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SOCIEDADE UNIVERSITÁRIA REDENTOR 
CENTRO UNIVERSITÁRIO UNIREDENTOR 
 
FACULDADE REDENTOR DE PARAÍBA DO SUL 
 
GRADUAÇÃO EM ENGENHARIA MECÂNICA 
Aluno(a): Matrícula: 
Professor(a): Gustavo Vieira Frez Disciplina: Mecânica dos Fluidos I 
Atividade: APS2 Valor: 2,0 pontos Postagem: 27/05/2020 
 
Objetivo da atividade: 
Reconhecer, compreender, interpretar e solucionar problemas relacionados à mecânica 
dos fluidos no que diz respeito as leis de conservação de massa, quantidade de 
movimento linear e energia. 
 
Competências envolvidas: 
Aplicação de conhecimentos teóricos, científicos com relação aos conteúdos das aulas 
abaixo discriminadas. 
Análise e solução de problemas de conservação da massa, cálculos de vazão e 
velocidade quando o escoamento possui perfil constante e variável. 
Análise e solução de problemas de conservação da quantidade de movimento, 
envolvendo cálculos de força em escoamentos. 
Análise de problemas utilizando a equação de Bernoulli. 
Análise de problemas de conservação de energia em escoamento de fluidos. 
 
Aulas de referência do caderno de estudos da disciplina: 
Aulas 15/04/2020 a 20/05/2020. 
 
Orientações Gerais: 
- Postar um ARQUIVO ÚNICO, no formato PDF. 
- O aluno pode enviar o arquivo, feito à mão em caneta azul ou preta, digitalizado ou 
pode digitar a resolução no word e converter para PDF. 
- O aluno deve apresentar o passo a passo de todas as questões. 
- Faça as questões de modo organizado, anotando dados, fazendo as devidas conversões 
de unidades, apresentando as equações utilizadas, hipóteses simplificadoras etc. 
- As respostas finais deverão ser apresentadas com precisão de 3 (três) casas decimais, 
quando for necessário arredondar o resultado. 
- Verifique se a calculadora está em grau (D) ou radiano (R) conforme necessidade da 
questão, para não errar nos cálculos. 
 
- A postagem do arquivo deve ocorrer, até o dia 27/05/2020 pela plataforma 
BlackBoard (BB). 
- NÃO SERÃO ACEITOS ARQUIVOS ENVIADOS APÓS A DATA MÁXIMA DE 
POSTAGEM E NEM POR OUTROS MEIOS A NÃO SER PELA BB. 
 
 
FAÇA COM ATENÇÃO E BOA SORTE! 
 
 
1) O reservatório, de altura 𝐻, da figura a seguir está sendo abastecido com água 
por duas entradas unidimensionais (1) e (2). Existe ar aprisionado no topo do 
reservatório. A altura da água no instante mostrado é ℎ. 
 
a) Encontre uma expressão analítica para a taxa de variação da altura da água no 
reservatório, 𝑑ℎ/𝑑𝑡, partindo da equação geral de conservação da massa e 
apresentando as simplificações possíveis. 
b) Calcule a taxa de variação da altura da água no reservatório, 𝑑ℎ/𝑑𝑡, utilizando a 
equação encontrada no item a) e considere que 𝐷1 = 25 mm, 𝐷2 = 75 mm, 
v1 = 0,9 m/s, v2 = 0,6 m/s, 𝐴𝑟𝑒𝑠 = 0,18 m2, 𝜌 = 1000 kg/m
3. 
c) A partir da resposta do item b), conclua se o reservatório está enchendo ou 
esvaziando. 
 
2) Um tanque com volume igual a 0,15 m3, contém ar a uma pressão absoluta de 
500 kPa e a 20°C. Em 𝑡 = 0 s, o ar começa a escapar do tanque por meio de uma 
válvula que possui área de escoamento igual a 75 mm2. O ar passa pela válvula a 
250 m/s e massa específica de 7,5 kg/m3. 
a) Determine, analisando a equação geral de conservação da massa e apresentando 
todas as simplificações possíveis, uma expressão analítica para a taxa instantânea 
de variação da massa específica 𝜌 no tanque ao longo do tempo 𝑡. 
b) Qual a taxa de variação da massa específica no tanque, em 𝑡 = 0 s? 
c) Comente sobre o sinal da taxa de variação da massa específica no tanque. 
 
3) Você está fazendo cerveja. O primeiro passo é encher o garrafão de vidro com o 
mosto líquido. O diâmetro interno do garrafão é 37,5 cm, e você deseja enchê-lo até 
o nível de 0,6 m. Se o seu mosto é retirado da chaleira usando um sifão com uma 
vazão de 11,36 L/min, quantos minutos levará para o enchimento do garrafão? 
 
4) Água escoa em regime permanente através do cotovelo redutor de 90° 
apresentado na figura a seguir. Na entrada (1) do cotovelo, a pressão absoluta é de 
250 kPa e a sua área de seção transversal é 0,02 m2. Na saída (2), a área da seção 
transversal é 0,005 m2 e a velocidade média é de 20 m/s. O cotovelo descarrega 
para atmosfera. 
a) Determine a velocidade na seção de entrada do cotovelo. 
b) Determine a força vetorial, �⃗� = 𝑅𝑥 î + 𝑅𝑦 j,̂ necessária para manter o cotovelo 
estático. Considere 𝑝𝑎𝑡𝑚 = 101,325 kPa. 
 
5) Água é acelerada por um bocal a uma velocidade média de 20 m/s e atinge uma 
placa vertical fixa à taxa de 10 kg/s com uma velocidade normal de 20 m/s, como 
pode ser observado na figura a seguir. Após o choque, a corrente de água se 
espalha em todas as direções do plano da placa. Determine a força 𝐹𝑅 necessária 
para evitar que a placa se movimente horizontalmente devido à corrente de água 
que à atinge. 
 
 
6) Os bombeiros, representados na figura a seguir, seguram um bocal na ponta de 
uma mangueira enquanto tentam apagar um incêndio. Se o diâmetro de saída do 
bocal é de 6 cm e a taxa de escoamento da água é 𝑄 = 12 m3/min, determine: 
a) a velocidade média de saída de água no bocal, em unidades do SI 
b) a força de resistência horizontal necessária para que os bombeiros consigam 
segurar o bocal da mangueira. 
 
 
 
 
7) Na figura a seguir, o fluido que está escoando é a água. Despreze todas as perdas 
nesse escoamento. Se 𝑝1 = 170 kPa, 𝜌á𝑔𝑢𝑎 = 1000 kg/m3 e o fluido manométrico é 
o óleo Meriam vermelho (𝑆𝐺 = 0,827), calcule: 
a) A massa específica do fluido manométrico, em kg/m3. 
b) A pressão na seção (2) do escoamento, em kPa. 
c) A velocidade na seção (2), em m/s (LEMBRE-SE o ponto (1) é um ponto de 
estagnação). 
d) A vazão volumétrica da água, em m3/h, desse escoamento. 
 
 
 
8) A figura a seguir representa o escoamento de gasolina (𝑆𝐺 = 0,68), em regime 
permanente e sem a presença de máquinas hidráulicas a 𝑄 = 18 L/s. Desconsidere 
as perdas de carga entre as seções (1) e (2) do escoamento e determine 𝑝1 
absoluta e manométrica, em kPa. Considere 𝑝𝑎𝑡𝑚 = 101,325 kPa 
 
 
RESPOSTAS 
 
1- 
a) 
Formula geral da conservação de massa: 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Fluido incompressível (𝜌𝜌 = 𝑐𝑐𝜕𝜕𝑐𝑐): 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Números limitados de entrada e saídas: 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
⎣
⎢
⎢
⎢
⎡
� 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉���
𝑉𝑉 ⎦
⎥
⎥
⎥
⎤
+ (−𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2) = 0 →
𝜕𝜕𝑑𝑑
𝜕𝜕𝜕𝜕
− 𝑣𝑣1𝑑𝑑1 − 𝑣𝑣2𝑑𝑑2 = 0 
𝜕𝜕𝑑𝑑
𝜕𝜕𝜕𝜕
= 𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2 
Volume do cilindro: 
𝑑𝑑 =
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
ℎ →
𝜕𝜕𝑑𝑑
𝜕𝜕𝜕𝜕
=
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
 
 
𝜕𝜕𝑑𝑑
𝜕𝜕𝜕𝜕
= 𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2 →
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
= 𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2 →
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
=
𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
 
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
=
4(𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2)
𝜋𝜋𝑑𝑑2
 
 
b) 
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
=
4(𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2)
𝜋𝜋𝑑𝑑2
 
Diâmetro do reservatório: 
𝑑𝑑𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 =
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
→ 0,18 =
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
→ 0,18 ×
4
𝜋𝜋
= 𝑑𝑑2 → 𝑑𝑑 = �0,229 → 
𝑑𝑑 ≅ 0,479 𝑚𝑚 
 
Áreas: 
𝑑𝑑1 =
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
→ 𝑑𝑑1 =
𝜋𝜋(0,025)2
4
→ 𝑑𝑑1 = 4,908 ∙ 10−4 𝑚𝑚2 
𝑑𝑑2 =
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
→ 𝑑𝑑2 =
𝜋𝜋(0,075)2
4
→ 𝑑𝑑2 = 4,417 ∙ 10−3 𝑚𝑚2 
Substituindo: 
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
=
4(𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2)
𝜋𝜋𝑑𝑑2
→
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
=
4�𝑣𝑣1 �
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4 � + 𝑣𝑣2 �
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4 ��
𝜋𝜋𝑑𝑑2
→ 
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
=
4((0,9 × 4,908 ∙ 10−4) + (0,6 × 4,417 ∙ 10−3))
𝜋𝜋(0,479)2
→
𝑑𝑑ℎ
𝑑𝑑𝜕𝜕
≅ 0,0171 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
 
c) 
Como 𝑑𝑑ℎ/𝑑𝑑𝜕𝜕 > 0 → o tanque está enchendo. 
 
2- 
a) 
Formula geral da conservação de massa: 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Volume é constante: 
� 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
= 𝜌𝜌𝑑𝑑 → 
𝑑𝑑
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
+ � 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Fluxo de saída: 
� 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑆𝑆𝑉𝑉
= 𝜌𝜌𝑟𝑟𝑣𝑣𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 
𝑑𝑑
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
+ 𝜌𝜌𝑟𝑟𝑣𝑣𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 = 0 →
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
=
−𝜌𝜌𝑟𝑟𝑣𝑣𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟
𝑑𝑑
 
Como 𝑑𝑑𝜌𝜌/𝑑𝑑𝜕𝜕 < 0, significa que está descomprimindo. 
 
b) 
Dados: 
𝑑𝑑 = 0,15 𝑚𝑚3; 
𝜕𝜕 = 0 𝑠𝑠; 
𝑑𝑑𝑟𝑟 = 250
𝑚𝑚
𝑠𝑠
; 
𝜌𝜌𝑟𝑟 = 7,5
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚3
; 
𝑑𝑑𝑟𝑟 = 75𝑚𝑚𝑚𝑚2 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
=
−𝜌𝜌𝑟𝑟𝑣𝑣𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟
𝑑𝑑
→
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
=
−(7,5 ∙ 250 ∙ 75 ∙ 10−6)
0,15
= −0,937𝑘𝑘𝑘𝑘/𝑚𝑚3 ∙ 𝑠𝑠 
 
c) 
Como o sinal de 𝑑𝑑𝜌𝜌/𝑑𝑑𝜕𝜕 é negativo, isso significa que o tanque está descomprimindo. 
 
3- 
Dados: 
𝑑𝑑 = 0,375𝑚𝑚; 
ℎ = 0,6𝑚𝑚; 
𝑄𝑄 = 11,36𝐿𝐿/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛 = 0,01136 𝑚𝑚3/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛 
 
Formula geral da conservação de massa: 
 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Não é permanente, variação da altura: 
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜕𝜕
𝜌𝜌 + � 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Números limitados de entrada e saída, como não temos saída ela será igual à zero: 
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜕𝜕
𝜌𝜌 −�𝜌𝜌𝑣𝑣𝑑𝑑 = 0 →
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜕𝜕
𝜌𝜌 −�𝜌𝜌𝑣𝑣𝑑𝑑�
𝑄𝑄
�
�̇�𝑚 
= 0 →
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜕𝜕
𝜌𝜌 = �̇�𝑚 
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜕𝜕
=
�̇�𝑚
𝜌𝜌
→
𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑑𝑑𝜕𝜕
= 𝑄𝑄 → 𝑑𝑑𝑑𝑑 = 𝑄𝑄𝑑𝑑𝜕𝜕 
 
Integrando o primeiro lado h=0 até a altura h=0,6; e o segundo lado t=0 até t=t: 
𝑑𝑑(𝑑𝑑𝑏𝑏ℎ) = 𝑄𝑄𝑑𝑑𝜕𝜕 
� 𝑑𝑑(𝑑𝑑𝑏𝑏ℎ)
0,6
0
= � 𝑄𝑄𝑑𝑑𝜕𝜕
𝑡𝑡
0
→ 𝑑𝑑𝑏𝑏 � 𝑑𝑑ℎ
0,6
0
= � 𝑄𝑄𝑑𝑑𝜕𝜕
𝑡𝑡
0
→ 𝑑𝑑𝑏𝑏 ∙ 0,6 = 𝑄𝑄 ∙ 𝜕𝜕 → 
𝑄𝑄 =
𝑑𝑑𝑏𝑏 ∙ 0,6
𝜕𝜕
→ 𝑄𝑄 =
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
∙
0,6
𝜕𝜕
→ 𝜕𝜕 =
𝜋𝜋𝑑𝑑20,6
4𝑄𝑄
→ 
𝜕𝜕 =
𝜋𝜋(0,375𝑚𝑚)20,6𝑚𝑚
4(0,01136 𝑚𝑚3/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛)
→ 𝜕𝜕 =
0,265𝑚𝑚3
0,04544𝑚𝑚3/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛
→ 
𝜕𝜕 = 5,831𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛 
 
4- 
a) 
Formula geral da conservação de massa: 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Regime permanente, fluído incompressível (𝜌𝜌 = 𝑐𝑐𝜕𝜕𝑐𝑐): 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� = 0 
Logo: 
�(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 → −𝑣𝑣1𝑑𝑑1 + 𝑣𝑣2𝑑𝑑2 = 0 → 𝑣𝑣1𝑑𝑑1 = 𝑣𝑣2𝑑𝑑2 → 
𝑣𝑣1(0,02𝑚𝑚2) = (20𝑚𝑚/𝑠𝑠) ∙ (0,005𝑚𝑚2) → 𝑣𝑣1 =
(20𝑚𝑚/𝑠𝑠) ∙ (0,005𝑚𝑚2)
0,02𝑚𝑚2
→ 
𝑣𝑣1 = 5 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
 
b) 
Direção x: 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑥𝑥 + 𝐹𝐹𝑟𝑟𝑥𝑥 =
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑢𝑢𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝑢𝑢𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Então: 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑥𝑥 = 0 
Regime Permanente: 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑢𝑢𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� = 0 
� 𝑢𝑢𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= −𝑢𝑢𝑟𝑟𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 + 𝑢𝑢𝑟𝑟𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 
𝐹𝐹𝑟𝑟𝑥𝑥 = −𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 + 𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑𝑟𝑟 
Logo, 
−𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 + 𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑𝑟𝑟 = −𝑢𝑢𝑟𝑟 𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟���
�̇�𝑚𝑒𝑒
+ 𝑢𝑢𝑟𝑟 𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟���
�̇�𝑚𝑠𝑠
→ −𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 + 𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑𝑟𝑟 = �̇�𝑚(−𝑢𝑢𝑟𝑟 + 𝑢𝑢𝑟𝑟) 
𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑𝑟𝑟 − �̇�𝑚(−𝑢𝑢𝑟𝑟 + 𝑢𝑢𝑟𝑟) → 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑝𝑝𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑑𝑑𝑟𝑟 − 𝜌𝜌𝑣𝑣𝑑𝑑(−𝑢𝑢𝑟𝑟 + 0) → 
𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = (250000 − 101325) ∙ 0,02 − (1000 ∙ 5 ∙ 0,02)(−5 + 0) → 
𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 3,473 𝑘𝑘𝑘𝑘 
Direção y: 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑦𝑦 + 𝐹𝐹𝑟𝑟𝑦𝑦 =
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑤𝑤𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝑤𝑤𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Simplificando: 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑦𝑦 = 0 
 
� 𝑤𝑤𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 𝑤𝑤𝑟𝑟 𝜌𝜌𝑤𝑤𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟���
�̇�𝑚
 
𝐹𝐹𝑟𝑟𝑦𝑦 = 𝑝𝑝𝑚𝑚𝑡𝑡𝑚𝑚𝑑𝑑𝑐𝑐 − 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑡𝑡𝑚𝑚𝑑𝑑𝑐𝑐 + 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑧𝑧 → 𝐹𝐹𝑟𝑟𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑧𝑧 
𝐹𝐹𝑅𝑅𝑧𝑧 = 𝑤𝑤𝑟𝑟�̇�𝑚 = 20 ∙ (1000 ∙ 20 ∙ 0,005) = 2 𝑘𝑘𝑘𝑘 
Por fim, 
�⃗�𝐹 = 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥𝚤𝚤̂ + 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑦𝑦𝚥𝚥̂ → �⃗�𝐹 = [−3,473𝚤𝚤̂ + 2𝚥𝚥̂]𝑘𝑘𝑘𝑘 
 
5- 
Determinar a área: 
𝑑𝑑 =
�̇�𝑚
𝜌𝜌𝑣𝑣
→ 𝑑𝑑 =
10
1000 ∙ 20
→ 𝑑𝑑 = 5 ∙ 10−4𝑚𝑚2 
 
Analisando na direção x: 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑥𝑥 + 𝐹𝐹𝑟𝑟𝑥𝑥 =
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑢𝑢𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝑢𝑢𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Simplificando: 
 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑥𝑥 = 0 
𝐹𝐹𝑟𝑟𝑥𝑥 = −𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 
Não há variação temporal, 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑢𝑢𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� = 0 
Só temos entrada na direção x, logo: 
−𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = −𝑢𝑢𝑟𝑟𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 → 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑢𝑢𝑟𝑟𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 → 
𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 20𝑚𝑚/𝑠𝑠 ∙ 1000𝑘𝑘𝑘𝑘/𝑚𝑚
3 ∙ 20𝑚𝑚/𝑠𝑠 ∙ 5 ∙ 10−4𝑚𝑚2 → 
𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 200 𝑘𝑘𝑘𝑘 ∙
𝑚𝑚
𝑠𝑠2
 𝑜𝑜𝑢𝑢 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 200 𝑘𝑘 
 
 
6- 
a) 
𝑄𝑄 = 𝑣𝑣𝑑𝑑 
Convertendo os valores: 
12
𝑚𝑚3
𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛
�
1𝑚𝑚𝑚𝑚𝑛𝑛
60𝑠𝑠
� = 0,2𝑚𝑚3/𝑠𝑠 
6𝑐𝑐𝑚𝑚 = 0,06𝑚𝑚 
𝑄𝑄 = 𝑣𝑣𝑑𝑑 ∴ 𝑄𝑄 = 𝑣𝑣 �
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
� → 0,2 𝑚𝑚3/𝑠𝑠 = 𝑣𝑣(2,827 ∙ 10−3𝑚𝑚2) → 
𝑣𝑣 =
0,2𝑚𝑚3/𝑠𝑠
2,827 ∙ 10−3𝑚𝑚2
→ 𝑣𝑣 = 70,746 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
 
b) 
Analisando na direção x: 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑥𝑥 + 𝐹𝐹𝑟𝑟𝑥𝑥 =
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑢𝑢𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� + � 𝑢𝑢𝜌𝜌(�⃗�𝑣.𝑛𝑛�⃗ ) 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑆𝑆𝑉𝑉
= 0 
Simplificando: 
 
𝐹𝐹𝑐𝑐𝑥𝑥 = 0 
𝐹𝐹𝑟𝑟𝑥𝑥 = −𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 
Não há variação temporal, 
𝜕𝜕
𝜕𝜕𝜕𝜕
� � 𝑢𝑢𝜌𝜌 𝑑𝑑𝑑𝑑
𝑉𝑉𝑉𝑉
� = 0 
Só temos entrada na direção x, logo: 
−𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = −𝑢𝑢𝑟𝑟𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 → 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = 𝑢𝑢𝑟𝑟𝜌𝜌𝑢𝑢𝑟𝑟𝑑𝑑𝑟𝑟 
𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 = (70,746 ∙ 1000 ∙ 70,746 ∙ 2,827 ∙ 10
−3𝑚𝑚2) → 𝐹𝐹𝑅𝑅𝑥𝑥 ≅ 14,150 𝑘𝑘𝑘𝑘 
 
 
 
 
7- 
a) 
𝑆𝑆𝐺𝐺𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 =
𝜌𝜌
𝜌𝜌á𝑔𝑔𝑓𝑓𝑚𝑚
→ 𝜌𝜌 = 𝑆𝑆𝐺𝐺𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓 ∙ 𝜌𝜌á𝑔𝑔𝑓𝑓𝑚𝑚 → 𝜌𝜌 = 0,827 ∙ 1000 → 𝜌𝜌ó𝑓𝑓𝑟𝑟𝑓𝑓 = 827 𝑘𝑘𝑘𝑘/𝑚𝑚3 
 
b) 
𝑃𝑃2 − 𝑃𝑃1 = ∆𝑃𝑃 
Teorema de Stevin: 
∆𝑝𝑝 = (𝜌𝜌ó𝑓𝑓𝑟𝑟𝑓𝑓 − 𝜌𝜌𝑚𝑚)𝑘𝑘∆ℎ = (827 − 1000)
𝑘𝑘𝑘𝑘
𝑚𝑚3
 ∙ 9,81
𝑚𝑚
𝑠𝑠2
 ∙ 0,08 𝑚𝑚 = −135,7704 𝑃𝑃𝑃𝑃 𝑜𝑜𝑢𝑢 
∆𝑝𝑝 = −0,1357704 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
𝑃𝑃2 − 170 = −0,1357704 → 𝑃𝑃2 = −0,1357704 + 170 → 𝑃𝑃2 ≅ 169,864 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
 
c) 
𝑣𝑣 = �
2∆𝑝𝑝
𝜌𝜌𝑚𝑚
= �
2 ∙ 135,7704
1000
≅ 0,521 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
d) 
Vazão volumétrica: 
𝑄𝑄 = 𝑣𝑣𝑑𝑑 → 𝑄𝑄 = 𝑣𝑣 �
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
� 
Logo, 
𝑄𝑄 = 𝑣𝑣 �
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
� → 0,521 ∙
𝜋𝜋(0,06)2
4
→ 𝑄𝑄 = 1,47 ∙ 10−3 𝑚𝑚3/𝑠𝑠 
Conversão m³/h: 
1,47 ∙ 10−3
𝑚𝑚3
𝑠𝑠
∙ �
3600𝑠𝑠
1ℎ
� = 5,3 𝑚𝑚3/ℎ 
 
8- 
Conversão : 
18
𝐿𝐿
𝑠𝑠
�
0,001𝑚𝑚3
1𝐿𝐿
� = 0,018 𝑚𝑚3/𝑠𝑠 
 
Equação de Bernoulli: 
𝑃𝑃1
𝜌𝜌𝑘𝑘
+
𝑣𝑣12
2𝑘𝑘
+ 𝑧𝑧1 =
𝑃𝑃2
𝜌𝜌𝑘𝑘
+
𝑣𝑣22
2𝑘𝑘
+ 𝑧𝑧2 
 
𝑣𝑣1 =
𝑄𝑄
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
→ 𝑣𝑣1 =
4(0,018)
𝜋𝜋(0,08)2
→ 𝑣𝑣1 ≅ 3,581 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
𝑣𝑣2 =
𝑄𝑄
𝜋𝜋𝑑𝑑2
4
→ 𝑣𝑣1 =
4(0,018)
𝜋𝜋(0,05)2
→ 𝑣𝑣2 ≅ 9,167 𝑚𝑚/𝑠𝑠 
 
Pressão Manométrica: 
Dados: 
𝑧𝑧1 = 0 𝑚𝑚; 
𝑍𝑍2 = 12 𝑚𝑚; 
𝑝𝑝1 =? ; 
𝑝𝑝2 = 0 → 𝑃𝑃𝑜𝑜𝑚𝑚𝑠𝑠 é 𝑚𝑚𝑘𝑘𝑢𝑢𝑃𝑃𝑎𝑎 𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑡𝑡𝑚𝑚; 
𝑣𝑣1 = 3,581 𝑚𝑚/𝑠𝑠; 
𝑣𝑣2 = 9,167 𝑚𝑚/𝑠𝑠; 
𝜌𝜌𝑔𝑔𝑚𝑚𝑟𝑟𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑚𝑚𝑚𝑚 = 680 𝑘𝑘𝑘𝑘/𝑚𝑚3. 
 
𝑃𝑃1
𝜌𝜌𝑘𝑘
+
𝑣𝑣12
2𝑘𝑘
+ 𝑧𝑧1 =
𝑃𝑃2
𝜌𝜌𝑘𝑘
+
𝑣𝑣22
2𝑘𝑘
+ 𝑧𝑧2 → 𝑃𝑃1 +
𝜌𝜌𝑘𝑘𝑣𝑣12
2𝑘𝑘
+ 𝜌𝜌𝑘𝑘𝑧𝑧1 = 𝑃𝑃2 +
𝜌𝜌𝑘𝑘𝑣𝑣22
2𝑘𝑘
+ 𝜌𝜌𝑘𝑘𝑧𝑧2 → 
𝑃𝑃1 +
𝜌𝜌𝑣𝑣12
2
+ 𝜌𝜌𝑘𝑘𝑧𝑧1 = 𝑃𝑃2 +
𝜌𝜌𝑣𝑣22
2
+ 𝜌𝜌𝑘𝑘𝑧𝑧2 → 
𝑃𝑃1 +
680 ∙ (3,581)2
2
+ (0)�������������
4360,01
= (0) +
680 ∙ (9,167)2
2
+ (680 ∙ 9,81 ∙ 12)�����������������������
108621,12
→ 
𝑃𝑃1 = 108621,12 − 4360,01 → 𝑃𝑃1 = 10461,1 𝑃𝑃𝑃𝑃 → 
𝑃𝑃1 = 104,261 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
Pressão Absoluta: 
𝑃𝑃𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟 = 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑡𝑡𝑚𝑚 + 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 → 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟 = 101,325 + 104,261 → 
𝑃𝑃𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟 = 202,586 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 
	APS2 Mecânica dos Fluidos I
	APS02