Resoluções comentadas dos exercícios de vestibulares sobre Hidrostática

Resoluções comentadas dos exercícios de vestibulares sobre

Hidrostática

01-

Aplicando o teorema de Stevin — pressão hidrostática devido apenas à altura da coluna de água — P=d_água.g.h — P_máx=120P_atm — 120.P_atm= d_água.g.h — 120.10⁵ = 10³.10.h — h=120.10⁵/10⁴ — h=1200m.

R- C

02- Cálculo da altura h da parte imersa com a balsa de massa m=150000kg sem carga — o empuxo E, força vertical e para cima corresponde ao peso do volume de líquido deslocado, no caso, o volume de um paralelepípedo de comprimento 30m, largura 10m e altura h — E=d_água.g.V_imerso — E=10³.10. (30.10.h) — E=300.10⁴h.

Peso da balsa sem carga — P=mg=150.10³.10 — P=150.10⁴N.

Estando a balsa em equilíbrio vertical, flutuando, o peso deve anular o empuxo — P = E — 150.10⁴ = 300.10⁴h — h=150/300 —h=0,5m (altura da balsa imersa com ela descarregada).

Observe atentamente na figura que, quando a carga de peso P’ for colocada, a balsa deve afundar

mais 0,3m, pois distância mínima de segurança do fundo do casco para o leito do rio deve ser de 1m.

Assim, o volume de água deslocado por essa carga corresponde ao de um paralelepípedo de comprimento 30m, largura 10m e altura h’=0,3m — V’=30.10.0,3=90m³ e o empuxo produzido será:

E’=d_água.V.g=10³.90.10 — E’=90.10⁴N.

Esse empuxo é igual ao peso da carga colocada sobre a balsa P’=90.10⁴N.

R- D

03- O empuxo (força vertical e para cima) é igual ao peso do volume de líquido deslocado e assim, quanto maior o pesomaior será o volume de líquido deslocado e consequentemente, maior será a altura da superfície da água do balde.

Maior peso B (barco + âncora dentro, deslocam maior volume de água) — menor peso A (barco sem

âncora, desloca menor volume de água) — intermediário C (volume deslocado somente pelo barco ) + volume deslocado somente pela âncora).

R- C

04- Bloco C totalmente imerso V_imerso=V_corpo e em equilíbrio mecânico — E_c = P_c=P — d_água.v_imerso.g =P (I).

Bloco A 1/4 imerso e em equilíbrio mecânico — E_A= P_A — d_água.V_imerso.g = d_água.(1/4)V.g=P_A — compare com (I) — P/4 = P_A.

Bloco B 3/4 imerso e em equilíbrio mecânico — E_A= P_A — d_água.V_imerso.g = d_água.(3/4)V.g=P_A — compare com (I) — 3P/4 = P_A.

R- B.

05- I. Correta — veja pelo gráfico que, enquanto totalmente submersa ela sobe com aceleração constante e sujeita a umaforça resultante para cima sendo que, nesse caso, o módulo do empuxo

(força vertical e para cima) deve ser maior que o módulo do peso (força vertical e para baixo).

II. Falsa — de 0 a 0,5m a bola está totalmente imersa e o empuxo de intensidade E=d_água.V_bola.g é constante, pois todas as grandezas (d_água.V_bola.g) são constantes.

III. Correta — enquanto totalmente imersa a bola, que partiu do repouso V_o=0 e, após subir h=0,5m atingiu V=7m/s até chegar à superfície, subindo com aceleração de valor — equação de Torricelli — V² = V_o² + 2.a.h — 7² = 0² + 2.a.0,5 — a=49m/s².

Como ela sobe o módulo do empuxo é maior que o módulo do peso — F_R=m.a — E – P = m.a —

E – mg = m.a — E – 0,4.10 = 0,4.49 — E= 19,6 + 4 — E=23,6N.

IV. Falsa — veja (II)

V. Correta — a medida que a bola vai saindo da água o empuxo (peso do volume de líquido deslocado) vai diminuindo até que, quando ela está totalmente fora da água, não desloca mais água e o empuxo é nulo.

A respeito das velocidades veja figuras abaixo:

R- C

06- Pressão (P) é uma grandeza física obtida pelo quociente entre a intensidade da força () e a área  (S) em que a força se distribui. Observe na figura abaixo que a força () que produz a pressão sobre a área S é perpendicular à mesma.

 

No caso do exercício a força é a hidrostática, devida à pressão hidrostática e também é

perpendicular à área da superfície em cada ponto.

R- A.

07– Peso de cada corpo — P_c=d_c.v_cg=m_cg — Empuxo de cada corpo — E=d_L.V_i.g — como estão flutuando estão em equilíbrio e P = E — m_c.g = d_L.V_i.g — V_i=m_c/d_L — como a massa do corpo é a mesma e o líquido é o mesmo (mesma d_L) o volume imerso é o mesmo para os três sólidos.

R- D

08- Peso do bloco — P=mg=0,05.10 — P=0,5N.

Força de tensão no fio — fornecida T=89,5N.

Empuxo — E=ρ.V.g=400.0,25.10 — E=1000N.

Na figura abaixo estão colocadas todas as forças que agem sobre o bloco que, como está em

equilíbrio a força resultante sobre ele deve ser nula e, para que isso ocorra — E = P + T + N —

1000 = 89,5 + 0,5 + N — N=910N.

R- C

08- Em cada litro de álcool hidratado têm-se  —  0,96L de álcool (96%) e 0,04L de água (4%)  —  massa de álcool  —  d_álcool=m_álcool/V_álcool  — 800g/L=m_álcool/0,96L  — m_álcool=768g  —  massa de água  —  d_água=m_água/V_água  —  1.000g/L=m_água/0,04L  — m_água=40g  —  d_mistura=(m_álcool +m_água)/V_mistura=(768 + 40)/1  —  d_mistura=808g/L  — R- E

09- a) a densidade da esfera leva em conta o volume total  —  d=m/v=50/30  —  d=1,7g/cm³

b) a massa específica leva em conta apenas a parte de volume que contém alumínio  —  ρ=m/v=/50(30 – 10)  —  ρ=2,5g/cm³

10- figura 1  —   sendo o mesmo volume, o corpo de maior massa terá maior densidade  —  d₄>d₁>d₃>d₂  —  figura 2  —  d=m/V  —  como a massa é a mesma para cada bloco, aquele que tiver maior densidade terá menor volume  —  V₄<V₁<V₃<V₂  —  4(A); 1(B); 3(C) e 2(D)  —  R- C

11- Em cada litro de álcool hidratado têm-se  —  0,96L de álcool (96%) e 0,04L de água (4%)  —  massa de álcool  —  d_álcool=m_álcool/V_álcool  — 800g/L=m_álcool/0,96L  — m_álcool=768g  —  massa de água  —  d_água=m_água/V_água  —  1.000g/L=m_água/0,04L  — m_água=40g  —  d_mistura=(m_álcool +m_água)/V_mistura=(768 + 40)/1  —  d_mistura=808g/L  — R- E

12- Quando o corpo estiver na iminência de flutuar, a densidade do corpo é igual à do líquido (mistura)  —  d_mistura=d_corpo=m/V=90/100  —  d=0,9g/cm³  —  R- A 

13- a) O avião decola a partir do instante de t=10 s, pois é a partir deste instante que a força de sustentação supera o peso da aeronave, que é de 3000 N.

b) Pelo gráfico em t = 20s tem-se uma força de sustentação F = 3000 N  —  essa força atua sobre uma área de S=50m²  —  Δp = F/S = 3000/50  —  ΔP=60N/m²=60Pa

14-  A área de contato é a do cubo inferior  —  S=10^-1.10^-1  —  S=10^-2m²   —  P=F/S  —  10³=F/10^-2  —  F=10N=peso dos 4 cubos  —cada cubo tem p=10/4=2,5N  —  m=2,5/10  —  m=0,25kg  —  d=m/V =0,25/10^-3  —  d=250kg/m³

15- P_int = 0,95.10⁵N/m²  —  P_atm = 1,00.10⁵ N/m²  —  A = 0,10 m²  —  P = 40 N  — na placa agem as seguintes forças  —   P- peso da placa  — F- força devida à diferença entre as pressões externa e interna na câmara  —  N – força vertical de contato entre as paredes da câmara e a placa  —  essas forças são mostradas na figura:

A resultante das forças que agem sobre a placa é nula, pois ela está em equilíbrio  —  N + P = F  —  N=F – P=(P_atm – P_int).A – P  —  N=(1,00 – 0,95).10⁵.(0,10) – 40=500 – 40  —  N=460N

 

16- Sendo a densidade da água d_água=1,00g/mL (quando você tem 0% de etanol) —  1,00g – 1mL  —  m_água g  —  50mL  —  m_água =50g  —  sendo a densidade do etanol d_etanol=0,79g/mL(quando você tem 100% de etanol)  —  0,79g – 1mL  —  m_etanol g  —  50mL  —  m_etanol =39,5g  —  massa total de água a 20^oC  —  m_total= 50g (água) + 39,5g (etanol)=89,5g (água + etanol)  —  se você observar no gráfico verá que a densidade da mistura que contém 50% de etanol vale d_mistura=0,93g/mL  —  d_mistura=m_mistura/V_mistura  —  0,93 = 89,5/V_mistura  —  V_mistura≈ 96 mL  — R- E

 

17- A pressão no fundo do recipiente varia linearmente com a altura e independe da área de seção reta de cada cilindro  —  R- A

18- P₁=ρ.g.h  —  P₂=1,2ρ.g.h’  —  P₁/P₂=ρ.g.h/1,2ρ.g.h’  —  P₁=P₂=P  —  1= ρ.g.h/1,2ρ.g.h’  —  h’=1/1,2h10/12h=5/6h  —  h – 5/6h=(6h – 5h)/6=h/6  —  h’=h/6  —  R- B

 

19- Dados  —  Z = 100 mL/s = 0,1 L/s  —   d = 1 kg/L = 10³ kg/m³  —  P_col.deágua = 10³Pa  —   g = 10 m/s²  —   pelo teorema de Stevin a pressão da coluna líquida é  —  P_col.deágua =dgh  —  10³=10³.10.h  —  h=0,1m  —  caixa cúbica de volume 1m³ tem área da base A_b=1m²  —  cálculo do volume derramado  —  V=A_b.h=1.(0,1)  —  V=0,1m³=100L  —  a vazão (Z) é a razão entre o volume derramado e o tempo  —  Z=V/Δt=100/0,1  —  Δt=10³s  —  R- D

 

 20- Teorema de Stevin  — observe a figura abaixo:

 Teorema de Stevin  —  A pressão no ponto B devida apenas à coluna líquida P_líquido=d_líquido.g.h é chamada depressão hidrostática e P_B=P_atm + d_líquido.g.h é chamada de pressão total, pressão absoluta ou simplesmente pressão.

 A pressão exercida por uma coluna líquida não depende das dimensões do recipiente que a contém, mas apenas da natureza do líquido, fornecida pela sua densidade (d), do local (g) e da altura da coluna (h).

 O gráfico da pressão total P em função da altura “profundidade” h, (P=Patm+ d.g.h, que é uma função do primeiro

 grau)), é uma reta inclinada.

 A pressão devido á coluna líquida é maior quanto maior for a profundidade, ou seja, a maior a altura da coluna líquida,

Observe na teoria acima, que a pressão que a água deve exercer para acionar o sifão depende apenas da altura da coluna líquida, não dependendo das dimensões do recipiente, ou seja, do

volume de água nele armazenada  —  assim, mesmo um pequeno volume de água armazenado, mas com altura suficiente pode acionar o sifão  —  portanto, a economia deve-se ao volume de água armazenada no tanque  —  R- B.

21- A alternativa incorreta é a D, pois com a boca da garrafa totalmente tampada a água não jorrará por nenhum dos dois orifícios, pois a pressão externa é maior que a interna  —  R- D

 

22- 

Observe na figura abaixo que a pressão na superfície da água (ponto Q) é a mesma que aquela devido à altura da coluna de água (ponto p)  —  P_Q=P_p  —  densidade d_água=10³kg/m³ e g=9,8m/s²  — P_Q= P_atm  —  P_p==d_água.g.h_água  —  1,01.10⁵=10³.9,8.h_água  —  h_água=10,3m  —  portanto, a pressão atmosférica equilibra uma coluna de água de altura aproximadamente 10m e, essa pressão não consegue empurrar qualquer coluna de água a uma altura superior a 10m

 

23- a) A pressão do gás no botijão é a mesma que no ponto A (P_A=P_gás), que por sua vez é a mesma que no ponto M  — P_gás=P_M­  —  P_gás=P_atm + d_Hg.g.h=10⁵ + 13,6.10³.10.1,04  —  P_gás=10⁵ + 14,44.10⁴  —  P_gás=1,0.10⁵ + 1,44.10⁵  —  P_gás=2,44.10⁵ Pa

b) Em a  —  P_gás=F/S  —  2,44.10⁵=F/2.10⁴  —  F=48,8N

24-  a) Na figura II, na extremidade do orifício de altura h₁=2,0m a pressão que atua é a pressão atmosférica P_o=1,0.10⁵N/m²  —  P_o=dgh₁ + P₁  —  1,0.10⁵=1,0.10³.10.2,0 + P₁  —  P₁=1,0.10⁵ – 2,0.10⁴  —  P₁=8,0.10⁴N/m²

b) Chamando de S a área da base do tanque  —  lei geral dos gases perfeitos  —  P_o.V_o/T_o=P₁.V₁/T₁  —  1,0.10⁵.S(6,0 – h_o)/300 = 8,0.10⁴.S.(6,0 – 2,0)/360  —  h_o=10/3 m=3,3m

 

25-  Princípio enunciado por Pascal, físico e matemático francês (1623 – 1663), conhecido como princípio de Pascal:

“ O acréscimo de pressão exercido num ponto de um líquido ideal em equilíbrio é transmitida integralmente a todos os pontos desse líquido e também às paredes do recipiente onde está contido”  —  R- E

 

26- Força (F₁) ampliada pelo sistema de articulações quando no pedal é aplicada a força F=50N 

—  colocando o pólo O na articulação central e lembrando que a soma dos momentos das forças em

relação ao pólo é nula  —  – F.d₁ + F₁.d₂=0  — 50.0,2 + F₁.0,04=0  —  F₁=250N  —  essa força é transmitida até o êmbolo 1 de área S₁=40mm²=4.10^-5m² que está ligado, por meio de vaso comunicante até o êmbolo 2 de área S₂=80mm²=8.10^-5m²  —  aplicando o teorema de Pascal

nos êmbolos 1 e 2  —  F₁/S₁=F₂/S₂  —  250/4.10^-5=F₂/8.10^-5  —  F₂=500N  —  R- E

 

27- Seja F a força aplicada pelo motorista no pedal  —  pelo enunciado a alavanca tem a

capacidade  de ampliação da força aplicada por um fator igual à razão direta de seus braços, que é de 40/10=4 vezes  —  f=4F  —  a prensa hidráulica amplia a força f na razão direta de suas áreas, ou seja, de 8 vezes  —  F’=8f  —  F’=8.4F  —  F’=32F  —  R- A.

 

28– Sendo o líquido que envolve o recipiente a água e o líquido que o está preenchendo também a água (mesma densidade), para cada unidade preenchida com água, o recipiente desce também uma

unidade  — Observe atentamente a sequência de figuras abaixo e verifique que a resposta é a C 

R- C

 

29- A maioria dos peixes ósseos apresenta bexiga natatória (atualmente denominada vesícula gasosa), uma bolsa cheia de gases acima do estômago cujo volume é regulado por meio de trocas de gases com o sangue e, pela sua dilação ou contração, determina a posição do peixe na água. Para aumentar a profundidade, os peixes contraem a bexiga natatória e, com isso, aumentam a sua densidade tornando-se mais pesado que a água e descendo. Ao subir, fazem o contrário.

R- A

 

30- Na figura I, N_o é a indicação da balança  —  N_o=P

Na figura II, se o corpo imerso recebe do líquido uma força vertical e para cima (Empuxo), pelo princípio da ação e reação o corpo reage sobre o líquido com força de mesma intensidade (Empuxo), mesma direção (vertical) e sentido sentido contrário (para baixo).

A balança indica apenas as forças que agem no líquido, indicadas na figura da direita acima, que são: peso P do sistema (recipiente mais líquido), empuxo sobre o líquido (E) e a reação normal da balança (indicação da balança N)  —  N=P + E  —  da figura I  —  N_o=P  —  N=N_o + E  —  N – N_o=E  —  assim, o empuxo é fornecido pela diferença entre as indicações da balança antes e depois de imergir a esfera.

R- (4 + 8)=12

31- 

Forças que agem sobre o bloco  —  peso P (vertical e para baixo)  —  N força que o bloco troca com a tampa (vertical e para baixo)  —  empuxo E (vertical e para cima)  —  P + N=E  —   mg + N=d.V.g  —  d_bloco.V._.g + N=d_água.V.g  —  N=d_água.V.g – d_bloco.V.g  —  N=(1,0.10³ – 0,25.10³).V.g  —  N=0,75.10³.V.g  —  P= 0,25.10³.V._.g  —  N/P=(0,75.10³.V.g)/(0,25.10³.V.g)  —  N/P=3

 

32- a) volume de água deslocada  —  V_imerso=S.H=8.10^-3.5.10^-2  —  V_imerso=4.10^-4m³  —  estando o recipiente em equilíbrio  —  P=E  —  mg=d_água.V_imerso.g  —  m=1.000.4.10^-4  —  m=0,4kg

b) nesse caso, o recipiente está na iminência de afundar, e sua massa será m_c (massa dos

chumbinhos) + m (massa do recipiente)  —  V_imerso= S.h=8.10^-3.8.10^-2  —  V_imerso=64.10^-5m³  —  peso do recipiente + peso dos chumbinhos=P_s=(m + m_c).g  —  equilíbrio  —  P_s=E  —  (m + m_c).g=d_água.V_imerso.g  —  (0,4 + m_c)=1.000.64.10^-5  —  m_c=0,64 – 0,4  — m_c=0,24kg=240g  —  n_chumbinhos=240/12  —  n_chumbinhos=20

c) não mudariam  —  observe na expressão seguinte que a aceleração da gravidade se cancela  —  P=E  —  d_cV_c.g_marte=d_água.V_água.g_marte  —  assim , g não interfere na rwesolução.

 

33- a) A massa do recipiente, da água e do barquinho sobre a balança é a mesma, quer o barquinho esteja flutuando, quer esteja submerso. Portanto, M₁ = M₂ .

b) Quando o barquinho está flutuando, o empuxo sobre ele é igual a seu peso e, portanto, maior do que o empuxo quando submerso. Sendo maior o empuxo no barquinho flutuando, o volume da água por ele deslocado nesse caso é maior do que o volume da água por ele deslocado quando está submerso. Uma vez que o volume dentro do recipiente sob o nível da superfície livre da água é o volume da água acrescido do volume de água deslocado, concluímos que o volume dentro do recipiente sob o nível da superfície livre é maior com o barquinho flutuando do que com o barquinho submerso. Assim,a altura da superfície livre com o barquinho flutuando é maior do que a  altura da superfície livre com o barquinho submerso, ou seja, h₁ > h₂ .

34- Veja figuras  —  a = 4 cm  —   dágua = 1 g/cm³  —  A_imersa = 0,7.A_total  —  Δh = 0,50 cm  —  a área

imersa é a área do fundo mais uma parte da área das 4 paredes laterais, de altura h  —  de acordo com o enunciado  —  A_imersa=0,7ª_total  —  a² + 4ah=0,7.6.a²  — 

4 h = 3,2 a  —  h = 0,8 a  —  como o cubo é um sólido reto e está em equilíbrio em água, seu peso é equilibrado pelo empuxo:

P = E  —  d_cubo.V_total.g = d_água.V_imerso.g  —  d_cubo/d_água=V_imerso/V_total  —  d_cubo/1=a²h/a³  —  d_cubo=a².0,8ª/a³  —  d_cubo=0,80 g/cm³   —

 o aumento do empuxo equilibra  o peso da rã  —  P_r=ΔE  —  mg=d_água.ΔV.g  —  m=d_água.A.Δh  —  m=1,0.16.0,5  —  m=8,0g  — 

R- E

35- a) Dados  —  m=500kg  —  V_o=20m/s  —  V=0  —  ∆S=20m  —  cálculo do módulo da aceleração de retardamento do carro aplicando a equação de Torricelli  —  V²=V_­o² + 2.a.∆S  —  0² = 20² + 2.a.20  —  a=-400/40= – 10m/s²  em módulo  —  a=10m/s²  —  intensidade da força resultante  —  F_R=ma  —  F_m=500.10=5000N  —  cada pistão recebe uma força de F’=5000/4=1250N  —  como o disco de freio

é comprimido pela pastilha nos dois lados pela força pedida de intensidade N (força com que a pastilha pressiona o freio de disco)  —  F’=2N  —  1250=F_at=μ.2N  —  N=1250/2μ  — N=1250/2.08=1250/1,6  —  N=781,25N.

b) Área do pistão  — S=π.R²=3.(2.10^-2)²=12.10^-4m²  —  P=F/S=781,25/12.10^-4  —  P=6,5.10⁵Pa. 

36- a) Sim; conhecendo a pressão manométrica (o quanto a pressão interna é maior que a externa) e a área de contato com o solo, é possível conhecer a força resultante exercida pela pressão sobre o solo. No equilíbrio e no plano horizontal, essa força é igual em módulo à força de reação que o solo exerce sobre o pneu. Somando-se as forças de reação do solo sobre todos os pneus, encontramos a força de reação total do solo. Na situação de equilíbrio, e no plano horizontal, essa força de reação total do solo é igual em módulo à força peso do automóvel.

b)A área de contato de cada um dos 4 pneus  com o solo vale  —  S=110cm²=110.10^-4m²  —  força exercida pelos dois pneus dianteiros  —  um pneu  —  P_d=F_d/S  —  21.10⁴=F_d/110.10^-4  —  F_d = 2310N  —  como são dois pneus  —  F_d=4 620N  —   força exercida pelos dois pneus traseiros  —  um pneu  —  P_d=F_d/S  —  22.10⁴=F_d/110.10^-4  —  F_d = 2 240N  —  como são dois pneus  —  F_d=4 480N  —  a soma dessas  4 forças correspondem ao peso do automóvel  —  P = 4 620 + 4 480  —  P= 9 460N. 

 

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