Exercícios Resolvidos FÍSICA - DINÂMICA

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Exercícios resolvidos 
Exercício 1: O tubo de Pitot é usado para medir a velocidade do ar nos aviões. Ele é formado por 
um tubo externo com pequenos furos 𝐵 (quatro são mostrados na figura a seguir) que permite a 
entrada de ar no tubo; este tubo está ligado a um dos lados de um manômetro na forma de um 
tubo em U. O outro lado do manômetro está ligado ao furo 𝐴 na frente do medidor, que aponta 
no sentido do movimento do avião. Em 𝐴 o ar fica estagnado e em 𝐵 a velocidade do ar é 
presumivelmente igual à velocidade do ar em relação ao avião. (a) A partir da equação de 
Bernoulli mostre que: 
𝑣 = √
2𝜌𝑔ℎ
𝜌𝑎𝑟
 
onde 𝜌 é a massa específica do líquido contido no manômetro e ℎ é a diferença entre os níveis no 
tubo em U. (b) Suponha que o tubo contém álcool (𝜌 = 810𝑘𝑔 𝑚3⁄ ) e que ℎ = 54,0𝑐𝑚. Qual é a 
velocidade do avião em relação ao ar (𝜌𝑎𝑟 = 1,03𝑘𝑔 𝑚
3⁄ )? (c) O tubo de Pitot de um avião que 
está voando a grande altitude mede uma diferença de pressão de 969𝑃𝑎. Qual é a velocidade do 
avião em relação ao ar se a massa específica do ar nessa altitude é 0,031𝑘𝑔 𝑚3⁄ ? 
 
 
Solução: 
(a) Da equação de Bernoulli com 𝑦1 = 𝑦2: 
𝑝𝐴 +
1
2
𝜌𝑎𝑟𝑣𝐴
2 = 𝑝𝐵 +
1
2
𝜌𝑎𝑟𝑣𝐵
2 
Como o ar fica estagnado em 𝐴 (𝑣𝐴 = 0) e em 𝐵 a velocidade do ar é presumivelmente 
igual à velocidade do ar em relação ao avião (𝑣𝐵 = 𝑣), então: 
𝑝𝐴 = 𝑝𝐵 +
1
2
𝜌𝑎𝑟𝑣
2 
Do teorema de Stevin ∆𝑝 = 𝑝𝐴 − 𝑝𝐵 = 𝜌𝑔ℎ. Logo: 
∆𝑝 = 𝑝𝐴 − 𝑝𝐵 =
1
2
𝜌𝑎𝑟𝑣
2 ⇒ 𝜌𝑔ℎ =
1
2
𝜌𝑎𝑟𝑣
2 ⟹ 𝑣 = √
2𝜌𝑔ℎ
𝜌𝑎𝑟
 
 
DINÂMICA DOS FLUIDOS 
 
Dinâmica dos Fluidos 
 
PUSPITAPALLAB CHAUDHURI – DF/UFAM 2 
 
(b) Supondo que o tubo contém álcool (𝜌 = 810kg m3⁄ ) e que ℎ = 54,0cm, temos que a 
velocidade do avião em relação ao ar (𝜌𝑎𝑟 = 1,03kg m
3⁄ ) é: 
𝑣 = √
2(810kg m3⁄ )(9,8m s2⁄ )(54,0 × 10−2m)
1,03kg m3⁄
≅ 91,2m s⁄ ≅ 328km h⁄ 
(c) Como ∆𝑝 = 𝑝𝐴 − 𝑝𝐵 = 𝜌𝑔ℎ, então: 
𝑣 = √
2𝜌𝑔ℎ
𝜌𝑎𝑟
= √
2∆𝑝
𝜌𝑎𝑟
 
Substituindo os valores: 
𝑣 = √
2(969Pa)
0,031kg m3⁄
≅ 250m s⁄ ≅ 900km h⁄ 
 
Exercício 2: A figura ao lado mostra um jorro d’água 
saindo por um furo a uma distância ℎ = 1,00𝑚 da 
superfície de um tanque que contém água numa altura 
𝐻 = 4,00𝑚. (a) A que distância 𝑥 a água atinge o solo? (b) 
A que profundidade deve ser feito um segundo furo, abaixo 
do primeiro, para que o valor de 𝑥 seja o mesmo? (c) A que 
profundidade deve ser feito o furo para maximizar o valor 
de 𝑥? 
 
 
Solução: 
(a) Esta situação é equivalente à da água descendo com velocidade 𝑣0 por um cano largo (o 
tanque) de seção reta 𝐴 e depois se movendo (horizontalmente) com velocidade 𝑣 em um cano 
estreito (o furo) de secção reta 𝑎. Como toda água que passa pelo cano largo (o tanque) passa 
também pelo furo, a vazão deve ser a mesma, de modo que: 
𝐴𝑣0 = 𝑎𝑣 ⇒ 𝑣0 =
𝑎
𝐴
𝑣 
Como 𝑎 ≪ 𝐴, então 𝑣0 ≪ 𝑣. 
 
 Tomando o furo como nível de referência, temos da equação de Bernoulli com ℎ = 𝑦1 −
𝑦2: 
𝑝𝑎𝑡𝑚 + 𝜌𝑔ℎ +
1
2
𝜌𝑣0
2 = 𝑝𝑎𝑡𝑚 +
1
2
𝜌𝑣2 
Como 𝑣0 ≪ 𝑣 pode-se desprezar o termo 𝜌𝑣0
2 2⁄ , assim: 
𝜌𝑔ℎ =
1
2
𝜌𝑣2 ⇒ 𝑣 = √2𝑔ℎ (Equação de Torricelli) 
 
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Como o jorro d’água sai na horizontal, a distância 𝑥 a água atinge o solo é: 𝑥 = 𝑣𝑡, onde 𝑡 é o 
tempo para o jorro cair de uma altura 𝐻 − ℎ, ou seja: 
𝐻 − ℎ =
1
2
𝑔𝑡2 ⇒ 𝑡 = √
2(𝐻 − ℎ)
𝑔
 
Logo, a distância 𝑥 a água atinge o solo é: 
𝑥 = 𝑣𝑡 = √2𝑔ℎ√
2(𝐻 − ℎ)
𝑔
 ⟹ 𝑥 = 2√ℎ(𝐻 − ℎ) 
Substituindo os valores: 
𝑥 = 2√ℎ(𝐻 − ℎ) = 2√(1,0m)(4,0 − 1,0)m ≅ 3,46m 
 
(b) Como 𝑥 = 2√ℎ(𝐻 − ℎ): 
 
𝑥2 = 4ℎ(𝐻 − ℎ) ⇒ 4ℎ2 − 4𝐻ℎ + 𝑥2 = 0 
Ou seja: 
ℎ =
4𝐻 ± √16𝐻2 − 16𝑥2
8
=
4𝐻 ± 4√𝐻2 − 𝑥2
8
 ⟹ ℎ =
𝐻 ± √𝐻2 − 𝑥2
2
 
 
Este resultado indica que há duas soluções são fisicamente possíveis, pois 𝑥 < 𝐻. Assim: 
ℎ1 =
𝐻 + √𝐻2 − 𝑥2
2
 e ℎ2 =
𝐻 − √𝐻2 − 𝑥2
2
 
Como: 
ℎ1 + ℎ2 =
𝐻 + √𝐻2 − 𝑥2
2
+
𝐻 − √𝐻2 − 𝑥2
2
= 𝐻 
 
Segue que se ℎ2 = ℎ = 1,00m, então a profundidade do segundo furo, abaixo do primeiro furo a 
uma distância ℎ = 1,00m da superfície, para que o valor de 𝑥 seja o mesmo será: 
ℎ1 = 𝐻 − ℎ2 = 3,00m 
 
(c) Para encontrar a profundidade deve ser feito o furo para maximizar o valor de 𝑥, 
devemos maximizar a função: 
𝑓(ℎ) = 𝑥2 = 4ℎ(𝐻 − ℎ) ⇒ 𝑓 = −4ℎ2 + 4𝐻ℎ 
Logo: 
𝑑𝑓
𝑑ℎ
= −8ℎ + 4𝐻 = 0 ⇒ ℎ =
𝐻
2
= 2,00m 
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Exercício 3: Um cano com diâmetro interno de 2,50𝑐𝑚 transporta água para o porão de uma 
casa a uma velocidade de 0,90𝑚 𝑠⁄ com uma pressão de 170𝑘𝑃𝑎. Se o cano se estreita para 
1,20𝑐𝑚 e sobe para o segundo piso, 7,60𝑚 acima do ponto de entrada, quais são (a) a velocidade 
e (b) a pressão da água no segundo piso? 
Solução: 
(a) Considerando ponto 1 = porão e ponto 2 = segundo piso, da equação da continuidade: 
𝐴1𝑣1 = 𝐴2𝑣2 ⇒ 𝑣2 = 𝑣1 (
𝑑1
𝑑2
)
2
 
 Substituindo os valores: 
𝑣2 = (0,90m s⁄ ) (
2,50cm
1,20cm
)
2
≅ 3,91m s⁄ 
 
(b) Da equação de Bernoulli: 
𝑝1 + 𝜌𝑔𝑦1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 + 𝜌𝑔𝑦2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 
𝑝2 = 𝑝1 + 𝜌𝑔(𝑦1 − 𝑦2) +
1
2
𝜌(𝑣1
2 − 𝑣2
2) 
Como 𝑦1 − 𝑦2 = −ℎ: 
𝑝2 = 𝑝1 − 𝜌𝑔ℎ +
1
2
𝜌(𝑣1
2 − 𝑣2
2) 
Substituindo os valores: 
𝑝2 = 170kPa − (1,00 × 10
3kg m3⁄ )(9,8m s2⁄ )(7,60m)
+
1
2
(1,00 × 103kg m3⁄ ){(0,90m s⁄ )2 − (3,91m s⁄ )2} 
𝑝2 ≅ 88,3kPa 
 
Exercício 4: Um líquido não viscoso de densidade igual a 0,95𝑔 𝑐𝑚3⁄ escoa por um tubo de 4,5𝑐𝑚 
de raio. Numa região constrita do tubo, de raio igual a 3,2𝑐𝑚 a pressão é 1,5𝑘𝑃𝑎 menor que na 
tubulação principal. (a) Determine a velocidade do líquido no tubo. (b) Qual a vazão deste 
líquido? 
Solução: 
(a) Da equação de Bernoulli com 𝑦1 = 𝑦2 
𝑝1 +
1
2
𝜌𝑣1
2 = 𝑝2 +
1
2
𝜌𝑣2
2 ⇒ ∆𝑝 = 𝑝1 − 𝑝2 =
1
2
𝜌(𝑣2
2 − 𝑣1
2) 
 
Da equação da continuidade: 𝐴1𝑣1 = 𝐴2𝑣2 
 
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Tomando 𝐴2 = 𝜋𝑟2
2 como a seção reta da região constrita do tubo, e 𝐴1 = 𝜋𝑟1
2 temos que: 
 
∆𝑝 =
1
2
𝜌 ((
𝐴1𝑣1
𝐴2
)
2
− 𝑣1
2) =
1
2
𝜌𝑣1
2 (
𝐴1
2 − 𝐴2
2
𝐴2
2 ) ⇒ ∆𝑝 =
1
2
𝜌𝑣1
2 (
𝑟1
4 − 𝑟2
4
𝑟2
4 ) 
 
 𝑣1 = √
2∆𝑝𝑟2
4
𝜌(𝑟1
4 − 𝑟2
4)
 
Substituindo os valores: 
 
𝑣1 = √
2(1,5 × 103Pa)(3,2 × 10−2m)4
(0,95 × 103kg m3⁄ )((4,5 × 10−2m)4 − (3,2 × 10−2m)4)
≅ 1,04m s⁄ 
 
(b) A vazão deste líquido é: 
 𝑅 = 𝐴1𝑣1 = 𝜋𝑟1
2𝑣1 
 = 𝜋(4,5 × 10−2m)2(1,04m s⁄ ) ≅ 6,63 × 10−3m3 s⁄ ≅ 6,63L s⁄ 
 
 
Logo, a velocidade do líquido no tubo vale: