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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Halliday, Resnick, Walker - Física 2 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 16 – Fluidos 
1 
 
 
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FUNDAMENTOS DE FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE 
JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 16 – FLUIDOS 
 
41. Uma esfera oca, de raio interno igual a 8,0 cm e raio externo 9,0 cm, flutua submersa pela 
metade em um líquido de densidade 800 kg/m
3
. (a) Qual é a massa da esfera? (b) Calcule a 
densidade do material de que ela é feita. 
 (Pág. 73) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
(a) Como a esfera está em equilíbrio, a soma de seu peso (P) e do empuxo (E) do líquido deslocado 
pela esfera deve somar zero. 
 0yF P E 
 deslocMg gV 
 
33 3 31 4 2 2 800 kg/m 0,090 m 1,2214 kg
2 3 3 3
e eM R R (1) 
 1,22 kgM 
(b) A densidade da esfera ( e) é a razão entre sua massa M e seu volume V. 
 
3
3
3
3 3
3 3
2
800 kg/m3 1.343,77 kg/m
4
0,080 m
2 1 2 13
0,090 m
e
e
ie i
e
R
M
V RR R
R
 
Na expressão acima, a expressão que substituiu M veio da Eq. (1). Logo: 
 
3 31,3 10 kg/me 
 
88. Uma barra de metal de comprimento 80 cm e massa 1,6 kg tem área seção transversal uniforme 
igual a 6,0 cm
2
. Devido à densidade não ser uniforme, o centro de massa da barra se encontra a 
20 cm de uma das extremidades. A barra é suspensa em posição horizontal, por meio de cabos 
atados às duas extremidades e mergulhada em água, como mostrada na Fig. 16-57. (a) Qual é a 
Re
x
yP
E
Ri
e
M V, 
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tensão no cabo mais próximo do centro de massa? E no mais distante? 
 
 (Pág. 73) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação, onde T1 e T2 são as tensões no fio esquerdo e direito, 
respectivamente, E é o empuxo do líquido sobre a barra e P é o peso da barra, que age em seu no 
centro de massa (CM): 
 
(a) A soma dos torques em z em relação ao eixo ortogonal ao plano da página, que passa pelo ponto 
1, deve ser nula: 
 
1 1
0
2
z T P E
L
LT L l P E 
 
1
2
EL
LT L l P 
 
1 1
2
l gAL
T Mg
L
 
 
2
1
3 3 2 4 2
0,20 m
1 1,6 kg 9,81 m/s
0,80 m
1,0 10 kg/m 9,81 m/s 6,0 10 m 0,80 m
 9,4176 N
2
T
 
 1 9,4 NT 
(a) A soma dos torques em z em relação ao eixo ortogonal ao plano da página, que passa pelo ponto 
2, também deve ser nula: 
 
2 2
0
2
z T P E
L
LT lP E 
 
2
2
EL
LT lP 
 
2
2
lMg gAL
T
L
 
L
P
ET1 T2
M
CM
l
L/2
x
y
z
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2
1
3 3 2 4 2
0,20 m 1,6 kg 9,81 m/s
0,80 m
1,0 10 kg/m 9,81 m/s 6,0 10 m 0,80 m
 1,5696 N
2
T
 
 1 1,6 NT 
 
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4 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 2 
 
 
CAPÍTULO 17 – ESTÁTICA DOS FLUIDOS 
 
06. Em 1654, Otto von Guericke, prefeito de Magdeburgo e inventor da bomba de vácuo, realizou 
uma demonstração diante do Conselho Imperial, em que duas parelhas de cavalos não foram 
capazes de separar dois hemisférios de latão no interior dos quais se havia feito vácuo. (a) 
Mostre que a força F necessária para separar os hemisférios é F = R
2
, onde R é o raio 
(externo) dos hemisférios e é a diferença entre a parte interna e a externa da esfera (Fig. 18). 
(b) Supondo R = 0,305 m e a pressão interna igual a 0,100 atm, qual a força que deveriam 
exercer as parelhas de cavalos para separar os hemisférios? (c) Porque foram utilizadas duas 
parelhas de cavalos? Não seria suficiente utilizar apenas uma para fazer a demonstração? 
 
 (Pág. 73) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
A força dF’ que age num elemento de área dS da superfície da esfera sujeita a uma diferença de 
pressão p vale: 
 'dF pdS (1) 
A força que age sobre toda a superfície esférica devido a p vale: 
R
y
x
z
d
d
Rd
R sen R dsen 
dF’
d sen F’
d sen F’ sen 
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 ' ' sen senF dF (2) 
Na Eq. (2), dF’ sen sen é a componente de dF’ paralela ao eixo y. É esta componente que se 
opõe a F, que é a força externa exercida pelos cavalos (confira no esquema acima). O elemento de 
área dS é dado por: 
 . sendS Rd R d 
O resultado acima é obtido por meio do produto dos comprimentos dos lados do elemento de área. 
 2 sendS R d d (3) 
Substituindo-se (1) e (3) em (2): 
 ' 2 2sen senF R p d d 
Como as integrais são independentes, podemos fazer: 
 
2
' 2 2
0 0
sen senF R p d d 
 ' 22F R p 
A força que agem em cada hemisfério (F) é a metade de F’. Logo: 
 
2F R p 
Podemos notar que a força em cada hemisfério é o produto da área do hemisfério projetada no plano 
xz (ortogonal ao eixo y), ou seja a área de uma circunferência de raio R, pela diferença de pressão. 
(b) 
 
2 5 50,305 m 1,01 10 Pa 0,100 1,01 10 Pa 26.565,22 NF 
 26,6 kNF 
(c) Uma parelha de cavalos seria suficiente, desde que a corda ligada ao outro hemisfério fosse 
amarrada em algum lugar fixo e resistente, como um tronco de árvore. Temos que nos lembrar que 
à época do experimento as leis de Newton, em particular a lei da ação e reação, não eram 
conhecidas. 
 
13. Um tubo em U simples contém mercúrio. Quando 11,2 cm de água são derramados no ramo 
direito, a que altura sobe o mercúrio no lado esquerdo, com relação ao seu nível inicial? 
 (Pág. 73) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Este problema deve ser resolvido tendo-se em vista que as pressões nos pontos 1 e 2 são iguais. A 
pressão no ponto 1 vale: 
 
21 0 H O
p p gd (1) 
h
l
d
H O2
HgHg
1 2
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A pressão no ponto 2 vale: 
 
2 0 Hgp p gh (2) 
Igualando-se (1) e (2): 
 
20 0Hg H O
p gh p gd 
 2
3
3 3
998 kg/m
11,2 cm 0,821882 cm
13,6 kg/m
H O
Hg
h d 
Em relação ao nível original, o deslocamento d é a metade de h, como mostra o esquema: 
 
0,821882 cm
0,410941 cm
2 2
h
d 
 0,411 cmd 
 
14. Na face vertical de uma represa que está voltada contra a corrente do rio, a água se encontra a 
uma profundidade D, como mostra a Fig. 20. Seja L a largura da represa. (a) Determine a força 
horizontal exercida sobre a represa pela pressão manométrica da água e (b) o torque total devido 
à pressão manométrica da água, aplicado em relação a uma linha que passa pelo ponto O, 
paralelamente à largura da represa. (c) Onde está a linha de ação da força resultante 
equivalente? 
 
 (Pág. 73) 
Solução. 
(a) Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Considere um elemento de área dA, de comprimento L e altura dy (dA = Ldy),localizado a uma 
profundidade y ao longo da represa. A pressão hidrostática sobre esse elemento de área vale: 
 
( )y
dF
p gy
dA
 
Onde é a densidade da água da represa. Logo: 
y
dy
dF
r
O
D
L
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 dF gydA gyLdy (1) 
 
0
D
F dF gLydy 
 
2
2
gLD
F 
(b) O elemento de torque d provocado por dF, em relação ao eixo que passa pelo ponto O ao longo 
da largura da represa, é dado por: 
 d dτ r F 
 . .sen
2
d D y dF 
 d D y dF (2) 
Substituindo-se (1) em (2): 
 d gLy D y dy 
 
3 3
0 2 3
D D D
d gL y D y dy gL 
 
3
6
gLD
 
(c) A linha de ação da força resultante (F) é a profundidade h, contada a partir da superfície, onde 
essa força deve agir na represa para produzir o torque . Ou seja: 
 τ r F 
 . .sen
2
D h F D h F (3) 
Substituindo-se os resultados dos itens (a) e (b) em (3): 
 
3 2
6 2
gLD gLD
D h 
 
3
D
D h 
 
2
3
D
h 
 
23. Dois recipientes cilíndricos idênticos, cujas bases estão no mesmo nível, contém um líquido de 
densidade . A área de cada base é A, mas em um dos recipientes a altura do líquido é h1, e no 
outro, h2. Determine o trabalho realizado pela gravidade para equalizar os níveis quando os dois 
recipientes são conectados. 
 (Pág. 74) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
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No esquema A, vemos a situação inicial do problema, onde os cilindros da direita e da esquerda 
acabaram de ser conectados. Para igualar o nível dos cilindros, podemos fazer uma operação em 
duas etapas. A primeira etapa consiste em transpor a metade superior da coluna de líquido mais alta 
para a direita (B). Nesta etapa, nenhum trabalho gravitacional é executado. Na segunda etapa, a 
porção de líquido de altura (h1 h2)/2 deverá ser baixada de uma altura também igual a (h1 h2)/2. 
O trabalho gravitacional executado nesta etapa será: 
 1 2
2
h h
W mg 
Na equação acima, m é a massa da coluna líquida de altura (h1 h2)/2. Podemos substituir m por 
V, em que V é o volume dessa coluna. 
 1 2 1 2 1 2
2 2 2
h h h h h h
W Vg A g 
 
2
1 2
4
h h
W Ag 
 
24. Um tubo em U está cheio com um único líquido homogêneo, que é temporariamente 
comprimido em um dos lados por um pistão. O pistão é removido e o nível do líquido em cada 
ramo oscila. Mostre que o período de oscilação é (2L/g)
1/2
, onde L é o comprimento total de 
líquido no tubo. 
 (Pág. 74) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Seja a densidade do líquido. Se o nível de uma das colunas for baixado de uma distância x, o nível 
da outra coluna atingirá uma altura 2x em relação à primeira. A coluna de altura 2x exercerá uma 
força gravitacional que será capaz de acelerar toda a massa líquida (m). Vamos resolver a segunda 
lei de Newton para o sistema: 
h1 h2
A B C
h1 - h2 ( - h1 )/2h2 ( - h1 )/2h2
2x
x
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 x xF ma 
A força gravitacional exercida pela coluna líquida 2x corresponde ao produto entre a pressão do 
líquido (p) e a área da seção reta da coluna (A). O sinal negativo é devido à força ter o sentido 
contrário ao deslocamento x. 
 
2
2
d x
pA m
dt
 
 
2
2
2
d x
g xA AL
dt
 
 
2
2
2
0
d x g
x
dt L
 (1) 
A Eq. (1) é a equação diferencial do movimento harmônico simples, sendo que o coeficiente de x é 
2
. 
 
2g
L
 
Logo: 
 
2
T 
 2
2
L
T
g
 
 
28. A tração num fio que sustenta um bloco sólido abaixo da superfície de um líquido (de densidade 
maior do que a do sólido), é T0 quando o vasilhame que o contém (Fig. 23) está em repouso. 
Mostre que a tração T, aplicada quando o vasilhame sofre uma aceleração a, em sentido vertical 
para cima, é dada por T0 (1 + a/g). 
 
 (Pág. 74) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema, onde a situação A corresponde ao sistema em equilíbrio (a = 0) e B 
ao sistema acelerado para cima (a = +aj): 
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Na situação A temos: 
 0yF 
 
0 0 0E T P 
 
0 0E T P (1) 
Na situação B temos: 
 y yF ma 
 E T P ma 
 
P
T E P a
g
 
 1
a
T E P
g
 (2) 
Precisamos agora de uma relação entre E e E0: 
 0E gV 
 E g a V 
Sendo o líquido supostamente incompressível, seu volume nas situações A e B são iguais. 
Logo: 
 0
E g
E g a
 
 
01
a
E E
g
 (3) 
Substituindo-se (1) em (3): 
 
0 01 1 1
a a a
E T P T P
g g g
 (4) 
Substituindo-se (4) em (2): 
 
01 1 1
a a a
T T P P
g g g
 
 01
a
T T
g
 
 
A
E0
T0P
a = 0
B
P
a
E
T x
y
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32. Um bloco de madeira flutua na água com 0,646 do seu volume submerso. No óleo, 0,918 do seu 
volume fica submerso. Determine a densidade (a) da madeira e (b) do óleo. 
 (Pág. 75) 
Solução. 
Quando o bloco de madeira é colocado na água, observa-se a seguinte situação, onde P é o peso do 
bloco e Ea é o empuxo da água sobre o bloco: 
 
 
aP E 
 0,646amg g V 
 0,646 a
m
V
 (1) 
Mas m/V é a densidade da madeira ( m) e a densidade da água é a = 1,00 10
3
 kg/m
3
. Logo: 
 3 30,646 1,00 10 kg/mm 
 
3 3646 10 kg/mm 
Quando o bloco é colocado no óleo, observa-se a seguinte situação, onde Eo é o empuxo do óleo 
sobre o bloco: 
 
 oP E 
 0,918omg g V 
 0,918 o
m
V
 (2) 
Igualando-se (1) e (2): 
 
3 30,646 0,70370 1,00 10 kg/m
0,918
o a 
 
3 3704 10 kg/mo 
 
37. Um objeto cúbico cuja aresta mede L = 0,608 m e cujo peso P = 4.450 N, no vácuo, pende da 
extremidade de um fio dentro de um tanque aberto cheio de um líquido de densidade = 944 
kg/m
3
, como mostra a Fig. 25. (a) Determine a força total para baixo, exercida pelo líquido e 
pela atmosfera, no topo do objeto. (b) Determine a força total para cima, aplicada no fundo do 
objeto. (c) Determine a tensão no fio. (d) Calcule a força de empuxo sobre o objeto, aplicando o 
princípio de Arquimedes. Que relação existe entre essas três quantidades? 
Água
Ea
P
Eo
P Óleo
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 (Pág. 75) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema das forças que agem sobre o corpo submerso: 
 
(a) A força exercida na parte superior do corpo (Fs) é igual à pressão total nessa região (ps) 
multiplicada pela área da parte superior do corpo (A): 
 s sF p A 
A pressão total na parte superior do corpo é igual à soma da pressão atmosférica (p0) e da pressão 
exercida pelo líquido à profundidadeL/2: 
 
0 38.376,75 N
2
s
L
F p g A 
 38,4 kNsF 
(b) A pressão total na parte inferior do corpo (pi) vale: 
 i iF p A 
 2
0
2
i
L
F p g L L 
 
25 3 2
0,608 m
1,01 Pa 944 kg/m 9,81 m/s 0,608 m 0,608 m
2
iF
 40.458,13 NiF 
 40,5 kNiF 
(c) A tensão no fio (T) é obtida por meio da condição de equilíbrio estático do corpo, em que P é o 
peso do corpo: 
y
T
P
Fi
Fs
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 0yF 
 0i sT F F P 
 38.376,75 N 4.450 N 40.458,13 N 2.368,88 Ns iT F P F 
 2,37 kNT 
(d) A força de empuxo (E) vale: 
 
33 3 2944 kg/m 9,81 m/s 0,608 m 2.081,38 NE gV gL 
 2,08 kNE 
A relação entre essas forças é: 
 i sE F F 
 
41. Uma casca esférica oca, feita de ferro, flutua quase completamente submersa na água; veja a 
Fig. 27. O diâmetro externo é de 58,7 cm e a densidade do ferro é de 7,87 g/cm
3
. Determine o 
diâmetro interno da casca. 
 
 (Pág. 75) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Nas equações a seguir, P é o peso da casca esférica, E é o empuxo que a água exerce sobre a casca, 
Fe e Água são as densidades da casca e da água, VInt e VExt são os volumes interno e externo da 
casca e mFe é a massa da casca. A casca esférica oca está em equilíbrio, logo: 
 0yF 
 0P E 
 Fe ExtÁguam g gV 
 Fe Ext Int ExtÁguag V V gV 
 
3 3 3
4 4
3 2 2 3 2
Fe Água
D d D
g g 
D/2
d/2
x
y
Água
P
E
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14 
 3 3 3
Água
Fe
D d D 
 3 3 1
Água
Fe
d D 
 
1/31/3 3
3
0,998 g/cm
1 58,7 cm 1 56,1057 cm
7,87 g/cm
Água
Fe
d D 
 56,1 cmd 
 
43. Três crianças, cada uma pesando 366,5 N, constroem uma jangada amarrando toras de madeira 
de 0,32 m de diâmetro e 1,77 de comprimento. Quantas toras serão necessárias para manter as 
crianças à tona? Considere a densidade da madeira como sendo 757,7 kg/m
3
. 
 (Pág. 76) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
 
Na situação de equilíbrio, o peso de n toras (cada uma pesando Pt) somado ao peso das três crianças 
(cada uma pesando Pc) será igual ao empuxo exercido pela água (Ea): 
 3 c t aP nP E 
 3 c t t a tP g nV g nV 
 3t a t cngV P 
 
3 c
t a t
P
n
gV
 (1) 
Na Eq. (1), Vt é o volume e t é a densidade de cada tora e a é a densidade da água. O volume de 
cada tora, em que l é o seu comprimento e d é o seu diâmetro, vale: 
 
2
2
t
d
V l 
 
2
4
t
ld
V (2) 
Substituindo-se (2) em (1): 
 
2
12 c
a t
P
n
lgd
 
Água
Ea
Pt
Pc
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15 
 
22 3 3
12 366,5 N
3,2764
1,77 m 9,81 m/s 0,32 m 998 kg/m 757,7 kg/m
n 
Aqui não é possível arredondar o resultado para 3. Caso isto seja feito, o uso de três toras não irá 
suportar o peso das crianças, já que uma fração de tora ainda seria necessária (0,249...) para 
equilibrar o sistema. Portanto, é necessário acrescentar mais uma tora para satisfazer à condição de 
flutuabilidade. 
 4 torasn