Prof. A.F.Guimarães Questões de hidrostática 2 Questão 1 v = v + 2 ⋅ a ⋅∆s
(FUVEST) Uma bolinha de isopor é mantida submersa, em um tanque, por um fio preso no fundo. O tanque contém um líquido de densidade “r” igual à da água. A bolinha, de volume V = 200cm3 e massa m=40g, tem seu centro mantido a uma distância H0 = 50 cm da superfície (fig. 1). Cortando o fio, observa‐se que a bolinha sobe, salta fora do líquido, e que seu centro atinge uma altura h=30cm acima da superfície (fig. 2). Desprezando os efeitos do ar, determine: h H0 fig.2 fig.1 a) A altura h’, acima da superfície, que o centro da bolinha atingiria, se não houvesse perda de energia mecânica (devida, por exemplo, à produção de calor, ao movimento da água etc.); b) A energia mecânica “E” (em joules) dissipada ente a situação inicial e a final. 2
2
0
v 2 = 2 ⋅ 40 ⋅ 0,5 ⇒ v = 40m ⋅ s−1.
A bolinha chegará até a superfície com energia cinética. Essa energia cinética será transformada em energia potencial gravitacional (desprezando as perdas de energia) pela conservação da energia mecânica: E m0 = E m f
mv
/ 2
= mgh
/
2
v2
∴h=
= 2m.
2g
b) A energia potencial gravitacional sem perdas será de: E pg = mgh = 0, 04 ⋅10 ⋅ 2 = 0,8 J . Mas, de acordo com o texto, a bolinha atinge a altura de 30 cm, assim sua energia potencial gravitacional é de: E ′ pg = mgh′ = 0, 04 ⋅10 ⋅ 0,3 = 0,12 J . Com isso, a energia dissipada vale: Resolução: a) A força resultante na bolinha após o corte do ∆E m = 0,8 − 0,12 = 0, 68 J . fio será: FR = E − P , assim, poderemos calcular a aceleração ascendente da referida Questão 2 bolinha: (UFRJ) E − P = m ⋅ a ⇒ ρ ⋅ g ⋅V − m ⋅ g = m ⋅ a
A figura 1 mostra uma alavanca interfixa em 1⋅10 ⋅ 0, 2 − 0, 04 ⋅10 = 0, 04 ⋅ a
equilíbrio na horizontal. À esquerda do ponto de a = 40m ⋅ s−2 .
apoio há um recipiente contendo água. Observe que o recipiente possui uma canaleta, o que faz Sendo a densidade da água 1kg ⋅ l −1. com que a superfície livre da água fique, no máximo, a uma altura h do fundo. À direita, há um Ao percorrer a distância de 50 cm para cima com bloco de massa M, suspenso a uma distância d do a aceleração calculada acima, a bolinha terá uma ponto de apoio. Introduz‐s muito lentamente na água uma esfera de cortiça que, finalmente flutua. velocidade dada por: 1 sites.google.com/site/profafguimaraes Para que a alavanca permaneça em equilíbrio na horizontal, o bloco de massa M deve ser suspenso a uma distância d’ do ponto de apoio, como ilustra a figura2. d M h Água Figura 1 d’ M h Água Figura 2 Verifique se d’>d, d’=d ou d’<d. Justifique sua resposta. A força resultante deve ser igual a zero e o momento resultante também deve ser igual a zero. Assim, FR = 0 ⇒ N = PM + PC Onde PC é o peso do conjunto do recipiente + água. E N é a reação normal do apoio. E, M R = 0 ⇒ PC ⋅ D = PM ⋅ d . Com relação ao ponto de apoio. Na situação da figura 2, as condições de equilíbrio serão as mesmas, ou seja, força resultante igual a zero e o momento resultante também deve ser nulo. Assim, N D d’ M
h
Água PM P’C FR = 0 ⇒ N = PC′ + PM ;
M R = 0 ⇒ PC′ ⋅ D = PM ⋅ d ′.
Resolução: Na situação da figura 1, temos que para a balança permanecer em equilíbrio, as seguintes condições (de forma simplificada): N D d M h PM
PC
Água O momento calculado com relação ao apoio. Dentro do recipiente ainda temos: E
P 2 sites.google.com/site/profafguimaraes E = P . Onde “P” é o peso da bolinha de cortiça. Mas o empuxo é igual a peso do líquido deslocado, assim: P = PLD . Dessa forma, a bolinha substitui o líquido deslocado o que significa que não há diferenças entre as situações das duas figuras. Assim, d = d’. 1molH 2 ∼ 2 g
5 ⋅106 mol ∼ y y = 10000kg .
O empuxo sobre o balão é intenso o suficiente para equilibrar: E = 30000 + 20000 + 75000 = 125000kg . Como o volume de hélio é o mesmo volume de hidrogênio, o empuxo no balão será o mesmo, e deverá equilibrar com: E = 30000 + 10000 + P. Assim, teremos: 40000 + P = 125000
∴ P = 85000kg.
O balão poderá transportar uma carga útil de 85000 kg. Questão 3 (FUVEST) Balões estão voltando a ser considerados como opção para o transporte de carga. Um balão, quando vazio, tem massa de 30.000 kg. Ao ser inflado com 20.000 kg de hélio, pode transportar uma carga útil de 75.000 kg. Nessas condições, o empuxo do balão no ar equilibra seu peso. Se, ao invés de hélio, o mesmo volume fosse preenchido com hidrogênio, esse balão poderia transportar uma carga útil de, aproximadamente: Questão 4 Nas CNTP, Massa de 1 mol de H2 ≅2,0 g; (ITA) Na extremidade inferior de uma vela cilíndrica de Massa de 1 mol de He ≅ 4,0 g. 10 cm de comprimento (massa específica 0,7g⋅cm‐3) é fixado um cilindro maciço de a) 37.500 kg; alumínio (massa específica 2,7 g⋅cm‐3) que tem o b) 65.000 kg; c) 75.000 kg; mesmo raio que a vela e comprimento de 1,5 cm. d) 85.000 kg; A vela é acessa e imersa na água, onde flutua de e) 150.000 kg. pé com estabilidade, como mostra a figura. Supondo que a vela queime a uma taxa de 3 cm por hora e que a cera fundida não escorra Resolução: enquanto a vela queima, conclui‐se que a vela vai Para determinar o nº de mol de hélio, temos: apagar‐se: 1molHe ∼ 4 g
x ∼ 20000 ⋅103 g 6
x = 5 ⋅10 mol.
Água Vela Então, para preencher o volume do balão são Alumínio necessários 5⋅106 mol. Como esse mesmo volume será preenchido com gás hidrogênio, o nº de mol será o mesmo e a massa deste gás será de: 3 sites.google.com/site/profafguimaraes a)
b)
c)
d)
e)
Imediatamente, pois não vai flutuar; Em 30 minutos; Em 50 minutos; Em 1h50min. Em 3h20min Dados: ρH 2O = 1g ⋅ cm−3 ; g = 10m ⋅ s−2 ; sen300 = 0,50;
cos 300 = 0,87.
Desprezando‐se todas as formas de atrito, correto afirmar que o carrinho: a) Fica em repouso no ponto A; b) Desce a rampa com aceleração igual 4m ⋅ s−2 ; c) Sobe a rampa com aceleração igual 1, 4m ⋅ s−2 ; d) Desce a rampa com aceleração igual 2,5m ⋅ s−2 ; e) Sobe verticalmente até a superfície. Resolução: Na situação limite, onde a chama da vela atingirá a superfície da água, o volume submerso da vela será o seu próprio volume e o empuxo sobre o conjunto vela e alumínio, equilibrará com o peso total do conjunto. Assim, E=P
ρH 2O ⋅ /g ⋅VLD = (mV + mAl )⋅ /g
ρH 2O ⋅ (VV + VAl ) = ρV VV + ρ AlVAl é a a a Resolução: As forças que estão atuando no carrinho são, a reação normal do plano, o peso e o empuxo, conforme mostra a figura abaixo. E
N
Água Papx
A
P
300 O empuxo que atua no carrinho tem intensidade dada por: E = ρH 2O ⋅ g ⋅V = 1⋅10 ⋅ 0, 2 = 2 N . VV + VAl = 0, 7VV + 2, 7VAl
0,3VV = 1, 7VAl .
E como a área da base da vela é igual a área da base do cilindro do alumínio (mesmo diâmetro), teremos: 0,3⋅ ABase ⋅ h′ = 1, 7 ⋅ ABase ⋅1,5
h ′ = 8,5cm.
Esse é o valor do comprimento submerso da vela (que é o comprimento final da vela). Mas, se inicialmente a vela possuía um comprimento de 10 cm, e a chama queimou a uma taxa de 3 cm por hora, então, para chegar a um comprimento de 8,5 cm, o intervalo de tempo necessário é de 30 minutos. Onde a densidade da água 1g ⋅ cm−3 = 1kg ⋅ l −1. Questão 5 O peso do carrinho vale: P = mg = 0, 4 ⋅10 = 4 N . Assim, como peso e empuxo estão na mesma (PUC – MG) Uma piscina tem um perfil conforme a figura. Um direção e em sentidos opostos, o “peso aparente” carrinho, de massa 400 g e volume de 200 cm3, é do carrinho vale: colocado no ponto indicado pela letra “A”. Pap = P − E = 2 N . O componente do peso aparente na direção Água paralela à rampa é dado por: A Papx = Psen300 = 2 ⋅ 0,5 = 1N . 0 30
4 sites.google.com/site/profafguimaraes Logo o carrinho desce a rampa com aceleração de: FRx = m ⋅ a ⇒ 1 = 0, 4 ⋅ a
∴ a = 2,5m ⋅ s−2 .
Não teria como o carrinho subir acelerado, o empuxo é menor do que o peso. Uma vez dentro da água, o objeto sofre a atuação do peso e também do empuxo. Podemos encontrar o trabalho da força resultante, que é igual à variação da energia cinética. Assim: g R = g P +g E . Onde: g P = P ⋅ h; g E = −E ⋅ h. (O empuxo é contrário ao deslocamento). Assim: g R = ∆E c
Questão 6 (FEI – SP) Um garoto, em pé dentro de um barco, abandona um objeto de densidade 2, 00g ⋅ cm−3 , de uma altura de 1,25 m acima do nível das águas de um lago, cuja profundidade, nesse local, é de 14,40 m, conforme mostra a figura abaixo. 1,25m 14,40m Calcule a velocidade desse objeto, em m ⋅ s−1 , ao atingir o fundo do lago. Dados: 3
−2
ρH o = 1g ⋅ cm ; g = 10m ⋅ s . a)
b)
c)
d)
e)
mv 2 mv02
−
2
2
2
2
⎛ v − v0 ⎞⎟
m
⎟; V =
mgh − ρH 2O gVh = m ⎜⎜
⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟
ρ0
P⋅h−E ⋅h =
⎛ v 2 − v02 ⎞⎟
m
/
⎟
mgh
/ − ρ H 2O g h = m
/ ⎜⎜
⎜⎝ 2 ⎠⎟⎟
ρ0
14, 4 v 2 − 25
10 ⋅14, 4 −1⋅10 ⋅
=
2
2
−1
∴ v = 13m ⋅ s .
2; 5; 13; 2 41 ; 313 . Resolução: Ao abandonar o objeto a partir do repouso, o mesmo atinge a superfície da água com uma velocidade dada por: v 2 = v02 + 2 gh ⇒ v 2 = 2 ⋅10 ⋅1, 25
v = 5m ⋅ s−1.
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