Problemas de Física sobre Fluidos

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
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
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)

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

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

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 ≈
________________________________________________________________________________________________________
a
4

(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.
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 ≈
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?
________________________________________________________________________________________________________
a
5

(Pág. 73)
Solução.
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
⎛ ⎞
= = − = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
∫ ∫
________________________________________________________________________________________________________
a
6

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 =
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.
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.
________________________________________________________________________________________________________
a
7

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
−
=
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.
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
8
2
T
π
ω
=

2
2
L
T
g
π=
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
9

________________________________________________________________________________________________________
a
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)
( )0 01 1 1
a a
E T P T
g g
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
a
P
g
(4)
01 1 1
a a
T T P P
g g
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
= + + + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
a
g
01
a
T T
g
⎛ ⎞
= +⎜ ⎟
⎝ ⎠
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:

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 ≈ ×
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
11

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= −
________________________________________________________________________________________________________
a
12

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.
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 ≈
________________________________________________________________________________________________________
a
13

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.
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)
( )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 =
________________________________________________________________________________________________________
a
14

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− ≈
________________________________________________________________________________________________________
a
Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos
15
(b)

( ) ( )( )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.
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.
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
________________________________________________________________________________________________________
a
16

viscosidade ou a turbulência afetariam a sua análise?
(Pág. 94)
Solução.
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
2 2
3 3 3 4 4
1 1
2 2
No topo do jato líquido a velocidade de escoamento é zero.
________________________________________________________________________________________________________
a
17

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).
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.
v2
x
H
1
2
y
h
x
________________________________________________________________________________________________________
a
18

Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2:
2 2
1 1 1 2 2
1 1
2 2
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)
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
19

( ) ( )' '
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 =
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.
________________________________________________________________________________________________________
a
20

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
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
________________________________________________________________________________________________________
a
21

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 ≈
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
________________________________________________________________________________________________________
a
22

( ) 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 ≈
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.
________________________________________________________________________________________________________
a
23

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
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)
21
2
resF v Aρ=
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.
________________________________________________________________________________________________________
a
24

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)
( )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.
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
________________________________________________________________________________________________________
a
25

(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)
2 2
1 1 1 2 2
1 1
2 2
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)
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
=
−
________________________________________________________________________________________________________
a
26

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]
________________________________________________________________________________________________________
a
27

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)
________________________________________________________________________________________________________
a
28
Solução.

(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)
( )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=
________________________________________________________________________________________________________
a
29

( )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
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 = −
________________________________________________________________________________________________________
a
30

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