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Lista de Física 2
Estática e Dinâmica dos Fluidos
September 28, 2020
1 Uma esfera sólida de densidade ρ e volume V
�utua na interface de dois líquidos imiscíveis
(que não se misturam) de densidades ρ1e ρ2.
Considere ρ1 < ρ < ρ2. Qual a fração do volume
da esfera vai estar em cada um dos líquidos ?
1.1 Solução
Na condição de equilíbrio o peso do corpo se iguala ao empuxo total
P = E
(v1 + v2) ρ = v1ρ1 + v2ρ2
sendo v1 e v2 os volumes que ocupam cada �uido e que somados dão o volume
da esfera, ou seja, v1 + v2 = V
v1 (ρ− ρ1) = v2 (ρ2 − ρ)
v1 (ρ− ρ1) = (V − v1) (ρ2 − ρ)
v1 (ρ− ρ1 + ρ2 − ρ) = V (ρ2 − ρ)
v1 =
V (ρ2 − ρ)
ρ2 − ρ1
=⇒ v2 =
V (ρ− ρ1)
ρ2 − ρ1
1
A fração é dada pela razão entre a �parte� e o �todo�
f1 =
v1
V
=
ρ2 − ρ
ρ2 − ρ1
f2 =
v2
V
=
(ρ− ρ1)
ρ2 − ρ1
2 Um cubo de ferro de 5 cm de aresta �utua em
um recipiente com mercúrio. Considere ρFe =
7, 8g/cm3 e ρHg = 13, 6g/cm
3.
1. Qual o comprimento do bloco que �ca acima do nível do mercúrio?
2. Água é então despejada dentro do recipiente de modo atingir exatamente
o topo do cubo. Qual é a altura dessa coluna de água ?
2.1 Solução
2.1.1 letra a
Seja l a aresta do cubo. No equilíbrio o peso do cubo se iguala ao empuxo que
se deve apenas a parte submersa do cubo (peso do mercúrio que ocupava esse
volume submerso)
l3ρFeg = (l − h) l2ρHgg
ρFe
ρHg
=
l − h
l
= 1− h
l
h = l
(
1− ρFe
ρHg
)
= 2, 35cm
2
2.1.2 letra b
l3ρFeg = l
2h1ρagg + l
2 (l − h1) ρHgg
lρFe = h1ρag + (l − h1) ρHg
h1 (ρHg − ρag) = l (ρHg − ρFe)
h1 =
l (ρHg − ρFe)
(ρHg − ρag)
= 2, 54cm
onde usamos ρag = 1g/cm3.
3 Um tubo em U de seção transversal uniforme
contém uma coluna de mercúrio. No ramo AO
é colocada água de modo a preencher uma al-
tura h = 44, 8cm acima do nível do mercúrio.
O espaço restante dos dois ramos é preenchido
com querosene. Calcule a diferença entre os
níveis do mercúrio nos dois ramos. Considere
ρHg = 13, 6g/cm
3e ρq = 0, 8g/cm
3.
3.1 Solução
Vemos, pelo desenho que h1 e h3 são, respectivamente, as alturas das colunas
de mercúrio e querosene no ramo AO, enquanto h2 é a altura do mercúrio no
outro ramo.
Como as pressões se devem ao peso dos componentes que estão acima de
determinado ponto, e estando o sistema em equilíbrio, as pressões nos pontos C
3
e D devems er iguais, ou seja
ρHggh1 + ρaggh+ ρqgh3 = ρHggh2 + ρqg (h1 + h+ h3 − h2)
ρHgh1 + h+ ρqh3 = ρHgh2 + ρq (h1 + h+ h3 − h2)
ρHgh2 − ρHgh1 = h+ ρqh3 − ρq (h1 + h+ h3 − h2)
ρHg (h2 − h1) = (1− ρq)h− ρq(h2 − h1)
ρHg (h2 − h1) + ρq(h2 − h1) = (1− ρq)h
(h2 − h1) (ρHg + ρq) = (1− ρq)h
h2 − h1 =
(1− ρq)h
(ρHg + ρq)
= 0, 7cm
4 Um tanque cheio de água até uma altura H,
tem um orifício O, de área A, em seu fundo.
A água do tanque é drenada por esse orifício.
Determine a altura h abaixo de O na qual a
área do jato de água é metade do seu valor em
O.
4.1 Solução
Seja v a velocidade da água no ponto O, então a uma altura h abaixo desse
ponto a velocidade V será
Av = aV =⇒ Av = A
2
V =⇒ V = 2v
Usando Bernoulli
p0 + ρgH = p0 +
1
2
ρV 2 + ρg(−h)
4
Observação. No lado esquerdo, temos a profundidade positiva. Isso se deve
a forma como foi deduzida a expressão para a estática. No lado direito, o ponto
que estamos interessado não está dentro do tanque e está abaixo do ponto de
referência razão pela qual deve ter o sinal negativo.
V 2 = 2g (H + h)
4v2 = 2gH + 2gh = v2 + 2gh
3v2 = 2gh
h =
3v2
2g
=
3 (2gH)
2g
= 3H
5 Dois orifícios, cada um de área A, são feitos
na lateral de um tanque, separados por uma
altura H e exatamente um acima do outro. O
tanque é completamente cheio de água fazendo
com que pelos dois furos saiam água.
1. É possível que os jatos que saem desses dois orifícios tenham o mesmo
alcance, ou seja, a �gura acima pode representar uma situação real ?
Explique
2. Em caso positivo, qual as coordenadas do ponto em que os dois jatos se
encontram ?
5.1 Solução
5.1.1 Letra a
sim, é possível termos dois furos em alturas diferentes cujos jatos terão o mesmo
alcance. Se lembrarmos de Física1, em especial do assunto Lançamento Oblíquo,
vamos recordar que o alcance é proporcional à velocidade inicial da partícula.
No furo que �ca na parte mais baixa o jato sai com velocidade maior pelo fato
5
do �uido estar sob maior pressão, no entanto por estar mais perto do solo,
rapidamente o toca. Já o �uido que sai do furo na parte mais alta, sai com
velocidade menor por estar sob menor pressão porém esse fato é compensado
por ter um tempo de queda maior.
5.1.2 Letra b
v1 =
√
2gh
v2 =
√
2g (h+H)
O alcance é igual para os dois jatos, então
x = v1t1 = v2t2
Os tempos t1 e t2 , tempos de queda do �uido, calculamos lembrando de
cinemática
y = h+
1
2
gt21 = (h+H) +
1
2
gt22
1
2
g
(
t21 − t22
)
= H
1
2
g
(
x2
v21
− x
2
v22
)
= H
1
2
gx2
(
v22 − v21
v21v
2
2
)
= H
1
2
gx2
[2g (H + h)− 2gh]
2gh.2g (H + h)
= H
x2H
4h (H + h)
= H
x = 2
√
h (H + h)
Para y, temos
2y = y + y
2y = h+
1
2
gt21 + (h+H) +
1
2
gt22
6
2y = H + 2h+
1
2
g
(
x2
v21
+
x2
v22
)
2y = H + 2h+
1
2
g
(
v22 + v
2
1
v21v
2
2
)
2y = H + 2h+
1
2
gx2
{
[2g (H + h) + 2gh]
2gh.2g (H + h)
}
y = H + 2h
6 Um tanque de grandes dimesões com seção transver-
sal A repousa sobre uma superfície horizon-
tal. Em seu interior ele tem dois líquidos imis-
cíveis, não viscosos e incompressíveis de den-
sidades d e 2d, cada um ocupando um vol-
ume de altura H2 , onde H é a altura do tanque.
Um corpo cilíndrico sólido de comprimento L e
seção tranversal A5 �utua com seu eixo na verti-
cal, imerso na interface dos dois líquidos e com
um comprimento L4 dentro do líquido de maior
densidade. Determine:
1. A densidade do sólido;
2. a pressão total no fundo do tanque;
3. Suponha agora que o cilindro é retirado do interior do tanque, �cando
apenas os líquidos nas condições iniciais. Um pequeno orifício de área S
(S < A) é feito na lateral do tanque, a uma altura h acima do solo (h <
H
2 ). Determine:
� a velocidade com que o �uido sai pelo orifício;
� a distância x percorrida pelo líquido;
� A altura hm na qual deve ser feito o orifício de modo que o jato atinja a
maior distância possível.
� Determine a maior distância possível atingida pelo jato.
7
6.1 Solução
6.1.1 Letra a
P = E
V ρg = V1d1g + V2d2g
L
A
5
ρ =
3L
4
A
5
d+
L
4
A
5
2d
ρ =
5d
4
pT = p0 + ρ1gh1 + ρ2gh2 +
Pesodocorpo
A
pT = p0 + dg
H
2
+ 2dg
H
2
+
(
5d
4
AL
5 g
)
A
pT = p0 +
1
4
(6H + L) dg
6.1.2 Letra b
De acordo com Bernoulli
p0 +
H
2
dg +
(
H
2
− h
)
2dg = p0 +
1
2
(2d) v2
v =
√
g
2
(3H − 4h)
8
O tempo de queda é
t =
√
2h
g
x = vt =
√
g
2
(3H − 4h)
√
2h
g
x =
√
h (3H − 4h)
para a distância máxima atingida
dx
dh
= 0 =
3H − 8h
2
√
h (3H − 4h)
h =
3H
8
xmáx =
√
3H
8
[
3H − 4
(
3H
8
)]
xmáx =
3H
4
9