d, devemos integrar sobre o elemento vetorial d, o que nos levará a uma análise mais complicada. Porém, veremos que uma técnica mais simples poderá ser desenvolvida. Considere a superfície curva submersa da figura ao lado, a força de pressão agindo sobre o elemento de área d é dada por: d pd Superfície submersa curva 4

25 força resultante é dada por: R pd Logo, podemos escrever: R î Rx ĵ R kˆ Rz (5) onde : Rx R Rz são as componentes de R nos sentidos positivosde x, e z,respectivamente Para avaliar a componente da força numa dada direção, tomamos o produto escalar da força pelo vetor unitário na direção considerada. Por exemplo, ao tomar o produto escalar em cada lado da equação (5) com vetor unitário, obtemos: î onde : Rx R.î d.î pd.i x pd x (6) d x é a projeção de d sobre um plano perpendicular ao eixo x 5

26 Em qualquer problema, como o sentido da componente da força pode ser determinado por inspeção, o emprego de vetores não é necessário. Em geral, o módulo da componente da força resultante na direção l é dada por: pd (7) R l l l onde : d l é a projeção de d sobre um plano perpendicular a direção l Podemos calcular a componente vertical da força, quando a pressão atmosférica atua sobre a superfície livre e sobre o outro lado da superfície curva. 6

27 força líquida vertical é igual ao peso do fluido diretamente acima da superfície. plicando a equação (7), tem-se: R z Como v pd p gh z Onde: ghd z gdv v ghd z gdv é o peso de um cilindro diferencial de líquido acima do elemento de área da superfície, dz, estendendo-se de uma distância h desde a superfície curva até a superfície livre. componente vertical da força resultante é obtida pela integração sobre a superfície submersa inteira. Logo, v z ghd z V gdv gv 7

28 Resumindo!!! Para uma superfície curva, podemos usar duas fórmulas simples para calcular as componentes de força horizontal e vertical devidas apenas ao fluido (sem a pressão ambiente), conforme mostra a figura abaixo. H p c e V gv (8) orças sobre superfície submersa curva 8

29 Determinação da orça de Empuxo Se um objeto estiver imerso em um líquido, ou flutuando em sua superfície, a força líquida vertical agindo sobre ele devida à pressão do líquido é denominado de EMPUXO. Considere um objeto totalmente imerso em um líquido estático (igura abaixo): Corpo imerso em um líquido em repouso 9

30 Podemos usar a equação (16) para calcular a pressão p em um líquido a uma profundidade h. p po gh força vertical líquida devida à pressão sobre o elemento é, então, dz (p o gh )d - (p o gh 1 )d g(h - h 1 )d como (h - h 1 )d z dz dv V gdv gv (V é o volumedoobjeto) ssim, concluímos que, para um corpo submerso, a força de empuxo do fluido é igual ao peso do fluido deslocado. empuxo gv (9) Essa relação também é conhecida como princípio de rquimedes. 30

31 Exemplo (ox 3.63) 6. comporta retangular mostrada na igura abaixo abre-se, automaticamente, quando o nível da água no seu lado esquerdo atinge uma determinada altura. que profundidade acima da articulação isso acontece? Despreze o peso da comporta. Solução: Geometria da comporta: Retangular Encontrar: Profundidade Equações básicas: H p c e V gv dp dh g; Mz 0 Sabe-se que: R p c.; p I ;. I bd

32 ssumindo: luido estático; Massa específica constante; Não há atrito na articulação; e P atm do outro lado p H L Para fluido incompressível: Então: p gh (manométrico) força ( 1 ) sobre a comporta vertical é a mesma que a de um retângulo de tamanho h = D e largura W. V p I D 3 WD 1 D WD. 3 D 3

33 força ( V ) na comporta horizontal é divido a pressão e é exercida no centróide V = ρg(h = D). = ρgdwl P = ρgh Somando os momentos em torno da articulação, tem-se: M a 0 L H D p + V = 0 H D 3 D = L V H D 3 = V L gwd D. 3 gdwl. L gwd 6 3 gdwl D D 3.L 8,66ft 3.5ft 33

34 Exemplo (ox 3.107): 7. Uma tigela de barro (SG T = 5,7) é invertida e emborcada em um líquido de SG L = 15,6. tigela é mantida a uma profundidade de 7 in medida ao longo de sua linha central, a partir do seu fundo externo (figura abaixo). tigela tem uma altura de 3 in e o fluido penetra 1 in dentro dela. O diâmetro interno da tigela é 4 in e seu volume é 56 in 3. Qual a força necessária para mantê-la no local? Dados: Solução Encontrar: força para manter no lugar () Equação básica: slug ft H O 1,94 ; g 3 B gv e 0 ft 3, s 0 B - - W Então: B - W 34

35 Para a força de empuxo: B SG L gv sub com V sub V T V ar Para o peso: W SGTgV T Então: SG L g[sg g(v L T (V T V ar V ) - SG ar T ) - SG gv T V T T ] Substituindo os valores, tem-se: slug 1,94 3 ft 5,7x56in 3 }x ft x3, {15,6 x [56 in s 1ft 1in 3 lbf.s x slug.ft 3 (3-1)in (4in) 4 ] 3, lb f 35

36 Resolver a lista de exercícios desta Unidade.