Problemas Aula 1.13 – Hidrostática

Escrito por Lucas Tavares

Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.

Questão 1 *

(OBF) Um recipiente contém volumes iguais de dois líquidos que não se misturam e um corpo sólido esférico. Quando o sistema entra em equilíbrio hidrostático, observa-se que cada hemisfério do sólido fica em contato com um líquido, conforme ilustrado na figura.

Acrescenta-se ao recipiente uma quantidade do líquido menos denso até que a altura de sua camada dobre. Após o equilíbrio hidrostático ser reestabelecido, a situação que melhor representa o sistema é:

Solução

Como o corpo está equilibrado as forças que atuam nele se cancelam, ou seja, a somatória dos empuxos em cada líquido equilibram o peso do objeto.

Suponhamos que uma fração $f_c$ do volume do corpo está no líquido de cima, e uma fração $f_b$ do volume do corpo está no líquido de baixo.

Consideremos também que a densidade do líquido de cima é $d_c$ , a do líquido de baixo é $d_b$ , a densidade do corpo é d, o volume do corpo é $V$ e a gravidade local é $g$ .

$E_c+E_b=P$

$d_c\cdot V_c\cdot g+d_b\cdot V_b\cdot g=mg$

$d_c\cdot f_c V+d_b\cdot f_b\cdot V=dV$

$d_c\cdot f_c+d_b\cdot f_b=d$ (EQ 01)

Como todo o corpo está submerso, a soma das frações em cada líquido deve ser igual a 2.

$f_c+f_b=1 \rightarrow f_b=1-f_c$ (EQ 02)

Substituindo (EQ 02) em (EQ 01) temos:

$d_c\cdot f_c+d_b\cdot (1-f_c)=d$

$d_c\cdot f_c-d_b\cdot f_c+d_b=d$

$\boxed{f_c=\dfrac{d_b-d}{d_b-d_c}}$

Analogamente:

$\boxed{f_b=\dfrac{d-d_c}{d_b-d_c}}$

Perceba que a porcentagem do corpo que fica em cada líquido não depende da quantidade de cada líquido, mas apenas as densidades dos mesmos. Logo, adicionar mais líquido não alterará o equilíbrio.

Item (b)

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Gabarito

Item (b)

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Questão 2 *

Na figura, representa-se o equilíbrio de $3$ líquidos não miscíveis $A$ , $B$ e $C$ , confinado em um sistema de vasos comunicantes:

Os líquidos $A$ , $B$ e $C$ possuem densidades $\rho_A$ , $\rho_B$ e $\rho_C$ que obedecem a seguinte relação:

$\rho_ A = \dfrac{\rho_B}{2} = \dfrac{\rho_C}{3}$

Supondo o valor de $h$ conhecido, responda: qual é o valor da altura $x$ indicada.

Solução

Para o equilíbrio hidrostático:

$P_{esquerda} = P_{direita}$

$\rho_B g 2h + \rho_A g 4h = \rho_C g x$

Pela relação do enunciado:

$4 \rho_A h + 4 \rho_A h = 3 \rho_A x$

Portanto:

$\boxed{x = \dfrac{8}{3}h}$

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Gabarito

$\boxed{x = \dfrac{8}{3}h}$

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Questão 3 *

Numa região ao nível do mar, a pressão atmosférica vale $1,01 \cdot 10^5$ $\rm{N/m^2}$ e $g = 9,81\;\rm{m/s^2}$ . Repete-se o experimento de Torricelli, dispondo-se o tubo do barômetro conforme representa a figura.

A distância $L$ entre os pontos $1$ e $2$ vale $151 \;\rm{cm}$ e a massa específica do mercúrio é $\rho= 13,6 \;\rm{g/cm^3}$ . Estando o sistema em equilíbrio, calcule o valor aproximado do ângulo a que o tubo forma com a direção vertical.

Solução

Para que haja o equilíbrio, a pressão no ponto 2 deve ser a mesma que a pressão na superfície do mercúrio em contato com a atmosfera. Sendo assim:

$\rho g h = \rho g L \cos{\alpha} = P_{atm}$

Substituindo os valores numéricos, encontra-se que:

$\cos{\alpha} = 0.5$

Portanto

$\boxed{\alpha = 60^{\circ}}$

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Solução

$\boxed{\alpha = 60^{\circ}}$

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Questão 4 *

Por meio do dispositivo da figura, pretende-se elevar um carro de massa $1,0 \cdot 10^3 \;\rm{kg}$ a uma altura de $3,0 \;\rm{m}$ em relação à sua posição inicial. Para isso, aplica-se sobre o êmbolo $1$ a força $\vec{F}_1$ indicada e o carro sobe muito lentamente, em movimento uniforme.

As áreas dos êmbolos $1$ e $2$ valem, respectivamente, $1,0 \;\rm{m^2}$ e $10\;\rm{m^2}$ . No local, $g = 10 \;\rm{m/s^2}$ . Desprezando a ação da gravidade sobre os êmbolos e sobre o óleo e também os atritos e a compressibilidade do óleo, determine:

a) a intensidade de $\vec{F}_1$ ;

b) o trabalho da força que o dispositivo aplica no carro, bem como o trabalho de $\vec{F}_1$

Solução

a) Pelo equilíbrio:

$\dfrac{F}{A_1} = \dfrac{mg}{A_2}$

Substituindo os valores:

$\boxed{F = 1,0 \cdot 10^3\;\rm{N}}$

b) Como o sistema está sempre em equilíbrio dinâmico, o trabalho da força $F$ será igual ao trabalho do peso, em módulo. Portanto:

$\tau_F = mg\Delta h$

Substituindo os valores:

$\boxed{\tau_F = 3\cdot 10^4}$

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Gabarito

$\boxed{F = 1,0 \cdot 10^3\;\rm{N}}$

$\boxed{\tau_F = 3\cdot 10^4}$

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Questão 5 *

Na figura, as esferas maciças $A$ e $B$ estão ligadas por um fio ideal e o sistema está em equilíbrio. A esfera $A$ está no interior de um líquido homogêneo de densidade $2\rho$ e a esfera $B$ está no interior de outro líquido homogêneo de densidade $3\rho$ .

Sabendo que as esferas têm raios iguais e que a esfera $A$ tem densidade $\rho$ , calcule a densidade da esfera $B$

Solução

No equilíbrio:

$m_Bg + m_Ag = E_A + E_B$

$\rho_B Vg + \rho Vg = 2\rho Vg + 3\rho Vg$

Portanto:

$\boxed{\rho_B = 4\rho}$

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Gabarito

$\boxed{\rho_B = 4\rho}$

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Questão 6 **

O sistema de vasos comunicantes representado na figura contém dois líquidos imiscíveis, $1$ e $2$ , de densidades $r_1$ e $r_2$ , respectivamente. A diferença de pressão entre os pontos $A$ e $B$ é igual a $1,0 = 10^3 \;\rm{Pa}$ e a densidade do líquido mais denso é igual a $2,0 = 10^3 \;\rm{kg/m^3}$ . Utilize $g = 10\;\rm{m/s^2}$ e a altura dada na figura $y = 10\;\rm{cm}$ .

a) Determine a densidade do líquido menos denso.

b) Estabeleça a relação entre a distância da superfície de separação dos líquidos e a superfície livre de cada líquido e o desnível $h$ .

Solução

a) Pelo teorema de Stevin na altura do contato do líquido $1$ com o líquido $2$ :

$\rho_2 g y + P_B = \rho_1 g y + P_A$

$\rho_1 = \rho_2 - \dfrac{P_A - P_B}{gy}$

Substituindo os valores:

$\boxed{\rho_1 = 1,0 \cdot 10^3 \;\rm{kg/m^3}}$

b) Pelo teorema de Stevin na altura do contato do líquido $1$ com o líquido $2$ :

$\rho_2 g h_2 = \rho_1 g h_1$

Assim:

$h_1 = 2h_2$

Porém,

$h_1 - h_2 = h$

Logo:

$\boxed{\dfrac{h_2}{h} = 1}$ e $\boxed{\dfrac{h_1}{h} = 2}$

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Gabarito

$\boxed{\rho_1 = 1,0 \cdot 10^3 \;\rm{kg/m^3}}$

$\boxed{\dfrac{h_2}{h} = 1}$ e $\boxed{\dfrac{h_1}{h} = 2}$

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Questão 7 **

Um projétil de densidade $\rho_p$ é lançado com um ângulo $\alpha$ em relação à horizontal no interior de um recipiente vazio. A seguir, o recipiente é preenchido com um superfluido de densidade $\rho_s$ , e o mesmo projétil é novamente lançado dentro dele, só que sob um ângulo $\beta$ em relação à horizontal. Observa-se, então, que, para uma velocidade inicial de módulo $v_0$ do projétil, de mesmo módulo que a do experimento anterior, não se altera seu alcance horizontal $A$ .
Veja as figuras abaixo.

Sabendo-se que são nulas as forças de atrito
num superfluido, calcule a relação do ângulo de lançamento $\beta$ e o ângulo de lançamento $\alpha$ em função de $\rho_p$ e $\rho_s$ .

Solução

O alcance em um lançamento é dado por:

$A = \dfrac{v_0^2 \sin{(2\theta)}}{g}$

Em que $\theta$ é o ângulo de lançamento e $v_0$ a velocidade inicial. Quando a partícula estiver submersa na água, pode-se dizer que ela está sobre a ação de uma gravidade efetiva, que pode ser calculada da seguinte forma:

$mg_{ef} = mg - E$

$\rho_p g_{ef} = \rho_p g - \rho_s g$

Assim:

$g_{eff} = (1-\dfrac{\rho_s}{\rho_p})g$

Como os alcances fora da água e dentro da água são iguais:

$\dfrac{v_0^2 \sin{(2\beta)}}{g_{ef}} = \dfrac{v_0^2 \sin{(2\alpha)}}{g}$

Portanto:

$\boxed{\sin{(2\beta)} = (1-\dfrac{\rho_s}{\rho_p}) \sin{(2\alpha)}}$

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Gabarito

$\boxed{\sin{(2\beta)} = (1-\dfrac{\rho_s}{\rho_p}) \sin{(2\alpha)}}$

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Questão 8 **

Um estudante está investigando o fenômeno de flutuação e dissolução usando provetas graduadas em mililitros ( $ml$ ), todas elas contendo inicialmente $100$ $ml$ de água pura. Ele ainda dispõe de sal de cozinha, limalha de ferro (densidade $\rho_f = 8,00$ $g/ml$ ) e um ovo de codorna de massa $m$ e densidade $\rho_o= 1,05$ $g/ml$ . Ao acrescentar sal de cozinha em uma delas observa que, para quantidades menores que $10,0$ $g$ , todo o sal se dissolve e o volume da solução permanece em $100$ $ml$ . Ao acrescentar uma massa $m$ de limalha de ferro, igual à massa do ovo de codorna, observa que essa não se dissolve e o volume da água aumenta. Ao acrescentar o ovo de codorna em água pura, ele observa que o ovo afunda e o nível de água da proveta atinge o valor de $112$ $ml$ . (a) Determine a massa $m_s$ , em gramas, do sal de cozinha que o estudante deve acrescentar na proveta com o ovo de codorna para que esse flutue livremente na solução, ou seja, permaneça totalmente submerso sem tocas as paredes do recipiente. (b) Entre quais marcas está o nível do líquido da proveta na qual foi acrescentada a limalha de ferro? (c) O que acontece se o ovo de codorna é retirado da proveta com a água salgada e colocado na proveta com limalha de ferro? (Considere que o ovo de codorna se mantém inalterado, com volume fixo e sem ganho ou perda de matéria, nas situações experimentais descritas.)

Solução

a) Para que o ovo fique flutuando, o empuxo exercido sobre ele deve ser exatamente o seu peso. Dessa forma, temos:

$E = P$

$\rho_l V_o g = \rho_o V_o g$

$\rho_l = \rho_o$

Como a densidade do ovo é maior que a densidade da água( $\rho_a =1,00$ $g/ml$ ), adiciona-se sal à água. A nova densidade da solução vai ser:

$\rho_l = \dfrac{m_a + m_s}{V_a}$

Temos então:

$\rho_o*V_a = m_a + m_s$

$m_s = \rho_o*V_a - m_a$

$m_s = 1,05*100 -100$

$m_s = 105-100$

$m_s =5,00$ $g$

b) Na terceira proveta, ao colocar o ovo, observa-se que a marcação do nível de água aumenta de $100$ $ml$ para $112$ $ml$ . Essa variação de volume é causada pela adição do ovo, sendo este volume o volume do ovo. Assim:

$V_o = 12$ $ml$

E a massa de ovo $m$ é:

$m = \rho_oV_o$

O volume de limalha de ferro para ter a mesma massa $m$ será:

$m = \rho_fV_f$

$\rho_oV_o = \rho_fV_f$

$V_f = \dfrac{\rho_oV_o}{\rho_f}$

$V_f = \dfrac{1,05*12}{8}$

$V_f = \dfrac{1,05*3}{2}$

$V_f = 1,5*1,05$

$V_f = 1,575$

Ao colocar este volume de ferro na segunda proveta, pelo ferro não ser solúvel em água, ocorre um incremento do nível de água. A nova marcação será:

$100 + 1,575 =101,575$ $ml$

Que fica então entre as marcações de $101$ $ml$ e $102$ $ml$ .

c) Na proveta que tem a limalha de ferro, o ferro está depositado no fundo da proveta, e a densidade da água permanece inalterada já que o ferro não é dissolvido pela água. O ovo então, ao ser colocado nesta proveta, afunda, pois sua densidade é maior que a da água.

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Gabarito

a) $m_s =5,00$ $g$

b) $100 + 1,575 =101,575$ $ml$

A água fica então entre as marcações de $101$ $ml$ e $102$ $ml$ .

c) O ovo afunda.

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Questão 9 **

Um vaso comunicante em forma de U possui duas colunas de altura $h = 42\;\rm{cm}$ , preenchidas com água até a metade. Em seguida, adiciona-se óleo de densidade $\rho = 0,80\;\rm{g/m^3}$ a uma das colunas até uma coluna estar totalmente preenchida, conforme a figura $B$ . Calcule a altura da coluna de óleo.

Solução

Ao adicionar o óleo, por conservação do volume, a água da coluna da esquerda sobe um $\Delta h$ , enquanto a água da coluna da direita desce um $\Delta h$ . Sendo assim, calculando o empuxo ao longo da base do tubo:

$\rho_o g H + \rho_a g (\dfrac{h}{2} - \Delta h) = \rho_a g(\dfrac{h}{2} + \Delta h)$

$\rho_oH = 2\rho_a \Delta h$

Onde $\rho_0$ é a densidade do óleo, $\rho_a$ a densidade da água e $H$ a altura da coluna de óleo. Porém, percebe-se que a altura da camada de óleo é dada por:

$H = \dfrac{h}{2} + \Delta h$

Sendo assim:

$\rho_0( \dfrac{h}{2} + \Delta h) = 2\rho_a \Delta h$

Substituindo os valores, encontramos:

$\Delta h = 14\;\rm{cm}$

Portanto:

$\boxed{H = 35\;\rm{cm}}$

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Gabarito

$\boxed{H = 35\;\rm{cm}}$

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Questão 10 ***

Em um experimento de hidrostática foi colocado um bloco é um recipiente contendo água, e observou-se que $70$ % do seu volume ficou submerso. Quando este mesmo bloco é colocado em um outro recipiente contendo um líquido de densidade desconhecida, observa-se que o percentual de volume submerso é reduzido para $40$ %. Com esses dados determine a densidade do outro liquido.

Solução

Sabemos que para equilibrio na água, o empuxo tem de se igualar ao peso do bloco. Assim, se $P$ é o peso do bloco, temos que

$P=\mu V_{Submerso}g=0,7\mu Vg$

Onde $\mu$ é a densidade da água, $V$ seu volume e $g$ a gravidade no local. Assim, obtemos que a quantia

$Vg=\frac{P}{0,7\mu}$

Quando o bloco está no líquido de densidade desconhecida, a condição de equilibrio é a mesma

$P=\rho V_{Submerso}g=0,4\rho Vg$ .

Onde neste caso $\rho$ é a densidade do líquido desconhecido.

Assim, como

$Vg=\frac{P}{0,7\mu}$

Encontramos que

$\rho=\mu \frac{0,7}{0,4}=1,75\mu$

Como a densidade da água é $1g/cm^{3}$ , a densidade do líquido é

$\boxed{1,75g/cm^{3}}$

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Gabarito

A densidade do líquido é

$\boxed{1,75g/cm^{3}}$ .

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Questão 11 ***

(OBF) Um posto de gasolina instalou densímetros em suas bombas para atestar a qualidade do produto. Os combustíveis utilizados nos automóveis são misturas de hidrocarbonetos, cuja densidade varia com a composição, isto é, com a quantidade de cada componente da mistura. Assim, se a mistura for alterada pelo acréscimo de alguma substância destinada a “dar volume” ao combustível, o densímetro acusará a adulteração.

O modelo de densímetro adotado pelo posto utiliza duas esferas plásticas ocas de mesmos volumes e massas, de cores diferentes, contendo um sólido particulado, que serve de lastro. A massa de lastro dentro de cada uma das esferas é diferente, e calculada para que uma das esferas flutue e a outra permaneça no fundo, conforme é ilustrado na figura. Além disso, elas devem permanecer em suas posições originais ainda que o combustível sofra uma variação de densidade dentro de uma certa faixa de tolerância determinada pelo distribuidor. No entanto, se a densidade do combustível é aumentada por uma diferença maior do que a tolerável, a esfera que está embaixo sobe. Se, ao contrário, a densidade do combustível é diminuída, a esfera de cima desce.

Considere um densímetro em que as esferas, de volumes iguais a $V$ , devem manter suas posições relativas quando a densidade do combustível varia em $5\%$ para mais ou para menos. Suponha que o combustível é adulterado de forma que a esfera de baixo está na situação limite em que começa a subir. Seja $v$ o volume da parte da esfera de cima que está emersa, determine a razão $\dfrac{v}{V}$ .

Solução

Seja $m_{a}$ a massa da esfera de cima e $m_{b}$ a massa da esfera de baixo, massas essas que são diferentes para que a primeira flutue enquanto a última boie. A condição crítica para a esfera de cima ocorre quando o combustível é 5% menos denso do que deveria, e nessa condição o volume emerso é nulo e a esfera está prestes a afundar:

$m_{a} g = 0.95 \rho V g$

A situação crítica para a esfera de baixo é quando a densidade do combustível é 5% maior do que deveria, e então essa esfera está prestes a flutuar e a normal que o fundo aplica sobre ela é nula:

$m_{b} g = 1.05 \rho V g$

Esse par de equações determina completamente as massas das esferas $m_{a}$ e $m_{b}$ . Vamos então para a pergunta do problema: se a esfera de baixo está prestes a subir, isso quer dizer que densidade do fluido vale $1.05 \rho$ , e como o fluido está mais denso que o normal, a esfera de cima não vai precisar deslocar um volume de líquido tão grande para flutuar. Seja então $v$ o volume emerso da esfera de cima, o que significa que seu peso está sendo sustentado pelo peso de um volume $V-v$ de um líquido de densidade $1.05 \rho$ . Em equações:

$m_{a} g = 1.05 \rho (V-v)$

Usando a primeira equação para substituir o valor do peso da esfera de cima:

$0.95 \rho V g = 1.05 \rho (V-v) g$

$0.95 V = 1.05 (V-v)$

Rearranjando:

$\boxed{\dfrac{v}{V}=1-\dfrac{0.95}{1.05}=0.095}$

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Gabarito

$\boxed{\dfrac{v}{V}=0.095}$

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Questão 12 ***

Um densímetro tem a forma indicada na figura abaixo, com uma haste cilíndrica graduada, cuja seção transversal tem área $A$ , ligada a um corpo que geralmente contém algum lastro. O densímetro é calibrado mergulhando-o na água, marcando com a graduação “ $1$ ” a altura na haste até a qual a água sobe e determinando o volume $V_0$ do densímetro situado abaixo da marca (ou seja, o volume total que fica mergulhado na água). Seja $h$ a altura da haste entre a graduação “ $1$ ” e o nível até onde o densímetro mergulha quando colocado num líquido de densidade desconhecida. Calcule a densidade relativa desse líquido em relação à água, em função de $V_0$ , $A$ e $h$ .

Solução

Após a imersão do densímetro na água a calibração o volume abaixo da graduação “ $1$ ” é $V_0$ , que é também o volume submerso. Como o empuxo se iguala ao peso do densímetro, temos que:

$\rho_aV_0 g = mg$

$\rho_aV_0 = \rho_dV$

Onde $\rho_a$ é a densidade da água, $\rho_d$ a densidade do densímetro e $V$ o seu volume total. Após ser mergulhado em um outro líquido de densidade $\rho$ , o densímetro se eleva a uma altura $h$ . Assim, no equíbrio:

$\rho_dV g= \rho (V_0 - hA)g$

$\rho_aV_0 = \rho(V_0 - hA)$

Portanto, a densidade do líquido será:

$\boxed{\dfrac{\rho}{\rho_a} = \dfrac{V_0}{V_0 - hA}}$

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Gabarito

$\boxed{\dfrac{\rho}{\rho_a} = \dfrac{V_0}{V_0 - hA}}$

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Questão 13 ***

Um tubo em $U$ , contendo um líquido, gira em torno do eixo $Oz$ , com velocidade angular de $10 \;\rm{rad/s}$ . A distância $d$ entre os dois ramos do tubo é de $30 \;\rm{cm}$ , e ambos são abertos na parte superior. Calcule a diferença de altura $h$ entre os níveis atingidos pelo líquido nos dois ramos do tubo.

Solução

No referencial girante, encontra-se uma força fictícia, a força centrífuga. É possível associar essa força a uma energia potencial. Para calcular esse potencial, vamos fazer um gráfico da força centrífuga em função da distância.

A energia potencial vai ser dada pela área do gráfico acima (fora de escala). Portanto:

$U_{centrifuga} = - \dfrac{Fr}{2} = - \dfrac{m\omega^2r^2}{2}$

Com isso, podemos conservar energia em relação ao centro:

$0 = mgh - \dfrac{m\omega^2d^2}{2}$

$h = \dfrac{\omega^2d^2}{2g}$

Substituindo os valores:

$\boxed{h \approx 0,46\;\rm{m}}$

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Gabarito

$\boxed{h \approx 0,46\;\rm{m}}$

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Questão 14 ***

Em uma atmosfera de ar calmo e densidade uniforme $d_a$ , um balão aerostático, inicialmente de densidade $d$ , desce verticalmente com aceleração constante $a$ . A seguir, devido a uma variação de massa e de volume, o balão passa a subir verticalmente com aceleração constante de mesmo módulo $a$ . Determine a variação relativa do volume em função da variação relativa de massa e das densidades $d_a$ e $d$ .

Solução

Vamos calcular a aceleração do balão antes de variar a massa e o volume.

$d Va = d Vg - d_a Vg$

$a = g(1-\dfrac{d_a}{d})$

Agora, vamos calcular a densidade ( $d_2$ ) após a variação de massa e volume.

$d_2V'a = d_aV'g-d_2V'g = d_2V'g(1-\dfrac{d_a}{d})$

$d_2 = \dfrac{d_a}{2-\dfrac{d_a}{d}} = \dfrac{d_ad}{2d-d_a}$

Onde $V' = V + \Delta V$ . Porém:

$d_2 = \frac{m + \Delta m}{V+\Delta V} = \dfrac{m}{V}\dfrac{1+\dfrac{\Delta m}{m}}{1+\dfrac{\Delta V}{V}}$

$d_2 = d\dfrac{1+\dfrac{\Delta m}{m}}{1+\dfrac{\Delta V}{V}}$

Assim:

$\boxed{\dfrac{\Delta V}{V} = \dfrac{2d-d_a}{d_a}(1+\dfrac{\Delta m}{m}) -1}$

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Gabarito

$\boxed{\dfrac{\Delta V}{V} = \dfrac{2d-d_a}{d_a}(1+\dfrac{\Delta m}{m}) -1}$

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Questão 15 ***

(Seletiva – Adaptada) Considere um tanque preenchido com um líquido de densidade $\rho_l$ até uma altura $h$ e com um furo de raio $r$ no fundo. O furo é tampado com um cone homogêneo, de raio de base $H$ , com sua base plana voltada para cima.

Determine a densidade crítica do cone, $\rho_c$ , para a qual ele se encontra na iminência de perder o contato com o fundo do tanque. Dê sua resposta em função de $\rho_l$ , $R$ , $r$ , $H$ e $h$ .