Bc5dkLZSRD2OLCn1MsEB_8.1 - Problemas dinâmica de Fluídos

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 16 – Fluidos 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 16 – FLUIDOS 
 
67. Se a velocidade de escoamento, passando de baixo de uma asa, é 110 m/s, que velocidade de 
escoamento na parte de cima criará uma diferença de pressão de 900 Pa entre as superfícies de 
cima e de baixo? Considere a densidade do ar  = 1,30  103 g/cm3. (Ver Exercício 66.) 
 (Pág. 73) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos A e B, localizados sobre as linhas de corrente do ar 
bem próximas à asa, nas partes inferior (i) e superior (s): 
 2 2
1 1
2 2
s s s i i ip gy v p gy v        
Os termos gyi e gys são aproximadamente iguais. Logo: 
 
1/ 2
22 1
2
s i s iv p p v

  
    
  
 
 
 
    
1/ 2
23
3
2 1
900 Pa 1,30 kg/m 110 m/s 116,1232 m/s
21,30 kg/m
sv
  
    
   
 
 116 m/ssv  
 
vi
vs
A
B
pi
ps
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, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 
2 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 18 – DINÂMICA DOS FLUIDOS 
 
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: 
 
(a) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos localizados no interior (i) e no exterior (e) do 
telhado da casa: 
 2 2
1 1
2 2
i i i e e ep gy v p gy v        
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: 
 2
1
0
2
i e ep gy p gy v       
  
2
2 31 1 1101,2 kg/m m/s 560,1851 Pa
2 2 3,6
i e ep p v
 
    
 
 
 560 Pai ep p  
(b) 
     2560,1851 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 53
o
 andar. Calcule a força resultante sobre a 
janela. A densidade do ar é 1,23 kg/m
3
. 
 (Pág. 94) 
A
i
e
F
ve
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Solução. 
Aplicando-se a equação de Bernoulli a pontos localizados no interior (i) e no exterior (e) da janela 
do prédio: 
 2 2
1 1
2 2
i i i e e ep gy v p gy v        
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 v  
Nesta equação, chamamos a velocidade do ar no exterior simplesmente de v. Logo: 
 2
0
1
2
p p v  (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 DH   
 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 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 
viscosidade ou a turbulência afetariam a sua análise? 
 
 (Pág. 94) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
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4 
 
Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2, teremos: 
 2 2
1 1 1 2 2 2
1 1
2 2
p gy v p gy v        
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 v      
 2
1
2
gh v 
 2v gh 
Este resultado é o mesmo obtido para um corpo solto em queda livre de uma altura h. 
(b) Considere o seguinte esquema: 
 
Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 3 e 4, teremos: 
 2 2
3 3 3 4 4 4
1 1
2 2
p gy v p gy v        
No topo do jato líquido a velocidade de escoamento é zero. 
 2
0 0 max
1
0 0
2
p v p gh      
Substituindo-se o resultado do item (a): 
 
max
1
2
2
gh gh  
 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). 
v
y
0
h 1
2
v
y
0
h 1
2
3
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(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. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Aplicando-sea equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2: 
 2 2
1 1 1 2 2 2
1 1
2 2
p gy v p gy v        
 2
0 1 0 2 2
1 1
0
2 2
p gy p gy v        
   21 2 2
1
2
g y y v   
Como y1  y2 = h, temos: 
 2 2v gh (1) 
Na coordenada x, o jato de fluido possui velocidade constante: 
v2
x
H
1
2
y
h
x
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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   
   2
1
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. 
 
A outra profundidade (h’) deve produzir o mesmo alcance x. Isto significa que na expressão: 
    ' '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  
x
H
1
y
h
x
h’
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(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 0dx 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. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
(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 gh 
  
     
   
 
 
    
23 22 998 kg/m 9,81 m/s 6,15 m 0,043 m
87,4382 N
4 4
at
ghd
f

   
 87 Natf  
(b) Considere agora o seguinte esquema para a nova situação: 
h
y
0
1
2
3 d/2
fatF
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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 3
1 1
2 2
p gy v p gy v        
 2
0 1 0 3 3
1 1
0
2 2
p gy p gy v        
   21 3 3
1
2
g y y v   
Como y1  y3 = h, temos: 
 3 2v gh 
A vazão no ponto 3 (Vz) vale: 
 
2
3 3 2
2
z
V d
V A v gh
t

  
    
  
 
 
2
2
4
d
V gh t

   
 
 
  
2
2 3
0,043 m 3.600 s
2 9,81 m/s 6,15 m 3 h 172,2810 m
4 h
V
  
    
 
 
 
3170 mV  
 
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  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? 
h
y
0
1
2
3 d/2
v3
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 (Pág. 95) 
Solução. 
(a) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos S e C, teremos: 
 2 2
1 1
2 2
S S S C C Cp gy v p gy v        
Como vS  vC, é razoável desprezar o termo que envolve vS. Logo: 
   20 2 0
1
0 0
2
Cp g d h p v       
  22Cv g d h  
(b) Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos B e C, teremos: 
 2 2
1 1
2 2
B B B C C Cp gy v p gy v        
   2 21 2 0
1 1
0
2 2
B B Cp g d h h v p v         (1) 
De acordo com a equação de continuidade, temos: 
 B B C CA v A v 
Como AB = AC, isto implica em vB = vC. Aplicando-se este raciocínio em (1), teremos: 
  1 2 0Bp g d h h p    
  0 1 2Bp p g d h h    
(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 h1 pode ter é quando vB = 0. Logo, 
aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos S e B, teremos: 
 2 2
1 1
2 2
S S S B B Bp gy v p gy v        
    0 2 1 20 0Bp g d h p g d h h         
 0 1Bp p gh  (2) 
y
0
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Na Eq. (2), a soma pB + gh1 deve ter o valor constante p0 (pressão atmosférica). Quanto maior for 
h1, menor deverá ser pB para que a soma continue dando p0. O limite dessa situação ocorre quando 
pB = 0. Neste caso, h1 = h1max. Portanto: 
 
0 1max0p gh  
 
 
  
5
0
1max 3 2
1,01 Pa
10,3162 m
998 kg/m 9,81 m/s
p
h
g

   
 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. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A força resultante sobre o papelão vale: 
  0res resF p A p p A   (1) 
Para calcular pB, aplicamos a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2: 
 2 2
1 1 1 2 2 2
1 1
2 2
p gy v p gy v        
Como p1 = p0, gy1  gy2 (a pressão exercida por uma coluna de ar pequena é desprezível) e v0  
v, teremos: 
 2
0
1
2
p p v  
 2
0
1
2
p p v  (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
1
2
v-v
Fres
p0
p
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11 
 
21
2
resF v A 
 
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 
sustentaçãoS orientada para cima sobre a asa será 
  2 2
1
2
s iS A v v  
onde  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: 
 
A força de sustentação (S) é a força resultante da diferença de pressão do ar imediatamente acima e 
abaixo da asa (pi  ps). 
  res i sF S p p 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: 
 2 2
1 1
2 2
s s s i i ip gy v p gy v        
Como gys  gyi (a pressão exercida por uma coluna de ar pequena é desprezível), teremos: 
  2 2
1
2
i s s ip p v v   (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
  2 2
1
2
s iS A v v  
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: 
vi
vs
S
A
B
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12 
 
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. 
 
1 1 2 2Av A v Eq. 3 
 
 
 
 
'
2 2
2 gh
v a
A a
 




 Eq. 11 
 
 (Pág. 96) 
Solução. 
Aplicando-se a equação de continuidade aos pontos 1 e 2, teremos: 
 1 1 2 2Av A v 
 1 12
2
A v
v
A
 (1) 
Aplicando-se a equação de Bernoulli aos pontos 1 e 2, teremos: 
 2 2
1 1 1 2 2 2
1 1
2 2
p gy v p gy v        
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 1
2 2
p p v v    
Mas, p1  p2 = (’  )gh, em que ’ é a densidade do líquido no tubo curvo. Logo: 
    ' 2 22 1
1
2
gh v v     
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 18 – Dinâmica dos Fluidos 
13 
 
 '
2 2
2 1
2 gh
v v
 


  
 (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 
 2 '
21 1
1
2
2 ghAv
v
A
 

 
  
 
 
 
 '
2
1 2 2
1 2
2
2
2 gh
v
A A
A
 



 
 
 
 
 
 
 
'
1 2 2 2
1 2
2 gh
v A
A A
 




 
 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 5
a
 Ed. - LTC - 2003. Cap. 16 – Dinâmica dos Fluidos 
14 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 16 – DINÂMICA DOS FLUIDOS 
 
05. (a) Considere um fluido de massa específica  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 v   . 
(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 22 1 1 2
1
2
p p v v   . 
(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. 82) 
Solução. 
(a) Vamos considerar uma porção do fluido de massa m que ocupe a região de turbulência durante 
um intervalo de tempo t. 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. 
 
A força horizontal resultante F sobre a porção de massa m é dada por: 
v p1 1, v p2 2, 
A B
m
a1 a2
x
y
z
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a
 Ed. - LTC - 2003. Cap. 16 – Dinâmica dos Fluidos 
15 
 
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 p sofrida por m é igual ao impulso recebido pela força resultante 
devido à variação de pressão quando esta ocupa a região de turbulência. Sendo t o intervalo de 
tempo que m permanece na região de turbulência, temos: 
 2 1 t   p p p F 
  2 1 1 2 2mv mv p p a t  i i i 
  2 1 1 2
2
1 m
p p v v
a t
   (1) 
Como a vazão mássica é a mesma antes e após a turbulência, temos: 
 
1 1 2 2
m
a v a v
t
 

  (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
  2 1 2 2 1 2
2
1
p p a v v v
a
   
  2 1 2 1 2p p v v v   
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
   (3) 
Da equação de continuidade temos: 
 1 1 2 2a v a v (4) 
Substituindo-se (4) em (3): 
  2 1 2 2 1 2
2
1
p p a v v v
a
   
  2 1 2 1 2p p v v v   
(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 2
1 1
2 2
p gy v p gy v        
Desprezando-se a variação de nível na tubulação (y1 = y2): 
 2 2
1 1 2 2
1 1
2 2
p v p v    
  2 22 1 1 2
1
2
p p v v   
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a
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16 
(c) A perda de pressão p corresponde à diferença das respostas obtidas nos itens (b) e (a): 
    2 21 2 2 1 2
1
2
p v v v v v      
        2 2 2 2 2 2 21 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1
2 2 2 2
2 2 2
p v v v v v v v v v v v v v v              
 
 
  
2
1 2
1
2
p v v  