LISTA DE EXERCICIOS COM RESPOSTAS

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SOLUCIONÁRIO – LISTA 1
Exercício 1
Notamos que o recipiente é cilíndrico. Um aspecto importante é que ele tem uma
secção transversal uniforme (vista de cima); isso nos permite relacionar a pressão no
fundo simplesmente com o peso total dos líquidos. Usando o fato de que 1L = 1000
cm3, encontramos o peso do primeiro líquido a ser:
Na última etapa, convertemos gramas em quilogramas e centímetros em metros. Da
mesma forma, para o segundo e o terceiro líquidos, temos
e,
A força total no fundo do recipiente é, portanto, 
Exercício 2
A diferença de pressão entre os dois lados da janela resulta em uma força resultante
na janela. O ar dentro empurra para fora com uma força dada por pi A , onde pi é
a pressão dentro da sala e A é a área da janela. Da mesma forma, o ar do lado de
fora empurra para dentro com uma força dada por po A , onde p0 é a pressão
externa. A magnitude da força resultante é F=( pi−po) A .
Considerando que 1atm=1.013 x105Pa , a força resultante é:
A força resultante na janela desaparece quando a pressão dentro da sala é igual à
pressão externa.
Exercício 3
Conhecer o valor da pressão em várias unidades nos permite usar vários fatores de 
conversão:
Exercício 4
Com A=0.000500m2 e p=F /A , então temos Patm+ρágua ghágua=Patm+F / A . Isso dá
ρáguag hágua=F / A ou,
hágua=
F
ρágua gA
hágua=2.00m
o que significa d+hágua=2.80m .
Exercício 5
Estimamos a diferença de pressão (especificamente devido a efeitos hidrostáticos) da 
seguinte forma:
Exercício 6
A pressão na superfície inferior necessária para fazer flutuar o objeto deve ter o 
mesmo modulo da pressão devida ao peso do objeto (desconsiderando à pressão 
atmosférica)
p=Fobj /Aobj=mobj g/ Aobj=ρobjV objg /Aobj=ρobj(Aobjhobj)g /Aobj=ρobjg hobj=ρobj g H
p=8.55 gr /cm3 x9.8m / s2 x76.2mm
p=6.39k Pa
Esta pressão deve ser gerada por uma coluna de mercúrio h + x em altura. Portanto:
ρmercúriog(h+x)=ρobj gH
assim, 
h+x=
ρobj
ρmercúrio H
O valor de x pode ser encontrado percebendo que o volume de mercúrio no sistema 
permanece constante. Assim,
π
4 D
2 x=π4 (d1
2−D2)h+π4 d2
2h
Agora, se resolvermos para x:
x=[( d1D )
2
−1+( d2D )
2]h
Essas expressões agora nos permitem resolver para h:
h=
ρobj
ρmercúrio
D2
d1
2+d2
2 H
Substituindo em valores:
h= 8.55 gr /cm
3
13.55 gr /cm3
x (37.5mm)
2
(39.5mm)2+(12.7mm)2
x76.2mm
h=39.3mm
Exercício 7
(a) Aplicando a equação de pressão hidrostática:
 pce+ρágua ghágua=patm+ρmércurioghmércurio
pce=patm+ρmércurio ghmércurio−ρágua ghágua
pmanométrica=pce−patm
pmanométrica=ρmércurioghmércurio−ρágua ghágua
pmanométrica=13550kg /m
3 x 9.8m /s2 x (3m−2.9m)−999kg /m3 x9.8m/ s2 x1m
pmanométrica=3.48k Pa
(b) É o mesmo processo, só mudam as alturas das colunas dos líquidos:
pmanométrica=ρmércurioghmércurio−ρágua ghágua
pmanométrica=13550kg /m
3 x 9.8m /s2 x1m−999 kg/m3 x 9.8m /s2 x 1m
pmanométrica=123k Pa
Exercício 8
A pressão atmosférica p0 caindo na piscina de mercúrio do barômetro é igual à 
pressão ρgh na base da coluna de mercúrio: p0=ρgh . Substituindo os valores 
dados na enunciado do problema, encontramos a pressão atmosférica a ser:
Exercício 9
Combinando as seguintes equações:
F1
A1
=
F2
A2
→F1=F2
A1
A2
F2=−kx
F1=mg
(em valor absoluto) dá:
mg=kx
A1
A2
com A2=18 A1 (e os outros valores dados no problema) encontramos:
m= kx
g
A1
18 A1
=3.00 x10
4N /mx 0.05m
9.8m /s
1
18
m=8.50kg
Exercício 10
(a) A pressão (incluindo a contribuição da atmosfera) a uma profundidade de
htopo=L/2 (correspondente ao topo do bloco – face superior) é
ptopo=patm+ρghtopo=1.01x 10
5Pa+(1030kg /m3)(9.8m / s2)(0.300m)=1.04 x105 Pa
onde a unidade Pa (pascal) é equivalente a N /m2 . A força na face superior (de
área A=L2=0.36m2 ) é
Ftopo=ptopo A=3.75 x 10
4 N
(b) A pressão a uma profundidade de hfundo=3 L/2 (aquela do fundo do bloco – face
inferior) é
pfundo=patm+ρgh fundo=1.01 x10
5 Pa+(1030kg /m3)(9.8m / s2)(0.900m)
pfundo=1.10x 10
5Pa
Onde nos lembramos que a unidade Pa (pascal) é equivalente a N /m2 . A força na 
face inferior é
F fundo=pfundo A=3.96 x10
4N
(c) Tomando a diferença F fundo−F topo cancela a contribuição da atmosfera (incluindo 
quaisquer incertezas numéricas associadas a esse valor) e leva a
F fundo−F topo=ρg (hfundo−htopo)A=ρgL
3=2.18 x 103N
o que é esperado com base no princípio de Arquimedes. Duas outras forças agem no 
bloco: uma tensão para cima T e uma tração para baixo da gravidade mg . Para 
permanecer parado, a tensão deve ser
T=mg−(F fundo−F topo)=(450kg)(9.80m/ s
2)−2.18 x103N=2.23x 103N
(d) Isso já foi observado na parte anterior:
Fb=2.18 x10
3 N ,eT+Fb=mg
Exercício 11
A esfera oca flutua com metade do volume submersa em um liquido. Aplicamos o
princípio de Arquimedes para calcular sua massa e densidade.
A força descendente da gravidade mg é balanceada pela força de empuxo
ascendente do líquido: mg=ρgV s . Aqui m é a massa da esfera, ρ é a
densidade do líquido e V s é o volume submerso. Assim m=ρV s . O volume
submerso é metade do volume total da esfera, de modo que V s=
1
2
(4 π /3)r0
3 , onde
r0 é o raio externo.
(a) Substituindo os valores dados, encontramos a massa da esfera a ser
b) A densidade ρm do material, assumida como uniforme, é dada por ρm=m /V ,
em que m é a massa da esfera e V é o seu volume. Se ri é o raio interno, o
volume é
A densidade é
Note que ρm>ρ , ou seja, a densidade do material é maior que a do fluido. No
entanto, a esfera flutua (e desloca seu próprio peso de fluido) porque é oca.
Exercício 12
(a) Como o chumbo não está deslocando nenhuma água (de densidade ρágua ), o
volume do chumbo não está contribuindo para a força de flutuação F f . Se o
volume imerso de madeira for V i , então
F f=ρáguaV i g=ρágua(0.900V mad)g=0.900ρáguag (mmadρmad )
que, quando flutuando, é igual aos pesos da madeira e do chumbo:
F f=0.900ρágua g(mmadρmad )=(mmad+mchumbo) g
e, portanto,
mchumbo=0.900ρágua (mmadρmad )−mmad=(0.900)(1000kg /m
3)(3.67kg)
600kg/m3
−3.67 kg
mchumbo=1.84kg
(b) Neste caso, o volume V chumbo=mchumbo /ρchumbo também contribui para F f . 
Consequentemente,
F f=0.900ρágua g(mmadρmad )+( ρáguaρchumbo )mchumbo g=(mmad+mchumbo)g
o que leva a,
mchumbo=
0.900 (ρágua/ρmad)mmad−mmad
1−ρágua /ρchumbo
= 1.84 kg
1−(1.00 x 103 kg/m3 /1.13 x104 kg/m3)
mchumbo=2.01kg
Exercício 13
As seções esquerda e direita têm um comprimento total de 60.0 m, então (com uma
velocidade de 2.50 m/s) leva 60.0/ 2.50 = 24.0 segundos para percorrer essas seções.
Assim, leva (88.8 – 24.0) s = 64.8 s para percorrer a seção intermediária. Isto implica
que a velocidade na seção intermediária é
vmédia=(50m)/(64.8 s)=0.772m /s
Agora, considerando que A1 v1=A2 v2 (mais o fato de que A=π r2 ) implica
rmédio=r A √(2.5m /s)/(0.772m/ s) onde r A=2.00 cm . Portanto, rmédio=3.60cm .
Exercício 14
Usamos a equação de continuidade para resolver a velocidade da água à medida que
ela sai do furo do borrifador.
Seja v1 a velocidade da água na mangueira e v2 seja a sua velocidade ao deixar
um dos furos. A área da seção transversal da mangueira é A1=πR2 . Se houver N
buracos e A2 for a área de um único buraco, então a equação de continuidade se
torna
onde R é o raio da mangueira e r é o raio de um buraco.
Observando que R/r=D /d (a razão dos diâmetros) encontramos a velocidade a ser
A equação de continuidade implica que, quanto menor a área da seção transversal do
orifício do borrifador, maior a velocidade da água quando ela sai do orifício.
Exercício 15
(a) A equação de continuidade fornece (26+19+11)L/min=56 L/min para a vazão no
tubo principal (1.9 cm de diâmetro).
(b) Usando v=R /A e A=πd2/4, montamos as proporções:
Exercício 16
Nós usamos a equação de Bernoulli:
onde ρ=1000 kg /m3 , D=180m , v1=0.40m/ s , e v2=9.5m /s . Portanto,
encontramos Δ p=1.7 x 106 Pa ou 1.7MPa . A unidade do SI para pressão é o pascal
(Pa) e é equivalente a N /m2 .
Exercício 17
(a) Demonstração feita na aula
(b) A velocidade do avião em relação ao ar é
Exercício 18
(a) Demonstração feita na aula
(b) Nós substituímos os valores dados para obter
Consequentemente, a vazão é
Q=AV=(64 x 10−4m2)(3.06m / s)=2.0 x10−2m3/s