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UNIDADE 2 
 
FLUIDOS – DENSIDADE E PRESSÃO 
 
OBJETIVOS: 
• DEFINIR PRESSÃO E DENSIDADE EM UM FLUIDO 
• RESOLVER PROBLEMAS SOBRE A DISTRIBUIÇÃO DE PRESSÃO EM FLUIDOS 
• ESTUDAR A LEI DE STEVIN E SUAS APLICAÇÕES 
• ESTUDAR AS CARACTERÍSTICAS DA PRESSÃO ATMOSFÉRICA 
• CONHECER OS PRINCÍPIOS DE MEDIDA DE PRESSÃO 
• ESTUDAR O PRINCÍPIO DE PASCAL E SUAS APLICAÇÕES 
 
2.1 – CARACTERÍSTICAS GERAIS DOS FLUIDOS 
 Qualquer substância que possa fluir, ou seja, escoar é considerada um 
fluido. O termo “fluido” é usado tanto para um gás quanto para um líquido. Um 
sólido possui forma e volume bem definidos; os líquidos possuem volume 
definido e adquirem a forma de seus recipientes; já os gases, não têm forma 
definida e tendem a ocupar todo o recipiente que os contém. 
As forças intermoleculares estão na base do comportamento 
característico da matéria. Elas são muito intensas nos sólidos porque as 
distâncias intermoleculares são muito pequenas neles. Nos líquidos, essas 
distâncias são maiores e, assim, as forças intermoleculares são menores. Já 
nos gases, as distâncias são maiores ainda e, nas condições normais, as forças 
só atuam quando as moléculas estão praticamente em contato umas com as 
outras. Isso explica porque os líquidos, assim como os sólidos, são 
praticamente incompressíveis, podendo, assim suportar e transmitir 
compressões. Os gases, por outro lado podem ser comprimidos. 
 Outra diferença entre os sólidos e os fluidos é que os sólidos suportam 
tensões de cisalhamento e se deformam até que as forças intermoleculares 
nele se igualem à tensão aplicada. Quando esta tensão cessa, as forças 
internas tendem a restaurar a forma original do sólido. Já os fluidos não 
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suportam essas tensões de cisalhamento. Quando elas atuam, os fluidos 
escoam e se movimentam enquanto as tensões forem aplicadas. 
É preciso notar uma característica fundamental dos fluidos: por menor 
que seja uma força atuando sobre eles, ela pode produzir uma grande 
deformação, desde que o intervalo de tempo de atuação da força seja 
suficientemente grande. A razão disso é que a resistência aos esforços de 
deformação dependem da taxa de variação espacial da velocidade de 
escoamento de uma camada do fluido em relação à outra, isto é, a resistência 
depende de como varia essa taxa de um ponto a outro do fluido. No sólido, a 
normalmente a resistência depende da deformação. 
Define-se então que um fluido é um material que não suporta forças de 
cisalhamento. Entretanto, alguns sólidos podem se comportar como fluidos, 
como, por exemplo, a areia que escoa assumindo a forma do recipiente que a 
contém. Diversos materiais sólidos também podem escoar dependendo do 
valor da força de cisalhamento aplicada, como, por exemplo, o movimento das 
placas tectônicas, as avalanches de neve ou os desmoronamentos de lama e 
terra observadas nas regiões montanhosas. Apesar das forças envolvidas 
serem hercúleas, o comportamento destes materiais pode ser considerado 
como o de um fluido e todos os modelos utilizados para o cálculo do 
movimento dos mesmos são baseados na mecânica dos fluidos. 
Do que foi acima apresentado que um fluido em equilíbrio não podem 
haver forças tangenciais nele atuando. Diz-se, então, que o fluido encontra-se 
em equilíbrio hidrostático. 
 
2.2 – DENSIDADE 
A densidade de um material qualquer é definida como a razão entre sua 
massa e o volume ocupado por ela. Essa quantidade também recebe o nome 
de massa específica. Para denotar a densidade, usaremos a letra grega ρ 
 3 
(rô). A densidade para um material homogêneo de massa m, que possui um 
volume V, é: 
! = mV (2.1) 
No entanto, existem materiais que tem suas densidades variando de um 
ponto a outro, como a atmosfera terrestre, cuja densidade diminui à medida 
que a altitude cresce, e os oceanos, que, ao contrário, são mais densos em 
suas regiões mais profundas. Nesses casos, a equação 2.1 descreve apenas a 
densidade média em todo seu volume. Para descrever corretamente a 
densidade nos casos em que ela varia ao longo do material, usamos a relação: 
! = dmdV , (2.2)
 
em que dm é o elemento de massa contido no elemento de volume dV do 
corpo. No sistema internacional (SI), a densidade tem como unidade o 
quilograma por metro cúbico (kg/m3) e é uma grandeza escalar. Outras 
unidades muito empregadas são o grama por centímetro cúbico (g/cm3) e o 
quilograma por litro (kg/L). Para obter a densidade em gramas por centímetro 
cúbico, basta simplesmente dividir os valores em kg/m3 por 103. Define-se, 
também, a densidade relativa de um material como a razão entre a 
densidade do material e a densidade da água a 4,0°C. 
A tabela 2.1 apresenta algumas densidades de substâncias típicas. 
Observe a grande variedade das ordens de grandeza. 
Tabela 2.1: Densidades de materiais típicos 
MATERIAL DENSIDADE 
(kg/m3) 
MATERIAL DENSIDADE 
(kg/m3) 
Ar (1 atm, 20ºC) 1,20 Alumínio 2,7 x103 
Álcool etílico 0,81 x103 Ferro, aço 7,8 x103 
Benzeno 0,90 x103 Latão 8,6 x103 
 4 
Gelo 0,92 x103 Cobre 8,9 x103 
Água 1,00 x103 Prata 10,5 x103 
Água do mar 1,03 x103 Chumbo 11,3 x103 
Sangue 1,06 x103 Mercúrio 13,6 x103 
Glicerina 1,26 x103 Ouro 19,3 x103 
Concreto 2 x103 Platina 21,4 x103 
Espuma de 
poliestireno 
1 x102 Melhor vácuo em 
laboratório 
10-17 
Terra (média) 5,5 x103 Sol (média) 1,4 x103 
Estrela de nêutrons 1018 Meio interestelar 10-20 
Anã branca 1010 Buraco negro 1019 
 
 
Exemplo 2.1: Uma jóia de prata pura, homogênea e maciça tem massa de 
210g e ocupa um volume de 20 cm3. Determine a densidade da jóia. 
 
Resposta: 
Como se trata de um objeto homogêneo e maciço de prata, sua densidade ou 
o valor da massa especifica da substância que o constitui é: 
 
ρ=mV =
210
20 =10,5 g/cm
3
 ou ! =10,5 x103kg /m3 
 
Exemplo 2.2: Sabendo que o raio médio do Sol é de 6,96 x 108m, determine 
sua massa média. 
 
Resposta: 
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Utilizando os dados da tabela 2.1, a massa média do Sol é: 
 
m= !V = ! 43 "R
3 = (1, 4x103kg /m3) 43 " (6, 96x10
8m)3 
kgx=m 30101,98 
 
Exemplo 2.3: Suponha uma mistura homogênea de densidade 0,8 g/cm3, 
composta por 200 g de uma substância e 600 g de outra. Calcule o volume da 
mistura. 
 
Resposta: ! =!! =!! +!!! 
 ! =!! +!!! = !,!  !" + (!,!  !")!,!!!"! !"!! = !"!"!  !! 
 
2.2 – PRESSÃO 
Um fluido em equilíbrio hidrostático exerce uma força perpendicular 
sobre as superfícies que estão em contato com ele. A razão entre o módulo 
dessa força e a área da superfície é denominada pressão do fluido sobre a 
superfície. Ela é uma grandeza escalar porque é a razão do módulo de uma 
força pela área. 
Para definir quantitativamente a pressão, imagine um volume contendo 
um fluido em equilíbrio, como mostra a figura 2.1. Como ele está em equilíbrio 
dentro do volume, podemos dizer que a força que o fluido exerce sobre a 
superfície que limita o volume, e que está dirigida de dentro para fora do 
volume, é igual à força que a vizinhança (constituída pelas partes externas ao 
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volume) exerce sobre este volume. Esta força está dirigida para dentro da 
superfície. 
 
Figura 2.1 
Consideremos agora um elemento de área dA da superfície e associemos 
a ele um vetor   d !A cujo módulo é numericamente igual à área elementar dA, 
direção coincidente com o da normal a dA e sentido de dentro para fora da 
superfície. Seja d
!
F
 
a força exercida pelo fluido sobre dA. Se os vetores que 
representam a força e a área forem paralelos, como mostra a figura 2.1, 
podemos definir a pressão do fluido sobre a superfície na forma escalar: 
dA
dF=p
 (2.3)
 
No sistema internacional(SI), a unidade da pressão é a unidade de força 
dividida pela unidade de área, ou seja, N/m2. Esta unidade recebe o nome de 
pascal (abreviação Pa; 1  Pa = 1  N/m!). Outras unidades são também muito 
utilizadas na prática: o bar (1  bar = 1,0  x  10!  N/m!1), a atmosfera (1  atm =1,013  x  10!  N/m!) e o milímetro de mercúrio (1 mmHg = 1,316 x 10-3 atm). 
A pressão atmosférica é a pressão exercida pela atmosfera terrestre 
sobre uma área unitária da superfície da Terra. Ela é a pressão exercida por 
todo o ar que nos envolve. Ela varia com as condições do tempo (temperatura 
e umidade) e com a altitude. O valor médio da pressão atmosférica ao nível do 
mar, nas condições normais de temperatura e pressão é: !! = 1  atm = 1,013  x  10!  Pa = 101,345  kPa   
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2.3 – PRESSÃO ATMOSFÉRICA 
A pressão do ar (força exercida pela coluna de ar atmosférico sobre uma dada 
superfície) se reduz à medida que nos deslocamos para grandes altitudes na 
atmosfera. A relação entre a pressão (P) e a altura da coluna de um ar (y) não 
compressível de densidade constante (ρ) é: dP = −ρgdy (2.4) 
onde g é a aceleração da gravidade. Porém a densidade do ar varia à medida 
que nos deslocamos na atmosfera, logo ρ=ρ(y). Usando a equação dos gases 
ideais, a densidade pode ser obtida a partir da medida de pressão e 
temperatura: 
PV = nRT     ∴ ρ = !! = PM/RT (2.5) 
onde M é a massa do gás, n é o número de moles do gás, R é constante dos 
gases (8,314 J. K/mol ) e T é a temperatura absoluta do gás. Podemos 
reescrever a equação diferencial 2.4 da seguinte forma: 
dP = − !"!" gdy (2.6) 
cuja solução é simples desde que (1) seja desprezada a variação da aceleração 
da gravidade com a altitude e (2) que a temperatura do ar atmosférico em 
qualquer altitude seja constante. Assim. dPP!!!! = − MRT g dy!!!! ⇒   ln !!!! = − MRT g   !! − !! 
 
Chamando a pressão ao nível do mar (y1=0 m) de Po,, a pressão em qualquer 
altitude (P2) poderá então ser calculada por: 
P = P!!!!!"!  ! (2.7) 
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Exemplo 2.4: Uma mulher calçada com sapatos de salto fino entra em uma 
casa em que recentemente se passou sinteco. Por que o proprietário da casa 
deve estar preocupado? 
 
Resposta: 
Porque, em sapatos de salto fino, a área de contato entre a sola do sapato e o 
chão é pequena, o que ocasiona uma pressão muito grande sobre o chão, 
podendo assim danificar o piso em que recentemente se passou sinteco. 
 
Atividade 2.1: Determine a pressão que uma mulher de 60kg faz sobre uma 
superfície, se ela estiver calçada com: 
(a) Um par de tênis cuja área total das solas em contato com o chão é de 
aproximadamente 520cm2. 
(b) Um par de sapatos de salto cuja área total das solas em contato com o 
chão é de aproximadamente 80cm2. 
Exemplo 2.5: Um cardiologista mediu a pressão arterial de uma pessoa e 
disse que o resultado era 12 por 8. O que significa isso? 
 
Resposta: 
Significa uma medida de pressão calibrada em centímetros de mercúrio 
(cmHg). O primeiro número, ou o de maior valor, é chamado de sistólico, e 
corresponde à pressão da artéria no momento em que o sangue foi bombeado 
pelo coração. O segundo número, ou o de menor valor é chamado de 
diastólico, e corresponde à pressão na mesma artéria, no momento em que o 
coração está relaxado, após uma contração. Não existe uma combinação 
precisa de medidas para se dizer qual é a pressão normal, mas em termos 
gerais, diz-se que o valor de 12/8 cmHg é o valor considerado ideal. 
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Atividade 2.2: Explique como é possível se deitar em uma cama de pregos 
sem sentir dor. Como o número de pregos influencia no “conforto” dessa 
cama? 
Atividade 2.3: Estime a força exercida pela atmosfera sobre seu livro. 
Explique como é possível então levantar facilmente esse livro? 
Atividade 2.4: Pegue uma ventosa, por exemplo, de um cabide para toalhas 
feito de uma superfície de borracha com um mecanismo que quando é puxado 
fixa a ventosa na parede (se você não tiver uma pode tentar com um 
desentupidor de pia). 
Molhe a superfície de borracha, encoste a ventosa em uma parede lisa e puxe 
o mecanismo. Agora tente soltar a ventosa da parede. Explique o que está 
prendendo a ventosa na parede. 
Atividade 2.5: Vamos estimar o valor da força que segura uma ventosa. 
Na figura 2.2 está mostrado um semicírculo, que representa a ventosa, e as 
forças provocadas pela pressão em vários pontos. As forças internas são 
menores que as externas já que há uma diferença de pressão. Essas forças 
têm componentes horizontais e verticais. As componentes verticais se anulam, 
sobrando apenas a resultante das componentes horizontais. Então, para 
calcular a força (pressão x área) só temos que levar em conta a área 
perpendicular a essa força horizontal. 
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Figura 2.2 
 
Resumindo, a força será a diferença de pressão vezes a área da parede 
coberta pela ventosa. Suponha valores razoáveis para as variáveis envolvidas 
(raio da ventosa e pressões externa e interna) e calcule, então, a força que 
prende a ventosa à parede. 
Atividade 2.6: Em 1654 o prefeito de Magdeburgo (Alemanha) realizou a 
seguinte experiência: juntou duas campânulas de metal e, com uma bomba, 
retirou boa parte do ar contido nelas. Amarrou-se uma dupla de cavalos em 
cada um dos lados e chicoteou-os, na tentativa de separar as campânulas. 
Seja ∆p   a diferença de pressão entre a atmosfera externa e a pressão interna 
e d o diâmetro das campânulas. 
 
(a) Calcule a força que teria de ser exercida por cada parelha de cavalos 
para separar os hemisférios. 
(b) Supondo que o diâmetro das campânulas d = 37cm e a pressão interna 
residual entre as campânulas igual a 0,1 atm, qual seria a força 
necessária nesse caso? 
(c) Se um cavalo exerce uma força de 800 N, qual teria sido o número 
mínimo de cavalos em cda parelha para separar as campânulas? 
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2.3 – LEI DE STEVIN 
Considere um pequeno elemento de volume em equilíbrio e submerso no 
interior de um fluido. Suponha que este elemento tenha a forma de um disco 
fino de espessura dy e está a uma distância y acima do nível de referência 
inferior, como mostra a figura 2.3a. O disco tem espessura dy e a sua face 
superior e face inferior têm área A. Ele tem então a massa dm = ρdV = 
ρAdy, sendo o seu peso igual a (dm)g = g(ρAdy). 
Na figura 2.3b podemos ver que as forças que atuam sobre o elemento 
pelo fluido circundante são perpendiculares à sua superfície em cada ponto. 
 
Figura 2.3a 2.3b 2.3c 
As forças que atuam na horizontal são devidas apenas à pressão do 
fluido e, como o disco está em equilíbrio, a pressão deve ser a mesma em 
todos os pontos situados à mesma altura do fundo. Podemos então afirmar 
que a pressão é função somente da coordenada y. 
Já as forças verticais atuantes são as devidas à pressão do fluido 
circundante sobre as faces do disco e ao peso dele. Chamamos de p(y) a 
pressão sobre a face inferior e de p(y+Δy) a pressão sobre a face superior. A 
força resultante aplicada na parte de baixo do disco será p(y)A, dirigida para 
cima; a força resultante aplicada na face superior do disco será a soma do 
peso do líquido acima do disco p(y+Δy)A e o peso do disco (dm)g = !gAdy, 
ambas dirigidas para baixo. Um diagrama de forças é mostrado na figura 2.3.c. 
Desse modo, só teremos equilíbrio vertical com a seguinte condição: ! !!∆! ! + !"∆!" = ! ! ! ! !!∆! ! − ! ! ! = −!"∆!" ! !!∆! − ! ! = −!"∆! ! !!∆! − ! !∆! = −!" 
Agora, no limite em que Δy→0, temos: 
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lim∆!→! ! !!∆! − ! !∆! = −!" 
E da equação acima, obtemos: 
ρg=
dy
dp
−
 
(2.4) 
A equação 2.4 mostra como a pressão varia com a altura em relação a 
um nível de referência em um fluido em equilíbrio hidrostático. O sinal 
negativoindica que a pressão diminui com o aumento da altura. 
 Se !! é a pressão na altura !! e !! a pressão na altura !!, temos: 
 !" =  − !"  !"!!!!!!!! 
ou: !!!  !!!   − !"  !"!!!! (2.5) 
Para líquidos, a densidade é praticamente constante porque eles são 
quase incompressíveis e as diferenças em nível são normalmente pequenas 
para considerarmos que a aceleração da gravidade varie dentro deles. Assim, 
tomando ρ e g constantes, a equação (2.5) pode ser integrada, dando: 
 !!−  !! = !" !! −  !!   (2.6) 
O recipiente da figura 2.4 possui um líquido com uma superfície livre, 
isto é, em contato com a atmosfera: 
 
Figura 2.4 
Quando isso ocorre, o nível a partir do qual devem ser feitas as medidas 
das distâncias é normalmente escolhido nessa superfície. Fazendo !! a pressão 
na superfície de contato com o ar (suposta à altura !! do fundo) e p a pressão 
em um ponto à altura !!, temos que: 
)yρg(y=pp 120 −−− (2.8) 
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A diferença !ℎ = !! −  !! é medida desde a superfície do líquido até a 
posição em que a pressão é igual a p. Com ela, a equação acima fica: 
hρg+p=p 0 Δ (2.9) 
Essa equação mostra que a pressão num líquido aumenta com a 
profundidade, mas é a mesma em todos os pontos situados a uma 
mesma profundidade. Esse enunciado é conhecido como Lei de Stevin. 
Ela é válida para líquidos, onde a densidade é aproximadamente constante em 
todo o volume. 
A densidade dos gases é muito pequena, de modo que a diferença de 
pressão entre dois de seus pontos é muito pequena também. Portanto, para 
um o gás contido em um recipiente, a pressão pode ser considerada constante 
em todos os seus pontos. Entretanto, quando a diferença de altura é muito 
grande, a diferença de pressão passa a ser importante. Por exemplo, a 
atmosfera terrestre tem uma altura da ordem de 100 km; para ela, a sua 
densidade varia com a altura acima da superfície da Terra. 
 
Exemplo 2.6: Determine a pressão da água no fundo de uma piscina de 3m 
de profundidade. 
Resposta: 
Da lei de Stevin: 
ρg=
dy
dp
− e )yρg(y=pp 1212 −−− 
onde podemos considerar p2 = po = pressão atmosférica, na superfície da 
piscina; p1 = p = pressão no fundo da piscina. y2=altura da piscina, y1= fundo 
da piscina. 
Logo: ! = !! + !"ℎ 
onde ρ=1,0x103kg/m3, g = 9,80 m/s2, !! = 1,01  !  10! N/ m2. 
p=1,01x105N/m2 + 1,0x103kg/m3 x 9,8m/s2 x 3m = 1,30x105N/m2 
 
Exemplo 2.7: Calculemos a variação da pressão atmosférica com a altitude, 
supondo que sua densidade seja proporcional à pressão, isto é, que sua 
temperatura seja aproximadamente a mesma em todas as altitudes. 
Resposta: 
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Da lei de Stevin, temos: !"!" =  −  !  ! 
Como ρ é proporcional a p, temos, também: !!! =   !!! 
em que !! e !! são a pressão e a densidade do ar ao nível do mar. Eliminando 
ρ dessas duas equações, temos: !"!" =  −!  !!   !!! 
ou: !"! =  −!  !!!!  !" 
Integrando esta equação da superfície do mar (y0 = 0) até o ponto situado à 
altura y, obtemos: ln !!! =  −!  !!!!  ! 
ou: ! =  !!!"# −! !!!! ! (2.7) 
Com os valores padrões da densidade do ar a 20ºC, da pressão e da 
aceleração da gravidade: 
  !! = 1,20 kg/!! , g = 9,80 m/!!, !! = 1,01  !  10! N/!! 
Obtemos : ! =  !!  !!!  ! 
Em que: ! =  !   !!!! = 1,16  !  10!!  !!!   = 0,116  !"!!   
A pressão atmosférica decai exponencialmente com a altitude y. 
 
 A lei de Stevin nos diz que a forma do recipiente não influencia nos 
valores da pressão. Para fluidos homogêneos, a diferença de pressão entre 
dois pontos depende apenas da diferença de altura (ou profundidade) desses 
pontos. Entretanto, isso não acontece quando o fluido não é homogêneo. 
Consideremos um tubo em U (figura 2.5) contendo dois líquidos imiscíveis, 
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com densidades !! do lado direito e !! do lado esquerdo (!!  ›!!). A coluna 
líquida é maior do lado esquerdo do tubo. Então, a pressão em A é maior que 
em B. No ponto C, a pressão é a mesma em ambos os ramos do tubo. A 
pressão varia mais lentamente de C para A que de C a B porque a coluna CA 
pesa menos que a CB. 
 
Figura 2.5 
Exemplo 2.8: Um tubo em forma de U contém mercúrio. Coloca-se 27cm de 
água no ramo esquerdo do tubo. De quanto sobe a coluna de mercúrio do lado 
direito em relação à sua altura original? 
[Copiar a figura do Halliday, Resnick e Krane 5ª. ed. Página 42. E acrescentar 
o número 1 no topo do lado esquerdo(água) e o número 2 no topo do ado 
direito (mercúrio)] 
Resposta: 
Originalmente, ambos os lados continham mercúrio e estavam a uma certa 
altura Ho. Ao colocar a água do lado esquerdo, o peso da coluna de água faz 
com que o outro ramo suba de um valor a e o mercúrio deste ramo esquerdo 
desça da mesma quantidade a. Desta forma, no ponto C, a pressão é 
exatamente a mesma nos dois lados e é função da altura da coluna de água, 
no lado esquerdo, e da coluna de mercúrio, no lado direito. 
Considerando o topo do lado esquerdo, tal que p1=po=pressão atmosférica e o 
topo do lado direito, tal que p2=po=pressão atmosférica, temos para o lado 
esquerdo que contém água em cima do mercúrio: 
)yg(yρ=pp CáguaC −−− 11 = )yg(yρ=pp CáguaC −−− 1o (1) 
Para o lado esquerdo que contém mercúrio: 
)yg(yρ=pp CmercúrioC −−− 22 = )yg(yρ=pp CmercúrioC −−− 2o (2) 
Igualando (1) e (2): 
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)yg(yρ)yg(yρ CmercúrioCágua −−=−− 21 
)y(yρ)y(yρ CmercúrioCágua −=− 21 
Considerando yc = 0 e y1=2a+d e y2=2a: 
a)(ρd)a(ρ mercúrioágua 22 =+ 
Sabendo que ρágua = 1,0x103kg/m3, ρmercúrio = 13,5x103kg/m3 e 2a+d = 27cm, 
temos: 
cmcm
ρ
d)a(ρ
a
mercúrio
água 0,2
kg/m13,5x10
)27(kg/m1,0x1022 33
33
==
+
= 
Logo, a altura que a coluna de mercúrio subiu em relação à sua altura original 
foi de a=1,0 cm. 
 
Atividade 2.7: No exercício anterior, se a água for substituída por um óleo 
que provoca um deslocamento de a = 6,0cm do mercúrio em relação à sua 
posição inicial e d=1,0cm acima da coluna de mercúrio, calcule a densidade do 
óleo. 
 
2.4 – A MEDIDA DA PRESSÃO ATMOSFÉRICA 
A primeira medida da pressão atmosférica foi feita 
por Evangelista Torricelli (1608 – 1647) com o aparelho 
que inventou: o barômetro de mercúrio. Ele consiste em 
um tubo comprido de vidro cheio de mercúrio e 
colocado invertido dentro de um reservatório com 
mercúrio (figura 2.6). 
O espaço dentro do tubo, acima da coluna, 
contém vapor de mercúrio cuja pressão é muito 
pequena e pode ser desprezada. De acordo com a lei de 
Stevin, a pressão atmosférica é dada por: p! =  ρ  g  h 
 
A pressão atmosférica em um ponto é numericamente igual ao peso de 
uma coluna de mercúrio de área de seção transversal unitária, que se estende 
do ponto ao topo da atmosfera. Ao nível do mar, a coluna de mercúrio em um 
barômetro tem uma altura de cerca de 76cm, mas ela pode variar com a 
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temperatura, umidade do ar e a pressão. O barômetro mede a pressão 
absoluta. 
 A pressão equivalente à exercida exatamente por uma coluna de 
mercúrio de 76 cm de altura e num local onde a aceleração da gravidade vale 
9,80665 m/s2 é, por definição, uma atmosfera (1 atm). Então: 
1 atm = !  g  h = (135950 kg/!!)  !   9,80665  !/!!  !   0,7600  ! = 1,013  !  10!    !/!! 
É comum expressar a pressão em termos da altura de uma coluna de mercúrio 
a 0ºC e com gravidade padrão. Daí a expressão “centímetros de mercúrio” ou 
“milímetros de mercúrio”. 
 A pressão atmosférica é usada como referência 
em vários aparelhos de medida de pressão, como o 
esfigmomanômetro, que mede a pressão arterial. 
Esses aparelhos medem a diferença entre a pressão a 
ser medida e a pressão atmosférica. O manômetro de 
tubo tambémusa esse fato (figura 2.7). Ele consiste 
em um tubo em U contendo um líquido (em geral 
mercúrio); uma das suas extremidades está em 
contato com o ar, enquanto a outra fica ligada ao 
sistema cuja pressão deseja-se medir. Da lei de 
Stevin: !− p! =  ρ  g  h 
e a pressão relativa p - !! é medida pela altura da 
coluna do líquido no tubo em U. À esta diferença 
chamamos pressão manométrica:  !! = !− p! 
 
Exemplo 2.9: Calcule a pressão atmosférica num dia quando a altura da 
coluna barométrica de um barômetro de mercúrio é 75,0cm e, neste local, 
g=9,78m/s2. 
Solução: A altura da coluna de mercúrio depende da pressão atmosférica, da 
altura da coluna de mercúrio e da aceleração da gravidade local. Da lei de 
Stevin, temos que: p! =  ρ  g  h 
Pois a pressão no topo do tubo é igual a zero. Logo: 
po = (13,5x103kg/m3)x 9,78m/s2x0,75m = 9,9x104N/m2 
 
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Atividade 2.8: Para o valor de pressão calculado no exemplo acima, 
determine a altura da coluna do barômetro, se o mercúrio for substituído por 
água com densidade igual a 1,0x103kg/m3 
 
2.5 – LEI DE PASCAL 
Em 1652, Blaise Pascal (1623 – 1662) enunciou um princípio que levou o 
seu nome e que diz: 
 A variação de pressão produzida num ponto de um fluido em 
equilíbrio hidrostático incompressível transmite-se integralmente a 
todos os pontos do fluido e às paredes do recipiente que o contém. 
O princípio de Pascal pode ser compreendido com a aplicação da lei de 
Stevin a um fluido em equilíbrio hidrostático. A figura 2.7 mostra um líquido 
incompressível em um cilindro que é dotado de um pistão. Uma força externa 
qualquer é aplicada sobre o pistão. A ação da força externa gera uma pressão 
externa pext no líquido situado imediatamente abaixo do pistão. 
 
Figura 2.7 
Supondo o líquido com densidade ρ, a pressão num ponto arbitrário P 
situado a uma distância h abaixo da superfície fica expressa por: 
p=pext+ρgh (2.8) 
Fazendo com que a pressão externa sofra um acréscimo igual a Δpext, a 
variação da pressão no fluido, pode ser determinada a partir da equação 2.8: 
Δ(ρgh)+Δp=Δp ext (2.9) 
Como o líquido foi suposto incompressível (densidade constante), o 
segundo termo à direita na 2.9 é igual a zero. Assim, temos: 
 19 
Δp=Δpext (2.10) 
A variação da pressão em qualquer ponto do fluido é simplesmente igual 
à variação da pressão aplicada externamente. 
A Lei de Pascal serve de aplicação para a operação de mecanismos 
hidráulicos onde há transmissão de força. Este princípio permite amplificar 
uma força relativamente pequena de modo a poder levantar um peso muito 
maior. 
Como aplicação, consideremos o caso do elevador hidráulico. Ele é 
constituído por dois recipientes ligados entre si formando um grande tubo em 
U e contendo um fluido – geralmente óleo (figura 2.8). Os tubos possuem 
áreas de seção transversal diferentes e estão fechados por pistões. Sobre o 
pistão do tubo de área menor Ae (à esquerda na figura), aplica-se uma força 
externa Fe. Esta força exerce uma pressão !! =  !!/!!, sobre o fluido que, de 
acordo com a lei de Pascal, transmite-se igualmente para todos os pontos dele. 
Assim, sobre o outro pistão, localizado no tubo de maior área As (à direita na 
figura), a pressão passa a ser !! =  !! =  !!/!!. Se colocarmos nesse tubo um 
objeto de massa m, ele exercerá uma força de P	
  =	
  mg sobre o pistão maior. Em 
equilíbrio, o módulo da força Fs, aplicada pelo fluido sobre o pistão maior e 
apontando para cima, deve ser igual à força P exercida pelo peso do objeto e 
apontando para baixo. 
 
Figura 2.8 
De acordo com o princípio de Pascal, a pressão do lado direito do tubo 
deve ser igual à pressão do outro lado e, portanto: 
s
s
e
e
A
F=
A
F
 
s
e
s
e
se A
Amg=
A
AF=F (2.11) 
Se a razão Ae/As for muito menor do que 1, a força Fe aplicada pode, 
então, ser muito menor do que o peso do objeto e este será levantado. 
 20 
O pistão menor se movendo para baixo de uma distância de desloca um 
volume de fluido V=de Ae . Esse volume deve ser igual ao volume deslocado 
pelo movimento do pistão maior, pois o fluido é incompressível, então: 
V=de Ae=ds As 
d s=de
Ae
As (2.12) 
Devemos notar que se a razão Ae/As for pequena, a distância percorrida 
pelo pistão maior é muito menor do que a distância percorrida pelo pistão 
menor: o “preço” por levantar uma grande carga é “pago” pela perda da 
capacidade de fazer o pistão percorrer uma grande distância. 
Ao combinar as equações 2.11 e 2.12, resulta em Fede=Fs ds , 
mostrando que o trabalho realizado pela força externa sobre o pistão menor é 
igual ao trabalho executado pelo fluido sobre o pistão maior. 
 
Exemplo 2.10: Um macaco hidráulico é utilizado para levantar automóveis em 
oficinas. Utiliza-se um óleo de densidade igual a 812kg/m3 como fluido de 
transmissão de força. Uma bomba manual de diâmetro igual a 2,0cm é 
utilizada para levantar um carro de massa igual a 2000kg numa plataforma em 
cima de um pistão maior de diâmetro de 16,0cm. 
a) Qual é o valor da força necessária para suspender o automóvel? 
b) Qual é o deslocamento do carro se desloca-se o êmbolo do macaco 
hidráulico onde fica a bomba manual de 1,0m? 
 
Solução: Considerando o óleo incompressível, podemos dizer que a pressão 
transmistida é a mesma em todas as partes do fluido. Podemos então utilizar 
as equações 2.11 e 2.12. 
a) 
!! = !!!! = !! = !!!! !!!! = !!!! 
!! = !! !!!! = !"!!!! = 2000!" (9,8!!!) !(2,0!")!!(16,0!")! !! = 306! 
 21 
A força mínima necessária para levantar o carro é de 306N. 
b) 
!! = !! !!!! = 1,0! !(2,0!")!!(16,0!")! = 1,6!"   
Onde o deslocamento que o carro sofre é de 1,6cm quando se desloca o 
êmbolo da bomba de 1,0m. 
 
Atividade 2.9: Os diâmetros dos êmbolos de uma prensa hidráulica estão na 
proporção 3:1. Se o êmbolo de diâmetro maior é deslocado de uma altura H, 
qual o deslocamento do êmbolo de menor diâmetro? 
 
 
 22 
EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 
E2.1: Como resultado da passagem de um vendaval, a pressão externa cai 
para 0,95 atm, porém, no interior de um escritório, a pressão é mantida a 1,00 
atm. Estime o valor da força resultante que empurra a janela do escritório para 
fora. 
E2.2: Calcule a diferença de pressão hidrostática no sangue entre o cérebro e 
os pés de uma pessoa com 1,83 m de altura. Admita que a densidade do 
sangue seja igual a !! = 1,06  x  10!  kg/m!. 
E2.3: Uma piscina possui as dimensões de 15 m x 10 m x 1,5 m. 
(a) Quando ela está cheia de água, qual é a força (devida apenas à água) 
atuante no fundo? 
(b) E sobre as superfícies em suas laterais? (Atenção: nesse caso, a pressão 
não é a mesma em todos os pontos da superfície!) 
(c) Caso você esteja preocupado com o fato de as paredes de concreto 
poderem ou não se romper, seria conveniente levar em conta o efeito da 
pressão atmosférica? 
E2.4: A figura mostra o esquema de um macaco hidráulico utilizado na 
elevação de um automóvel. Uma força !! é aplicada na extremidade de uma 
alavanca que transmite uma força !! para o pistão menor. Esse pistão está 
conectado a um pistão maior que sustenta o automóvel. 
Figura 2.3 
 23 
Suponha que a massa combinada do carro a ser suspenso e da plataforma do 
macaco hidráulico é M = 2000kg, que o pistão maior possui um diâmetro de 
20 cm e o menor de 2,0 cm. 
(a) Calcule o valor da força !! necessária para fazer subir o automóvel. 
(b) Sabendo que a alavanca tem 40 cm e que a distância x do mancal (ponto 
O) ao pistão é de 16 cm, qual é o valor da força aplicada !! necessária para 
suspender o automóvel? 
(c) Para cada descida da alavanca da bomba, onde seu punho se move de uma 
distância vertical de 30 cm, qual é a elevação do automóvel? 
E2.5: A figura mostra o medidor de pressão mais simples,um tubo aberto em 
uma das extremidades e com a outra extremidade conectada ao recipiente que 
contém o gás que se quer medir a pressão. Dentro desse tubo se coloca um 
líquido de densidade !. Determine a pressão do gás em função da diferença de 
alturas ℎ. 
 
Figura 2.4 
 
E2.6: A figura mostra um barômetro usado para medir a pressão atmosférica. 
A extremidade direita do tubo em U é fechada de modo que a pressão nesse 
ponto pode ser considerada nula. A outra extremidade é aberta para a 
atmosfera. 
 24 
 
Figura 2.5 
Determine h, a diferença entre as alturas das duas colunas, se o líquido dentro 
do barômetro for: 
(a) mercúrio (!!" = 13,595  g/cm!). 
(b) água. 
E2.7: Uma sobrepressão de apenas 20 Pa corresponde ao limiar da dor para a 
intensidade sonora. Entretanto, um mergulhador a 2 metros abaixo da 
superfície da água fica sujeito à ação de pressões bem superiores a esta e não 
sente dor. 
(a) Calcule a pressão da água a essa profundidade? 
(b) Por que o mergulhador consegue ficar a essa profundidade sem sentir dor 
no ouvido? 
(c) Os mergulhadores são alertados para não prender a respiração quando 
estiverem nadando para cima. Por quê? 
(d) Os pulmões humanos podem operar contra um diferencial de pressão de 
menos de 0,050 atm. A que profundidade abaixo do nível da água um 
mergulhador pode nadar, respirando através de um snorkel (tubo longo do 
qual ele coloca uma extremidade na boca e a outra fica aberta para a 
atmosfera)? 
 
 25 
E2.8: Paradoxo Hidrostático - Coloca-se água a um mesmo nível em todos os 
recipientes mostrados na figura. As áreas das bases são idênticas para todos 
os recipientes. Se a pressão nas partes inferiores de todos os recipientes é 
idêntica, a força suportada pela base de cada recipiente é a mesma. Por que, 
então, os três recipientes possuem diferentes pesos quando colocados sobre 
uma balança? 
 
Figura 2.6 
 
E2.9: Um tubo em U, em que ambos os ramos estão abertos para a 
atmosfera, está parcialmente cheio de água. Derrama-se óleo, que não se 
mistura com a água, em um dos ramos até que ele atinja uma distância h 
acima do nível da água no outro ramo do tubo. Esboce o gráfico da pressão em 
função da altura y para os dois ramos do tubo, considerando y = 0 na base. 
 
Figura 2.7 
 
 
 26 
PROBLEMAS DA UNIDADE 2 
P 2.1: A pressão do ar varia à medida que nos deslocamos para grandes 
altitudes na atmosfera conforme a equação 2.7. Considerando a temperatura 
da atmosfera constante e igual a 20 oC 
a) calcule a pressão no alto do Monte Everest (8800 m). 
b) calcule a pressão na altitude de um voo comercial (11000 m). 
c) A pressão no alto do Monte Everest (8800 m) é de, aproximadamente, 0,3 
atm e na altitude normal de um voo comercial (11000 m) é de 0,25 atm. 
Compare esses dados com os previstos pela relação 2.7 para os itens (a) e 
(b) e explique a diferença. 
P 2.2: A figura mostra uma barragem de largura L que está represando água 
até a altura D. 
 
Figura 2.8 
(a) Determine a força horizontal resultante exercida sobre a barragem pela 
pressão manométrica da água. 
(b) Determine o momento resultante devido à pressão manométrica exercida 
pela água, em relação a uma linha paralela à largura da barragem e que passa 
pelo ponto O. 
(c) Onde se situa a linha de ação da força resultante equivalente? 
 
P 2.3: Um barril cilíndrico possui um tubo esbelto fixado em sua superfície 
superior, conforme mostrado na figura abaixo. O recipiente é cheio com água 
 27 
até o topo do tubo. Calcule a relação entre a força hidrostática exercida sobre 
o fundo do barril e o peso da água nele contido. Por que esta relação não é 
igual a um? (Despreze a ação da atmosfera). 
 
Figura 2.9 
P 2.4: Considere um recipiente com fluido dentro de um elevador sujeito a 
uma aceleração a vertical para cima. 
(a) Desenhe um diagrama de forças sobre um elemento de fluido e mostre que 
a variação da pressão com a profundidade no fluido é expressa por:  ! = !ℎ  (! + !)   
onde h é a profundidade e ρ é a massa específica. 
(b) Desenhe e mostre também que, se o fluido como um todo sofre uma 
aceleração vertical a para baixo, a pressão a uma profundidade h é expressa 
por: ! = !ℎ  (! − !) 
(c) O que ocorre no caso de queda livre? 
 28 
P 2.5: Um fluido gira com velocidade angular constante ω em relação ao eixo 
vertical central de um reservatório cilíndrico. 
 
Figura 2.10 
(a) Mostre que a variação da pressão na direção radial, restrita à região onde 
há líquido, é expressa por: 
dp/dr = ρω2r 
(b) Faça p = pc no eixo de rotação (r = 0) e mostre que a pressão p em um 
ponto qualquer a uma distância r vale: 
p = pc + ½ ρω2r2 
(c) Mostre que a variação da pressão com a altura y, restrita à região onde há 
líquido, é: 
p = pc + ρgy 
(d) Mostre que a superfície do líquido possui a forma de um parabolóide de 
revolução, isto é, uma seção transversal vertical pode ser representada pela 
curva: 
y = ω²r² / 2g 
 
 29 
P 2.6: Um tubo de ensaio de 12,0 cm de comprimento é cheio até a borda 
com volumes iguais de dois líquidos imiscíveis, um com densidade ρ1 = 0,81 x 
103 kg/m3 e outro com densidade ρ2 = 1,72 x 103 kg/m3, e posto a girar num 
plano horizontal numa centrífuga a 655 r.p.s. 
(a) Qual líquido irá para o fundo do tubo de ensaio? 
(b) Calcule a pressão hidrostática sobre a base exterior do tubo. A 
extremidade interna do tubo está a 5,30 cm do eixo de rotação. 
 
 30 
RESPOSTAS COMENTADAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS 
 
Atividade 2.1 
O cálculo da pressão que a pessoa faz sobre a superfície é simplesmente 
a força exercida por ela através de seu peso dividida pela área de contato 
perpendicular à esta superfície. Considerando que a força está igualmente 
distribuída por toda a área da sola de cada sapato e usando a equação 2.3: 
(a) p = (60kg!9,8m / s2 ) / (520cm2 ) = (60kg!9,8m / s2 ) / (520!10-4m2 ) 
p =11!103N /m2 =11kPa 
 (b) p = (60kg!9,8m / s2 ) / (80cm2 ) = (60kg!9,8m / s2 ) / (80!10-4m2 ) 
p = 73,5!103N /m2 = 73,5kPa 
Atividade 2.2 
Apesar das forças sobre os pregos (peso do corpo) ser grande, a área ou 
superfície de contato entre o corpo e os pregos também será significativa, 
ocasionando uma pressão pequena ( p = F A ), o que possibilita se deitar em 
uma cama de pregos sem sentir dor. Quanto maior o número de pregos na 
cama maior será a área de contato, aumentando assim o “conforto” dessa 
cama. 
Atividade 2.3 
Supondo que as dimensões do livro sejam de 20 cm x 25 cm, a sua área 
será !   ≈ 0,05  !!,Supondo também que a pressão atmosférica tenha um valor 
de !   ≈ 1  !"# = 1,013  !  10!  ! !!, a força exercida pela atmosfera sobre o livro 
será: 
Nx)m)(mNx(=Ap=F 3225 105,070,05/101,013. ≈ 
 31 
Apesar do valor elevado encontrado para a força, é possível levantar 
facilmente o livro, pois a força exercida pela atmosfera sobre o livro atua em 
toda a sua superfície, tanto nas superfícies superior e inferior, quanto nas 
laterais, apresentando o mesmo valor para todos os pontos. A resultante das 
forças exercidas pela atmosfera será nula, e a força que temos que fazer para 
levantar o livro é igual ao seu peso. 
Atividade 2.4 
 Quando acionamos o mecanismo de fixação da ventosa, ele expulsa 
quase todo o ar contido entre a ventosa e a parede. A situação da ventosa 
pode então ser simplificada como uma semi-esfera encostada na parede, com 
pouco ar em seu interior. Dessa forma, a pressão interna fica menor do que a 
pressão externa e é essa diferença de pressão que segura a ventosa na 
parede. 
Atividade 2.5 
 A fazer os cálculos: Estimar o raio da ventosa, calcular a área cobertapela ventosa (! = !!!), usar o valor da pressão atmosférica (!   ≈ 1  !"# =1,013  !  10!  ! !!), estimar o valor da pressão interna, e calcular a força: 
(! = !∆!). 
Atividade 2.6 
(a) ! = !∆! = !!!!! !! − ! 
(b) ! = !!! 37!10!!! ! 1− 0,1 !10! !!! = 9,7!10!! 
(c) Se um cavalo exerce 800N de força, para separar as campânulas, 
precisaremos de: 
!ú!"#$  !"  !"#"$%& = !!"!#$!!"  !"#"$% = 9,7!10!800 = 12,125 
isto é, seriam necessários pelo menos 13 cavalos. 
 32 
Atividade 2.7 
Da mesma forma como no exemplo 2.8, originalmente ambos os lados 
continham mercúrio e estavam a uma certa altura Ho. Ao colocar óleo do lado 
esquerdo, o peso da coluna de óleo faz com que o outro ramo suba de um 
valor a e o mercúrio deste ramo esquerdo desça da mesma quantidade a. 
Desta forma no ponto C, a pressão é exatamente a mesma nos dois lados, e é 
função da altura da coluna de óleo no lado esquerdo e da coluna de mercúrio 
do lado direito. 
Considerando o topo do lado esquerdo, tal que p1=po=pressão atmosférica e o 
topo do lado direito, tal que p2=po=pressão atmosférica, temos para o lado 
esquerdo que contém óleo em cima do mercúrio: 
)yg(yρ=pp CóleoC −−− 11 = )yg(yρ=pp CóleoC −−− 1o (1) 
Para o lado esquerdo que contém mercúrio: 
)yg(yρ=pp CmercúrioC −−− 22 = )yg(yρ=pp CmercúrioC −−− 2o (2) 
Igualando (1) e (2): 
)yg(yρ)yg(yρ CmercúrioCóleo −−=−− 21 
)y(yρ)y(yρ CmercúrioCóleo −=− 21 
Considerando yc = 0 e y1=2a+d e y2=2a: 
a)(ρd)a(ρ mercúrioóleo 22 =+ 
Sabendo que ρmercúrio = 13,50x103kg/m3 e a= 2,0cm e d = 56,0cm 
33
33
kg/mx109,0
60,0cm
)0,4(kg/m13,5x10
2
2
==
+
=
cm
da
aρρ mercúrioóleo 
 
Atividade 2.8 
Neste caso, usamos novamente a lei de Stevin, considerando que a 
pressão atmosférica local é po = 9,9x104N/m2, g = 9,78m/s2 e a densidade 
da água é igual a 1,0x103kg/m3: 
ℎ   !!!" = 9,9x10!N/m!(1,0x10!kg/m!)9,78m/s! =  10,1! 
Consequentemente, a coluna equivalente de um barômetro de água teria da 
ordem de 10metros. 
 33 
 
Atividade 2.9 
Utilizando a relação entre os deslocamentos dos êmbolos de uma prensa 
hidráulica: 
!! = !! !!!! = ! !(! 2)!![13 (! 2)]! = 9!   
Desta forma, o deslocamento do êmbolo menor deve ser 9 vezes maior que o 
deslocamento do êmbolo maior. 
 
GABARITO DOS EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 
E2.1 
 ∆p = 0,05 atm = 5,065 . 103 N/m2, A ≈ 2,50 m2 
F = ∆p . A 
F ≈ (5,065 . 103 N/m2)(2,50 m2) 
F ≈ 1,27 . 104 N 
 
E2.2 
∆p = ρsgh 
∆p = (1,06 . 103 kg/m3)(9,81 m/s2)(1,83m) 
∆p = 1,90 . 104 N/m2 
 
E2.3 
(a) F = p . A = ρghA = ρgV 
 34 
F = (103 kg/m3)(9,81 m/s2)(15m)(10m)(1,5m) 
F = 2,21 . 106 N 
(b) Superfície 1: L = 15m, H = 1,5m 
dF = p dA 
dF = p(h) dA 
dF = p(h) Ldh 
F = 0∫H p(h) Ldh 
F = 0∫H ρghL dh 
F = ρgL 0∫H h dh 
F = ρgLH2/2 
F = (103 kg/m3)(9,81 m/s2)(15m)(1,5m)2 / 2 
F = 1,66 . 105 N 
 
Superfície 2: L = 10m, H = 1,5m 
F = ρgLH2/2 
F = (103 kg/m3)(9,81 m/s2)(10m)(1,5m)2 / 2 
F = 1,10 . 105 N 
(c) Sim, pois a pressão atmosférica contribui para aumentar a força exercida 
sobre as paredes laterais. 
E2.4 
(a) Fs = Mg 
 35 
Fs = (2000 kg)(9,81 m/s2) 
Fs = 19620 N 
Segundo o Princípio de Pascal, a pressão no pistão menor pm é igual à pressão 
no pistão maior pM . Sendo assim a força Fe necessária a ser aplicada no pistão 
menor para suspender o automóvel será: 
pm = pM 
Fe/Am = Fs/AM 
Fe = Fs(d/D)2 
Fe = (19620 N)(2,0 . 10-2 m / 20 . 10-2 m)2 
Fe = 196,2 N 
(b) A força Fa aplicada à alavanca necessária para que seja aplicada a força Fe 
no pistão menor será: 
τFa = τFe 
LFa = xFe 
Fa = Fex /L 
Fa = (196,2 N)(16 . 10-2 m) / (40 . 10-2 m) 
Fa = 78,5 N 
(c) Quando a alavanca é descida, temos a seguinte configuração: 
 
 36 
Por semelhança de triângulos, temos: 
y/L = y’/x 
y’ = yx/L 
y’ = (30cm)(16cm)/(40cm) 
y’ = 12cm 
O volume do fluido deslocado pelo pistão menor é o mesmo que é deslocado 
pelo pistão maior: 
Vm = VM 
y' πd2/4 = zπD2/4 
A elevação z do automóvel será então: 
z = y'd2/D2 
z = (12cm)(2,0cm)2/(20cm)2 
z = 0,12cm 
 
E2.5: p = p0 + ρgh, onde p0 é a pressão atmosférica. 
E2.6 
 (a) p0 = ρHggh 
h = p0/ρHgg 
h = (1,013 . 105 N/m2)/(13,595 . 103 kg/m3)(9,81 m/s2) 
h = 76 cm 
(b) h = p0/ρag 
 37 
h = (1,013 . 105 N/m2)/(103 kg/m3)(9,81 m/s2) 
h = 10,3 m 
E2.7 
(a) p0 = 1 atm = 1,013 . 105 N/m2, ρ = 103 kg/m3, g = 9,81 m/s2, h = 2 m 
p = p0 + ρgh 
p = (1,013 . 105 N/m2) + (103 kg/m3)(9,81 m/s2)(2 m) 
p = 1,21 N/m2 
(b) Nesta situação temos dois casos possíveis, o mergulhador que mergulha 
com o reservatório de ar, e o mergulhador que mergulha prendendo a 
respiração. No caso do mergulhador com o reservatório, a pressão do ar no 
reservatório geralmente é maior que a pressão atmosférica, e como o 
mergulhador respira esse ar a uma pressão maior, seu corpo como um todo 
está a uma pressão maior, de maneira que nessa profundidade ele fica sujeito 
a uma menor diferença de pressão, não sentindo dor. No caso do mergulhador 
que prende a respiração, quando este inspira e prende o ar dentro dos 
pulmões, a pressão interna nos pulmões e nos ouvidos fica maior, de maneira 
que nessa profundidade ele também fica sujeito a uma menor diferença de 
pressão, não sentindo dor. 
(c) Para que a pressão interna do corpo do mergulhador vá gradativamente se 
igualando à pressão externa à medida que o mergulhador passa de uma região 
de alta pressão até a superfície. 
(d) p - p0 = 0,050 atm = 5,065 . 103 N/m2 
p - p0 = ρgh 
h = (p - p0)/ρg 
h = (5,065 . 103 N/m2) / (103 kg/m3)(9,81 m/s2) 
 38 
h = 0,52 m 
E2.8 
A força exercida pelo líquido na parte inferior do recipiente é a resultante de 
todas as forças exercidas pelo líquido sobre as paredes do frasco. Estas forças 
normais às paredes em cada ponto são iguais e contrárias às forças exercidas 
pelas paredes sobre o líquido. Mas a resultante das forças superficiais sobre o 
líquido é igual e contrária ao peso do líquido, segundo o princípio de 
Arquimedes. Logo, a resultante das pressões exercidas pelo líquido sobre as 
paredes, aplicadas à parte inferior do recipiente, é efetivamente igual ao peso 
do líquido. Assim, no caso do 2º recipiente mostrado na figura, a resultante 
das pressões sobre as superfícies laterais tem uma componente para baixo que 
é responsável pela diferença entre o peso do líquido e a força sobre a base; no 
caso do 3º recipiente, essa componente é para cima, e é somente no caso do 
1º recipiente que a força sobre a base é igual ao peso do líquido. 
EF 2.9 
 
 
GABARITO DOS PROBLEMAS DA UNIDADE 2 
P2.1 
 39 
(a) pV = nRT, T constante 
p (m/ρ) = nRT, V = m/ρ 
ρ = (m/nRT) p 
(b) ρ/ρ0 = p/p0 
ρ = ρ0p/p0 
dp/dh = -ρg 
dp/dh = -gρ0p/p0 
dp/p = -gρ0 dh/p0 
po∫p dp’/p’ = 0∫h –(gρ0/p0) dh’ 
ln(p/p0) = -h/a, a = p0/pρ0 
p(h) = p0e(-h/a) 
(c) Monte Everest (8,8km) 
p(8,8km) = (1atm) e(-8,8km / 8,62km) 
p(8,8km) = 0,36atm 
 
Vôo comercial (11km) 
p(11km) = (1atm) e(-11km / 8,62km) 
p(11km) = 0,28atm 
P 2.2 
(a) Considerando a profundidade y, temos: 
 40 
p = ρgy 
dF = p dA 
dF = ρgy L dy 
∫ dF = 0∫D ρgL y dy 
F = ρgLD2/2 
(b) dτ = y dF 
dτ = y ρgL y dy 
∫ dτ = 0∫D ρgL y2 dy 
τ = ρgLD3/6 
(c) τ = HF 
ρgLD3/6 = H ρgLD2/2 
H = D/3 
 
P 2.3 
Considerando a altura do conjunto (barril + tubo) sendo 2h, temos para a 
força hidrostática sobre o fundo do barril FH: 
p = 2ρgh, A = πd2/4 
FH = pA = p = 2ρghπd2/4 = πρghd2/2 
Peso da água nele contido: 
volume do barril: Vb = hπd2/4 
volume do tubo: Vt = ach 
 41 
P = mg = ρVg = ρg(Vb + Vt) = ρg(ach + hπd2/4)= ρgh(ac + πd2/4) 
FH/P = (πρghd2/2) / ρgh(ac + πd2/4) = [π(1,2m)2/2] / [(4,6 . 10-4 m2) + 
π(1,2m)2/4] 
FH/P = 2,0 
Esta relação não é igual a um porque, devido ao formato do recipiente, a 
resultante das pressões sobre a face superior tem uma componente para cima 
que é responsável pela diferença entre a força sobre a base e o peso do 
líquido. 
P 2.4 
 
 
 
(a) Σ FY = ma 
pA – (p + dp)A – P = ma 
pA – pA – dpA – ρA dy g = ρA dy a 
– dpA = ρA dy(g + a) 
dp/dy = –ρ(g + a) 
p1∫p2 dp = – y1∫y2 ρ(g + a) dy 
p2 – p1 = – ρ(g + a)(y2 – y1) 
y2 – y1 = h, p2 = 0, p1 = p 
p = ρh(g + a) 
 
 42 
(b) Σ FY = – ma 
pA – (p + dp)A – P = – ma 
pA – pA – dpA – ρA dy g = – ρA dy a 
– dpA = ρA dy(g – a) 
dp/dy = –ρ(g – a) 
p1∫p2 dp = – y1∫y2 ρ(g – a) dy 
p2 – p1 = – ρ(g – a)(y2 – y1) 
y2 – y1 = h, p2 = 0, p1 = p 
p = ρh(g – a) 
 
(c) Σ FY = – mg 
pA – (p + dp)A – mg = – mg 
pA – pA – dpA = 0 
dp = 0 
A pressão seria a mesma em todos os pontos do fluido. 
P 2.5 
(a) Σ F = ma 
F(r) - F(r + Δr) = - Δm v2/r, v = ωr 
p(r)A - p(r + Δr) A = - Δm ω2r = - ρA Δr ω2r 
(p(r) - p(r + Δr))/Δr = ρω2r 
 43 
dp/dr = ρω2r 
 
(b) dp = ρω2r dr 
pc∫p dp’ = 0∫r ρω2r’ dr’ 
p – pc = ρω2r2/2 
p(r) = pc + ρω2r2/2 
(c) Tomando a origem num ponto situado no eixo na parte de cima do 
reservatório cilíndrico: 
p2 – p1 = – ρg(y2 – y1) 
y1 = 0, y2 = – y, p1 = pc, p2 = p(y) 
p(y) – pc = – ρg(–y) 
p(y) = pc + ρgy 
 
(d) p(y) = p(r) 
pc + ρgy = pc + ρω2r2/2 
ρgy = ρω2r2/2 
y = ω2r2/2g 
P 2.6 
(a) O líquido com densidade ρ2. 
(b) Considerando r1 = 5,30 cm, a extremidade interna do tubo, r2 = 11,30 cm, 
o limite de separação dos dois líquidos, r3 = 17,30 cm, a base exterior do tubo, 
e ω = 665 . 2π rad/s = 4178,2 rad/s, temos: 
 44 
dp = ρω2r dr 
p(r1) ∫ p(r3) dp = r1 ∫ r2 ρ1 ω2r dr + r2 ∫ r3 ρ2 ω2r dr 
p(r3) – p(r1) = ρ1 ω2 [(r22/2) – (r12/2)] + ρ2 ω2 [(r32/2) – (r22/2)] 
p(r3) = (1atm) + (0,81 . 103 kg/m3)(4178,2 rad/s)2 [49,8 . 10-4 m2] + (1,72 
x 103 kg/m3)(4178,2 rad/s)2 [85,8 . 10-4 m2] 
p(r3) = 3,28 . 108 N/m2 = 3,24 . 103 atm