Anotações & Informações | Índice | Fim pág | Voltar |


Fluidos A-III

| Índice do grupo | Página anterior | Próxima página |

Tópicos: Esforços em Superfícies Submersas |


1) Esforços em Superfícies Submersas

(Topo | Fim pág)

Na Figura 1-I, considera-se uma porção genérica de área S da parede de um reservatório, inclinada de α em relação à horizontal. A representação adotada é um rebatimento da parede no plano frontal. Assim, na realidade, o eixo X está na superfície do líquido, onde a pressão (relativa) é supostamente nula.

Ponto C é o centroide da superfície (ou centro de gravidade, no conceito prático). P é o ponto de atuação da resultante das forças de pressão. A magnitude da força F atuante no ponto P é dada por:

$$F = p_c\ S = (\gamma\ y_c\ \sin \alpha)\ S \tag{1A}$$
Onde γ é o peso específico do líquido. E a coordenada yp do ponto P de aplicação dessa força é:

$$y_p = y_c + {J_{xc} \over y_c S} \tag{1B}$$
Onde Jxc é o momento de inércia da superfície S em relação ao eixo XC, que passa pelo centroide. Dessa relação, pode-se concluir que yp ≈ yc para grandes profundidades (yc grande).

Esforços em superfícies planas
Fig 1-I

Exemplo 1: Conforme Figura 1-II, um reservatório de água, peso específico 9,81 kN/m3, tem um tubo de saída com uma tampa articulada em A, formando uma elipse com AB = 5 m. Determinar a força F, aplicada em B, necessária para abrir a tampa.

A simetria da elipse permite concluir que o centroide C está a uma profundidade 8 + 4/2 = 10 m. Portanto, na relação (1A), altura yc sin α = 10 m. Também área da elipse S = π × 2,5 × 2 ≈ 15,7 m2.

Segundo (1A), a força Fp devido à pressão na superfície inclinada é Fp = 9,81 × 103 × 10 × 15,7 ≈ 1540 kN. Ela deve atuar em P, abaixo de C.

Exemplo de força em superfície submersa
Fig 1-II

O momento de inércia de uma elipse em relação a XC da Figura 1-I é (1/4) π a3 b. Onde a é o raio perpendicular e b é o raio ao logo desse eixo. Portanto, para este caso, Jxc = (1/4) × π × 2,53 × 2 ≈ 24,5 m4

É preciso determinar yc para aplicação da relação (1B). Ela não é a profundidade de C, mas a distância na direção BA até a superfície da água. Da semelhança de triângulos, pode-se concluir que, de A até a superfície, são 10 m. Portanto, yc = 10 + 2,5 = 12,5 m. Aplicando (1B), CP = yp − yc = Jxc / (yc S) = 24,5 / (12,5 × 15,7) ≈ 0,125 m

Usando a condição de equilíbrio da soma nula dos momentos em A,

F AB = Fp (AC + CP)
F × 5 = 1540 (2,5 + 0,125)
F = 808,5 kN

Exemplo 2: o reservatório de água da Figura 1-II tem supostamente largura de 1 metro na direção perpendicular ao plano da imagem. Determinar a força de reação FR da parte curva, com perfil em forma de setor circular.

Esse problema poderia ser resolvido por integração das forças de pressão ao longo da superfície curva. Entretanto, é mais fácil adotar o procedimento conforme Figura 1-IV (a), isto é, isolar a porção de líquido com o perfil da seção e comprimento 1 metro.

As forças atuantes devido ao fluido são as forças de pressão nas superfícies superior e lateral, FV e FH. Há também a força FW correspondente ao peso da porção de líquido. E a reação FR deve ser oposta à resultante dessas três forças.

Exemplo de forças em áreas submersas
Fig 1-III

Para a força FH, a superfície lateral tem 2 × 1 = 2 m2. Na aplicação da relação (1A), o centróide é o ponto D da Figura 1-IV e não C. O valor é yD = 4 + 1 = 5 m. Assim, FH = 9,81 × 103 × 5 × sin 90 × 2 = 98,1 kN

Aplicando a fórmula do momento de inércia de um retângulo em relação ao eixo horizontal que passa pelo centroide D, JD = 1 × 23 / 12 ≈ 0,67. Usando agora a fórmula (1B), yC = 5 + 0,67 / (5 × 2) = 5,067 m. Assim, EC = 5,067 − 4 = 1,067 m

Desde que a superfície é horizontal, a força FV é a pressão no nível multiplicada pela área: FV = 9,81 × 103 × 4 × 2 ≈ 78,5 kN. Naturalmente, a ação é no centroide do retângulo e EH = 1 m

Diagrama de forças
Fig 1-IV

A força FW é dada pelo peso específico multiplicado pelo volume de líquido: FW = 9,81 × 102 × (1/4) × π × 22 × 1 ≈ 30,8 kN

A ação de FW está no centro de gravidade da seção, que, para material homogêneo como este caso, equivale ao centroide. Segundo página Seções planas II, EF = 4 R / (3 π) = 4 × 2 / (3 × π) ≈ 0,85 m

Em (b) da Figura 1-IV, F1 é a resultante de FW e FV. A posição da linha de ação (distância EG) é calculada por: EG = (EF FW + EH FV) / (FW + FV) = (0,85 × 30,8 + 1 × 78,5) / (30,8 + 78,5) ≈ 0,96. E o valor é a soma F1 = FW + FV = 30,8 + 78,5 = 109,3 kN

Com os valores de FH e F1, o módulo de FR é calculado de acordo com as regras da soma vetorial de dois vetores perpendiculares entre si:

FR =

√(

98,12 + 109,32

)

≈ 146,9 kN


A inclinação é φ = tan−1

(

109,398,1

)

≈ 132°

Referências
Bouché, Ch. Leitner, A. Sans, F. Dubbel - Manual da Construção de Máquinas. São Paulo, Hemus, 1979.
Cohen, Y. Mass Transfer Fundamentals. Los Angeles, University of California.
Costa, E. C. Mecânica dos Fluidos. Porto Alegre, Globo, 1973.
Dunn, D. J. Fluid Mechanics. Site www.freestudy.co.uk.
Giek, Kurt. Manual de Fórmulas Técnicas. São Paulo, Hemus.

Topo | Rev: Set/2018