Baixe Resoluçao Halliday vol 2 10 ed e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity!
C apítulo 14
1. Vamos chamar de Va o volume das bolsas de ar infladas e de V o volume do peixe com as bolsas de ar vazias. Nesse caso,
peixe 3 peixe 3 ρpeixe = = 1,08 g/cm e ρ = =1,00 g/cm
a a
m m
V V V
em que ra é a massa específica da água. Combinando as duas equações, obtemos
rpeixe V = r a ( V + Va ) ⇒ ( V + Va )/ V = 1,08/1,00,
o que nos dá Va/(V + Va) = 0,074 = 7,4%.
2. O módulo F da força necessária para remover a tampa é F = (pf – pd)A, em que pf é a pressão do lado de fora do recipiente, pd é
a pressão do lado de dentro do recipiente e A é a área da tampa. Lembrando que 1 N/m^2 = 1 Pa, temos
5 4 4 2
480 N
1,0 10 Pa 3,8 10 Pa. 77 10 m
= − = × − − = ×
×
i o
F
p p A
3. PENSE O aumento de pressão é igual à força aplicada dividida pela área.
FORMULE A variação de pressão é dada por Δp = F/A = F/r^2 , em que r é o raio do êmbolo.
ANALISE Substituindo os valores dados, obtemos
o que equivale a 1,1 atm.
APRENDA O aumento de pressão é proporcional à força aplicada. Além disso, como ∆p ∼ 1/A, quanto menor a área da seção reta
do êmbolo, maior a pressão para a mesma força aplicada.
4. Note que o recipiente é cilíndrico, o que significa que possui uma seção reta horizontal uniforme. Isso permite relacionar a
pressão no fundo ao peso total dos líquidos. Como 1 L = 1000 cm^3 , o peso do primeiro líquido é
3 3 2 6 2 1 1 1 1 (2,6 g / cm )(0,50 L)(1000 cm /L)(980 cm/s )^ 1,27^ 10 g cm/s
12,7 N.
= = ρ = = × ⋅
=
P m g V g
No último passo, convertemos gramas para quilogramas e centímetros para metros.
No caso dos dois outros líquidos, temos
3 3 2 P 2 (^) = m g 2 = ρ 2 V g 2 = (1,0 g/cm )(0,25 L)(1000 cm L)(980 cm s ) =2,5 N
e
3 3 2 P 3 (^) = m g 3 = ρ 3 V g 3 = (0,80 g/cm )(0,40 L)(1000 cm / L)(980 cm/s ) =3,1 N.
A força total exercida pelos líquidos sobre o fundo do recipiente é, portanto,
F = P 1 + P 2 + P 3 = 18 N.
5. PENSE A diferença de pressão entre os dois lados da janela faz com que a janela seja submetida a uma força.
FORMULE O ar do lado de dentro do escritório empurra a janela para fora com uma força dada por piA, em que pi é a pressão
do lado de dentro do escritório, e A é a área da janela. De igual modo, o ar do lado de fora empurra a janela para dentro com uma
força dada por poA, em que po é a pressão do lado de fora. O módulo da força resultante é F = (pi – po)A.
ANALISE Como 1 atm = 1,013 × 10
5 Pa, a força resultante é
APRENDA A força a que a janela está submetida é zero quando a pressão do lado de dentro do escritório é igual à pressão do
lado de fora.
6. Para calcular os valores pedidos, basta aplicar os fatores de conversão do Apêndice D:
(a) P = 28 psi = 28 libras por polegada^2 = 28 × 6,895 × 103 Pa = 193 kPa.
(b) P = 12 cmHg = 12 × 1333 Pa = 16,0 × 10
3 Pa = 16,0 kPa
P = 8 cmHg = 8 × 1333 Pa = 10,7 × 103 Pa = 10,7 kPa
7. (a) Considere uma junta de cavalos puxando para a direita. Para separar os hemisférios, a junta deve exercer uma força pelo
menos igual à componente horizontal da força para a esquerda a que o hemisfério direito está submetido devido à diferença de
pressão entre o lado de dentro e o lado de fora, que pode ser calculada “somando” (ou seja, integrando) a força ao longo de toda
a superfície dos hemisférios.
Considere uma força que faz um ângulo q com a horizontal. A componente para a esquerda é dada por ∆p cos qdA, em que dA
é o elemento de área sobre o qual a força é aplicada. Para fazer uso da simetria do problema, vamos definir dA como um anel
com ângulo polar q constante na superfície do hemisfério. O raio do anel é r = R sen q, e R é o raio da esfera. Se a largura angular
do anel é dq, em radianos, a largura é R dq e a área é dA = 2pR^2 sen q dq. Assim, a componente horizontal da resultante da força
exercida pelo ar é dada por
/
0
2 2 2 2 2 0
2 sen cos sen.
π π θ θ θ π θ π
π = ∆ = ∆ = ∆
h ∫
F R p d R p R p
(b) Como 1 atm = 1,01 × 105 Pa, ∆p = 0,90 atm = 9,09 × 104 Pa. Para R = 0,30 m, temos
Fh = p(0,30 m)^2 (9,09 × 104 Pa) = 2,6 × 104 N.
(c) Uma única junta de cavalos poderia ser usada se o outro hemisfério estivesse preso a uma parede, já que a força exercida pela
parede sobre um dos hemisférios seria sempre igual à força exercida pela junta de cavalos sobre o outro hemisfério, até que os
hemisférios se separassem.
8. De acordo com a Eq. 14-8, a pressão manométrica é pm = rgh, em que r é a massa específica do fluido, g é a aceleração da gra-
vidade e h é a distância vertical entre o ponto em que a pressão está sendo medida e o ponto em que a pressão é igual à pressão
atmosférica ao nível do mar.
A pressão manométrica a uma profundidade de 20 m em água salgada é
3 2 5 p 1 (^) = ρas gd = (1024 kg/m )(9,8 m/s )(20 m) = 2,00 × 10 Pa
Por outro lado, a pressão manométrica a uma altitude de 7,6 km é
3 2 4 p 2 (^) = ρar gh = (0,87 kg/m )(9,8 m/s )(7600 m) = 6,48 10× Pa
Assim, a variação de pressão é
5 4 5 ∆ p = p 1 (^) − p 2 = 2,00 × 10 Pa − 6,48 10× Pa ≈ 1,4 × 10 Pa
9. A pressão arterial hidrostática é a pressão manométrica da coluna de sangue sobre um ponto especificado. Vamos calcular a
pressão manométrica usando a Eq. 14-8.
16. A pressão a que um mergulhador está submetido a uma profundidade h é
p = p 0 + ρ gh
na qual p 0 é a pressão atmosférica. Se o mergulhador está usando um tubo de snorkel de comprimento h, a diferença entre a pressão
do ar nos seus pulmões e a pressão que a água exerce sobre o seu corpo é
∆ p = p − p 0 (^) = ρ gh.
(a) Para h = 0,20 m, temos
3 2 5
1atm (998 kg/m )(9,8 m/s )(0,20 m) 0,019 atm. 1,01 10 Pa
∆ p = ρ gh = = ×
(b) Para h = 4,0 m, temos
3 2 5
1atm (998 kg/m )(9,8 m/s )(4,0 m) 0,39 atm. 1,01 10 Pa
∆ p = ρ gh = ≈ ×
17. PENSE A força mínima necessária para abrir a escotilha é igual à pressão manométrica multiplicada pela área da escotilha.
FORMULE A pressão p quando a escotilha do submarino está a uma profundidade d é dada por p = p 0 + rgd, em que r é a massa
específica da água do mar e p 0 é a pressão atmosférica. Assim, a pressão manométrica é pm = rgd e a força mínima necessária para
abrir a escotilha é F = pmA = rgdA, em que A é a área da escotilha.
Substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA A força para baixo que a água do mar exerce sobre a escotilha é (p 0 + rgd)A, e o ar do submarino exerce uma força
para cima de p 0 A. Quanto maior a profundidade em que o submarino se encontrar, maior a força necessária para abrir a escotilha.
18. Como a pressão produzida por um líquido é multiplicada por 2 quando a altura do líquido é multiplicada por 2, a presença
do tubo com água faz com que a força hidrostática no fundo do barril seja duas vezes maior que o peso da água contida no barril.
A diferença entre a força hidrostática e o peso da água do barril se deve à força exercida pela água do tubo sobre a água do barril.
19. Podemos integrar a pressão (que, de acordo com a Eq. 14-7, varia linearmente com a profundidade) ao longo de toda a
parede para determinar a força média aplicada à parede do aquário. Graças à variação linear, o resultado é bastante intuitivo: a
força é a pressão “média” da água multiplicada pela área da parede (ou, pelo menos, pela área da parede exposta à água), consi-
derando como pressão “média” a média aritmética entre a pressão na superfície e a pressão no fundo do aquário. Supondo que
a pressão na superfície é zero (no sentido de pressão manométrica, como é explicado na Seção 14-4), a força aplicada à parede
é rga/2 vezes a área da parede. Neste problema, a área é al, em que a é a altura e l é a largura, a força é rga
2 l/2, e a variação da
força (quando a varia) é
r gl ( af
2
- ai
2 )/2 = (1/2) (998 kg/m
3 )(9,80 m/s
2 )(8,00 m)(4,
2
- 2,
2 )m
2 = 4,69 × 10
5 N.
20. (a) A força exercida pela água sobre a face A, de área AA, é
2 3 3 2 3
6
(2 ) 2(1,0 10 kg m )(9,8m s )(5,0m)
2,5 10 N.
= = ρ = ρ = ×
= ×
FA p AA A (^) a gh AA A (^) ag d d
Somando a contribuição da pressão atmosférica,
F 0 = (1,0 × 105 Pa)(5,0 m)^2 = 2,5 × 106 N,
temos
6 6 6 FA ′ = F 0 (^) + FA = 2,5 10× N + 2,5 10× N = 5,0 × 10 N.
(b) A força exercida pela água sobre a face B é
2 3 3 3 2 3 méd
6
(1,0 10 kg m )(9,8m s )(5,0m) 2 2 2
3,1 10 N.
ρ ρ
= = = = ×
= ×
B B B^ a^ a
d F p A g d gd
Somando a contribuição da pressão atmosférica,
F 0 = (1,0 × 105 Pa)(5,0 m)^2 = 2,5 × 106 N,
temos
6 6 6 FB ′ = F 0 (^) + FB = 2,5 10× N + 3,1 10× N = 5,6 × 10 N.
21. PENSE Para transferir parte do líquido de um recipiente para o outro, é preciso realizar um trabalho.
FORMULE Quando os níveis do líquido nos dois recipientes são iguais, a altura do líquido é h = (h 1 + h 2 )/2, em que h 1 e h 2 são
os níveis iniciais. Suponha que h 1 é maior que h 2. A situação final pode ser atingida tirando do primeiro recipiente um volume de
líquido V = A(h 1 − h) e massa m = rV = rA(h 1 – h) e transferindo-o para o segundo recipiente, o que o faz descer uma distância
∆y = h – h 2. Quando isso é feito, o trabalho realizado pela força gravitacional é
ANALISE Fazendo h = (h 1 + h 2 )/2, obtemos
APRENDA Como a força gravitacional é conservativa, o trabalho realizado não depende do modo como o líquido é transferido
de um recipiente para o outro, mas apenas dos níveis inicial e final do líquido nos dois recipientes.
22. Para calcular a pressão na altura do cérebro, notamos que a aceleração para dentro da curva pode ser tratada, do ponto de
vista do piloto, como uma aceleração gravitacional para fora da curva, que deve ser vencida pela pressão do sangue. Assim, para
a = 4g, temos
3 3 2 cérebro coração
1 torr 120 torr (1,06 10 kg/m )(4 9,8 m/s )(0,30 m) 133 Pa
120 torr 94 torr 26 torr.
= − ρ = − × ×
p p ar
23. Fazendo pa = pb, obtemos
r cg (6,0 km + 32 km + D ) + r m ( y – D ) = r cg (32 km) + r my ,
o que nos dá
( ) (^ )( )
3
3 3
6,0km 6,0km^ 2,9g cm 44km. 3,3g cm 2,9g cm
c
m c
D
ρ
ρ ρ
24. (a) A pressão manométrica da água a uma profundidade y é p = rgy, em que r é a massa específica da água. Considere uma
faixa horizontal de largura W à profundidade y, de espessura (vertical) dy, ao longo da represa. A área da faixa é dA = W dy e a
força exercida sobre a represa é dF = p dA = rgyW dy. A força total que a água exerce sobre a represa é
( ) ( ) (^ ) (^ )
2 3 3 2 2 0 9
1,00 10 kg m 9,80m s 314m 35,0m 2 2
1,88 10 N.
= ρ = ρ = ×
= ×
D F gyW dy gWD
28. (a) De acordo com o princípio de Pascal, F/A = f/a → F = (A/a)f.
(b) Temos
2 3 2
(3,80 cm) (20,0 10 N) = 103 N. (53,0 cm)
a f F A
= = ×
Note que a razão dos quadrados dos diâmetros é equivalente à razão das
áreas e que as unidades de área se cancelam.
29. Combinando as Eqs. 5-8, 7-13 e 14-13, temos
mg = kxA 1 /A 2.
Substituindo os valores conhecidos, obtemos m = 8,50 kg.
30. De acordo com a segunda lei de Newton e com a Eq. 14-16, tomando como positivo o sentido “para baixo”, temos (5,00 kg)
g – (3,00 kg)g = 5a. Isso nos dá a = 2g/5 = 3,92 m/s^2 para g = 9,8 m/s^2. Nesse caso, de acordo com a Eq. 2-15, d = at^2 /2 = 0,0784 m
(para baixo).
31. PENSE Podemos usar o princípio de Arquimedes para resolver o problema.
FORMULE Sejam V o volume do bloco e Vs o volume submerso na água. De acordo com o princípio de Arquimedes, como o
bloco está flutuando, o peso da água deslocada é igual ao peso do bloco, ou seja, raVs = rbV, em que ra é a massa específica da
água e rb é a massa específica do bloco.
ANALISE (a) Fazendo Vs = 2V/3 na equação anterior e explicitando rb, obtemos
(b) Se ro é a massa específica do óleo, o princípio de Arquimedes nos dá (^) ρ (^) o Vs ′ = ρ bV .Como o volume submerso no óleo é Vs ′ =0,90 V ,
a massa específica do óleo é
APRENDA Outra forma de calcular a massa específica do óleo é notar que a massa do bloco pode ser escrita na forma
o que nos dá
Assim, comparando a fração submersa em óleo com a fração submersa em água (ou em outro líquido de massa específica conhe-
cida), podemos determinar a massa específica do óleo.
32. (a) A pressão (incluindo a contribuição da atmosfera) a uma profundidade halto = L/2 (correspondente ao alto do cubo) é
5 3 2 5 p alto (^) = p atm + ρ gh alto =1,01 × 10 Pa + (1030 kg/m )(9,8 m/s )(0,300 m) = 1,04 × 10 Pa
em que a unidade Pa (pascal) é equivalente a N/m
2
. A força a que está sujeita a superfície superior do cubo (que possui uma área
A = L
2 = 0,36 m
2 ) é
F alto = p alto A = 3,75 × 104 N.
(b) A pressão a uma profundidade hbase = 3L/2 (correspondente à base do cubo) é
5 3 2 base atm base 5
1,01 10 Pa (1030 kg/m )(9,8 m/s )(0,900 m)
1,10 10 Pa
= + ρ = × +
= ×
p p gh
A força a que está sujeita à superfície inferior do cubo é
F base = p base A = 3,96 × 10
4 N.
(c) Quando calculamos a diferença Fbase – Falto, a contribuição da atmosfera é cancelada (juntamente com os erros associados ao
valor da pressão atmosférica) e obtemos
3 3 F base (^) − F alto (^) = ρ g h ( (^) base (^) − h alto ) A = ρ gL = 2,18 10× N,
que é o valor esperado com base no princípio de Arquimedes. Duas outras forças agem sobre o cubo: a tensão T da corda e a força
gravitacional mg. Como o cubo está parado, a tensão da corda é
2 3 3 T = mg − ( F base (^) − F alto) = (450 kg)(9,80 m/s ) − 2,18 10× N = 2,23 10× N.
(d) Como foi visto no item (c), Fe = 2,18 × 103 N e T + Fe = mg.
33. PENSE Podemos usar o princípio de Arquimedes para resolver o problema.
FORMULE O peso aparente da âncora quando está totalmente submersa na água é Wap = W – Fe, em que W= mg é o peso real da
âncora e Fe = ragV é a força de empuxo, em que ra é a massa específica da água e V é o volume da âncora.
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos e explicitando V, obtemos
(b) A massa da âncora é m = rFeg, em que rFe é a massa específica do ferro (dada no Apêndice F). Assim, o peso da âncora no ar é
APRENDA No caso geral, o peso aparente de um corpo de volume V e massa específica r totalmente submerso em um fluido de
massa específica rf é dado por Wap = (r − rf)Vg.
34. (a) De acordo com o princípio de Arquimedes, quando um corpo está flutuando, o peso do líquido deslocado é igual ao peso
do corpo. Assim, o enunciado do problema informa (indiretamente) que o peso do barco é P = 35,6 kN.
(b) O volume da água deslocada é
3 3 3 3 2
3,56 10 N
3,30 m. (1,10 10 kg/m )(9,80 m/s )
P
V
ρ g
×
′ ×
Em água doce, o volume da água deslocada é
V = P /r g = (35,6 × 10
3 )/(9,8 × 1,0 × 10
3 ) = 3,63 m
3 .
A diferença é V – V = 0,330 m
3 .
35. O peso total das crianças e da jangada é
3 × (365 N) + N r mgV
N é o número (mínimo) de toras necessárias para manter a jangada flutuante, rm é a massa específica da madeira e V é o volume
de cada tora:
V = p(0,15 m)^2 (1,80 m) = 0,13 m^3.
(b) Supondo que a esfera é homogênea, a massa específica do material é dada por rm = m/V, em que m é a massa e V é o volume
da esfera. Se ri é o raio interno da esfera, o volume é
e a massa específica é
APRENDA Note que rm > r, ou seja, a massa específica do material da esfera é maior que a massa específica do fluido, e, mesmo
assim, como é oca, a esfera pode deslocar um volume de fluido suficiente para flutuar.
40. De acordo com o princípio de Arquimedes, se um jacaré está flutuando, a força de empuxo é igual ao peso do jacaré (veja a
Eq. 14-17). Assim,
H O 2 H O 2 Fe = Fg = m g =( ρ Ah g ).
Se a massa do jacaré aumenta ligeiramente ( m → m ′ = m + ∆ m ), temos
H O 2 Fe → Fe ′= ρ A h ( + ∆ h g ).
Para ∆ F (^) e = Fe ′ − Fe =0,010 mg ,o jacaré afunda uma distância
2 2
3 3 2 H O H O
0,01 0,010(130 kg) 6,5 10 m 6,5 mm (998 kg/m )(0,20 m )
h F^ e^ mg ρ Ag ρ Ag
∆ = ∆ = = = × − =
41. Seja Vi o volume total do iceberg. A parte invisível do iceberg está submersa e, portanto, o volume dessa parte é igual ao volume
Vf do fluido deslocado pelo iceberg. A fração visível do iceberg é dada por
frac 1.
i f f
i i
V V V
V V
De acordo com a Eq. 14-18, como o iceberg está flutuando,
Fg = m gi = m gf ⇒ mi = mf.
Como m = rV, temos
.
f (^) i i i (^) f f i f
V
V V
V
ρ ρ ρ ρ
Assim, a fração visível é
frac 1 1.
f (^) i
i (^) f
V
V
ρ
ρ
(a) Se o iceberg (ri = 917 kg/m^3 ) está flutuando em água salgada, para a qual rf = 1024 kg/m^3 , a fração é
3
3
917 kg/m frac 1 1 0,10 10% 1024 kg/m
i
f
ρ
ρ
(b) Se o iceberg está flutuando em água doce, para a qual rf = 1000 kg/m
3 , a fração é
3
3
917 kg/m frac 1 1 0,083 8,3% 1000 kg/m
i
f
ρ
ρ
42. De acordo com a Eq. 7-32, o trabalho realizado por uma força pode ser calculado integrando a força ao longo de uma distância.
De acordo com a equação que precede a Eq. 14-7, o trabalho realizado pelo empuxo pode ser escrito na forma
W = ∫ ρ a gA ( − y dy )
em que ra é a massa específica da água e a superfície da água é tomada como o ponto y = 0. (O sentido positivo é tomado como
sendo “para cima”.) Vamos chamar de h a altura do cilindro. Nesse caso, o limite inferior da integral é –h e o limite superior é
yf , dado por
yf / h = rcilindro /ra = –0,400.
Nesse caso, a integral nos dá
W = ra gAh
2 (1 – 0,
2 )/2 = 4,11 kJ.
43. (a) Quando o modelo está suspenso no ar, a leitura é Fg e corresponde ao peso verdadeiro, desprezando a força de empuxo
aplicada pelo ar. Quando o modelo está imerso em água, a leitura diminui por causa da força de empuxo aplicada pela água: Fg – Fe.
Vamos chamar de ∆m a diferença. Nesse caso,
Fg − ( Fg − Fe ) = ∆ mg ,
o que nos dá Fe = ∆mg. Como Fe = ragVm (o peso da água deslocada pelo modelo), temos
4 3
a
0,63776 kg 6,378 10 m. 1000 kg/m
m
m V ρ
∆ − = = ≈ ×
(b) O fator de escala de 1 para 20 é discutido no enunciado do problema. O volume real do dinossauro é
3 3 V dino (^) = 20 Vm =5,102 m.
(c) Como dino^3
dino
a 1000 kg/m,
m
V
ρ= ≈ ρ = a massa do T. rex era
3 3 3 m dino (^) ≈ ρ aV dino = (1000kg/m ) (5,102 m ) = 5,102 ×10 kg.
44. (a) Como o chumbo não está deslocando água, o volume do chumbo não está contribuindo para a força de empuxo Fe. Se o
volume imerso de madeira é Vi, a massa específica da água é ra, a massa do bloco de madeira é mm e a massa específica da madeira
é rm, temos
e a i^ 0,900^ a m 0,900^ a m , m
m F ρ V g ρ V g ρ g ρ
que, como o bloco flutua, é igual à soma dos pesos do bloco e do chumbo:
m a m c m
e 0,900^ (^ )^ ,
m F ρ g m m g ρ
em que mc é a massa específica do chumbo. Assim,
m c a m m 3
3
(0,900)(1000kg/m )(3,67 kg) 3,67 kg 600 kg/m
1,84 kg.
ρ ρ
m m m
(b) Nesse caso, o volume do chumbo, Vc = mc/rc, também contribui para a força de empuxo Fe. Assim,
m a a c m c m c
e 0,900^ (^ )^ ,
m F g m g m m g
ρ ρ ρ ρ
Como, no equilíbrio, a força de empuxo deve ser igual ao peso total do sistema,
r gVc + rFe gVb = ra gVs + ra gVb
Substituindo os valores conhecidos e usando ra = 998 kg/m
3 e rFe = 7900 kg/m
3 (veja a Tabela 14-1), obtemos Vb = 3,8 cm
3
. Como
Vb = 4pr
3 /3, r = 9,7 mm.
49. Este problema envolve o uso da equação de continuidade (Eq. 14-23): A v 1 1 (^) = A v 2 2.
(a) Inicialmente, a velocidade da água é vi = 1,5 m/s e a área da seção reta é Ai = HD. No ponto a, como mostra a figura, a área da
seção reta é
Aa = ( H − h D ) − ( b − h d ).
De acordo com a equação de continuidade, a velocidade da água no ponto a é
(14 m)(55 m)(1,5 m/s) 2,96 m/s ( ) ( ) (14 m 0,80 m)(55 m) (12 m 0,80 m)(30 m)
3,0 m/s.
i i i a a
A v HDv v A H h D b h d
(b) No ponto b, a área da seção reta é Ab = HD − bd e, portanto, de acordo com a equação de continuidade, a velocidade da água é
(14 m)(55 m)(1,5 m/s) 2,8 m/s. (14 m)(55 m) (12 m)(30 m)
i i i b b
A v HDv v A HD bd
50. Como o comprimento total dos segmentos da esquerda e da direita é 60,0 m, a água, que se move com uma velocidade
vf = 2,50 m/s fora da colina, leva 60,0/2,50 = 24,0 s para atravessá-los. Isso significa que leva (88,8 – 24,0) s = 64,8 s para
atravessar a colina e, portanto, a velocidade da água dentro da colina é
vd = (50 m)/(64,8 s) = 0,772 m/s.
De acordo com a equação de continuidade (Eq. 14-23), Afvf = Advd, na qual Af = p
2 r f é a área da seção reta da tubulação fora da
colina e Ad = p
2 r d é a área da seção reta da tubulação dentro da colina. Assim,
2,5 m/s (2,00 cm) 3,60 cm. 0,772 m/s
f d f d
v r r v
51. PENSE Podemos usar a equação de continuidade para determinar a velocidade da água.
FORMULE Sejam v 1 a velocidade da água no interior da mangueira e v 2 a velocidade com a qual a água sai por um dos furos. A
área da seção reta da mangueira é A 1 = pR^2. Se existem N furos e A 2 é a área de um dos furos, a equação de continuidade nos dá
em que R é o raio da mangueira e r é o raio dos furos.
ANALISE Como R/r = D/d (a razão dos raios é igual à razão dos diâmetros), a velocidade da água ao sair dos furos é
APRENDA De acordo com a equação de continuidade, quanto menor a área de um furo, maior a velocidade da água ao sair do furo.
52. Vamos usar a equação de continuidade. Chamando de h a profundidade do rio, temos
( 8,2m)(^ 3,4m)^ ( 2,3m s^ ) +^ ( 6,8m^ )( 3,2m^ )( 2,6m s^ ) = h (10,5m )^ ( 2,9m s),
o que nos dá h = 4,0 m.
53. PENSE A potência da bomba é o trabalho por unidade de tempo necessário para fazer a água subir.
FORMULE Suponha que uma massa de água ∆m seja bombeada em um intervalo de tempo ∆t. A bomba aumenta a energia
potencial da água de ∆U = (∆m)gh, em que h é a distância vertical entre o nível inicial e o nível final da água, e aumenta a energia
cinética da água de K = (∆m)v
2 /2, em que v é a velocidade final da água. O trabalho realizado pela bomba é
e a potência desenvolvida é
A vazão mássica é ∆m/∆t = raAv, em que ra é a massa específica da água e A é a área da seção reta da mangueira.
ANALISE A área da seção reta da mangueira é A = pr^2 = p(0,010 m)^2 = 3,14 × 10 –4^ m^2 , e
Assim, a potência da bomba é
APRENDA Parte do trabalho realizado pela bomba é transformada em energia potencial, e parte é transformada em energia
cinética da água.
54. (a) De acordo com a equação de continuidade, a vazão no tubo de 1,9 cm de diâmetro é (26 + 19 + 11) L/min = 56 L/min.
(b) Como v = R/A e A = pd
2 /4, temos
2 56 2 26
v
v
π
π
55. No caso do escoamento de um fluido em um cano, o trabalho pode ser escrito em termos da pressão:
F
W Fd Ad pV A
na qual V é o volume de água transportado de uma extremidade a outra do cano e p é a diferença de pressão entre as extremidades
do cano. Assim,
W = (1,0 × 10 Pa) (1,4 m )^5 3 = 1,4 × 105 J.
56. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade v do líquido que sai do furo satisfaz a equação rv
2 /2 = rgh, o
que nos dá v = 2 gh .Como, de acordo com o enunciado, r 1 v 1 A 1 = r 2 v 2 A 2 , temos
1 2 1 1 2 2 2 1
A
gh A gh A A
ρ ρ ρ ρ
(b) A razão entre as vazões volumétricas é
1 1 1 1
2 2 2 2
R v A A
R v A A
(c) Fazendo R 1 /R 2 = 1, obtemos v 1 /v 2 = A 2 /A 1 = 2 = h h 1 / 2 ,o que nos dá
h 2 = h 1 /4 = (12,0 cm)/4 = 3,00 cm.
58. Usamos a equação de Bernoulli:
2 2 2 1 2
p − pi = ρ gD + ρ v − v
Fazendo r = 1000 kg/m^3 , D = 180 m, v 1 = 0,40 m/s e v 2 = 9,5 m/s, obtemos ∆p = 1,7 × 106 Pa = 1,7 MPa.
59. PENSE Como a área da seção reta e a altura do cano variam, devemos usar a equação de continuidade para calcular a variação
da velocidade e a equação de Bernoulli para calcular a variação de pressão da água no cano.
FORMULE Para calcular a velocidade da água no nível mais baixo, podemos usar a equação de continuidade e escrever A 1 v 1 =
A 2 v 2 , em que A 1 é a área da seção reta do cano antes da descida, v 1 é a velocidade da água antes da descida, A 2 é a área da seção
reta do cano depois da descida e v 2 é a velocidade da água depois da descida. Para calcular a pressão da água depois da descida,
podemos usar a equação de Bernoulli:
em que r é a massa específica da água, h 1 é a altura inicial e h 2 é a altura final.
ANALISE (a) De acordo com a equação de continuidade, a velocidade da água no final da descida é
(b) De acordo com a equação de Bernoulli, a pressão da água no final da descida é
APRENDA Depois da descida, a velocidade da água é menor (v 2 < v 1 ) e a pressão é maior (p 2 > p 1 ).
60. (a) Como, de acordo com a equação da continuidade, o produto Av é constante, a velocidade da água na parte do tubo que
não está obstruída pelo torpedo é
2 2
2
25,0cm 5,00cm 2,50m s 2,40m s. 25,0cm
v
(b) Como, de acordo com a equação de Bernoulli, a soma p + rv^2 /2 é constante, a diferença de pressão é
( ) (^ )^ (^ )
1000kg m 2,50m s 2,40m s 245Pa. 2 2
p ρ v
61. (a) De acordo com a equação de continuidade,
2 1 2 2 1 1 2 1 2 2
r v A v A v v r
o que nos dá v 2 = 3,9 m/s.
(b) Para h = 7,6 m e p 1 = 1,7 × 105 Pa, a equação de Bernoulli nos dá
2 2 4 2 1 1 2
8,8 10 Pa. 2
p = p − ρ gh + ρ v − v = ×
62. (a) De acordo com a equação de Bernoulli,
1 2 p (^) A = pB + 2 ρar v .Além disso, para que a pressão seja igual nos dois lados do tubo,
devemos ter ∆ p = pA − pB = ρ gh. Assim, ρ gh = 12 ρar v^2 e
ar
gh v
ρ
ρ
(b) A velocidade do avião em relação ao ar é
3 2
3 ar
2 2 810kg/m^ (9,8m/s )(0,260m) 63,3m/s. 1,03kg/m
gh v
ρ
ρ
63. Usamos a expressão para v obtida no problema anterior:
2 3 ar
2 2(180Pa) 1,1 10 m/s. 0,031kg/m
p v ρ
= = = ×
64. (a) O volume de água que escoa para a atmosfera em um período de 10 minutos é
(^2 ) 1 1 15m s^ 10min^ 60s min^ 0,03m^ 6,4m. 4
V v t A
π
(b) A velocidade no segmento esquerdo do tubo é
(^2 ) 1 1 2 1 1 2 2
3,0cm 15m s 5,4m s. 5,0cm
A d v v v A d
(^) (^)
(c) Como
1 2 1 2 p 1 (^) + 2 ρ v 1 (^) + ρ gh 1 (^) = p 2 (^) + 2 ρ v 2 (^) +ρ gh 2
e h 1 = h 2 , p 1 = p 0 , que é a pressão atmosférica, e
( ) ( ) (^ )^ (^ )
2 2 5 3 3 2 2 2 0 1 2
5
1,01 10 Pa 1,0 10 kg m 15m s 5,4m s 2 2
1,99 10 Pa 1,97atm.
ρ
= + − = × + × −
= × =
p p v v
Assim, a pressão manométrica é (1,97 atm – 1,00 atm) = 0,97 atm = 9,8 × 10
4 Pa.
65. PENSE O princípio de funcionamento do medidor Venturi, um aparelho usado para medir a vazão dos fluidos nos canos,
envolve tanto a equação de continuidade como a equação de Bernoulli.
FORMULE De acordo com a equação de continuidade, AV = av; de acordo com a equação de Bernoulli, rV^2 /2 = ∆p + rv^2 /2,
∆p = p 2 − p 1 , p 2 é a pressão na garganta e p 1 é a pressão no cano. A primeira equação nos dá v = (A/a)V. Substituindo v por seu
valor na segunda equação, obtemos
Esta equação pode ser usada para determinar o valor de V.
ANALISE (a) Explicitando V na equação anterior, obtemos a seguinte expressão:
69. (a) Combinando as Eqs. 14-35 e 14-36, obtemos a expressão
(^1 2 2 ) 1 2
2 p R A A ρ A A
para a vazão em função da diferença de pressão e das áreas das seções retas. Note que, como ∆p = p 1 – p 2 = –7,2 × 103 Pa e
2 2 3 4 A 1 (^) A 2 (^) 8,66 10 m
− − = − × , o radicando é positivo. Executando os cálculos, obtemos R = 0,0776 m
3 /s.
(b) A vazão mássica é
3 3 ρ R = (900 kg/m )(0,0776 m /s) =69,8 kg/s.
70. De acordo com a Eq. 14-23, as velocidades do lado esquerdo e do lado direito são vcentro/4 e vcentro/9, respectivamente. Notamos
também que a massa correspondente a 0,400 m^3 de água é 399 kg (veja a Tabela 14-1). Assim, de acordo com as Eqs. 14-31 e
14-32, temos
2 centro (^2 )
2,50 J.
W mv
71. (a) O jorro d’água sai do furo na horizontal (q 0 = 0°, na notação do Capítulo 4), com uma velocidade v 0 (^) = 2 gh .Fazendo
y – y 0 = –(H – h) na Eq. 4-22, obtemos o “tempo de voo”
H h t H h g g
Substituindo na Eq. 4-21 com x 0 = 0 por causa da escolha da origem, obtemos
0
2 2 ( ) 2 (10 cm)(40 cm 10 cm) 35 cm.
H h x v t gh h H h g
(b) O resultado do item (a) [que, elevado ao quadrado, nos dá x^2 = 4h(H – h)] é uma equação do segundo grau em h para valores
conhecidos de x e H. Assim, duas soluções para h são matematicamente possíveis, mas será que as duas soluções têm significado
físico? Para isso, as duas soluções devem ser reais, positivas e menores que H. Usando a fórmula das raízes de uma equação do
segundo grau, obtemos
2 2 2 2 0 , 4 2
x H H x h Hh h
o que mostra que as duas soluções têm significado físico, contanto que x ≤ H. Chamando de h 1 a raiz maior (essa raiz é obtida
usando o sinal positivo para a raiz quadrada) e de h 2 a raiz menor (obtida usando o sinal negativo para a raiz quadrada), vemos
que a soma das raízes é
2 2 2 2
1 2. 2 2
H H x H H x h h H
Assim, as duas raízes (chamadas genericamente de h e h) estão relacionadas através da equação h = H – h. Para H = 40 cm e
h = 10 cm, h = 40 cm − 10 cm = 30 cm.
(c) De acordo com os resultados do item (a), x = f h ( ) = 2 h H ( − h ). Para maximizar a função f(h), derivamos a função em relação
a h e igualamos o resultado a zero, o que nos dá
.
2 40 cm 0 20 cm ( )^2
df H h H h dh (^) h H h
72. Vamos usar a equação de Bernoulli:
1 2 1 2 p 1 (^) + 2 ρ v 1 (^) + ρ gh 1 (^) = p 2 (^) + 2 ρ v 2 (^) + ρ gh 2.
Quando a água chega à altura h 2 e está prestes a inundar o porão, a velocidade v 2 da água no cano M é dada por
2 1 2 2 2 1 2
( ) 2 ( ) 13,86 m/s. 2
ρ g h − h = ρ v ⇒ v = g h − h =
De acordo com a equação de continuidade, o índice de precipitação correspondente é
2 2 5 1 2 1
(0,030 m) (13,86 m/s) 2,177 10 m/s 7,8 cm/h. (30 m)(60 m)
A
v v A
π (^) −
= = = × ≈
73. Como o corpo da pessoa está em equilíbrio, temos
Fe = m corpo (^) g ⇒ ρágua gV imerso (^) =ρcorpo gV total ,
o que nos dá
imerso^ corpo
total água
V
V
ρ
ρ
Como, de acordo com o enunciado, dois terços do corpo estão abaixo da superfície, sabemos que Vimerso/Vtotal = 2/3. Assim, para
rcorpo = 0,98 g/cm^3 , obtemos rágua ≈ 1,5 g/cm^3 , um valor muito maior que a massa específica da água dos oceanos, 1,024 g/cm^3 (veja
a Tabela 14-1). (A água do Mar Morto contém alta concentração de sal porque o mar fica em uma região muito quente e seca.)
74. Se o nível do mercúrio de um lado do tubo desce uma distância x, o nível sobe a mesma distância do outro lado do tubo.
Assim, a diferença entre os níveis de mercúrio dos dois lados do tubo é 2x, o que produz uma diferença de pressão ∆p = 2 rHggx.
Essa pressão deve ser compensada pela pressão da água, pa = ragh, em que h = 11,2 cm. Como, nessas unidades, ra = 1,00 g/cm
3 e
rHg = 13,6 g/cm
3 (veja a Tabela 14-1), temos
3
3 Hg
(1,00 g/cm ) (11,2 cm) 0,412 cm. 2 2(13,6 g/cm )
x a^ gh g
ρ
ρ
75. Substituindo m por rV, a segunda lei de Newton nos dá
rágua Vg – rbolha Vg = rbolha Va
e, portanto,
ρ (^) água = ρbolha (1 + a / g )
Para rágua = 998 kg/m
3 (veja a Tabela 14-1), temos
3 água 3 bolha 2 2
998 kg/m 975,6 kg/m 1 a / g 1 (0,225 m/s ) / (9,80 m/s )
ρ ρ = = =
Como o volume V da bolha é Vbolha = 4pr
3 /3, em que r = 5,00 × 10
− 4 m, a massa da bolha é mbolha = rbolhaVbolha = 5,11 × 10
− 7 kg.
76. Para formular o problema do modo mais geral possível, vamos chamar de f a razão entre a massa específica do seu corpo e a
massa específica da água (ou seja, f = r/ra). Se você está boiando, a soma das forças verticais que agem sobre o seu corpo (peso e
empuxo) é nula, ou seja,
F e = Fg ⇒ ρ a (^) gVi =ρ gV
em que V é o volume total do seu corpo e Vi é o volume da parte do seu corpo que está imersa.
(a) A equação anterior nos dá
i ,
a
V
f V
ρ
ρ
o que significa que, para r/ra = 0,95, 95% do seu corpo está imerso e, portanto, apenas 5% do seu corpo está acima da superfície da água.
