Exercícios MECANICAS DOS FLUIDOS_SEMANA 1 a 6 (1)

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T1- CONCEITOS GERAIS 
EXERC ICIOS 
 
1- a) Determine a pressão que exercemos sobre um prato de uma 
balança de área 1200 2cm , quando sobre ele depositamos uma massa de 
4kg. 
b) Compare com a pressão atmosférica local ( locP ), que é de 0.9 
atmosferas. 
 
Resolução 
 
Por definição: 
F
P
A
 
No caso, F é a força gravitacional. Assim: 
Mg
P
A
 
Transformando a área dada para as unidades do SI temos: 
 
2
2 2 2 21200 1200 10 0,12cm m m  
Portanto a pressão é, adotando g=10, 
34.10 10
0,12 3
Mg
P Pascal
A
   
b) Lembramos que 
51 10atm Pascal 
Assim: 
50,9 0,9.10atm Pascal 
Logo: 
410 10
3 3
Pascal atm

 
Em termos da pressão local, escrevemos: 
5
59.10 3.10
3
loc locP P P

 
 
Ou seja, essa pressão é uma fração minúscula da pressão atmosférica local. 
 
2-A pressão atmosférica numa determinada região é descrita, 
aproximadamente, pela equação: 
 , ,P x y z ax by cz d   
 
Este plano interliga duas regiões. Uma de alta pressão e outra de baixa 
pressão (vide figura abaixo). 
 
a) Determine o gradiente de pressão. 
 Determine o ângulo formado pelas normais associadas às isobáricas e a 
normal do plano 0z z . Por exemplo, z=5.600 metros (vide figura). 
Mostre que a intersecção da equipotencial 0P P com os planos: 
1
2
z z
z z

 
São retas com inclinações iguais, mas, distando uma da outra. Comente 
sobre essa distância. 
 
Resolução 
a) A equação: 
oP ax by cz d    
Descreve um plano O gradiente da pressão é um vetor constante, dado por 
P ai bj ck    
b) A normal a esse plano é: 
 
  2 2 2
ax by cz ai bj ck
n
ax by cz a b c
    
 
      
 
O ângulo é dado por: 
2 2 2
cos
c
n k
a b c
   
 
 
 
c) Para 1z z
 a pressão é função apenas de x e y.
 
1P ax by cz d    
Para uma pressão constante, uma isobárica 0P P , a equação resultante 
descreve uma reta, a qual pode ser escrita de duas formas distintas. A saber: 
1 oax by cz d P    
Ou, analogamente, 
 
 
1
oP da c
y x z
b b b

   
 
 
 
Para 
2z z 
A reta agora é descrita pela equação: 
 
2
oP da c
y x z
b b b

    
Portanto, as duas retas têm a mesma inclinação. No entanto, elas 
interceptam o eixo y em pontos diferentes. No primeiro caso esse ponto é: 
 
1 1
oP dc
y z
b b

  
 
Enquanto que no segundo caso, esse ponto é 
 
2 2
oP dc
y z
b b

  
 
Portanto a diferença de coordenadas pose ser escrita como: 
 2 1 2 1
c
y y z z
b
   
 
Essa diferença pode ser interpretada como a distância entre as retas. No 
entanto, a distância difere dessa pelo cosseno de um ângulo. 
3-Considere o campo de 
velocidades dado por: 
2 2 2 2
 x y
x y x y
V V
x y x y
 
 
   
 
 
 
a) Analise o módulo desse campo de velocidade como função da 
distância até a origem. 
b) Qual é a direção e o sentido da velocidade em cada ponto? 
. 
 
 
   
 
2 2
2 2 22
2 2 22 2
2
V V x y x y
x yx y
       
  
 
Ou seja, seu módulo depende com o inverso da distância até a origem: 
2 2
2 2
V
x y
 

 

 
Daí inferimos que 
0
lim 0
lim
V
V






 
Em coordenadas polares o vetor V tem duas componentes: 
V
V







 
 
Assim, em cada ponto o vetor velocidade forma um ângulo de 045 com a 
vertical, seu sentido indicando sempre para dentro (vide figura). 
4-Um gás ideal é confinado num pistão de forma que uma das superfícies 
é móvel. Seja A a área dessa superfície. Constata-se que à temperatura 1T o 
volume de gás é V . Qual o peso que devemos colocar sobre essa superfície 
de forma a manter o mesmo volume a uma temperatura  2 2 1 ?T com T T 
Obs: a rigor devemos ir aumentando o peso gradativamente à medida 
que a temperatura aumenta. 
 
RESOLUÇÃO 
 
Sendo um gás ideal, a equação de estado do mesmo é: 
PV nRT 
Portanto, considerando-se diferentes temperaturas, mas mantendo o 
volume constante, temos: 
1 1
2 2
PV nRT
PV nRT


 
Logo: 
2
2 1
1
T
P P
T
 
  
 
 
Com o acréscimo de massa sobre a superfície, temos a relação entre as 
pressões: 
2 1
Mg
P P
A
  
Portanto: 
2 2 1
1 1 1
1 1
T T TMg
P P P
A T T
   
     
   
 
Logo: 
1 2 1
1
AP T T
M
g T
 
  
 
 
 
 
5- a)Mostre que a intersecção de uma superfície isobária com o plano 
0z z 
Define uma curva no espaço. 
 
 b) O que obteríamos se considerássemos diferentes planos? 
Exemplifique com: 
1 2 3, z , zz z z z   
Essas curvas são as curvas de nível. 
 c) Exemplifique com o caso de superfícies esféricas 
Uma superfície é caracterizada pela condição (ver figura) 
 , ,W x y z c 
Onde W é uma função de  , ,x y z . 
A condição: 
0z z 
Determina um plano. 
Assim, a intersecção das duas superfícies nos leva à equação: 
 0, ,W x y z c 
Que é a equação de uma curva no plano 0z z . 
Para diferentes valores de z, temos: 
 
 
 
1
2
3
, ,
, ,
, ,
W x y z c
W x y z c
W x y z c



 
Obteremos diferentes curvas. Essas curvas são as linhas de nível. 
 
d) Por exemplo: 
  2 2 2, ,W x y z x y z R    
Ou ainda, 
 2 2 2 2x y z R   
É uma identidade que é satisfeita para todos os pontos localizados sobre 
uma superfície esférica de raio R. 
No entanto, equação: 
  2 2 21 1, ,W x y z x y z R    
No leva à equação 
2 2 2 2
1x y R z   
Que descreve uma circunferência de raio 2 2
1R z e localizada no plano 
1z z 
As demais, para 
2 3 e z z são, igualmente, circunferências de raios 
2 2 2 2
2 3 e R z R z  para: 
2 2 2 2
2
2 2 2 2
3
x y R z
x y R z
  
  
 
Devemos admitir que 1 2 3, e z R z R z R   
 
 
 
 
 
6-Uma estrela de raio R e massa M é muito mais densa no núcleo do 
que na superfície. Consideremos um modelo no qual a densidade de 
massa varia com a distância até o nuclear (r) da seguinte forma: 
  0r
r

  
Determine o parâmetro 0 uma função da massa M e da área da 
superfície da estrela. 
 
Resolução: A área da superfície da estrela é 24 R . 
Por definição: 
 
0
R
M r dV  
Em coordenadas esféricas: 
2dV r sen d d   
Portanto: 
 
2
2
0 0 0
22
0
0 0
0 0
4
4 4
2
R
R R
M r r dr sen d d
Rr
dr rdr
r
 
   

  

  
  
 
 
Portanto: 
2
0
0
4
2 2
AR
M

  
 
Logo: 
0 2
2 2
4
M M
R A


 
  
 
 
 
 
7-Considere um fluido cuja densidade é constante. Admita sua 
velocidade igualmente constante. 
a- Mostre que, depois de um tempo t a massa que passa por uma 
superfície de área A, cuja perpendicular é paralela à velocidade, é 
dada por: 
M At 
Daí obtendo o resultado: 
.
dM
A J dS
dt
  
 
b-A partir do resultado acima, interprete o significado da grandeza J . 
 
 
Resolução 
Numa caixa de área A e comprimento X a massa é dada por: 
0M AX 
Nesse caso o comprimento x é função do tempo pois ele aumenta com o 
tempo em função do avanço do fluido dotado de velocidade V. Assim, 
 X t Vt 
Portanto: 
  0M t AVt 
A taxa com que o fluido passa pela superfície é: 
 0
dM
V A
dt
 
No entanto: 
0 0
S
J VA J dA  
Uma vez que: 
0 0 0
dA dAk
J V V K 

  
 
Inferimos que: 
dM
J dA
dt
 
 
Ou seja, a taxa com que massa passa pela superfície, por unidade de 
tempo é igual ao fluxo do vetor densidade de corrente associada à 
massa. 
 
 
 
 
 
Exercícios semana 2-Mecânica dos 
fluidos 
Exercícios do portfólio 1 e 6 
 
1-Dado o potencial de velocidades 
       
1
2 2 2,
2 2
r lu r x y lu x y
 
     
 
 
Determine 
a-A velocidade do fluido em cada ponto 
b-As superfícies equipotenciais 
c-Desenhe as linhas de corrente e interprete o sinal do parâmetro  . 
 
Resolução 
a) Por definição, em coordenadas cartesianas: 
   , ,V x y x y
 
Portanto: 
     
1/2 1/2
2 22 2,
2 2
V x y lu x y i lu x y j
x y
 
 
    
      
     
Lembrando que 
 
 
1/ 2
2 2
2 2
x
lu x y
x x y

 
 
 
Obtemos: 
   2 2 2 22
x yj
V i
x y x y


 
  
    
Ou seja: 
2 2
2 2
2
2
x
y
x
V
x y
y
V
x y


 


 
 
Em coordenadas cilíndricas: 
 
1
, ln ln
2
V x y e e 

  
   
    
    
    
 
Portanto: 
1
2
V e

 

 
b) As superfícies equipotenciais são dadas pela condição: 
 
1/2
2 2ln ln constantex y    
Isso implica: 
 2 2 2x y R 
 
ou seja, são circunferências concêntricas de raio R. 
c) Corresponde a um escoamento típico de uma fonte na origem se 0  
Corresponde a um sorvedouro, se 0  . 
 
 
 
 
2-Dado o potencial de velocidades 
 ,
2 2
y
r arctg
x
 
    
 
 
 
Determine as componentes do vetor velocidade. A seguir desenhe as linhas de corrente 
componentes do vetor velocidade são: 
 
 
 
Resolução 
2 2
x
y
V arctg
x x x

 
     
   
    
 
 
Tendo em vista que: 
2 2 2
1
.
1
arctg y y x
y x y x x yy
x
    
    
      
  
  
2 2
y
y
V arctg
y y x

 
     
   
   
Obtemos: 
   2 2 2 22
y x
V i j
x y x y
 
   
  
 
 
Em coordenadas polares, temos: 
1 1
2 2
V e e 
    
   
  
   
 
 
3-Dada a função de fluxo: 
 ,
2 2
y
r arctg
x
 
    
 
 
Determine suas linhas de corrente 
Determine o campo de velocidades associada a ela 
 
Lembramos que 
, x yV V
y x
  
  
  
Resolução 
Portanto, 
2
2
x
y
y
V arctg
y x
y
V arctg
x x


  
  
  
  
   
   
 
Donde inferimos que: 
 
 
2 2
2 2
2
2
x
y
x
V
x y
y
V
x y








 
 
 
 
 
 
4-Dada a função de fluxo: 
     
1
2 2 2
2 2
r lu r lu x y
 
   
 
 
 
Determine o campo de velocidades associada a ela 
Determine suas linhas de corrente 
Calcule a circulação desse campo ao longo de uma circunferência de raio  no sentido 
horário. 
Resolução 
, x yV V
y x
  
  
  
Portanto, 
 
 
1/ 2
2 2
1/ 2
2 2
2
2
x
y
V lu x y
y
V lu x y
y


  
  
  
  
   
   
Logo 
 
 
2 2
2 2
2
2
x
y
y
V
x y
x
V
x y






 

 
Assim, 
   2 2 2 22
yi xj
V
x y x y
 
  
  
 
 
Em coordenadas polares, temos: 
 cos
2 2
V sen i j e 
 
 
   
 
 
b)A circulação ao longo de uma circunferência de raio R é dada por: 
circulação= 
.V dl 
 
Mas, no sentido horário 
dl dle  
 
Donde obtemos: 
 
Circulação= 
1
2
dl
R

 
 
 
 
 
 
 
 
5- Considere um campo de velocidade da forma 
ˆ ˆV axi byj  
 Obtenha a equação geral das linhas de corrente e determine aquela que passa pelo ponto 
 0 0,x y . 
Resolução 
Equação das linhas de correntes: 
x y
dx dy
v v

 
Nesse caso: 
ln ln
0
dx dy d x d y
ax by a b
   

 
11 1 1
ln ln ln 0
a
a b b
a
b
d x y d x y
x Dy

   
     
   

 
Aquela que passa pelo ponto solicitado, tem um valor especifico de D. Ou seja 
0 0
a
bD x y
 
6- Considere um campo de velocidades da forma 
ˆ ˆV ayi bj  
Obtenha a equação geral das linhas de corrente e determine aquela que passa pelo ponto 
 0 0,x y . 
Resolução 
x y
dx dy
v v

 
Nesse caso: 
dx dy
ay b

 
Donde inferimos que: 
2
2
a a
dx dyy dy
b b
 
 
 
Ou seja: 
2
2
a
x y C
b
 
 
A condição de que ela passa pelo ponto 
 0 0,x y determina o valor de C. Ou seja, 
2
0 0
2
a
C x y
b
 
 
A solução é 
 2 20 0
2
a
x x y y
b
  
 
 
7- Considere um campo de velocidade da forma 
ˆ ˆV ayti bxj  
 
Obtenha a equação geral das linhas de corrente e determine aquela que passa pelo ponto 
 0 0,x y no instante de tempo t=2 segundos. 
Resolução 
dx dy
ayt bx


 
 
2 2
0
2 2
x b y
d
at
 
  
 
 
2
2 x by C
at
 
 
2bx
y C
at
 
 
A constante c pode ser determinada sabendo-se que em t=2 s a linha de corrente passa pelo 
ponto 
 0 0,x y , pois podemos determinar a constante C. 
2
2 0
0
2
x b
C y
a
 
 
Logo, essa linha de corrente é dada por 
22
2 0
0
2
bxbx
y y
at a
  
 
 
8-Obtenha uma expressão para as linhas de corrente para o campo de velocidades
 
 
2ˆ ˆV Axyi By j  , 
Resolução 
As equações para as linhas de corrente, são 
22
dx dy
Axy By
 
dx dy
B A
x y
 
   ln ln 0 ln 0 B A B Ad x y d x y    
 
Portanto, as linhas de corrente são dadas pelas curvas. 
B Ax y C  
9-A distribuição de velocidades para um dado escoamento laminar desenvolvido entre placas 
paralelas é dada por:
 
2
0
2
1
y
u u
h
  
      
 
Onde h é à distância separando as placas e 0
u 
é velocidade máxima do escoamento. O 
referencial é escolhido de forma que a origem do mesmo se encontra situada na linha mediana 
entre as placas. Considere o líquido como sendo a água. 
a) Calcule a tensão de cisalhamento nas placas superior e inferior 
b) Determina a força sobre uma seção de Área da placa inferior 
 
Resolução 
Calculemos, primeiramente, o gradiente de velocidades. Nesse caso, ele é uma função linear 
da coordenada y. 
2
2
0 0 2
2 8du d y
u y u
dy dy h h
 
    
  
A tensão de cisalhamento é dada por:
 
du
dy
 
 
Nesse caso obtemos 
02
8
agua
y
u
h
 
 
  
 
 
Na placa superior encontramos para o torque: 
04
2
agua
h
y u h 
 
   
  
Enquanto que na placa inferior, temos:
 
04
2
agua
h
y u h 
 
   
 
 
A relação entre o torque e a força é 
F
A
 
Na placa inferior, temos 
F A 
Portanto, 
  04 aguaF u h A 
 
 ,
2 2
y
r arctg
x
 
    
 
Exercícios semana 3-Mecânica dos 
fluidos 
 
Exercícios do portfólio 3 e 7 
 
1-Considere uma barragem de uma represa de profundidade h e largura L 
(vide figura abaixo). Determine a força total agindo sobre ela quando ela 
contém água atingindo 80 da sua altura. Leve em conta apenas a pressão 
exercida pela água. 
 
Resolução: 
Considerando-se uma porção de profundidade dz e comprimento L (vide 
figura), a força é dada por: 
 dF P z dzL 
Ou seja, 
dF PdA 
 
Adotando-se um referencial no nível do solo, escrevemos: 
   0 0P z P g h z   
 
Levando-se em conta apenas a pressão exercida pela água, temos: 
 odF g h z dzL  
Mas, 
 
0
2 2
2 0 0
0
2 2
h
o
o
h h
h z dz h   
 
 
Portanto: 
2
0
2
h
F gL  
 
No caso, 
 
08oh h 
 
Donde inferimos que: 
 
 
2
2 2
0,8
0,32
2
F gLh gLh    
 
2-Admita que num corpo celeste esférico, de raio R e massa M, tenha sua 
densidade variando com a profundidade de acordo com a expressão: 
 
A
r
r
  
Onde r é a distância até o centro. 
a) Calcule a massa contida num volume esférico de raio r e em seguida determine 
A. 
b) Determine a diferença de pressão entre um ponto localizado na superfície do 
corpo celeste e outro localizado a uma distância 0R do seu centro com 0R R . 
Resolução: 
A massa contida num volume esférico é: 
   2' 'm r r sen d d dr r     
Portanto: 
 
2'
2
0
4 ' 4
'
r r
m r A dr Ar
r
   
 
A massa total é dada por:
 
   24M m R R A   
Logo, 
24
M
A
R


 
Assim: 
 
2
r
M r M
R
 
  
 
 
c) Cálculo da Pressão 
 
 
2
rdP
gGm r
dr r

  
 
Assim, a diferença de pressão entre esses dois pontos é dada por: 
 
 0
2
R
R
r
P Gm r dr
r

   
Mas, 
 
2
r
m r M
R
 
  
 
 
Logo, 
   
0
0 2 2
0
ln
R
R
MG A MG R
P P R P R dr A
R r R R
 
        
 

 
   
2
0 4
0
ln
4
M G R
P R P R
R R
 

 
 
 
 
3- Copiar da Fisica II para engenharia 
 
Resolução4-Admita que a densidade da terra ( de massa 24610M kg ) não varie desde a 
superfície da Terra até o seu centro. O volume da terra é 12 310 km . A partir desses dados, 
determine a pressão no interior da terra. 
Todos os dados a seguir estarão dados no SI. 
 
Resolução 
A pressão no centro da terra é dada por dois termos: 
0 gravitaçãoP P P 
 
Onde 0
P
 é a pressão na superfície, tomada como sendo igual à pressão atmosférica: 
5
0 10 PaP  
e gravitação
P
é a pressão gravitacional. Para calculá-la, começamos pela massa no interior 
de uma esfera de raio r a qual é dada por
 
   2' 'm r r sen d d dr r     
Portanto, para uma densidade constante, obtemos: 
  30
4
3
M r r

 
 
A massa total é dada por
 
  30
4
3
M m R R
 
   
 
 
Logo, 
0 3
3
4
M M
R V
  

 
 
a) Cálculo da Pressão Gravitacional 
 
 
2
rdP
gGm r
dr r

  
 
 
Assim, a diferença de pressão entre esses dois pontos é dada por: 
 
 
20
R r
P Gm r dr
r

   
Mas, 
  30
4
3
m r r

  
Logo, 
    20
0
4
0
3
R
P P R P G rdr

      
 
   
2
2
0
4
0
3 2
GR
P P R

  
 
Ou seja, 
 
  2 200 4
6
atm
G
P P R   
 
Agora devemos substituir os valores: 
24
3 3 3
0 12 9
610
/ 6 10 /
10 10
kg m kg m   

 
116,6710G 
 
2 14 24 510 mR  
Obtemos: 
  
11
5 2 6 14 5 116,67100 10 6 10 (510 ) 10 2 10 
6
P PA

    
 
Ou seja, cerca de 2 milhões de vezes maior do que a pressão atmosférica.
 
 
5-Um cinegrafista adentra numa câmara cilíndrica, de paredes de aço. A massa do 
conjunto câmara cinegrafista é 3200m kg e a área da base do cilindro é 
21,50A m . 
A câmara é mantida na profundidade indicada na figura por meio de um cabo de aço 
preso a uma embarcação. Suponha que a aceleração da gravidade local seja 
210,0 /g m s , e que a densidade da água seja constante e dada por 3 310 /kg m  . 
Admita ainda que a pressão atmosférica seja 510atmP Pa . 
 
 
 
Calcule a intensidade da: 
a) Força exercida pela água na base superior da câmara; 
b) Força exercida pela água na base inferior da câmara; 
c) Força resultante exercida pela água sobre a câmara; 
d) Força de tração no fio. 
 
Resolução: 
a) Na profundidade 1 20,0h  , a pressão 1p é dada por: 
     
1 1
5 3
1
5 2 5
1
10 10 10 20
3 10 / 3 10
atmp p gh
p
p N m Pa
 
 
   
 
Sendo 
21,52A m , a força total exercida na base superior tem intensidade: 
  
1 1
5 2 2
1
5
1
310 / 1,50
4,50 10
F p A
F N m m
F N
 

 
 
 
 
 
Na profundidade 2 22,0h  , a pressão é dada por: 
2 2 2 1 ou 'atmp p gh p p gh     em que ' 2,0h m . 
Assim: 
     
   
4
2 1
5 3
2
5 5 5
2
2,00 10
310 10 10 2
3 10 0,20 10 3,20 10 Pa
p p gh
p
p


 
 
     
 
A força total exercida pela água na base inferior tem intensidade: 
  
2 2
5 2 2
2
5
2
3,210 / 1,50
4,80 10
F p A
F N m m
F N
 

 
 
b) Pela simetria da situação (fig. A), na face lateral as forças (horizontais) se 
cancelam. Assim, a força resultante exercida pela água sobre a câmara  AF é a 
resultante de 
1 2 com F F : 
1 2AF F F  
Observando a figura d e lembrando que 2 1F F , temos: 
2 1
5 5
5
4
4,80 10 4,50 10
0,30 10
3,0 10
A
A
A
A
F F F
F
F
F N
 
   
 
 
 
c) A câmara está em equilíbrio sob a ação de três forças (fig.e): a tração do fio 
  ,T o peso  P e a força total exercida pela água  AF : 
Assim, devemos ter: 
 ou A AT F P T P F    
Mas: 
  2
4
3200 10 /
3,2 10
P mg
P kg m s
P N


 
 
Portanto: 
   4 4
3
3,2 10 3,0 10
2 10
AT P F N N
T N
     
 
 
 
6-Dentro de um recipiente fechado é inserido um gás sob pressão de 5 22,3 10 /N m , e 
um líquido, cuja densidade é 
34,0 /g cm . Sendo 210 /g m s determine a pressão num 
ponto que se situa 3 cm abaixo da superfície de contato entre o gás e o líquido (vide 
figura). 
 
Resolução. 
De acordo com a teoria, a pressão num fluido varia de acordo com a expressão: 
dp gdz 
Portanto, 
0p p gz  
No caso, 
5 2 5
0
2
3 3
2,3 10 / 2,3 10
10 /
4 / 4000 /
p N m Pa
g m s
g cm kg m
   

 
 
Logo: 
5 3 52,3 10 4 10 10 3 3,510p Pa       
 
 
 
 7-Um tubo em U contém dois líquidos imiscíveis em equilíbrio: a água, cuja 
densidade é 31,0 /A g cm  , e o óleo de oliva, cuja densidade é 
3
0 0,90 /g cm  
(vide figura). Sabendo-se que 0 20h cm , calcule o desnível h entre as superfícies 
livres dos dois líquidos. 
 
Resolução: 
 
Os pontos X e Y da figura abaixo pertencem a um mesmo líquido, no caso a água e 
estão no mesmo nível. Portanto, a pressão no ponto X é igual à pressão no ponto Y. 
Escrevemos 
  1x yp p 
 
A pressão xp é calculada utilizando o ramo esquerdo do tubo, temos assim: 
x atm A Ap p g h    (2)
 
A pressão yp , por outro lado, é calculada utilizando o ramo direito do tubo. Nesse 
ramo, temos: 
0 0y atmp p g h    (3)
 
Substituindo as expressões 2 e 3 em 1, obtemos: 
0 0
0 0
atm A A atm
A A
p g h p g h
h h
 
 
      
  
 
Portanto: 
 0 0
0,90
20 18
1,0
A A
A
h h h cm


 
      
 
 
Assim: 
0 20 18 2,0Ah h h cm cm h cm      
 
8- Pode-se medir a pressão de um gás contido em um recipiente por meio do uso do 
arranjo experimental ilustrado na figura abaixo. O gás comprime uma coluna de 
mercúrio, cuja densidade é 3 313,6 10 /kg m , de modo que o desnível h vale 0,380m. 
 
Sabendo que 
210,0 /g m s e que a pressão atmosférica vale 51,01 10atmp Pa  , 
Determine a pressão manométrica do gás. 
 
Resolução 
A pressão exercida pelo gás deve equilibrar a soma de duas pressões: A pressão 
atmosférica 
5
0 1,01 10P Pa  
E a pressão exercida pela coluna de altura h do mercúrio. Assim, a pressão é composta 
por duas contribuições: 
0Gas HgP P gh  
Donde inferimos que: 
  5 3 51,01 10 13,510 10 0,38 1,01 0,513 10 GasP Pa        
 
 
 
 
 
 
Exercícios semana 4-Mecânica dos 
fluidos 
 
Exercícios do portfólio: O último dito ex. 7 cuja solução vocês 
já têm. 
 
 
 
 
 
 
 
Exercícios semana 5 
Mecânica dos fluidos 
Exercícios do Portfólio: 3 e 6 
1-Considere o campo de escoamento dado na descrição euleriana pela 
expressão 
 , 
Onde A e B são constantes são expressas no sistema SI. Ou seja, as 
coordenadas são medidas em metros e a velocidade em m/s. 
a-Obtenha uma expressão algébrica para a trajetória seguida por essa 
partícula. 
b-Para A=20m/s e B=5 2/m s , escreva as funções de posição lagrangiana 
para a partícula fluida que passou pelo ponto , no instante . 
Resolução 
 
a) A compatibilidade das duas formulações requer que identifiquemos o vetor posição da 
descrição de Euler da partícula  0 ,r r t com a velocidade V de acordo com a expressão: 
r
V
t



 
Portanto, 
 
x
y
x t
V
t
y
V
t






 
No caso, temos: 
 
 
0
2
0
2
x
A x t x At
t
y Bt
Bt y t y
t

   


   

 
ˆ ˆV Ai Btj 
   , 1,1x y  0t 
Para determinarmos a trajetória, escrevemos: 
 0x x
t
A

 
Substituindo em y , obtém 
   0 022
B
y y x x
A
   
Trata-se, portanto de uma parábola 
 
b) Da solução, temos: 
0 0
2
0 0
20
5
2 2
x x At x t
Bt
y y y t
   
   
 
 
 
0
0
0 1 1
0 1 1
x x
y y
 

 
 
Portanto, a solução é: 
 
 
  2
1 20
5
1
2
x t t
y t t
 
 
 
 
2-Afigura mostra uma tubulação disposta horizontalmente, por dentro da 
qual escoa um fluido ideal de densidade . As áreas das seções 
retas são respectivamente . Sabendo que no 
ponto 1 a velocidade é calcule a velocidade no ponto 2. 
 
 
2 36,0.10 /kg m
1 2 e S S
4 2 4 26,0.10 e 2,5.10m m 
2,0 /m s
 
Resolução:De acordo com a equação de continuidade, podemos escrever: 
 
3-A figura abaixo representa um menino regando um jardim, segurando 
uma mangueira na posição horizontal, que tem vazão AV . A altura da 
mangueira é h. Para que a água na mangueira atinja a planta mais distante 
no jardim, ele percebe que o alcance inicial deve ser quadruplicado. A 
mangueira tem em sua extremidade um dispositivo com orifício circular de 
raio variável. 
a-Mostre que ele pode regar todo o jardim aumentando a altura e, ou, 
reduzindo o raio do orifício circular. 
b-Visando regar todo o jardim, de quanto ele deve reduzir ( ou aumentar?) 
o raio do orifício circular mantendo a mesma altura? 
c-E se a altura for reduzida por um fator 4 
 
 
 
Arte: Indicar a altura h do chão até o orifício circular. 
 
1
1 1 2 2 2 1
2
4 2
24 2
.
5,0.10
. 2.0 / 4,0 /
2,5.10
A
Av A v v v
A
m
m s v m s
m


   
 
   
 
 
 
 
Resolução 
 
a-O alcance da água é dado por: 
qa vt 
Onde qt é o tempo de queda livre o qual é dado por: 
2
q
h
t
g
 
Portanto: 
2h
a V
g

 
 
b-Para quadruplicar o alcance e mantendo a mesma altura ele deve quadruplicar a velocidade. 
Pode também duplicar a velocidade e quadruplicar a altura produzindo o mesmo efeito. 
Da equação da continuidade, resulta que a vazão é constante. Portanto: 
1 1 1 2
constante
4
V A
V A V A

 


 
Logo, 
2 14A A 
Ou seja, 
1
2
4
A
A  
Se 
2
1 1
2
2 2
A R
A R




 
 
 
Devemos reduzir o raio por um fator dois. Ou seja, 
1
2
2
R
R  
c-Se reduzirmos a altura por um fator 4 o alcance agora fica reduzido por um fator 2. Assim, 
para regar todo o jardim, a velocidade tem que aumentar por um fator oito, ou seja, agora: 
1
2 1 28
2 2
R
A A R   
 
4- 
 
Resolução 
 
5- Aos fazermos pequenos orifícios numa garrafa PET, ou num tubo, constatamos que 
a velocidade do fluído que sai do orifício depende da altura h de acordo com a 
expressão: 
2v gh 
Explique esse resultado lembrando que no método Lagrangeano devemos considerar 
o movimento de partículas. Para elas vale a lei da conservação da Energia. 
 
 
Arte: Podem usar essa figura 
Resolução: 
 
Partiremos da conservação da energia de uma partícula de massa m. Escrevemos: 
2
2
mv
E mgz  
Onde z agora é medido a partir da superfície do líquido e orientado para baixo. 
Admitiremos que a velocidade da partícula na superfície é nula. Assim escrevemos: 
0E  
No ponto de coordenada h sua velocidade é v e, portanto, 
2
0
2
mv
mgh  
Donde concluímos que: 
2v gh 
Surpreendentemente esse resultado é aquele que obteríamos considerando a 
partícula em queda livre. Ele pode ser obtido, de forma um pouco mais rebuscada, 
utilizando a equação de Bernouilli. 
 
6-A figura representa um recipiente contendo água que escoa por um pequeno 
orifício situado à altura 20H cm e cuja área é 
20,10cm . Adote 210 /g m s , 
despreze a resistência do ar. Admita que 1,8h m , e que o jato de líquido atinge o 
solo no ponto R. 
 
Calcule: 
a) A velocidade com que a água sai pelo orifício; 
b) A vazão através do orifício; 
c) A distância D assinalada na figura. 
Resolução: 
 
a) De acordo com o exercício anterior, a velocidade em que a água sai pelo orifício é: 
2v gh 
Portanto, 
 210 1,8 36 6 /v m s   
b) A vazão é dada pelo produto da área do orifício pela velocidade. 
 vazão de volumeAv  
Tendo em vista que 20,10A cm . 
Obtemos: 
3
4
3
5
0,10.10 .6
6.10
m
Av
s
m
Av
s


 
Ou seja, durante um segundo o recipiente perde um volume de: 
5 3 36.10 60m cm 
c) O alcance D  é dado por: 
2H
D V
g
 
Nesse caso, 
 2 0,2 4 6.2
6 6
10 100 10
D    
Portanto; 
1,2D m 
Exercícios semana 6 
Mecânica dos fluidos 
Exercícios do Portfólio: 4 e 10 
1-A figura mostra uma tubulação disposta horizontalmente, por dentro da 
qual escoa um fluido ideal de densidade . As áreas das seções 
retas são respectivamente . Sabendo que no 
ponto 1 a velocidade é calcule a velocidade no ponto 2. 
 
A seguir, calcule as diferenças de pressão entre o ponto 2 e o ponto 1. 
De acordo com a equação de continuidade, podemos escrever: 
 
Agora utilizamos a equação de Bernoulli para determinar a pressão. 
Como não existe um desnível entre os pontos 1 e 2 , temos: 
 
Ou ainda: 
 
2 2
1 2
1 1 2 1
2 2
V V
P gy P gy
 
     
Portanto, nesse caso 
 2 21 2
2 1
2
V V
P P
 
  
2 36,0.10 /kg m
1 2 e S S
4 2 4 26,0.10 e 2,5.10m m 
2,0 /m s
 
1
1 1 2 2 2 1
2
4 2
24 2
.
5,0.10
. 2.0 / 4,0 /
2,5.10
A
Av A v v v
A
m
m s v m s
m


   
 
   
 
     2 21 2 1 2 2 1
2
P P g y y v v

     
Ou seja, 
 
 
 
2 2 2
1 2 2 2
2 1
610
2 4 300(12) 3600 
2 2
V V
P P Pa
 
        6 
 
 
 
2--Fórmula de Torricelli 
 
Aos fazermos pequenos orifícios numa garrafa PET, ou num tubo, constatamos que a 
velocidade do fluído que sai do orifício depende da altura h de acordo com a expressão: 
2v gh 
Explique esse resultado a partir da equação de Bernoulli admitindo a velocidade como 
sendo nula na superficie do liquido. 
 
 
Arte: Podem usar essa figura 
Consideremos um reservatório (visto na acima) contendo líquido um 
líquido vermelho. Na sua parede lateral fazemos dois orifícios através dos 
quais o líquido escoa. De acordo com a equação de Bernoulli, para três 
pontos considerados, podemos escrever 
 
2 2 21 1 1
2 2 2
a b c
a a b b c c
P P P
v z g v gz v gz
  
       
 
Primeiramente, consideramos um ponto na superfície, o ponto c, e 
impomos 
 2 0cv  
Ademais a pressão nesse ponto é igual à pressão atmosférica (
c atmP P ). 
Finalmente, tomamos 0cz  
Temos, portanto, considerando-se que o eixo z está orientado para baixo, 
 
2 21 1
2 2
a b atm
a b
P P P
v Hg v gh
  
      
Os pontos a e b estão no orifício. Portanto, para eles valem as igualdades: 
 a b atmP P P  
Logo, para quaisquer dois pontos onde façamos o furo, vale: 
 2 2
1 1
0
2 2
a bv Hg v gh   
 
Assim, concluímos que:
 
2v gh 
Que é a Fórmula de Torricelli 
 
 
 
 
 
 
 
3-SIFÃO 
Um sifão pode ser entendido a partir da figura abaixo. Analise as pressões 
nos vários pontos e as velocidades do fluido nesses pontos. Os pontos são 
indicados por 0, 1, 2 e 3 na figura. 
Para um líquido incompressível e um escoamento irrotacional, podemos 
usar o teorema de Bernouilli e a equação da continuidade. De acordo com 
a equação da continuidade, a vazão é constante. O que implica: 
1 1 2 2 3 3v A v A v A    
No caso em que a área seja constante, podemos escrever: 
1 2 3v v v  
Ou seja, a velocidade do fluido será a mesma ao longo do sifão. 
Para as pressões, vale a equação de Bernoulli 
 2
1
 constante 0,1,2,3 
2
i
i i
P
v z g Pontos i

   
 
Essa constante é facilmente calculada no ponto 0 onde tomamos a origem e 
orientação do referencial de acordo com a figura. 
Assim: 
 
2
0
1
 constante 
2
atmPv

 
 
Admitindo a velocidade do fluido na superfície igual a zero (válido a rigor 
apenas para a componente z), temos: 
 
 constante atm
P


 
E, portanto, para os demais pontos, escrevemos: 
 
21
2
i atm
i i
P P
v z g
 
  
 
O ponto 3 tem uma pressão igual à pressão atmoférica. Portanto, para ele 
temos 
 
2
3 3
1
2
atm atmP Pv z g
 
  
 
Ou seja, para ele, vale a fórmula de Torricelli: 
3 2v gh 
Donde inferimos que 
  
1
2
 eatm
atm
P P gh
P P g H h


 
   
 
 
 
4--Mostre que a função: 
 
2
2
, cos 1
a
V    

 
  
 
 
é solução da equação de Laplace em duas dimensões 
b)Mostre, ademais, que o campo de velocidades descreve o escoamento de 
um fluido no qual temos um cilindro de raio a em torno do qual o fluido 
escoa. 
c) Considerando o potencial no infinito, Mostre que essaexpressão 
descreve um fluido com velocidade uniforme ao longo do eixo x com 
velocidade V . 
Resolução: 
 
2
2 2
1 1
0
    
   
     
 
2 2
2
2 2
3 2
1 1
cos 1 cos cos
cos 1
cos cos 1
a a
V V V
V a a
V V
       
                        
  
       
     
 
Enquanto que derivando em relação a 
2 2 2
2 2 2 2
1 1
cos 1 cos 1
a a
V V
      
            
          
 
Portanto, 
2
2 2
1 1
0
    
   
     
 
 
 
B) Nas superfícies, devemos impor a condição bastante geral: 
 
superficie
, , 0nV x y z  
Para o cilindro, devemos impor: 
 , 0.V a     
As componentes são 
2
2
1
1
V
a
V Vsen





 
     
   
 
Portanto, a condição está satisfeita, pois 
 , 0.V a     
c) no infinito, temos: 
 
 lim , cosV Vx

    

  
Que descreve um fluido com velocidade constante ao longo do eixo x 
5-Mostre que a função: 
 
2
2
, 1
R
V sen   

 
   
 
 
é uma solução da equação de Laplace em duas dimensões. 
 
b) Mostre que o campo de velocidades descreve o escoamento de um fluido 
no qual temos um cilindro de raio R em torno do qual o fluido escoa. 
c) Considerando o potencial no infinito, mostre que essa expressão 
descreve um fluido com velocidade uniforme ao longo do eixo x com 
velocidade V . 
 
 
2 2
2
2 2
3 2
1 1
1
1
1
R R
V sen V sen V sen
Vsen R R
V sen Vsen
       
                        
  
       
     
 
Enquanto que derivando em relação a 
2 2 2
2 2 2 2
1 1
1 1
R R
V sen Vsen
      
            
          
 
Portanto, 
2
2 2
1 1
0
    
   
     
 
b-Nas superfícies, devemos impor a condição bastante geral: 
 
superficie
, , 0nV x y z  
Para o cilindro, devemos impor: 
 , 0.V R     
As componentes são 
2
2
1
1
V
R
V Vsen




 
 
      
  
 
Portanto, a condição está satisfeita, pois 
 , 0.V R     
 
c) no infinito, temos: 
 lim , V sen Vy

   

   
Que descreve um fluido com velocidade constante ao longo do eixo x 
 
 
6-Considere um escoamento para o qual o potencial vetor e a função de 
fluxo são dados, respectivamente por: 
       
1
2 2 2,
2 2
lu x y lu x y
 
       
 
 
 ,
2

  

  
a) Mostre que ambos satizfazem à equação de Bernoulli. 
b) Descreva esse tipo de escoamento em termos do campo de 
velocidades. Mostre que as discrições são equivalentes. 
a)Devemos verificar que 
   
2
2 2
1 1
0
2 2
lu lu
        
                  
 
E que 
2
2 2
1 1
0
2 2
        
                  
 
Derivando encontramos que cada termo é nulo, pois 
   
1 1
1 0
2 2
lu
      
             
 
Por óbvio, por serem variáveis independentes 
 
2
2 2
1
0
2
lu
  
     
 
Por óbvio, por serem variáveis independentes 
1
0
2
    
         
 
Finalmente, a última equação satisfaz triviamente 
2
2 2
1
0
2
  
     
 
b) Essa questão já foi resolvida nos exercícios 1 e 3 da lista 5 
 
7- Considere um escoamento num canto vivo formando um ângulo 
2

  
(vide figura). Escreva a solução da equação de Laplace que descreve esse 
escoamento. 
 
 
A condição geral para descrever esses tipos de escoamento: 
 
superficie
, , 0nV x y z  
O que nesse caso implica 
   , 0 , 0.V V         
Escolhemos as funções 
 
 
, cos
,
A
B sen




     
     
 
Para qualquer uma delas, obtemos 
1
1
cos
1
sen
V A
V A





   


    
 
 
A condição (1) nos leva ao resultado: 
1sen 0
2
A 

   
Portanto, 2  
 
 
2
2
, cos2
, 2
A
B sen
     
     
 
 
8- 
 
superficie
, , 0nV x y z 
 
 
 
 
 
10- 
 
 
11- Considere um escoamento num canto vivo formando um ângulo 
3

  
(vide figura). Escreva a solução da equação de Laplace que descreve esse 
escoamento. 
 
 
A condição geral para descrever esses tipos de escoamento: 
 
superficie
, , 0nV x y z  
O que nesse caso implica 
 , 0 , 0.
3
V V 
 
        
 
 
Escolhemos as funções 
 
 
, cos
,
A
B sen




     
     
 
Para qualquer uma delas, obtemos 
1
1
cos
1
sen
V A
V A





   


    
 
 
A condição para o canto vivo 
1sen 0
3
A 

   
Portanto, 3  
 
 
 
3
3
, cos3
, 3
A
B sen
     
     
 
 
 
superficie
, , 0nV x y z 