compilado Exercícios Resolvidos do Halliday_Estática dos Fluidos

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 
1 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
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): 
 
Na situação A temos: 
 0yF =∑ 
 0 0 0E T P− − = 
 0 0E T P= + (1) 
Na situação B temos: 
 y yF ma=∑ 
 E T P ma− − = 
 
P
T E P a
g
= − − 
A
E0
T0P
a = 0
B
P
a
E
T x
y
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 17 – Estática dos Fluidos 
2 
 1
a
T E P
g
 
= − + 
 
 (2) 
Precisamos agora de uma relação entre E e E0: 
 0E gVρ= 
 ( )E g a Vρ= + 
Sendo o líquido supostamente incompressível, seu volume nas situações A e B são iguais. 
Logo: 
 0
E g
E g a
=
+
 
 01
a
E E
g
 
= + 
 
 (3) 
Substituindo-se (1) em (3): 
 ( )0 01 1 1
a a a
E T P T P
g g g
     
= + + = + + +     
     
 (4) 
Substituindo-se (4) em (2): 
 01 1 1
a a a
T T P P
g g g
     
= + + + − +     
     
 
 01
a
T T
g
 
= + 
 
 
 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
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: 
 
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. 
 1 2 1 2 1 2
2 2 2
h h h h h h
W Vg A gρ ρ− − −     = =     
     
 
 
( )21 2
4
h h
W Agρ
−
= 
 
h1 h2
A B C
h1 - h2 ( - h1 )/2h2 ( - h1 )/2h2
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
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: 
 
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 O
p p gdρ= + (1) 
A pressão no ponto 2 vale: 
 2 0 Hgp p ghρ= + (2) 
Igualando-se (1) e (2): 
 
20 0Hg H O
p 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 ≈ 
 
h
l d
H O2
HgHg
1 2
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
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: 
 
 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 30,646 1,00 10 kg/mmρ = × × 
 3 3646 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: 
 
 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
0,918o a
ρ ρ= = × 
Água
Ea
P
Eo
P Óleo
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Resnick, Halliday, Krane - Física 2 - 4
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2 
 3 3704 10 kg/moρ ≈ × 
 
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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 
 
41. Uma esfera oca, de raio interno igual a 8,0 cm e raio externo 9,0 cm, flutua submersa pela 
metade em um líquido de densidade 800 kg/m3. (a) Qual é a massa da esfera? (b) Calcule a 
densidade do material de que ela é feita. 
 (Pág. 73) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
(a) Como a esfera está em equilíbrio, a soma de seu peso (P) e do empuxo (E) do líquido deslocado 
pela esfera deve somar zero. 
 0yF P E= − =∑ 
 deslocMg gVρ= 
 ( )( )33 3 31 4 2 2 800 kg/m 0,090 m 1, 2214 kg
2 3 3 3e e
M R Rρ π πρ π= = = =  (1) 
 1,22 kgM ≈ 
(b) A densidade da esfera (ρe) é a razão entre sua massa M e seu volume V. 
 
( )
( )
( )
( )
3 3
3
3 3
3 3
2
800 kg/m3 1.343,77 kg/m
4 0,080 m
2 1 2 13
0,090 m
e
e
ie i
e
RM
V RR R
R
πρ ρρ
π
= = = = =
      −   − −    
        
 
Na expressão acima, a expressão que substituiu M veio da Eq. (1). Logo: 
 3 31,3 10 kg/meρ ≈ × 
 
Re
x
yP
E
Ri
ρ
ρe
M V, 
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FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
41. Uma casca esférica oca, feita de ferro, flutua quase completamente submersa na água; veja a 
Fig. 27. O diâmetro externo é de 58,7 cm e a densidade do ferro é de 7,87 g/cm3. Determine o 
diâmetro interno da casca. 
 
 (Pág. 75) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
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 ExtÁguam g gVρ= 
 ( )Fe Ext Int ExtÁguag V V gVρ ρ− = 
 
3 3 3
4 4
3 2 2 3 2Fe Água
D d D
g gρ π ρ π
      − =      
       
 
 3 3 3Água
Fe
D d D
ρ
ρ
− = 
 3 3 1 Água
Fe
d D
ρ
ρ
 
= − 
 
 
D/2
d/2
x
y
Água
P
E
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 ( ) ( )( )
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 ≈ 
 
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
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) 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 N2s
L
F p g Aρ = + = 
 
 
 38,4 kNsF ≈ 
y
T
P
Fi
Fs
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2 
(b) A pressão total na parte inferior do corpo (pi) vale: 
 i iF p A= 
 20 2i
L
F p g L Lρ  = + +    
 
 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )25 3 2 0,608 m1,01 Pa 944 kg/m 9,81 m/s 0,608 m 0,608 m
2i
F
   = ×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 2944 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= − 
 
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
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? 
 
 (Pág. 73) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
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 gy
dA
ρ= = 
Onde ρ é a densidade da água da represa. Logo: 
 dF gydA gyLdyρ ρ= = (1) 
 
0
D
F dF gLydyρ= =∫ ∫ 
 
2
2
gLD
F
ρ
= 
y
dy
dF
r
O
D
L
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2 
(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
πτ  = −  
 
 
 ( )d D y dFτ = − (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 ( )d gLy D y dyτ ρ= − 
 ( )
3 3
0 2 3
D D D
d gL y D y dy gLτ τ ρ ρ
 
= = − = − 
 
∫ ∫ 
 
3
6
gLDρτ = 
(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
πτ  = − = − 
 
 (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 = 
 
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FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
43. Três crianças, cada uma pesando 366,5 N, constroem uma jangada amarrando toras de madeira 
de 0,32 m de diâmetro e 1,77 de comprimento. Quantas toras serão necessárias para manter as 
crianças à tona? Considere a densidade da madeira como sendo 757,7 kg/m3. 
 (Pág. 76) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
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 t aP nP E+ = 
 ( ) ( )3 c t t a tP g nV g nVρ ρ+ = 
 ( ) 3t a t cngV 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
2t
d
V l π  = ×  
 
 
 
2
4t
ld
V
π
= (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
( )2
12 c
a t
P
n
lgdπ ρ ρ
=
−
 
 
( )
( )( )( ) () ( )22 3 3
12 366,5 N
3,2764
1,77 m 9,81 m/s 0,32 m 998 kg/m 757,7 kg/m
n
π
= =
 − 
 
Aqui não é possível arredondar o resultado para 3. Caso isto seja feito, o uso de três toras não irá 
suportar o peso das crianças, já que uma fração de tora ainda seria necessária (0,249...) para 
Água
Ea
Pt
Pc
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2 
equilibrar o sistema. Portanto, é necessário acrescentar mais uma tora para satisfazer à condição de 
flutuabilidade. 
 4 torasn =