Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
01
Considerando que os líquidos sejam idênticos e que as alturas das colunas
destes, nos três recipientes, sejam as mesmas também, as pressões p1,
p2 e p3 são iguais.
Resposta: A
1
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
02
De acordo com o Teorema de Stevin, a pressão absoluta em um ponto de
líquido homogêneo e incompressível contido em um recipiente, depende da
densidade do líquido, da aceleração da gravidade local e da altura que este
ponto se encontra em relação ao referencial fornecido.
Logo:
Pabs = Patm + d ⋅ g ⋅ h
Pabs = 1⋅ 1015 + 103 ⋅ 10 ⋅ 2
Pabs = 1,2 ⋅ 1015
N
m2
E PA = PB , já que estão à mesma altura e a pressão não depende da forma
do recipiente, de acordo com o teorema citado.
Resposta: A
2
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
03
Considerando que a pressão hidrostática seja calculada por:
p = d⋅g⋅h
Tem-se que:
p = 1,03 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 190 = 19,57 ⋅ 105
N
m2
Logo, de acordo com a definição matemática de pressão média, segue
que:
p=
F
A
F
6
6
F = 11,74 ⋅ 10 N
19,57 ⋅ 105 =
Resposta: A
3
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
04
A força máxima suportada pelo fundo do recipiente deve ser igual ao peso
do líquido:
P=F
F = m⋅g
F = d⋅ V ⋅g
Mas V = A ⋅ h :
F = d⋅ A ⋅h⋅g
Substituindo os dados:
F = 1,2 ⋅ 103 ⋅ 2,4 ⋅ 1,8 ⋅ 10 = 51400 N
Logo, 50100 N < F < 52000 N .
Resposta: D
4
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
05
A barragem deve suportar a pressão efetiva, que é a diferença entre a
pressão do líquido e a pressão atmosférica. Ou seja:
Pefetiva = Patm + d ⋅ g ⋅ h − Patm
Portanto:
Pefetiva = d ⋅ g ⋅ h
Logo, a pressão a ser suportada pela barragem e, em consequência, a
espessura da barragem são diretamente proporcionais a h.
Resposta: C
5
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
06
Considerando que, de acordo com o enunciado, as partes mais baixas dos
encanamentos estejam fechadas e os três à mesma altura, a pressão da
água será igual nos três pontos.
Resposta: D
6
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
07
As pressões referentes aos líquidos 1 e 2 podem assim ser calculadas:
P1 = d1 ⋅ g ⋅ h1 e P2 = d2 ⋅ g ⋅ h2
d > d1, β > α
Como 2
. Sendo assim calculamos a pressão hidrostática “p” no
fundo do recipiente:
P = P1 + P2
P1 = d1 ⋅ g ⋅ h1 + d2 ⋅ g ⋅ h2
O gráfico p × h está melhor representado na alternativa “e”.
Resposta: E
7
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
08
Considerando que:
P = Patm + Phidrostática
P = P0 + µ ⋅ g ⋅ ( h + a )
Resposta: B
8
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
09
Sabe-se que Patm = 1atm = 10 mca = 1⋅ 105
N
.
m2
Desta mesma forma, considerando uma coluna de profundidade 10 m,
podemos concluir que sua respectiva Phidrostática = 10 mca = 1atm . Com isso:
Pefetiva = Patm + Phidrostática
Pefetiva = 20 mca = 2 atm
Resposta: B
9
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
10
Considerando que Patm = 1atm = 10 mca = 1⋅ 105
N
, obtem-se:
m2
Ptorneira = Patm + Phidrostática
Pefetiva = 1⋅ 105 + dágua ⋅ g ⋅ h
Pefetiva = 1⋅ 105 + 1⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 15
Pefetiva = 2,5 ⋅ 105
N
= 2,5 atm
m2
Resposta: C
10
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
11
Sabe-se que a pressão atmosférica ao nível do mar é de 1 atm.
Considerando que isso seja equivalente a pressão de uma coluna de água
de 10 m, os respectivos valores de pressão para as profundidades de 1000
m e 2000 m de água, são 100 atm e 200 atm.
Resposta: B
11
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
12
a) Considerando:
P = Patm + Phidrostática
P = 1⋅ 105 + dágua ⋅ g ⋅ h
P = 1⋅ 105 + 1,0 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 15
P = 1,5 ⋅ 105
N
= 1,5 atm
m2
b) ∆P = PB − PA
Como PB = PA :
∆P = 0
12
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
13
Ao abrir um dos vasos para o ar atmosférico, ou seja, sujeitos à pressão
atmosférica, a pressão nos pontos A e D serão iguais. No líquido, as
pressões absolutas nos pontos B e C serão iguais entre si e maiores do
que a pressão nos pontos A e D.
Resposta: D
13
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
14
PA + d ⋅ g ⋅ h = Patm
PA + 103 ⋅ 10 ⋅ 2 = 1,02 ⋅ 105
PA + 0,2 ⋅ 105 = 1,02 ⋅ 105
PA = 0,82 ⋅ 105
N
m2
Resposta: E
14
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
15
Pcol. óleo = Pcol. água
d0 ⋅ g ⋅ h0 = dA ⋅ g ⋅ hA
d0 hA
8
=
=
= 0,8
dA h0 10
Resposta: A
15
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
16
PM = Patm + d ⋅ g ⋅ h
PM = 1,00 ⋅ 105 + 1,03 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 25
PM = 3,58 ⋅ 105
N
m2
Resposta: A
16
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
17
Como
dmad = 0,8
g
g
e dH2O = 1 3
3
m
cm
80% do cubo está imerso em água.
Logo h = 80% × 0,2 = 0,16 m
∆p = P2 − P1
∆p = Patm + dH2O ⋅ g ⋅ h − Patm
∆p = 103 ⋅ 10 ⋅ 0,16
∆p = 1,6 ⋅ 103
N
m2
Resposta: B
17
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
18
PA = Patm + dlíq ⋅ g ⋅ h
1,4 ⋅ 105 = 1⋅ 105 + 0,8 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ h
h = 5 metros
Resposta: B
18
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
19
Pparede = dH2O ⋅ g ⋅ H1
a) 10 4 = 103 ⋅ 10 ⋅ h1
h1 = 1m ∴ V1 = S1 ⋅ h1 = 3 m3
b)
V1 + V2 = 6 + Vesf
S1 ⋅ h + S2 ⋅ h = 6 + 1
3h + 1h = 7
h = 1,75 m
19
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
20
Sabe-se que:
F1 = p1 ⋅ S e F2 = p2 ⋅ S, p1 = dA ⋅ g ⋅ H1 e p2 = dA ⋅ g ⋅ H2
F1 = F2
p1 ⋅ S = p2 ⋅ S
dA ⋅ g ⋅ H1 = dA ⋅ g ⋅ H2
H1 = H2
Resposta: E
20
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
21
a) Aplicando o teorema de Stevin, têm-se:
p = Patm + d ⋅ g ⋅ h ⇒ p = 105 + d ⋅ 10 ⋅ 1∴
p = 105 + 10d
5
Se o líquido contido no tubo for água, então p = 1,1⋅ 10 Pa
b) Para remover a rolha, a água adicionada no ramo esquerdo do U deve
provocar, na base da rolha, o surgimento de uma força de pressão mínima
de 6,28 N. Assim:
p = dgHmin
e
p=
(I)
F
A
(II).
De (I) e (II) vem:
Hmin =
F
6,28
⇒ Hmin =
d⋅g⋅ A
103 ⋅ 10 ⋅ π 2 ⋅ 10 −2
(
)
2
∴ Hmin = 0,5 m
c) A pressão na base da rolha depende somente da altura da coluna
d’água medida a partir desse nível.
Seja V0 o volume de água quando o diâmetro é D e V o volume de água
D
quando o diâmetro é 2 .
2
D
π 
2
πD
2
V0 =
⋅H e V =   ⋅H
4
4
Assim,
V0
1
4 , ou seja, a quantidade de água a ser adicionada será 4
Portanto:
da quantidade anterior.
V=
21
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
22
A pressão atmosférica tem o mesmo valor da pressão exercida por uma
coluna de 10 m de água. Como a altura do copo é muito inferior a 10 m, a
figura que melhor ilustra a posição do nível de água no interior do copo
após todo o procedimento explicado no enunciado é a do item “a”.
Resposta: A.
22
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
23
Ao sugar, aumentamos o volume dos pulmões e diminuímos a pressão
interna da boca e do canudinho. Desta forma, a pressão interna se torna
menor do que a pressão atmosférica na superfície livre do líquido. Devido a
diferença entre a pressão externa e interna, o líquido é empurrado para
cima, tendendo a um equilíbrio entre as pressões.
Resposta: D.
23
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
24
A pressão atmosférica é igual a pressão de uma coluna de 10 m de água.
Portanto, a atmosfera não consegue empurrar a água a uma coluna maior
do que 10 m.
24
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
25
a) Porque na Lua não há atmosfera.
b)
PA = PB
local
Patm
= dHg ⋅ glocal ⋅ H0
terra
Patm
g
= dHg ⋅ terra ⋅ H0
10
2,5
dHg ⋅ gterra ⋅ h
g
= dHg ⋅ terra ⋅ H0
10
2,5
760 H0
=
∴ H0 = 190 cm
10
2,5
25
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
26
Px = Py
Pgás = Patm + dH2O ⋅ g ⋅ h
Pgás − Patm = dH2O ⋅ g ⋅ h
∆p = 103 ⋅ 10 ⋅ 0,1
∆p = 1⋅ 103
N
m2
Resposta: E.
26
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
27
PA = PB
Pgás = Patm + Pc ⋅ Hg
Pgás = 750 mmHg + 150 mmHg
Pgás = 900 mmHg
Resposta: D.
27
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
28
De acordo com o Teorema de Stevin, em um mesmo líquido em repouso,
pontos localizados na mesma horizontal estão sob a mesma pressão.
Desta forma, ao traçar uma reta de referência na separação entre os dois
líquidos, passando pelas duas colunas do tubo em forma de U, é possível
perceber que a altura do líquido da coluna com água é maior do que a que
contém o líquido mais denso.
PA = PB
dA ⋅ g ⋅ hA = dB ⋅ g ⋅ hB
hA dB
=
hB dA
Como, dA > dB → hA > hB
Resposta: D.
28
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
29
A partir das curvas de nível apresentadas no enunciado, podemos montar o
seguinte esquema:
Da situação descrita acima, tem-se:
Para o peixe 1, há um aumento de pressão decorrente de um aumento de
profundidade, que pode ser calculado como:
∆p1 = dg∆h1 ⇒ ∆p1 = 103 ⋅ 10 ⋅ 30 ⇒ ∆p1 = 3 ⋅ 105 Pa ⇒ ∆p1 = 3 atm
Para o peixe 2, há uma redução de pressão decorrente de um diminuição
de profundidade, que pode ser calculado como:
∆p 2 = dg∆h2 ⇒ ∆p 2 = 103 ⋅ 10 ⋅ 60 ⇒ ∆p 2 = 6 ⋅ 105 Pa ⇒ ∆p 2 = 6 atm
Resposta: D.
29
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
30
Para determinar a pressão, deve ser levada em consideração a informação
fornecida no enunciado, ou seja, a pressão de uma coluna de 10 m água
equivale a 1 atm. Dado que a altura é de 30 m, a pressão correspondente
N
será 3 atm, ou ainda, 1⋅ 105 2 . A pressão atmosférica age dos dois lados
m
da barragem.
Na barragem, a pressão média Pm exercida sobre a parede da
barragem, será:
Pm =
F
A
1,5 ⋅ 105 =
F
1200
F = 1,8 ⋅ 108 N
A partir deste valor obtido e do gráfico da pressão em função da altura da
coluna de água, o item “b” apresenta-se correto.
Resposta: B.
30
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
31
Admitindo-se que o ar aprisionado no tubo se comporte como um gás ideal
e que sofra uma transformação isotérmica de (A) para (B):
p ⋅ S/ ⋅ h = p A ⋅ S/ ⋅ H
(1)
Aplicando-se o Teorema de Stevin:
p = pA + ρ ⋅ g ⋅ h
(2)
Substituindo-se (2) em (1):
(p A + ρ ⋅ g ⋅ h ) ⋅ h = pA ⋅ H
(p + ρ ⋅ g ⋅ h) ⋅ h
H= A
pA
Substituindo-se os valores numéricos:
31
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
(1,0 ⋅ 10
H=
5
)
+ 103 ⋅ 10 ⋅ 1,0 ⋅ 1,0
10
5
Logo,
H = 1,1 m
Resposta: A.
32
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
32
a) Inicialmente, o barril está cheio, e a serpentina, vazia. A situação pode
ser representada da seguinte forma:
A e B estão no interior do mesmo líquido, na mesma horizontal, em
equilíbrio. Logo, A e B estão submetidos à mesma pressão (Teorema de
Stevin).
PB = PA
, na qual
Sendo
PA = Patm
PB
é a pressão inicial no interior do barril.
, temos:
PB = Patm
Para que o chope saia através da serpentina, é suficiente levá-lo até o
ponto X, indicado na figura a seguir:
Analogamente ao caso anterior:
33
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
P = Patm + d ⋅ g ⋅ h
PC = PD , em que  C
 PD = Patm + Pbomba
Assim:
Pbomba = d ⋅ g ⋅ h
3
Substituindo os valores numéricos, temos: Pbomba = 10 ⋅ 10 ⋅ 0,4
∴ Pbomba = 4 ⋅ 103 Pa
b) Com a serpentina cheia, a situação pode ser esquematizada da seguinte
forma:
Aplicando novamente o Teorema de Stevin para os pontos E e F, temos:
P = Patm + d ⋅ g ⋅ h′
PE = PF , em que  E
′
 PF = Patm + Pbomba
Assim:
′
Pbomba
= d ⋅ g ⋅ h′
(h′ = 0,7 m)
Substituindo-se pelos valores numéricos:
′
Pbomba
= 103 ⋅ 10 ⋅ 0,7
′
∴ Pbomba
= 7 ⋅ 103 Pa
34
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
33
a) A variação da pressão do ar no interior da bolha é dada pela entre a
pressão no ponto 1 (fundo do lago) e o ponto 2 (superfície do lago).
∆p = P1 − Patm = d ⋅ g ⋅ h
∆p = 1,0 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 2
∆p = 2,0 ⋅ 104 Pa
b) Como a temperatura é constante, admitindo o ar como um gás ideal,
temos:
P1 ⋅ V1 P2 ⋅ V2
=
T/ 1
T/ 2
P1 ⋅ V/ 1 = P2 ⋅ V/ 2 , sendo V2 = 1,4 ⋅ V1
P2 = Patm
P1 ⋅ V/ 1 = Patm ⋅ V/ 1
P1 = 1,4 ⋅ Patm
Como P1 = Patm + d ⋅ g ⋅ h
1,4 ⋅ Patm = Patm + d ⋅ g ⋅ h
0,4 ⋅ Patm = d ⋅ g ⋅ h
Patm =
d⋅g⋅h
0,4
Patm =
1,0 ⋅ 103 ⋅ 10 ⋅ 2
N
= 5 ⋅ 104 2
0,4
m
Patm = 0,5 ⋅ 105 Pa
35
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
36
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
34
a)
PS ⋅ VS PF ⋅ VF
=
( TS = TF )
TS
TF
Patm ⋅ 3V = (Patm + dA ⋅ g ⋅ h ) V
3Patm = Patm + dA ⋅ g ⋅ h
2Patm = dA ⋅ g ⋅ h
2 ⋅ 105 = 103 ⋅ 10 ⋅ h
h = 20 m
b)
PS ⋅ VS PF ⋅ VF
=
( TF = 0,96TS )
TS
TF
Patm ⋅ 3V (Patm + dA ⋅ g ⋅ h ) V
=
TS
0,96 ⋅ TS
3Patm =
(Patm + dA ⋅ g ⋅ h′ )
2,88Patm
0,96
= Patm + dA ⋅ g ⋅ h′
1,88Patm = dA ⋅ g ⋅ h′
1,88 ⋅ 105 = 103 ⋅ 10 ⋅ h′
h = 18,8 m
37
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
35
a) Estando o “pistão” em equilíbrio e desprezando-se seu peso, tem-se:
Pgás = Ptotal
∴ Pgás = Patm + d ⋅ g ⋅ h
Pgás = 1⋅ 105 + 103 ⋅ 10 ⋅ 40
∴ Pgás = 5 ⋅ 103 Pa
b) Tratando-se de uma compressão adiabática (sem troca de calor), podese obter o novo volume do gás no interior do cilindro, a partir do gráfico C.
Entretanto, o gráfico fornecido refere-se ao volume inicial de 1 m³. Nesse
3
caso, para a pressão corresponde a 5 ⋅ 10 Pa , o volume final é 0,3 m³.
3
Como o volume inicial do gás corresponde a V0 = S ⋅ h0 = 3 ⋅ 2 = 6 m , o
correspondente volume final deve ser:
Vf = 0,3 ⋅ 6 = 1,8 m3
Vf = S ⋅ hf ⇒ 1,8 = 3 ⋅ hf
Sendo ∴ hf = 0,6 m
c) Admitindo-se o gás como ideal, tem-se:
P0 ⋅ V0 Pf ⋅ Vf
=
T0
Tf
Substituindo-se os correspondentes valores numéricos:
1⋅ 105 ⋅ 6 5 ⋅ 105 ⋅ 1,8
=
300
Tf
∴ Tf = 450 K
38
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
36
PA = PB
d2 ⋅ g ⋅ h = d1 ⋅ g ⋅
h
4
d1 = 4d2
Resposta: C
39
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
37
( ∆p )
A diferença de pressão entre dois pontos de um líquido em equilíbrio
( ∆h) , de acordo com a seguinte
depende da diferença de entre eles
expressão:
De acordo com o esquema apresentado, o valor da pressão da água na
ducha está associado à altura h3, ilustrado abaixo.
Resposta: C
40
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
38
Px = Py
dA ⋅ g ⋅ h1 = dB ⋅ g ⋅ hB + dA ⋅ g ⋅ h2
( dA = 2dB )
2dB ⋅ h1 = dB ⋅ hB + 2dB ⋅ h2
2h1 = hB + 2h2
h2 =
2h1 − hB
2
Resposta: A
41
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
39
Px = Py
dA ⋅ g ⋅ hA = dB ⋅ g ⋅ hB
dA ⋅ hA = dB ⋅ hB
Resposta: C
42
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
40
P1 = P2
Patm + dH2 0 ⋅ h1 ⋅ g = Patm + dóleo ⋅ h2 ⋅ g
1,0 ⋅ 2x = 0,8 ⋅ h2
x = 0,4h2
(I)
Da figura B, x = h2−21
(II)
Igualando II com I, temos:
h2 − 21 = 0,4h2
h2 = 35 cm
Resposta: D
43
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
41
Como M e N estão em líquidos diferentes e no mesmo nível suas pressões
são diferentes pM ≠ pN . Se o líquido em que o ponto M está contido está
embaixo do líquido onde está contido o ponto N, dM > dN .
Resposta: A
44
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
42
a)
Pelo teorema de Stevin:
PA = PB (fig. 1)
Pat + ρ|gh| = Pat + ρ||gh||
(1)
Da expressão (1) obtemos:
ρ|| =
1
kg
ρ| = 600 3
2
m
b)
Nos pontos de abscissas –40 cm e 80 cm, a pressão é atmosférica. Entre
os pontos A, de abscissa –20 cm, e B, de abscissa +20 cm, a pressão é
constante e vale:
PA = PB = Pat + ρ|gh| = 1,04 ⋅ 105 Pa
45
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
Com essas informações, construímos o gráfico da pressão em função da
posição (fig. 2).
c)
Para que os níveis dos líquidos nas colinas se igualem, a superfície livre do
líquido de | deve subir 20 cm e a do líquido do || deve descer 20 cm.
Nessas condições, a pressão do ponto de abscissa –60 é atmosférica, e a
pressão no trecho entre os pontos A e B é constante e vale:
PA′ = Pat + ρ|gh| = 1,07 ⋅ 105 Pa (fig. 3).
~
A pressão do ponto de abscissa 60 cm pode ser calculada pela expressão:
PB = PC + ρ||gh
e vale PC = 1,05 ⋅ 105 Pa
Nesse caso, o gráfico da pressão p’ do líquido, em função da posição, é
representado pela figura 4 (fig. 4).
46
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
43
PA = PB
Patm + dA ⋅ g ⋅ hA = Patm + d0 ⋅ g ⋅ h0 + dHg ⋅ g ⋅ hHg
1⋅ 32 = 0,8 ⋅ 6 ⋅ 13,6 ⋅ hHg ∴ hHg = 2 cm
Logo : hD = h0 + hHg = 8 cm
∴ ∆h = hε − hD
∆h = 32 − 8
∆h = 24 cm
Resposta: C
47
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
44
P1 = P2 = P3
F1 F2
F
=
= 3
A 2A 3A
F1 F2 F3
=
=
1 2 3
Admitindo que a intensidade de F1 é a mesma intensidade do peso de um
bloco, e que para os êmbolos fiquem em equilíbrios, temos:
F1 = Pb
F2 = 2F1 = 2Pb
F3 = 3F1 = 3Pb
Resposta: A
48
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
45
De acordo com o Princípio de Pascal, os líquidos transferem integralmente
a pressão que recebem. Conclui-se, então, que a pressão na bomba e na
plataforma são iguais.
f
F
=
A 5A
1000
f=
= 200 N
5
Resposta: C
49
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
46
p A = pB
p A pB
=
s A sB
m A ⋅ g mB ⋅ g
=
sA
sB
4 mB
=
80 20
mB = 1kg
Resposta: C
50
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
47
Se o sistema está em equilíbrio:
P(pistão maior ) = P(pistão menor )
P
Smaior
P=
=
F
Smenor
 Smaior 50
=

2
 Smenor
Smaior
⋅F
Smenor
50
⋅ 30
2
P = 750 N
P=
Resposta: E
51
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
48
Na situação de equilíbrio;
Pcano−esquerdo = Pcarro
F
F′
=
SE SC
Para a área de secção de um cilindro s = πr 2 :
F
F′
= 2
2
r
πr
π
4
F′
F=
4
Resposta: E
52
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
49
p1 = p2
F1
F
= 22
2
πR1 πR 2
D1 = 50 cm ∴ R1 = 25 cm

D2 = 5 cm ∴ R 2 = 2,5 cm
F1
F
= 22
2
25
2,5
F1 2,52
=
F2 252
F1
1
=
F2 100
Resposta: E
53
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
50
ppedal = plonas
D

Rpedal = pedal = 1cm


 F′ 
 F 
2
=



2 
D
 πR pedal  πR lonas 
Rlonas = lonas = 3 cm

2
100
F
=
2
π ⋅1
π ⋅ 32
F = 900 N
54
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
51
De acordo com o Teorema de Stevin:
p1 = p2
pcarro
F
=
+ dóleo ⋅ g ⋅ h
A1
A2
9 000
F
=
+ 900 ⋅ 10 ⋅ 4
0,2500 0,0025
F=0
Resposta: A
55
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
52
a) A pressão sistólica (na contração)exercida pelo coração é de 120 mm de
Hg acima da pressão atmosférica e pode ser determinada pela equação:
p = ρ⋅ g⋅h
Igualando-se a pressão exercida sobre o mercúrio com a pressão exercida
sobre o sangue:
ρHg ⋅ g ⋅ hHg = ρsangue ⋅ g ⋅ hsangue
14 ⋅ 12 = 1⋅ hsangue
hsangue = 168 cm = 1,68 m.
b) Dado que o volume externo do coração é aproximadamente igual ao de
uma mão, esse volume pode ser estimado como o de um cilindro de altura
a 10 cm e raio da base de 3,5 cm. Dessa forma, o volume do coração é de
aproximadamente 400 cm3.
Como, em cada “batida”, o coração consegue bombear cerca de metade de
seu volume, a quantidade de sangue bombeada é de 200 cm3.
A vazão é o quociente entre o volume de sangue bombeado e a unidade de
tempo; se levarmos em conta que o coração bate 60 vezes por minuto a
cm3
vazão é de s .
56
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
53
M
V
M
ρ= 3
h
M = ρ ⋅ h3
d=
R = m⋅a
(P.F.D.)
N− p = m⋅a
N = p + m⋅a
N = m⋅g+ m⋅a
N = m (g + a)
N = ρh3 ( g + a )
3
N ρ ⋅ h ⋅ (g + a)
p= =
A
h2
p = ρ ⋅ (g + a) ⋅ h
Resposta: E
57
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
54
Vamos calcular qual deveria ser a altura de uma coluna de água para que
exercesse uma pressão equivalente a pressão atmosférica normal.
Pelo teorema de Stevin:
PC ⋅ H2O = PC ⋅ hg = Patm
dA ⋅ g ⋅ hA = dHg ⋅ g ⋅ hHg
hA =
13,6 ⋅ 103 ⋅ g ⋅ ( 0,76 )
103 g
= 10,3 m
Para que o sifão funcione, a altura h deverá ser inferior a 10,3 m. Se h for
superior a este valor, a pressão hidrostática da água será superior à
pressão atmosférica e haverá rompimento da coluna de líquido. Logo:
58
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
55
A pressão do ar contida no recipiente aberto é igual à pressão atmosférica,
independentemente da temperatura. Porém, a pressão do ar contido no
bulbo aumenta com o aumento da temperatura ambiente. Com o aumento
da pressão, o gás se expande, empurrando a coluna do líquido para baixo.
Resposta: B
59
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
56
a) Os resultados obtidos por Boyle mostram, com pequena aproximação,
que o produto PV é constante.
b) A pressão do ar aprisionado no tubo é
PG = Patm + dgh
.
A altura h da coluna de mercúrio é
58
13
pol = 1,5 m
16
Portanto:
PG = 1,0 ⋅ 105 + 1,5 ⋅ 10 ⋅ 14 ⋅ 103
∴ PG = 3,1⋅ 105 Pa
60
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
57
A pressão atmosférica ao nível do mar tem o mesmo valor da pressão de
uma coluna de água de 10 m. Como o tubo em questão deve ter uma altura
inferior a 10 m, de acordo com o procedimento explicado no enunciado, a
ilustração mais adequada é a D.
Resposta: D
61
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
58
p x = patm + pc.o. + pc.A
p x = 1,01⋅ 105 + d0 ⋅ g ⋅ h0 + dA ⋅ g ⋅ hA
p x = 1,01⋅ 105 + 0,8 ⋅ 103 ⋅ 10 + 0,8 ⋅ 103 ⋅ 0,2
p x = 1,094 ⋅ 105
N
m2
Resposta: A
62
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
59
De acordo com o Teorema de Stevin, a pressão absoluta num ponto de um
líquido homogêneo e incompressível, depende da densidade deste líquido,
da aceleração da gravidade local e da diferença de altura h do líquido no
interior do tubo (neste caso em U).
Resposta: E
63
Física • Unidade III • • Série 2 – Teorema de Stevin
60
N
= 1atm = 10 mca , a
m2
máxima altura H que deverá estar a superfície da água em relação ao solo
para que a bomba consiga a sucção desejada (até a superfície do solo),
deverá ser de 10 m.
Considerando que a pressão atmosférica de 1⋅ 105
Resposta: A
64