cap 14 halliday questões resolvidas

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento Departamento de Física – Centro Centro d e Ciênci Ciênci as Exatas – Univers Univers idade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson @npd.uf es.br Última atualização: 28/11/ 28/11/200 2006 6 11:16 H

9 - Fluidos: Estática e Dinâmica

Fundamentos de Física 2

Halliday, Resnick, Walker 4ª Edição, LTC, 1996 Cap. 16 - Fluidos

Física 2

Física 2

Resnick, Halliday, Krane 4ª Edição, LTC, 1996 Cap. 17 - Estática dos

Resnick, Halliday, Krane 5ª Edição, LTC, 2003 Cap. 15 - Estática dos

Fluidos - Dinâmica dos Fluidos

Fluidos 16 - Dinâmica dos Fluidos

Cap. 18

Cap.

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 11 21 31 41 51 61 71

02 12 22 32 42

81

03 13

23

62

33 43 53 63

72

73

82

83

52

04 14 24 34 44 54 64 74 84

05 15

07

08

17

18

25

06 16 26

27

35

36

37

45

46 56

47 57 67 77 87

55 65

75 85

66 76 86

28 38 48 58 68

09 19 29 39 49 59 69

10 20 30 40 50 60 70

78

79

80

88

89

90

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2



HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FUNDAMENTOS DE FÍSICA 2 CAPÍTULO 16 - FLUIDOS

EXERCÍCIOS E PROBLEMAS 01 11 21 31 41 51 61 71

02 12 22 32 42

81

03 13

23

62

33 43 53 63

72

73

82

83

52

04 14 24 34 44 54 64 74 84

05 15

07

08

17

18

25

06 16 26

27

35

36

37

45

46 56

47 57 67 77 87

55 65

75 85

66 76 86

28 38 48 58 68

09 19 29 39 49 59 69

10 20 30 40 50 60 70

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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 2 CAPÍTULO 17 - ESTÁTICA DOS FLUIDOS

PROBLEMAS 01 11 21 31

02 12 22

03

04

13 23

14 24

32

33

41

42 52

43

34 44 54

51

53

05 15 25 35 45 55

06 16 26 36 46 56

07 17 27

08 18

37

38 48

47 57

28

09 19 29 39 49

10 20 30 40 50

[Início documento] 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 necessária para separar os hemisférios é F = = π R2Δ ρ , onde R é o raio (externo) dos hemisférios e Δ ρ é 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? cavalos? Não seria seria suficiente utilizar apenas apenas uma para fazer fazer a demonstração? demonstração?

(Pág. 73) Solução.

(a) Considere o seguinte esquema da situação:

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3



z Rd φ

dF’ R φ d φ

dF’ sen φ sen θ d θ

y

θ

dF’ sen θ R sen φ

R sen φ d θ

x

A força dF’ que age num elemento de área dS da superfície da esfera sujeita a uma diferença de pressão Δ p vale: (1) dF ' = ΔpdS A força que age sobre toda a superfície esférica devido a Δ p vale: F ' = ∫ dF ' sen θ sen 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: dS = Rdφ .R sen φ dθ O resultado acima é obtido por meio do produto dos comprimentos dos lados do elemento de área. dS = R 2 sen φ d φ dθ (3) Substituindo-se (1) e (3) em (2): F ' = ∫ ∫ R 2 Δp sen θ sen 2 φ d φ dθ Como as integrais são independentes, podemos fazer: 2π

π

F ' = R 2 Δp ∫ sen 2 φ dφ ∫ sen θ dθ 0

0

F ' = 2π R 2 Δ p A força que agem em cada hemisfério ( F ) é a metade de F ’. Logo: F = π R 2 Δ p 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 F = π ( 0,305 m ) ⎡⎣(1,01 ×10 5 Pa ) − (0,100 ×1,01 ×10 5 Pa )⎤⎦ = 26.565, 22 N

F ≈ 26, 6 kN ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos

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. [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: H2O

l

Hg

d

h

Hg

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: (1) p1 = p0 + ρ H 2O gd A pressão no ponto 2 vale: p2 = p0 + ρ Hg gh

(2)

Igualando-se (1) e (2): p0 + ρ Hg gh = p0 + ρ H 2O gd h=

ρ H 2O ρ Hg

d =

( 998 kg/m3 ) (13,6 ×103 kg/m3 )

(11, 2 cm ) = 0,821882 cm

Em relação ao nível original, o deslocamento d é a metade de h, como mostra o esquema: h ( 0, 821882  cm ) d = = = 0, 410941 cm 2 2 d ≈ 0, 411 cm [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?

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5




(a) Considere o seguinte esquema da situação: y dy L

d F

D r

O

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: dF = ρ gy p( y ) = dA Onde ρ é a densidade da água da represa. Logo: dF = ρ gydA = ρ gyLdy (1) D

F = ∫ dF = ∫ ρ gLydy 0 F =

ρ gLD 2

2 (b) O elemento de torque d τ provocado por dF , em relação ao eixo que passa pelo ponto O ao longo da largura da represa, é dado por: dτ = r × d F ⎛ π ⎞ dτ = ( D − y ) .dF .sen ⎜ ⎟ ⎝2⎠ dτ = ( D − y ) dF

(2)

Substituindo-se (1) em (2): dτ = ρ gLy ( D − y ) dy

∫

τ = dτ = ρ gL

D

∫0

⎛ D3 D3 ⎞ y ( D − y ) dy = ρ gL ⎜ − ⎟ 3 ⎠ ⎝ 2


6


τ =


ρ gLD 3

6 (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 ⎛ π ⎞ ⎟ = ( D − h ) F ⎝2⎠

τ = ( D − h ) .F .sen ⎜

(3)

Substituindo-se os resultados dos itens (a) e (b) em (3): ρ gLD 3 ρ gLD 2 = ( D − h ) 6 2 D D − h = 3 2 D h = 3 [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)/2

h1 - h2

h1

(h1 - h2)/2

h2

A

B

C

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: ⎛ h −h ⎞ W = mg ⎜ 1 2 ⎟ ⎝ 2 ⎠ Na equação acima, m é a massa da coluna líquida de altura ( h1 − h2)/2. Podemos substituir m por ρ V , em que V é o volume dessa coluna. ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos

7



⎛h −h ⎞ ⎛ h −h ⎞ ⎛ h −h ⎞ W = ρVg ⎜ 1 2 ⎟ = ρ A⎜ 1 2 ⎟ g ⎜ 1 2 ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

W = ρ Ag

( h1 − h2 )

2

4 [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 (2 L/g)1/2, onde L é o comprimento total de líquido no tubo. (Pág. 74)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação:

x

2 x

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 2 x em relação à primeira. A coluna de altura 2 x exercerá uma força gravitacional que será capaz de acelerar toda a massa líquida ( m). Vamos resolver a segunda lei de Newton para o sistema: ∑ F x = max A força gravitacional exercida pela coluna líquida 2 x 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. d 2x − pA = m 2 dt d 2x − ρ g 2 xA = ρ AL 2 dt d 2 x 2g + x = 0 (1) dt 2 L A Eq. (1) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, sendo que o coeficiente de x é ω 2. ω =

2g L

Logo: T =

2π ω


8



L 2g

T = 2π

[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 T 0 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 T 0 (1 + a/g).


Considere o seguinte esquema, onde a situação A corresponde ao sistema em equilíbrio ( a = 0) e B ao sistema acelerado para cima ( a = +a j): A

B E0

E

y P

a =

0

P

T0

T

x

a

Na situação A temos: ∑ F y = 0 E0 − T0 − P = 0

E0 = T0 + P

(1)

Na situação B temos: ∑ F y = may

E − T − P = ma P T = E−P− a g ⎛ a ⎞ T = E − P ⎜1 + ⎟ ⎝ g⎠

(2)

Precisamos agora de uma relação entre E e E 0: ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos

9



E0 = ρ gV

E = ρ ( g + a )V Sendo o líquido supostamente incompressível, seu volume nas situações A e B são iguais. Logo: E 0 g = E g +a ⎛ a⎞ E = ⎜1 + ⎟ E 0 ⎝ g⎠

(3)

Substituindo-se (1) em (3): ⎛ a⎞ ⎛ a⎞ ⎛ E = ⎜1 + ⎟ (T0 + P ) = ⎜1 + ⎟ T0 + ⎜ 1 + ⎝ g⎠ ⎝ g⎠ ⎝ Substituindo-se (4) em (2): ⎛ a⎞ ⎛ a⎞ ⎛ a⎞ T = ⎜ 1 + ⎟ T0 + ⎜ 1 + ⎟ P − P ⎜ 1 + ⎟ ⎝ g⎠ ⎝ g⎠ ⎝ g⎠

a⎞ P g ⎟⎠

(4)

⎛ a⎞ T = ⎜1 + ⎟ T 0 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: Ea

P

Água

P = E a

mg = ρ a g ( 0,646V ) m (1) = 0,646ρ a V Mas m/V é a densidade da madeira ( ρ m) e a densidade da água é ρ a = 1,00 × 103 kg/m3. Logo: ρ m = 0,646 × (1, 00 × 103 kg/m3 ) ρ m = 646 × 103

kg/m3

Quando o bloco é colocado no óleo, observa-se a seguinte situação, onde Eo é o empuxo do óleo sobre o bloco: ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos

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Eo

P

Óleo

P = E o

mg = ρ o g ( 0,918V ) m = 0,918 ρ o V Igualando-se (1) e (2): 0,646 ρo = ρ a = 0, 70370  (1, 00 ×10 3 kg/m 3 ) 0,918 ρ o ≈ 704 × 103

(2)

kg/m3 [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?


Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o corpo submerso:


11


Fs


T

y P

Fi

(a) A força exercida na parte superior do corpo ( F s) é igual à pressão total nessa região ( ps) multiplicada pela área da parte superior do corpo ( A): Fs = ps 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: L ⎞ ⎛ Fs = ⎜ p 0 + ρ g ⎟ A = 38.376, 75 N 2⎠ ⎝ F s ≈ 38, 4 kN

(b) A pressão total na parte inferior do corpo ( pi) vale: Fi = pi A ⎡ ⎛ L ⎞ ⎤ Fi = ⎢ p0 + ρ g ⎜ L + ⎟ ⎥ L2 2 ⎠⎦ ⎝ ⎣

⎧⎪ ⎡ ( 0,608 m ) ⎤ ⎫⎪ 2 0,608 m F i = ⎨(1,01×105 Pa ) + ( 944 kg/m3 )( 9,81 m/s2 ) ⎢( 0, 608 m ) + ( ) ⎬ ⎥ 2 ⎪⎩ ⎣ ⎦ ⎪⎭ F i = 40.458,13 N

F i ≈ 40,5 kN

(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: ∑ F y = 0 T + Fi − Fs − P = 0

T = Fs + P − Fi = ( 38.376,75 N ) + ( 4.450 N) − ( 40.458,13 N ) = 2.368,88 N T ≈ 2,37 kN

(d) A força de empuxo ( E ) vale: 3

E = ρ gV = ρ gL3 = ( 944 kg/m3 )( 9,81 m/s2 ) ( 0,608 m ) = 2.081,38 N E ≈ 2,08 kN A relação entre essas forças é: E = Fi − F s [Início seção]

[Início documento]


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/cm 3. Determine o diâmetro interno da casca.


Considere o seguinte esquema da situação: Água

E

D/2

y

d /2

x

P

Nas equações a seguir, P é o peso da casca esférica, E é o empuxo que a água exerce sobre a casca, ρ Fe e ρ Água são as densidades da casca e da água, V Int e V Ext são os volumes interno e externo da casca e mFe é a massa da casca. A casca esférica oca está em equilíbrio, logo: ∑ F y = 0

P − E = 0 mFe g = ρ Água gVExt

ρ Fe g (VExt − VInt ) = ρ Água gVExt

4 ⎡⎛ D ⎞ ⎛ d ⎞ ⎤ 4 ⎛ D⎞ ρ Fe g π ⎢⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ = ρ Água g π ⎜ ⎟ 3 ⎣⎢⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ 3 ⎝ 2⎠ 3

D 3 − d 3 =

ρ Água ρ Fe

3

3

D3

⎛ ρ ⎞ d 3 = D 3 ⎜ 1 − Água ⎟ ρ Fe ⎠ ⎝ 1/ 3

⎛ ρ ⎞ d = D ⎜1 − Água ⎟ ρ Fe ⎠ ⎝

1/ 3

⎡ ( 0,998 g/cm3 ) ⎤ ⎥ = ( 58,7 cm ) ⎢1 − 3 7,87 g/cm ) ⎦⎥ ⎣⎢ (

= 56,1057cm

d ≈ 56,1 cm [Início seção]

[Início documento]


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/m 3. (Pág. 76)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação: Ea

Pc

Água Pt

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): 3Pc + nPt = Ea

3Pc + ρt g ( nVt ) = ρ a g ( nVt )

ngVt ( ρa − ρ t ) = 3Pc

3Pc

n=

gV t ( ρa − ρ t )

(1)

Na Eq. (1), V t é o volume e ρ t é a densidade de cada tora e ρ a é a densidade da água. O volume de cada tora, em que l é o seu comprimento e d é o seu diâmetro, vale: ⎛ d ⎞ Vt = l × π ⎜ ⎟ ⎝2⎠

V t =

2

π ld 2

4 Substituindo-se (2) em (1): 12Pc n= 2 π lgd ( ρ a − ρ t ) n=

(2)

12 ( 366,5 N) = 3,2764 2 2 3 3 π (1,77 m ) ( 9,81 m/s ) ( 0,32 m ) ⎡⎣( 998 kg/m ) − ( 757,7 kg/m )⎤⎦

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. n = 4 toras [Início seção]

[Início documento]


14



RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 2 CAPÍTULO 18 - DINÂMICA DOS FLUIDOS

PROBLEMAS 01 11

21 31

02

03

12 22

13 23 33 43

32 42

41

04 14 24 34

05

06

15 25

16

07 17

26 36

37

35

27

08 18 28 38

09 19 29 39

10

20 30 40

[Início documento]

12. Em um furacão, o ar (densidade 1,2 kg/m

3

) 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 m 2? (Pág. 94)

Solução.

Considere o seguinte esquema da situação, onde A é a área do telhado: ve

i

e A F

(a) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos localizados no interior ( i) e no exterior (e) do telhado da casa: 1 1 pi + ρ gyi + ρ vi2 = pe + ρ gye + ρ ve2 2 2 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: 1 pi + ρ gy + 0 = pe + ρ gy + ρ ve2 2 2

1 1 ⎛ 110 ⎞ pi − pe = ρ ve2 = (1, 2 kg/m3 ) ⎜ m/s ⎟ = 560,1851 Pa 2 2 ⎝ 3,6 ⎠ pi − pe ≈ 560 Pa

(b) ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos

15



F = ( pi − pe ) A = ( 560,1851 Pa ) ( 93 m2 ) = 52.097, 222 N

F ≈ 52 kN 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 53 andar. Calcule a força resultante sobre a janela. A densidade do ar é 1,23 kg/m 3. (Pág. 94) o

Solução.

Aplicando-se a equação de Bernoulli a pontos localizados no interior ( i) e no exterior (e) da janela do prédio: 1 1 pi + ρ gyi + ρ vi2 = pe + ρ gye + ρ ve2 2 2 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: 1 p0 ≈ p + ρ v 2 2 Nesta equação, chamamos a velocidade do ar no exterior simplesmente de v. Logo: 1 p0 − p ≈ ρ v 2 (1) 2 A força resultante sobre o vidro será: F = ( p − p0 ) A = ( p − p0 ) DH (2) Na Eq. (2), D é a largura e H é a altura da janela. Substituindo-se (1) em (2): 1 1 2 F ≈ ρ v 2 DH = (1, 23 kg/m3 ) ( 28 m/s ) ( 4, 26 m)( 5, 26 m) = 10.804, 048 N 2 2 F ≈ 10,8 kN 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 v = 2 gh . 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos

16



viscosidade ou a turbulência afetariam a sua análise?


(a) Considere o seguinte esquema da situação: y h

1 2

0

v

Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2, teremos: 1 1 p1 + ρ gy1 + ρ v12 = p2 + ρ gy2 + ρ v22 2 2 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: 1 p0 + ρ gh + 0 = p0 + 0 + ρ v 2 2 1 gh = v 2 2 v = 2 gh Este resultado é o mesmo obtido para um corpo solto em queda livre de uma altura h. (b) Considere o seguinte esquema: y h

1

3 v

0

2

Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 3 e 4, teremos: 1 1 p3 + ρ gy3 + ρ v32 = p4 + ρ gy4 + ρ v42 2 2 No topo do jato líquido a velocidade de escoamento é zero. ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos

17



1 p0 + 0 + ρ v 2 = p0 + ρ ghmax + 0 2 Substituindo-se o resultado do item (a): 1 ρ 2 gh = ρ ghmax 2 hmax = 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?


Considere o seguinte esquema da situação: y

1 h v2

H

2

x

x

________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos

18



Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2: 1 1 p1 + ρ gy1 + ρ v12 = p2 + ρ gy2 + ρ v22 2 2 1 1 p0 + ρ gy1 + ρ 0 = p0 + ρ gy 2 + ρ v22 2 2 1 2 ρ g ( y1 − y2 ) = ρ v2 2 Como y1 − y2 = h, temos: v2 = 2 gh

(1)

Na coordenada x, o jato de fluido possui velocidade constante: x = x0 + v xt x = 0 + v2t

(2)

Substituindo-se (1) em (2): x = t 2 gh

(3)

Na coordenada y, o jato de fluido possui movimento com aceleração constante: 1 y − y0 = v0 yt + at 2 2 1 0 − y0 = 0t − gt 2 2 1 − ( H − h ) = − gt 2 2 2( H − h) (4) g Na Eq. (4), t é o tempo que o jato de fluido leva para atingir o solo. Substituindo-se (4) em (3): t =

x =

2 ( H − h ) 2 gh g

x = 2 ( H − h ) h

(5)

(b) Sim. Veja o esquema a seguir. y

1 h h’ H

x

x

A outra profundidade ( h’) deve produzir o mesmo alcance x. Isto significa que na expressão: ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos

19



x = 2 ( H − h ' ) h' = 2 ( H − h ) h

( H − h' ) h ' = ( H − h ) h h'2 − Hh ' + ( Hh − h 2 ) = 0 As raízes desta equação são: h1' = h h2' = 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): dx d = 2 ( H − h ) h = 0 dh dh H − 2h =0 ( H − h ) h

(

h =

)

H 2 [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?




20



y

1 h

0

3 2

d /2 f at

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: ⎡ ⎛ d ⎞ 2 ⎤ f at = F = p2 A2 = ( ρ gh ) ⎢π ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦

f at =

πρ ghd 2

4 f at ≈ 87 N

=

π ( 998 kg/m

3

)( 9,81 m/s2 ) ( 6,15 m )( 0, 043 m) 4

2

= 87, 4382 N

(b) Considere agora o seguinte esquema para a nova situação: y

1 h

0

3

d /2 v3

2

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: 1 1 p1 + ρ gy1 + ρ v12 = p3 + ρ gy3 + ρ v32 2 2 1 1 p0 + ρ gy1 + ρ 0 = p0 + ρ gy3 + ρ v32 2 2 1 2 ρ g ( y1 − y3 ) = ρ v3 2 Como y1 − y3 = h, temos: v3 = 2 gh A vazão no ponto 3 ( V z) vale: 2

ΔV ⎛ d ⎞ V z = = A3 v3 = π ⎜ ⎟ × 2 gh Δt ⎝2⎠


21


ΔV =

ΔV =

π d 2

4


2 gh × Δt

π ( 0,043 m )

4

2

⎛ ⎝

2 ( 9,81 m/s2 ) ( 6,15 m) ⎜ 3 h ×

3.600 s ⎞ 3 ⎟ = 172, 2810 m h ⎠

ΔV ≈ 170 m 3 [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


(a) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos S e C , teremos: 1 1 pS + ρ gyS + ρ vS2 = pC + ρ gyC + ρ vC 2 2 2 Como vS << vC , é razoável desprezar o termo que envolve vS. Logo: 1 p0 + ρ g ( d + h2 ) + 0 ≈ p0 + 0 + ρ vC 2 2 vC ≈ 2 g ( d + h2 ) (b) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos B e C , teremos: 1 1 p B + ρ gy B + ρ vB2 = pC + ρ gyC + ρ vC 2 2 2 ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos

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1 1 p B + ρ g ( d + h1 + h2 ) + ρ v B2 = p0 + 0 + ρ vC 2 2 2 De acordo com a equação de continuidade, temos: A B vB = AC vC

(1)

Como A B = AC , isto implica em v B = vC . Aplicando-se este raciocínio em (1), teremos: p B + ρ g ( d + h1 + h2 ) = p0 B

B

p B = p0 − ρ g ( d + h1 + h2 ) (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 v B. O maior valor que h1 pode ter é quando v B = 0. Logo, aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos S e B, teremos: 1 1 pS + ρ gyS + ρ vS2 = p B + ρ gy B + ρ v B2 2 2 p0 + ρ g ( d + h2 ) + 0 = p B + ρ g ( d + h1 + h2 ) + 0 B

B

p0 = pB + ρ gh1

(2)

Na Eq. (2), a soma p B + ρ gh1 deve ter o valor constante p0 (pressão atmosférica). Quanto maior for h1, menor deverá ser p B para que a soma continue dando p0. O limite dessa situação ocorre quando p B = 0. Neste caso, h1 = h1max. Portanto: p0 = 0 + ρ gh1max B

B

B

h1max

(1,01×105 Pa ) p0 = = = 10,3162 m ρ g ( 998 kg/m 3 )( 9,81 m/s 2 )

h1max ≈ 10,3 m [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.




23



1

2

p -v

p0

v

Fres

A força resultante sobre o papelão vale: Fres = pres A = ( p0 − p ) A

(1)

Para calcular p B, aplicamos a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2: 1 1 p1 + ρ gy1 + ρ v12 = p2 + ρ gy2 + ρ v22 2 2 Como p1 = p0, ρ gy1 ≅ ρ gy2 (a pressão exercida por uma coluna de ar pequena é desprezível) e v0 << v, teremos: 1 p0 = p + ρ v 2 2 1 p0 − p = ρ v 2 (2) 2 Substituindo-se (2) em (1): 1 Fres = ρ v 2 A 2 B

[Início seção]

[Início documento]

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 1 S = ρ A ( vs2 − vi2 ) 2 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)

27. O ar escoa sobre a parte superior da asa de um avião, cuja área

Solução.



24



S

B vs

A

vi

A força de sustentação ( S) é a força resultante da diferença de pressão do ar imediatamente acima e abaixo da asa ( pi > ps). Fres = S = ( pi − ps ) A (1) 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: 1 1 ps + ρ gy s + ρ vs2 = pi + ρ gyi + ρ vi2 2 2 Como ρ gys ≅ ρ gyi (a pressão exercida por uma coluna de ar pequena é desprezível), teremos: 1 (2) pi − ps ≈ ρ ( vs2 − vi2 ) 2 Substituindo-se (2) em (1): 1 S ≈ ρ A ( vs2 − vi2 ) 2 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. 3 A1v1 = A2 v2 2 ρ ' gh v=a ρ ( A2 − a 2 )

Eq. 11


25




Aplicando-se a equação de continuidade aos pontos 1 e 2, teremos: A1v1 = A2 v2 v2 =

A1v1 A2

(1)

Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2, teremos: 1 1 p1 + ρ gy1 + ρ v12 = p2 + ρ gy2 + ρ v22 2 2 Como os pontos 1 e 2 estão no mesmo nível em relação ao solo horizontal, temos y1 = y2. Logo: 1 1 p1 − p2 = ρ v22 − ρ v12 2 2 Mas, p1 − p2 = ρ ’gh, em que ρ ’ é a densidade do líquido no tubo curvo. Logo: 1 ρ ' gh = ρ ( v22 − v12 ) 2 2 ρ ' gh 2 2 v2 − v1 = (2) ρ

Substituindo-se (1) em (2): 2

⎛ A1v1 ⎞ 2 ρ ' gh 2 ⎜ ⎟ − v1 = ρ A ⎝ 2 ⎠

2 ρ ' gh v = ⎛ A12 − A22 ⎞ ρ ⎜ ⎟ 2 ⎝ A2 ⎠ 2 1

2 ρ ' gh v1 = A2 ρ ( A12 − A22 ) [Início seção]

[Início documento]


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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. FÍSICA 2 CAPÍTULO 15 - ESTÁTICA DOS FLUIDOS

EXERCÍCIOS 01

11 21 31

02 12 22 32

03 13 23 33

04 14 24 34

05 15

06

16

17

25

26 36

35

07

09 19

10

27

08 18 28

29

30

07 17

08 18

09 19

10 20

20

PROBLEMAS 01 11 21

02 12 22

03 13

04 14

05 15

06 16

[Início documento] [Início seção]

[Início documento]


27



RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. FÍSICA 2 CAPÍTULO 16 - DINÂMICA DOS FLUIDOS

EXERCÍCIOS 01

02

04

12

03 13

11 21

22

23

24

14

05 15 25

06 16 26

07 17 27

08 18 28

09 29

07

08

09

19

10 20

PROBLEMAS 01 11

02 12

03

04

05

13

14

15

06 16

10

[Início documento]

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 p2 − p1 = ρ v2 ( v2 − v1 ) . (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 1 p2 − p1 = ρ ( v12 − v22 ) . 2 (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?

05. (a) Considere um

(Pág. 96) Solução. ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 Ed. - LTC - 2003. Cap. 16 – Dinâmica dos Fluidos

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(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. δm y a1

v1, p1

v2, p2 A

B

a2

z

x

A força horizontal resultante F sobre a porção de massa m é dada por: F = p1 a2 i − p2 a2 i F = ( p1 − p2 ) a2i

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: p1 = mv1i E após ocupar a região de turbulência é: p 2 = mv2 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: Δp = p 2 − p1 = Fδ t mv2 i − mv1i = ( p1 − p2 ) a2iδ t p2 − p1 =

1 m (v − v ) a2 δ t 1 2

Como a vazão mássica é a mesma antes e após a turbulência, temos: m = ρ a1v1 = ρ a2v2 δ t Substituindo-se (2) em (1): 1 p2 − p1 = ρ a2v2 ( v1 − v2 ) a2

(1)

(2)

p2 − p1 = ρ v2 ( v1 − v2 ) Note que se tivéssemos substituído (2) em (1) da forma seguinte: 1 p2 − p1 = ρ a1v1 ( v1 − v2 ) a2 Da equação de continuidade temos: a1v1 = a2v2

(3)

(4)

Substituindo-se (4) em (3): ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5 Ed. - LTC - 2003. Cap. 16 – Dinâmica dos Fluidos

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cap 14 halliday questões resolvidas

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