Prova Mecanica dos Fluidos

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA 
CENTRO DE CIÊNCIAS EXATAS E TECNOLÓGICAS 
DEPARTAMENTO DE FÍSICA 
 
FIS 193 – Introdução aos Fluidos e à Termodinâmica – 2023-1 
Prova 1 – 18/04/2023 
NOME:_______GABARITO___________MATRÍCULA:___________ 
 
Questão 1) No dispositivo da figura abaixo, as alturas y1 e y2, da coluna de mercúrio (Hg), são iguais a 0,04 m 
e 0,09 m, respectivamente. A pressão atmosférica é 9,8x104 Pa. Sabendo-se que densidade do mercúrio é 
igual a 13,6x103 kg/m3, calcule: 
 
a) a pressão absoluta no fundo do tubo em forma de 
U (ponto 1, na figura); 
 
b) a pressão absoluta na interface 
gás/mercúrio; 
c) a pressão manométrica do gás, no interior da bola. 
 
 
 
FORMULÁRIO 
𝜌 = 𝑚 𝑉⁄ 𝑝 =
𝐹
𝐴⁄ 𝑝 = 𝑝0 + 𝜌𝑔ℎ 𝑅 =
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 𝐴𝑣 
𝐴1𝑣1 = 𝐴2𝑣2 𝑝 + 𝜌𝑔𝑦 +
1
2
𝜌𝑣2 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑦 =
1
2
𝑔𝑡2 𝑣 =
𝑥
𝑡
 
𝑉𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 =
4
3
𝜋𝑟3 𝐴𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 = 𝜋𝑟
2 1 m3 = 1000 L ρHg = 13600 Kg/m3 
g = 9,8 m/s2 ρágua = 1000 Kg/m3 1 atm = 1,013 x 105 Pa ΡPb = 11300 Kg/m3 
Hg 
gás 
y1 
y2 
1• 
A pressão no ponto 1 é a mesma em toda a base do tubo, e é 
devido a pressão atmosférica e ao peso da coluna de 
mercúrio, ou seja: 
p1 = patm + ρgy2 
Substituindo s valores temos: p1 = 110 x 103 Pa 
De acordo com a linha horizontal traçada na figura 
podemos afirmar que a pressão do lado direito é igual a 
pressão do lado esquerdo do tubo. 
Lado esquerdo: p = pgás, lado direito: p = patm + ρg(y2 – y1) 
Como são iguais: pgás = patm + ρg(y2 – y1), substituindo os 
valores: pgás = 104,7 x 10
3 Pa 
A pressão monométrica no reservatório de gás é a diferença 
entre a pressão interna e a externa ao reservatório, ou seja: 
pgás - patm = ρg(y2 – y1), substituindo os valores temos: 
pgás - patm = 6,7 x 10
3 Pa 
10 Pts. 
10 Pts. 10 Pts. 
Questão 2) Um cilindro metálico, cuja área de base é A = 10x10-4 m² e cuja altura H = 0,08 m, está flutuando 
em mercúrio, como mostra a figura abaixo. A parte do cilindro mergulhada no líquido tem h = 0,06 m. A 
densidade do mercúrio é de 13.600 kg/m3. 
 a) Qual é o valor do empuxo sobre o cilindro? 
 
b) Qual é o valor do peso do cilindro 
metálico? 
 
c) Qual o valor da densidade do cilindro metálico? 
 
 
Questão 3) Um bloco de madeira mede 0,600 m de comprimento, 0,250 m de largura e 0,080 m de 
espessura. A densidade desse bloco é 600 kg/m3. Qual deve ser o volume de chumbo (Pb) que pode ser 
amarrado debaixo do bloco de madeira para que ele possa flutuar em águas calmas com seu topo alinhado 
à superfície? Qual é a massa desse volume de chumbo? 
(Considere a densidade do chumbo igual a 11,3 X 103 kg/m3). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A força de empuxo é igual ao peso de fluido deslocado, neste 
caso pelo cilindro. 
B = mdeslg, onde mdesl é a massa de fluido deslocado. 
Reescrevendo a relação, temos B = ρdeslVdeslg = ρdesl(Ah)g 
Onde: ρdesl e Vdesl=Ah, são a densidade e o volume de fluido 
deslocado. 
Substituindo os valores: B = 8,0 N 
Como o cilindro está em repouso, a 
somatória das forças que agem sobre o 
corpo é nula, ou seja: 
∑Fy = 0, ou B - Fg = 0, 
Onde Fg é a força peso. Então o 
empuxo é igual ao peso do cilindro: 
B = Fg, logo Fg = 8,0 N 
A força peso do cilindro é dado pelo produto da 
massa e a aceleração da gravidade (mg), logo m = 
Fg/g. Por sua vez a densidade é a razão entre a 
massa e o volume (m/V), sendo assim a densidade 
do cilindro (ρcil) pode ser determinada pela 
seguinte relação: ρcil = Fg/AHg. Substituindo os 
valores: 
ρcil = 10,2 x 103 kg/m3 
A situação descrita no enunciado é ilustrada no quadro ao lado. 
Como o conjunto está em repouso: ∑Fy = 0 
Analisando as forças que agem nos corpos temos: 
B – mmadg – mPb = 0, que é basicamente a força de empuxo 
de baixo para cima e as forças peso da madeira e chumbo de cima para baixo. Escrevendo essas forças em 
termos da densidade e volume: ρdeslVdeslg = ρmadVmadg + ρPbVPbg, onde ρdesl e Vdesl são a densidade e volume de 
fluido deslocado, respectivamente. Podemos cancelar g na equação: ρdeslVdesl = ρmadVmad + ρPbVPb 
Sabemos que: Vdesl = Vmad + VPb, logo: : ρdesl(Vmad + VPb) = ρmadVmad + ρPbVPb, fazendo as multiplicações do lado 
esquerdo da equação e isolando os termos temos: 
ρdeslVmad + ρdeslVPb = ρmadVmad + ρPbVPb, ou ρdeslVmad - ρmadVmad = ρPbVPb - ρdeslVPb, colocando os termos em 
evidência: (ρdesl - ρmad )Vmad = (ρPb - ρdesl )VPb, isolando VPb, temos: VPb = [(ρdesl - ρmad )Vmad]/(ρPb - ρdesl ) 
Substituindo os valores: VPb = 4,7 x10-4 m3 
 
A massa pode ser determinada através da densidade e volume: mPb = ρPbVPb = 5,3 Kg 
MADEIRA 
Pb 
10 Pts. 
10 Pts. 
10 Pts. 
10 Pts. 5 Pts. 
Questão 4) No fundo de uma caixa d’água é feito um pequeno buraco circular, cuja área de seção reta é igual 
a 1,2x10−4 m2. Água cai dentro desta caixa, através de um tubo acima dela, com uma vazão volumétrica igual 
a 3,4x10−4 m3/s. Até que altura a água subirá nesta caixa, ou seja, qual é a altura da coluna de água na caixa? 
 
Questão 5) A água de um grande tanque aberto com paredes verticais possui uma profundidade H, como 
mostra a figura abaixo. Um orifício é aberto na parede vertical a uma profundidade h abaixo da superfície da 
água. A parti da equação de Bernoulli determine a distância R entre a base do tanque e o ponto onde a corrente 
atinge o solo. 
 
 
 
Com a água caindo dentro da caixa d´água a mesma tende a ficar cheia, porém como há um orifício no fundo, sabemos que 
quando o nível de água atingir certa altura resultará em uma vazão volumétrica pelo orifício do fundo igual a vazão volumétrica 
do tubo que despeja água na caixa. Nessa condição o nível d´água para de subir. Partindo da equação de Bernoulli podemos 
definir a velocidade da água pelo orifício em relação a superfície do fluido no interior da caixa. 
P1 +½ρv12 + ρgy1 = P2 + ½ρv22 + ρgy2, sabemos que P1 = P2 e pela Eq. Da continuidade, A2 >> A1, v2 << v1 ou v2 ≈ 0. 
Com as devidas simplificações e isolando v1 temos v1 = [2g(y2 - y1)]1/2, que é a chamada velocidade de efluxo. 
A Vazão Volumétrica (R) no orifício é dada pelo produto da área pela velocidade de efluxo, R = Av1 ou R = A[2g(y2 - y1)]1/2 
Chamando y2 – y1 de h e isolando esse termo na equação temos: h = R2 / (A22g), substituindo os valores: 
h = 0,41 m ou 41 cm. 
Primeiramente devemos aplicar a Eq. de Bernoulli 
para determinar a velocidade de efluxo da mesma 
maneira que foi feita na questão anterior. Porém 
nesse caso consideramos y2 – y1 = h, logo temos 
que 𝑣1 = √2𝑔ℎ 
Após passar pelo orifício a água se comporta como um projétil realizando movimento parabólico, 
ou seja, na direção x, realiza o movimento retilíneo uniforme e podemos descrever a trajetória 
por x = vt. Na direção y, é um movimento de queda livre e a trajetória é descrita por y = ½ gt2. 
Como se trata de uma trajetória com duas componentes podemos igualar o tempo das duas 
componentes: y = ½ g(x/v)2. O x na equação é igual ao deslocamento máximo R pedido no 
enunciado, e v é a velocidade de efluxo determinada anteriormente e a altura y é dada por (H-h). 
Substituindo os termos: (H – h) = ½ g[R/√𝟐𝒈𝒉]2 
 Isolando R: 
 𝑹 = 𝟐√𝒉(𝑯 − 𝒉) 
10 Pts. 
10 Pts.