Aula 1.13 - Hidrostática

Escrita por Antônio Ítalo

A aula a seguir trata da hidrostática, um ramo da física que é cobrado em todos os níveis da OBF, portanto, algumas das seções podem não ser tão interessantes dependendo do seu nível. Ao longo da aula será utilizada a seguinte notação:

* Indica partes necessárias para todos os níveis.

** Indica partes que são necessárias a partir do nível 2 da OBF, mas que podem ser vistas pelo nível 1 como um aprofundamento.

*** Indica partes que são necessárias a partir do nível 3 da OBF, mas que podem ser vistas pelo nível 2 como um aprofundamento.

CALC Indica partes da aula em que será utilizado cálculo diferencial e integral, partes não marcadas dessa maneira podem vir a ter uma noção de cálculo, mas não será necessário seu uso propriamente dito. Ver Ideia 11. Mesmo que não saiba cálculo, pode ser interessante ver essas seções pelos seus resultados.

DEMO Indica demonstrações que não são necessárias de serem vistas à nível de OBF, entretanto, podem ser interessantes de serem vistas.

Resultados importantes de todas as seções estarão marcados com uma exclamação (!). Mesmo que essa seção não esteja marcada para seu nível, pode ser interessante ver o resultado e tentar entender o que o mesmo diz.

Hidrostática

Primeiramente, analisaremos dois importantes teoremas da hidrostática.

Teorema de Stevin (*)

O teorema de Stevin afirma que, para um líquido em equilíbrio, submetido à um campo gravitacional constante e que também possui densidade constante, a diferença de pressão entre dois pontos $A$ e $B$ é dada por:

(!) $P_{A}-P_{B}=\rho g_{ef}(y_{B}-y_{A})$

(OBS: Pressão é a razão entre a Força em uma determinada superfície e a área dessa superfície, conforme definido na Aula 2.3 que trata de gases perfeitos, pode ser interessante nesse ponto olhar essa aula pois algumas questões podem misturar os dois assuntos, necessitando do cálculo da pressão pela hidrostática e pela equação de Clapeyron).

Onde $y_{A}$ e $y_{B}$ se referem às posições dos pontos no eixo $y$ , que é um eixo definido como oposto à direção da gravidade efetiva (Ver imagem), e $g_{ef}$ se refere ao fato de que o líquido pode estar em equilíbrio em um referencial não inercial o que faz com que deva-se utilizar a gravidade aparente desse referencial, que é dada por:

(!) $\vec{g}_{ef}=\vec{g}-\vec{a}$

Temos também que $\rho$ é a massa específica do fluido.

A partir de agora trabalharemos com diferenciais, ou seja, com variações muito pequenas. Caso não esteja acostumado com essas ideias, pense nisso como uma variação tão pequena que podemos considerar $\rho$ e $g_{ef}$ constantes.

(CALC, DEMO) Note que se o campo gravitacional ou a massa específica não forem constantes podemos escrever esse teorema em formato diferencial, ou seja:

$dP=-\rho g_{ef} \, dy$

De forma generalizada, podemos escrever:

$dP=\rho \vec{g}_{ef} \cdot d\vec{l}$

Sendo $d\vec{l}$ o vetor diferencial de posição.(Exemplo: $d\vec{l}=dx\hat{x}+dy\hat{y}+dz\hat{z}$ ). Agora provaremos esse teorema.

Primeiramente, provemos que ele é válido para direções paralelas ao campo gravitacional efetivo. Tomemos um cilindro infinitesimal com eixo nessa direção de área da base $dA$ e comprimento $dl$ .

O equilíbrio na direção paralela ao campo gravitacional efetivo estabelece que:

$PdA+g_{ef}\, dm=(P+dP)dA$

$dp=\frac{dm}{dA}g_{ef}$

Sendo:

$dm=\rho A dl$

Então:

$dP=\rho g_{ef}\, dl$

Note que se definirmos $d\vec{l}$ como o vetor deslocamento apontando do ponto com pressão $P$ para o ponto com pressão $P+dP$ , poderemos escrever:

$dP=\rho \vec{g}_{ef} \cdot d\vec{l}$

desde que provemos que deslocamentos perpendiculares ao campo gravitacional efetivo não causam variações de pressão. Para provar isso, tomemos um cilindro infinitesimal com eixo perpendicular ao campo gravitacional efetivo.

A condição de equilíbrio ao longo do eixo do cilindro estabelece que:

$PdA=(P+dP)dA$

$dP=0$

Logo:

(!) $dP=\rho \vec{g}_{ef} \cdot d\vec{l}$

Como queríamos demonstrar. A seguir, alguns exemplos serão dados sobre como utilizar o teorema de Stevin:

(**)Exemplo 1:

Um balde cilíndrico com água está girando com velocidade angular $\omega$ . Sabendo que o balde está na terra sob influência da pressão atmosférica e que após um longo tempo a água nele passará a girar como um corpo rígido, encontre a altura de água $y$ em função da distância até o eixo de rotação do balde $r$ , do campo gravitacional da terra $g$ , da velocidade angular $\omega$ e da altura $y_{0}$ da coluna de água no eixo de rotação.

Solução:

Essa solução demandará um conhecimento básico de cálculo, caso queira ver uma solução que não necessita de cálculo, veja a solução da Ideia 02 e procure analogias com a Lei de Hooke $(m\omega^{2}\sim -k)$ ao invés de usar cálculo integral para procurar a energia potencial. Nessa solução, utilizaremos o referencial do balde. Nesse referencial, a gravidade efetiva em um ponto que dista $r$ do eixo de rotação é dada por:

$\vec{g}_{ef}=-g\hat{y}+\omega^{2}r\hat{r}$

(CALC) Como queremos que nossa superfície seja isobárica (devido à atmosfera), podemos, pleo teorema de Stevin, afirmar que nossa superfície deve ser perpendicular à gravidade efetiva em todos os pontos, portanto:

$\frac{g_{y}}{g_{r}}\frac{dy}{dr}=-1$

Que é a condição de perpendicularidade de uma superfície qualquer $y(r)$ com um vetor (Demonstre!). Logo:

$\frac{dy}{dr}=\frac{\omega^{2}r}{g}$

$y=y_{0}+\frac{\omega^{2}r^{2}}{2g}$

(*)Exemplo 2:

Um tubo em forma de U com área transversal constante contém um líquido de densidade $\rho_{1}$ e que está a uma altura $H$ . Um encanador coloca um segundo líquido de densidade $\rho_{2}<\rho_{1}$ na extremidade da direita do tubo de forma que a altura total coberta pelo líquido é $h<H$ , após a situação de equilíbrio ser atingida, qual será a diferença de altura entre as extremidades do líquido $1$ á direita e à esquerda?

Solução:

Na situação de equilíbrio, sabemos que a pressão no fundo do tubo em U deve ser igual em ambas as extremidades, pois podemos traçar uma superfície perpendicular ao campo gravitacional. Chamemos $H_{1}$ a altura da coluna do líquido $1$ no tubo da esquerda e $H_{2}$ a altura da coluna do líquido $1$ no tubo da direita. Temos:

$\rho_{1} g H_{1}=\rho_{2}gh+\rho_{1}gH_{2}$

$H_{1}=H_{2}+\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}}h$

$H_{1}-H_{2}=\Delta H=\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}}h$

(**)Exemplo 3:

Um hemisfério oco de raio $R$ está com sua cavidade para baixo e é muito lentamente preenchido com água, de tal forma que, ao olhar em um determinado instante para o mesmo pode-se sempre considerar que a água está estática, sabendo que a massa total do hemisfério é $m$ e a densidade da água é $\rho$ , encontre a altura máxima $H$ de água que pode ser colocada sem que o hemisfério levante. Pode ser útil:

$V_{calota}=\frac{1}{3}\pi h^{2}(3R-h)$

Sendo $h$ a distância da superfície da esfera até a superfície plana da calota e $R$ o raio da esfera (Ver figura).

Solução:

Ao resolver essa questão, temos duas opções:

A solução mais difícil considera cada pedaço de área $dA$ para calcular a força resultante no hemisfério devido ao líquido por integração igualando seu valor ao peso da esfera para analisar o caso limite.
A solução mais simples e que será apresentada aqui é escrever a condição de equilíbrio para o líquido e conseguir a força resultante que ele exerce na esfera desse equilíbrio e, após isso, fazer o mesmo que no método anterior. Esse será o método apresentado aqui.

Antes de tudo, é importante notar que devido à simetria esférica a força resultante que o líquido exerce no hemisfério é vertical para cima e, por ação e reação, é a mesma que o hemisfério faz no líquido. Sendo assim, as forças agindo no líquido são:

A normal com o chão
As forças normais com o hemisfério
O peso do líquido
As forças devido á pressão atmosférica

É muito comum desconsiderar as forças devido à pressão atmosférica pois, em geral, se "cancelam", entretanto, devemos entender o porquê de podermos fazer isso. Em geral, é considerado que superfícies não estão encostando umas nas outras perfeitamente, portanto, nosso sistema, que é o hemisfério mais a água, está imerso completamente na atmosfera. Como nós consideramos sempre que a atmosfera é isobárica, desconsiderando mudanças de pressão com a altitude, a força resultante da mesma no nosso sistema é zero, portanto, podemos desconsiderá-la sem grandes problemas. Sendo assim, podemos escrever a condição de equilíbrio vertical para o líquido:

$N_{solo}=W_{agua}+F$

Sendo que, no solo, temos uma força dada por:

$P_{solo}A=\rho g H \pi R^{2}$

E o peso do líquido é dado por:

$W_{agua}=\rho V_{agua} g$

Sendo que o volume de água será:

$V_{agua}=V_{hemisferio}-V_{calota}$

$V_{agua}=\frac{2}{3}\pi R^{3} - \frac{1}{3}\pi \big(R-H\big)^{2}\big(3R-\big(R-H\big)\big)$

$V_{agua}=\frac{2}{3}\pi R^{3}-\frac{1}{3}\pi \big(R^{2}-2RH+H^{2}\big)\big(2R+H\big)$

$V_{agua}=\frac{2}{3}\pi R^{3}-\frac{1}{3}\pi\big(2R^{3}-3R^{2}H+H^{3}\big)$

$V_{agua}=\pi R^{2}H-\frac{1}{3}\pi H^{3}$

Logo o peso de água será:

$\rho \pi\big( R^{2}H- \frac{1}{3} H^{3}\big)$

Sabendo disso, podemos encontrar da condição de equilíbrio que:

$F=N_{solo}-W_{agua}$

$F=\rho \pi g\big(R^{2}H-R^{2}H+\frac{1}{3} H^{3}\big)$

$F=\frac{1}{3}\rho \pi g H^{3}$

Igualando isso ao peso da esfera, temos:

$\frac{1}{3}\rho \pi g H^{3}=mg$

$H=\sqrt[3]{\frac{3m}{\rho \pi}}$

(*)Princípio de Pascal

O Princípio de Pascal é uma consequência direta do Teorema de Stevin. Seu enunciado afirma que, dados quaisquer dois pontos $A$ e $B$ em um fluido em equilíbrio uma variação na pressão de $A$ implica em uma variação igual na pressão de $B$ .

Suponhamos um campo gravitacional efetivo e uma densidade constante, temos então que a diferença de pressão entre dois pontos quaisquer do fluido é, pelo Teorema de Stevin:

$P_{A}-P_{B}=\rho g_{ef}(y_{B}-y_{A})$

Sendo assim, se houver uma variação de pressão $\Delta P_{A}$ no ponto $A$ e $\Delta P_{B}$ no ponto $B$ , temos:

$P_{A}+\Delta P_{A} - P_{B} -\Delta P_{B}=\rho g_{ef}(y_{B}-y_{A})$

(!) $\Delta P_{A}=\Delta P_{B}$

(DEMO)Que é o enunciado do teorema de Pascal. Caso a densidade e o campo gravitacional efetivo variassem com a posição, o mesmo argumento se aplicaria, mas deveria se trocar o termo $\rho g_{ef}(y_{B}-y_{A})$ pelo termo:

$\int\limits_A^B \rho \vec{g}_{ef}\cdot d\vec{l}$

(Não se preocupe com essa expressão, só a mostrei para termos uma forma mais geral de demonstrar esse princípio).

Sabendo desse princípio, algumas questões interessantes podem ser feitas, como os exemplos a seguir:

(*)Exemplo 1:

Um tubo em $U$ possui dois vasos, um com área $A_{1}$ e outro com área $A_{2}$ ambos preenchidos até uma certa altura com um fluido incompressível. Cada um dos tubos possui um pistão móvel de mesma área. No pistão do tubo com área $A_{1}$ temos um bloco de massa $M$ , qual deve ser a massa $m$ de um bloco que precisamos colocar acima do outro pistão para que o fluido permaneça em equilíbrio.

Solução:

Para que o pistão $1$ permaneça em equilíbrio deve haver uma variação de pressão abaixo dele igual à:

$\Delta P_{1}=\frac{Mg}{A_{1}}$

Contudo, pelo princípio de Pascal, isso ocasionará uma diferença de pressão igual no segundo pistão que deve ser compensada pelo bloco de massa $m$ :

$\frac{mg}{A_{2}}=\frac{Mg}{A_{1}}$

$m=M\frac{A_{2}}{A_{1}}$

(*)Empuxo Arquimediano

Na aula de Forças o empuxo já foi mencionado, entretanto, foi dada a seguinte fórmula:

$E=\rho_{liq}\, V_{sub}\, g$

Entretanto, não foi provada. Devemos notar que ao invés de $g$ devemos colocar $g_{ef}$ na realidade. Provaremos essa fórmula a seguir para um caso simples e, em seguida, faremos isso para o caso geral (Leitura não necessária inicialmente).

Tomemos um bloco cúbico de lados $L$ totalmente submerso em um líquido de densidade $\rho$ , esse sistema está submetido à um campo gravitacional efetivo $\rho_{g}$ para baixo, (Ver imagem).

Notemos que devido ao teorema de Stevin haverá uma diferença de pressão entre a face superior e inferior do cubo o que gerará uma força resultante para cima, temos que essa força é o empuxo, dado por:

$E=\big(P_{B}-P_{A}\big)L^{2}$

Pelo teorema de Stevin:

$E=\rho g_{ef} L^{3}$

Logo:

$E=\rho g_{ef} V$

Note que se houvesse somente uma altura $x$ submersa teríamos:

$E=\big(P_{B}-P_{A}\big)L^{2}$

$E=\rho g_{ef} x L^{2}$

(!) $E=\rho g_{ef}\, V_{sub}$

(DEMO) Observe que poderíamos a partir daqui dizer que isso vale para o caso geral, pois qualquer volume pode ser construído com base em cubos de lados infinitesimais, entretanto, iremos provar diretamente para um volume qualquer a seguir. Lembro mais uma vez que essa não é uma demonstração necessária de ser conhecida a nível de OBF e necessita de um certo nível de cálculo para ser compreendida.

Dada os eixos $x$ e $y$ apresentados na imagem acima, temos para um sólido de volume qualquer que o mesmo pode ser dividido em vários discos de área $A(y)$ , ou seja, uma área que é função de $y$ , tendo cada um desses discos uma espessura infinitesimal $dy$ . Note que o empuxo total agindo sobre o nosso volume é a soma dos empuxos agindo em cada disco, pois as forças devido às pressões em um disco em $y$ serão canceladas com as forças dos seus discos vizinhos, com exceção das forças devido à diferença entre às áreas, que será justamente relacionada com a área superficial do corpo na qual às pressões não se cancelam. Note que não necessariamente nosso corpo é homogêneo, ou seja, não precisa ser feito do mesmo material. Podemos então escrever a força $dF$ agindo em cada um desses discos para cima como:

$dF=-AdP$

Pelo teorema de Stevin:

$dF=\rho_{liq}\, g_{ef} Ady$

$dF=\rho_{liq}\, g_{ef}\, dV$

Podemos então escrever a equação da Força do empuxo de uma maneira mais geral:

(!) $F=P_{ef}$

Afirmando que o peso efetivo do líquido deslocado será igual a força de empuxo sentida pelo corpo submerso.

Que vale mesmo para campos gravitacionais efetivos não constantes e ainda para densidades não uniformes do líquido. Note que no caso em que os mesmos são constantes temos:

$F=\rho_{liq}\,V_{sub}g_{ef}$

Como queríamos demonstrar. Notemos que não importa o que está submerso, podendo ser até mesmo ar, ou seja, nosso sólido poderia por exemplo ter uma cavidade preenchida com ar. Podemos ver alguns exemplos a seguir.

(*)Exemplo 1:

Um cilindro de massa total $M$ , altura total $H$ e área total $A$ está em um campo gravitacional uniforme $g$ . Um líquido estático de densidade $\rho$ está no mesmo local que esse cilindro. Um físico coloca o cilindro no líquido, obtendo então uma situação de equilíbrio estável. Encontre:

a) Encontre a condição para que essa posição de equilíbrio estável ocorra.

b) Supondo que essa condição seja válida, encontre a altura submersa do cilindro na situação em que essa posição de equilíbrio ocorre.

c) (Somente para quem estudou oscilações) Encontre o período de pequenas oscilações em torno dessa posição de equilíbrio. Suponha que em nenhum momento o cilindro submergirá ou emergirá completamente.

Solução:

a) Sabemos que para que o nosso cilindro esteja em equilíbrio a força resultante no mesmo deve ser zero, sendo assim, devemos ter:

$E=Mg$

Portanto, podemos afirmar que para que a posição de equilíbrio seja estável o valor máximo do empuxo deve ser maior que o peso, pois se for igual teremos uma posição de equilíbrio indiferente. Ou seja:

$\rho V_{tot} g > Mg$

$\rho AH> M$

$\rho > \frac{M}{AH}=\rho_{cil}$

Isso demonstra inclusive o fato de que fluidos com maiores densidades vão para o fundo do recipiente, enquanto, fluidos com menor densidade ficam sobre os fluidos de maior densidade.

b) Devemos fazer então:

$E=Mg$

$\rho A h=Mg$

$h=\frac{Mg}{A\rho}$

c) Essa será uma oscilação conhecida como oscilação forçada, definiremos uma nova variável $\delta$ que é o deslocamento a partir dessa posição de equilíbrio obtida no item anterior, sendo $\delta$ positivo para cima. Temos então, pela segunda lei de $Newton$ :

$Ma_{y}=-Mg+\rho A(\frac{Mg}{A\rho}-\delta)$

Logo:

$a_{y}+\frac{\rho A}{M}\delta=0$

Que é a equação de um M.H.S. com período dado por:

$T=2\pi\sqrt{\frac{M}{\rho A}}$

**(*)Empuxo Não Arquimediano**

Raramente esse tipo de empuxo aparece em vestibulares ou olimpíadas, entretanto, não é muito mais complicado que o empuxo Arquimediano. Um empuxo não arquimediano ocorre quando uma das superfícies de um objeto não possui contato com o fluido, por exemplo, se tivermos um bloco com parte dentro de uma das paredes do recipiente e outra parte fora, somente a parte de fora receberá a resultante das pressões. Muitas vezes quando um bloco está no fundo de um recipiente ou encostado em uma parede o empuxo ainda assim é considerado arquimediano, pois pode-se argumentar que não está perfeitamente encostado, ou seja, há um pequeno espaçamento devido às superfícies não serem totalmente planas. Um exemplo comum do cálculo do empuxo não arquimediano será mostrados a seguir, note que algumas vezes pode ser necessário o uso de cálculo integral, entretanto, na grande maioria das vezes pode-se utilizar alguns artifícios para driblar essa necessidade.

(**)Exemplo 1:

Uma caixa cúbica com lado de comprimento $L$ possui um quarto de um cilindro de comprimento $L$ e raio $R$ em uma de suas arestas. Um líquido de densidade $\rho$ é colocado de tal forma que haja um nível de água $H$ acima do cilindro, calcule a força de empuxo não arquimediano que o cilindro sente na horizontal. Lembre-se de que a pressão atmosférica é constante $P_{0}$ .

(CALC)Solução 1:

Nessa solução realizaremos o cálculo de ambas as forças com cálculo integral, para ver uma solução que não utiliza cálculo veja a solução 2.

Primeiramente, calcularemos a força no eixo horizontal. Note que nos quadrantes inferiores as forças horizontais se cancelam, entretanto nos quadrantes superiores temos uma diferença de pressão devido ao líquido. Sabemos então que:

$dE_{x}=(P-P_{0})dA \cos(\theta)$

Onde $\theta$ é o ângulo com a horizontal conforme a figura. Podemos então escrever:

$dA=RL d\theta$

$P-P_{0}=\rho g\Big(H+R\Big(1-sen(\theta)\Big)\Big)$

Logo:

$E_{x}=\rho g RL{\displaystyle\int\limits_{0}^{\tfrac{\pi}{2}} \Big(H+R\Big(1-sen(\theta)\Big)\Big)\cos(\theta)d\theta}$

Logo:

$E_{x}=\rho g RL\Big(H+\dfrac{R}{2}\Big)$

Solução 2:

Nessa solução, trabalharemos com conceitos de áreas projetadas e pressão média para evitar o uso de cálculo integral. Note que nos quadrantes inferiores as forças horizontais se cancelam, entretanto nos quadrantes superiores temos uma diferença de pressão devido ao líquido.

Podemos olhar uma área $\Delta A$ pequena (diferencial, na verdade) em um ângulo $\theta$ com a horizontal, devido essa área teremos uma força:

$\Delta E_{x}=(P-P_{0})\Delta A cos(\theta)$

Sendo que, podemos perceber que $\Delta A cos(\theta)$ é a área do cilindro projetada na vertical, portanto, podemos chamar essa nova área de $A'$ , sendo assim:

$E_{x}=\overline{(P-P_{0})}A'$

Sendo $\overline{(P-P_{0})}$ o valor médio da diferença de pressão. Sabemos, pelo teorema de Stevin, que a pressão varia linearmente com a profundidade, portanto, podemos pegar a diferença de pressão no ponto médio, ou seja, na profundidade $H+\frac{R}{2}$ . Portanto, o empuxo não arquimediano na horizontal é dado por:

$E_{x}=\rho g \Big(H+\frac{R}{2}\Big)RL$

Condizente com a solução por cálculo integral.