1º EE · Fenômenos de Transporte

Questão 011º EE2023.2Conceitos · Forças de corpo e de superfície1,0 ptVer material

Em se tratando de um fluido, a atuação das forças é importante para garantir que este permaneça estático ou entre em movimento. Nesse sentido, quais os tipos de forças que podem atuar em um fluido? Dê exemplos.

Gabarito

Forças de corpo (atuam no volume, à distância, sem contato — peso, força elétrica) e forças de superfície (atuam na área, exigem contato — pressão e cisalhamento).

Passo a passo

As duas famílias. A classificação separa as forças pelo modo como alcançam o fluido.

1 — Forças de corpo (ou de campo). Atuam sobre todo o volume do fluido, através de um campo, e não precisam de contato:

o peso ( $\vec{G} = m\vec{g}$ ), que é a que importa nesta cadeira — é ela que gera a lei de Stevin;
forças elétricas e magnéticas, quando o fluido é condutor ou carregado.

Como agem no volume, aparecem nas equações como força por unidade de volume — é o termo $\rho\vec{g}$ de Navier-Stokes.

2 — Forças de superfície. Atuam sobre a área da fronteira do fluido e exigem contato:

a pressão, sempre normal à superfície;
a tensão de cisalhamento, tangencial à superfície, ligada à viscosidade e ao atrito.

Por que a pergunta importa. É essa distinção que organiza a cadeira inteira:

em repouso, a velocidade é nula, o cisalhamento desaparece e sobram peso (corpo) e pressão (superfície) — é a estática dos fluidos;
em movimento, o cisalhamento volta, e é ele que causa a perda de carga.

Conferência — a resposta completa precisa dos dois nomes, do critério (volume contra área, contato ou não) e de um exemplo de cada ✔

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Questão 021º EE2023.2Viscosidade · Líquidos contra gases e o efeito da temperatura1,0 ptVer material

Sobre a viscosidade dos fluidos, responda:

a) (0,5) A viscosidade dinâmica dos líquidos é maior ou menor que a dos gases? Explique o que provoca a viscosidade nesses dois tipos de fluidos.

b) (0,5) A viscosidade de um gás aumenta ou diminui com a elevação da temperatura? Por quê?

Gabarito

a) Maior nos líquidos. Nos líquidos a viscosidade vem das forças de coesão entre moléculas; nos gases, das colisões intermoleculares — e coesão é efeito mais forte.

b) Aumenta. Mais temperatura significa moléculas mais rápidas, logo mais colisões, que é justamente a origem da viscosidade num gás.

Passo a passo

a) De onde vem a viscosidade em cada caso

A viscosidade é a resistência ao escoamento, mas o mecanismo é diferente nos dois estados:

líquidos — as moléculas estão próximas e há forças de coesão entre elas. Para uma camada deslizar sobre a outra é preciso vencer essa atração;
gases — as moléculas estão distantes e praticamente não se atraem. O que transfere quantidade de movimento entre camadas são as colisões entre moléculas que cruzam de uma camada para a outra.

Como a coesão é um efeito bem mais intenso que a troca por colisão, a viscosidade dinâmica dos líquidos é muito maior. Em ordem de grandeza, a $20\ ^\circ\mathrm{C}$ :

\mu_{\text{água}} \approx 1{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{Pa \cdot s} \qquad \mu_{\text{ar}} \approx 1{,}8 \times 10^{-5}\ \mathrm{Pa \cdot s}

Cerca de 55 vezes maior.

b) O efeito da temperatura no gás

Aquecer um gás acelera suas moléculas. Mais velocidade molecular significa mais colisões por unidade de tempo — e, como são as colisões que produzem a viscosidade num gás, ela aumenta.

O contraste que a questão está cobrando. Nos líquidos acontece o oposto: aquecer afasta as moléculas e enfraquece a coesão, então a viscosidade diminui. É a experiência cotidiana do óleo que fica mais fluido na frigideira quente.

Conferência — os dois itens exigem o mecanismo, não só o sentido da variação. Responder “aumenta” sem dizer “porque há mais colisões” perde metade ✔

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Questão 031º EE2023.2Viscosidade · Placas paralelas com viscosidade cinemática dada1,0 ptVer material

São dadas duas placas planas paralelas à distância de $2\ \mathrm{mm}$ . A placa superior se move com velocidade de $4\ \mathrm{m/s}$ enquanto a inferior está fixa. O espaço entre as duas placas está preenchido com óleo.

Dados: viscosidade cinemática $\nu = 10^{-5}\ \mathrm{m^2/s}$ ; $\rho = 830\ \mathrm{kg/m^3}$ .

a) (0,5) Determine a viscosidade dinâmica.

b) (0,5) Determine a tensão de cisalhamento que agirá no óleo.

A folga é pequena, então o perfil de velocidade é linear: de $4\ \mathrm{m/s}$ na placa (aderência) a zero no fundo.

Gabarito

a) $\mu = 8{,}3 \times 10^{-3}\ \mathrm{Pa \cdot s}$

b) $\tau = 16{,}6\ \mathrm{Pa}$

Passo a passo

Passo 1 — por que o item (a) existe. O enunciado dá a viscosidade cinemática, e a lei de Newton usa a dinâmica. O item (a) é só a ponte entre as duas:

\nu = \frac{\mu}{\rho} \qquad\Longrightarrow\qquad \mu = \nu\,\rho

\mu = 10^{-5} \times 830 = 8{,}3 \times 10^{-3}\ \mathrm{Pa \cdot s}

Passo 2 — o gradiente de velocidade. Com a folga pequena, admite-se perfil linear, e a derivada vira razão de números:

\frac{dv}{dy} = \frac{v_0}{\varepsilon} = \frac{4}{2 \times 10^{-3}} = 2000\ \mathrm{s^{-1}}

Cuidado com a unidade: os $2\ \mathrm{mm}$ têm de virar $2 \times 10^{-3}\ \mathrm{m}$ . Deixar em milímetros multiplica o gradiente por mil.

Passo 3 — a lei de Newton da viscosidade.

\tau = \mu\,\frac{dv}{dy} = 8{,}3 \times 10^{-3} \times 2000

\boxed{\tau = 16{,}6\ \mathrm{Pa}}

Conferência — confira pela ordem de grandeza: $\mu$ da ordem de $10^{-2}$ vezes gradiente da ordem de $10^{3}$ dá dezenas de pascal ✔ E o sentido: a tensão que o óleo exerce na placa se opõe ao movimento dela; a que a placa exerce no óleo o arrasta ✔ Confere com o gabarito da prova.

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Questão 041º EE2023.2Perdas de carga · Distribuída e localizada1,0 ptVer material

No dimensionamento de bombas é importante determinar a potência requerida pelo sistema de transporte do fluido, para que tenhamos a pressão e a velocidade desejadas. A potência da bomba deverá também compensar as perdas de energia que ocorrem no processo, definidas como perdas de carga. Nesse sentido, determine quais são e explique as perdas de carga, bem como dê exemplos delas.

Gabarito

São de dois tipos: distribuída, que ocorre ao longo dos trechos retos de tubulação por atrito com a parede, e localizada (ou singular), que ocorre nos acessórios — joelhos, curvas, válvulas, registros, derivações, entradas e saídas.

Passo a passo

O que é perda de carga. É a parcela de energia mecânica do fluido que o atrito converte em calor, e que portanto não volta. Na equação da energia ela entra como o termo $H_p$ :

z_1 + \frac{p_1}{\gamma} + \frac{v_1^2}{2g} + H_M = z_2 + \frac{p_2}{\gamma} + \frac{v_2^2}{2g} + H_p

É por isso que a bomba tem de ser dimensionada para mais que o desnível: ela paga o desnível e a perda.

1 — Perda de carga distribuída ( $H_f$ ). Ocorre ao longo dos trechos retos, distribuída por todo o comprimento, causada pelo atrito do fluido com a parede do tubo e entre suas próprias camadas.

H_f = f\,\frac{L}{D}\,\frac{v^2}{2g}

Exemplos: o escoamento num trecho reto de tubo de concreto, de PVC ou de ferro fundido. Quanto maior o comprimento e a rugosidade, maior a perda.

2 — Perda de carga localizada ( $H_L$ ). Ocorre em pontos determinados, onde uma peça obriga o fluido a mudar bruscamente de direção ou de velocidade, gerando turbilhonamento.

H_L = K\,\frac{v^2}{2g}

Exemplos: joelhos e curvas, válvulas e registros, derivações (tês), reduções e ampliações de seção, entrada e saída de reservatório.

A perda total é a soma das duas:

H_p = H_f + H_L

Conferência — a resposta completa precisa dos dois nomes, do onde ocorre cada uma e de exemplos concretos ✔ Confere com o gabarito da prova.

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Questão 051º EE2023.2Manometria · Achar a densidade relativa do óleo2,0 ptsVer material

Considere o sistema manométrico apresentado na figura. O manômetro ligado ao sistema mede uma pressão de $64\ \mathrm{kPa}$ . Determine o valor de $\gamma_r$ (peso específico relativo) do óleo. Considere a água como fluido de referência.

Dado: $\gamma_{\text{água}} = 10\,000\ \mathrm{N/m^3}$ .

O nível de referência é a interface água/mercúrio: ali as pressões que chegam pelos dois lados se igualam. Os $50\ \mathrm{cm}$ de água contam da superfície livre até ela; os $46\ \mathrm{cm}$ de mercúrio e os $80\ \mathrm{cm}$ de óleo, dela para cima, no ramo aberto.

Gabarito

$\gamma_r = 0{,}805$

Passo a passo

Passo 1 — as alturas e a estratégia. Do desenho:

h_1 = 50\ \mathrm{cm} \text{ (água)} \qquad h_2 = 80\ \mathrm{cm} \text{ (óleo)} \qquad h_3 = 46\ \mathrm{cm} \text{ (mercúrio)}

Corte o sistema na interface água/mercúrio e escreva a pressão chegando por cada lado. No equilíbrio elas são iguais — é esse o nível que a figura marca com a linha de base dos $50\ \mathrm{cm}$ e dos $46\ \mathrm{cm}$ .

Passo 2 — o lado esquerdo. Partindo do ar (que o manômetro mede) e descendo pela água:

p_E = p_{ar} + \gamma_{\text{água}}\,h_1

O ar não entra na conta: seu peso específico é desprezível, então a coluna de ar não altera a pressão (é a consequência 5 da lei de Stevin).

Passo 3 — o lado direito. Partindo da atmosfera no topo do ramo aberto e descendo pelo óleo e depois pelo mercúrio:

p_D = p_{atm} + \gamma_{\text{óleo}}\,h_2 + \gamma_{Hg}\,h_3

Trabalhando em pressão efetiva, $p_{atm} = 0$ .

Passo 4 — iguale e escreva tudo em relativo. Com $\gamma_{\text{óleo}} = \gamma_r\,\gamma_{\text{água}}$ e $\gamma_{Hg} = 13{,}6\,\gamma_{\text{água}}$ :

p_{ar} + \gamma_{\text{água}}\,h_1 = \gamma_r\,\gamma_{\text{água}}\,h_2 + 13{,}6\,\gamma_{\text{água}}\,h_3

\gamma_r = \frac{p_{ar} + \gamma_{\text{água}}\,h_1 - 13{,}6\,\gamma_{\text{água}}\,h_3}{\gamma_{\text{água}}\,h_2}

Passo 5 — os números.

\gamma_r = \frac{64 \times 10^3 + 10\,000 \times 0{,}50 - 13{,}6 \times 10\,000 \times 0{,}46}{10\,000 \times 0{,}80}

\gamma_r = \frac{64\,000 + 5000 - 62\,560}{8000} = \frac{6440}{8000}

\boxed{\gamma_r = 0{,}805}

Conferência — o resultado tem de dar menor que 1: óleo flutua na água. Se sair maior que 1, há erro de sinal no caminho (provavelmente uma coluna somada onde devia ser subtraída) ✔ E note que os $\mathrm{cm}$ viraram $\mathrm{m}$ antes de multiplicar por $\gamma$ ✔ Confere com o gabarito da prova.

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Questão 061º EE2023.2Venturi · Achar o desnível do mercúrio pela vazão2,0 ptsVer material

Água escoa em regime permanente através do tubo Venturi da figura. A área $A_1$ é de $20\ \mathrm{cm^2}$ enquanto a da garganta $A_2$ é $10\ \mathrm{cm^2}$ . Um manômetro cujo líquido manométrico é mercúrio ( $\gamma_{Hg} = 136\,000\ \mathrm{N/m^3}$ ) é ligado entre as seções (1) e (2). Sabendo que a vazão da água que passa pelo Venturi é de $5{,}8\ \mathrm{L/s}$ , determine o desnível, em centímetros, do mercúrio.

Dados: $\gamma_{\text{água}} = 10\,000\ \mathrm{N/m^3}$ ; $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ .

A garganta tem metade da área, então a velocidade dobra — e é essa diferença de carga cinética que o mercúrio mede como desnível.

Gabarito

$h = 10{,}0\ \mathrm{cm}$

Passo a passo

Passo 1 — as velocidades, pela continuidade.

v_1 = \frac{Q}{A_1} = \frac{5{,}8 \times 10^{-3}}{20 \times 10^{-4}} = 2{,}9\ \mathrm{m/s}

v_2 = \frac{Q}{A_2} = \frac{5{,}8 \times 10^{-3}}{10 \times 10^{-4}} = 5{,}8\ \mathrm{m/s}

Metade da área, o dobro da velocidade — como a continuidade manda.

Passo 2 — Bernoulli entre (1) e (2). O tubo é horizontal, então $z_1 = z_2$ e as cotas saem dos dois lados:

\frac{p_1}{\gamma} + \frac{v_1^2}{2g} = \frac{p_2}{\gamma} + \frac{v_2^2}{2g} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{p_1 - p_2}{\gamma} = \frac{v_2^2 - v_1^2}{2g}

\frac{p_1 - p_2}{\gamma} = \frac{5{,}8^2 - 2{,}9^2}{2 \times 10} = \frac{33{,}64 - 8{,}41}{20} = 1{,}2615\ \mathrm{m}

p_1 - p_2 = 10\,000 \times 1{,}2615 = 12\,615\ \mathrm{Pa}

Passo 3 — a manometria do U. Percorrendo o tubo de (1) até (2) pelo manômetro, desce-se a água e sobe-se o mercúrio no desnível $h$ :

p_1 + \gamma_{\text{água}}\,h - \gamma_{Hg}\,h = p_2 \qquad\Longrightarrow\qquad p_1 - p_2 = h\,(\gamma_{Hg} - \gamma_{\text{água}})

p_1 - p_2 = h\,(136\,000 - 10\,000) = 126\,000\,h

Passo 4 — junte as duas.

h = \frac{12\,615}{126\,000} = 0{,}1001\ \mathrm{m}

\boxed{h \approx 10{,}0\ \mathrm{cm}}

Conferência — o desnível de $10\ \mathrm{cm}$ de mercúrio equivale a $13{,}6 \times 10 = 136\ \mathrm{cm}$ de coluna de água, e descontando os $10\ \mathrm{cm}$ de água do próprio ramo sobram $126\ \mathrm{cm}$ — exatamente a carga $1{,}26\ \mathrm{m}$ do Passo 2 ✔

A espinha desta questão aparece em toda prova da cadeira: continuidade para achar as velocidades, Bernoulli para converter em diferença de pressão, manometria para ler o desnível. Confere com o gabarito da prova.

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Questão 071º EEProva · sem dataConceitos · O que é um fluido e o que o separa do sólido2,5 ptsVer material

O que é um fluido? Quais as diferenças entre um sólido e um fluido?

Gabarito

Fluido é a substância que se deforma continuamente sob a ação de uma tensão de cisalhamento, por pequena que ela seja.

Diferenças: o sólido tem forma própria e o fluido assume a do recipiente; o sólido deforma até uma posição de equilíbrio (as tensões internas equilibram a força externa) e o fluido não para de deformar, isto é, escoa.

Passo a passo

A definição, e a palavra que não pode faltar.

Fluido é a substância que se deforma continuamente quando submetida a uma tensão de cisalhamento, não importando quão pequena ela seja.

A palavra decisiva é continuamente. Sólido também se deforma sob cisalhamento — a diferença é que a deformação dele cessa.

As três diferenças que a resposta precisa ter.

1 — Forma própria. O sólido tem forma e volume definidos. O fluido não tem forma própria: assume a do recipiente. (E aí se separam os fluidos: o líquido tem volume definido e superfície livre; o gás se expande até ocupar todo o recipiente.)

2 — Existência de equilíbrio estático. Aplicando uma força tangencial constante:

no sólido, as tensões internas crescem com a deformação até equilibrarem a força externa. Ele para numa nova posição;
no fluido, não existe posição de equilíbrio. Ele escoa enquanto a força durar.

3 — Resistência proporcional à deformação. O sólido resiste proporcionalmente à deformação (é a lei de Hooke, $\tau = G\gamma$ ). O fluido resiste proporcionalmente à taxa de deformação (é a lei de Newton, $\tau = \mu\,\dfrac{dv}{dy}$ ).

Por que líquidos e gases são ambos fluidos. Porque nenhum dos dois tem os átomos presos numa rede cristalina rígida — as moléculas trocam de posição, e é isso que permite a deformação contínua. A diferença entre eles é de volume, não de comportamento ao cisalhamento.

Conferência — a resposta completa tem: (i) a definição com a palavra continuamente, (ii) forma própria, (iii) ausência de equilíbrio estático ✔ Mencionar a diferença entre deformação e taxa de deformação eleva a resposta ✔

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Questão 081º EEProva · sem dataDedução · Lei de Newton da viscosidade2,5 ptsVer material

A partir do desenho esquemático, deduza a lei de Newton da viscosidade para fluidos newtonianos (viscosidade dinâmica do fluido). Quando a força $P$ é aplicada na placa superior, esta se movimenta continuamente com uma velocidade $U$ .

A linha vertical de fluido gira de $\delta\beta$ no intervalo $\delta t$ : é essa rotação que define a taxa de deformação.

Gabarito

\tau = \mu\,\frac{du}{dy}

com $\mu$ a viscosidade dinâmica, constante de proporcionalidade entre a tensão de cisalhamento e a taxa de deformação por cisalhamento.

Passo a passo

Passo 1 — a condição de aderência. O fluido em contato com a placa superior move-se com $U$ ; o em contato com a inferior tem velocidade nula. Essa é a condição de não escorregamento, verificada experimentalmente para todos os fluidos.

Entre as placas, a velocidade é função só de $y$ :

u = u(y) \qquad\text{com}\qquad u(0) = 0 \quad\text{e}\quad u(L) = U

Passo 2 — o gradiente é constante. Com perfil linear entre as placas,

\frac{du}{dy} = \frac{U}{L} = \text{constante}

Passo 3 — a deformação angular. No intervalo $\delta t$ , uma linha vertical de fluido gira de um ângulo $\delta\beta$ . Para ângulos pequenos,

\tan(\delta\beta) \approx \delta\beta = \frac{\delta a}{L}

e o deslocamento do topo é $\delta a = U\,\delta t$ , logo

\delta\beta = \frac{U\,\delta t}{L}

Passo 4 — a taxa de deformação por cisalhamento. Define-se $\dot{\gamma}$ como a taxa de variação de $\delta\beta$ no tempo:

\dot{\gamma} = \lim_{\delta t \to 0}\frac{\delta\beta}{\delta t} = \frac{U}{L}

Comparando com o Passo 2:

\boxed{\;\dot{\gamma} = \frac{U}{L} = \frac{du}{dy}\;}

A taxa de deformação por cisalhamento é igual ao gradiente de velocidade — este é o resultado central da dedução.

Passo 5 — a proporcionalidade experimental. Variando as condições do experimento, observa-se que aumentar $P$ aumenta a tensão de cisalhamento e a taxa de deformação, na mesma proporção:

\tau \propto \dot{\gamma} \qquad\Longrightarrow\qquad \tau = \mu\,\dot{\gamma} = \mu\,\frac{du}{dy}

A constante $\mu$ é a viscosidade dinâmica, que varia de fluido para fluido e, para um mesmo fluido, depende fortemente da temperatura.

Passo 6 — a definição de newtoniano. Os fluidos em que essa relação é linear (isto é, $\mu$ constante) são os fluidos newtonianos. Água, ar e óleos lubrificantes são exemplos.

Conferência — a dedução tem de passar por: aderência → perfil linear → deformação angular $\delta\beta = \delta a/L$ → taxa de deformação igual ao gradiente → proporcionalidade experimental ✔ Pular a etapa angular e escrever direto $\tau = \mu\,du/dy$ não é dedução, é enunciado da fórmula ✔

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Questão 091º EEProva · sem dataDedução · Variação da pressão num fluido em repouso2,5 ptsVer material

A partir do desenho esquemático de um elemento infinitesimal de fluido, deduza a variação da pressão com a posição num fluido em repouso.

As pressões nas faces opostas diferem por uma expansão em série de Taylor em torno do centro. Na vertical, essa diferença precisa equilibrar o peso do elemento.

Gabarito

-\nabla p - \gamma\,\hat{j} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\partial p}{\partial x} = \frac{\partial p}{\partial z} = 0 \qquad\text{e}\qquad \frac{dp}{dy} = -\gamma

A pressão não varia na horizontal e varia na vertical à taxa $-\gamma$ . Integrando, $p_2 - p_1 = -\gamma\,(y_2 - y_1)$ , que é a lei de Stevin.

Passo a passo

Passo 1 — as duas famílias de força no elemento. Sobre o paralelepípedo de volume $dV = dx\,dy\,dz$ agem:

forças de superfície, devidas à pressão nas seis faces;
força de campo, que aqui é o peso do elemento.

Como o fluido está em repouso, não há tensão de cisalhamento: a pressão é a única força de superfície.

Passo 2 — as pressões nas faces, por Taylor. Sendo $p$ a pressão no centro do elemento, as pressões médias nas faces opostas saem de uma expansão em série de Taylor. Na direção $y$ :

p_{\text{topo}} = p + \frac{\partial p}{\partial y}\frac{dy}{2} \qquad\qquad p_{\text{base}} = p - \frac{\partial p}{\partial y}\frac{dy}{2}

Passo 3 — a força resultante de superfície. Na direção $y$ , a resultante é a diferença das pressões vezes a área $dx\,dz$ :

\delta F_{s,y} = \left(p - \frac{\partial p}{\partial y}\frac{dy}{2}\right)dx\,dz - \left(p + \frac{\partial p}{\partial y}\frac{dy}{2}\right)dx\,dz = -\frac{\partial p}{\partial y}\,dx\,dy\,dz

Análogo em $x$ e $z$ . Na forma vetorial:

\delta \vec{F}_s = -\left(\frac{\partial p}{\partial x}\hat{i} + \frac{\partial p}{\partial y}\hat{j} + \frac{\partial p}{\partial z}\hat{k}\right)dV = -\nabla p\;dV

O grupo entre parênteses é o gradiente de pressão.

Passo 4 — o peso. Com $y$ vertical para cima:

\delta \vec{G} = -\gamma\,dV\,\hat{j}

O sinal negativo diz que o peso aponta para baixo.

Passo 5 — a segunda lei de Newton. Somando as forças e igualando a $\delta m\,\vec{a}$ , com $\delta m = \rho\,dV$ :

-\nabla p\;dV - \gamma\,dV\,\hat{j} = \rho\,dV\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad -\nabla p - \gamma\,\hat{j} = \rho\,\vec{a}

Esta é a equação geral do movimento para fluido sem cisalhamento.

Passo 6 — impondo o repouso. Em repouso, $\vec{a} = 0$ :

-\nabla p - \gamma\,\hat{j} = 0

Componente a componente:

\frac{\partial p}{\partial x} = 0 \qquad \frac{\partial p}{\partial z} = 0 \qquad \frac{\partial p}{\partial y} = -\gamma

Passo 7 — o significado. As duas primeiras dizem que a pressão não depende de $x$ nem de $z$ : não há variação de pressão entre pontos de um mesmo plano horizontal. Logo $p$ é função só de $y$ , e a equação diferencial parcial vira ordinária:

\boxed{\;\frac{dp}{dy} = -\gamma\;}

Integrando entre dois pontos, com $\gamma$ constante:

p_2 - p_1 = -\gamma\,(y_2 - y_1) \qquad\Longleftrightarrow\qquad \Delta p = \gamma\,\Delta h

que é a lei de Stevin — descer aumenta a pressão, subir diminui.

Conferência — o sinal fecha: se o ponto 2 está acima ( $y_2 > y_1$ ), a pressão nele é menor ✔ E as duas derivadas nulas em $x$ e $z$ são exatamente a segunda consequência de Stevin, que resolve manômetro ✔

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Questão 101º EEProva · sem dataDedução · Derivada material e a aceleração convectiva2,5 ptsVer material

A partir do desenho esquemático da posição e da velocidade de uma partícula $A$ no instante $t$ , deduza a derivada material.

A partícula muda de velocidade por dois motivos: o tempo passa e ela muda de lugar. A derivada material separa as duas causas.

Gabarito

\frac{D\vec{v}}{Dt} = \underbrace{\frac{\partial \vec{v}}{\partial t}}_{\text{local}} + \underbrace{(\vec{v}\cdot\nabla)\vec{v}}_{\text{convectiva}}

Em componentes, para a direção $x$ :

a_x = \frac{\partial u}{\partial t} + u\frac{\partial u}{\partial x} + v\frac{\partial u}{\partial y} + w\frac{\partial u}{\partial z}

Passo a passo

Passo 1 — o problema. No enfoque de campo (euleriano), a velocidade é uma função da posição e do tempo:

\vec{v} = \vec{v}(x, y, z, t)

Mas a segunda lei de Newton precisa da aceleração da partícula — e a partícula, enquanto o tempo passa, muda de posição. Derivar $\vec{v}$ apenas em relação a $t$ com $x,y,z$ fixos não dá a aceleração dela.

Passo 2 — a regra da cadeia. Seguindo a partícula, sua posição é função do tempo, então:

\frac{D\vec{v}}{Dt} = \frac{\partial \vec{v}}{\partial t} + \frac{\partial \vec{v}}{\partial x}\frac{dx}{dt} + \frac{\partial \vec{v}}{\partial y}\frac{dy}{dt} + \frac{\partial \vec{v}}{\partial z}\frac{dz}{dt}

Passo 3 — as taxas são as próprias velocidades. Ao seguir a partícula,

\frac{dx}{dt} = u \qquad \frac{dy}{dt} = v \qquad \frac{dz}{dt} = w

Substituindo:

\boxed{\;\frac{D\vec{v}}{Dt} = \frac{\partial \vec{v}}{\partial t} + u\frac{\partial \vec{v}}{\partial x} + v\frac{\partial \vec{v}}{\partial y} + w\frac{\partial \vec{v}}{\partial z}\;}

que se escreve compactamente como

\frac{D\vec{v}}{Dt} = \frac{\partial \vec{v}}{\partial t} + (\vec{v}\cdot\nabla)\vec{v}

Passo 4 — o nome de cada parcela.

$\dfrac{\partial \vec{v}}{\partial t}$ — aceleração local: a velocidade naquele ponto do espaço está mudando com o tempo. É nula em regime permanente;
$(\vec{v}\cdot\nabla)\vec{v}$ — aceleração convectiva: a partícula acelera porque se moveu para um ponto onde a velocidade do campo é diferente.

Conferência — a dedução tem de: (i) reconhecer que $\vec{v}$ depende de posição e tempo, (ii) aplicar a regra da cadeia seguindo a partícula, (iii) identificar $dx/dt = u$ , (iv) nomear as duas parcelas ✔

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Questão 111º EE2025.2Conceitos · Definição, propriedades e classificação dos fluidosVer material

Defina o que é um fluido, quais são suas propriedades e como se classificam.

Gabarito

Fluido é a substância que se deforma continuamente quando submetida a uma tensão de cisalhamento, por pequena que ela seja — não tem forma própria, assume a do recipiente.

Propriedades: massa específica $\rho$ , peso específico $\gamma$ , volume específico $v_e$ , densidade relativa $d$ , viscosidade dinâmica $\mu$ e cinemática $\nu$ , compressibilidade e tensão superficial.

Classificação: pelo estado (líquido, com superfície livre; gás, sem), pela compressibilidade (incompressível ou compressível) e, principalmente, pela relação $\tau$ vs. $du/dy$ — newtonianos (linear) e não newtonianos (dilatantes, pseudoplásticos, plásticos de Bingham), mais o fluido ideal ( $\mu = 0$ ), que é abstração de cálculo.

Passo a passo

Passo 1 — a definição, e a palavra que decide a nota. O que separa fluido de sólido não é “ser mole”: é o que acontece depois que a tensão de cisalhamento é aplicada.

sólido — deforma até uma posição de equilíbrio, em que as tensões internas equilibram a força externa, e para;
fluido — não para. Enquanto houver tensão de cisalhamento, ele continua se deformando, isto é, escoa.

A palavra que não pode faltar é continuamente. E o complemento: por pequena que seja a tensão — porque um fluido não tem tensão mínima para começar a escoar.

Passo 2 — as propriedades, agrupadas pelo que medem.

Quanta matéria há em cada volume:

\rho = \frac{m}{V} \qquad \gamma = \frac{P}{V} = \rho\,g \qquad v_e = \frac{V}{m} = \frac{1}{\rho} \qquad d = \frac{\rho}{\rho_{\text{ref}}}

Quanta resistência há ao escoamento:

\mu = \frac{\tau}{du/dy} \qquad \nu = \frac{\mu}{\rho}

E as duas que aparecem menos, mas contam: a compressibilidade (o quanto o volume muda com a pressão) e a tensão superficial (a energia da superfície livre, que sustenta gota e menisco).

Passo 3 — a classificação que a prova quer. Há três cortes, e o terceiro é o que a disciplina usa:

a) Pelo estado. Líquido tem volume definido e, num recipiente aberto, superfície livre; gás ocupa todo o recipiente e não tem superfície livre. Os dois são fluidos, porque os dois escoam.

b) Pela compressibilidade. Incompressível — $\rho$ praticamente não muda com a pressão (líquidos, e gases a baixa velocidade); compressível — $\rho$ muda (gases em geral).

c) Pelo comportamento reológico, isto é, pelo gráfico $\tau$ contra $du/dy$ :

\tau = \mu\,\frac{du}{dy}

newtoniano — a reta pela origem: $\mu$ é constante. Água, ar, óleos leves;
não newtoniano — a curva não é reta. Dilatante (a viscosidade aparente cresce com a taxa: amido em água), pseudoplástico (a viscosidade aparente cai: tinta, sangue), plástico de Bingham (só começa a escoar depois de uma tensão inicial $\tau_0$ : pasta de dente, lama);
ideal — $\mu = 0$ , escoa sem atrito. Não existe; serve para calcular Bernoulli sem perda.

Conferência — a definição precisa dizer continuamente e por pequena que seja ✔ as propriedades precisam vir com unidade ✔ a classificação precisa chegar em newtoniano/não newtoniano, que é o corte que a lei de Newton da viscosidade organiza ✔

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Questão 121º EE2025.1 · 2025.2Barômetro · Torricelli e a pressão atmosféricaVer material

Para a medida da pressão atmosférica, o cientista Evangelista Torricelli (1608–1647) desenvolveu o barômetro de mercúrio: um longo tubo fechado, cheio de mercúrio, é invertido e colocado numa bandeja também com mercúrio. A extremidade superior do tubo, que está fechada, é tal que a pressão ali pode ser considerada nula.

a) Deduza a expressão da pressão atmosférica $p_0$ em função da altura $h$ da coluna de mercúrio.

b) Determine o valor da pressão atmosférica num dia tal que, utilizando-se esse barômetro, a altura da coluna do medidor seja de $760\ \mathrm{mm}$ .

Dados: $\rho_{Hg} = 13\,600\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

O ponto que resolve a questão é a superfície livre da bandeja: ali a pressão é $p_0$ pelo lado de fora e $\rho g h$ pelo lado de dentro do tubo.

Gabarito

a)

p_0 = \rho_{Hg}\,g\,h

b) $p_0 = 13\,600 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}760 \approx 1{,}01 \times 10^5\ \mathrm{Pa} \approx \mathbf{101{,}4\ kPa}$

Passo a passo

Passo 1 — escolher o nível de referência. A escolha certa é a superfície livre do mercúrio na bandeja. Ela está no mesmo fluido em repouso e conectada aos dois lados, então a lei de Stevin vale entre ela e qualquer ponto do tubo.

Passo 2 — a pressão pelo lado de fora. Na bandeja, a superfície está exposta ao ar: a pressão ali é a atmosférica,

p_{\text{fora}} = p_0

Passo 3 — a pressão pelo lado de dentro do tubo. Descendo do topo fechado até o nível da bandeja, atravessa-se uma coluna de mercúrio de altura $h$ . Por Stevin,

p_{\text{dentro}} = \underbrace{p_{\text{topo}}}_{=\,0} + \rho_{Hg}\,g\,h = \rho_{Hg}\,g\,h

É aqui que entra o dado do enunciado: a pressão no topo é nula. O mercúrio, ao descer, deixou vácuo — e é por isso que o barômetro mede a atmosfera “pura”, sem gás nenhum somando por cima.

Passo 4 — igualar. Os dois pontos estão no mesmo nível e no mesmo fluido em repouso, logo têm a mesma pressão:

\boxed{\;p_0 = \rho_{Hg}\,g\,h\;}

Passo 5 — o número. Com $h = 760\ \mathrm{mm} = 0{,}760\ \mathrm{m}$ :

p_0 = 13\,600 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}760 = 101\,396\ \mathrm{Pa} \approx 101{,}4\ \mathrm{kPa}

Conferência — o topo tem de entrar na conta como $p = 0$ , não como $p_{atm}$ ✔ a altura tem de estar em metros antes de multiplicar ✔ o resultado tem de dar da ordem de $10^5\ \mathrm{Pa}$ : se deu $10^3$ , a conversão de mm ficou pelo caminho ✔

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Questão 131º EE2025.2Manometria · Pressão do ar numa tubulação com 4 mm de desnívelVer material

Qual a pressão manométrica dentro de uma tubulação onde circula ar se o desnível do nível do mercúrio observado no manômetro de coluna é de $4\ \mathrm{mm}$ ?

Dados: $\rho_{Hg} = 13\,600\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

O ramo aberto está com o mercúrio mais alto: sinal de que a tubulação está a uma pressão acima da atmosférica. O desnível está fora de escala — 4 mm de verdade seriam quase invisíveis.

Gabarito

p_{\text{man}} = \rho_{Hg}\,g\,h = 13\,600 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}004 \approx \mathbf{533{,}7\ Pa}

Ou seja, cerca de $0{,}53\ \mathrm{kPa}$ acima da atmosférica — pressão manométrica positiva.

Passo a passo

Passo 1 — o que “manométrica” quer dizer. Pressão manométrica (ou efetiva) é a medida a partir da atmosférica:

p_{\text{man}} = p_{\text{abs}} - p_{0}

Um manômetro de coluna aberto já mede isso direto: como um dos ramos está exposto ao ar, a atmosférica aparece nos dois lados da equação e se cancela. Por isso a resposta sai sem precisar do valor de $p_0$ .

Passo 2 — escolher o nível. Toma-se o nível ① na interface mais baixa do mercúrio (ramo esquerdo). Ele está no mesmo fluido em repouso que o outro ramo, então os dois pontos nesse nível têm a mesma pressão.

Passo 3 — descer por um lado, subir pelo outro.

Pelo ramo da tubulação:

p_{①} = p_{\text{ar}} + \underbrace{\rho_{\text{ar}}\,g\,\Delta z}_{\approx\,0}= p_{\text{ar}}

Pelo ramo aberto:

p_{①} = p_{0} + \rho_{Hg}\,g\,h

Passo 4 — igualar e isolar.

p_{\text{ar}} = p_{0} + \rho_{Hg}\,g\,h \qquad\Longrightarrow\qquad p_{\text{ar}} - p_{0} = \rho_{Hg}\,g\,h

\boxed{\;p_{\text{man}} = \rho_{Hg}\,g\,h\;}

Passo 5 — o número. Com $h = 4\ \mathrm{mm} = 0{,}004\ \mathrm{m}$ :

p_{\text{man}} = 13\,600 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}004 = 533{,}66\ \mathrm{Pa}

Conferência — o desnível tem de entrar em metros ✔ o sinal sai do lado em que o mercúrio subiu: subiu no ramo aberto, então o gás empurrou, e $p_{\text{man}} > 0$ ✔ a resposta não pode depender de $p_0$ , porque a pergunta é manométrica ✔

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Questão 141º EE2025.2Viscosidade · Sentido das tensões e a força propulsora da placaVer material

Têm-se duas placas planas, sendo uma delas móvel, de área $2{,}0\ \mathrm{m^2}$ , e a outra extensa e fixa, distanciada de $1\ \mathrm{mm}$ . Entre elas há fluido de viscosidade absoluta $0{,}001\ \mathrm{kgf\cdot s/m^2}$ . Sabendo-se que a velocidade com que a placa se movimenta é de $1\ \mathrm{m/s}$ constante e que o perfil de velocidades é linear, indicar o sentido das tensões de cisalhamento atuantes na placa fixa e na móvel e calcular o valor da força propulsora $F$ .

As duas tensões têm sentidos opostos: o fluido freia a placa que se move e arrasta a que está parada.

Gabarito

Sentido das tensões:

na placa móvel, a tensão do fluido é contrária ao movimento — o fluido a freia;
na placa fixa, a tensão é no sentido do movimento — o fluido a arrasta.

São um par de ação e reação, iguais em módulo.

Força propulsora:

\tau = \mu\,\frac{V}{\varepsilon} = 0{,}001 \cdot \frac{1}{0{,}001} = 1\ \mathrm{kgf/m^2}

F = \tau\,A = 1 \cdot 2{,}0 = \mathbf{2{,}0\ kgf} \approx 19{,}6\ \mathrm{N}

Passo a passo

Passo 1 — por que existe força propulsora se a velocidade é constante. Velocidade constante significa aceleração nula, logo resultante nula na placa móvel. Então $F$ não está acelerando nada: está equilibrando exatamente a tensão viscosa que o fluido aplica contra o movimento.

\sum F = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad F = \tau\,A

Essa é a leitura física da questão — e é ela que justifica usar a lei de Newton para achar $F$ .

Passo 2 — o sentido em cada placa. O fluido adere às duas superfícies (não escorregamento): junto à placa móvel ele vai a $1\ \mathrm{m/s}$ , junto à fixa ele está parado. Cada camada é freada pela de baixo e arrastada pela de cima.

na placa móvel — o fluido logo abaixo é mais lento, então retarda a placa. A tensão sobre ela aponta contra $V$ ;
na placa fixa — o fluido logo acima é mais rápido, então puxa a placa. A tensão sobre ela aponta no sentido de $V$ .

Pelo princípio da ação e reação, os módulos são iguais — o que muda é em quem a tensão atua e para onde aponta.

Passo 3 — o gradiente, que é constante. Perfil linear entre as placas significa que $du/dy$ não depende de $y$ :

\frac{du}{dy} = \frac{V - 0}{\varepsilon} = \frac{V}{\varepsilon}

Passo 4 — a tensão.

\tau = \mu\,\frac{du}{dy} = \mu\,\frac{V}{\varepsilon} = 0{,}001 \cdot \frac{1}{0{,}001} = 1\ \mathrm{kgf/m^2}

Repare que $V/\varepsilon = 1000\ \mathrm{s^{-1}}$ : a folga de 1 mm é o que faz o gradiente ser grande.

Passo 5 — a força.

F = \tau\,A = 1 \cdot 2{,}0 = 2{,}0\ \mathrm{kgf}

E em newtons, $1\ \mathrm{kgf} = 9{,}81\ \mathrm{N}$ :

F = 2{,}0 \cdot 9{,}81 \approx 19{,}6\ \mathrm{N}

Conferência — a área usada é a da placa móvel, $2{,}0\ \mathrm{m^2}$ ✔ a folga entrou em metros ✔ o enunciado pede duas coisas, e a metade que mais se esquece é o sentido das tensões ✔

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Questão 151º EE2025.1 · 2025.2Empuxo · Peso e peso aparente de um corpo submersoVer material

O peso aparente de um corpo pode ser definido como a diferença entre o seu peso e o empuxo por ele sofrido, ou seja, $P_{\text{aparente}} = P - F_e$ . O peso aparente nos dá aquela sensação de alívio de peso quando estamos numa piscina ou na praia.

Imagine um corpo com massa de aproximadamente $150\ \mathrm{g}$ e volume de $19\ \mathrm{cm^3}$ completamente mergulhado na água. Calcule o seu peso e o seu peso aparente.

Dados: $\rho_{\text{água}} = 1000\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

O corpo está totalmente submerso: o volume deslocado é o volume inteiro do corpo, $19\ \mathrm{cm^3}$ .

Gabarito

P = m\,g = 0{,}150 \cdot 9{,}81 \approx \mathbf{1{,}47\ N}

F_e = \rho_{\text{água}}\,g\,V = 1000 \cdot 9{,}81 \cdot 19 \times 10^{-6} \approx 0{,}186\ \mathrm{N}

P_{\text{aparente}} = P - F_e = 1{,}47 - 0{,}186 \approx \mathbf{1{,}29\ N}

Passo a passo

Passo 1 — o peso, que não depende do fluido.

P = m\,g = 0{,}150\ \mathrm{kg} \cdot 9{,}81\ \mathrm{m/s^2} = 1{,}4715\ \mathrm{N} \approx 1{,}47\ \mathrm{N}

Passo 2 — as unidades do volume, que é onde a questão derruba. O empuxo vai multiplicar $\rho$ em $\mathrm{kg/m^3}$ , então o volume tem de estar em $\mathrm{m^3}$ :

19\ \mathrm{cm^3} = 19 \times (10^{-2}\ \mathrm{m})^3 = 19 \times 10^{-6}\ \mathrm{m^3}

O fator é $10^{-6}$ , não $10^{-2}$ — o expoente vale para cada uma das três dimensões.

Passo 3 — o empuxo é o peso do fluido deslocado. Princípio de Arquimedes:

F_e = \rho_{\text{fluido}}\;g\;V_{\text{deslocado}}

Como o corpo está completamente mergulhado, $V_{\text{deslocado}} = V_{\text{corpo}} = 19 \times 10^{-6}\ \mathrm{m^3}$ :

F_e = 1000 \cdot 9{,}81 \cdot 19 \times 10^{-6} = 0{,}18639\ \mathrm{N} \approx 0{,}186\ \mathrm{N}

Passo 4 — o peso aparente.

P_{\text{aparente}} = P - F_e = 1{,}4715 - 0{,}18639 = 1{,}2851\ \mathrm{N} \approx 1{,}29\ \mathrm{N}

O alívio é de $0{,}186\ \mathrm{N}$ , ou seja, cerca de 13 % do peso.

Passo 5 — a conferência física: esse corpo afunda? A massa específica do corpo é

\rho_{\text{corpo}} = \frac{m}{V} = \frac{0{,}150}{19 \times 10^{-6}} \approx 7\,895\ \mathrm{kg/m^3}

quase 8 vezes a da água — é aço. Logo $P > F_e$ , o peso aparente é positivo e o corpo afunda se soltarmos o fio. Coerente com a resposta.

Conferência — $\mathrm{cm^3} \to \mathrm{m^3}$ é $10^{-6}$ ✔ o $\rho$ do empuxo é o da água ✔ o peso aparente tem de ser menor que o peso, nunca maior ✔

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Questão 161º EE2025.1Manometria · Massa específica do óleo num tubo em UVer material

A figura mostra um tubo em U contendo dois líquidos em equilíbrio. Um deles é água, que se encontra no lado esquerdo e cuja massa específica é conhecida, e o outro é um óleo com massa específica não conhecida. De acordo com a figura, $l = 127\ \mathrm{mm}$ e $d = 15\ \mathrm{mm}$ . Calcule a massa específica do óleo.

Dado: $\rho_{\text{água}} = 1000\ \mathrm{kg/m^3}$ .

A superfície livre do óleo está $d$ acima da superfície da água: é isso que diz, antes de qualquer conta, que o óleo é o mais leve. O $d$ está exagerado no desenho.

Gabarito

\rho_{\text{óleo}} = \rho_{\text{água}}\,\frac{l}{l + d} = 1000 \cdot \frac{127}{142} \approx \mathbf{894{,}4\ kg/m^3}

Densidade relativa $d_{\text{óleo}} \approx 0{,}89$ .

Passo a passo

Passo 1 — achar o nível que serve de referência. O nível certo é o da superfície de separação entre os dois líquidos. Motivo: é o único ponto em que se pode escrever a pressão pelos dois lados, porque acima dele há água de um lado e óleo do outro, e abaixo dele há um único fluido conectando os ramos.

Passo 2 — as duas alturas. Da figura:

a coluna de água vai da separação até a superfície livre da água: altura $l = 127\ \mathrm{mm}$ ;
a coluna de óleo vai da separação até a superfície livre do óleo, que está $d$ mais alta: altura $l + d = 127 + 15 = 142\ \mathrm{mm}$ .

Essa é a leitura que a questão cobra. O $d$ não é a coluna de óleo: é só a diferença entre as duas superfícies livres.

Passo 3 — igualar as pressões no nível da separação. As duas superfícies livres estão abertas à atmosfera, então de cada lado se parte de $p_0$ e desce por Stevin:

p_0 + \rho_{\text{água}}\,g\,l = p_0 + \rho_{\text{óleo}}\,g\,(l + d)

A atmosférica cancela:

\rho_{\text{água}}\,g\,l = \rho_{\text{óleo}}\,g\,(l + d)

E o $g$ também:

\boxed{\;\rho_{\text{óleo}} = \rho_{\text{água}}\,\frac{l}{l + d}\;}

Passo 4 — o número. Como a razão é entre duas alturas, não é preciso converter de mm para m: a unidade se cancela.

\rho_{\text{óleo}} = 1000 \cdot \frac{127}{142} = 894{,}37\ \mathrm{kg/m^3}

Passo 5 — a densidade relativa.

d_{\text{óleo}} = \frac{\rho_{\text{óleo}}}{\rho_{\text{água}}} = \frac{894{,}4}{1000} \approx 0{,}89

Valor típico de óleo lubrificante, que fica entre $0{,}85$ e $0{,}92$ — outro sinal de que a conta fecha.

Conferência — a coluna de óleo é $l + d$ , não $d$ ✔ a atmosférica e o $g$ se cancelam, então não precisam de valor ✔ o resultado tem de ser menor que 1000 ✔

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Questão 171º EE2025.1Stevin · Pressão efetiva no fundo de tanque com óleo sobre águaVer material

Óleo com gravidade específica ( $\gamma_{\text{óleo}}/\gamma_{\text{água}}$ ) de $0{,}80$ forma uma camada superior de $0{,}90\ \mathrm{m}$ de profundidade em um tanque aberto, no qual o líquido na camada inferior é água à temperatura de $10\ ^\circ\mathrm{C}$ . A profundidade total do líquido no tanque é de $3\ \mathrm{m}$ . Qual a pressão efetiva ( $p$ ) no fundo do tanque?

Dado: $\gamma_{\text{água}} = 9810\ \mathrm{N/m^3}$ .

Pontos da figura: A) superfície do óleo; B) interface óleo/água; C) fundo do tanque.

A espessura da água não é dada: sai da profundidade total menos a camada de óleo, $3{,}00 - 0{,}90 = 2{,}10\ \mathrm{m}$ .

Gabarito

p_C = \gamma_{\text{óleo}}\,h_{\text{óleo}} + \gamma_{\text{água}}\,h_{\text{água}}

p_C = (0{,}80 \cdot 9810)(0{,}90) + 9810 \cdot 2{,}10 = 7063{,}2 + 20\,601 \approx \mathbf{27{,}7\ kPa}

De passagem, na interface: $p_B = 7063{,}2\ \mathrm{Pa} \approx 7{,}1\ \mathrm{kPa}$ .

Passo a passo

Passo 1 — o que “efetiva” muda na conta. Pressão efetiva (ou manométrica) é medida a partir da atmosférica. Como o tanque é aberto, a pressão no ponto A é a atmosférica, e em efetiva isso vale zero:

p_A = 0

É isso que dispensa somar $101\ \mathrm{kPa}$ no fim.

Passo 2 — as duas espessuras. O enunciado dá a camada de óleo e a profundidade total. A água é a diferença:

h_{\text{óleo}} = 0{,}90\ \mathrm{m} \qquad h_{\text{água}} = 3{,}00 - 0{,}90 = 2{,}10\ \mathrm{m}

Passo 3 — o peso específico do óleo. A gravidade específica é uma razão, então é adimensional, e o peso específico sai multiplicando pelo da água:

\gamma_{\text{óleo}} = d \cdot \gamma_{\text{água}} = 0{,}80 \cdot 9810 = 7848\ \mathrm{N/m^3}

Passo 4 — descer camada por camada. Stevin vale dentro de um fluido de $\gamma$ constante. Com dois fluidos, aplica-se duas vezes, em série.

De A até B, dentro do óleo:

p_B = p_A + \gamma_{\text{óleo}}\,h_{\text{óleo}} = 0 + 7848 \cdot 0{,}90 = 7063{,}2\ \mathrm{Pa}

De B até C, dentro da água:

p_C = p_B + \gamma_{\text{água}}\,h_{\text{água}} = 7063{,}2 + 9810 \cdot 2{,}10 = 7063{,}2 + 20\,601

p_C = 27\,664{,}2\ \mathrm{Pa} \approx 27{,}7\ \mathrm{kPa}

Passo 5 — a leitura em carga de pressão. Convertendo para altura de coluna de água:

\frac{p_C}{\gamma_{\text{água}}} = \frac{27\,664{,}2}{9810} \approx 2{,}82\ \mathrm{m}\ \text{de coluna d'água}

Menos que os 3 m de líquido de verdade, exatamente porque os 0,90 m de cima pesam só 80 % do que a água pesaria.

Conferência — a água é $3{,}00 - 0{,}90$ , não $3{,}00$ ✔ a gravidade específica multiplica $\gamma$ , não o substitui ✔ “efetiva” significa não somar a atmosférica ✔

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Questão 181º EE2026.1Conceitos · Verdadeiro ou falso sobre fluidos, empuxo e perda de carga3,0 ptsVer material

Assinale com V (verdadeiro) ou F (falso).

a) ( ) Um sólido é uma substância que se deforma sob a ação de uma força cisalhante constante.

b) ( ) Em fluidos incompressíveis, o peso específico pode variar com a profundidade.

c) ( ) A força de empuxo é o produto entre o peso específico do sólido e o volume submerso do fluido.

d) ( ) A pressão aumenta linearmente com a profundidade em um fluido.

e) ( ) A perda de carga é responsável por introduzir energia no sistema.

f) ( ) Uma bomba é uma máquina hidráulica que fornece energia mecânica ao sistema.

Gabarito

a) F · b) F · c) F · d) V · e) F · f) V

Passo a passo

a) F — a frase define fluido, não sólido.

O que caracteriza o fluido é deformar-se continuamente sob tensão de cisalhamento, por pequena que ela seja. O sólido deforma-se até uma posição de equilíbrio, em que as tensões internas equilibram a força aplicada, e para ali.

A troca de sujeito é o truque da alternativa: o predicado está certo, o sujeito está errado.

b) F — incompressível é justamente o contrário.

\gamma = \rho\,g

Se o fluido é incompressível, $\rho$ não muda com a pressão — e, como a pressão é o que muda com a profundidade, $\rho$ (e portanto $\gamma$ ) fica constante ao longo da coluna. É exatamente essa hipótese que permite integrar Stevin e obter $p = \gamma h$ com $\gamma$ fora da integral.

Num fluido compressível — a atmosfera, por exemplo — $\gamma$ varia com a altitude, e daí a integração ser mais trabalhosa.

c) F — os dois termos estão trocados.

O correto é o princípio de Arquimedes:

F_e = \gamma_{\text{fluido}} \cdot V_{\text{submerso do corpo}}

o peso específico é o do fluido deslocado, não o do sólido;
o volume é o do corpo que está submerso, não “do fluido”.

A alternativa inverte as duas coisas. O jeito de lembrar: o empuxo é o peso do fluido que saiu do lugar — quem pesa é o fluido, e o quanto saiu é o volume do corpo.

d) V — desde que o fluido seja incompressível.

p = p_0 + \gamma\,h

É uma função afim de $h$ : reta de coeficiente angular $\gamma$ . É o que o item (b) garante.

e) F — a perda de carga retira energia.

A perda de carga é a energia mecânica dissipada por atrito viscoso e por acidentes da tubulação, convertida em calor. Na equação da energia ela entra do lado a jusante, somando ao que ainda é preciso ter:

\frac{p_1}{\gamma} + \frac{v_1^2}{2g} + z_1 + H_B = \frac{p_2}{\gamma} + \frac{v_2^2}{2g} + z_2 + H_T + h_p

Quem introduz energia é a bomba ( $H_B$ ). Quem retira é a turbina ( $H_T$ , retira como trabalho útil) e a perda de carga ( $h_p$ , retira como calor, sem proveito).

f) V — é a definição de bomba.

A bomba é a máquina hidráulica que recebe energia mecânica de fora (motor) e a entrega ao fluido, elevando sua carga total. A turbina faz o inverso: retira carga do fluido e a devolve como trabalho no eixo.

Conferência — os três falsos desta prova são do mesmo tipo: a frase certa com um termo trocado (fluido↔sólido em a, constante↔variável em b, fluido↔sólido de novo em c) ✔ ler o sujeito de cada afirmação antes do predicado resolve metade delas ✔

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Questão 191º EE2026.1Vazão · Tempo para encher e esvaziar um tanque com vazão variável2,5 ptsVer material

Um tanque cilíndrico de $2\ \mathrm{m}$ de diâmetro e $4\ \mathrm{m}$ de altura foi enchido completamente de água a uma vazão constante de $0{,}01\ \mathrm{m^3/s}$ . Após cheio, a alimentação de água foi interrompida e, na sequência, um furo foi feito na sua base, pelo qual a água saía a uma vazão volumétrica $Q = 0{,}01\sqrt{V(t)}\ \mathrm{(m^3/s)}$ , sendo $V(t)$ o volume de água dentro do tanque, que varia ao longo do tempo. Qual foi o tempo total necessário para encher e esvaziar esse tanque?

A vazão de entrada é constante; a de saída não é — cai à medida que o tanque baixa. São dois problemas diferentes na mesma questão.

Gabarito

V_{\text{tanque}} = \pi R^2 H = \pi \cdot 1^2 \cdot 4 = 4\pi \approx 12{,}57\ \mathrm{m^3}

t_{\text{encher}} = \frac{V}{Q_1} = \frac{4\pi}{0{,}01} = 400\pi \approx 1256{,}6\ \mathrm{s}

t_{\text{esvaziar}} = \frac{2\sqrt{4\pi}}{0{,}01} = 200\sqrt{4\pi} \approx 709{,}0\ \mathrm{s}

t_{\text{total}} \approx 1256{,}6 + 709{,}0 \approx \mathbf{1965{,}6\ s} \approx 32{,}8\ \mathrm{min}

Passo a passo

Passo 1 — o volume do tanque. Diâmetro $2\ \mathrm{m}$ significa raio $1\ \mathrm{m}$ :

V_{\text{tanque}} = \pi R^2 H = \pi \cdot (1)^2 \cdot 4 = 4\pi = 12{,}566\ \mathrm{m^3}

Passo 2 — encher, que é a parte fácil. A vazão de entrada é constante, então o volume cresce linearmente:

t_1 = \frac{V_{\text{tanque}}}{Q_1} = \frac{4\pi}{0{,}01} = 400\pi = 1256{,}64\ \mathrm{s}

Passo 3 — esvaziar não é dividir volume por vazão. Aqui está a armadilha da questão. A vazão de saída depende do volume:

Q_2 = 0{,}01\sqrt{V(t)}

Ela vale $0{,}01\sqrt{4\pi} \approx 0{,}0355\ \mathrm{m^3/s}$ no primeiro instante e vai a zero quando o tanque esvazia. Usar o valor inicial como se fosse constante dá $4\pi/0{,}0355 \approx 354\ \mathrm{s}$ — resposta errada, e errada para menos, porque a vazão real é sempre menor que a inicial.

O caminho certo é a conservação de massa em forma diferencial: a taxa de variação do volume dentro do tanque é menos o que sai.

\frac{dV}{dt} = -\,Q_2 = -\,0{,}01\sqrt{V}

Passo 4 — separar as variáveis e integrar.

\frac{dV}{\sqrt{V}} = -\,0{,}01\,dt

\int_{4\pi}^{0} V^{-1/2}\,dV = -\,0{,}01\int_{0}^{t_2} dt

\Big[\,2\sqrt{V}\,\Big]_{4\pi}^{0} = -\,0{,}01\,t_2

0 - 2\sqrt{4\pi} = -\,0{,}01\,t_2 \qquad\Longrightarrow\qquad t_2 = \frac{2\sqrt{4\pi}}{0{,}01}

Passo 5 — o número. Com $\sqrt{4\pi} = \sqrt{12{,}566} = 3{,}5449$ :

t_2 = \frac{2 \cdot 3{,}5449}{0{,}01} = 708{,}98\ \mathrm{s}

Passo 6 — o total.

t_{\text{total}} = t_1 + t_2 = 1256{,}64 + 708{,}98 = 1965{,}62\ \mathrm{s} \approx 32{,}8\ \mathrm{min}

Conferência — diâmetro 2 m dá raio 1 m, não 2 ✔ o esvaziamento não é $V/Q_{\text{inicial}}$ ✔ o tempo de esvaziar tem de ser maior que $V/Q_{\text{inicial}} = 354\ \mathrm{s}$ , porque a vazão só diminui ✔

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Questão 201º EE2026.1Bomba · Altura máxima do reservatório de chegada2,5 ptsVer material

Um sistema hidráulico transfere água de um reservatório aberto de grandes dimensões (Tanque 1) para um segundo reservatório aberto (Tanque 2). O Tanque 1 está localizado $5\ \mathrm{m}$ abaixo da linha de centro da bomba, que tem uma potência ideal de $2\ \mathrm{kW}$ e opera com vazão constante de $0{,}01\ \mathrm{m^3/s}$ . A tubulação tem diâmetro constante de $10\ \mathrm{cm}$ . Sabendo que a perda de carga total do sistema é de $2\ \mathrm{m}$ , determine a altura máxima, a partir da linha de centro da bomba, na qual o Tanque 2 pode ser instalado.

Dados: $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ ; $\gamma_{\text{água}} = 10\,000\ \mathrm{N/m^3}$ .

Os dois reservatórios são abertos e de grandes dimensões: nas duas superfícies livres a pressão é a atmosférica e a velocidade é praticamente nula.

Gabarito

H_B = \frac{N_{\text{ideal}}}{\gamma\,Q} = \frac{2000}{10\,000 \cdot 0{,}01} = 20\ \mathrm{m}

z_1 + H_B = z_2 + h_p \qquad\Longrightarrow\qquad -5 + 20 = h + 2

h = \mathbf{13\ m}

Passo a passo

Passo 1 — a carga que a bomba entrega. Potência ideal significa sem contar rendimento: toda ela vira carga no fluido.

N_{\text{ideal}} = \gamma\,Q\,H_B \qquad\Longrightarrow\qquad H_B = \frac{N_{\text{ideal}}}{\gamma\,Q}

H_B = \frac{2000\ \mathrm{W}}{10\,000\ \mathrm{N/m^3} \cdot 0{,}01\ \mathrm{m^3/s}} = \frac{2000}{100} = 20\ \mathrm{m}

Vinte metros de coluna d’água: é esse o “orçamento” de energia que o sistema tem para gastar.

Passo 2 — escolher os pontos e o referencial. Os pontos que simplificam tudo são as duas superfícies livres. Referencial na linha de centro da bomba, como pede o enunciado. Então:

z_1 = -5\ \mathrm{m} \qquad z_2 = +h

Passo 3 — a equação da energia com máquina.

\frac{p_1}{\gamma} + \frac{v_1^2}{2g} + z_1 + H_B = \frac{p_2}{\gamma} + \frac{v_2^2}{2g} + z_2 + h_p

Três termos caem de uma vez:

$p_1 = p_2 = p_{\text{atm}}$ — os dois tanques são abertos, então as parcelas de pressão se cancelam;
$v_1 \approx v_2 \approx 0$ — os reservatórios são de grandes dimensões, então a superfície livre desce (ou sobe) devagar.

Sobra:

z_1 + H_B = z_2 + h_p

Passo 4 — resolver.

-5 + 20 = h + 2 \qquad\Longrightarrow\qquad h = 15 - 2 = 13\ \mathrm{m}

Passo 5 — por que é a altura máxima. Os $20\ \mathrm{m}$ da bomba são divididos em três destinos:

$5\ \mathrm{m}$ para tirar a água de baixo da bomba;
$2\ \mathrm{m}$ para pagar o atrito;
o que sobra, $13\ \mathrm{m}$ , para subir além da bomba.

Instalar o Tanque 2 mais alto que isso pediria mais carga do que a bomba tem, e a vazão de $0{,}01\ \mathrm{m^3/s}$ não se sustentaria.

Conferência — $z_1$ é negativo, porque o Tanque 1 está abaixo do referencial ✔ a perda de carga entra somando do lado de chegada ✔ a potência em watt e $\gamma$ em $\mathrm{N/m^3}$ dão $H_B$ em metro ✔

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Questão 211º EE2026.1Fick · Difusão de umidade através de uma parede2,0 ptsVer material

Considere que a umidade se transfere a um fluxo de $0{,}01\ \mathrm{kg/(m^2 \cdot s)}$ através de uma parede de $30\ \mathrm{cm}$ de espessura, do interior para o exterior de uma sala. Sabendo que a densidade da umidade no ar no interior da sala é de $0{,}8\ \mathrm{kg/m^3}$ , determine a densidade da umidade no ar no exterior. Considere o perfil linear da densidade de umidade através da espessura da parede.

Dado: $D = 0{,}02\ \mathrm{m^2/s}$ (coeficiente de difusão da umidade na parede).

Perfil linear significa que o gradiente é constante: a derivada pode ser trocada pela razão entre a queda total e a espessura.

Gabarito

N = -D\,\frac{d\rho_A}{dx} = D\,\frac{\rho_1 - \rho_2}{L}

0{,}01 = 0{,}02 \cdot \frac{0{,}8 - \rho_2}{0{,}30} \qquad\Longrightarrow\qquad 0{,}8 - \rho_2 = 0{,}15

\rho_2 = \mathbf{0{,}65\ kg/m^3}

Passo a passo

Passo 1 — a lei que governa o transporte de massa. É a lei de Fick, irmã da lei de Fourier para o calor:

N_A = -\,D\,\frac{d\rho_A}{dx}

O sinal negativo diz que a massa vai do mais concentrado para o menos concentrado — como o calor vai do quente para o frio.

Passo 2 — o que “perfil linear” permite. Se $\rho_A$ varia linearmente na espessura, o gradiente é constante e a derivada vira uma razão de diferenças finitas:

\frac{d\rho_A}{dx} = \frac{\rho_2 - \rho_1}{L}

Substituindo na lei de Fick e usando o negativo para arrumar a ordem:

N = -\,D\,\frac{\rho_2 - \rho_1}{L} = D\,\frac{\rho_1 - \rho_2}{L}

Nesta forma, $\rho_1 - \rho_2$ é a queda de concentração no sentido do fluxo — e sai positiva, como o fluxo.

Passo 3 — isolar a incógnita.

\rho_1 - \rho_2 = \frac{N\,L}{D}

\rho_2 = \rho_1 - \frac{N\,L}{D}

Passo 4 — os números, com a espessura em metros. $30\ \mathrm{cm} = 0{,}30\ \mathrm{m}$ :

\frac{N\,L}{D} = \frac{0{,}01 \cdot 0{,}30}{0{,}02} = \frac{0{,}003}{0{,}02} = 0{,}15\ \mathrm{kg/m^3}

\rho_2 = 0{,}8 - 0{,}15 = 0{,}65\ \mathrm{kg/m^3}

Passo 5 — conferir o sentido. O enunciado diz que a umidade vai do interior para o exterior. Para isso, a concentração tem de ser maior dentro — e $0{,}65 < 0{,}8$ confirma. Se a conta tivesse dado acima de $0{,}8$ , o fluxo estaria apontando para dentro, contradizendo o enunciado.

Conferência — a espessura tem de ir para metros ✔ o resultado tem de ser menor que $0{,}8$ ✔ $N\,L/D$ tem unidade de $\mathrm{kg/m^3}$ : $\frac{\mathrm{kg}}{\mathrm{m^2 s}}\cdot\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{m^2/s}} = \frac{\mathrm{kg}}{\mathrm{m^3}}$ ✔

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Questão 221º EE2024.2Stevin · Submarino a 200 m e mergulhador a 100 mVer material

a) No oceano a pressão hidrostática aumenta aproximadamente uma atmosfera a cada $10\ \mathrm{m}$ de profundidade. Um submarino encontra-se a $200\ \mathrm{m}$ de profundidade, e a pressão do ar no seu interior é de uma atmosfera. Nesse contexto, pode-se concluir que a diferença de pressão entre o interior e o exterior do submarino é, aproximadamente, de quanto?

b) Qual a variação de pressão sobre um mergulhador que está a uma profundidade de $100\ \mathrm{m}$ , considerando que a densidade da água é $1000\ \mathrm{kg/m^3}$ e a aceleração da gravidade, $9{,}8\ \mathrm{m/s^2}$ ?

Nos dois itens o que se pede é a diferença de pressão — e diferença de pressão não depende da atmosférica, que aparece dos dois lados.

Gabarito

a)

\Delta p = \frac{200\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{m/atm}} = \mathbf{20\ atm} \approx 2{,}03\ \mathrm{MPa}

b)

\Delta p = \rho\,g\,h = 1000 \cdot 9{,}8 \cdot 100 = \mathbf{980\ kPa} \approx 9{,}8\ \mathrm{atm}

Passo a passo

a) Passo 1 — a pressão do lado de fora. A regra dada é linear: $1\ \mathrm{atm}$ a cada $10\ \mathrm{m}$ . A $200\ \mathrm{m}$ , a coluna de água contribui com

p_{\text{coluna}} = \frac{200}{10} = 20\ \mathrm{atm}

e a pressão absoluta do lado de fora é essa mais a atmosférica que age na superfície:

p_{\text{ext}} = 1 + 20 = 21\ \mathrm{atm}

a) Passo 2 — a pressão do lado de dentro. O enunciado diz: o ar interno está a uma atmosfera. É a condição de projeto de um submarino tripulado — dentro se respira à pressão de superfície.

p_{\text{int}} = 1\ \mathrm{atm}

a) Passo 3 — a diferença.

\Delta p = p_{\text{ext}} - p_{\text{int}} = 21 - 1 = 20\ \mathrm{atm}

Repare que a atmosférica se cancela: a diferença é exatamente a pressão da coluna de água, e o casco tem de aguentar essas 20 atm empurrando para dentro.

Em pascal, com $1\ \mathrm{atm} \approx 101{,}3\ \mathrm{kPa}$ :

\Delta p = 20 \cdot 101{,}3 = 2026\ \mathrm{kPa} \approx 2{,}03\ \mathrm{MPa}

b) Passo 1 — a variação de pressão é só a coluna. Aqui a questão dá $\rho$ e $g$ , então é Stevin direto:

\Delta p = \rho\,g\,h

b) Passo 2 — o número.

\Delta p = 1000 \cdot 9{,}8 \cdot 100 = 980\,000\ \mathrm{Pa} = 980\ \mathrm{kPa}

b) Passo 3 — ler o resultado em atmosferas.

\frac{980}{101{,}3} \approx 9{,}7\ \mathrm{atm}

O que fecha com o item (a): metade da profundidade, metade da diferença de pressão. Os dois itens são a mesma física em duas linguagens — um em atm por metro, o outro em $\rho g h$ .

Conferência — “variação” e “diferença” de pressão nunca levam a atmosférica somada ✔ a $200\ \mathrm{m}$ a pressão absoluta é 21 atm, mas a diferença é 20 ✔ o resultado do item (b) é aproximadamente metade do de (a), porque a profundidade é metade ✔

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Questão 231º EE2024.2Derivada material · Aceleração a partir do campo de velocidadesVer material

Dado o vetor velocidade

\vec{V} = (0{,}5 + 0{,}8x)\,\hat{i} + (1{,}5 - 0{,}8y)\,\hat{j}

a) Determine o vetor da aceleração total.

b) Avalie a aceleração em $(x,\,y,\,z) = (2,\,3,\,0)$ .

c) Determine o módulo da aceleração em $(2,\,3,\,0)$ .

Gabarito

a)

\vec{a} = (0{,}4 + 0{,}64x)\,\hat{i} + (-1{,}2 + 0{,}64y)\,\hat{j}

b) Em $(2,\,3,\,0)$ :

\vec{a} = 1{,}68\,\hat{i} + 0{,}72\,\hat{j}\ \ \mathrm{[m/s^2]}

c)

|\vec{a}| = \sqrt{1{,}68^2 + 0{,}72^2} \approx \mathbf{1{,}83\ m/s^2}

Passo a passo

Passo 1 — qual aceleração o enunciado quer. “Aceleração total” é a derivada material da velocidade: a aceleração da partícula, não a da posição fixa no espaço.

\vec{a} = \frac{D\vec{V}}{Dt} = \underbrace{\frac{\partial \vec{V}}{\partial t}}_{\text{local}} + \underbrace{(\vec{V}\cdot\nabla)\vec{V}}_{\text{convectiva}}

Passo 2 — o campo é permanente, então a parcela local é nula. Em $\vec{V}$ não aparece $t$ : a velocidade em cada ponto do espaço não muda com o tempo.

\frac{\partial \vec{V}}{\partial t} = 0

Cuidado com a leitura: isso não significa aceleração nula. A partícula acelera porque muda de lugar, e nos lugares novos a velocidade é outra. É a aceleração convectiva — e é justamente o ponto que a questão testa.

Passo 3 — escrever as componentes em duas dimensões. Com $u = 0{,}5 + 0{,}8x$ , $v = 1{,}5 - 0{,}8y$ e $w = 0$ :

a_x = u\,\frac{\partial u}{\partial x} + v\,\frac{\partial u}{\partial y} \qquad a_y = u\,\frac{\partial v}{\partial x} + v\,\frac{\partial v}{\partial y}

Passo 4 — as derivadas parciais. O campo é bem comportado: cada componente depende só da sua coordenada.

\frac{\partial u}{\partial x} = 0{,}8 \qquad \frac{\partial u}{\partial y} = 0 \qquad \frac{\partial v}{\partial x} = 0 \qquad \frac{\partial v}{\partial y} = -0{,}8

Os dois termos cruzados são zero, o que reduz a conta a um produto em cada componente.

Passo 5 — montar a aceleração.

a_x = (0{,}5 + 0{,}8x)(0{,}8) + (1{,}5 - 0{,}8y)(0) = 0{,}4 + 0{,}64x

a_y = (0{,}5 + 0{,}8x)(0) + (1{,}5 - 0{,}8y)(-0{,}8) = -1{,}2 + 0{,}64y

\boxed{\;\vec{a} = (0{,}4 + 0{,}64x)\,\hat{i} + (-1{,}2 + 0{,}64y)\,\hat{j}\;}

Passo 6 — avaliar em $(2,\,3,\,0)$ .

a_x = 0{,}4 + 0{,}64 \cdot 2 = 0{,}4 + 1{,}28 = 1{,}68\ \mathrm{m/s^2}

a_y = -1{,}2 + 0{,}64 \cdot 3 = -1{,}2 + 1{,}92 = 0{,}72\ \mathrm{m/s^2}

\vec{a} = 1{,}68\,\hat{i} + 0{,}72\,\hat{j}

Passo 7 — o módulo.

|\vec{a}| = \sqrt{a_x^2 + a_y^2} = \sqrt{1{,}68^2 + 0{,}72^2} = \sqrt{2{,}8224 + 0{,}5184} = \sqrt{3{,}3408}

|\vec{a}| \approx 1{,}83\ \mathrm{m/s^2}

Conferência — a parcela local ser nula não faz a aceleração ser nula ✔ os termos cruzados morrem porque $u$ não depende de $y$ nem $v$ de $x$ ✔ o módulo tem de ser maior que a maior componente ( $1{,}83 > 1{,}68$ ) e menor que a soma delas ✔

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Questão 241º EEProva · turma KTViscosidade · Perfil quadrático entre placas em sentidos opostosVer material

Considere que um líquido newtoniano ( $\mu = 0{,}002\ \mathrm{Pa\cdot s}$ ) está mantido entre duas placas planas horizontais infinitas separadas por uma distância de $30\ \mathrm{mm}$ . A placa inferior move-se com velocidade de $5{,}0\ \mathrm{m/s}$ e a superior move-se em sentido oposto, com velocidade de $3{,}0\ \mathrm{m/s}$ . Admitindo uma distribuição de velocidades no líquido do tipo

v(y) = A\,y^2 - B\,y + C \qquad\text{sendo}\qquad B = 5\ \mathrm{s^{-1}}

e $A$ , $C$ constantes, determine:

a) A velocidade no meio do fluido (distância média entre as duas placas).

b) As tensões cisalhantes nas placas superior e inferior.

Com as placas em sentidos opostos, o perfil cruza o zero dentro da folga: há uma camada de fluido parada, mas ela não fica no meio.

Gabarito

C = v(0) = 5\ \mathrm{m/s} \qquad A = \frac{v_L + B\,L - C}{L^2} = \frac{-3 + 5(0{,}03) - 5}{(0{,}03)^2} \approx -8{,}72 \times 10^{3}\ \frac{1}{\mathrm{m\cdot s}}

a)

v(L/2) = A(0{,}015)^2 - 5(0{,}015) + 5 \approx \mathbf{2{,}96\ m/s}

b)

\tau(0) = \mu\,(-B) = -0{,}01\ \mathrm{Pa} \qquad \tau(L) = \mu\,(2AL - B) \approx \mathbf{-1{,}06\ Pa}

As duas negativas: o fluido resiste ao movimento nas duas paredes.

Passo a passo

Passo 1 — as condições de contorno são as velocidades das placas. Vale o não escorregamento: o fluido em contato com cada placa tem a velocidade dela.

v(0) = 5\ \mathrm{m/s} \qquad v(L) = -3\ \mathrm{m/s} \qquad\text{com}\qquad L = 30\ \mathrm{mm} = 0{,}03\ \mathrm{m}

O sinal negativo é o que diz “sentido oposto” — e é ele que faz esta questão diferente da de perfil linear.

Passo 2 — $C$ sai de graça. Em $y = 0$ , os dois primeiros termos morrem:

v(0) = A(0)^2 - B(0) + C = C \qquad\Longrightarrow\qquad C = 5\ \mathrm{m/s}

Passo 3 — $A$ sai da outra condição. Em $y = L$ :

A L^2 - B L + C = v_L \qquad\Longrightarrow\qquad A = \frac{v_L + B\,L - C}{L^2}

A = \frac{-3 + 5 \cdot 0{,}03 - 5}{(0{,}03)^2} = \frac{-3 + 0{,}15 - 5}{0{,}0009} = \frac{-7{,}85}{0{,}0009}

A = -8722{,}2\ \frac{1}{\mathrm{m\cdot s}} \approx -8{,}72 \times 10^{3}\ \frac{1}{\mathrm{m\cdot s}}

Passo 4 — item (a): a velocidade no meio da folga. Com $y = L/2 = 0{,}015\ \mathrm{m}$ :

v(0{,}015) = (-8722{,}2)(0{,}015)^2 - 5(0{,}015) + 5

v = -8722{,}2 \cdot 2{,}25\times10^{-4} - 0{,}075 + 5 = -1{,}9625 - 0{,}075 + 5

v(L/2) = 2{,}9625\ \mathrm{m/s} \approx 2{,}96\ \mathrm{m/s}

Passo 5 — item (b): as tensões nas paredes. Derivando o perfil:

\frac{dv}{dy} = 2Ay - B

Na placa inferior ( $y = 0$ ), o termo quadrático não contribui:

\tau(0) = \mu\,(-B) = 0{,}002 \cdot (-5) = -0{,}01\ \mathrm{Pa}

Na placa superior ( $y = L$ ):

2AL - B = 2(-8722{,}2)(0{,}03) - 5 = -523{,}3 - 5 = -528{,}3\ \mathrm{s^{-1}}

\tau(L) = 0{,}002 \cdot (-528{,}3) = -1{,}0567\ \mathrm{Pa} \approx -1{,}06\ \mathrm{Pa}

As duas são negativas — o fluido resiste ao movimento em ambas as paredes — mas a da placa superior é cem vezes maior em módulo, porque é lá que o perfil está mais inclinado.

Passo 6 — por que o meio não é o zero. Se o perfil fosse linear, a velocidade nula estaria em

y_0^{\text{linear}} = L\,\frac{5}{5 + 3} = 0{,}03 \cdot 0{,}625 = 18{,}8\ \mathrm{mm}

Com o perfil quadrático, resolve-se $A y^2 - 5y + 5 = 0$ :

y_0 = \frac{5 - \sqrt{25 + 4 \cdot 8722{,}2 \cdot 5}}{2 \cdot (-8722{,}2)} \approx 23{,}7\ \mathrm{mm}

Nos dois casos a camada parada fica mais perto da placa lenta (a de $3\ \mathrm{m/s}$ ) — e o valor $2{,}96\ \mathrm{m/s}$ no meio da folga, ainda bem positivo, é coerente com isso.

Conferência — $L$ tem de entrar em metros: com 30 no lugar de 0,03, $A$ erra por $10^6$ ✔ $C$ é a velocidade da placa de baixo, sem conta ✔ $v(L/2)$ tem de ficar entre $-3$ e $+5$ ✔

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova (turma KT), em folha de Mathcad. O texto acima foi reconstruído dela — e a reconstrução se confirmou depois: a questão 4 da prova de 2022.1, mais adiante nesta página, é esta mesma questão, com a mesma forma $v(y) = Ay^2 - By + C$ e os mesmos dois itens, só com outros números.

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Questão 251º EEProva · turma KTContinuidade · Mistura de dois gases num dutoVer material

Duas correntes de gás entram num misturador e saem por um único duto, em regime permanente. Os dados de entrada são:

corrente	$p$	$T$	$M$	$Q$
①	$8 \times 10^5\ \mathrm{Pa}$	$400\ \mathrm{K}$	$28\ \mathrm{g/mol}$	$0{,}03\ \mathrm{m^3/s}$
②	$4 \times 10^5\ \mathrm{Pa}$	$600\ \mathrm{K}$	$44\ \mathrm{g/mol}$	$0{,}02\ \mathrm{m^3/s}$

Determine a vazão mássica na seção de saída ③.

Dado: $R = 8{,}314\ \mathrm{J/(mol \cdot K)}$ .

O volume de controle envolve o misturador: em regime permanente, o que entra de massa tem de sair de massa — mas o que entra de volume não tem de sair de volume.

Gabarito

\rho = \frac{p\,M}{R\,T} \qquad \dot m = \rho\,Q

\rho_1 = \frac{8\times10^5 \cdot 0{,}028}{8{,}314 \cdot 400} = 6{,}736\ \mathrm{kg/m^3} \qquad \dot m_1 = 0{,}202\ \mathrm{kg/s}

\rho_2 = \frac{4\times10^5 \cdot 0{,}044}{8{,}314 \cdot 600} = 3{,}528\ \mathrm{kg/m^3} \qquad \dot m_2 = 0{,}071\ \mathrm{kg/s}

\dot m_3 = \dot m_1 + \dot m_2 \approx \mathbf{0{,}273\ kg/s}

Passo a passo

Passo 1 — a conservação de massa é sobre massa, não sobre volume. Em regime permanente, para um volume de controle com duas entradas e uma saída:

\dot m_3 = \dot m_1 + \dot m_2

O que não vale é somar as vazões volumétricas: $Q_3 \ne Q_1 + Q_2$ , porque os gases estão a pressões e temperaturas diferentes, logo com massas específicas diferentes. Este é o ponto da questão.

Passo 2 — a equação de estado dá o $\rho$ de cada corrente. Para gás ideal,

p\,V = n\,R\,T \qquad\text{com}\qquad n = \frac{m}{M}

p\,V = \frac{m}{M}\,R\,T \qquad\Longrightarrow\qquad \rho = \frac{m}{V} = \frac{p\,M}{R\,T}

Passo 3 — a corrente ①. Com $M_1 = 28\ \mathrm{g/mol} = 0{,}028\ \mathrm{kg/mol}$ :

\rho_1 = \frac{8\times10^5 \cdot 0{,}028}{8{,}314 \cdot 400} = \frac{22\,400}{3325{,}6} = 6{,}7356\ \mathrm{kg/m^3}

\dot m_1 = \rho_1\,Q_1 = 6{,}7356 \cdot 0{,}03 = 0{,}20207\ \mathrm{kg/s}

Passo 4 — a corrente ②. Com $M_2 = 44\ \mathrm{g/mol} = 0{,}044\ \mathrm{kg/mol}$ :

\rho_2 = \frac{4\times10^5 \cdot 0{,}044}{8{,}314 \cdot 600} = \frac{17\,600}{4988{,}4} = 3{,}5281\ \mathrm{kg/m^3}

\dot m_2 = \rho_2\,Q_2 = 3{,}5281 \cdot 0{,}02 = 0{,}07056\ \mathrm{kg/s}

Passo 5 — somar.

\dot m_3 = 0{,}20207 + 0{,}07056 = 0{,}27263\ \mathrm{kg/s} \approx 0{,}273\ \mathrm{kg/s}

Conferência — a massa molar tem de ir de g/mol para kg/mol ✔ a temperatura em kelvin, nunca em °C ✔ vazões volumétricas de gases não se somam ✔

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova (turma KT). Os dados acima são exatamente os que ela declara, e o arranjo de duas entradas e uma saída foi reconstruído de $\dot m_3 = \dot m_1 + \dot m_2$ , a única linha de conta que ela escreve. A reconstrução se confirmou depois: a questão 5 da prova de 2022.1, mais adiante nesta página, é esta mesma questão — “dois tubos de entrada e um de saída” —, só com outros números.

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Questão 261º EEProva · turma KTSuperfície plana · Comporta triangular verticalVer material

Uma comporta triangular vertical tem base $B = 4\ \mathrm{m}$ no nível da superfície livre e vértice apontado para baixo, a $H = 6\ \mathrm{m}$ de profundidade.

a) Determine a força hidrostática resultante sobre a comporta.

b) Determine a profundidade do centro de pressão.

Dado: $\gamma = 10\,000\ \mathrm{N/m^3}$ .

A base no topo é o que faz o centroide ficar a $H/3$ — se o triângulo estivesse de cabeça para baixo, seria $2H/3$ .

Gabarito

a)

A = \frac{B\,H}{2} = 12\ \mathrm{m^2} \qquad \bar h = \frac{H}{3} = 2\ \mathrm{m}

F = \gamma\,\bar h\,A = 10\,000 \cdot 2 \cdot 12 = \mathbf{2{,}4 \times 10^5\ N} = 240\ \mathrm{kN}

b)

I_{CG} = \frac{B\,H^3}{36} = 24\ \mathrm{m^4} \qquad h_{CP} = \bar h + \frac{I_{CG}}{\bar h\,A} = 2 + \frac{24}{24} = \mathbf{3\ m}

Passo a passo

Passo 1 — a geometria do triângulo. Área e posição do centroide, com a base na superfície e o vértice para baixo:

A = \frac{B\,H}{2} = \frac{4 \cdot 6}{2} = 12\ \mathrm{m^2} \qquad \bar h = \frac{H}{3} = \frac{6}{3} = 2\ \mathrm{m}

Passo 2 — a força é a pressão no centroide vezes a área. Esse é o resultado central da estática de superfícies planas: não é a pressão do fundo, nem a média entre topo e fundo em geral — é a pressão em $\bar h$ .

F = p_{CG}\,A = \gamma\,\bar h\,A

F = 10\,000 \cdot 2 \cdot 12 = 240\,000\ \mathrm{N} = 240\ \mathrm{kN}

Passo 3 — por que a força não passa pelo centroide. A pressão cresce linearmente com a profundidade, então a parte de baixo da comporta é mais empurrada que a de cima. O ponto de aplicação da resultante — o centro de pressão — fica portanto mais fundo que o centroide.

O quanto mais fundo sai do momento de segunda ordem da área:

y_{CP} = \bar y + \frac{I_{CG}}{\bar y\,A}

Passo 4 — a comporta é vertical, o que simplifica. Com $\theta = \pi/2$ :

\bar y = \frac{\bar h}{\sin\theta} = \frac{2}{1} = 2\ \mathrm{m}

I_{CG} = \frac{B\,H^3}{36} = \frac{4 \cdot 6^3}{36} = \frac{864}{36} = 24\ \mathrm{m^4}

Passo 5 — o centro de pressão.

y_{CP} = 2 + \frac{24}{2 \cdot 12} = 2 + \frac{24}{24} = 2 + 1 = 3\ \mathrm{m}

E, como a comporta é vertical, a profundidade é a mesma distância:

h_{CP} = y_{CP}\,\sin\theta = 3\ \mathrm{m}

Passo 6 — as duas conferências que valem a pena.

O CP tem de estar entre o centroide e o ponto mais fundo da figura:

2\ \mathrm{m} < 3\ \mathrm{m} < 6\ \mathrm{m} \ \checkmark

E o CP a $H/2$ exatamente é uma marca conhecida do triângulo com base no topo: $h_{CP} = H/2$ sempre, qualquer que seja $B$ . Aqui, $6/2 = 3$ ✔

Conferência — o centroide é $H/3$ porque a base está no topo ✔ $I_{CG}$ do triângulo é $BH^3/36$ , não $BH^3/12$ (esse é do retângulo) ✔ o CP tem de ficar abaixo do CG ✔

Sobre o enunciado — o acervo tem apenas a resolução desta prova (turma KT). A comporta acima foi reconstruída a partir dela: $\bar h = H/3$ , $A = BH/2$ e $I_{CG} = BH^3/36$ com $B = 4$ e $H = 6$ identificam o triângulo com base na superfície, e $\theta = \pi/2$ diz que é vertical.

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Questão 271º EE2022.1 · turma KTMáquina hidráulica · Bomba ou turbina, com perdas e Moody2,0 ptsVer material

Considere o sistema de escoamento de água ( $\rho = 1000\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $\mu = 0{,}001\ \mathrm{Pa\cdot s}$ ) a seguir. Um tanque de grandes dimensões ① está conectado a uma máquina que descarrega água no ponto ② com uma vazão de $1{,}2\ \mathrm{m^3/s}$ , constante ao longo de toda a tubulação. A tubulação de concreto grosseiro (concrete, coarse) tem diâmetro interno de $50{,}0\ \mathrm{cm}$ .

a) (1,0 pt.) A máquina é uma bomba ou uma turbina? Justifique matematicamente a sua resposta.

b) (1,0 pt.) A potência real da máquina, considerando que esta tem $80\ \%$ de rendimento.

Dados: $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ ; $k_{\text{joelho}} = 0{,}55$ ; $k_{\text{válvula}} = 1{,}52$ ; para concreto grosseiro, $\varepsilon = 0{,}25\ \mathrm{mm}$ .

Os quatro círculos marcam os joelhos. Somando os sete trechos: $5 + 10 + 2 + 4 + 3 + 5 + 5 = 34\ \mathrm{m}$ de tubulação.

Gabarito

a) Turbina.

v = \frac{Q}{A} = \frac{1{,}2}{0{,}196} = 6{,}11\ \mathrm{m/s} \qquad h_p = h_{pd} + h_{pl} = 2{,}16 + 6{,}95 = 9{,}11\ \mathrm{m}

M = y_2 - y_1 + \frac{v^2}{2g} + h_p = 5 - 25 + 1{,}87 + 9{,}11 = \mathbf{-9{,}03\ m}

O sinal negativo significa que a máquina retira carga do fluido: é uma turbina.

b)

N_T = \rho\,Q\,g\,|M|\,\eta = 1000 \cdot 1{,}2 \cdot 10 \cdot 9{,}03 \cdot 0{,}80 \approx \mathbf{86{,}7\ kW}

Passo a passo

Passo 1 — as duas cotas, lidas do desenho. Tomando como referência o trecho mais baixo da tubulação:

o tanque tem $15{,}0\ \mathrm{m}$ de coluna e sua saída está $10{,}0\ \mathrm{m}$ acima do trecho baixo, logo a superfície livre está em $y_1 = 15 + 10 = 25\ \mathrm{m}$ ;
a descarga ② está $5{,}0\ \mathrm{m}$ acima do trecho baixo, logo $y_2 = 5\ \mathrm{m}$ .

Passo 2 — a velocidade na tubulação.

A = \frac{\pi d^2}{4} = \frac{\pi (0{,}5)^2}{4} = 0{,}1963\ \mathrm{m^2} \qquad v = \frac{Q}{A} = \frac{1{,}2}{0{,}1963} = 6{,}112\ \mathrm{m/s}

E a carga cinética, que vai aparecer três vezes:

\frac{v^2}{2g} = \frac{6{,}112^2}{2 \cdot 10} = \frac{37{,}36}{20} = 1{,}868\ \mathrm{m}

Passo 3 — o regime, para escolher o fator de atrito no Moody.

Re = \frac{\rho\,v\,d}{\mu} = \frac{1000 \cdot 6{,}112 \cdot 0{,}5}{0{,}001} = 3{,}06 \times 10^{6}

Muito acima de $4000$ : turbulento, e num Reynolds tão alto o escoamento está na região de atrito plenamente turbulento do diagrama, onde $f$ depende só da rugosidade relativa.

\frac{\varepsilon}{d} = \frac{2{,}5 \times 10^{-4}}{0{,}5} = 5 \times 10^{-4} \qquad\Longrightarrow\qquad f \approx 0{,}017

Passo 4 — a perda distribuída, por Darcy-Weisbach. Com $L = 34\ \mathrm{m}$ :

h_{pd} = f\,\frac{L}{d}\,\frac{v^2}{2g} = 0{,}017 \cdot \frac{34}{0{,}5} \cdot 1{,}868

h_{pd} = 0{,}017 \cdot 68 \cdot 1{,}868 = 1{,}156 \cdot 1{,}868 = 2{,}159\ \mathrm{m}

Passo 5 — as perdas localizadas, pelo método dos coeficientes $k$ .

h_{pl} = \left(4k_j + k_v\right)\frac{v^2}{2g} = \left(4 \cdot 0{,}55 + 1{,}52\right) \cdot 1{,}868

h_{pl} = (2{,}20 + 1{,}52) \cdot 1{,}868 = 3{,}72 \cdot 1{,}868 = 6{,}947\ \mathrm{m}

h_p = h_{pd} + h_{pl} = 2{,}159 + 6{,}947 = 9{,}106\ \mathrm{m}

Passo 6 — a equação da energia com máquina. Do tanque ① (superfície livre) até a descarga ②:

\frac{p_1}{\gamma} + \frac{v_1^2}{2g} + y_1 + M = \frac{p_2}{\gamma} + \frac{v_2^2}{2g} + y_2 + h_p

O que cai e o que fica:

$p_1 = p_2 = p_{\text{atm}}$ — o tanque é aberto e o jato descarrega no ar;
$v_1 \approx 0$ — tanque de grandes dimensões;
$v_2 = v = 6{,}112\ \mathrm{m/s}$ — a descarga é livre, então a carga cinética de saída fica na equação. É aqui que a questão separa quem leu o enunciado.

M = y_2 - y_1 + \frac{v^2}{2g} + h_p

M = 5 - 25 + 1{,}868 + 9{,}106 = -9{,}026\ \mathrm{m}

Passo 7 — ler o sinal, que é o item (a). A convenção é: $M > 0$ , a máquina fornece carga (bomba); $M < 0$ , a máquina retira carga (turbina).

Aqui $M < 0$ : turbina. E o sentido físico está claro — a água cai $20\ \mathrm{m}$ , e desses $20\ \mathrm{m}$ de energia disponível, $11\ \mathrm{m}$ vão para o atrito e a carga cinética de saída; os $9\ \mathrm{m}$ restantes sobram para a máquina extrair.

Passo 8 — a potência real, que é o item (b). Para turbina, o rendimento multiplica: parte da carga extraída se perde no equipamento, e só $\eta$ dela chega ao eixo.

N_T = \rho\,Q\,g\,|M|\,\eta = 1000 \cdot 1{,}2 \cdot 10 \cdot 9{,}026 \cdot 0{,}80

N_T = 108\,312 \cdot 0{,}80 = 86\,650\ \mathrm{W} \approx 86{,}7\ \mathrm{kW}

Conferência — $y_1$ é $15 + 10$ , não $15$ ✔ a descarga livre mantém $v^2/2g$ na equação ✔ os quatro joelhos são $4 \times 0{,}55$ , não $0{,}55$ ✔ $M$ negativo é turbina, e o rendimento multiplica ✔

Sobre o enunciado — esta questão aparece idêntica, com os mesmos números, na prova de 2022.1 (questão 7) e na resolução da turma KT — foi como a folha de Mathcad da KT pôde ser conferida trecho por trecho.

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Questão 281º EE2022.1Conceitos · Tensão, tensão normal e tensão cisalhante1,0 ptVer material

O que é uma tensão sobre um fluido? E tensão normal? E tensão cisalhante?

Toda força de superfície se decompõe em perpendicular e tangente à área — e cada componente dá origem a uma tensão de nome próprio.

Gabarito

Tensão é a razão entre uma força de superfície e a área sobre a qual ela atua: $\sigma = F/A$ , em $\mathrm{N/m^2} = \mathrm{Pa}$ .

Tensão normal é a que vem da componente perpendicular à área. Num fluido em repouso é a única que existe, e é a pressão.

Tensão cisalhante é a que vem da componente tangente à área. É ela que deforma o fluido continuamente — um fluido em repouso não suporta tensão cisalhante alguma.

Passo a passo

1 — Tensão: força por área, e só de força de superfície.

\text{tensão} = \frac{\text{força de superfície}}{\text{área de contato}}

Duas observações que a resposta precisa carregar:

a força tem de ser de superfície (contato). Peso é força de corpo, atua no volume, e não define tensão;
a unidade é $\mathrm{N/m^2} = \mathrm{Pa}$ , a mesma da pressão — porque a pressão é uma tensão.

2 — A decomposição, que é o coração da pergunta. Uma força qualquer sobre um elemento de área se separa em duas componentes:

\vec F = \underbrace{\vec F_n}_{\perp\,\text{à área}} + \underbrace{\vec F_t}_{\parallel\,\text{à área}}

e cada uma gera a sua tensão:

\sigma = \frac{F_n}{A} \qquad\qquad \tau = \frac{F_t}{A}

3 — Tensão normal $\sigma$ é a pressão. Vem da componente perpendicular, isto é, de empurrar (ou puxar) a superfície de frente. Num fluido em repouso:

é a única tensão que existe;
é sempre de compressão (empurra a superfície) — líquidos não sustentam tração apreciável;
é isotrópica: no mesmo ponto, tem o mesmo valor em qualquer direção que se oriente a área. É o princípio de Pascal, e é por isso que a pressão pode ser tratada como escalar.

4 — Tensão cisalhante $\tau$ é a que faz o fluido escoar. Vem da componente tangente, isto é, de arrastar a superfície de lado. Para um fluido newtoniano:

\tau = \mu\,\frac{du}{dy}

E aqui está a ligação com a definição de fluido: aplicar $\tau$ num fluido, por pequena que seja, produz deformação que não para. Logo:

\text{fluido em repouso} \qquad\Longleftrightarrow\qquad \tau = 0\ \text{em todo ponto}

Se houvesse alguma tensão cisalhante, o fluido estaria escoando — não estaria em repouso.

Conferência — tensão é força de superfície por área ✔ normal é perpendicular e é a pressão; cisalhante é tangente e é a que deforma ✔ dizer que num fluido em repouso só existe tensão normal é o ponto que a questão quer ouvir ✔

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Questão 291º EE2022.1Empuxo · O que é e quando o corpo flutua, equilibra ou afunda1,0 ptVer material

O que é empuxo? Em que condições um objeto flutua, permanece em equilíbrio ou afunda em um líquido?

Os três casos são o mesmo balanço entre duas forças: o peso, para baixo, e o empuxo, para cima.

Gabarito

Empuxo é a força vertical, para cima, que um fluido exerce sobre um corpo nele imerso, total ou parcialmente. Pelo princípio de Arquimedes, seu módulo é o peso do fluido deslocado:

F_e = \gamma_{\text{fluido}}\,V_{\text{deslocado}} = \rho_{\text{fluido}}\,g\,V_{\text{submerso}}

Comparando com o peso $P = \rho_{\text{corpo}}\,g\,V_{\text{corpo}}$ , para o corpo totalmente submerso:

$P > F_e$ , isto é $\rho_{\text{corpo}} > \rho_{\text{fluido}}$ → afunda;
$P = F_e$ , isto é $\rho_{\text{corpo}} = \rho_{\text{fluido}}$ → permanece em equilíbrio em qualquer profundidade;
$P < F_e$ , isto é $\rho_{\text{corpo}} < \rho_{\text{fluido}}$ → sobe e flutua, emergindo até que o volume ainda submerso desloque fluido de peso igual ao seu.

Passo a passo

1 — De onde o empuxo vem. Não é uma força nova: é o resultado da distribuição de pressão. A pressão cresce com a profundidade, então a face de baixo do corpo recebe mais pressão que a de cima, e a diferença é uma resultante para cima.

Para um bloco de área $A$ e altura $h$ , com o topo a $z_1$ e a base a $z_2 = z_1 + h$ :

F_e = \underbrace{p_2 A}_{\text{de baixo, para cima}} - \underbrace{p_1 A}_{\text{de cima, para baixo}} = \gamma\,(z_2 - z_1)\,A = \gamma\,h\,A = \gamma\,V

E $\gamma V$ é exatamente o peso do fluido que ocupava aquele volume — o princípio de Arquimedes cai como consequência de Stevin.

2 — O critério é um balanço de duas forças. Sobre o corpo imerso agem o peso (para baixo) e o empuxo (para cima):

P = \rho_c\,g\,V_c \qquad\qquad F_e = \rho_f\,g\,V_{\text{sub}}

Com o corpo totalmente submerso, $V_{\text{sub}} = V_c$ , e a comparação se reduz às massas específicas — o volume se cancela:

\frac{P}{F_e} = \frac{\rho_c}{\rho_f}

Daí os três casos, e daí o fato de o tamanho do corpo não importar: um parafuso de aço e um navio de aço maciço afundariam igual.

3 — Afunda: $\rho_c > \rho_f$ . A resultante é para baixo. O corpo desce até o fundo e ali o fundo passa a exercer uma reação normal que completa o equilíbrio:

N = P - F_e = P_{\text{aparente}}

É o peso aparente — o que uma balança marcaria com o corpo submerso.

4 — Equilíbrio: $\rho_c = \rho_f$ . Peso e empuxo se cancelam em qualquer profundidade, e o corpo fica onde for deixado. É o princípio do submarino e da bexiga natatória dos peixes: variando o próprio volume (ou a própria massa), o corpo troca de caso.

5 — Flutua: $\rho_c < \rho_f$ . A resultante é para cima e o corpo sobe. Ao emergir, o volume submerso diminui e com ele o empuxo, até que os dois se igualem:

\rho_f\,g\,V_{\text{sub}} = \rho_c\,g\,V_c \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{V_{\text{sub}}}{V_c} = \frac{\rho_c}{\rho_f}

A fração submersa é a razão das massas específicas — é por isso que o gelo ( $\rho \approx 917$ ) flutua com $92\ \%$ do volume dentro da água, e só $8\ \%$ aparecendo.

Conferência — o $\rho$ do empuxo é do fluido e o $V$ é do corpo ✔ os três casos se decidem por comparação de massas específicas, não de pesos nem de volumes ✔ para corpo flutuante, $V_{\text{sub}} < V_c$ ✔

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Questão 301º EE2022.1Viscosidade · Perfil quadrático com as placas no mesmo sentido2,0 ptsVer material

Considere que um líquido newtoniano ( $\mu = 0{,}003\ \mathrm{Pa\cdot s}$ ) está mantido entre duas placas planas horizontais infinitas separadas por uma distância de $40\ \mathrm{mm}$ . A placa superior começa a se mover com velocidade de $4{,}0\ \mathrm{m/s}$ , enquanto a placa inferior também começa a se mover na mesma direção, contudo, com velocidade de $2{,}0\ \mathrm{m/s}$ . Admitindo uma distribuição de velocidades no líquido do tipo

v(y) = A\,y^2 - B\,y + C \qquad\text{sendo}\qquad B = 10\ \mathrm{s^{-1}}

e $A$ , $C$ constantes, determine:

a) (1,0 pt.) A velocidade no meio do fluido (distância média entre as duas placas).

b) (1,0 pt.) As tensões cisalhantes nas placas superior e inferior.

As duas placas vão para o mesmo lado, então o perfil nunca cruza o zero — mas o termo $-By$ ainda faz a velocidade cair um pouco antes de subir.

Gabarito

C = v(0) = 2{,}0\ \mathrm{m/s} \qquad A = \frac{v_L + B\,L - C}{L^2} = \frac{4{,}0 + 10(0{,}04) - 2{,}0}{(0{,}04)^2} = 1500\ \frac{1}{\mathrm{m\cdot s}}

a)

v(L/2) = 1500(0{,}02)^2 - 10(0{,}02) + 2{,}0 = \mathbf{2{,}4\ m/s}

b)

\tau(0) = \mu\,(-B) = 0{,}003 \cdot (-10) = \mathbf{-0{,}03\ Pa}

\tau(L) = \mu\,(2AL - B) = 0{,}003 \cdot (120 - 10) = \mathbf{+0{,}33\ Pa}

Passo a passo

Passo 1 — as condições de contorno. Pelo não escorregamento, o fluido em contato com cada placa tem a velocidade dela. Com $L = 40\ \mathrm{mm} = 0{,}04\ \mathrm{m}$ :

v(0) = 2{,}0\ \mathrm{m/s} \qquad v(L) = 4{,}0\ \mathrm{m/s}

As duas positivas, porque as placas vão na mesma direção.

Passo 2 — $C$ é a velocidade da placa de baixo.

v(0) = A(0)^2 - B(0) + C = C \qquad\Longrightarrow\qquad C = 2{,}0\ \mathrm{m/s}

Passo 3 — $A$ vem da placa de cima.

A L^2 - B L + C = v_L \qquad\Longrightarrow\qquad A = \frac{v_L + B\,L - C}{L^2}

A = \frac{4{,}0 + 10 \cdot 0{,}04 - 2{,}0}{(0{,}04)^2} = \frac{4{,}0 + 0{,}4 - 2{,}0}{0{,}0016} = \frac{2{,}4}{0{,}0016} = 1500\ \frac{1}{\mathrm{m\cdot s}}

Passo 4 — item (a): o meio da folga. Com $y = L/2 = 0{,}02\ \mathrm{m}$ :

v(0{,}02) = 1500 \cdot (0{,}02)^2 - 10 \cdot 0{,}02 + 2{,}0

v = 1500 \cdot 4\times10^{-4} - 0{,}2 + 2{,}0 = 0{,}6 - 0{,}2 + 2{,}0 = 2{,}4\ \mathrm{m/s}

Repare que $2{,}4$ é menor que a média aritmética das placas ( $3{,}0\ \mathrm{m/s}$ ). O perfil não é linear, então a média não vale — e é justamente isso que a questão quer verificar.

Passo 5 — item (b): a derivada do perfil.

\frac{dv}{dy} = 2Ay - B = 3000\,y - 10

Na placa inferior ( $y = 0$ ):

\frac{dv}{dy}\bigg|_{0} = -10\ \mathrm{s^{-1}} \qquad\Longrightarrow\qquad \tau(0) = 0{,}003 \cdot (-10) = -0{,}03\ \mathrm{Pa}

Na placa superior ( $y = L = 0{,}04\ \mathrm{m}$ ):

\frac{dv}{dy}\bigg|_{L} = 3000 \cdot 0{,}04 - 10 = 120 - 10 = 110\ \mathrm{s^{-1}}

\tau(L) = 0{,}003 \cdot 110 = 0{,}33\ \mathrm{Pa}

Passo 6 — o que os sinais opostos significam. Ao contrário do caso de placas em sentidos opostos, aqui as duas tensões têm sinais diferentes. Isso porque o perfil tem um mínimo dentro da folga:

\frac{dv}{dy} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad y_{\min} = \frac{B}{2A} = \frac{10}{3000} = 3{,}33\ \mathrm{mm}

v_{\min} = 1500(0{,}00333)^2 - 10(0{,}00333) + 2{,}0 \approx 1{,}98\ \mathrm{m/s}

Abaixo de $3{,}33\ \mathrm{mm}$ o fluido desacelera com a altura; acima, acelera. Nas duas paredes o fluido é mais lento que a placa, então as duas placas são freadas — e a de cima, onde o gradiente é onze vezes maior, é freada muito mais.

Conferência — $L$ em metros ( $0{,}04$ , não $40$ ) ✔ $C$ é a velocidade da placa inferior, não a média ✔ $v(L/2) = 2{,}4$ tem de ficar entre $2{,}0$ e $4{,}0$ ✔ os sinais de $\tau$ nas duas placas saem opostos, e isso é consequência do mínimo interno ✔

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Questão 311º EE2022.1Continuidade · Vazão mássica da mistura de dois gases1,5 ptsVer material

Um sistema de escoamento é composto por dois tubos de entrada e um de saída. O tubo ① de entrada admite um gás ( $P_1 = 10\ \mathrm{atm}$ ; $T_1 = 500\ \mathrm{K}$ ; $\mathcal{M}_1 = 28\ \mathrm{g/mol}$ ) com uma vazão de $0{,}01\ \mathrm{m^3/s}$ e o tubo ② também de entrada admite outro gás ( $P_2 = 3\ \mathrm{atm}$ ; $T_2 = 750\ \mathrm{K}$ ; $\mathcal{M}_2 = 44\ \mathrm{g/mol}$ ) com vazão de $0{,}04\ \mathrm{m^3/s}$ . A mistura formada é descarregada pelo tubo ③. Determinar a vazão mássica da mistura na saída do sistema. Considere o regime permanente e o escoamento uniforme.

Dado: $R = 8{,}314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}$ .

Regime permanente é o que autoriza escrever $\dot m_3 = \dot m_1 + \dot m_2$ : nada de massa se acumula dentro do volume de controle.

Gabarito

\rho = \frac{P\,\mathcal{M}}{R\,T} \qquad \dot m = \rho\,Q

\rho_1 = \frac{1{,}013\times10^6 \cdot 0{,}028}{8{,}314 \cdot 500} = 6{,}82\ \mathrm{kg/m^3} \qquad \dot m_1 = 0{,}0682\ \mathrm{kg/s}

\rho_2 = \frac{3{,}04\times10^5 \cdot 0{,}044}{8{,}314 \cdot 750} = 2{,}14\ \mathrm{kg/m^3} \qquad \dot m_2 = 0{,}0858\ \mathrm{kg/s}

\dot m_3 = \dot m_1 + \dot m_2 \approx \mathbf{0{,}154\ kg/s}

Passo a passo

Passo 1 — a conservação de massa é sobre massa, não sobre volume. Em regime permanente, para um volume de controle com duas entradas e uma saída:

\frac{dm_{VC}}{dt} = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad \dot m_3 = \dot m_1 + \dot m_2

O que não vale é somar as vazões volumétricas: $Q_3 \ne Q_1 + Q_2$ , porque os dois gases entram a pressões e temperaturas diferentes, logo com massas específicas diferentes. Este é o ponto da questão.

Passo 2 — a equação de estado dá o $\rho$ de cada corrente. Para gás ideal, com $n = m/\mathcal{M}$ :

P\,V = n\,R\,T = \frac{m}{\mathcal{M}}\,R\,T \qquad\Longrightarrow\qquad \rho = \frac{m}{V} = \frac{P\,\mathcal{M}}{R\,T}

Passo 3 — converter as unidades antes de tudo. São três conversões, e cada uma derruba a conta se ficar de fora:

1\ \mathrm{atm} = 1{,}013\times10^5\ \mathrm{Pa} \qquad \mathcal{M}\ [\mathrm{g/mol}] \to [\mathrm{kg/mol}]:\ \div\,1000

P_1 = 10\ \mathrm{atm} = 1{,}013\times10^6\ \mathrm{Pa} \qquad P_2 = 3\ \mathrm{atm} = 3{,}04\times10^5\ \mathrm{Pa}

A temperatura já vem em kelvin — é o único dado que não precisa de conversão.

Passo 4 — a corrente ①.

\rho_1 = \frac{1{,}013\times10^6 \cdot 0{,}028}{8{,}314 \cdot 500} = \frac{28\,364}{4157} = 6{,}824\ \mathrm{kg/m^3}

\dot m_1 = \rho_1\,Q_1 = 6{,}824 \cdot 0{,}01 = 0{,}06824\ \mathrm{kg/s}

Passo 5 — a corrente ②.

\rho_2 = \frac{3{,}04\times10^5 \cdot 0{,}044}{8{,}314 \cdot 750} = \frac{13\,372}{6235{,}5} = 2{,}145\ \mathrm{kg/m^3}

\dot m_2 = \rho_2\,Q_2 = 2{,}145 \cdot 0{,}04 = 0{,}08579\ \mathrm{kg/s}

Passo 6 — somar.

\dot m_3 = 0{,}06824 + 0{,}08579 = 0{,}15403\ \mathrm{kg/s} \approx 0{,}154\ \mathrm{kg/s}

Conferência — atm tem de ir para pascal ✔ g/mol tem de ir para kg/mol ✔ vazões volumétricas de gases não se somam, vazões mássicas sim ✔ a ordem de grandeza é décimo de $\mathrm{kg/s}$ : se saiu $10^2$ , ficou faltando dividir a massa molar por 1000 ✔

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Questão 321º EE2022.1Manometria · Pressão no ponto M com quatro fluidos em série1,5 ptsVer material

Considere a figura a seguir. Determine a pressão manométrica no ponto $M$ .

Dados: $P_{atm} = 1 \times 10^5\ \mathrm{Pa}$ ; $\rho_{\text{água}} = 1000\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $\rho_{\text{óleo}} = 800\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $\rho_{Hg} = 13\,600\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ ; $h_1 = 20\ \mathrm{cm}$ ; $h_2 = 12\ \mathrm{cm}$ ; $h_3 = 17\ \mathrm{cm}$ .

O nível da água no tubo aberto e o topo do óleo estão na mesma altura — é o que a linha tracejada do alto marca, e é dela que $h_1$ , $h_2$ e $h_3$ são medidos.

Gabarito

p_M = P_{atm} + \rho_a g h_1 + \rho_{Hg} g (h_2 + h_3 - h_1) - \rho_a g h_3 - \rho_o g \frac{h_2}{2}

p_M = 10^5 + 2000 + 12\,240 - 1700 - 480 = 112\,060\ \mathrm{Pa}

\boxed{\;p_{M,\text{man}} = p_M - P_{atm} = 12\,060\ \mathrm{Pa} \approx \mathbf{12{,}1\ kPa}\;}

Passo a passo

Passo 1 — mapear as alturas a partir da linha do alto. Tomando o nível tracejado do alto como zero e medindo para baixo, a figura dá:

ponto	profundidade	o que é
ⓐ	$0$	superfície da água no tubo aberto e topo do óleo
M	$h_2/2 = 6\ \mathrm{cm}$	ponto pedido, no meio do óleo
ⓒ	$h_2 = 12\ \mathrm{cm}$	interface óleo/água no vaso
ⓑ	$h_1 = 20\ \mathrm{cm}$	interface água/Hg no tubo aberto
ⓓ	$h_2 + h_3 = 29\ \mathrm{cm}$	interface Hg/água no vaso
fundo	$h_2 + h_3 + h_2 = 41\ \mathrm{cm}$	—

Passo 2 — o desnível do mercúrio, que não é dado direto. As duas superfícies de mercúrio estão a profundidades diferentes: $20\ \mathrm{cm}$ no tubo aberto e $29\ \mathrm{cm}$ no vaso. A diferença é

\Delta z_{Hg} = (h_2 + h_3) - h_1 = 29 - 20 = 9\ \mathrm{cm}

com o mercúrio mais alto no tubo aberto. É este $9\ \mathrm{cm}$ que carrega quase toda a resposta, porque é o único trecho percorrido em mercúrio.

Passo 3 — caminhar do lado conhecido para o desconhecido. O único ponto de pressão conhecida é a superfície aberta:

p_ⓐ = P_{atm}

Daí se desce e sobe, trocando de fluido em cada interface. A regra é uma só: descer soma, subir subtrai, com o $\rho$ do fluido daquele trecho.

Passo 4 — trecho 1: descer $h_1$ na água do tubo aberto (ⓐ → ⓑ).

p_ⓑ = P_{atm} + \rho_a\,g\,h_1 = 10^5 + 1000 \cdot 10 \cdot 0{,}20 = 10^5 + 2000

Passo 5 — trecho 2: descer $9\ \mathrm{cm}$ no mercúrio (ⓑ → ⓓ). O caminho real desce pelo tubo, atravessa o canal do fundo e sobe pelo vaso — mas a pressão só depende da diferença de nível entre a entrada e a saída do trecho, e ela é de $9\ \mathrm{cm}$ para baixo.

p_ⓓ = p_ⓑ + \rho_{Hg}\,g\,(0{,}09) = p_ⓑ + 13\,600 \cdot 10 \cdot 0{,}09 = p_ⓑ + 12\,240

Passo 6 — trecho 3: subir $h_3$ na água do vaso (ⓓ → ⓒ).

p_ⓒ = p_ⓓ - \rho_a\,g\,h_3 = p_ⓓ - 1000 \cdot 10 \cdot 0{,}17 = p_ⓓ - 1700

Passo 7 — trecho 4: subir $h_2/2$ no óleo (ⓒ → M).

p_M = p_ⓒ - \rho_o\,g\,\frac{h_2}{2} = p_ⓒ - 800 \cdot 10 \cdot 0{,}06 = p_ⓒ - 480

Passo 8 — juntar.

p_M = 10^5 + 2000 + 12\,240 - 1700 - 480 = 112\,060\ \mathrm{Pa}

E a pergunta é pela manométrica, que é medida a partir da atmosférica:

p_{M,\text{man}} = 112\,060 - 100\,000 = 12\,060\ \mathrm{Pa} \approx 12{,}1\ \mathrm{kPa}

Passo 9 — o gás é distração. O gás está acima de M e não é atravessado pelo caminho escolhido, então não entra na conta. Se alguém quisesse partir dele, precisaria antes achar a sua pressão — que é justamente o que só se descobre por este mesmo caminho. Além disso, coluna de gás tem peso desprezível: $\rho_{\text{gás}}$ é da ordem de $1\ \mathrm{kg/m^3}$ contra $13\,600$ do mercúrio.

Conferência — os centímetros têm de ir para metros ✔ o trecho de mercúrio é de $9\ \mathrm{cm}$ , e esse número vem de $h_2 + h_3 - h_1$ , não do enunciado ✔ a resposta é manométrica, então a atmosférica sai no fim ✔ o resultado tem de ser positivo e pequeno diante de $P_{atm}$ : $12\ \mathrm{kPa}$ contra $100\ \mathrm{kPa}$ ✔

Sobre o enunciado — o desenho original vem de um escaneamento de baixa resolução e traz anteparos internos no vaso e no canal do fundo, que alongam o caminho sem mudar nenhum nível. A figura acima é a mesma situação redesenhada em U, com as quatro interfaces nas profundidades que as cotas $h_1$ , $h_2$ e $h_3$ definem — o que a conta usa.

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Questão 331º EE2018.1 · 2ª chamadaEscoamentos · Os regimes e do que cada um trata1,0 ptVer material

Quais são e do que tratam os regimes de escoamento de um fluido?

O que separa os três é a razão entre inércia e viscosidade — o número de Reynolds.

Gabarito

São o laminar, o de transição e o turbulento, e o que os separa é o número de Reynolds:

Re = \frac{\rho\,v\,D}{\mu} = \frac{v\,D}{\nu}

laminar — o fluido escoa como se fosse constituído de lâminas paralelas que deslizam umas sobre as outras, sem mistura macroscópica. As linhas de corrente são bem definidas e a viscosidade domina. Em tubos, $Re < 2000$ ;
transição — regime instável, em que as perturbações começam a crescer mas ainda não dominam. Em tubos, $2000 < Re < 4000$ ;
turbulento — as partículas se movem em trajetórias irregulares, com mistura macroscópica por meio de turbilhões. A inércia domina. Em tubos, $Re > 4000$ .

Passo a passo

1 — O que decide o regime. O número de Reynolds compara duas tendências:

Re = \frac{\text{forças de inércia}}{\text{forças de viscosidade}} = \frac{\rho\,v\,D}{\mu}

viscosidade tende a organizar: ela amortece qualquer perturbação que apareça;
inércia tende a desorganizar: ela faz a perturbação seguir em frente e crescer.

Quem vence define o regime. É por isso que um só número, adimensional, classifica escoamentos de fluidos e tubos completamente diferentes.

2 — Laminar. O escoamento se dá em lâminas paralelas que deslizam sem se misturar. Características:

linhas de corrente bem definidas e estáveis;
o transporte de quantidade de movimento entre camadas é só molecular (viscoso);
em tubo, o perfil de velocidade é uma parábola, e a velocidade máxima é o dobro da média;
a perda de carga é proporcional a $v$ , e o fator de atrito vale exatamente $f = 64/Re$ .

Exemplos: óleo lubrificante numa folga fina, sangue em capilares, mel escorrendo.

3 — Transição. Faixa em que o escoamento oscila entre os dois comportamentos: perturbações aparecem, crescem, e às vezes se dissipam. É um regime instável e mal comportado — nenhuma correlação funciona bem nele, e é por isso que projetos evitam operar nessa faixa.

4 — Turbulento. As partículas se movem de forma irregular e há mistura macroscópica por turbilhões (vórtices). Características:

as linhas de corrente não são definidas: há flutuações aleatórias de velocidade em torno de uma média;
o transporte entre camadas passa a ser dominado pelos turbilhões, muito mais eficiente que o molecular. Por isso o turbulento troca mais calor e mais massa;
o perfil de velocidade é bem mais achatado que a parábola, e a velocidade máxima é só cerca de $1{,}2$ vez a média;
a perda de carga é aproximadamente proporcional a $v^2$ , e $f$ depende também da rugosidade — daí o diagrama de Moody.

Exemplos: água numa adutora, ar num duto de ventilação, fumaça subindo depois de alguns centímetros.

A tabela que responde a questão

	laminar	transição	turbulento
$Re$ (em tubo)	$< 2000$	$2000$ – $4000$	$> 4000$
quem domina	viscosidade	disputa	inércia
mistura	nenhuma (macroscópica)	intermitente	intensa
perfil de velocidade	parábola	instável	achatado
$v_{máx}/v_{média}$	$2{,}0$	—	$\approx 1{,}2$
perda de carga	$\propto v$	—	$\approx \propto v^2$
fator de atrito	$f = 64/Re$	—	Moody, com rugosidade

Conferência — três regimes, com nome e faixa de Reynolds ✔ o que caracteriza cada um: lâminas sem mistura, instabilidade, mistura por turbilhões ✔ citar o Reynolds como o critério, e dizer que ele compara inércia com viscosidade ✔

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Questão 341º EE2023.1 · 2ª chamadaCisalhamento · O perfil de velocidades num tubo e as tensões2,0 ptsVer material

Desenhe o diagrama de um fluido escoando dentro de uma tubulação (completamente preenchida pelo fluido), na região de escoamento plenamente desenvolvido, representando o perfil de velocidades, com a localização das velocidades máximas e mínimas relacionadas com o raio da tubulação. E, com suas próprias palavras, explique o que vem a ser tensão de cisalhamento e o que ela tem a ver com essas velocidades.

Plenamente desenvolvido quer dizer que o perfil já não muda com $x$ : $u = u(r)$ apenas.

Gabarito

O diagrama: perfil parabólico, com

u = 0 \ \text{ em } \ r = R \ \text{(nas paredes)} \qquad\qquad u = u_{máx} \ \text{ em } \ r = 0 \ \text{(no eixo)}

Tensão de cisalhamento é a tensão gerada por forças aplicadas tangencialmente à superfície, isto é, o atrito interno entre camadas do fluido que deslizam uma sobre a outra:

\tau = \mu\,\frac{du}{dr}

A relação com as velocidades: em $r = R$ , na parede, a velocidade é nula porque há atrito entre o fluido e a parede, que não se move (condição de não escorregamento). Ao se afastar da parede surgem as tensões de cisalhamento, que são os atritos internos entre as camadas do fluido e que permitem que ele se desloque. Quanto mais longe da parede, menor a tensão de cisalhamento — e é isso que permite ao fluido alcançar a velocidade máxima no centro da tubulação.

Passo a passo

1 — O que “plenamente desenvolvido” significa. Depois de um trecho de entrada, o perfil de velocidades para de mudar ao longo do tubo:

u = u(r) \qquad\text{e não}\qquad u = u(r,x)

É a condição que permite desenhar um perfil, válido em qualquer seção.

2 — As duas velocidades extremas, e de onde vêm.

em $r = R$ (paredes): $u = 0$ . É a condição de não escorregamento: o fluido adere à parede, e a parede não se move. Verificada experimentalmente para todos os fluidos;
em $r = 0$ (eixo): $u = u_{máx}$ . É o ponto mais distante das duas paredes, onde o freio do atrito com a parede chega mais atenuado.

Para escoamento laminar em tubo, o perfil é uma parábola exata:

u(r) = u_{máx}\left[1 - \left(\frac{r}{R}\right)^2\right] \qquad\text{com}\qquad u_{máx} = 2\,\bar u

isto é, a velocidade no eixo é o dobro da velocidade média.

3 — O que é tensão de cisalhamento. É a razão entre a componente da força tangente à superfície e a área sobre a qual ela atua:

\tau = \frac{F_t}{A}

Diferente da tensão normal (que é a pressão, e empurra a superfície de frente), a cisalhante age de lado — ela tenta fazer uma camada deslizar sobre a outra. Dentro de um fluido em movimento, é o atrito interno entre camadas vizinhas que andam a velocidades diferentes.

E, para fluido newtoniano, ela é proporcional ao gradiente de velocidade:

\tau = \mu\,\frac{du}{dr}

4 — A ligação entre as duas coisas, que é o cerne da questão. Olhe o perfil e pense na inclinação dele:

posição	inclinação $du/dr$	tensão $\tau$	velocidade
$r = R$ (parede)	máxima	$\tau_{máx}$	$u = 0$
intermediária	intermediária	intermediária	intermediária
$r = 0$ (eixo)	nula	$\tau = 0$	$u = u_{máx}$

Duas leituras, e as duas contam ponto:

onde a velocidade é mínima, a tensão é máxima (parede), e onde a velocidade é máxima, a tensão é nula (eixo). Os dois extremos são opostos;
a tensão não é máxima onde o fluido corre mais rápido — é máxima onde ele muda de velocidade mais rápido. Tensão responde a gradiente, não a valor.

Conferência — o desenho tem de mostrar a parábola com $u = 0$ nas duas paredes e o máximo no eixo ✔ definir tensão de cisalhamento como força tangencial por área, isto é, atrito entre camadas ✔ dizer que $\tau$ é máxima na parede e nula no eixo, e que é por isso que a velocidade cresce da parede para o centro ✔

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Questão 351º EEBancoCinemática · Trajetória e linhas de correnteVer material

O que são trajetória e linhas de corrente?

Trajetória é o histórico de uma partícula. Linha de corrente é uma fotografia do campo de velocidades num instante.

Gabarito

Trajetória de uma partícula fluida é o caminho percorrido por ela em instantes sucessivos. É uma noção lagrangeana: acompanha-se uma partícula ao longo do tempo. Experimentalmente, determina-se com traçadores — um flutuante colorido, por exemplo.

Linha de corrente, num dado instante de tempo, é uma linha imaginária traçada no campo de velocidades de forma que, em cada ponto dela, o vetor velocidade do escoamento é tangente a ela. É uma noção euleriana: fotografa-se todo o campo num instante.

Em regime permanente, as duas coincidem — a partícula segue a própria linha de corrente, porque o campo não muda com o tempo.

Passo a passo

1 — Trajetória: uma partícula, muitos instantes. Escolhe-se uma partícula e registra-se onde ela está em $t_0$ , $t_1$ , $t_2$ , … A curva que une essas posições é a trajetória.

é o que uma filmagem de uma folha na correnteza mostra;
na prática, obtém-se com traçadores: corante, flutuante colorido, partículas iluminadas;
é o ponto de vista de quem viaja com o fluido — a descrição lagrangeana.

2 — Linha de corrente: um instante, muitos pontos. Congela-se o tempo e desenha-se, em todo o domínio, a família de curvas que são tangentes ao vetor velocidade em cada ponto:

\vec v \parallel d\vec r \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{dx}{u} = \frac{dy}{v} = \frac{dz}{w}

é o que uma fotografia com exposição curta e muitas partículas mostra;
é o ponto de vista de quem fica parado e observa o campo passar — a descrição euleriana.

3 — Quando as duas coincidem. Em regime permanente, o campo de velocidades não muda com o tempo: a linha de corrente de agora é a mesma de daqui a um minuto. A partícula, seguindo sempre a tangente, nunca sai da linha em que começou.

\text{regime permanente} \qquad\Longrightarrow\qquad \text{trajetória} \equiv \text{linha de corrente}

Em regime transiente elas se separam: o campo muda enquanto a partícula viaja, e ela vai “trocando” de linha.

Conferência — trajetória é de uma partícula ao longo do tempo; linha de corrente é de um instante em todo o campo ✔ a definição de linha de corrente precisa da palavra tangente ✔ dizer que em regime permanente as duas coincidem fecha a resposta e liga o assunto a Bernoulli ✔

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Questão 361º EE1ª lista · 2026.2Propriedades · Julgar cinco afirmações sobre viscosidade e estáticaVer material

A respeito das propriedades dos fluidos e da estática dos meios fluidos, julgue os itens a seguir com CERTO (C) ou ERRADO (E) e justifique.

I. Viscosidade é a propriedade que indica a dificuldade de um fluido em escoar, sendo proporcional à razão entre a força de cisalhamento e o gradiente de velocidade do fluido.

II. Em um fluido newtoniano, a tensão de cisalhamento é proporcional à deformação do fluido.

III. As viscosidades dos líquidos decrescem com o aumento da temperatura e são fortemente afetadas pelo aumento da pressão.

IV. Escoamentos de líquidos podem sempre ser tratados como incompressíveis.

V. A relação entre a viscosidade dinâmica ( $\mu$ ) e a viscosidade cinemática ( $\nu$ ) de um mesmo fluido é $\mu = \rho \cdot \nu$ , onde $\rho$ é a massa específica. Considerando $[\nu]$ em $\mathrm{m^2/s}$ e $[\rho]$ em $\mathrm{kg/m^3}$ , a unidade de viscosidade dinâmica mais coerente pode ser dada por $[\mathrm{N \cdot s^2/m}]$ .

Gabarito

I — E · II — E · III — E · IV — E · V — E — os cinco itens estão errados.

Passo a passo

Item I — ERRADO, e quem decide é a dimensão. A primeira metade está certa: viscosidade é mesmo a medida da dificuldade de um fluido em escoar. A segunda troca tensão por força, e isso não é preciosismo de redação. A lei de Newton da viscosidade é

\tau = \mu \frac{dv}{dy} \qquad\Longrightarrow\qquad \mu = \frac{\tau}{dv/dy} = \frac{F/A}{dv/dy}

Quem entra na razão é a força por unidade de área. Sem a área, a conta nem fecha dimensionalmente:

\left[\frac{F}{dv/dy}\right] = \frac{\mathrm{N}}{\mathrm{s^{-1}}} = \mathrm{N \cdot s} \qquad\text{e não}\qquad [\mu] = \frac{\mathrm{N \cdot s}}{\mathrm{m^2}}

Sobra exatamente um $\mathrm{m^2}$ — a área que o item esqueceu.

Há um segundo argumento, físico. Se a viscosidade fosse proporcional à razão entre a força e o gradiente, ela mudaria ao trocar o tamanho da placa do experimento: dobrando a área, dobraria a força necessária para manter o mesmo gradiente, e o item concluiria que o óleo ficou duas vezes mais viscoso. Viscosidade é propriedade do fluido — não pode depender do tamanho do aparato. É a tensão, e só ela, que normaliza isso.

Item II — ERRADO, e é o erro clássico. No fluido newtoniano a tensão é proporcional à taxa de deformação, não à deformação:

\tau = \mu \frac{dv}{dy} = \mu \frac{d}{dt}\!\left(\frac{d\ell}{dy}\right)

A diferença separa fluido de sólido. No sólido elástico vale $\tau = G\gamma$ — tensão proporcional à deformação, e ele para de deformar quando alcança o equilíbrio. O fluido não para: enquanto houver tensão, ele continua se deformando, e o que a tensão fixa é a velocidade dessa deformação.

Item III — ERRADO pela segunda metade. A primeira metade está certa: em líquidos, $\mu$ cai com a temperatura (as moléculas vencem mais facilmente a coesão que as prende). Nos gases é o contrário — $\mu$ sobe com $T$ , porque ali o mecanismo é a troca de quantidade de movimento entre camadas.

O que derruba o item é “fortemente afetadas pelo aumento da pressão”: a viscosidade dos líquidos é praticamente insensível à pressão nas faixas usuais de engenharia. Precisa-se de centenas de atmosferas para mudá-la de forma apreciável.

Item IV — ERRADO por causa do “sempre”. Tratar líquido como incompressível é uma aproximação excelente na maioria dos casos, não uma lei. Ela cai, por exemplo, no golpe de aríete (fechamento brusco de válvula, em que a compressibilidade da água é justamente o que propaga a onda de pressão) e em qualquer problema acústico ou de escoamento a pressões muito altas.

Item V — ERRADO na unidade. Fazendo a análise dimensional da própria expressão do item:

[\mu] = [\rho][\nu] = \frac{\mathrm{kg}}{\mathrm{m^3}} \cdot \frac{\mathrm{m^2}}{\mathrm{s}} = \frac{\mathrm{kg}}{\mathrm{m \cdot s}}

Para chegar ao newton, use $\mathrm{N} = \mathrm{kg \cdot m/s^2}$ , ou seja, $\mathrm{kg} = \mathrm{N \cdot s^2/m}$ :

[\mu] = \frac{\mathrm{N \cdot s^2/m}}{\mathrm{m \cdot s}} = \frac{\mathrm{N \cdot s}}{\mathrm{m^2}} = \mathrm{Pa \cdot s}

A unidade correta é $\mathrm{N \cdot s/m^2}$ , e não $\mathrm{N \cdot s^2/m}$ — que, aliás, é a unidade de massa (o utm).

Conferência — os itens I e V caem pela mesma porta, a análise dimensional, e é bom fechá-los pelo caminho curto: $[\mu] = \mathrm{Pa} \div \mathrm{s^{-1}} = \mathrm{Pa \cdot s} = \mathrm{N \cdot s/m^2}$ ✔ No item I falta um $\mathrm{m^2}$ no denominador; no item V, o $\mathrm{m^2}$ virou $\mathrm{s^2}$ no lugar errado, e o que sobrou ( $\mathrm{N \cdot s^2/m}$ ) é unidade de massa — é o utm, a unidade técnica de massa, que vale $9{,}81\ \mathrm{kg}$ ✔ Vale ler o item V com atenção: o expoente está no segundo, não no metro. Trocada a ordem, $\mathrm{N \cdot s/m^2}$ estaria certo, e o item seria CERTO.

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Questão 371º EE1ª lista · 2026.2Viscosidade · Placa de vidro descendo um plano inclinadoVer material

Uma placa de vidro quadrada de $0{,}8\ \mathrm{m}$ de lado desliza sobre um plano inclinado também de vidro. Sabendo-se que a placa pesa $100\ \mathrm{N}$ e que adquire uma velocidade constante de $5\ \mathrm{cm/s}$ , quando o plano tem inclinação de $30^\circ$ em relação à horizontal, determinar a viscosidade dinâmica da película lubrificante de $0{,}1\ \mathrm{mm}$ , que está entre as duas placas.

A placa desce em velocidade constante: a resultante é nula, então a componente do peso ao longo do plano é equilibrada pela força viscosa da película. É esse equilíbrio que dá a tensão de cisalhamento.

Gabarito

$\mu = 0{,}156\ \mathrm{N \cdot s/m^2}$

Passo a passo

Passo 1 — o que “velocidade constante” entrega. Aceleração nula significa resultante nula na direção do plano. As duas forças ali são a componente do peso, que puxa a placa para baixo, e a força viscosa da película, que resiste:

F_{\text{visc}} = G \operatorname{sen} 30^\circ = 100 \times 0{,}5 = 50\ \mathrm{N}

O peso total é $100\ \mathrm{N}$ , mas só a componente ao longo do plano entra — a componente normal é equilibrada pelo próprio plano.

Passo 2 — a tensão de cisalhamento. A área de contato é a da placa quadrada:

A = 0{,}8 \times 0{,}8 = 0{,}64\ \mathrm{m^2} \qquad \tau = \frac{F_{\text{visc}}}{A} = \frac{50}{0{,}64} = 78{,}125\ \mathrm{Pa}

Passo 3 — o gradiente de velocidade. A película é fina, então o perfil dentro dela é linear: zero na parede fixa (aderência) e $v$ na placa que desliza. O gradiente vira uma divisão simples:

\frac{dv}{dy} \approx \frac{v}{\varepsilon} = \frac{0{,}05}{0{,}1 \times 10^{-3}} = 500\ \mathrm{s^{-1}}

Os dois valores precisam entrar em unidades do SI: $5\ \mathrm{cm/s} = 0{,}05\ \mathrm{m/s}$ e $0{,}1\ \mathrm{mm} = 10^{-4}\ \mathrm{m}$ .

Passo 4 — a lei de Newton da viscosidade.

\mu = \frac{\tau}{dv/dy} = \frac{78{,}125}{500}

\boxed{\mu = 0{,}15625 \approx 0{,}156\ \mathrm{N \cdot s/m^2}}

Conferência — a ordem de grandeza fecha: $0{,}156\ \mathrm{Pa \cdot s}$ é cerca de $150$ vezes a viscosidade da água a $20\ ^\circ\mathrm{C}$ ( $10^{-3}\ \mathrm{Pa \cdot s}$ ), o que é razoável para um óleo lubrificante ✔ E repare que a espessura da película entra dividindo o gradiente e, portanto, multiplicando $\mu$ : película mais fina, mesma velocidade, exige um óleo menos viscoso para segurar a mesma placa ✔

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Questão 381º EE1ª lista · 2026.2Capilaridade · Tensão superficial com glicerina e com mercúrioVer material

Analise as duas situações a seguir e responda.

a) Um tubo capilar com $0{,}05\ \mathrm{mm}$ de diâmetro interno é mergulhado numa cuba com glicerina, e a glicerina sobe $45\ \mathrm{mm}$ no tubo. Qual é a sua tensão superficial? Dados: massa específica $= 1260\ \mathrm{kg/m^3}$ ; ângulo de contato $= 0^\circ$ .

b) Para o mesmo tubo capilar de $0{,}05\ \mathrm{mm}$ de diâmetro, qual seria a altura atingida no tubo se o líquido fosse mercúrio? Dados: tensão superficial $= 0{,}90\ \mathrm{N/m}$ ; massa específica $= 13\,600\ \mathrm{kg/m^3}$ ; ângulo de contato $= 140^\circ$ .

Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Gabarito

a) $\sigma \approx 6{,}95 \times 10^{-3}\ \mathrm{N/m}$ · b) $h \approx -41{,}3\ \mathrm{cm}$ (o mercúrio desce $41{,}3\ \mathrm{cm}$ )

Passo a passo

Passo 1 — de onde vem a lei da capilaridade. Numa coluna de raio $r$ , a tensão superficial age ao longo de todo o perímetro de contato $2\pi r$ , inclinada do ângulo $\theta$ em relação à parede. Só a componente vertical sustenta o líquido:

\underbrace{\sigma\,(2\pi r)\cos\theta}_{\text{o que segura}} \;=\; \underbrace{\gamma\,(\pi r^2 h)}_{\text{peso da coluna}}

h = \frac{2\sigma\cos\theta}{\gamma\,r} = \frac{4\sigma\cos\theta}{\gamma\,d}

A segunda forma, com o diâmetro, é a que serve aqui: os dois enunciados dão $d$ , não $r$ . Trocar um pelo outro erra por um fator 2 — é o deslize mais comum nesta conta.

Passo 2 — item (a): isolar a tensão superficial. Primeiro o peso específico da glicerina:

\gamma = \rho g = 1260 \times 9{,}81 = 12\,360{,}6\ \mathrm{N/m^3}

Invertendo a fórmula, com $\theta = 0^\circ$ ( $\cos\theta = 1$ ), $h = 45\ \mathrm{mm} = 0{,}045\ \mathrm{m}$ e $d = 0{,}05\ \mathrm{mm} = 5 \times 10^{-5}\ \mathrm{m}$ :

\sigma = \frac{h\,\gamma\,d}{4\cos\theta} = \frac{0{,}045 \times 12\,360{,}6 \times 5 \times 10^{-5}}{4}

\boxed{\sigma \approx 6{,}95 \times 10^{-3}\ \mathrm{N/m}}

Passo 3 — item (b): agora a incógnita é a altura. Para o mercúrio:

\gamma = 13\,600 \times 9{,}81 = 133\,416\ \mathrm{N/m^3} \qquad \cos 140^\circ = -0{,}766

h = \frac{4 \times 0{,}90 \times (-0{,}766)}{133\,416 \times 5 \times 10^{-5}} = \frac{-2{,}758}{6{,}671}

\boxed{h \approx -0{,}413\ \mathrm{m} = -41{,}3\ \mathrm{cm}}

Passo 4 — o que o sinal negativo quer dizer. Ele não é erro de conta: é o rebaixamento capilar. Com $\theta > 90^\circ$ o líquido não molha o vidro — a coesão entre as moléculas de mercúrio vence a adesão à parede, o menisco fica convexo (bojudo para cima) e o nível dentro do tubo fica abaixo do nível da cuba. Com $\theta < 90^\circ$ , como na glicerina e na água, acontece o oposto: menisco côncavo e ascensão.

Conferência — os dois resultados são coerentes entre si, mas vale registrar uma observação sobre o item (a): a tensão superficial tabelada da glicerina é da ordem de $0{,}063\ \mathrm{N/m}$ , umas dez vezes maior que a encontrada. Quem manda na conta é o dado do enunciado — se a glicerina subisse os $45\ \mathrm{mm}$ informados num tubo de $0{,}05\ \mathrm{mm}$ , seria essa a tensão superficial. Com o valor tabelado, a mesma fórmula daria uma ascensão de cerca de $41\ \mathrm{cm}$ ✔ Repare também que a resposta de (b) tem quase o mesmo módulo: é o mesmo tubo, e $\sigma/\gamma$ é parecido nos dois casos ✔

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Questão 391º EE1ª lista · 2026.2Estática · Pressão em três estruturas de formas diferentesVer material

As estruturas apresentadas na figura estão cheias de óleo, e seu peso específico é $850\ \mathrm{kgf/m^3}$ . As áreas das seções transversais indicadas (na metade da altura) são $1\ \mathrm{m^2}$ , $5\ \mathrm{m^2}$ e $6\ \mathrm{m^2}$ , para as estruturas I, II e III, respectivamente.

As três estruturas têm a mesma superfície livre e os três pontos M estão na mesma cota, $2\ \mathrm{m}$ abaixo dela. As áreas $A$ mudam de uma para a outra; a profundidade, não.

Sabendo-se que a pressão relativa no ponto $M_I$ é $1700\ \mathrm{kgf/m^2}$ , os valores das pressões relativas, em $\mathrm{kgf/m^2}$ , nos pontos $M_{II}$ e $M_{III}$ são, respectivamente:

[A] 400 e 333 · [B] 2000 e 2000 · [C] 1700 e 1700 · [D] 10000 e 12000 · [E] 10000 e 24000

Gabarito

Alternativa [C]: $p_{M_{II}} = p_{M_{III}} = 1700\ \mathrm{kgf/m^2}$

Passo a passo

Passo 1 — a pergunta por trás da pergunta. A lei de Stevin diz que, dentro de um mesmo fluido em repouso, a pressão depende só da profundidade:

p = \gamma\,h

Não aparece área nessa fórmula. Não aparece volume. Não aparece o formato do recipiente. É o chamado paradoxo hidrostático — paradoxo só no nome, porque de estranho não tem nada depois que se olha para a equação.

Passo 2 — confirmando com o dado. Os três pontos estão $2\ \mathrm{m}$ abaixo da superfície livre, e o fluido é o mesmo óleo:

p = 850 \times 2 = 1700\ \mathrm{kgf/m^2}

É exatamente o valor que o enunciado dá para $M_I$ — sinal de que a leitura está certa. E, como $M_{II}$ e $M_{III}$ estão na mesma profundidade, a pressão é a mesma nos três:

\boxed{p_{M_{II}} = p_{M_{III}} = 1700\ \mathrm{kgf/m^2} \quad \text{— alternativa [C]}}

Passo 3 — para que servem, então, as áreas? Para armar as alternativas erradas, e para separar pressão de força. A força que cada fundo recebe é $F = p\,A$ , e essa sim muda:

F_I = 1700 \times 1 = 1700\ \mathrm{kgf} \qquad F_{II} = 1700 \times 5 = 8500\ \mathrm{kgf} \qquad F_{III} = 1700 \times 6 = 10\,200\ \mathrm{kgf}

Quem lê “pressão” e responde força cai em [D] ou [E]. Quem divide em vez de multiplicar cai em [A].

Conferência — o teste rápido: a resposta certa tem de ser um par de números iguais entre si e iguais ao dado, porque os três pontos estão na mesma cota do mesmo fluido ✔ Só a alternativa [C] tem essa cara.

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Questão 401º EE1ª lista · 2026.2Pressão · Pressão absoluta sobre um mergulhadorVer material

Um mergulhador se encontra a $4{,}5\ \mathrm{m}$ de profundidade no oceano. Qual a pressão absoluta que atua no corpo desse mergulhador?

Dados: $\rho_{\text{água}} = 1025\ \mathrm{kg/m^3}$ ; $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ ; $p_{atm} = 680\ \mathrm{mmHg}$ .

Gabarito

$p_{abs} \approx 136\ \mathrm{kPa}$

Passo a passo

Passo 1 — o que a palavra “absoluta” exige. Pressão efetiva (ou manométrica) conta a partir da atmosfera; pressão absoluta conta a partir do vácuo:

p_{abs} = p_{atm} + p_{ef}

Como o enunciado deu a atmosférica local, ela tem de entrar na conta. Parar em $p_{ef}$ é o erro que a questão está caçando.

Passo 2 — converter os 680 mmHg. Uma altura de coluna vira pressão pela lei de Stevin, com o peso específico do mercúrio:

p_{atm} = \rho_{Hg}\,g\,h = 13\,600 \times 9{,}81 \times 0{,}680 = 90\,715\ \mathrm{Pa} \approx 90{,}7\ \mathrm{kPa}

Repare que $680\ \mathrm{mmHg}$ é menos que a atmosfera padrão ( $760\ \mathrm{mmHg}$ , $101{,}3\ \mathrm{kPa}$ ) — o enunciado escolheu um dia ou um local de pressão mais baixa, e é esse o valor que vale.

Passo 3 — a coluna de água do mar.

p_{ef} = \rho\,g\,h = 1025 \times 9{,}81 \times 4{,}5 = 45\,249\ \mathrm{Pa} \approx 45{,}2\ \mathrm{kPa}

A massa específica é $1025\ \mathrm{kg/m^3}$ , e não $1000$ : a água do mar é mais densa por causa do sal, e o enunciado faz questão de dar esse número.

Passo 4 — somar.

p_{abs} = 90\,715 + 45\,249

\boxed{p_{abs} \approx 135{,}96 \times 10^{3}\ \mathrm{Pa} \approx 136\ \mathrm{kPa}}

Conferência — a regra de bolso do mergulho diz que cada $10\ \mathrm{m}$ de água valem aproximadamente $1\ \mathrm{atm}$ . A $4{,}5\ \mathrm{m}$ , espera-se cerca de meia atmosfera acima da local — e $45\ \mathrm{kPa}$ é meia atmosfera ✔ O total, $1{,}36\ \mathrm{bar}$ , é o que um manômetro de mergulho marcaria ✔

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Questão 411º EE1ª lista · 2026.2Lei de Pascal · Elevador de carros com dois pistõesVer material

Em uma oficina mecânica existe um elevador de carros que utiliza ar comprimido, o qual exerce uma força num pistão de seção circular de raio $4\ \mathrm{cm}$ . A pressão se transmite para um outro pistão maior, também de seção circular, mas de raio $20\ \mathrm{cm}$ . Assim, calcule:

a) a força com que o ar comprimido consegue erguer um carro de $16\,000\ \mathrm{N}$ ;

b) a respectiva pressão exercida no interior do elevador hidráulico.

Gabarito

a) $F_1 = 640\ \mathrm{N}$ · b) $p \approx 127{,}3\ \mathrm{kPa}$

Passo a passo

Passo 1 — a lei de Pascal. O acréscimo de pressão dado num ponto de um fluido em equilíbrio se transmite integralmente a todos os pontos. Com os dois pistões na mesma cota, a pressão que age em um é a mesma que age no outro:

p_1 = p_2 \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{F_1}{A_1} = \frac{F_2}{A_2}

Passo 2 — a razão de áreas é o ganho da máquina. As seções são circulares, então $A = \pi r^2$ e a razão só depende dos raios:

\frac{A_1}{A_2} = \frac{\pi r_1^2}{\pi r_2^2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2 = \left(\frac{4}{20}\right)^2 = \frac{1}{25}

O raio entra ao quadrado: cinco vezes maior em raio são vinte e cinco vezes maiores em área. Usar a razão dos raios sem elevar ao quadrado dá $3200\ \mathrm{N}$ , e é o erro típico aqui.

Passo 3 — item (a): a força no pistão pequeno.

F_1 = F_2\,\frac{A_1}{A_2} = 16\,000 \times \frac{1}{25}

\boxed{F_1 = 640\ \mathrm{N}}

Passo 4 — item (b): a pressão. Ela é a mesma nos dois lados, então dá para calcular por qualquer um. Pelo pistão pequeno, com $r_1 = 0{,}04\ \mathrm{m}$ :

p = \frac{F_1}{A_1} = \frac{640}{\pi (0{,}04)^2} = \frac{640}{5{,}027 \times 10^{-3}}

\boxed{p \approx 127{,}3\ \mathrm{kPa}}

Conferência — refazendo pelo pistão grande, que é o teste que fecha a questão:

p = \frac{16\,000}{\pi (0{,}20)^2} = \frac{16\,000}{0{,}1257} \approx 127{,}3\ \mathrm{kPa} \;\checkmark

Os dois caminhos dão o mesmo número — se dessem diferente, o erro estaria na razão de áreas. E note o sentido físico: $640\ \mathrm{N}$ (uns $65\ \mathrm{kgf}$ , o peso de uma pessoa) erguem $16\,000\ \mathrm{N}$ . O que não se ganha é trabalho: o pistão pequeno precisa descer $25$ vezes mais do que o grande sobe.

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Questão 421º EE1ª lista · 2026.2Manometria · Tanque de ar com dois tubos em U e água entre elesVer material

Qual é a pressão efetiva no tanque mostrado na figura abaixo? Dado: $\delta_{Hg} = 13{,}6$ (o tanque contém ar).

As quatro cotas saem todas da mesma linha de base, no fundo dos dois tubos em U. O ramo da direita é aberto para a atmosfera. Repare que o mercúrio do primeiro U sobe até $40\ \mathrm{cm}$ e a água desce até $30\ \mathrm{cm}$ no segundo: são $10\ \mathrm{cm}$ de desnível de água entre as duas interfaces.

Gabarito

$p_{ar} = 67\ \mathrm{kPa}$

Passo a passo

Passo 1 — os pesos específicos. Sem $g$ no enunciado, vale a convenção da cadeira, $\gamma_{\text{água}} = 10\,000\ \mathrm{N/m^3}$ :

\gamma_{Hg} = \delta_{Hg}\,\gamma_{\text{água}} = 13{,}6 \times 10\,000 = 136\,000\ \mathrm{N/m^3}

Passo 2 — o percurso. A equação manométrica é uma caminhada do ponto conhecido até o desconhecido: descendo soma, subindo subtrai, e cada trecho usa o $\gamma$ do fluido que está ali. Comece no ar do tanque e termine na boca aberta, onde a pressão efetiva é zero.

O ar não pesa o que conte: a pressão do tanque chega inteira à primeira interface, a $20\ \mathrm{cm}$ .

Passo 3 — trecho a trecho. Da interface a $20\ \mathrm{cm}$ até a interface a $40\ \mathrm{cm}$ , subindo $20\ \mathrm{cm}$ de mercúrio; dali até a interface a $30\ \mathrm{cm}$ , descendo $10\ \mathrm{cm}$ de água; e dali até os $60\ \mathrm{cm}$ do topo aberto, subindo $30\ \mathrm{cm}$ de mercúrio:

p_{ar} - \gamma_{Hg}(0{,}40 - 0{,}20) + \gamma_{\text{água}}(0{,}40 - 0{,}30) - \gamma_{Hg}(0{,}60 - 0{,}30) = 0

Passo 4 — as contas. Os dois trechos de mercúrio somam $0{,}20 + 0{,}30 = 0{,}50\ \mathrm{m}$ :

p_{ar} = 0{,}50\,\gamma_{Hg} - 0{,}10\,\gamma_{\text{água}} = 0{,}50 \times 136\,000 - 0{,}10 \times 10\,000

p_{ar} = 68\,000 - 1000

\boxed{p_{ar} = 67\,000\ \mathrm{Pa} = 67\ \mathrm{kPa}}

Conferência — o sinal fecha com a física: para empurrar mercúrio para cima nos dois U, o ar tem de estar acima da atmosférica, e deu positivo ✔ A ordem de grandeza também: meio metro de mercúrio equivale a cerca de $0{,}5/0{,}76 \approx 0{,}66$ atmosfera, e $67\ \mathrm{kPa}$ é isso ✔ Com $g = 9{,}81$ (ou seja, $\gamma_{\text{água}} = 9810\ \mathrm{N/m^3}$ ) o mesmo caminho daria $65{,}7\ \mathrm{kPa}$ — a diferença é só a constante adotada.

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Questão 431º EE1ª lista · 2026.2Manometria · Diferença de pressão entre A e B com cinco fluidosVer material

Na figura abaixo todos os fluidos estão a $20\ ^\circ\mathrm{C}$ . Determine a diferença de pressão, em $\mathrm{Pa}$ , entre os pontos A e B.

Dados: $\rho_{Hg} = 13\,600\ \mathrm{kg/m^3}$ , $\rho_{\text{água}} = 998\ \mathrm{kg/m^3}$ , $\rho_{\text{querosene}} = 820\ \mathrm{kg/m^3}$ , $\rho_{\text{benzeno}} = 880\ \mathrm{kg/m^3}$ , $\rho_{ar} = 1{,}204\ \mathrm{kg/m^3}$ . Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

Todas as cotas se referem à mesma linha de base, a do menisco de mercúrio do lado de A. Em ordem, do ponto A até o ponto B: benzeno, mercúrio, querosene, água e ar — cinco fluidos, cinco trechos.

Gabarito

$p_A - p_B \approx 8{,}98\ \mathrm{kPa}$

Passo a passo

Passo 1 — os pesos específicos, de uma vez. Com $\gamma = \rho g$ e $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ :

\gamma_{\text{benzeno}} = 8632{,}8 \qquad \gamma_{Hg} = 133\,416 \qquad \gamma_{\text{querosene}} = 8044{,}2

\gamma_{\text{água}} = 9790{,}4 \qquad \gamma_{ar} = 11{,}81 \qquad (\text{todos em } \mathrm{N/m^3})

Passo 2 — marcar as cotas antes de escrever qualquer equação. Tomando a linha de base como $z = 0$ , o desenho dá cinco alturas:

ponto	cota
saída de A (benzeno)	$z = +0{,}20\ \mathrm{m}$
mercúrio, ramo direito	$z = +0{,}08\ \mathrm{m}$
interface querosene/água	$z = +0{,}40\ \mathrm{m}$
interface água/ar	$z = +0{,}14\ \mathrm{m}$
ponto B	$z = +0{,}23\ \mathrm{m}$

A cota de B sai da soma $0{,}14 + 0{,}09$ .

Passo 3 — a caminhada, trecho a trecho. Descendo soma, subindo subtrai:

p_A + \gamma_b(0{,}20) - \gamma_{Hg}(0{,}08) - \gamma_q(0{,}40 - 0{,}08) + \gamma_a(0{,}40 - 0{,}14) - \gamma_{ar}(0{,}09) = p_B

Os desníveis são $0{,}20$ de benzeno (descendo), $0{,}08$ de mercúrio (subindo), $0{,}32$ de querosene (subindo), $0{,}26$ de água (descendo) e $0{,}09$ de ar (subindo).

Passo 4 — os números, um trecho por linha.

\gamma_b(0{,}20) = 1726{,}6 \qquad \gamma_{Hg}(0{,}08) = 10\,673{,}3 \qquad \gamma_q(0{,}32) = 2574{,}1

\gamma_a(0{,}26) = 2545{,}5 \qquad \gamma_{ar}(0{,}09) = 1{,}1

Isolando a diferença:

p_A - p_B = -1726{,}6 + 10\,673{,}3 + 2574{,}1 - 2545{,}5 + 1{,}1

\boxed{p_A - p_B \approx 8976\ \mathrm{Pa} \approx 8{,}98\ \mathrm{kPa}}

Passo 5 — o ar valia a pena? O trecho de ar contribuiu com $1{,}1\ \mathrm{Pa}$ num total de quase $9000\ \mathrm{Pa}$ : uma parte em oito mil. É a demonstração numérica de por que se despreza a coluna de gás na manometria — e por que não se despreza a de mercúrio, que sozinha vale mais que o resultado final.

Conferência — o sinal diz que A está a pressão maior, o que era de esperar: é o lado que tem de sustentar os $8\ \mathrm{cm}$ de mercúrio ✔ E o resultado é da ordem de $0{,}09\ \mathrm{atm}$ , coerente com desníveis de dezenas de centímetros em líquidos comuns ✔

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Questão 441º EE1ª lista · 2026.2Manometria · Achar a altura diferencial da coluna de mercúrioVer material

A pressão manométrica do ar no tanque, mostrado na figura abaixo, é medida em $20\ \mathrm{kPa}$ . Determine a altura diferencial $h$ da coluna de mercúrio.

A linha tracejada é a interface água/mercúrio, e é dela que partem as duas cotas do lado direito: $h$ de mercúrio para cima e, acima do menisco, $75\ \mathrm{cm}$ de óleo até a boca aberta do tubo.

Gabarito

$h \approx 12{,}9\ \mathrm{cm}$

Passo a passo

Passo 1 — os pesos específicos. Com $\gamma_{\text{água}} = 10\,000\ \mathrm{N/m^3}$ , que é a convenção da cadeira quando o enunciado não dá $g$ :

\gamma_{Hg} = 13{,}6 \times 10\,000 = 136\,000\ \mathrm{N/m^3} \qquad \gamma_{\text{óleo}} = 0{,}72 \times 10\,000 = 7200\ \mathrm{N/m^3}

Passo 2 — o caminho. Saia do ar do tanque (onde a pressão efetiva é $20\ \mathrm{kPa}$ , medida pelo manômetro) e chegue à boca aberta do tubo, onde ela é zero. Descendo soma, subindo subtrai:

p_{ar} + \gamma_{\text{água}}(0{,}30) - \gamma_{Hg}\,h - \gamma_{\text{óleo}}(0{,}75) = 0

A coluna de ar dentro do tanque não entra: o peso específico de um gás é desprezível diante do de qualquer líquido daqui.

Passo 3 — isolar $h$ .

\gamma_{Hg}\,h = p_{ar} + \gamma_{\text{água}}(0{,}30) - \gamma_{\text{óleo}}(0{,}75)

136\,000\,h = 20\,000 + 3000 - 5400 = 17\,600

\boxed{h = 0{,}1294\ \mathrm{m} \approx 12{,}9\ \mathrm{cm}}

Passo 4 — por que o óleo entra subtraindo. Ele está acima do mercúrio no ramo aberto, ou seja, empurra o mercúrio para baixo e ajuda a segurar a pressão do tanque. Quanto mais óleo, menos mercúrio o tanque precisa deslocar — e por isso o termo aparece com sinal contrário ao de $h$ .

Conferência — vale o teste de plausibilidade: $20\ \mathrm{kPa}$ sozinhos equivaleriam a $20\,000/136\,000 = 14{,}7\ \mathrm{cm}$ de mercúrio. Os $30\ \mathrm{cm}$ de água acrescentam pouco ( $3\ \mathrm{kPa}$ ) e os $75\ \mathrm{cm}$ de óleo descontam um pouco mais ( $5{,}4\ \mathrm{kPa}$ ), então a resposta tem de ficar um pouco abaixo de $14{,}7\ \mathrm{cm}$ ✔ Com $g = 9{,}81$ o resultado seria $13{,}2\ \mathrm{cm}$ — mesma ordem, muda só a constante adotada.

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Questão 451º EE1ª lista · 2026.2Força em superfície plana · Resultante e centro de pressão numa parede a 45°Ver material

Determinar a resultante $P$ devido à ação da água na área AB retangular de $1\ \mathrm{m} \times 2\ \mathrm{m}$ , indicada na figura abaixo. Qual o ponto de atuação na coordenada $y$ ?

A largura de $1\ \mathrm{m}$ é perpendicular ao papel. Os $2{,}0\ \mathrm{m}$ são medidos ao longo da parede, não na vertical — e é essa distinção que separa as duas coordenadas do problema: $h$ (profundidade, na vertical) e $y$ (posição sobre a placa, na inclinada).

Gabarito

$P \approx 34{,}1\ \mathrm{kN}$ , aplicada em $y_{CP} = 2{,}55\ \mathrm{m}$ ao longo da placa (profundidade de $1{,}80\ \mathrm{m}$ )

Passo a passo

Passo 1 — as duas réguas. Numa superfície inclinada existem duas coordenadas, e confundi-las é o erro que domina esta questão:

$h$ — profundidade, medida na vertical a partir da superfície livre. É ela que entra na pressão, $p = \gamma h$ ;
$y$ — posição sobre a placa, medida ao longo do plano inclinado a partir da linha onde ele encontra a superfície livre. É ela que entra no momento de inércia.

As duas se ligam por $h = y \operatorname{sen}\theta$ , com $\theta = 45^\circ$ .

Passo 2 — o centro de gravidade da área. A placa tem $2{,}0\ \mathrm{m}$ ao longo do plano, então seu meio está a $1{,}0\ \mathrm{m}$ de B, medido na inclinada. Na vertical, isso são $1{,}0 \operatorname{sen}45^\circ = 0{,}707\ \mathrm{m}$ :

h_{CG} = 1{,}0 + 0{,}707 = 1{,}707\ \mathrm{m} \qquad y_{CG} = \frac{h_{CG}}{\operatorname{sen}45^\circ} = 2{,}414\ \mathrm{m}

Passo 3 — a resultante. Com $\gamma = 10\,000\ \mathrm{N/m^3}$ e $A = 1 \times 2 = 2\ \mathrm{m^2}$ :

P = \gamma\,h_{CG}\,A = 10\,000 \times 1{,}707 \times 2

\boxed{P \approx 34\,142\ \mathrm{N} \approx 34{,}1\ \mathrm{kN}}

Note que na força entra a profundidade vertical do CG, mesmo a placa sendo inclinada. A inclinação não reduz a pressão: ela só muda a direção da força, que sai sempre perpendicular à superfície.

Passo 4 — o centro de pressão. A resultante não passa pelo CG: como a pressão cresce com a profundidade, o ponto de aplicação desce. A correção é

y_{CP} = y_{CG} + \frac{I_{CG}}{y_{CG}\,A} \qquad\text{com}\qquad I_{CG} = \frac{b\,L^3}{12} = \frac{1 \times 2^3}{12} = 0{,}667\ \mathrm{m^4}

O $L$ do momento de inércia é o lado medido ao longo do plano ( $2\ \mathrm{m}$ ), e $b$ é a largura ( $1\ \mathrm{m}$ ).

y_{CP} = 2{,}414 + \frac{0{,}667}{2{,}414 \times 2} = 2{,}414 + 0{,}138

\boxed{y_{CP} = 2{,}552\ \mathrm{m}}

Em profundidade, isso equivale a $h_{CP} = 2{,}552 \operatorname{sen}45^\circ = 1{,}805\ \mathrm{m}$ ; medido a partir de B, ao longo da placa, o ponto fica a $2{,}552 - 1{,}414 = 1{,}14\ \mathrm{m}$ .

Conferência — três testes rápidos. O termo de correção é positivo, então o CP está abaixo do CG ✔ Ele caiu $0{,}138\ \mathrm{m}$ , menos de um décimo da placa, o que é o esperado para uma placa funda (quanto mais funda, mais uniforme a pressão e mais o CP se aproxima do CG) ✔ E o CP ficou dentro da placa, entre $y = 1{,}414$ (B) e $y = 3{,}414$ (A) ✔

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Questão 461º EE1ª lista · 2026.2Comporta · Profundidade em que a comporta começa a abrirVer material

A comporta B na figura abaixo tem $30\ \mathrm{cm}$ de altura, $60\ \mathrm{cm}$ de largura e é articulada no seu topo. Qual a profundidade $h$ da água na qual terá início a abertura da comporta?

A articulação está no topo da comporta, e não no fundo: é em torno dela que os dois momentos se comparam. A água empurra de um lado, o ar comprimido do outro, e a comporta abre quando o momento da água supera o do ar.

Gabarito

$h = 1{,}10\ \mathrm{m}$

Passo a passo

Passo 1 — o critério de abertura. A comporta gira em torno da articulação do topo. Ela começa a abrir quando os dois momentos se igualam:

M_{\text{água}} = M_{ar}

Não basta comparar forças: como os dois carregamentos têm distribuições diferentes, eles aplicam suas resultantes em pontos diferentes, e é o momento que decide.

Passo 2 — o lado do ar, que é o lado fácil. Pressão de gás é uniforme, então a resultante passa pelo centro da comporta, a $0{,}15\ \mathrm{m}$ da articulação:

A = 0{,}30 \times 0{,}60 = 0{,}18\ \mathrm{m^2}

F_{ar} = p\,A = 10\,000 \times 0{,}18 = 1800\ \mathrm{N} \qquad M_{ar} = 1800 \times 0{,}15 = 270\ \mathrm{N \cdot m}

Passo 3 — o lado da água. Aqui a pressão cresce com a profundidade. Chamando $h$ a profundidade do fundo, o CG da comporta está a $h - 0{,}15$ :

F_{\text{água}} = \gamma\,(h - 0{,}15)\,A = 10\,000\,(h - 0{,}15)(0{,}18)

E a resultante desce em relação ao CG:

y_{CP} - y_{CG} = \frac{I_{CG}}{h_{CG}\,A} = \frac{0{,}60 \times 0{,}30^3/12}{(h - 0{,}15)(0{,}18)} = \frac{0{,}0075}{h - 0{,}15}

O braço até a articulação é a soma $0{,}15 + 0{,}0075/(h - 0{,}15)$ .

Passo 4 — o momento da água, e a simplificação que salva a conta.

M_{\text{água}} = 10\,000\,(h - 0{,}15)(0{,}18)\left[0{,}15 + \frac{0{,}0075}{h - 0{,}15}\right]

O fator $(h - 0{,}15)$ cancela com o denominador do segundo termo:

M_{\text{água}} = 1800\left[0{,}15(h - 0{,}15) + 0{,}0075\right] = 1800\,(0{,}15h - 0{,}015)

Passo 5 — igualar e resolver.

1800\,(0{,}15h - 0{,}015) = 270 \qquad\Longrightarrow\qquad 0{,}15h - 0{,}015 = 0{,}15

\boxed{h = \frac{0{,}165}{0{,}15} = 1{,}10\ \mathrm{m}}

Conferência — com $h = 1{,}10$ , a força da água vale $10\,000 \times 0{,}95 \times 0{,}18 = 1710\ \mathrm{N}$ , menor que os $1800\ \mathrm{N}$ do ar — e mesmo assim a comporta abre, porque o braço dela é maior ( $0{,}158\ \mathrm{m}$ contra $0{,}15\ \mathrm{m}$ ) ✔ É exatamente esse o ponto da questão: quem manda na abertura é o momento, não a força. Os dois momentos batem em $270\ \mathrm{N \cdot m}$ ✔

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Questão 471º EE1ª lista · 2026.2Superfície curva · Comporta em quarto de círculoVer material

Qual a força resultante que age na comporta AB, que consiste em um quarto de círculo? A largura é de $1{,}20\ \mathrm{m}$ .

Gabarito

$F_H = 11{,}34\ \mathrm{kN}$ , $F_V = 8{,}57\ \mathrm{kN}$ e resultante $R \approx 14{,}2\ \mathrm{kN}$ , inclinada $37^\circ$ abaixo da horizontal

Passo a passo

Passo 1 — por que superfície curva se resolve em duas partes. Numa superfície curva a pressão é perpendicular à parede em cada ponto, e a direção muda ponto a ponto. Não existe uma “força perpendicular à superfície” única para integrar. A saída é decompor:

a componente horizontal é a força sobre a projeção vertical da superfície (um retângulo);
a componente vertical é o peso do volume de líquido que está acima da superfície, real ou imaginário.

Passo 2 — ler a geometria antes de calcular. A comporta sai da parede em B com tangente horizontal e chega ao fundo em A com tangente vertical. Isso põe o centro do arco no canto de baixo: na vertical de B, na mesma cota de A. Consequências diretas:

R = 90\ \mathrm{cm} \qquad h_B = 60\ \mathrm{cm} \qquad h_A = 60 + 90 = 150\ \mathrm{cm}

E, o que mais importa para a componente vertical: a comporta avança para dentro da água, e não para fora dela. É a face convexa que fica molhada.

Passo 3 — a componente horizontal. A projeção vertical não depende da curvatura: é o retângulo de altura $R = 0{,}90\ \mathrm{m}$ (de B, a $0{,}60\ \mathrm{m}$ , até A, a $1{,}50\ \mathrm{m}$ ) por $1{,}20\ \mathrm{m}$ de largura (a dimensão perpendicular ao papel):

A_{proj} = 0{,}90 \times 1{,}20 = 1{,}08\ \mathrm{m^2} \qquad h_{CG} = 0{,}60 + \frac{0{,}90}{2} = 1{,}05\ \mathrm{m}

F_H = \gamma\,h_{CG}\,A_{proj} = 10\,000 \times 1{,}05 \times 1{,}08

\boxed{F_H = 11\,340\ \mathrm{N} = 11{,}34\ \mathrm{kN}}

Passo 4 — a componente vertical, que é onde a curvatura decide. Suba de cada ponto da comporta até a superfície livre: o volume varrido é o que pesa sobre ela. Sobre a faixa horizontal de $0{,}90\ \mathrm{m}$ em que a comporta se estende, esse volume é o retângulo cheio até o fundo, menos o quarto de disco que a barriga da comporta ocupa:

A_{\text{seção}} = \underbrace{1{,}50 \times 0{,}90}_{1{,}35} - \underbrace{\frac{\pi R^2}{4}}_{0{,}636} = 0{,}714\ \mathrm{m^2}

V = 0{,}714 \times 1{,}20 = 0{,}857\ \mathrm{m^3} \qquad F_V = \gamma\,V = 10\,000 \times 0{,}857

\boxed{F_V = 8566\ \mathrm{N} = 8{,}57\ \mathrm{kN}, \text{ para baixo}}

Aqui mora o erro mais comum desta questão. Se a comporta curvasse para o outro lado — barriga para fora da água —, o volume acima dela seria o retângulo mais o quarto de disco, e $F_V$ daria $14{,}1\ \mathrm{kN}$ em vez de $8{,}57$ . Os dois valores diferem por $2 \times 0{,}636 \times 1{,}20 \times \gamma$ , que é o dobro do quarto de disco. Antes de somar ou subtrair, olhe de que lado está a água.

Passo 5 — a resultante. As duas componentes são perpendiculares:

R = \sqrt{F_H^2 + F_V^2} = \sqrt{11\,340^2 + 8566^2}

\boxed{R \approx 14\,212\ \mathrm{N} \approx 14{,}2\ \mathrm{kN}}

\theta = \arctan\frac{F_V}{F_H} = \arctan\frac{8566}{11\,340} = 37{,}1^\circ \text{ abaixo da horizontal}

Conferência — dois testes. O primeiro: numa superfície circular a linha de ação passa pelo centro do arco, porque toda pressão é radial — aqui, pelo canto de baixo, na vertical de B. É assim que se acha o ponto de aplicação sem integrar nada ✔ O segundo: o quarto de disco vale $\pi/4 = 78\%$ do quadrado $R \times R$ ( $0{,}636$ contra $0{,}81$ ) ✔ Se essa fração sair diferente, o erro está na área.

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Questão 481º EE1ª lista · 2026.2Empuxo · Peso e peso aparente de um corpo submersoVer material

O peso aparente de um corpo pode ser definido como a diferença entre o seu peso e o empuxo por ele sofrido, ou seja, $P_{ap} = P - F_e$ . O peso aparente nos dá aquela sensação de alívio de peso quando estamos numa piscina ou na praia, por exemplo. A figura ilustra o peso aparente de um corpo mergulhado num fluido.

Imagine um corpo com uma massa de aproximadamente $150\ \mathrm{g}$ e um volume de $19\ \mathrm{cm^3}$ , completamente mergulhado na água. Calcule o seu peso e o seu peso aparente. Adote $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .

À esquerda, as duas forças reais sobre o corpo submerso: o peso, para baixo, e o empuxo, para cima. À direita, o que uma balança acusaria — a diferença entre elas. A seta da direita é mais curta que a da esquerda, e é esse encurtamento que o problema pede em números.

Gabarito

$P = 1{,}47\ \mathrm{N}$ e $P_{ap} \approx 1{,}29\ \mathrm{N}$ (empuxo de $0{,}186\ \mathrm{N}$ )

Passo a passo

Passo 1 — o peso. Converta a massa para quilogramas antes de multiplicar:

P = m\,g = 0{,}150 \times 9{,}81

\boxed{P = 1{,}4715 \approx 1{,}47\ \mathrm{N}}

Passo 2 — o empuxo, pelo princípio de Arquimedes. O empuxo é o peso do fluido deslocado, e como o corpo está totalmente submerso, o volume deslocado é o volume do corpo:

F_e = \gamma_{\text{água}}\,V_{desl} = \rho_{\text{água}}\,g\,V = 1000 \times 9{,}81 \times 19 \times 10^{-6}

\boxed{F_e = 0{,}18639 \approx 0{,}186\ \mathrm{N}}

Os $19\ \mathrm{cm^3}$ viram $19 \times 10^{-6}\ \mathrm{m^3}$ — há um fator $10^6$ nessa conversão, e não $10^3$ : são centímetros cúbicos.

Passo 3 — o peso aparente.

P_{ap} = P - F_e = 1{,}4715 - 0{,}18639

\boxed{P_{ap} \approx 1{,}285\ \mathrm{N}}

Passo 4 — o que o resultado conta sobre o corpo. A massa específica dele é

\rho = \frac{m}{V} = \frac{150\ \mathrm{g}}{19\ \mathrm{cm^3}} \approx 7{,}9\ \mathrm{g/cm^3}

quase oito vezes a da água — é aço. Por isso o alívio é pequeno: o empuxo derruba só $12{,}7\%$ do peso, e o corpo afunda. Se ele fosse de madeira ( $\rho \approx 0{,}6$ ), o empuxo superaria o peso e a conta daria negativa, que é a forma algébrica de dizer “isto flutua”.

Conferência — a fração aliviada tem de ser exatamente $\rho_{\text{água}}/\rho_{corpo} = 1000/7895 = 0{,}127$ , e $0{,}186/1{,}4715 = 0{,}127$ ✔ Repare que $g$ aparece nos dois termos e some nessa razão — o alívio relativo é o mesmo na Terra e na Lua ✔ Com $g = 10\ \mathrm{m/s^2}$ os valores seriam $1{,}50$ , $0{,}19$ e $1{,}31\ \mathrm{N}$ .

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Questão 491º EE1ª lista · 2026.2Comporta · Força no limitador de uma comporta articuladaVer material

A comporta de largura igual a $2\ \mathrm{m}$ , na figura abaixo, está articulada em A e limitada por um limitador em B. A água está a $20\ ^\circ\mathrm{C}$ . Determine a força no limitador B, em $\mathrm{kN}$ , se a profundidade da água é $h = 285\ \mathrm{cm}$ .

Gabarito

$F_B \approx 29{,}4\ \mathrm{kN}$

Passo a passo

Passo 1 — qual é a comporta, exatamente. Esta é a decisão que resolve ou perde a questão. Olhando a figura: o bloco grosso desce da superfície e termina na articulação; a articulação está no pé dele; e de A até B desce uma placa fina, travada pelo calço em B. A comporta é essa placa — $1{,}2\ \mathrm{m}$ de altura por $2\ \mathrm{m}$ de largura.

A parede acima de A também recebe água, e muita: ela pega a faixa de $0$ a $1{,}65\ \mathrm{m}$ de profundidade. Mas essa carga vai para a estrutura fixa, não para a articulação nem para o calço. Quem usa a profundidade inteira ( $2{,}85\ \mathrm{m}$ ) como altura da comporta está somando à comporta uma força que não passa por ela.

Passo 2 — as duas profundidades da placa. Com o fundo a $h = 2{,}85\ \mathrm{m}$ e a placa medindo $1{,}2\ \mathrm{m}$ para cima a partir dele:

h_A = 2{,}85 - 1{,}2 = 1{,}65\ \mathrm{m} \qquad h_B = 2{,}85\ \mathrm{m} \qquad h_{CG} = \frac{1{,}65 + 2{,}85}{2} = 2{,}25\ \mathrm{m}

Passo 3 — a força sobre a placa.

A = 1{,}2 \times 2 = 2{,}4\ \mathrm{m^2}

F = \gamma\,h_{CG}\,A = 10\,000 \times 2{,}25 \times 2{,}4 = 54\,000\ \mathrm{N} = 54\ \mathrm{kN}

Passo 4 — onde ela se aplica, e por que o atalho do terço NÃO vale aqui. A placa está inteiramente submersa: a pressão vai de $\gamma h_A = 16{,}5\ \mathrm{kPa}$ no topo a $\gamma h_B = 28{,}5\ \mathrm{kPa}$ no pé. O diagrama é um trapézio, não um triângulo, e o centroide de trapézio não fica a um terço da base. Vale a fórmula geral:

y_{CP} - y_{CG} = \frac{I_{CG}}{h_{CG}\,A} = \frac{2 \times 1{,}2^3/12}{2{,}25 \times 2{,}4} = \frac{0{,}288}{5{,}4} = 0{,}0533\ \mathrm{m}

A resultante fica $0{,}60 + 0{,}0533 = 0{,}6533\ \mathrm{m}$ abaixo de A.

O atalho $h/3$ só vale quando o topo da superfície coincide com a superfície livre — aí o trapézio degenera em triângulo. Não é o caso desta placa, que começa a $1{,}65\ \mathrm{m}$ de profundidade.

Passo 5 — momentos em torno da articulação. O calço B está $1{,}2\ \mathrm{m}$ abaixo de A:

\sum M_A = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad F_B \times 1{,}2 = 54\,000 \times 0{,}6533

\boxed{F_B = \frac{35\,280}{1{,}2} = 29\,400\ \mathrm{N} \approx 29{,}4\ \mathrm{kN}}

Conferência — refazendo por partes, sem a fórmula do $I_{CG}$ . Corte o trapézio de pressões em um retângulo e um triângulo:

F_{ret} = (\gamma h_A)\,A = 16\,500 \times 2{,}4 = 39\,600\ \mathrm{N} \quad \text{a } 0{,}60\ \mathrm{m} \text{ de A}

F_{tri} = \tfrac{1}{2}(\gamma h_B - \gamma h_A)\,A = \tfrac{1}{2}(12\,000)(2{,}4) = 14\,400\ \mathrm{N} \quad \text{a } \tfrac{2}{3}(1{,}2) = 0{,}80\ \mathrm{m} \text{ de A}

Somando: $39\,600 + 14\,400 = 54\,000\ \mathrm{N}$ ✔ mesma força. E o momento:

M_A = 39\,600(0{,}60) + 14\,400(0{,}80) = 35\,280\ \mathrm{N \cdot m} \qquad F_B = \frac{35\,280}{1{,}2} = 29\,400\ \mathrm{N} \;\checkmark

Dois caminhos independentes, o mesmo número. Com o valor tabelado da água a $20\ ^\circ\mathrm{C}$ ( $\gamma = 9790\ \mathrm{N/m^3}$ ), o resultado seria $28{,}8\ \mathrm{kN}$ — muda só a constante adotada.

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Questão 501º EE1ª lista · 2026.2Continuidade · Tubo convergente com ar em massas específicas diferentesVer material

Ar escoa em um tubo convergente. A área da maior seção do tubo é $40\ \mathrm{cm^2}$ (seção 1) e a da menor seção é $15\ \mathrm{cm^2}$ (seção 2). A massa específica do ar na seção 1 é $0{,}12\ \mathrm{utm/m^3}$ , enquanto na seção 2 é $0{,}09\ \mathrm{utm/m^3}$ . Sendo a velocidade na seção 1 igual a $10\ \mathrm{m/s}$ , determinar a velocidade na seção 2 e a vazão em volume, em massa e em peso, no SI.

Gabarito

$v_2 \approx 35{,}6\ \mathrm{m/s}$ · $Q_1 = 0{,}04\ \mathrm{m^3/s}$ (e $Q_2 = 0{,}053\ \mathrm{m^3/s}$ ) · $Q_m = 0{,}0471\ \mathrm{kg/s}$ · $Q_G = 0{,}462\ \mathrm{N/s}$

Passo a passo

Passo 1 — qual continuidade vale aqui. O ar muda de massa específica entre as duas seções, então o escoamento não é incompressível. A forma $A_1 v_1 = A_2 v_2$ está proibida. O que se conserva é a massa:

\rho_1 A_1 v_1 = \rho_2 A_2 v_2 = Q_m

Esse é o ponto da questão: quem entrega $0{,}04 \times 10/0{,}0015$ caiu na armadilha.

Passo 2 — a velocidade na seção 2. As áreas podem ficar em $\mathrm{cm^2}$ dos dois lados, porque a unidade se cancela:

v_2 = \frac{\rho_1 A_1 v_1}{\rho_2 A_2} = \frac{0{,}12 \times 40 \times 10}{0{,}09 \times 15} = \frac{48}{1{,}35}

\boxed{v_2 \approx 35{,}6\ \mathrm{m/s}}

Passo 3 — o utm, que é o detalhe que derruba a conta. O enunciado dá $\rho$ em $\mathrm{utm/m^3}$ — unidade técnica de massa, do sistema MK*S. A conversão é

1\ \mathrm{utm} = 9{,}81\ \mathrm{kg} \qquad\Longrightarrow\qquad \rho_1 = 0{,}12 \times 9{,}81 = 1{,}177\ \mathrm{kg/m^3}

O valor faz sentido: é a massa específica do ar em condições ambientes, $\approx 1{,}2\ \mathrm{kg/m^3}$ . É esse o teste de que a conversão foi feita no sentido certo.

Passo 4 — as três vazões. Vazão em volume, na seção 1:

Q_1 = A_1 v_1 = 0{,}004 \times 10 = 0{,}04\ \mathrm{m^3/s}

Vazão em massa, que é a mesma nas duas seções:

Q_m = \rho_1 A_1 v_1 = 1{,}177 \times 0{,}04 = 0{,}0471\ \mathrm{kg/s}

Vazão em peso, que é a vazão em massa vezes $g$ :

Q_G = Q_m\,g = 0{,}0471 \times 9{,}81 = 0{,}462\ \mathrm{N/s}

Passo 5 — a vazão em volume não é única. Conferindo na seção 2:

Q_2 = A_2 v_2 = 0{,}0015 \times 35{,}6 = 0{,}0533\ \mathrm{m^3/s}

São $33\%$ a mais que na seção 1 — o mesmo ar, ocupando mais volume por segundo porque ficou menos denso. Em escoamento compressível a pergunta “qual a vazão em volume?” só tem resposta se disser em que seção; a vazão em massa, não: essa é uma só.

Conferência — a razão $Q_2/Q_1 = 0{,}0533/0{,}04 = 1{,}333$ tem de ser igual a $\rho_1/\rho_2 = 0{,}12/0{,}09 = 1{,}333$ ✔ É a mesma conservação de massa vista por outro ângulo, e fecha ✔

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Questão 511º EE1ª lista · 2026.2Vazão · Velocidade na seção que alimenta dois reservatóriosVer material

Os reservatórios (1) e (2) da figura são cúbicos e são enchidos pelos tubos, respectivamente, em $250\ \mathrm{s}$ e $400\ \mathrm{s}$ . Determinar a velocidade da água na seção A, sabendo que o diâmetro do conduto nessa seção é $1\ \mathrm{m}$ .

Os dois reservatórios são cubos: o lado marcado na figura é também a profundidade e a largura de cada um. Tudo o que passa pela seção A se reparte entre os dois — é essa a única equação do problema.

Gabarito

$v_A \approx 3{,}82\ \mathrm{m/s}$

Passo a passo

Passo 1 — o que “cúbico” entrega. Volume de cubo é o lado ao cubo. Da figura, o reservatório (1) tem $5\ \mathrm{m}$ de lado e o (2) tem $10\ \mathrm{m}$ :

V_1 = 5^3 = 125\ \mathrm{m^3} \qquad V_2 = 10^3 = 1000\ \mathrm{m^3}

Passo 2 — de volume e tempo sai vazão. Cada tubo enche o seu reservatório no tempo dado:

Q_1 = \frac{V_1}{t_1} = \frac{125}{250} = 0{,}5\ \mathrm{m^3/s} \qquad Q_2 = \frac{V_2}{t_2} = \frac{1000}{400} = 2{,}5\ \mathrm{m^3/s}

Atenção ao pareamento: são $250\ \mathrm{s}$ para o (1), que é o menor. O enunciado diz “respectivamente”, e trocar a ordem muda a resposta.

Passo 3 — a continuidade na derivação. A seção A está antes da bifurcação, então tudo o que sai pelos dois ramos passou por ela:

Q_A = Q_1 + Q_2 = 0{,}5 + 2{,}5 = 3{,}0\ \mathrm{m^3/s}

Passo 4 — da vazão para a velocidade. A seção é circular, com $D = 1\ \mathrm{m}$ :

A = \frac{\pi D^2}{4} = \frac{\pi \times 1^2}{4} = 0{,}7854\ \mathrm{m^2}

v_A = \frac{Q_A}{A} = \frac{3{,}0}{0{,}7854}

\boxed{v_A \approx 3{,}82\ \mathrm{m/s}}

Conferência — a velocidade encontrada é típica de conduto forçado de água (a faixa usual de projeto vai de $1$ a $3\ \mathrm{m/s}$ ; acima disso a perda de carga cresce demais) ✔ E o teste de consistência: em $250\ \mathrm{s}$ a seção A entregaria $3{,}0 \times 250 = 750\ \mathrm{m^3}$ , enquanto o (1) recebe $125$ — o resto vai para o (2), que nesse tempo pega $2{,}5 \times 250 = 625\ \mathrm{m^3}$ , ainda não cheio ✔ Faz sentido: o (2) leva $400\ \mathrm{s}$ .

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