17 fluidos estatica-dinamica

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17 fluidos estatica-dinamica

  1. 1. PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson@npd.ufes.br Última atualização: 28/11/2006 11:16 H 9 - Fluidos: Estática e Dinâmica Fundamentos de Física 2 Halliday, Resnick, Walker 4ª Edição, LTC, 1996 Física 2 Resnick, Halliday, Krane 4ª Edição, LTC, 1996 Física 2 Resnick, Halliday, Krane 5ª Edição, LTC, 2003 Cap. 16 - Fluidos Cap. 17 - Estática dos Fluidos Cap. 15 - Estática dos Fluidos Cap. 18 - Dinâmica dos Fluidos Cap. 16 - Dinâmica dos Fluidos Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)
  2. 2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FUNDAMENTOS DE FÍSICA 2 CAPÍTULO 16 - FLUIDOS EXERCÍCIOS E PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 [Início documento] [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 16 – Fluidos 2
  3. 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 2 CAPÍTULO 17 - ESTÁTICA DOS FLUIDOS PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 [Início documento] 06. Em 1654, Otto von Guericke, prefeito de Magdeburgo e inventor da bomba de vácuo, realizou uma demonstração diante do Conselho Imperial, em que duas parelhas de cavalos não foram capazes de separar dois hemisférios de latão no interior dos quais se havia feito vácuo. (a) Mostre que a força F necessária para separar os hemisférios é F = πR2 Δρ, onde R é o raio (externo) dos hemisférios e Δρ é a diferença entre a parte interna e a externa da esfera (Fig. 18). (b) Supondo R = 0,305 m e a pressão interna igual a 0,100 atm, qual a força que deveriam exercer as parelhas de cavalos para separar os hemisférios? (c) Porque foram utilizadas duas parelhas de cavalos? Não seria suficiente utilizar apenas uma para fazer a demonstração? (Pág. 73) Solução. (a) Considere o seguinte esquema da situação: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 3
  4. 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES R y x z θ φ dφ dθ Rdφ R sen φ R dsen φ θ dF’ d senF’ θ d senF’ φ sen θ A força dF’ que age num elemento de área dS da superfície da esfera sujeita a uma diferença de pressão Δp vale: (1)' dF pdS= Δ A força que age sobre toda a superfície esférica devido a Δp vale: ' ' sen senF dF θ φ= ∫ (2) Na Eq. (2), dF’ sen θ sen φ é a componente de dF’ paralela ao eixo y. É esta componente que se opõe a F, que é a força externa exercida pelos cavalos (confira no esquema acima). O elemento de área dS é dado por: . sendS Rd R dφ φ θ= O resultado acima é obtido por meio do produto dos comprimentos dos lados do elemento de área. 2 sendS R d dφ φ θ= (3) Substituindo-se (1) e (3) em (2): ' 2 2 sen senF R p d dθ φ φ θ= Δ∫∫ Como as integrais são independentes, podemos fazer: 2 ' 2 2 0 0 sen senF R p d d π π φ φ θ= Δ ∫ ∫ θ p p ' 2 2F Rπ= Δ A força que agem em cada hemisfério (F) é a metade de F’. Logo: 2 F Rπ= Δ Podemos notar que a força em cada hemisfério é o produto da área do hemisfério projetada no plano xz (ortogonal ao eixo y), ou seja a área de uma circunferência de raio R, pela diferença de pressão. (b) ( ) ( ) ( )2 5 5 0,305 m 1,01 10 Pa 0,100 1,01 10 Pa 26.565,22 NF π ⎡ ⎤= × − × × =⎣ ⎦ 26,6 kNF ≈ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 4
  5. 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (c) Uma parelha de cavalos seria suficiente, desde que a corda ligada ao outro hemisfério fosse amarrada em algum lugar fixo e resistente, como um tronco de árvore. Temos que nos lembrar que à época do experimento as leis de Newton, em particular a lei da ação e reação, não eram conhecidas. [Início seção] [Início documento] 13. Um tubo em U simples contém mercúrio. Quando 11,2 cm de água são derramados no ramo direito, a que altura sobe o mercúrio no lado esquerdo, com relação ao seu nível inicial? (Pág. 73) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: h l d H O2 HgHg Este problema deve ser resolvido tendo-se em vista que as pressões nos pontos 1 e 2 são iguais. A pressão no ponto 1 vale: 21 0 H Op p gdρ= + (1) A pressão no ponto 2 vale: 2 0 Hgp p ghρ= + (2) Igualando-se (1) e (2): 20 0Hg H Op gh p gdρ ρ+ = + ( ) ( ) ( )2 3 3 3 998 kg/m 11,2 cm 0,821882 cm 13,6 kg/m H O Hg h d ρ ρ = = = ×10 Em relação ao nível original, o deslocamento d é a metade de h, como mostra o esquema: ( )0,821882 cm 0,410941 cm 2 2 h d = = = 0,411 cmd ≈ [Início seção] [Início documento] 14. Na face vertical de uma represa que está voltada contra a corrente do rio, a água se encontra a uma profundidade D, como mostra a Fig. 20. Seja L a largura da represa. (a) Determine a força horizontal exercida sobre a represa pela pressão manométrica da água e (b) o torque total devido à pressão manométrica da água, aplicado em relação a uma linha que passa pelo ponto O, paralelamente à largura da represa. (c) Onde está a linha de ação da força resultante equivalente? ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 5
  6. 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (Pág. 73) Solução. (a) Considere o seguinte esquema da situação: y dy dF r O D L Considere um elemento de área dA, de comprimento L e altura dy (dA = Ldy), localizado a uma profundidade y ao longo da represa. A pressão hidrostática sobre esse elemento de área vale: ( )y dF p g dA yρ= = Onde ρ é a densidade da água da represa. Logo: dF gydA gyLdyρ ρ= = (1) 0 D F dF gLydρ= =∫ ∫ y 2 2 gLD F ρ = (b) O elemento de torque dτ provocado por dF, em relação ao eixo que passa pelo ponto O ao longo da largura da represa, é dado por: d d= ×τ r F ( ). .sen 2 d D y dF π τ ⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (2)( )d D y dτ = − F dy Substituindo-se (1) em (2): ( )d gLy D yτ ρ= − ( ) 3 3 0 2 3 D D D d gL y D y dy gLτ τ ρ ρ ⎛ ⎞ = = − = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ ∫ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 6
  7. 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 3 6 gLDρ τ = (c) A linha de ação da força resultante (F) é a profundidade h, contada a partir da superfície, onde essa força deve agir na represa para produzir o torque τ. Ou seja: = ×τ r F ( ) ( ). .sen 2 D h F D h F π τ ⎛ ⎞ = − = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (3) Substituindo-se os resultados dos itens (a) e (b) em (3): ( ) 3 2 6 2 gLD gLD D h ρ ρ = − 3 D D h− = 2 3 D h = [Início seção] [Início documento] 23. Dois recipientes cilíndricos idênticos, cujas bases estão no mesmo nível, contém um líquido de densidade ρ. A área de cada base é A, mas em um dos recipientes a altura do líquido é h1, e no outro, h2. Determine o trabalho realizado pela gravidade para equalizar os níveis quando os dois recipientes são conectados. (Pág. 74) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: h1 h2 A B C h1 - h2 ( -h1 )/2h2 ( -h1 )/2h2 No esquema A, vemos a situação inicial do problema, onde os cilindros da direita e da esquerda acabaram de ser conectados. Para igualar o nível dos cilindros, podemos fazer uma operação em duas etapas. A primeira etapa consiste em transpor a metade superior da coluna de líquido mais alta para a direita (B). Nesta etapa, nenhum trabalho gravitacional é executado. Na segunda etapa, a porção de líquido de altura (h1 − h2)/2 deverá ser baixada de uma altura também igual a (h1 − h2)/2. O trabalho gravitacional executado nesta etapa será: 1 2 2 h h W mg −⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Na equação acima, m é a massa da coluna líquida de altura (h1 − h2)/2. Podemos substituir m por ρV, em que V é o volume dessa coluna. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 7
  8. 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 1 2 1 2 1 2 2 2 h h h h h h W Vg A gρ ρ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠2 − ( ) 2 1 2 4 h h W Agρ − = [Início seção] [Início documento] 24. Um tubo em U está cheio com um único líquido homogêneo, que é temporariamente comprimido em um dos lados por um pistão. O pistão é removido e o nível do líquido em cada ramo oscila. Mostre que o período de oscilação é π(2L/g)1/2 , onde L é o comprimento total de líquido no tubo. (Pág. 74) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: 2xx Seja ρ a densidade do líquido. Se o nível de uma das colunas for baixado de uma distância x, o nível da outra coluna atingirá uma altura 2x em relação à primeira. A coluna de altura 2x exercerá uma força gravitacional que será capaz de acelerar toda a massa líquida (m). Vamos resolver a segunda lei de Newton para o sistema: x xF ma=∑ A força gravitacional exercida pela coluna líquida 2x corresponde ao produto entre a pressão do líquido (p) e a área da seção reta da coluna (A). O sinal negativo é devido à força ter o sentido contrário ao deslocamento x. 2 2 d x pA m dt − = 2 2 2 d x g xA AL dt ρ ρ− = 2 2 2 0 d x g x dt L + = (1) A Eq. (1) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, sendo que o coeficiente de x é ω2 . 2g L ω = Logo: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 8 2 T π ω =
  9. 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 2 L T g π= [Início seção] [Início documento] 28. A tração num fio que sustenta um bloco sólido abaixo da superfície de um líquido (de densidade maior do que a do sólido), é T0 quando o vasilhame que o contém (Fig. 23) está em repouso. Mostre que a tração T, aplicada quando o vasilhame sofre uma aceleração a, em sentido vertical para cima, é dada por T0 (1 + a/g). (Pág. 74) Solução. Considere o seguinte esquema, onde a situação A corresponde ao sistema em equilíbrio (a = 0) e B ao sistema acelerado para cima (a = +aj): A E0 T0P a = 0 B P a E T x y Na situação A temos: 0yF =∑ 0 0 0E T P− − = (1)0 0E T P= + Na situação B temos: y yF ma=∑ E T P ma− − = P T E P a g = − − 1 a T E P g ⎛ = − +⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ (2) Precisamos agora de uma relação entre E e E0: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 9
  10. 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 10 V0E gρ= ( )E g aρ= + V Sendo o líquido supostamente incompressível, seu volume nas situações A e B são iguais. Logo: 0E g E g a = + 01 a E g ⎛ ⎞ = +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ E (3) Substituindo-se (1) em (3): ( )0 01 1 1 a a E T P T g g ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a P g (4) Substituindo-se (4) em (2): 01 1 1 a a T T P P g g ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a g 01 a T T g ⎛ ⎞ = +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ [Início seção] [Início documento] 32. Um bloco de madeira flutua na água com 0,646 do seu volume submerso. No óleo, 0,918 do seu volume fica submerso. Determine a densidade (a) da madeira e (b) do óleo. (Pág. 75) Solução. Quando o bloco de madeira é colocado na água, observa-se a seguinte situação, onde P é o peso do bloco e Ea é o empuxo da água sobre o bloco: Água Ea P aP E= ( )0,646amg g Vρ= 0,646 a m V ρ= (1) Mas m/V é a densidade da madeira (ρm) e a densidade da água é ρa = 1,00 × 103 kg/m3 . Logo: ( )3 3 0,646 1,00 10 kg/mmρ = × × 3 3 646 10 kg/mmρ = × Quando o bloco é colocado no óleo, observa-se a seguinte situação, onde Eo é o empuxo do óleo sobre o bloco:
  11. 11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Eo P Óleo oP E= ( )0,918omg g Vρ= 0,918 o m V ρ= (2) Igualando-se (1) e (2): ( )3 30,646 0,70370 1,00 10 kg/m 0,918 o aρ ρ= = × 3 3 704 10 kg/moρ ≈ × [Início seção] [Início documento] 37. Um objeto cúbico cuja aresta mede L = 0,608 m e cujo peso P = 4.450 N, no vácuo, pende da extremidade de um fio dentro de um tanque aberto cheio de um líquido de densidade ρ = 944 kg/m3 , como mostra a Fig. 25. (a) Determine a força total para baixo, exercida pelo líquido e pela atmosfera, no topo do objeto. (b) Determine a força total para cima, aplicada no fundo do objeto. (c) Determine a tensão no fio. (d) Calcule a força de empuxo sobre o objeto, aplicando o princípio de Arquimedes. Que relação existe entre essas três quantidades? (Pág. 75) Solução. Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o corpo submerso: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 11
  12. 12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES y T P Fi Fs (a) A força exercida na parte superior do corpo (Fs) é igual à pressão total nessa região (ps) multiplicada pela área da parte superior do corpo (A): s sF p A= A pressão total na parte superior do corpo é igual à soma da pressão atmosférica (p0) e da pressão exercida pelo líquido à profundidade L/2: 0 38.376,75 N 2 s L F p g Aρ ⎛ ⎞ = + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 38,4 kNsF ≈ (b) A pressão total na parte inferior do corpo (pi) vale: i iF p A= 2 0 2 i L F p g L Lρ ⎡ ⎤⎛ ⎞ = + +⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 25 3 2 0,608 m 1,01 Pa 944 kg/m 9,81 m/s 0,608 m 0,608 m 2 iF ⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪ = ×10 + +⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭ 40.458,13 NiF = 40,5 kNiF ≈ (c) A tensão no fio (T) é obtida por meio da condição de equilíbrio estático do corpo, em que P é o peso do corpo: 0yF =∑ 0i sT F F P+ − − = ( ) ( ) ( )38.376,75 N 4.450 N 40.458,13 N 2.368,88 Ns iT F P F= + − = + − = 2,37 kNT ≈ (d) A força de empuxo (E) vale: ( )( )( ) 33 3 2 944 kg/m 9,81 m/s 0,608 m 2.081,38 NE gV gLρ ρ= = = = 2,08 kNE ≈ A relação entre essas forças é: i sE F F= − [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 12
  13. 13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 41. Uma casca esférica oca, feita de ferro, flutua quase completamente submersa na água; veja a Fig. 27. O diâmetro externo é de 58,7 cm e a densidade do ferro é de 7,87 g/cm3 . Determine o diâmetro interno da casca. (Pág. 75) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: D/2 d/2 x y Água P E Nas equações a seguir, P é o peso da casca esférica, E é o empuxo que a água exerce sobre a casca, ρFe e ρÁgua são as densidades da casca e da água, VInt e VExt são os volumes interno e externo da casca e mFe é a massa da casca. A casca esférica oca está em equilíbrio, logo: 0yF =∑ 0P E− = Fe ExtÁgua m g gVρ= ( )Fe Ext Int ExtÁgua g V V gVρ ρ− = 3 3 4 4 3 2 2 3 2 Fe Água D d D g gρ π ρ π ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ 3 3 3 Água Fe D d D3 ρ ρ − = 3 3 1 Água Fe d D ρ ρ ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) ( ) ( ) 1/31/3 3 3 0,998 g/cm 1 58,7 cm 1 56,1057 cm 7,87 g/cm Água Fe d D ρ ρ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎢ ⎥= − = − =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 56,1 cmd ≈ [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 13
  14. 14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 43. Três crianças, cada uma pesando 366,5 N, constroem uma jangada amarrando toras de madeira de 0,32 m de diâmetro e 1,77 de comprimento. Quantas toras serão necessárias para manter as crianças à tona? Considere a densidade da madeira como sendo 757,7 kg/m3 . (Pág. 76) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: Água Ea Pt Pc Na situação de equilíbrio, o peso de n toras (cada uma pesando Pt) somado ao peso das três crianças (cada uma pesando Pc) será igual ao empuxo exercido pela água (Ea): 3 c tP nP E+ = a ) c ) ( ) (3 c t t a tP g nV g nVρ ρ+ = ( ) 3t a tngV Pρ ρ− = ( 3 c t a t P n gV ρ ρ = − (1) Na Eq. (1), Vt é o volume e ρt é a densidade de cada tora e ρa é a densidade da água. O volume de cada tora, em que l é o seu comprimento e d é o seu diâmetro, vale: 2 2 t d V l π ⎛ ⎞ = × ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 4 t ld V π = (2) Substituindo-se (2) em (1): ( )2 12 c a t P n lgdπ ρ ρ = − ( ) ( )( )( ) ( ) ( )22 3 3 12 366,5 N 3,2764 1,77 m 9,81 m/s 0,32 m 998 kg/m 757,7 kg/m n π = = ⎡ ⎤−⎣ ⎦ Aqui não é possível arredondar o resultado para 3. Caso isto seja feito, o uso de três toras não irá suportar o peso das crianças, já que uma fração de tora ainda seria necessária (0,249...) para equilibrar o sistema. Portanto, é necessário acrescentar mais uma tora para satisfazer à condição de flutuabilidade. 4 torasn = [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 14
  15. 15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 2 CAPÍTULO 18 - DINÂMICA DOS FLUIDOS PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 [Início documento] 12. Em um furacão, o ar (densidade 1,2 kg/m3 ) sopra sobre o telhado de uma casa a 110 km/h. (a) Qual a diferença de pressão entre o interior e o exterior da casa que tende a arrancar o teto? (b) Qual o módulo da força devida a esta diferença de pressão sobre um teto de 93 m2 ? (Pág. 94) Solução. Considere o seguinte esquema da situação, onde A é a área do telhado: A i e F ve (a) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos localizados no interior (i) e no exterior (e) do telhado da casa: 2 21 1 2 2 i i i e ep gy v p gy veρ ρ ρ+ + = + + ρ A pressão no interior é a pressão atmosférica (p0), enquanto que a pressão no exterior é p. Considerando-se que os pontos i e e encontram-se no mesmo nível em relação ao solo, teremos yi = ye = y. Pode-se considerar que a velocidade do ar no interior (vi) é aproximadamente zero. Logo: 21 0 2 i ep gy p gy veρ ρ ρ+ + = + + ( ) 2 2 31 1 110 1,2 kg/m m/s 560,1851 Pa 2 2 3,6 i e ep p vρ ⎛ ⎞ − = = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 560 Pai ep p− ≈ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 15 (b)
  16. 16. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ( ) ( )( )2 560,1851 Pa 93 m 52.097,222 Ni eF p p A= − = = 52 kNF ≈ Esta força é equivalente ao peso de uma massa de cerca de 5 toneladas, ou seja, cerca de cinco carros de passeio. [Início seção] [Início documento] 13. As janelas de um edifício medem 4,26 m por 5,26 m. Num dia de tempestade, o vento está soprando a 28 m/s paralelamente a uma janela do 53o andar. Calcule a força resultante sobre a janela. A densidade do ar é 1,23 kg/m3 . (Pág. 94) Solução. Aplicando-se a equação de Bernoulli a pontos localizados no interior (i) e no exterior (e) da janela do prédio: 2 21 1 2 2 i i i e ep gy v p gy veρ ρ ρ+ + = + + ρ Considerando-se que a pressão no interior é a pressão atmosférica (p0), que a pressão no exterior é p, que yi = ye e que a velocidade do ar no interior (vi) é aproximadamente zero, teremos: 2 0 1 2 p p vρ≈ + Nesta equação, chamamos a velocidade do ar no exterior simplesmente de v. Logo: 2 0 1 2 p p vρ− ≈ (1) A força resultante sobre o vidro será: ( ) ( )0 0F p p A p p DH= − = − (2) Na Eq. (2), D é a largura e H é a altura da janela. Substituindo-se (1) em (2): ( )( ) ( )( ) 22 31 1 1,23 kg/m 28 m/s 4,26 m 5,26 m 10.804,048 N 2 2 F v DHρ≈ = = 10,8 kNF ≈ Esta força é exercida de dentro para fora do edifício. Quanto maior for a velocidade do vento no exterior, maior será a diferença de pressão sobre a janela e, portanto, maior será a força. Caso esta força seja maior que a força máxima de coesão do material que compõe o vidro, haverá ruptura do mesmo. [Início seção] [Início documento] 15. A Fig. 30 mostra um líquido escoando por um orifício em um tanque de grandes dimensões a uma distância h abaixo da superfície do líquido. O tanque é aberto na parte superior. (a) Aplicando a equação de Bernoulli à linha de corrente que liga os pontos 1, 2 e 3, mostre que a velocidade com que o líquido sai do orifício é 2v g= h . Este resultado é conhecido como lei de Torricelli. (b) Se a saída do orifício apontasse diretamente para cima, qual seria a altura máxima atingida pelo jato de líquido? (c) Como a ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 16
  17. 17. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES viscosidade ou a turbulência afetariam a sua análise? (Pág. 94) Solução. (a) Considere o seguinte esquema da situação: v y 0 h 1 2 Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2, teremos: 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 p gy v p gy v2ρ ρ ρ+ + = + + ρ A análise da situação revela que p1 = p2 = p0, em que p0 é a pressão atmosférica. Considerando-se que o diâmetro do tanque é muito maior do que o diâmetro do orifício, temos que v1 << v2. Logo, se observarmos o escoamento por curto período de tempo podemos supor que v1 ≅ 0. De acordo com o referencial adotado temos y2 = 0. Portanto: 2 0 0 1 0 0 2 p gh p vρ ρ+ + = + + 21 2 gh v= 2v g= h Este resultado é o mesmo obtido para um corpo solto em queda livre de uma altura h. (b) Considere o seguinte esquema: v y 0 h 1 2 3 Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 3 e 4, teremos: 2 2 3 3 3 4 4 1 1 2 2 p gy v p gy v4ρ ρ ρ+ + = + + ρ No topo do jato líquido a velocidade de escoamento é zero. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 17
  18. 18. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 0 0 1 0 0 2 p v p ghρ ρ+ + = + +max Substituindo-se o resultado do item (a): max 1 2 2 gh ghρ ρ= maxh h= Este resultado é esperado, pois sendo o fluido ideal não há dissipação de energia mecânica durante o fluxo. Logo, a energia potencial gravitacional inicial que é convertida em energia cinética no item (a) é reconvertida em potencial no item (b). (c) A viscosidade do líquido dissiparia parte da energia mecânica do sistema, enquanto que a turbulência ocasionaria perda de pressão. Em ambos os casos, o resultado prático seria a diminuição da velocidade de saída do fluido em (a) e da altura em (b). [Início seção] [Início documento] 16. Um tanque contém água até a altura H. É feito um pequeno orifício em sua parede, à profundidade h abaixo da superfície da água (Fig. 31). (a) Mostre que a distância x da base da parede até onde o jato atinge o solo é dado por x = 2 [h(H − h)]1/2 . (b) Poderia ser perfurado um orifício a outra profundidade, de modo que este segundo jato tivesse o mesmo alcance? Em caso afirmativo, a que profundidade? (c) Determinar a que profundidade h deveria ser feito um pequeno orifício para que a água que sair por ele atinja o solo à distância máxima da base. Qual é esta distância máxima? (Pág. 94) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: v2 x H 1 2 y h x ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 18
  19. 19. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2: 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 p gy v p gy v2ρ ρ ρ+ + = + + ρ 2 0 1 0 2 1 1 0 2 2 p gy p gy 2vρ ρ ρ+ + = + + ρ ( ) 2 1 2 1 2 g y y v2ρ ρ− = Como y1 − y2 = h, temos: 2 2v = gh (1) Na coordenada x, o jato de fluido possui velocidade constante: 0 xx x v= + t 20x v t= + (2) Substituindo-se (1) em (2): 2x t gh= (3) Na coordenada y, o jato de fluido possui movimento com aceleração constante: 2 0 0 1 2 yy y v t at− = + 2 0 1 0 0 2 y t gt− = − ( ) 21 2 H h gt− − = − ( )2 H h t g − = (4) Na Eq. (4), t é o tempo que o jato de fluido leva para atingir o solo. Substituindo-se (4) em (3): ( )2 2H h gh x g − = ( )2x H h h= − (5) (b) Sim. Veja o esquema a seguir. x H 1 y h x h’ A outra profundidade (h’) deve produzir o mesmo alcance x. Isto significa que na expressão: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 19
  20. 20. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ( ) ( )' ' 2 2x H h h H h h= − = − ( ) ( )' ' H h h H h h− = − ( )'2 ' 2 0h Hh Hh h− + − = As raízes desta equação são: ' 1h h= ' 2h H= − h Logo: ' h H h= − (c) O alcance máximo é obtido derivando-se (5) em relação a h e igualando-se o resultado a zero (ponto de máximo da função): ( )( )2 0 dx d H h h dh dh = − = ( ) 2 0 H h H h h − = − 2 H h = [Início seção] [Início documento] 20. A água represada por um dique tem 15,2 m de profundidade. Um cano horizontal de 4,30 cm de diâmetro passa através do dique 6,15 m abaixo da superfície da água, como ilustra a Fig. 34. A extremidade do cano no lado seco do dique está tampada. (a) Calcule a força de atrito entre a parede do cano e a tampa. (b) A tampa é removida. Qual o volume de água que escoa pelo cano em 3 horas? (Pág. 94) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 20
  21. 21. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES h y 0 1 2 3 d/2 fat F (a) Para que a rolha permaneça em equilíbrio estático na horizontal (coordenada x), a força devido à pressão hidrostática, exercida da esquerda para a direita, deve ter o mesmo módulo da força de atrito estático entre a rolha e a represa, exercida da direita para a esquerda. Logo: ( ) 2 2 2 2 at d f F p A ghρ π ⎡ ⎤⎛ ⎞ = = = ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ ( )( )( )( ) 23 22 998 kg/m 9,81 m/s 6,15 m 0,043 m 87,4382 N 4 4 at ghd f ππρ = = = 87 Natf ≈ (b) Considere agora o seguinte esquema para a nova situação: h y 0 1 2 3 d/2 v3 Para determinar o volume escoado é preciso calcular a vazão, que por sua vez depende do cálculo da velocidade de escoamento (v3). Este é feito por meio da aplicação da equação de Bernoulli aos pontos 1 e 3: 2 2 1 1 1 3 3 1 1 2 2 p gy v p gy v3ρ ρ ρ+ + = + + ρ 2 0 1 0 3 1 1 0 2 2 p gy p gy v3ρ ρ ρ+ + = + + ρ ( ) 2 1 3 1 2 g y y v3ρ ρ− = Como y1 − y3 = h, temos: 3 2v g= h A vazão no ponto 3 (Vz) vale: 2 3 3 2 2 z V d V A v t π Δ ⎛ ⎞ = = = ×⎜ ⎟ Δ ⎝ ⎠ gh ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 21
  22. 22. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 2 4 d V gh π Δ = ×Δt ( ) ( )( ) 2 2 30,043 m 3.600 s 2 9,81 m/s 6,15 m 3 h 172,2810 m 4 h V π ⎛ ⎞ Δ = × =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 170 mVΔ ≈ [Início seção] [Início documento] 21. Um sifão é um dispositivo para remover líquidos de um recipiente que não pode ser tombado. Ele funciona como mostra a Fig. 35. O tubo deve ser inicialmente cheio, mas tão logo isso tenha sido feito, o líquido escoará até que seu nível paire abaixo da abertura do tubo em A. O líquido tem densidade ρ e viscosidade desprezível. (a) Com que velocidade o líquido sai do tubo em C? (b) Qual é a pressão no líquido no ponto máximo B? (c) Qual é a maior altura possível h1, a que um sifão pode fazer subir a água? y 0 (Pág. 95) Solução. (a) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos S e C, teremos: 2 21 1 2 2 S S S C Cp gy v p gy vCρ ρ ρ+ + = + + ρ Como vS << vC, é razoável desprezar o termo que envolve vS. Logo: ( ) 2 0 2 0 1 0 0 2 Cp g d h p vρ ρ+ + + ≈ + + ( )22Cv g d h≈ + (b) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos B e C, teremos: 2 21 1 2 2 B B B C Cp gy v p gy vCρ ρ ρ+ + = + + ρ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 22
  23. 23. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ( ) 2 1 2 0 1 0 2 2 B Bp g d h h v p 21 Cvρ ρ+ + + + = + + ρ (1) De acordo com a equação de continuidade, temos: B B C CA v A v= Como AB = AB C, isto implica em vBB 0 = vC. Aplicando-se este raciocínio em (1), teremos: ( )1 2Bp g d h h pρ+ + + = ( )0 1B 2p p g d h hρ= − + + (c) Uma das condições que limitam a altura h1 é a velocidade com que o líquido passa pelo ponto B. Quanto maior for h1, menor será vB. O maior valor que hB 1 pode ter é quando vBB = 0. Logo, aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos S e B, teremos: 2 21 1 2 2 S S S B Bp gy v p gy vBρ ρ ρ+ + = + + ρ 1 ( ) ( )0 2 1 20 0Bp g d h p g d h hρ ρ+ + + = + + + + 0 Bp p ghρ= + (2) Na Eq. (2), a soma pB + ρghB 1 deve ter o valor constante p0 (pressão atmosférica). Quanto maior for h1, menor deverá ser pBB para que a soma continue dando p0. O limite dessa situação ocorre quando pB = 0. Neste caso, hB max 1 = h1max. Portanto: 0 10p ghρ= + ( ) ( )( ) 5 0 1max 3 2 1,01 Pa 10,3162 m 998 kg/m 9,81 m/s p h gρ ×10 = = = 1max 10,3 mh ≈ [Início seção] [Início documento] 25. Um tubo oco está colado, em uma das extremidades, a um disco DD (Fig. 37). O conjunto é colocado um pouco acima de um outro disco CC de papelão. Soprando-se pelo tubo, o disco CC é atraído para DD. Seja A a área do papelão e v a velocidade média do ar entre CC e DD. Determinar a força dirigida para cima que atua no papelão, cujo peso deve ser desprezado. Suponha que v0 << v, onde v0 é a velocidade do ar no interior do tubo. (Pág. 95) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 23
  24. 24. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 1 2 v-v Fres p0 p A força resultante sobre o papelão vale: (1)( )0res resF p A p p= = − A Para calcular pB, aplicamos a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2:B 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 p gy v p gy v2ρ ρ ρ+ + = + + ρ Como p1 = p0, ρgy1 ≅ ρgy2 (a pressão exercida por uma coluna de ar pequena é desprezível) e v0 << v, teremos: 2 0 1 2 p p vρ= + 2 0 1 2 p p vρ− = (2) Substituindo-se (2) em (1): 21 2 resF v Aρ= [Início seção] [Início documento] 27. O ar escoa sobre a parte superior da asa de um avião, cuja área é A, com velocidade vs, e sob a parte inferior da asa com velocidade vi. Mostre que a equação de Bernoulli prevê que a força de sustentação S orientada para cima sobre a asa será ( )2 21 2 s iS A v vρ= − onde ρ é a densidade do ar. (Sugestão: Aplique a equação de Bernoulli a uma linha de corrente bem próxima à superfície superior da asa e a outra linha de corrente igualmente próxima à superfície inferior. Você pode justificar o fato de termos considerado as constantes para as duas linhas de corrente iguais?) (Pág. 96) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 24
  25. 25. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES vi vs S A B A força de sustentação (S) é a força resultante da diferença de pressão do ar imediatamente acima e abaixo da asa (pi > ps). (1)(res i sF S p p= = − ) A O termo pi − ps é pode ser calculado por meio da aplicação da equação de Bernoulli às linhas de corrente do ar bem próximas à asa, nas partes superior e inferior: 2 21 1 2 2 s s s i ip gy v p gy viρ ρ ρ+ + = + + ρ Como ρgys ≅ ρgyi (a pressão exercida por uma coluna de ar pequena é desprezível), teremos: ( 2 21 2 i s s ip p v vρ− ≈ − ) (2) Substituindo-se (2) em (1): ( )2 21 2 s iS A v vρ≈ − A equação de Bernoulli somente tem validade quando aplicada a pontos sobre a mesma linha de corrente. Para que ela possa ser plicada a pontos que estejam em linhas de corrente diferentes, o escoamento além de ser estacionário, incompressível e não-viscoso, deverá ser irrotacional. Para que seja irrotacional e homogêneo, as linhas de corrente do escoamento devem ser paralelas e igualmente espaçadas, como no esquema abaixo: No caso das linhas de corrente que fluem ao longo da asa do avião, essa condição não é satisfeita. Pode-se obter boa aproximação ao tomarmos pontos sobre linhas de corrente próximas à asa, acima e abaixo da mesma, como os pontos A e B do esquema inicial. [Início seção] [Início documento] 31. Considere o medidor de Venturi da Fig. 9. Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2, e a equação de continuidade (Eq. 3), verifique a Eq. 11 para a velocidade do escoamento no ponto 1. Eq. 31 1 2 2Av A v= ( ) ' 2 2 2 gh v a A a ρ ρ = − Eq. 11 ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 25
  26. 26. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (Pág. 96) Solução. Aplicando-se a equação de continuidade aos pontos 1 e 2, teremos: 1 1 2 2Av A v= 1 1 2 2 Av v A = (1) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2, teremos: 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 p gy v p gy v2ρ ρ ρ+ + = + + ρ Como os pontos 1 e 2 estão no mesmo nível em relação ao solo horizontal, temos y1 = y2. Logo: 2 2 1 2 2 1 1 2 2 p p v v1ρ ρ− = − Mas, p1 − p2 = ρ’gh, em que ρ’ é a densidade do líquido no tubo curvo. Logo: ( )' 2 2 1 1 2 gh v vρ ρ= − 2 ' 2 2 2 1 2 gh v v ρ ρ − = (2) Substituindo-se (1) em (2): 2 ' 21 1 1 2 2Av gh v A ρ ρ ⎛ ⎞ − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ' 2 1 2 2 1 2 2 2 2 gh v A A A ρ ρ = ⎛ ⎞− ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) ' 1 2 2 2 1 2 2 gh v A A A ρ ρ = − [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 26
  27. 27. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. FÍSICA 2 CAPÍTULO 15 - ESTÁTICA DOS FLUIDOS EXERCÍCIOS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 [Início documento] [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 a Ed. - LTC - 2003. Cap. 15 – Estática dos Fluidos 27
  28. 28. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. FÍSICA 2 CAPÍTULO 16 - DINÂMICA DOS FLUIDOS EXERCÍCIOS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 [Início documento] 05. (a) Considere um fluido de massa específica ρ que escoa com velocidade v1 e passa abruptamente de uma tubulação cilíndrica com área de seção transversal a1, para outra tubulação cilíndrica mais larga, cuja área de seção transversal é a2 (veja a Fig. 36). O jato de líquido que emerge da tubulação estreita mistura-se com o que se encontra na tubulação mais larga, depois ele escoa quase uniformemente com velocidade média v2. Sem se preocupar com os detalhes de menor importância relacionados à mistura, utilize o conceito de momento linear para mostrar que o aumento de pressão devido à mistura é aproximadamente igual a ( )2 1 2 2 1p p v v vρ− = − . (b) Mostre, partindo-se da equação de Bernoulli, que em uma tubulação cuja seção transversal aumente gradativamente, esta diferença de pressão pode ser expressa por ( )2 2 2 1 1 2 1 2 p p v vρ− = − . (c) Determine a perda de pressão devida ao alargamento brusco da tubulação. Você seria capaz de fazer uma analogia com os choques elásticos e inelásticos entre partículas, estudados na mecânica? (Pág. 96) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 a Ed. - LTC - 2003. Cap. 16 – Dinâmica dos Fluidos 28 Solução.
  29. 29. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (a) Vamos considerar uma porção do fluido de massa m que ocupe a região de turbulência durante um intervalo de tempo δt. Uma vez que a pressão deve ser contínua, esperamos que no ponto A, imediatamente após o estreitamento e no limite esquerdo de m, a pressão seja p1 e no ponto B, imediatamente após a região de turbulência e no limite direito de m, seja p2. Veja o esquema a seguir. v p1 1, v p2 2, A B δm a1 a2 x y z A força horizontal resultante F sobre a porção de massa m é dada por: 1 2 2 2p a p a= −F i i ( )1 2 2p p a= −F i Como o escoamento é estacionário antes e após a região de turbulência (antes do ponto A e após o ponto B), o momento linear de m antes de ocupar a região de turbulência é: 1 1mv=p i E após ocupar a região de turbulência é: 2 2mv=p i A variação do momento linear Δp sofrida por m é igual ao impulso recebido pela força resultante devido à variação de pressão quando esta ocupa a região de turbulência. Sendo δt o intervalo de tempo que m permanece na região de turbulência, temos: 2 1 tδΔ = − =p p p F ( )2 1 1 2 2mv mv p p a tδ− = −i i i (2 1 1 2 2 1 m p p v v a tδ − = − ) (1) Como a vazão mássica é a mesma antes e após a turbulência, temos: 1 1 2 2 m a v a v t ρ ρ δ = = (2) Substituindo-se (2) em (1): ( )2 1 2 2 1 2 2 1 p p a v v v a ρ− = − ( )2 1 2 1 2p p v v vρ− = − Note que se tivéssemos substituído (2) em (1) da forma seguinte: (2 1 1 1 1 2 2 1 p p a v v v a ρ− = − ) (3) Da equação de continuidade temos: (4)1 1 2 2a v a v= Substituindo-se (4) em (3): ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 a Ed. - LTC - 2003. Cap. 16 – Dinâmica dos Fluidos 29
  30. 30. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ( )2 1 2 2 1 2 2 1 p p a v v v a ρ− = − ( )2 1 2 1 2p p v v vρ− = − (b) No caso de o fluxo ser estacionário ao longo de toda a tubulação, podemos aplicar a equação de Bernoulli: 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 p gy v p gy v2ρ ρ ρ+ + = + + ρ Desprezando-se a variação de nível na tubulação (y1 = y2): 2 2 1 1 2 1 1 2 2 p v p 2vρ ρ+ = + ( )2 2 2 1 1 2 1 2 p p v vρ− = − (c) A perda de pressão Δp corresponde à diferença das respostas obtidas nos itens (b) e (a): ( ) ( )2 2 1 2 2 1 2 1 2 p v v v vρ ρΔ = − − − v ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 p v v v v v v v v v v v v v vρ ρ ρ⎡ ⎤Δ = − − − = − − + = − +⎣ ⎦ 2 ( ) 2 1 2 1 2 p v vρΔ = − [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 a Ed. - LTC - 2003. Cap. 16 – Dinâmica dos Fluidos 30

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