Desafio de Mestre

Olá pessoal. Hoje lançamos o primeiro "Desafio de Mestre" de 2013. Quem nos segue desde o início sabe do que se trata. Aos que estão chegando agora avisamos que o primeiro a enviar a resolução correta ganha um livro! Isso mesmo, um livro! Ganhe você esse livro! Este desafio vale até 15 de fevereiro.

Borges e Nicolau

O recipiente e o líquido homogêneo

Um recipiente de massa m é constituído de duas partes cilíndricas de raios R e r, conforme mostra a figura.

O recipiente que não possui fundo é colocado sobre uma mesa. Um líquido homogêneo de densidade d é despejado no recipiente.

Considere que o recipiente é ajustado de modo que ao ser preenchido com o líquido não ocorra extravazamento pela base. Quando o líquido atinge a altura h no cilindro menor, o recipiente fica na iminência de perder contato com a mesa.

Determine, nestas condições, o valor de h em função de m, d, R e r.

Crônicas do Blog

Observe com atenção as duas fotos. Note que elas representam rigorosamente a mesma paisagem.
 
A diferença fundamental entre elas e que, na foto da direita, não dá para dizer que o céu é azul, que a grama é verde, que as flores são vermelhas, amarelas... Não que a foto em preto e branco não tenha a sua arte; ao contrário, é preciso muito talento para se manifestar artisticamente jogando apenas com vários tons de cinza, com o claro e o escuro, em vez de utilizar a exuberância das cores da natureza. Mas... convenhamos, o mundo não seria tão bonito se não houvesse as cores.

Quem me compra um jardim com flores,
borboletas de muitas cores,
lavadeiras e passarinhos
ovos verdes e azuis no ninho?
(Cecília Meireles)

Do livro “O mundo das cores” de Paulo Toledo Soares.

Mecânica dos fluidos

Hidrodinâmica - Quarta aula

Exercícios

Prof. Paulo Cesar M. Penteado

Exercício 1:
(UFSM-RS)
Água, cuja densidade é 10³ kg/m³, escoa através de um tubo horizontal, com velocidade de 2 m/s, sob pressão de 2.10⁵ N/m². Em um certo ponto, o tubo apresenta um³estreitamento pelo qual a água flui à velocidade de 8 m/s. A pressão, nesse ponto, em N/m², é:

a) 0,5.10⁵               b) 1,0.10⁵               c) 1,7.10⁵ 

d) 4,2.10⁵               e) 8,0.10⁵

Resolução:

A pressão na água, no ponto onde há estreitamento do tubo, é obtida pelo teorema de Bernoulli.

p₁ + [ρ.(v₁)²/2] + ρ.g.h₁ = p₂ + [ρ.(v₂)²/2] + ρ.g.h₂ =>

2.10⁵ + [10³.(2)²/2] + 10³.10.0 = p₂ + [10³.(8)²/2] + 10³.10.0 =>

p₂ ≅ 1,7.10⁵ N/m²

Resposta: c

Exercício 2:
Um galpão é coberto por um telhado com área de 400 m². Um vento forte sopra a 72 km/h sobre esse telhado. O ar dentro do galpão está em²repouso e sob pressão de 1 atm. Considere que a densidade do ar seja ρ = 1,29 kg/m³ e adote 1 atm = 1,0.10⁵ N/m². Determine:

a) a diferença de pressão do ar que circunda o telhado;
b) a força resultante²que atua sobre ele.

Resolução:

a) Pelo teorema de Bernoulli, devemos ter:

p₁ + [ρ.(v₁)²/2] = p₂ + [ρ.(v₂)²/2] =>

p₁ - p₂ = ρ/2.[(v₂)² - (v₁)²] => p₁ - p₂ = 1,29/2.(20)² =>

p₁ - p₂ = 258 N/m²

b) F = (p₁ - p₂).A = 258.400 => F = 1,032.10⁵ N, orientada para cima.

Respostas:
a) 258 258 N/m²;
b) 1,032.10⁵ N, orientada para cima.

Exercício 3:
Um tanque, com área de secção transversal S = 0,07 m², contém água 
(ρ = 10³ kg/m³). Um êmbolo, com massa total m = 10 kg, repousa sobre a superfície da água. Um orifício circular, com²diâmetro 1,5 cm é aberto na parede lateral do reservatório a uma²profundidade de 60 cm abaixo da superfície da água. Qual é a vazão²inicial de água, em litros/s, através do orifício?

Resolução:

p₁ + [ρ.(v₁)²/2] + ρ.g.h₁ = p₂ + [ρ.(v₂)²/2] + ρ.g.h₂ =>

p_atm + (m.g/S) + ρ.g.h = p_atm + [ρ.(v)²/2] =>

(10.10/0,07) + 10³.10.0,60 = 10³.(v)²/2 => v ≅ 3,9 m/s

Vazão = área x velocidade

π.(d²/4).v = 3,14.(1,5.10^-2)²/4.3,9 => v ≅ 0,7.10^-3 m³/s = 0,7 L/s

Resposta: 0,7 L/s

Exercício 4:
(UFPA) 
Em 5 minutos, um carro tanque descarrega 5.000 litros de gasolina, através de um mangote cuja seção transversal tem área igual a 0,00267 m² (ver figura abaixo).
 

Pergunta-se:

a) Qual a vazão volumétrica média desse escoamento, em litros/segundo?
b) Considerando os dados indicados na figura e g = 9,8 m/s², qual a vazão volumétrica, em litros/segundo, no²início do processo de descarga do combustível, quando o²nível de líquido no tanque está no ponto A?
c) O valor obtido no item b²deve ser maior, menor ou igual ao do item a?

Resolução:

a) Vazão volumétrica média =  5000 litros/5.60 s = 16,67 litros/segundo

b) p_A + [ρ.(v_A)²/2] + ρ.g.h_A = p_C + [ρ.(v_C)²/2] + ρ.g.h_C =>

p_atm + (ρ.0/2) + ρ.9,8.2,5 = p_atm + [ρ.(v_C)²/2] + ρ.9,8.0 =>

(v_C)² = 2,0.9,8.2,5 => v_C = 7 m/s

Vazão no início do processo: 

Área x velocidade = 0,00267 m² x 7 m/s = 0,01869 m³/s = 18,69 L/s 

c) O valor obtido no item_Cb é maior que o obtido no item a, pois no início do processo de descarga (nível da gasolina no ponto A) a_Cvelocidade na saída do mangote é 7 m/s e, ao final do processo_C(com o nível da gasolina no ponto B), a velocidade na saída diminui para 5,4 m/s [v_C = √(2.9,8.1,5) m/s ≅ 5,4 m/s)]. Dessa forma, a vazão média assume um valor intermediário entre o_Cda vazão inicial e o da vazão final. 

Exercício 5:
(UFJF-MG)
Na figura abaixo representamos um objeto de perfil triangular dentro de um túnel de vento. A área total do túnel de vento é 2.A, e a área acima do topo da seção triangular é B. Admitindo que o escoamento do ar é estacionário e que este se comporta como um fluido ideal (incompressível, sem atrito), responda as questões abaixo.

a) A velocidade do ar no topo do triângulo (região 2) é maior ou menor que a velocidade do ar na parte inferior (região 1)? Explique.
b) Utilizando a equação de Bernoulli, (p +1/2.ρ.v² = constante, para este caso), calcule a relação entre as pressões nas regiões 1 e 2.
c) Com base nas respostas²dos itens a) e b) explique como um planador pode voar.

Resolução:

a) A velocidade do ar na região 2 é maior que na região 1. De₁fato, pela equação da continuidade, temos:₁
v₁.A = v₂.B => v₂ = A/B.v₁ 
Então, como A > B, podemos concluir que v₂ > v₁.

b) O teorema de Bernoulli estabelece que a soma da pressão estática (p) com a pressão dinâmica (1/2.ρ.v²) deve ser constante. Então, como no ponto 2 a pressão dinâmica é maior² (devido à maior velocidade do fluxo de ar), concluímos que a²pressão estática será menor, isto é: p₂ < p₁.

c) Na região inferior da asa a pressão estática é maior. Assim, a força de pressão do ar é maior na região inferior da asa²quando comparada à força de pressão que atua na região superior. A resultante dessas²forças de pressão, a sustentação, é uma força orientada²para cima.

Leituras do Blog

Por que a cor do mar varia tanto?

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Arte do Blog

Canny-Glasgow-1887

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John Atkinson Grimshaw

John Atkinson Grimshaw nasceu no dia 6 de setembro de 1836, em Leeds, na Inglaterra. Sem ter formação acadêmica, era autodidata, tornou-se pintor, optando por colocar nas telas instantâneos da era vitoriana. Grimshaw ganhou reputação como artista pintando paisagens e cenas noturnas de cidades.

Evening, Knostrop Old Hall

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Grimshaw começou a pintar enquanto trabalhava como balconista para a Great Northern Railway, tendo encontrado forte oposição de seus pais, mas após seu casamento, em 1858, com uma prima de TS Cooper, ele foi capaz de dedicar-se integralmente à pintura.

Blea Tarn at First Light, Langdale Pikes in the Distance

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As primeiras exposições aconteceram em Leeds, em 1860. Em 1870 ele tinha obtido sucesso financeiro suficiente para alugar uma mansão do século 17, fato ocorrido após a morte de três de seus filhos em sua casa em Leeds. Ele chamou a mansão de Castelo do Mar, ela ficava no alto de uma falésia com vistas magníficas das baías do norte e do sul. A mudança para o litoral inspirou grande parte do trabalho mais marcante do artista, ao longo de sua carreira ele sempre foi atraído por navios, pelo mar e pelas docas, na verdade por todas as coisas do universo marítimo.

Reflections on the Thames, Westminster, 1880

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Alguns artistas do período de Grimshaw, como Vincent Van Gogh e Smetham James, deixaram cartas e documentos registrando seu trabalho e vida. Grimshaw nada deixou, estudiosos e críticos têm pouco material para traçar um perfil de sua vida e carreira. John Atkinson Grimshaw morreu 13 de outubro de 1893, e está sepultado no Woodhouse Hill Cemetery, Hunslet, Leeds.

Battersea Bridge by moonlight

 

Na segunda metade do século 20 houve um ressurgimento do interesse no trabalho de Grimshaw, com várias importantes exposições dedicadas a ele. Uma exposição retrospectiva "Atkinson Grimshaw - Pintor do Luar" aconteceu entre 16 de abril e 4 de setembro de 2011 na Mercer Galeria de Arte em Harrogate e, posteriormente, na Galeria de Arte Guildhall, em Londres.

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Especial de Sábado

Ganhadores do Premio Nobel de Física

Borges e Nicolau

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1989
Norman F. Ramsey pela invenção do método de campos oscilatórios separados e seu uso na no maser de hidrogênio e em outros relógios atômicos. Hans G. Dehmelt e Wolfgang Paul pelo desenvolvimento da técnica de ion trap.

Norman F. Ramsey (1915-2011), físico estadunidense; Hans G. Dehmet (1922), físico alemão;
Wolgang Paul (1913-1993), físico alemão.

Norman F. Ramsey foi um físico estadunidense nascido em 27 de agosto de 1915, em Washington, D.C. Foster estudou na Universidade Columbia e na Universidade de Cambridge. Recebeu o Nobel de Física de 1989 pela invenção do método de campos oscilatórios separados e seu uso no maser de hidrogênio e em outros relógios atômicos. Além do Prêmio Nobel de Física recebeu também a Medalha de Honra IEEE. Norman Foster Ramsey faleceu em 4 de novembro de 2011, em Wayland, nos Estados Unidos.

Hans G. Dehmelt é um físico alemão nascido em 9 de setembro de 1922, na cidade de Görlitz. Dehmelt estudou na Universidade Duke e na Universidade de Göttingen. Recebeu o Nobel de Física de 1989, pelo desenvolvimento da técnica de ion trap.

Wolfgang Paul foi um físico alemão nascido em 10 de agosto de 1913, na cidade de Lorenzkirch. Paul estudou na Universidade Técnica de Berlim, na Universidade de Göttingen e na Universidade Técnica de Munique. Recebeu o Nobel de Física de 1989 pelo Desenvolvimento da técnica de ion trap. Wolfgang Paul faleceu em 7 de dezembro de 1993, na cidade de Bonn, na Alemanha.

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Próximo Sábado: Ganhadores do Premio Nobel de 1990: 
Jerome I. Friedman, Henry W. Kendall e Richard E. Taylor pelas investigações pioneiras referentes ao espalhamento inelástico de elétrons sobre prótons e sobre ligações de neutrons que foram essenciais para o desenvolvimento do modelo dos quarks na Física de partículas.

A Física Explica

Professor Vanderlei S. Bagnato
               Instituto de Física de São Carlos
               Universidade de São Paulo

(Fonte: Física na Escola)
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Leituras do Blog

Como se explica?

Uma bailarina gira em torno de seu eixo vertical₁de rotação r com os braços estendidos e com velocidade angular ω₁. Fechando os braços sua velocidade angular passa a ser ω₂ maior do que ω₁, isto é, a bailarina passa a girar com velocidade angular maior. Como se explica este fato?

A explicação está na conservação do momento angular. Vamos estudar este assunto. Acompanhe a teoria.

Momento angular ou momento da quantidade de movimento de um ponto material.

 
Momento angular ou momento da quantidade de movimento m.v de um ponto material P, em relação a um ponto O, é a grandeza vetorial L que possui as seguintes características:

Módulo: L = mvd, onde d é a distância do ponto O à reta s, suporte da velocidade v do ponto material. 

Direção: da reta perpendicular ao plano α definido pela reta s e pelo ponto O.
 
Sentido: dado pela regra da mão direita, conforme indica a figura abaixo

O dedo polegar indica o sentido de L, enquanto os demais dedos são semidobrados no sentido de r para mv.

Momento angular de um ponto P que realiza movimento circular uniforme

Considere um ponto material P que realiza um movimento circular uniforme de centro O, com velocidade de módulo v e velocidade angular ω.

Vamos calcular o módulo do momento angular L, em relação ao centro O:

De L = mvd e sendo d = R e v = ωR, vem:

L = m.ω.R.R => L = m.R².ω 

Vetorialmente, sendo ω a velocidade de rotação cujo sentido é o mesmo de L e cujo módulo é igual à velocidade angular ω, temos:

L = m.R².ω

A grandeza escalar m.R² é indicada pela letra I e recebe o nome de momento de inércia do ponto material P em relação ao ponto O.

Assim, temos:

L = I.ω

No SI a unidade de momento de inércia é kg.m²

Momento angular de um corpo extenso em rotação uniforme em torno de um eixo fixo

Considere um corpo em rotação_i uniforme, em torno de um eixo fixo.
Para cada ponto P_i, de massa m_i e a uma distância r_i do eixo de rotação, podemos escrever: L_i = m_ir_i²ω, onde ω é o vetor de rotação, suposto constante.

O momento angular total L do corpo é dado por:

 Mas:

é o momento de inércia  do corpo em relação ao eixo de rotação. Logo: 

O momento de inércia I depende da massa do corpo e de como ela se distribui em relação ao eixo de rotação. O momento de inércia mede a resistência que o corpo opõe à rotação. De fato, de L = I.ω, concluímos que para o mesmo L, quanto maior for I menor é o ω.

Conservação do momento angular

Se o momento (torque) das forças que atuam num corpo em rotação é nulo, então o momento angular permanece constante.

Nestas condições, resulta em módulo:

L = Iω = constante

Se o corpo for deformável, sendo L = I.ω constante, vem que se I aumenta ω diminui e se I diminui, ω aumenta.
É o caso da bailarina. Fechando os braços, o momento de inércia diminui de   para I₁ para I₂ (I₂ < I₁) e sua velocidade angular varia de ω₁ para ω₂.
Como I₁ω₁ = I₂ω₂, resulta ω₂ > ω₁.
(Fonte: www.moderna.com.br/fundamentos)
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