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Prof. A.F.Guimarães
Questões de hidrostática 2
Questão 1
(FUVEST)
Uma bolinha de isopor é mantida submersa, em
um tanque, por um fio preso no fundo. O tanque
contém um líquido de densidade “r” igual à da
água. A bolinha, de volume V = 200cm3 e massa
m=40g, tem seu centro mantido a uma distância
H0 = 50 cm da superfície (fig. 1). Cortando o fio,
observa‐se que a bolinha sobe, salta fora do
líquido, e que seu centro atinge uma altura
h=30cm acima da superfície (fig. 2). Desprezando
os efeitos do ar, determine:
a) A altura h’, acima da superfície, que o centro
da bolinha atingiria, se não houvesse perda de
energia mecânica (devida, por exemplo, à
produção de calor, ao movimento da água
etc.);
b) A energia mecânica “E” (em joules) dissipada
ente a situação inicial e a final.
Resolução:
a) A força resultante na bolinha após o corte do
fio será: RF P= −E , assim, poderemos
calcular a aceleração ascendente da referida
bolinha:
2
1 10 0,2 0,04 10 0,04
40 .
P m a g V m g m a
a
a m s
ρ
−
− = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅
⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅
= ⋅
E
Sendo a densidade da água 1
1 .kg l−
⋅
Ao percorrer a distância de 50 cm para cima com
a aceleração calculada acima, a bolinha terá uma
velocidade dada por:
2 2
0
2 1
2
2 40 0,5 40 .
v v a s
v v m s−
= + ⋅ ⋅∆
= ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅
A bolinha chegará até a superfície com energia
cinética. Essa energia cinética será transformada
em energia potencial gravitacional (desprezando
as perdas de energia) pela conservação da
energia mecânica:
0
2
2
2
2 .
2
E E fm m
mv
mgh
v
h m
g
=
/
= /
∴ = =
b) A energia potencial gravitacional sem perdas
será de:
0,04 10 2 0,8 .E gp mgh J= = ⋅ ⋅ =
Mas, de acordo com o texto, a bolinha atinge a
altura de 30 cm, assim sua energia potencial
gravitacional é de:
0,04 10 0,3 0,12 .E gp mgh J′ ′= = ⋅ ⋅ =
Com isso, a energia dissipada vale:
0,8 0,12 0,68 .E m J∆ = − =
Questão 2
(UFRJ)
A figura 1 mostra uma alavanca interfixa em
equilíbrio na horizontal. À esquerda do ponto de
apoio há um recipiente contendo água. Observe
que o recipiente possui uma canaleta, o que faz
com que a superfície livre da água fique, no
máximo, a uma altura h do fundo. À direita, há um
bloco de massa M, suspenso a uma distância d do
ponto de apoio. Introduz‐s muito lentamente na
água uma esfera de cortiça que, finalmente flutua.
H0
fig.1
h
fig.2

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2
Para que a alavanca permaneça em equilíbrio na
horizontal, o bloco de massa M deve ser suspenso
a uma distância d’ do ponto de apoio, como
ilustra a figura2.
Figura 1
Figura 2
Verifique se d’>d, d’=d ou d’<d. Justifique sua
resposta.
Resolução:
Na situação da figura 1, temos que para a balança
permanecer em equilíbrio, as seguintes condições
(de forma simplificada):
A força resultante deve ser igual a zero e o
momento resultante também deve ser igual a
zero. Assim,
0R M CF N P P= ⇒ = +
Onde PC é o peso do conjunto do recipiente +
água. E N é a reação normal do apoio. E,
0 .R C MM P D P d= ⇒ ⋅ = ⋅
Com relação ao ponto de apoio.
Na situação da figura 2, as condições de equilíbrio
serão as mesmas, ou seja, força resultante igual a
zero e o momento resultante também deve ser
nulo. Assim,
0 ;
0 .
R C M
R C M
F N P P
M P D P d
′= ⇒ = +
′ ′= ⇒ ⋅ = ⋅
O momento calculado com relação ao apoio.
Dentro do recipiente ainda temos:
M
h
d
Água
M
h
d’
Água
M
h
d
Água
N
PM
PC
D
M
h
d’
Água
P’C
PM
N
D
E
P

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3
P=E .
Onde “P” é o peso da bolinha de cortiça. Mas o
empuxo é igual a peso do líquido deslocado,
assim:
.LDP P=
Dessa forma, a bolinha substitui o líquido
deslocado o que significa que não há diferenças
entre as situações das duas figuras. Assim, d = d’.
Questão 3
(FUVEST)
Balões estão voltando a ser considerados como
opção para o transporte de carga. Um balão,
quando vazio, tem massa de 30.000 kg. Ao ser
inflado com 20.000 kg de hélio, pode transportar
uma carga útil de 75.000 kg. Nessas condições, o
empuxo do balão no ar equilibra seu peso. Se, ao
invés de hélio, o mesmo volume fosse preenchido
com hidrogênio, esse balão poderia transportar
uma carga útil de, aproximadamente:
Nas CNTP,
Massa de 1 mol de H2 ≅2,0 g;
Massa de 1 mol de He ≅ 4,0 g.
a) 37.500 kg;
b) 65.000 kg;
c) 75.000 kg;
d) 85.000 kg;
e) 150.000 kg.
Resolução:
Para determinar o nº de mol de hélio, temos:
3
6
1 4
20000 10
5 10 .
Hemol g
x g
x mol
⋅
= ⋅
∼
∼
Então, para preencher o volume do balão são
necessários 5⋅106 mol. Como esse mesmo volume
será preenchido com gás hidrogênio, o nº de mol
será o mesmo e a massa deste gás será de:
2
6
1 2
5 10
10000 .
Hmol g
mol y
y kg
⋅
=
∼
∼
O empuxo sobre o balão é intenso o suficiente
para equilibrar:
30000 20000 75000 125000 .kg= + + =E
Como o volume de hélio é o mesmo volume de
hidrogênio, o empuxo no balão será o mesmo, e
deverá equilibrar com:
30000 10000 .P= + +E
Assim, teremos:
40000 125000
85000 .
P
P kg
+ =
∴ =
O balão poderá transportar uma carga útil de
85000 kg.
Questão 4
(ITA)
Na extremidade inferior de uma vela cilíndrica de
10 cm de comprimento (massa específica
0,7g⋅cm‐3) é fixado um cilindro maciço de
alumínio (massa específica 2,7 g⋅cm‐3) que tem o
mesmo raio que a vela e comprimento de 1,5 cm.
A vela é acessa e imersa na água, onde flutua de
pé com estabilidade, como mostra a figura.
Supondo que a vela queime a uma taxa de 3 cm
por hora e que a cera fundida não escorra
enquanto a vela queima, conclui‐se que a vela vai
apagar‐se:
Alumínio
Vela
Água

4.
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a) Imediatamente, pois não vai flutuar;
b) Em 30 minutos;
c) Em 50 minutos;
d) Em 1h50min.
e) Em 3h20min
Resolução:
Na situação limite, onde a chama da vela atingirá
a superfície da água, o volume submerso da vela
será o seu próprio volume e o empuxo sobre o
conjunto vela e alumínio, equilibrará com o peso
total do conjunto. Assim,
( )
( )
2
2
0,7 2,7
0,3 1,7 .
H O LD V Al
H O V Al V V Al Al
V Al V Al
V Al
P
g V m m g
V V V V
V V V V
V V
ρ
ρ ρ ρ
=
⋅ ⋅ = + ⋅/ /
⋅ + = +
+ = +
=
E
E como a área da base da vela é igual a área da
base do cilindro do alumínio (mesmo diâmetro),
teremos:
0,3 1,7 1,5
8,5 .
Base BaseA h A
h cm
′⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
′ =
Esse é o valor do comprimento submerso da vela
(que é o comprimento final da vela). Mas, se
inicialmente a vela possuía um comprimento de
10 cm, e a chama queimou a uma taxa de 3 cm
por hora, então, para chegar a um comprimento
de 8,5 cm, o intervalo de tempo necessário é de
30 minutos.
Questão 5
(PUC – MG)
Uma piscina tem um perfil conforme a figura. Um
carrinho, de massa 400 g e volume de 200 cm3, é
colocado no ponto indicado pela letra “A”.
Dados:
2
3 2 0
0
1 ; 10 ; 30 0,50;
cos30 0,87.
H O g cm g m s senρ − −
= ⋅ = ⋅ =
=
Desprezando‐se todas as formas de atrito, é
correto afirmar que o carrinho:
a) Fica em repouso no ponto A;
b) Desce a rampa com aceleração igual a
2
4m s−
⋅ ;
c) Sobe a rampa com aceleração igual a
2
1,4m s−
⋅ ;
d) Desce a rampa com aceleração igual a
2
2,5m s−
⋅ ;
e) Sobe verticalmente até a superfície.
Resolução:
As forças que estão atuando no carrinho são, a
reação normal do plano, o peso e o empuxo,
conforme mostra a figura abaixo.
O empuxo que atua no carrinho tem intensidade
dada por:
2
1 10 0,2 2 .H O g V Nρ= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =E
Onde a densidade da água 3 1
1 1 .g cm kg l− −
⋅ = ⋅
O peso do carrinho vale: 0,4 10 4 .P mg N= = ⋅ =
Assim, como peso e empuxo estão na mesma
direção e em sentidos opostos, o “peso aparente”
do carrinho vale:
2 .apP P N= − =E
O componente do peso aparente na direção
paralela à rampa é dado por:
0
30 2 0,5 1 .apxP Psen N= = ⋅ =
300
A
Água
Água
300
A
P
NE
Papx

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Logo o carrinho desce a rampa com aceleração
de:
2
1 0,4
2,5 .
RxF m a a
a m s−
= ⋅ ⇒ = ⋅
∴ = ⋅
Não teria como o carrinho subir acelerado, o
empuxo é menor do que o peso.
Questão 6
(FEI – SP)
Um garoto, em pé dentro de um barco, abandona
um objeto de densidade 3
2,00g cm−
⋅ , de uma
altura de 1,25 m acima do nível das águas de um
lago, cuja profundidade, nesse local, é de 14,40 m,
conforme mostra a figura abaixo.
Calcule a velocidade desse objeto, em 1
m s−
⋅ , ao
atingir o fundo do lago. Dados:
3 2
1 ; 10 .H o g cm g m sρ −
= ⋅ = ⋅
a) 2;
b) 5;
c) 13;
d) 2 41 ;
e) 313 .
Resolução:
Ao abandonar o objeto a partir do repouso, o
mesmo atinge a superfície da água com uma
velocidade dada por:
2 2 2
0
1
2 2 10 1,25
5 .
v v gh v
v m s−
= + ⇒ = ⋅ ⋅
= ⋅
Uma vez dentro da água, o objeto sofre a atuação
do peso e também do empuxo. Podemos
encontrar o trabalho da força resultante, que é
igual à variação da energia cinética. Assim:
.R P= + Eg g g
Onde: ; .P P h h= ⋅ =− ⋅E Eg g (O empuxo é
contrário ao deslocamento). Assim:
2
2
22
0
2 2
0
0
2 2
0
0
2
1
2 2
;
2
2
14,4 25
10 14,4 1 10
2 2
13 .
ER c
H O
H O
mvmv
P h h
v v m
mgh gVh m V
m v v
mgh g h m
v
v m s
ρ
ρ
ρ
ρ
−
= ∆
⋅ − ⋅ = −
⎛ ⎞− ⎟⎜ ⎟− = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
⎛ ⎞−/ ⎟⎜ ⎟− =/ / ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠
−
⋅ − ⋅ ⋅ =
∴ = ⋅
E
g
1,25m
14,40m