Mecânica celeste e Fluidos

Prévia do material em texto

„ Capítulo 1
Gravitação universal
Conexões 
 1. Sugerimos uma discussão sobre as ideias iluministas com os 
professores da área de ciências humanas.
 2. Resposta pessoal.
Complementares
 9. F – V – F – F – V
 1. (F) as órbitas descritas pelos planetas são elipses, com o sol ocu-
pando um de seus focos, porém, a velocidade de translação 
de um planeta ao redor do Sol não é constante.
 2. (V)
 3. (F) as órbitas são elípticas, porém o Sol ocupa um dos focos da 
mesma.
 4. (F) não existe centro do universo.
 5. (V)
 10. b
 Como os planetas Vênus e Terra orbitam o Sol, podemos re-
lacionar seus raios médios com seus períodos de órbita pela 
terceira lei de Kepler: 
T
R
2
3 = K.
 Dessa maneira, corpos que apresentam menor raio de órbita 
(no caso, Vênus) têm menor período, já que ambos possuem a 
mesma constante K para a terceira lei de Kepler.
 11. e
 Aplicando a terceira lei de Kepler para hoje (H) e no futuro (F), 
tem-se que (RF = 1,5 ⋅ RH):
 
T
R
2
3 = K s R
T
RH
F
H
=
⋅
(27,3) ( )
(1,5 )
2
3
2
3 s TF = ⋅(27,3) (1,5)
2 3 s
	 	s TF  50,2 dias
 12. e 
 As leis de Kepler, que podem ser aplicadas a todos os corpos 
celestes que gravitam em torno do Sol, foram obtidas a partir de 
medidas astronômicas efetuadas pelo astrônomo e matemático 
Tycho Brahe (1546-1601).
 21. b
 Calculando a força em relação ao corpo B:
 FPB = 
G
2
m M
y
⋅ ⋅
 Calculando a força em relação ao corpo A:
 FPA = 
G 16
2
m M
x
⋅ ⋅
 Como o corpo de massa m se encontra em repouso, a força 
resultante sobre ele é nula, ou seja:
 FPB = FPA s 
G G 16
16 42 2
2
m M
y
m M
x
x
y
x
y
s s
⋅ ⋅
=
⋅ ⋅ 


 = =
 22. F – F – V − V
 I. (F) A intensidade do campo gravitacional de um planeta em 
sua superfície depende da massa e do raio do planeta.
 II. (F) F
M M
d
G= ⋅
⋅1 2
2
(F é diretamente proporcional ao produto das 
massas e inversamente proporcional ao quadrado da distância.)
 III. (V) De acordo com a terceira lei de Kepler.
 IV. (V) A força gravitacional faz o papel de resultante centrípeta.
 23. e
 a) Incorreta. <
15
10
9
42 2
 s 0,15 < 0,56
 b) Incorreta. O período orbital não depende da massa do 
satélite.
 c) Incorreta. 
20
6
3 3H ,
 d) Incorreta. A velocidade angular é inversamente proporcional 
ao período: ω = 
2 ⋅ π
T
 e) Correta. Pela terceira lei de Kepler, temos:
 
T
T
r
r
T
T
T
T
E
I
E
I
E
I
E
I
=



 =




3 3
6
4
s s = 1,84 H 2
 24. d
 Assim como a velocidade orbital, o período de revolução de-
pende apenas da massa da Terra e da distância entre a Lua e 
esta, sendo assim, o período permanecerá inalterado, já que 
a órbita do satélite natural não fora alterada.
 Como a massa da Lua se reduzirá pela metade, a força gravitacional 
trocada com algum objeto em sua superfície também diminuirá 
pela metade, já que são grandezas proporcionais; assim, a acele-
ração da gravidade na sua superfície também diminuiria.
Tarefa proposta
 1. b
 Analisando os dados sobre a distância média ao centro de 
Júpiter, pode-se concluir que o mais próximo seria o Io, cujo 
número é o 2; após ele, seria o Europa, de número 3. Os mais 
afastados de Júpiter, seriam o Ganimedes e o Calisto, que são 
representados, respectivamente, pelos números 1 e 4.
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
1
física
MEcÂNica cELEsTE / fLUiDOs
 2. c
 I. Incorreta. As esferas giravam em torno da Terra.
 II. Correta.
 III. Correta.
 IV. Correta.
 3. b
 Sendo Ecin. = 
m v⋅ 2
2
 e vper. > vafé.
 Como a velocidade (vper.) no periélio é máxima e a velocidade 
(vafé.) no afélio é mínima, temos:
 Ecin. per. é máxima e E cin. afé. é mínima.
 4. a
 De acordo com a segunda lei de Kepler.
 5. a) A linha que “une” o planeta ao Sol “varre” a mesma área, 
em um intervalo de tempo fixo Δt (lei das áreas de Kepler). 
O deslocamento é máximo próximo a P e mínimo próximo 
a A. Então, a velocidade é máxima em P e mínima em A.
 b) Δt(VPI) < Δt(PIA) = Δt(AVP) < Δt(IAV)
 6. c
 Os períodos de translação dos satélites não dependem de suas 
massas, só dependem da massa do corpo central (Terra). Assim, 
tendo o mesmo período e mesmo raio, seus movimentos serão 
movimentos circulares e uniformes com mesma velocidade.
 7. d
 A primeira lei de Kepler afirma que os planetas giram em órbitas 
elípticas em torno do Sol, que ocupa um dos focos da elipse 
(sistema heliocêntrico). Essa afirmação contraria a posição da 
Igreja católica de então, que dizia que a Terra era o centro do 
Universo.
 8. Aplicando a terceira lei da Kepler para o primeiro satélite:
 
T
R
2
3 = K
 E para o segundo satélite:
 
T
R



’
2
2
3 = K 
 Igualando:
 
T
R
T
R
T
R
T
R
= 



=
’
2
’
8
2
3
2
3
2
3
2
3s s =
⋅
= ⋅
T
R
T
R
T T
8 ’
’
2
4
2
3
2
3 s
 9. c
 Aplicando a terceira lei de Kepler para os dois planetas:
 Terra: 
T
R
T
T
2
3 = K s RT
1
3 = K (I)
 Planeta X: 
T
R
X
X
2
3 = K s 
T
R
X
T⋅(4 )
2
3 = K (II)
 Aplicando (I) em (II), tem-se que:
 
T
R R
TX
T T
X
⋅
= =
64
1
64
2
3 3 s s TX = 8 anos
 10. c
 Aplicando a terceira lei de Kepler para cada planeta:
 Marte: 
T
d
Ma
Ma
2
3 = K s 
T
d
Me
Ma
⋅(8 )2
3 = 
T
d
Me
Ma
⋅64 2
3 = K (I)
 Mercúrio: 
T
d
Me
Me
2
3 = K (II)
 Igualando (I) com (II):
 
T
d
T
d
d d d dMe
Ma
Me
Me
Ma Me Ma Me
⋅
= = ⋅ = ⋅
64
64 64
2
3
2
3
3 3 3s s s
	 	s dMa = 4 ⋅ dMe
 11. a) Aplicando a terceira lei de Kepler e sabendo que K = 1 
(pelos dados da Terra apresentados na tabela), pode-se 
concluir que:
 
T
D
2
3 = K s D
1252
3 = 1 s D = 1253 2 s D = 25 UA
 b) Adotando o movimento circular, a velocidade tangencial 
pode ser descrita por:
 v = ω ⋅ D = 2 ⋅ π ⋅ f ⋅ D = 
D
T
⋅ π ⋅2
 Aplicando para a Terra: vT = 
⋅ π ⋅2 1
1
 = 2 ⋅ π	rad/ano
 Para o planeta X: vX = 
⋅ π ⋅
=
⋅ π2 25
125
2
5
	rad/ano 
 Fazendo a razão entre esses valores:
 
v
v
v
v
X
T
X
T
=
⋅ π
⋅ π
=
2
5
2
1
5
s 
 12. a) 
R
T
R
T T
X
X X
= =
( )
( )
( )
( )
1
1
(2,5)
( )
T
3
T
2
3
2
3
2
3
2s s TX  4 anos
 b) É mais curto, pois, estando mais próximo do Sol, seu período 
de revolução é menor se comparado ao da Terra.
13. b
 O ciclo lunar é de 27 dias. De acordo com a terceira lei de 
Kepler:
 
T
R
T
R
R
R
T
T
0
2
0
3
2
3
0 0
2
3= =



s s
	 	s s
R
R
R
R0
2
3
0
80
27
2 1=



  , s R R 2 0⋅
 14. c
 As órbitas dos satélites geoestacionários obedecem às leis de 
Kepler e às de Newton da gravitação universal.
 15. Soma = 50 (02 + 16 + 32)
(01) Incorreto. No SI a unidade da constante de gravitação 
universal é N ⋅ m2/kg2.
(02) Correto. É a definição da primeira lei de Kepler.
(04) Incorreto. As forças trocadas entre a Terra e a Lua são um 
par de forças de ação e reação, portanto apresentam a 
mesma intensidade.
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 Có
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
2
(08) Incorreto. A velocidade de um satélite ao redor da Terra é 
dada por v
M
r
G
=
⋅
. Essa relação não depende da massa 
do satélite, portanto eles apresentam velocidades iguais.
(16) Correto. A velocidade do planeta é maior quando ele está 
no periélio e menor quando passar pelo afélio.
(32) Correto. A aceleração da gravidade na superfície de um 
astro é dada por: g
M
R
=
⋅G
2
 16. e
 De acordo com a lei da gravitação universal, a intensidade 
da força depende diretamente das massas do corpo e da 
Terra.
 17. Soma = 7 (01 + 02 + 04)
(01) (V) Usando a terceira lei de Kepler e substituindo o raio 
do planeta em função do raio da Terra, teremos:
 s s
T
R
T
R
T
R R
P
P
T
T
P
T T(3 )
12
3
2
3
2
3
2
3=
⋅
=
	 	 s TP = 27 s TP = 3 ∙ 3 anos terrestres
(02) (V)
(04) (V) A velocidade de escape de Marte é:
 vescape = 
M
R
M
M
2 G⋅ ⋅
 s vescape = 
M
R
T
T
2 G 0,107
0,530
⋅ ⋅ ⋅
⋅
 
 Na Terra, temos:
 11,2 = 
M
R
T
T
2 G⋅ ⋅
 Assim, ficamos com:
 vescape = 11,2 ∙ 
0,107
0,530
 s vescape = 5 km/s
(08) (F) A primeira lei de Kepler diz que os planetas se deslocam 
ao redor do Sol em órbitas elípticas em que o Sol ocupa 
um dos focos da elipse.
(16) (F) A imponderabilidade envolve aparente ausência de 
força gravitacional, ou seja, ausência aparente de peso e 
não de massa como constou na afirmativa.
(32) (F) Da lei da gravitação universal de Newton extraímos o 
módulo da aceleração da superfície de um planeta, por 
exemplo, da Terra:
 gT = G ∙ 
M
R
T
T
2 (1)
 Para Saturno:
 gS = G ∙ 
M
R
S
S
2
 Substituindo os valores relativos à Terra extraídos da 
tabela:
 MS = 95,1 ∙ MT
 RS = 9,44 ∙ RT
 gS = G ∙ 
M
R
T
T
95,1
(9, 44 )2
⋅
⋅
 (2)
 Dividindo a equação (2) pela equação (1), substituindo o 
valor da aceleração gravitacional da Terra:
 
g
g
S
T
 = 
M
R
G
M
R
T
T
T
T
G
95,1
(9, 44 )2
2
⋅
⋅
⋅
⋅
 s gS = 
95,1
9, 442
 ∙ 9,78 s
	 	 s gS = 10,44 m/s
2
 18. d
 De acordo com a lei da gravitação:
 Fg =	
G ⋅ ⋅M m
R2
, ou seja, inversamente proporcional ao quadrado 
da distância.
 19. e
 I. (V) Ambas são forças de ação gravitacional.
 II. (V) A força de atração gravitacional Sol-planeta é o que conserva 
um planeta em sua órbita.
 III. (V) O período de tempo no qual um planeta leva para dar 
uma volta completa em torno do Sol é o seu período de 
translação.
 20. d
 Considerando-se o movimento da órbita como circular, temos:
 MT ⋅ acp = 
G S T⋅ ⋅M M
R2
 acp = g
 g = R
G MS
2
⋅
 Portanto, g é diretamente proporcional à massa do Sol.
 21. d
 F = G · 
m m
d
1 2
2
⋅
 F = 6,7 ⋅ 10–11 ⋅ 
110 30
(13)2
⋅
 s F = 1,3 ⋅ 10–9 N s F = 130 ⋅ 10–11 N
 22. c
 Pela lei da gravitação universal:
 F = 
⋅ ⋅M m
d
T CG
2
 F’ = 
⋅ ⋅ ⋅
⋅
= ⋅
⋅ ⋅M m
d
M m
d
T C T CG (3 )
(2 )
3
4
G
2 2 s F’ = 
3
4
 ⋅ F
 23. Fe = m ⋅ ge (I)
 F = m ⋅ g (II)
 Dividindo (I) por (II) e sendo g =	
M
R
G
2
⋅
, temos:
 s
F
F
m
M
R
m
M
R
F
F
G
1,05
G
1
1,05
e
2
2
e( )
=
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
= s 
F
F
e = 0,95
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
3
 24. e
 sv
M
r
v
M
r
G G2
=
⋅
=
⋅
 v2 = 
M
R d
G
( )
⋅
+
 s
	 	s v = 
G ⋅
+




M
R d
 
1
2
25. Calculando o módulo da aceleração da gravidade:
 g = 
G M
d
G M
r hT( )
6,7 10 6 10
(6, 4 10 7 10 )2 2
11 24
6 5 2
⋅
=
⋅
+
=
⋅ ⋅ ⋅
⋅ + ⋅
−
= 7,974 m/s2 s
	 	s g  8 m/s2
 26. c
 g ’ = 
M
R
G 3
(3 )2
⋅ ⋅
 s g’ = 3
9 2
⋅
⋅G M
R
 s g’ = 1
3
· g
 27. c
	 	µX = µT s 
M
V
M
V
X
X
T
T
=
 Sendo V = 
4
3
· π ⋅ R3:
 s
M
R
M
R
M
R M
R( ) ( )
( )
( )
X
X
3
T
T
3 X
X
3
T
T
3= =
⋅
 (I)
 Mas: gX = 1,5 ⋅ gT 
 Portanto:
M
R
M
R
G
( )
1,5
G
( )
X
X
2
T
T
2
⋅
= ⋅
⋅
 (II)
 Substituindo (I) em (II):
 s
R M
R R
M
R
R
R
( )
( ) ( )
1,5
( )
1,5X
3
T
T
3
X
2
T
T
2
X
T
⋅
⋅
= ⋅ = s
	 	s RX = 1,5 ⋅ R
 28. e
 Calculando as velocidades orbitais para cada um dos satélites:
 Satélite I: vI = 
M
r
G ⋅
 Satélite II: vII = 
M
r
M
r
M
r
v
G
4
4 G
2
G
2 I
⋅
=
⋅ ⋅
= ⋅
⋅
= ⋅
 a) Incorreta. A velocidade orbital do satélite não depende 
de sua massa, e sim da massa da Terra e do raio da órbita 
dele;
 b) Incorreta. A velocidade do satélite II é o dobro da velocidade 
do satélite I;
 c) Incorreta. As velocidades dos satélites independem de suas 
massas, porém apresentam relação com os seus raios de 
órbita;
 d) Incorreta. A velocidade do satélite II é o dobro da velocidade 
do satélite I;
 e) Correta. Vide equações anteriores.
 29. a) F = Fcp s 
G G⋅ ⋅
=
⋅
=
⋅M m
R
m v
R
v
M
R2
2
s
 b) Como T =
2π ⋅ R
v
, temos:
 K
π
G
=




=
⋅
⋅
=
⋅
⋅
⋅
2
4 4
2
3
2 2
2 3
2 2
3
R
v
R
R
v R
R
M
R
R
 
π π
s KK
G
=
⋅
4 2π
M
 30. e
 T = 2π ⋅ d
v
 e v = 
G ⋅M
d
. Logo:
 T = 2π ⋅ d
M
3
G ⋅
 s T = 2π 
R h
M
+( )
⋅
3
G
 31. c
 Sendo v = 2π ⋅R
T
, temos: T = 2π ⋅R
v
 Mas v = G ⋅M
R
 Então: T = 2π ⋅ 
R
M
3
G ⋅
 Substituindo os valores:
 T = 2 ⋅ 3,14 ⋅ 
1 49 10
6 67 10 265 2 10
11
3
11 30
,
, –
⋅( )
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
 s 
 s T = 1,9 ⋅ 106 s
 Lembrando que 1 dia = 24 h = 8,6 ⋅ 104 s, obtemos:
 T = 
1 9 10
8 6 10
6
4
,
,
⋅
⋅
 s T = 22 dias ou T  3 semanas
 32. A figura representa o satélite em sua órbita.
R
J
H
v
s
R
c
 = F
G
�
J
 Sabendo que a velocidade angular do satélite é igual à do 
planeta:
	 	ωS = ωJ s ωS = T
2 2
10 3.600
2
36.000
⋅ π
=
⋅ π
⋅
=
⋅ π
 rad/s
 Equacionando-se a resultante centrípeta no satélite:
 RC = FG s mS ⋅ ω
2
S ⋅ R0 = 
⋅ ⋅M m
R
J SG
0
2 s =
⋅
ω
R
MJ
S
G
0
3
2 s 
	 	s R0 = 
⋅
ω
=
⋅ ⋅ ⋅
⋅ π 
−MJ
S
G 6,7 10 1, 9 10
2
36.000
2
3
11 27
2
3
 s R0 = 16,1 ⋅ 10
7 m
 Porém,
 H = R0 – RJ = 16,1 ⋅ 10
7 – 7 ⋅ 107 s
	 	s H  9 ⋅ 107 m
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
4
 „Capítulo 2
Composição de movimentos / projéteis
Conexões
 1. a) Δsx = 
v
g
sen (2 )0
2
⋅ α
 s Δsx = 
200 sen (2 37 )
10
2
⋅ ⋅ °
 s
	 		 s Δsx  3.845,05 m 
 b) tsubida = 
v
g
sen0 ⋅ α s tsubida = 
200 sen 37
10
⋅ °
 s tsubida  12 s
 sy = s0y + v0 sen α ∙ t + 
g t
2
2
⋅
 s
	 		 s sy = 0 + 200 ∙ sen 37° ∙ 12 + 
10 12
2
2
⋅
 s
	 		 s sy = 1444,36 + 720 s sy = 2164,36 m
 2. tg α = 
cateto oposto
cateto adjacente
 s 
sen
cos
α
α
 = 
cateto oposto
cateto adjacente
 s
	 		 s 
h
sx
sen 37°
cos37°
=
Δ s 
h0,6
0,8 3.845,05
= s h  2884 m
Solo
h
3.845,05 m
37°
Complementares
 9. b
 Considerando os sentidos das velocidades do avião e do vento, 
temos:
 vR = vavião – vvento s vR = 150 km/h – 50 km/h s vR = 100 km/h
 Assim:
	 	Δs = vR ⋅ Δt s Δs = 100 ⋅ 4 = 400 km
 10. e
 Sendo:
 T: caminhão de trás
 A: automóvel
 F: caminhão da frente
 e considerando-se positivas as velocidades para a direita.
 1. A velocidade de T em relação a A é de:
 vT, A = 50 – 40 = 10 km/h, portanto para a direita.
 2. A velocidade de A em relação à F é a mesma, portanto:
 vA, F = 10 km/h para a direita
 Assim:
 vA, F = vA – vF s 10 = 40 – vF s vF = 30 km/h, positiva, portanto, 
para a direita.
11. a) Sejam:
 vl c,

: velocidade da lancha em relação à correnteza;
 vc

: velocidade da correnteza (em relação à Terra);
 vl

: velocidade da lancha (em relação à Terra).
 H = 
⋅ α
⋅
v
g
( sen )
2
0
2
 s H = 
⋅
⋅
(200 sen37°)
2 10
2
 s 
 s H = 720 m
 Como vl c,

 e vc

 são perpendiculares, v v vl l c c
2
,
2 2
= + , Assim:
 vl
2 = 122 + 162 s vl = 20 m/s
 b) Como o tempo de travessia só depende da velocidade da 
lancha em relação à correnteza (vl,c) tem-se um MRU na 
direção perpendicular às margens, e assim:
 vl,c = 
s
t
l c,Δ
Δ
 s 12 = 
t
600
Δ
 s Δt = 50 s
 12. b
 Como a velocidade de Clara em relação à margem é de 
1,5 m/s, então:
	 	Δs = v ⋅ Δt s Δs = 1,5 ⋅ 60 s Δs = 90 m
 21. Na horizontal: 
	 	Δsx = vx ⋅ tqueda s 19,2 = 12 ⋅ tqueda s tqueda = 1,6 s
 Na Vertical:
	 	Δsy = 
g t
2
queda
2
⋅
 s H = 
10 1,6
2
2
⋅
 s H = 12,8 m
 22. b
 O tempo de permanência no ar é dado por: tT = 
2 0⋅ ⋅v
g
sen θ
 Como o ângulo de lançamento da bola para o jogador mais 
distante (θd) é menor que o ângulo de lançamento para o 
jogador mais perto (θp), temos:
 sen θd < sen θp s td < tp
 23. No ponto mais alto: v = vx = 10 m/s 
 Se vx = 10 m/s s vx = v0 ⋅ cos α s cos α = 
1
2
 Assim: α = 60°
 Para a vertical, temos: v0y = v0 ⋅ sen α s v0y = 20
3
2
⋅
 Assim: v0y = 10 3 m/s
 Na altura máxima, temos:
 vy
2
= v y0
2 – 2g · Δs s 0 = 10 3
2( ) – 2 ⋅ 10 ⋅ Δh s
	 	s Δh = 300
20
 = 15 m
 24. a) Observe a figura:
 Considerando a altura máxima, a partir de 0,4 m, temos:
 v y
2 = v y0
2 – 2g ⋅ Δh s
	 		 s 0 = v y0
2 – 2 ⋅ 10 ⋅ (2,2 – 0,4) s 0 = v y0
2 – 36 s v0y = 6 m/s
 Sendo assim:
 vy = v0y – g ⋅ t s 0 = 6 – 10 ⋅ ts s ts = 
6
10
 = 0,6 s
3,6 m
0,4 m
2,2 m
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
5
 b) Como para a horizontal o tempo de lançamento é o dobro 
do tempo de subida, temos:
 v0x = 
Δx
t2 s
 s v0x = 
7 2
2 0 6
,
,⋅
s
	 		 s v0x = 6 m/s
 Como os componentes da velocidade de lançamento são 
do mesmo módulo, podemos concluir que o ângulo de 
lançamento é de 45°.
Tarefa proposta
 1. d
 vresultante = vtrem + vmosca = 100 + 20 = 120 km/h
 2. d
 Em relação ao observador parado na estação:
 vR = vtrem – vpassageiro s	vR = 80 – 4 s
	 	s vR = 76 km/h
 3. c
v
II
v
I
– v
R
 4. b
 Na horizontal, o caroço tem a mesma velocidade da canoa. 
Assim, o caroço sobe e desce caindo na mão da criança.
 5. b
 Para calcular o tempo de travessia, basta equacionar o movimento 
do barco na direção perpendicular às margens, em que: v = 8 m/s e 
Δs = 100 m, então:
 v = 
s
t
Δ
Δ
 s Δt = 
100
8
 s Δt = 12,5 s
 A velocidade resultante vr

 é dada vetorialmente por:
v
2
v
1
v
r
Bx
CA
 Calculando vr

:
 v v vr
2
1
2
2
2
= + s vr
2 = 82 + 62 s 
	 	s vr = 10 m/s
 Com o tempo de travessia e a velocidade resultante, equaciona-
-se o movimento resultante do barco:
 vr = 
s
t
rΔ
Δ s Δsr = 10 ⋅ 12,5 s
	 	s Δsr = 125 m
 6. a
 Na horizontal, a velocidade relativa entre o avião e a peça 
da fuselagem é nula. Portanto, a câmera registra somente o 
movimento vertical da peça.
 7. e
 10,8 km/h = 3,0 m/s
 Na horizontal, a velocidade da bola é igual à velocidade da 
menina. 
 Assim: 
 sm = sb = v ⋅ t s
	 	s sm = sb = 3,0 ⋅ 0,5 s sm = sb = 1,5 m
 8. a
 11 km/h = 3,1 m/s
 0,83 m/s = 3,0 km/h
 No sentido da correnteza:
 vR = vb + vc s vR = 11 + 3 s
	 	s vR = 14 km/h (ou 3,9 m/s)
 Contra a correnteza:
 vR = vb – vc s vR = 11 – 3 s
	 	s vR = 8 km/h (ou 2,2 m/s)
 9. V – V – V – F − V
 I. Correta. vm = 
Δ
Δ
s
t
=
40
4
 s v1 = 10 m/s
 II. Correta. vm = 
Δ
Δ
=
s
t
30
6
 s v2 = 5 m/s
 III. Correta. vR = v1 + v2 = 10 + 5 s vR = 15 m/s
 IV. Incorreta. vR = –5 m/s
 V. Correta. Δt1 = 4 s
 10. e
 vA = 2 ⋅ v s vA = 2 ⋅ 2 s vA = 4 m/s
 vB = 0 (solo)
 11. b
 Ela se encontrará no ponto L, pois permaneceu com a mesma 
velocidade horizontal a que Daniel estava.
 12. Observe a figura:
θ
v
tubo
v
chuva
v
resultante
 tg θ = v
v 3
3
3
= s θ = 30°
 13. e
 O tempo de queda de cada bolinha não depende de sua 
velocidade horizontal de lançamento, é determinado apenas 
pela altura do lançamento, que é a mesma para as três. Assim: 
t1 = t2 = t3.
 14. c
 A massa m1 levará mais tempo para atingir o solo, pois foi lan-
çada para cima; m2 e m3 levarão o mesmo tempo para atingir o 
solo, pois foram “lançadas” da mesma altura com componentes 
verticais de suas velocidades nulas. Assim: t1 > t2 = t3.
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
6
 15. d
 Como os dois projéteis descrevem um lançamento horizontal a partir 
da mesma altura, os tempos de queda, até atingir o solo, são iguais:
 t1 = t2
 O alcance horizontal, distância percorrida na horizontal até 
atingir o solo, é dado por: Δsx = vx ⋅ t , para os projéteis:
 d1 = v1 ⋅ t1
 d2 = v2 ⋅ t2.
 Como: v1 = 4 ⋅ v2 e t1 = t2:
 d1 = 4 ⋅ d2
 16. e
 Na horizontal:
 x = v ⋅ t s 1,2 = 2 ⋅ tq = 0,6 s
 Na vertical: 
 h = 
1
2
2
⋅ ⋅g tq s h = 
10 0 6
2
2
⋅ ( , ) s h = 1,8 m
 17. Na queda, temos:
 h = 
g t
2
2
⋅
 s 3.000 = 5 ⋅ t2 s t = 600 s tq  24,5 s
 t = tq − 15
 vy = v0y + g ⋅ t s vy = 0 + 10 ⋅ 9,5 s vy = 95 m/s
 Como vx = 
540 km/h
3,6
 = 150 m/s,
 Então:
 v = v vx y
2 2+ s v = (150) (95)2 2+ s v = 177,5 m/s s
	 	s v  1,8 ⋅ 102 m/s
 18. e
 Tempo de queda do projétil:
 Δsy = 
g t
2
2
⋅
 
 tq = 
h
g
2 2 20
10
⋅
=
⋅
 s tq = 2 s
 Distância horizontal percorrida: x = vh ⋅ tq s x = 15 ⋅ 2 s x = 30 m
 19. b
 Tempo de queda da bomba:
 tq = 
⋅
=
⋅h
g
2 2 2.000
10 s tq = 20 s
 Velocidade do avião:
 va = 
432 km/h
3,6
 = 120 m/s
 Distância d:
 d = va ⋅ tq s d = (120 – 10) ⋅ 20 s d = 2.200 m
 20. a) Analisando o movimento de queda do conjunto projétil + bloco, 
temos:
	 		 Δy s v0y ⋅ t + 
gt2
2
 s 1,25 = 0 + 5t 2 s
	 		 s t2 = 
1 25
5
,
 s t = 0 25, = 0,5 s
 No movimento horizontal do conjunto, temos:
 vc = 
d
t
 s vc = 
5
0 5,
 = 10 m/s
 b) Pela conservação da quantidade de movimento, temos:
 Q0 = Q s m ⋅ vp = (m + M) ⋅ vc s
	 		 s 20 ⋅ vp = (20 + 480) ⋅ 10 s
	 		 s vp = 
500
2
 = 250 m/s
 21. b
 Como as três partículas alcançaram a mesma altura máxima, 
as componentesverticais (v0y) de suas velocidades são iguais.
 22. a
 Considerando os alcances:
 A(Q) = A(P) e A(R) é maior.
 Considerando as alturas máximas obtidas, temos:
 h(Q) > h(P) = h(R)
 Assim, de acordo com as alturas máximas:
 t(Q) > t(P) = t(R)
 23. a) A velocidade mínima ocorrerá na altura máxima e será dada 
pela componente horizontal de v0. Assim:
 v0x = v0 ⋅ cos θ s v0x = 50 ⋅ 0,6 s v0x = 30 m/s
 b) h = y = v0y ⋅ t – 
g t
2
2
⋅
 s y = (v0 ⋅ sen 53°) ⋅ t – 
g t
2
2
⋅
 s
	 		 s y = (50 ⋅ 0,8) ⋅ 5 – 5 ⋅ 52 s y = 200 – 125 s y = 75 m
 x = v0x ⋅ t s x = 30 ⋅ 5 s x = 150 m
 Portanto (x; y) = (150; 75) m
 24. c
 a) Incorreta. Ainda que menor que a da Terra, a aceleração da 
gravidade da Lua provocará na rocha uma queda acelerada e, 
portanto, a trajetória do movimento será um arco de parábola. 
 b) Incorreta. Calculando o tempo, pelo MUV, na vertical:
	 		 Δsy = v0 ⋅ t + 
a t
2
2
⋅
 s 20 = 0 + 
t1,6
2
2
⋅
 s t = 5 s
 c) Correta. Trata-se de um movimento retilíneo uniforme na 
horizontal, e, portanto, com velocidade constante, percor-
rendo distâncias iguais em tempos iguais.
 d) Incorreta. Aplicando o MU, na horizontal:
	 		 Δsx = vx ⋅ t s Δsx = 3 ⋅ 5 s Δsx = 15 m
 e) Incorreta. O movimento é acelerado em razão da gravidade 
local, já que esta é vertical e tem sentido para baixo.
 25. c
 Na horizontal: A = vx ⋅ t s 4 = 8 ⋅ t s
	 	s t = 0,5 s
 Na vertical: h = v0y ⋅ t + 
1
2
· g ⋅ t2 s
	 	s h = 3 ⋅ 0,5 + 
10
2
 ⋅ (0,5)2 s
	 	s h = 2,75 m
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
7
 26. b
 a) Incorreta. É inversamente proporcional. 
 c) Incorreta. É diretamente proporcional ao quadrado da 
velocidade inicial.
 d) Incorreta. d = 
v
g
sen 20
2
⋅ α
 e) Incorreta. Veja alternativa d.
 27. e
 Na horizontal, tem-se um movimento uniforme (MU), com 
velocidade vx = vo ⋅ cos 45°, assim:
 vx = 
s
t
xΔ
Δ
 s v0 ⋅ cos 45° = t
7,04
Δ s v0 ⋅ 
2
2
 ⋅ Δt = 7,04 (I)
 Na vertical, tem-se um MUV, com velocidade inicial: 
v0y = v0 ⋅ sen 45°, e no ponto de altura máxima vy = 0. Assim:
 vy = v0y + a ⋅ t s 0 = v0 ⋅ 
2
2
 – 10 ⋅ ts s ts = v0 ⋅ 
2
20
 (II)
 Como o tempo transcorrido do salto é Δt = 2 ⋅ ts (III), substi-
tuindo-se III e II em I:
 v0 ⋅ 
2
2
 ⋅ 2 ⋅ v0 ⋅ 
2
20
 = 7,04 s v0
2 = 10 ⋅ 7,04 s v0 = 70, 4 s
	 	s v0 = 8,39 m/s s v0= 8,39 ⋅ 3,6 s v0= 30,2 km/h
 28. a) h = h0 + v0y · t + 
1
2
 ⋅ a ⋅ t 2 s
	 		 s 1,35 = 0 + v0y ⋅ 0,9 –
1
2
⋅ 10 ⋅ (0,9)2 s
	 		 s v0y = 
1 35 4 05
0 9
, ,
,
+
 s v0y = 6 m/s
 b) Δs = v0x ⋅ t s 27 = v0x ⋅ 0,9 s v0x = 30 m/s
θ
v
0y
v
0x
 tg θ = 
v
v
y
x
0
0
6
30
= s tg θ = =1
5
0 2, s
	 		 s θ = arc tg 0,2
 c) vy
2
= v y0
2
 + 2 ⋅ a ⋅ Δsy s 0 = (6)
2 – 2 ⋅ 10 ⋅ hmáx. s
	 		 s hmáx. = 
36
20
 s hmáx. = 1,8 m
 29. a) Em relação ao ponto de lançamento, temos:
 v vy y
2
0
2
= – 2 ⋅ g ⋅ h s 0 = (v0 ⋅ sen θ)
2 – 2 ⋅ g ⋅ hmáx. s
	 		 s 0 = 6 2
2
2
2
⋅



 – 2 ⋅ 10 ⋅ hmáx. s
	 		 s 0 = 36 – 20 ⋅ hmáx. s hmáx. = 
36
20
 = 1,8 m
 Em relação ao solo a altura máxima será de:
 h = 1,8 + 2,0 = 3,8 m
 b) Na horizontal, teremos um deslocamento de 6 m até atingir 
a cesta. Assim:
 vx = 
s
t
Δ
Δ
 s v0 ⋅ cos θ = 
s
t
Δ
Δ
 s
	 		 s 6 ⋅ 
t
2
2
2
6
⋅ =
Δ
s 6 = 
t
6
Δ
 s Δt = 1,0 s
 30. a
 Na horizontal:
 x = 
v
g
sen (2 )0
2
⋅ ⋅ θ
 s 6,4 = s
v
v
0,80
10
64
0,8
0
2
0
2⋅
= = 80
 Na vertical:
 v vy y
2
0
2
= – 2 ⋅ g ⋅ hmáx. s 0 = v0
2 ⋅ sen2 θ – 2 ⋅ g ⋅ hm s
 0 = 80 ⋅ (0,4)2 – 2 ⋅ 10 ⋅ hmáx. s hmáx. = 
80 0,16
20
⋅
 s hmáx. = 0,64 m
 Em relação ao solo:
 H = 1 + hmáx. s H = 1 + 0,64 s H = 1,64 m
 31. Soma = 29 (01 + 04 + 08 + 16)
(01) Correta.
(02) Incorreta. y = vo ⋅ sen θ ⋅ t –
1
2
⋅ g ⋅ t2
(04) Correta. A = 
v
g
0
2 2⋅ sen θ
(08) Correta. tT = 2 ⋅ ts = 2 ⋅ 
v
g
0 ⋅ sen θ
(16) Correta.
 32. Trata-se de um lançamento oblíquo, e pode-se calcular a com-
ponente da velocidade inicial em y:
 v0y = v0 ⋅ sen 30° = 10 ⋅ sen 30° s v0y = 5 m/s
 Na altura máxima, a componente y da velocidade é nula (vy = 0). 
Assim, calcula-se o tempo de subida:
 vy = v0y – g ⋅ t s 0 = 5 – 10 ⋅ t s tsubida = 0,5 s
 O tempo total que o jato de água permanece no ar é o dobro 
do tempo de subida: Δt = 1 s
 Como a vazão é de 15 L/min, a cada minuto 15 L de água saem 
do cano, para 1 s = 
1
60
 min s V = 15 ⋅ 
1
60
 = 0,25 L
 „Capítulo 3
HidrostátiCa i: densidade e pressão
Conexões
 1. A afirmação no texto de que “a altura da coluna de mercúrio 
seria de aproximadamente 100 mm, ou seja, 136 cmH2O” 
significa que a pressão exercida por uma coluna de 100 mm de 
mercúrio é igual à pressão exercida por uma coluna de 136 cm 
de água, conforme mostrado a seguir. 
 A pressão exercida por uma coluna de 100 mm (10 cm) de 
mercúrio (µ = 13,6 g/cm3) é:
 pHg = µ · g · h s pHg = 13,6 · g · 10 s pHg = 136 · g
 A pressão exercida por uma coluna de 136 cm de água 
(µ = 1 g/cm3) é:
 Págua = µ · g · h s págua = 1 · g · 136 s 
 s págua = 136 · g
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
8
 2. a) De acordo com a figura, a pressão arterial do coração é 
136 cmH2O. Esse valor corresponde a 100 mmHg, conforme 
consta no texto.
 b) De acordo com a escala mostrada na figura, temos:
 I. 195 – 136 w 80
 136 – 80 w 0 – p1
 –59 · p1 = 4.480
 p1 = –75,9 cmH2O
 II. p2 – 195 w 120 – 80
 59 w 80
 80 ⋅ ( f2 – 195) = 2.360 s
 s	p2 = 224,5 cmH2O
Complementares
 9. b
 Cálculo da massa de GNV que libera a mesma quantidade de 
energia que 1 kg de gasolina:
 50.200 kJ ——— 1 kg
 46.900 kJ ——— x
 x = 0,934 kg
 Esta massa de GNV ocupa um volume de:
 V = 
m
d
0, 934
0,8
= = 1,1675 m3
 Cálculo de volume ocupado por 1 kg de gasolina:
 d = s
m
V
V
m
d
1
738
= = = 0,001355 m3
 Portando o volume de GNV, que libera a mesma quantidade 
de energia, é muito maior que o da gasolina, o que requer que 
ele seja armazenado a alta pressão.
 10. d
 Primeiramente, vamos determinar o volume correspondente 
à capacidade do recipiente. Usando a água, temos:
 P = (mtotal + mág.) ⋅ g s
	 	s 3,0 = (0,1 + mág.) ⋅ 10 s
	 	s 3,0 = 1 + 10 ⋅ mág. s
	 	s 2,0 = 10 ⋅ mág. s mág. = 0,2 kg
 Como a densidade da água é 103 kg/m3, temos:
 dág. = 
m
V
ág.
ág.
 s 103 = 
0 2,
Vág.
s vág. = 2 ⋅ 10
– 4 m3
 O volume de mercúrio será o equivalente ao da água para 
preencher o recipiente. Logo:
 dHg = 
m
V
Hg
ág.
 s mHg = 13.600 ⋅ 2 ⋅ 10
–4 s
	 	s mHg = 2,72 kg
 Somando a massa do recipiente, temos:
 mtotal = 2,72 + 0,1 = 2,82 kg
 Assim, o peso do recipiente cheio de mercúrio será:
 P = mtotal ⋅ g s P = 2,82 ⋅ 10 s
	 	s P = 28,2 N
.

.

59 w 80
56 w – p1
s
.

.

p2 – 195 w 40
59 w 80
s
 11. A altura mínima h necessária para que o soro entre na corrente san-
guínea é obtida quando a pressão total da coluna de soro se iguala 
à pressão sanguínea. Assim: psangue = 1,025 ⋅ patm. = 1,025 ⋅ 10
5 Pa
 psangue = psoro s 1,025 ⋅ 10
5 = 1 ⋅ 105 + 1 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ h s
	 	s h = 0,25 m =25 cm
 12. a
	 	Δp = µ ⋅ g ⋅ h s Δp = 1 ⋅ 103 ⋅ 9,8 ⋅ 10 s
	 	s Δp = 9,8 ⋅ 104 N/m2 = 98 ⋅ 103 N/m2
 21. Peso do êmbolo = peso da coluna de líquido
 P = µ ⋅ V ⋅ g s P = 0,8 ⋅ 103 ⋅ 0,5 ⋅ 10–3 ⋅ 10 s P = 4 N
 22. a
 A1 = área do pistão do pedal de freio
 A2 = área do pistão da pastilha de freio
 F1 = força aplicada no pistão do pedal de freio
 F2 = força aplicada no pistão da pastilha de freio
 Como d2 = 2 ⋅ d1 s A2 = 4 ⋅ A1 A
d
4
2
=
π ⋅



 Assim: 
 s s
F
A
F
A
F
A
F
A4
2
2
1
1
2
1
1
1
=
⋅
= F2 = 4 ⋅ F1 s 
F
F
1
4
1
2
=
 23. b
 Está correta somente a III: a massa específica do líquido do tubo 
A é maior que a massa específica do líquido que ocupa o tubo B. 
Sendo assim, ao abrir a torneira, o nível abaixa em A e sobe em B.
 24. d
 Observe as figuras:
42 cm
21 cm
21 + x
h
xÁgua
Óleo
A B
 A pressão da coluna de água de altura (21 + x) é igual à pressão 
da coluna de óleo de altura h:
 págua = póleo s µa ⋅ g ⋅ (21 + x) = µ0 ⋅ g ⋅ h s
	 	s 1 ⋅ (21 + x) = 0,8 ⋅ h s 21 + x = 0,8 ⋅ h (I)
 Mas: h + x = 42 s x = 42 − h (II)
 Substituindo (II) em (I):
 21 + 42 − h = 0,8 · h s 63 = 1,8 ⋅ h s h = 35 cm
Tarefa proposta
 1. e
 A massa do pão continua a mesma, porém o volume diminui. 
Então, a densidade aumenta.
 2. c
 
s s s
m
V
m
V
80
10
40
50
8
4
5
f ff
a
f
f
a
a
a a
ρ
ρ
=
ρ
ρ
=
ρ
ρ
=
ρ
ρ
= =
40
4
10f
a
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
9
 3. e
 A densidade da mistura de 96% de álcool puro e 4% de água é:
 dmist. = 
96 800 4 1.000
100
⋅ + ⋅
 s dmist. = 808 g/L
 Como a densidade da água é maior que a do álcool, misturas 
com água acima de 4% (em volume) apresentam densidade 
acima de 808 g/L e misturas com água abaixo de 4% apresentam 
densidade abaixo de 808 g/L. Portanto, somente os postos IV e 
V estavam com o abastecimento adequado.
 4. c
 dA = 0,8 g/cm
3 s dA = 
m
V
A
A
 dB = 1,2 g/cm
3 s dB = 
m
V
B
B
 Após adição de volumes iguais (VA = VB): 
 x = 
m m
V V
A B
A B
+
+
 s	x = m m
V
A B+
2
 s x = 0 8 1 2
2
, ,V V
V
+ s x = 1
 mA = mB = m s y = 
m m
V V
A B
A B
+
+
 s
	 	s y = 2m
V VA B+
 s y = 2
0 8 1 2
m
m m
, ,
+
 s
	 	s y = 2
2
0 96
m
m
,
 s y = 0,96
 5. b
 Situação 1
 mb = mc s mb = 40 g
 Situação 2
 mb + ml = m’c s 40 + ml = 190 s ml = 150 g
 dl = 
m
V
l
l
 s dl = 
150
100
 s 1,5 g/cm3
 6. b
 m0 + mq = 200 g s m0 = 200 – mq
	 	µrel. = 8 s µpeça = 8 g/cm
3
 Volume da peça:
 V = m
µ
=
200
8
 s V = 25 cm3
 Sendo V = V0 + Vq, temos:
 V = 
m m0
0
q
qµ µ
+ s 25 = 
200
20 4
– m mq q+ s
	 	s 25 ⋅ 20 = 200 – mq + 5 ⋅ mq s
	 	s 4 ⋅ mq = 300 s mq = 75 g
 7. a
 Sabendo-se que a densidade do álcool é 0,80 g/cm3 e a densidade 
da mistura de 25% de álcool e 75% de gasolina é 0,74 g/cm3, 
obtemos a densidade da gasolina pela reação:
 dmist. = 
d V d V
V V
( )
( )
a a g g
a g
⋅ + ⋅
+
 
 0,74 = 
V d V
V V
(0,80 0, 25 0,75 )
(0, 25 0,75 )
g⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
⋅ + ⋅
 s
	 	s 0,74 = 0,2 + 0,75 ⋅ dg s dg = 0,72 g/cm
3
 Então, a densidade da mistura de 50% de álcool e 50% de 
gasolina é:
 dmist. = 
d V d V
V V
( )
( )
a a g g
a g
⋅ + ⋅
+
 s
	 	s	dmist. = 
V V
V V
(0,80 0,5 0,72 0,5 )
(0,5 0,5 )
⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
⋅ + ⋅
 s
	 	s	dmist. = 
(0,80 0,72)
2
+
 s dmist. = 0,76 g/cm
3
 8. a
 F = Δp ⋅ A s
	 	s F = µ ⋅ g ⋅ h ⋅ A = 103 ⋅ 10 ⋅ 0,5 ⋅ 20 ⋅ 10–4 s F = 10 N
 9. a) Direção perpendicular à janela e de dentro para fora.
 b) p = F
A
 s pint. – pext. = 
F
A
R s 
 s 1 ⋅ 105 – 1
4
⋅ 105 = 
FR
0 3 0 2, ,⋅
s 0,75 · 105 = 
FR
0 06,
s
	 		 s FR = 0,045 ⋅ 10
5 s FR = 4,5 ⋅ 10
3 N = 4.500 N
 10. b
 mH = 80 kg
 mB = 120 kg
 mT = 200 kg s PT = 200 ⋅ 10 = 2.000 N
 Assim: p = 
P
A
PT s =
⋅
2 000
25 10 4
.
–
 = 8 ⋅ 105 N/m2
 11. a) Vazão = 6 ⋅ 103 gotas/h
 Por regra de três simples, temos:
 6 ⋅ 103 gotas 1 h
 x 
1
4
 h s x = 1.500 gotas
 Como um copo comum tem aproximadamente 300 mL de 
água (d = 1 g/cm3) s 300 mL s 300 g
 1.500 gotas 300 g
 1 gota m s m = 0,2 g ou m = 2 ⋅ 10– 4 kg
 b) F = α ⋅ R
	 		 α = 0,5 N/m
 R = 0,8 mm ou R = 8 ⋅ 10– 4m s m ⋅ g = α ⋅ R s
	 		 s m ⋅ 10 = 0,5 ⋅ 8 ⋅ 10– 4 s m = 4 ⋅ 10–5 kg
 c) 20 g 1 kg de medicamento
 m’ 4 ⋅ 10–5 kg de medicamento
	 		 m’ = 8 ⋅ 10– 4 g (1 gota)
 Em 15 gotas:
 mT = 1,2 ⋅ 10
–2 g
 12. b
 págua = µ ⋅ g ⋅ h + patm s págua = 10
3 ⋅ 10 ⋅ 10 + 1 ⋅ 105 s
	 	s págua = 1 ⋅ 10
5 + 1 ⋅ 105 s págua = 2 ⋅ 10
5 N/m2
 Portanto: págua = 2,0 atm
.

R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
10
13. b
 A pressão arterial mencionada é a pressão de uma coluna de 
mercúrio de 9,50 cm de altura. 
 Considerando 1 atm = 1,00 ⋅ 105 N/m2 = 76 cmHg
 parterial = 
1,00 10 9,50
76
5
⋅ ⋅
 = 1,25 ⋅ 104 
N
m2
 14. a
	 	Δp = µa ⋅ g ⋅ h s 
p0
20
 = 1 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ hmáx. s
	 	s hmáx. = 
p0
52 10⋅
 15. b
 Para o primeiro frasco: Δp = ρ ⋅ g ⋅ h
 Para o segundo:
	 	Δp = 1,2 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ h’ s ρ ⋅ g ⋅ h = 1,2 ⋅ ρ ⋅ g ⋅ h’ s h’ = 
h
1, 2
 Logo:
	 	Δh = 
h
1, 2
 – h = 
h h– 1, 2
1, 2
 = –
h0, 2
1, 2
 = –
h
6
, portanto:
 diminuir em 
h
6
.
 16. b
 A diferença de pressão, ou pressão hidrostática, que rege a 
descarga é dada por: p = ρ ⋅ g ⋅ h, em que: ρ é a densidade da 
água, g a aceleração da gravidade local e h a altura da coluna 
d’água, assim nota-se que esta pressão não depende do volume 
do tanque, podendo obter-se a mesma pressão com menor 
volume, proporcionando economia de água.
 17. c
 p = patm. + µ ⋅ g ⋅ h
 p = 1 ⋅ 105 + 1,02 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 1.500 s
	 	s p = 1 ⋅ 105 + 153 ⋅ 105 s p = 154 ⋅ 105 Pa
 Portanto:
 p
p
p
patm. atm.
=
⋅
⋅
154 10
1 10
5
5
s = 154
 18. b
 A pressão exercida apenas pela água sobre a barragem é dada 
por:
 phid. = ρ ⋅ g ⋅ h, no fundo da barragem:
 phid. = 1,0 ⋅ 10
3 ⋅ 9,8 ⋅ 196 = 19,208 ⋅ 105 N/m2 e à meia altura 
será metade deste valor: Phid. = 9,604 ⋅ 10
5 N/m2
 19. c
 F = p ⋅ A s F = (patm. + µ ⋅ g ⋅ h) ⋅ A
 Entretanto, como a pressão atmosférica age também de fora 
para dentro na rolha, temos:
 F = µ ⋅ g ⋅ h ⋅ A
 • Altura h.
 • Densidade da água µ.
 • Área A.
 • Aceleração da gravidade g.
 20. c
 A diferença de pressão para o funcionamento da ducha é dada por:
	 	ΔP = ρ ⋅ g ⋅ h, em que h é o desnível entre a superfície livre da 
água e a extremidade do cano ao qual dever ser conectada a 
ducha, ou seja: h3.
 21. c
 Podemos dizer que p1 = p2, pois representam a pressão do ar 
contido no interior da garrafa.
 Como os pontos 2 e 3 estão no mesmo líquido, podemos afirmar 
que p2 = p3.
 O ponto 4 indica a pressão atmosférica em razão de o tubo 
estar em contato com o meio externo.
 Assim: p1 = p2 = p3 > p4
 22. c
 Os pontos A e B estão imersos no mesmo líquido, em equilíbrio, 
e no mesmo nível, portanto: pA = pB.
 Como o nível livre do líquido em contato com o gás é mais 
baixo que o nível livre em contato coma atmosfera, a pressão 
do gás é maior que a pressão atmosférica: p0 < pG.
 23. b
	 	Δp = µ ⋅ g ⋅ h
 em que µ é a massa específica da água, g é a aceleração da 
gravidade (Terra) e h é a altura entre dois pontos.
 24. Soma = 54 (02 + 04 + 16 + 32)
(01) Errado. Seria mais difícil por não haver pressão atmosfé-
rica e, portanto, não existir diferença de pressão.
(02) Correto. Sim, pois a pressão varia de acordo com a altitude 
em relação ao nível do mar.
(04) Correto. As roupas especiais permitem um equilíbrio entre 
a pressão interna do corpo e o ambiente no interior da 
roupa.
(08) Errado. O que importa é a altura dessa coluna e a densi-
dade do líquido escolhido.
(16) Correto. A retirada do “lacre” permite uma igualdade entre 
a pressão interna e a externa, facilitando o processo de 
abertura.
(32) Correto. A diferença de pressão produzida ao se puxar 
o êmbolo da seringa permite o escoamento do sangue 
para ela.
(64) Errado. A pressão diminui com a altitude, em razão de o 
ar ficar mais rarefeito.
 25. e
 Sendo µa > µ0 s ha < h0 (para pressões iguais)
 A única alternativa que satisfaz é e.
 26. a
 Na base do recipiente: p1 = p2 + p3
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
11
	 	µ1 ⋅ g ⋅ h1 = µ1 ⋅ g ⋅ h2 + µ2 ⋅ g ⋅ h3 s
	 	s 1 ⋅ h1 = 1 ⋅ h2 + 0,7 ⋅ h3 s
 s h1 – h2 = 0,7 ⋅ h3 s h = 0,7 ⋅ h3 s
	 	s h
h3
 = 0,7
 27. c
 pgás = págua + p0 s pgás = 1 ⋅ 10
3 ⋅ 10 ⋅ 1 + 1 ⋅ 105 s
	 	s pgás = 1,1 ⋅ 10
5 N/m2
 28. b
 No tubo aberto (parte de baixo do termoscópio), a pressão é 
igual à atmosférica. No tubo fechado, a pressão do ar apri-
sionado aumentará com o aumento da temperatura externa 
empurrando o líquido para baixo.
 29. b
 Considerando que o nível de mercúrio elevado foi de 5 cm, 
concluímos que o nível à esquerda do tubo em U desce também 
5 cm. Sendo assim, a pressão do gás no botijão é dada por:
 pgás = pcoluna + p0 s pgás = 10 cmHg + 76 cmHg s
	 	s pgás = 86 cmHg
 30. e
 Na prensa:
 s
F
A
F
A
F
0,04
50
0,004
1
1
2
2
2
= = s F2 = 500 N
31. a
 Na figura: pE = pD s 
P
A
F
AE D
carro
= + p0
 Sendo p0 = µ0 ⋅ g ⋅ h s 
P
A
F
AE D
carro
= + µ0 ⋅ g ⋅ h0 s
 s
900 10
2 500 10 25 104 4
⋅
⋅
=
⋅. – –
F
+ 900 ⋅ 10 ⋅ 4 s
	 	s F
25 10 4⋅ –
 = 36.000 – 36.000 s F = 0
 32. a
 Aplicando o princípio de Pascal:
 
F
A
F
A
F
d
F
d
2 2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2s s=
π ⋅




=
π ⋅




F800
1 62
2
2= s F2 = 28.800 N
 F2 = P = m ⋅ g s 28.800 = m ⋅ 10 s m = 2.880 kg
 „Capítulo 4
HidrostátiCa ii: empuxo / HidrodinâmiCa
Conexões
 1. p1 + μ ⋅ g	⋅	h1 + 
v
2
1
2µ ⋅
 = p2 + μ ⋅ g	⋅ h2 + 
v
2
2
2µ ⋅
 
 Para a asa temos que:
 p1 + 
v
2
1
2µ ⋅
 = p2 + 
v
2
2
2µ ⋅
 Devemos ter vcima > vbaixo e podemos concluir que pbaixo > pcima. 
O que implica em uma força de baixo para cima na asa do avião.
 2. Sugerimos os seguintes sites como fonte:
 www.santarita.g12.br/matematicos/gm1/daniel_bernoulli.htm e
 www.history.mcs.st-andrews.ac.uk/Biographies/Bernoulli_
Daniel.html (acesso em 3 jul. 2015)
Complementares
 9. Soma = 38 (02 + 04 + 32)
(01) Incorreto. O corpo está sujeito a duas forças: peso e 
empuxo.
(02) Correto.
(04) Correto. O barco vai deslocar mais água por causa do 
aumento do peso; consequentemente, o nível da água 
da piscina vai aumentar.
(08) Incorreto. Os pontos de maior profundidade estão sub-
metidos a maior pressão.
(16) Incorreto. A pressão depende da densidade do líquido. 
phid. = μ · g · h
(32) Correto. O acréscimo de pressão dado a um líquido se 
transmite integralmente a todos os pontos desse líquido.
 10. d
 O enunciado não diz que os legumes estão flutuando, portan-
to não há equilíbrio entre o empuxo e o peso. A variação de 
volume na escala é o volume imerso dos legumes, ou seja:
 Vi = 
2
3
 ∙ V s 0,5 = 
2
3
 ∙ V s V = 0,75 L
 De acordo com a internet, a densidade dos legumes é: 
 d = 0,5 g/cm3= 0,5 kg/L
 m = d ⋅ V s m = 0,5 ⋅ 0,75 = 0,375 kg
 11. c
 No equilíbrio do cilindro e aplicando o princípio de Arquimedes 
para o primeiro caso:
 P = E s m ⋅ g = dA ⋅ VAD ⋅ g s m = 1,2 ⋅ 
2
3
 ⋅ V s m = 0,8 ⋅ V (I)
 Aplicando o mesmo para o segundo caso:
 P = E s m ⋅ g = dB ⋅ VBD ⋅ g s m = dB ⋅ 
2
4
 ⋅ V s m = 
1
2
 ⋅ dB ⋅ V (II)
 Substituindo (I) em (II):
 0,8 ⋅ V = 
1
2
 ⋅ dB ⋅ V s dB = 1,6 g/cm
3
 12. d
 No equilíbrio do barco flutuando:
 E = P s dágua ⋅ Vi ⋅ g = m ⋅ g s dágua ⋅ Vi = m
 em que:
 Vi = 2,0 ⋅ 0,80 ⋅ 0,20 = 0,32 m
3 s Vi = 320 L
 então:
 m = 1,00 ⋅ 320 s m = 320 kg
 mas m = mhomem + mbarco + mlastro e mhomem = 
1.078
9,80
 s
	 	s mhomem = 110 kg, assim:
 320 = 110 + 60 + mlastro s mlastro = 150 kg
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
12
 21. d
 Como o volume é dado pelo produto da vazão pelo intervalo 
de tempo, então, no gráfico, o volume é dado, numericamente, 
pela área. Assim:
 V = área do trapézio + área do retângulo
 V = 3 2
2
+ · 2 + 2 · (t − 2) s 10 = 5 + 2 · t − 4 s
	 	s 2 · t = 9 s t = 4,5 h = 4 h 30 min
 22. b
 A diferença de pressão nas asas da aeronave produz uma força 
orientada para cima responsável pela sustentação da aeronave 
durante o voo. Assim:
	 	Δp = P
A
m g
A
p=
⋅
=
⋅
s Δ 62 823 10
105 4
.
,
 s Δp = 5.960,4 Pa
 23. c
 Da leitura direta do gráfico, encontramos para a pressão es-
tática de 6 mca uma vazão Q = 12 L/min. O tempo mensal de 
funcionamento do chuveiro é:
	 	Δt = 4 ∙ 8 ∙ 30 s Δt = 960 min
 Calculando o consumo, em litros:
 Q = Δ
V
t
 s V = Q ∙ Δt = 12 ∙ 960 s V = 11.520 L
 24. F – F – F – V
 IV. A corrente de ar produzida pelo secador faz com que a pressão 
entre as garrafas fique menor do que nas faces externas. Assim, 
as garrafas se aproximam. 
Tarefa proposta
 1. d
 Flutuação: E = P
 A força de empuxo equilibra a força peso.
 2. b
 Forças que atuam no balão são peso e empuxo, como o balão 
sobe, temos: E > P
 3. b
 Flutuação: E = P
 I. (V) Sendo E = µa ⋅ g ⋅ vdest., quanto maior µa , maior a intensidade 
do empuxo.
 II. (F) A densidade é elevada.
 III. (F) O empuxo será maior.
 4. a) p = patm + μ ⋅ g ⋅ h s p = 1 ⋅ 10
5 + 103 ⋅ 10 ⋅ 2 s 
 s	p = 1,2 ⋅ 105 Pa
 b) Forças na pessoa: T, E e P. Equilíbrio :
 T + E = P s T + μ ⋅ g ⋅ V = m ⋅ g s
	 		 s 40 + 103 ⋅ 10 ⋅ V = 80 ⋅ 10 s V = 7,6 ⋅ 10–2 m3
 5. d
 Pc = mc ⋅ g = 0,6 ⋅ 10 = 6 N
 • Pc = Ea s mc ⋅ g = µa ⋅ g ⋅ Vd s Vd = µ
mc
a
 s
	 		 s Vd = 
600
1
 = 600 cm3
 • Vd = 
3
4
 ⋅ Vc s 600 = 
3
4
 ⋅ Vc s Vc = 800 cm
3
 • µc = 
m
V
600
800
c
c
= s µc = 0,75 g/cm
3
 6. Soma = 42 (02 + 08 + 32)
 Como o peso das esferas de mesmo metal é igual, o volume da 
esfera oca é maior que o volume da esfera maciça.
(01) Errada. O volume da esfera oca é maior que o volume da 
esfera maciça.
(02) Correta. Veja item (01).
(04) Errada. A esfera de maior volume recebe uma força de 
empuxo mais intensa.
(08) Correta. Veja item (04).
(16) Errada. O ouro apresenta massa específica maior que a 
massa específica da água. Portanto, a esfera maciça não 
poderá flutuar, mas a esfera oca, dependendo da sua 
densidade, poderá flutuar.
(32) Correta.Desde que a densidade da esfera oca seja menor 
que a massa específica da água.
(64) Errada. A intensidade da força de empuxo nas esferas não 
depende da quantidade do ouro.
 7. Como o nível de água subiu da mesma forma nas duas situa-
ções, temos que o volume deslocado foi o mesmo, tanto para 
o barquinho quanto para a esfera. Como o empuxo é definido 
como o peso do volume deslocado, então:
 Eesfera = Ebarquinho
 8. a
 O centro de gravidade (ponto de ação da força peso) da boia 
desloca-se para o lado com maior densidade, portanto, entre 
os pontos indicados, para o ponto C.
 O empuxo é o peso do líquido deslocado, portanto age no centro 
de gravidade do volume de líquido deslocado, que coincide com 
o centro geométrico da parte imersa, com a boia totalmente 
imersa, o centro geométrico da barra é o ponto B.
 9. Soma = 21 (01 + 04 + 16)
 V = 5 m3
 m = 4 kg
(01) Correta. P = m ⋅ g s P = 4 ⋅ 10 = 40 N
(02) Errada. dbalão = 
m
V
 s dbalão = 
4
5
 = 0,8 km/m3
(04) Correta. E = µ ⋅ V ⋅ g s E = 1,3 ⋅ 5 ⋅ 10 = 65 N
(08) Errada. F + P = E s F = 65 – 40 = 25 N
(16) Correta.
 10. c
 No equilíbrio: E = Pbloco = M ⋅ g. Mas o empuxo é o peso do 
líquido deslocado pelo corpo, neste caso da água que vaza 
do balde: m. Matematicamente: E = m ⋅ g, logo: m ⋅ g = M ⋅ g, 
portanto: m = M.
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
13
 11. a) Figura I: 
 Pbeq. = 12 N e Pesf. = 10 N
 O volume da esfera é:
 Ve = 
Me
eµ
=
⋅
1
5 103
 s Ve = 2 ⋅ 10
– 4 m3
 A tração na corda é dada por: 
 T = P – E s T = P – µa ⋅ g ⋅ Ve s
	 		 s T = 10 – 1 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10– 4 s T = 8 N
 b) A indicação da balança é:
 Fb = Pbeq. + E s Fb = 12 + 2 s Fb = 14 N
 12. e
 O princípio de Arquimedes diz que o empuxo é o peso do 
líquido deslocado pelo corpo nele imerso; assim, ao aumentar 
o volume do peixe, aumenta-se também o volume de água 
deslocada e, portanto, aumenta-se o empuxo.
 a) Incorreta. O aumento do empuxo é diretamente proporcio-
nal ao aumento do volume do peixe.
 b) Incorreta. O peso do peixe não se altera.
 c) Incorreta. A densidade da água na região descrita não se altera.
 d) Incorreta. O empuxo depende da densidade do líquido e 
não do peixe.
 e) Correta. A quantidade de água deslocada aumenta, portanto 
o empuxo também aumenta.
 13. b
 Equilíbrio: Ear = Pb + Par (b) s
	 	s µar ⋅ g ⋅ Vb = Pb + µar (b) ⋅ g ⋅ Vb s
	 	s 1,2 ⋅ g ⋅ Vb = 80 ⋅ g + 0,8 ⋅ g ⋅ Vb s 0,4 ⋅ Vb = 80 s
	 	s Vb = 200 m
3
 14. d
 P = 24 N s P = m ⋅ g s 24 = m ⋅ 10 s
	 	s m = 2,4 kg (liga)
 P ’ = 19 N s P ’ = P – d ⋅ Vd ⋅ g s
	 	s 19 = 24 – 104 · Vd s Vd = 5 ⋅ 10
– 4 m3
 Assim: 
 dliga = 
2 4
5 10 4
,
⋅
−
 = 4,8 ⋅ 103 kg/m3
 ou dliga = 4,8 g/cm
3
 15. c
 No equilíbrio da situação 1: F1 + E1 = P
 No equilíbrio da situação 2: F2 + E2 = P
 Logo: F1 + E1 = F2 + E2 s F2 – F1 = E1 – E2
 E1 = dágua ⋅ Vimerso 1 ⋅ g; Vimerso 1 = Vpedra 
 Vpedra = =
⋅
m
d
12
2 10
pedra
pedra
3 s Vpedra = 6 ∙ 10
–3 m2
 E2 = dágua ⋅ Vimerso 2 ⋅ g
 Vimerso 2 = =
⋅
−V
4
6 10
4
pedra
3
 s Vimerso 2 = 1,5 ⋅ 10
–3 m3
 Assim:
 E1 – E2 = dágua ⋅ g ⋅ (Vimerso 1 – Vimerso 2) s
	 	s	E1 – E2 = 10
3 ⋅ 10 ⋅ (6 ⋅ 10–3 – 1,5 ⋅ 10–3) s	E1 – E2 = 45 N
 16. a
 Pc = mc ⋅ g = 0,5 ⋅ 10 s Pc = 5 N
 E = μa ⋅ g ⋅ Vc = 1.000 ⋅ 10 ⋅ 80 ⋅ 10
–6 s E = 0,8 N
 Na figura:
 Pc = E + T s 5 = 0,8 + T s T = 4,2 N
 17. a
 Bola em repouso:
 F + P = E s F = μa ⋅ g ⋅ Vb – P s
	 	s F = 103 ⋅ 10 ⋅ 10–3 – 6 s F = 4 N
 18. Volume do cubo V = a3 s V = (10–1)3 s V = 10–3 m3
 No equilíbrio, temos:
 x = 0,9 – 0,65 = 0,25 m
E
F
el.
 Se a massa é desprezível: P = 0
 E = Fel. s μ ⋅ V ⋅ g = k ⋅ x s 10
3 ⋅ 10–3 ⋅ 10 = k ⋅ 0,25 s k = 40 N/m
19. b
 Na situação da figura, o corpo está em equilíbrio e totalmente 
imerso, portanto a densidade do corpo é igual à densidade 
do líquido. Caso seu volume aumente, por um procedimento 
externo, sua densidade diminuirá, portanto: o corpo, sendo 
menos denso que o líquido, flutuará e não afundará como 
exposto na única alternativa incorreta.
 20. a
 Para um corpo flutuando:
 E = P s dlíquido ⋅ Vimerso ⋅ g = m ⋅ g s dlíquido ⋅ Vimerso = m
 Para o mesmo corpo, quanto maior o volume imerso, menor 
a densidade do líquido, assim:
 Vimerso X > Vimerso Y> Vimerso Z s	dX < dY < dZ
 21. c
 Para um corpo flutuando:
 E = P s dlíquido ⋅ Vimerso ⋅ g = m ⋅ g s dlíquido ⋅ Vimerso = m
 O volume imerso não depende da gravidade local.
 22. c
 EI = EII = EIII, pois estão em equilíbrio e, portanto, o empuxo é 
igual ao peso do corpo.
 23. • d = 0,25 g/cm3 s d = m
V
 s 0,25 ⋅ 103 = m
V
 s
 s m = 0,25 ⋅ 103 ⋅ V
	 	• P = m ⋅ g s P = 0,25 ⋅ 103 ⋅ V ⋅ g s
	 		 s P = 0,25 ⋅ 103 ⋅ V ⋅ 10 = 0,25 ⋅ 104 ⋅ V
 Na condição do corpo em equilíbrio, temos:
 E = P + N s µ ⋅ V ⋅ g = m ⋅ g + N s
	 	s 103 ⋅ V ⋅ 10 = 0,25 ⋅ 104 ⋅ V + N s
	 	s N = 0,75 ⋅ 104 · V
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
14
 Então: 
 
N
P
V
V
=
⋅ ⋅
⋅ ⋅
0 75 10
0 25 10
4
4
,
,
= 3
 24. e
 Área de cada face: A’ = 4 ⋅ 4 = 16 cm2
 Área total: AT = 6 ⋅ A’ = 6 ⋅ 16 s
	 	s AT = 96 cm
2
 Área imersa = 70% ⋅ AT s Ai = 0,7 ⋅ 96 = 67,2 cm
2
 Área imersa de cada uma das faces verticais:
 A = 67 2 16
4
, − s A = 12,8 cm2
 Altura imersa: hi = 
12 8
4
,
 s hi = 3,2 cm
 Essa altura corresponde a 80% da aresta. Portanto, 80% do 
volume do cubo estão imersos.
 
d
d
V
V
c
a
i
= s 
d V
V
c
1
0 8
=
⋅, s dc = 0,8 g/cm
3
 O aumento do empuxo corresponde ao peso da rã:
 Seja ΔE = P s 1 0 5 16· · ( , · ) ·g m g= s
	 	s m = 1 ⋅ 8 s	m = 8,0 g
 25. Considerando-se que a torneira e a mangueira estão no mes-
mo nível em relação ao solo, o volume de água para encher a 
mangueira é:
 V = A ⋅ d = 3 ⋅ 10– 4 ⋅ 20 s
	 	s V = 6 ⋅ 10–3 m3
 Esse volume de água é liberado pela torneira em:
 10–4 m3 1 s
 6 ⋅ 10–3 m3 Δt
	 	y Δt = 60 s
 Esse é o tempo para a água começar a sair pela extremidade 
não conectada.
 26. d
 A questão requer a transformação de 10 kPa em unidades de 
mca. Como a pressão é dada pela multiplicação da gravidade 
pela densidade e pela altura, para uma coluna de 1 m de água, 
tem a seguinte pressão no sistema internacional:
 1 mca = 1.000 ⋅ 10 ⋅ 1 = 10 kPa
 Assim, basta a localização no gráfico da vazão correspondente a 
1 mca.
.

 27. c
 De acordo com a equação da continuidade:
 Q1 = Q2
 como Q = A ∙ v, temos:
 A1 ∙ v1 = A2 ∙ v2 s v2 = 
A
A
1
2
 ∙ v1
 28. e
 Sendo H = 4 ⋅ h, temos:
 E = 
H
h
V
V
⋅
b
f
 
 E1 = 
h
h
4 120
720
⋅ s E1 = 66,7%
 E2 =
h
h
4
 ⋅ 
210
1 200.
s E2 = 70%
 29. d
 E1 = 
H
h
V
V
⋅
b
f
 s 0,7 = 
⋅
⋅
h
h
V5
1.200
b s
	 	s Vb = 
0 7 1 200
5
, .⋅
 s Vb = 168 L/h
 30. d
 A velocidade da água aumenta, a vazão permanece constante, 
e a pressão diminui.
 31. F – F – V – F − V
 I. (F) A pressão do ar é maior embaixo do que em cima da asa.
 II. (F) A sustentação de um avião se dá pela diferença de pressão 
nas porções superior e inferior da asa.
 III. (V)
 IV. (F) d2 = 
1
2
 ⋅ d1 s A2 = 
1
4
 ⋅ A1
 Sendo v1 ⋅ A1 = v2 ⋅ A2, temos:v2 = 4 ⋅ v1
 V. (V) A vazão é constante.
 32. Velocidade constante: FR = 0. Portanto:
 P = E + Fresist. s Fresist. = P – E s
	 	s 6 ⋅ π ⋅ η ⋅ r ⋅ v = m ⋅ g – 4
3
⋅ π ⋅ r3 · g · ρ
	 	η = 
m g r g
r v
⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
4
3
6
3ρ π
π
 s
	 	s η = g m r
r v
⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅ ⋅
( )3 4
18
3ρ π
π
R
ep
ro
d
uç
ão
 p
ro
ib
id
a.
 A
rt
. 1
84
 d
o
 C
ó
d
ig
o
 P
en
al
 e
 L
ei
 9
.6
10
 d
e 
19
 d
e 
fe
ve
re
iro
 d
e 
19
98
.
15