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Engenharia Agrícola e Ambiental ·
Física 2
· 2022/1
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Universidade Federal de Mato Grosso Campus de Sinop 1ª Avaliação de Física II - Turma de EAA Prof.: Yuri Setembro de 2022 1. Considere um bloco maciço de ferro de forma esférica e massa de 787 kg. Calcule, qual deverá ser a aresta, nas unidades de cm e metro, de um cubo maciço de alumínio, de modo que ela tenha o mesmo volume do bloco de ferro. 2. Considere uma ventosa presa ao teto de uma sala. A essa ventosa está presa a esfera de ferro da primeira questão. a) Considerando que a ventosa tenha massa desprezível e que dentro dela haja um vácuo, calcule o raio dessa ventosa de modo que ela possa suportar a massa de ferro. b) Considere agora que a mesma ventosa tenha massa de 25 g e que em seu interior entre um pouco de ar, aumentando a pressão interna para 1/3 P0. Nessas condições calcule qual deverá ser o raio de uma nova esfera de mesmo material capaz de ser suportado pela ventosa. 3. Considere, por um instante, que um tanque de 7,00 m de altura, repleto de gasolina (r = 715 g/litro), seja aberto ao ar livre, e verifica-se que em seu interior haja um sensor, constituído por uma boia esférica presa por uma corda a uma ventosa, que por sua vez está presa no fundo do tanque. Considerando que a boia seja feita de um material maciço, com um raio de 25,0 cm e densidade de 0,250 g/cm3, calcule o menor raio que esta ventosa possa ter, de modo que o sistema permaneça fixo. m 4. Um recipiente de plástico, com 200 g de massa, contém 3 litros de água. Então um objeto é colocado o interior desses sistema, ficando com 1/3 de seu volume aparente (para fora d’água), e fazendo com que a leitura da balança aumente em 10%. Nessas condições o volume desse objeto. 5. Considere o seguinte sistema, aberto em uma das extremidades e fechado em D. Sendo: h0 = 0,500 m; h1 = 1,00 m; h2 = 1,50 m e h3 = 3,50 m; Densidade do fluido em A : rH2O Densidade do fluido de A até B : 2rH2O Densidade do fluido de C até D : 5rH2O PD = 1,00 atm (Pressão no ponto D). Calcule a densidade do fluido no sistema de B até C. M CONSIDERAÇÕES: O volume confinado entre a ventosa e o tecido é um vácuo perfeito (P = 0 Pa) e a pressão ambiente é 1 atm (101300 Pa). (a) Diagrama de forças no ponto A. (F_ar) + (F_n) + (F_g) = 0 Em módulo: F_ar - F_n - F_g = 0 F_ar = P_0 . A, onde: A é a área da ventosa P_0 é a pressão atmosférica do ambiente. Nesse caso, por não existir ar dentro da ventosa, temos que a força normal F_n é zero. O valor de F_g (força gravitacional) é o valor do peso da esfera. g = 9,81 m/s² F_g = m_FE . g F_g = 787 . 9,81 F_g = 7720,5 N Então temos: P_0 . A - 7720,5 = 0 P_0 = pressão atmosférica Adotando nível do mar como referência: P_0 = 101300 Pa 101300 . A - 7720,5 = 0 A = 7720,5 / 101300 A = π . R² R = sqrt(7720,5 / 101300π) R = 0,16 m ou 16 cm Resposta: Então o raio dessa ventosa que suporta a massa de ferro é 0,16m ou 16cm. b) Diagrama de forças Fg_v = peso de ventosa Fg_b = peso do objeto F_n = força normal ao teto Fa_n = força exercida pelo ar dentro de ventosa → A força exercida pelo ar é uma composição do deslocamento. Fa_n = ΔP · A Onde ΔP é a diferença de pressão interna e externa à ventosa e A é a área da ventosa. ΔP = P_0 - \frac{1}{3} P_0 → ΔP = \frac{2}{3}P_0 A = πR^2 → A = π·0,16^2 = 0,08 m^2 → Fg_v = peso de ventosa ⇒ Fg_v = 25×10^{-3}·g Fg_b = M_o·g → O aumento de massa pendurada diminui a força normal F_n então, o peso máximo será atingido quando F_n tender a zero, nesse caso F_n = 0. Assim, temos: F_a_n = Fg_b + Fg_v \frac{2}{3} P_0 · 0,08 = M_o·g + 25×10^{-3}·g \frac{2}{3} P_0·\frac{0,08}{g} = M_o + 25×10^{-3} \frac{2}{3} \cdot 101300 \cdot \frac{0,08}{9,81} − 25×10^{-3} = M_o M_o = 550,7 Kg DADOS P_0 = 101300 Pa g = 9,81 m/s² M_o = 550,7 Kg e o material da esfera é o ferro (ρ_{Fe} = 7870 kg/m^3) ρ_{Fe} = \frac{M_o}{V} → V = \frac{550,7}{7870} → V = 0,07 m^3 V = \frac{4}{3} π·R^3 → 0,07 = \frac{4}{3} π·R^3 R^3 = \frac{3·0,07}{4π} → R^3 = 0,0167 R = 0,256 m Resposta: O raio da nova esfera é de 0,256 m ou 25,6 cm. Diagramas de forças na ventosa: Em módulo, no eixo y, temos que: T + Fn - Fn = 0 -> T = -Fn + Fn (1) Diagramas de forças na boia: Em módulo, no eixo y, temos que: E - T - P = 0 -> E = T + P (2) Em (1), temos: Fr = P1 * A A = área da ventosa (A = πR^2) P1 = pressão no fundo do recipiente ρ = 715 g/L h = 7 m g = 9,81 m/s^2 Aplicando o teorema de Stevin no pontos 1 e 2, temos: P1 - P2 = ρgh -> P1 = P2 + ρgh P2 por estar na superfície é a pressão atmosférica P0. P2 = P0 = 101300 Pa ρ = 715 g/L x (1 kg/1000 g) x (1000 L/1 m^3) = 715 kg/m^3 Assim: P1 = 101300 + 715 * 9,81 * 7 P1 = 150400 Pa Fr = 150400 * π * R^2 Fn = 0 (ventosa ideal) T = 150400 * π * R^2 Em (2) temos: Empuxo aplicado sobre a boia: E = ρVb * g -> E = 715 * (4/3)π(0,25)^3 * 9,81 E = 459 N P = m * g <-> ρboia = mboia / Vboia -> mboia = ρboia * Vboia P = ρboia * Vboia * g = 250 * (4/3)π(0,25)^3 * 9,81 P = 161 N -> E = T + P T = E - P Substituindo os valores encontrados: 150400 * π * R^2 = 459 - 161 R^2 = 298 / (150400 * π) -> R^2 = 0,00063 R ≈ 0,025 m Resposta: Então o menor raio de ventosa possível é 0,025 m ou 2,5 cm. 4 3 litros = 0,003 m^3 p_H2O = 1000 \frac{Kg}{m^3} g = 9,81 \frac{m}{s^2} \rho = \frac{m}{V} \rightarrow m = 1000 \cdot 0,003 m_{H2O} = 3kg \text{ de água} A massa do recipiente é M_r = 200g = 0,2 kg Peso total inicial \rightarrow P_i = M_{H2O} \cdot g + M_r \cdot g P_i = (M_{H2O} + M_r) \cdot g Aumento de 10% de indicação \Rightarrow 1,1 \cdot I_i Onde I_i é a indicação inicial de balanço. Empuxo No bloco M, \frac{2}{3} de seu volume está submerso pois \frac{1}{3} está para fora da água. No diagrama de forças aplicadas ao bloco M, temos: E = P_m E = empuxo E = \frac{2}{3} V_{m} \rho_{H2O} \cdot g P_m = M \cdot g = \rho_M \cdot V_m \cdot g \rightarrow \frac{2}{3} V_m \rho_{H2O} \cdot g = \rho_M \cdot V_m \cdot g \rho_M = \frac{2}{3} \rho_{H2O} \rho_M = 667 \frac{Kg}{m^3} Se o balanço estiver graduado em Kg, temos: I_i = (M_{H2O} + M_r) = 3 + 0,2 = 3,2 kg I_f = 3,2 \cdot 1,1 \rightarrow I_f = 3,52 Kg Indicação final I_f - I_i = 0,32 Kg \text{ (massa aparente do bloco M)} \rho_M = \frac{0,32}{V} \rightarrow V = \frac{0,32}{667} \rightarrow V = 0,00048 m^3 Resposta: O volume do bloco é 0,00048 m^3 ou 0,48 litros. Equacionando, temos: P0 + 5ρH2O . g . h3 - ρBC . g . h2 - 2ρH2O . g . h1 - ρH2O . g . h0 - P0 = 0 Assim a estática dos fluidos é garantida. Eliminando os termos (P0 - P0): 5ρH2O . g . h3 - ρBC . g . h2 - 2ρH2O . g . h1 - ρH2O . g . h0 = 0 5ρH2O . h3 - ρBC . h2 - 2ρH2O . h1 - ρH2O . h0 = 0 ρH2O (5h3 - 2h1 - h0) = ρBC . h2 ρH2O (5 . 3,5 - 2 . 1 - 0,5) = ρBC . 1,5 ρH2O (17,5 - 2 - 0,5) = ρBC . 1,5 ρH2O . 15 = ρBC . 1,5 ρBC = 15/1,5 . ρH2O -> ρBC = 10ρH2O Resposta: Então a densidade do fluido no sistema de B até C é 10ρH2O. h0 = 0,5m h1 = 1m h2 = 1,5m h3 = 3,5m
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Universidade Federal de Mato Grosso Campus de Sinop 1ª Avaliação de Física II - Turma de EAA Prof.: Yuri Setembro de 2022 1. Considere um bloco maciço de ferro de forma esférica e massa de 787 kg. Calcule, qual deverá ser a aresta, nas unidades de cm e metro, de um cubo maciço de alumínio, de modo que ela tenha o mesmo volume do bloco de ferro. 2. Considere uma ventosa presa ao teto de uma sala. A essa ventosa está presa a esfera de ferro da primeira questão. a) Considerando que a ventosa tenha massa desprezível e que dentro dela haja um vácuo, calcule o raio dessa ventosa de modo que ela possa suportar a massa de ferro. b) Considere agora que a mesma ventosa tenha massa de 25 g e que em seu interior entre um pouco de ar, aumentando a pressão interna para 1/3 P0. Nessas condições calcule qual deverá ser o raio de uma nova esfera de mesmo material capaz de ser suportado pela ventosa. 3. Considere, por um instante, que um tanque de 7,00 m de altura, repleto de gasolina (r = 715 g/litro), seja aberto ao ar livre, e verifica-se que em seu interior haja um sensor, constituído por uma boia esférica presa por uma corda a uma ventosa, que por sua vez está presa no fundo do tanque. Considerando que a boia seja feita de um material maciço, com um raio de 25,0 cm e densidade de 0,250 g/cm3, calcule o menor raio que esta ventosa possa ter, de modo que o sistema permaneça fixo. m 4. Um recipiente de plástico, com 200 g de massa, contém 3 litros de água. Então um objeto é colocado o interior desses sistema, ficando com 1/3 de seu volume aparente (para fora d’água), e fazendo com que a leitura da balança aumente em 10%. Nessas condições o volume desse objeto. 5. Considere o seguinte sistema, aberto em uma das extremidades e fechado em D. Sendo: h0 = 0,500 m; h1 = 1,00 m; h2 = 1,50 m e h3 = 3,50 m; Densidade do fluido em A : rH2O Densidade do fluido de A até B : 2rH2O Densidade do fluido de C até D : 5rH2O PD = 1,00 atm (Pressão no ponto D). Calcule a densidade do fluido no sistema de B até C. M CONSIDERAÇÕES: O volume confinado entre a ventosa e o tecido é um vácuo perfeito (P = 0 Pa) e a pressão ambiente é 1 atm (101300 Pa). (a) Diagrama de forças no ponto A. (F_ar) + (F_n) + (F_g) = 0 Em módulo: F_ar - F_n - F_g = 0 F_ar = P_0 . A, onde: A é a área da ventosa P_0 é a pressão atmosférica do ambiente. Nesse caso, por não existir ar dentro da ventosa, temos que a força normal F_n é zero. O valor de F_g (força gravitacional) é o valor do peso da esfera. g = 9,81 m/s² F_g = m_FE . g F_g = 787 . 9,81 F_g = 7720,5 N Então temos: P_0 . A - 7720,5 = 0 P_0 = pressão atmosférica Adotando nível do mar como referência: P_0 = 101300 Pa 101300 . A - 7720,5 = 0 A = 7720,5 / 101300 A = π . R² R = sqrt(7720,5 / 101300π) R = 0,16 m ou 16 cm Resposta: Então o raio dessa ventosa que suporta a massa de ferro é 0,16m ou 16cm. b) Diagrama de forças Fg_v = peso de ventosa Fg_b = peso do objeto F_n = força normal ao teto Fa_n = força exercida pelo ar dentro de ventosa → A força exercida pelo ar é uma composição do deslocamento. Fa_n = ΔP · A Onde ΔP é a diferença de pressão interna e externa à ventosa e A é a área da ventosa. ΔP = P_0 - \frac{1}{3} P_0 → ΔP = \frac{2}{3}P_0 A = πR^2 → A = π·0,16^2 = 0,08 m^2 → Fg_v = peso de ventosa ⇒ Fg_v = 25×10^{-3}·g Fg_b = M_o·g → O aumento de massa pendurada diminui a força normal F_n então, o peso máximo será atingido quando F_n tender a zero, nesse caso F_n = 0. Assim, temos: F_a_n = Fg_b + Fg_v \frac{2}{3} P_0 · 0,08 = M_o·g + 25×10^{-3}·g \frac{2}{3} P_0·\frac{0,08}{g} = M_o + 25×10^{-3} \frac{2}{3} \cdot 101300 \cdot \frac{0,08}{9,81} − 25×10^{-3} = M_o M_o = 550,7 Kg DADOS P_0 = 101300 Pa g = 9,81 m/s² M_o = 550,7 Kg e o material da esfera é o ferro (ρ_{Fe} = 7870 kg/m^3) ρ_{Fe} = \frac{M_o}{V} → V = \frac{550,7}{7870} → V = 0,07 m^3 V = \frac{4}{3} π·R^3 → 0,07 = \frac{4}{3} π·R^3 R^3 = \frac{3·0,07}{4π} → R^3 = 0,0167 R = 0,256 m Resposta: O raio da nova esfera é de 0,256 m ou 25,6 cm. Diagramas de forças na ventosa: Em módulo, no eixo y, temos que: T + Fn - Fn = 0 -> T = -Fn + Fn (1) Diagramas de forças na boia: Em módulo, no eixo y, temos que: E - T - P = 0 -> E = T + P (2) Em (1), temos: Fr = P1 * A A = área da ventosa (A = πR^2) P1 = pressão no fundo do recipiente ρ = 715 g/L h = 7 m g = 9,81 m/s^2 Aplicando o teorema de Stevin no pontos 1 e 2, temos: P1 - P2 = ρgh -> P1 = P2 + ρgh P2 por estar na superfície é a pressão atmosférica P0. P2 = P0 = 101300 Pa ρ = 715 g/L x (1 kg/1000 g) x (1000 L/1 m^3) = 715 kg/m^3 Assim: P1 = 101300 + 715 * 9,81 * 7 P1 = 150400 Pa Fr = 150400 * π * R^2 Fn = 0 (ventosa ideal) T = 150400 * π * R^2 Em (2) temos: Empuxo aplicado sobre a boia: E = ρVb * g -> E = 715 * (4/3)π(0,25)^3 * 9,81 E = 459 N P = m * g <-> ρboia = mboia / Vboia -> mboia = ρboia * Vboia P = ρboia * Vboia * g = 250 * (4/3)π(0,25)^3 * 9,81 P = 161 N -> E = T + P T = E - P Substituindo os valores encontrados: 150400 * π * R^2 = 459 - 161 R^2 = 298 / (150400 * π) -> R^2 = 0,00063 R ≈ 0,025 m Resposta: Então o menor raio de ventosa possível é 0,025 m ou 2,5 cm. 4 3 litros = 0,003 m^3 p_H2O = 1000 \frac{Kg}{m^3} g = 9,81 \frac{m}{s^2} \rho = \frac{m}{V} \rightarrow m = 1000 \cdot 0,003 m_{H2O} = 3kg \text{ de água} A massa do recipiente é M_r = 200g = 0,2 kg Peso total inicial \rightarrow P_i = M_{H2O} \cdot g + M_r \cdot g P_i = (M_{H2O} + M_r) \cdot g Aumento de 10% de indicação \Rightarrow 1,1 \cdot I_i Onde I_i é a indicação inicial de balanço. Empuxo No bloco M, \frac{2}{3} de seu volume está submerso pois \frac{1}{3} está para fora da água. No diagrama de forças aplicadas ao bloco M, temos: E = P_m E = empuxo E = \frac{2}{3} V_{m} \rho_{H2O} \cdot g P_m = M \cdot g = \rho_M \cdot V_m \cdot g \rightarrow \frac{2}{3} V_m \rho_{H2O} \cdot g = \rho_M \cdot V_m \cdot g \rho_M = \frac{2}{3} \rho_{H2O} \rho_M = 667 \frac{Kg}{m^3} Se o balanço estiver graduado em Kg, temos: I_i = (M_{H2O} + M_r) = 3 + 0,2 = 3,2 kg I_f = 3,2 \cdot 1,1 \rightarrow I_f = 3,52 Kg Indicação final I_f - I_i = 0,32 Kg \text{ (massa aparente do bloco M)} \rho_M = \frac{0,32}{V} \rightarrow V = \frac{0,32}{667} \rightarrow V = 0,00048 m^3 Resposta: O volume do bloco é 0,00048 m^3 ou 0,48 litros. Equacionando, temos: P0 + 5ρH2O . g . h3 - ρBC . g . h2 - 2ρH2O . g . h1 - ρH2O . g . h0 - P0 = 0 Assim a estática dos fluidos é garantida. Eliminando os termos (P0 - P0): 5ρH2O . g . h3 - ρBC . g . h2 - 2ρH2O . g . h1 - ρH2O . g . h0 = 0 5ρH2O . h3 - ρBC . h2 - 2ρH2O . h1 - ρH2O . h0 = 0 ρH2O (5h3 - 2h1 - h0) = ρBC . h2 ρH2O (5 . 3,5 - 2 . 1 - 0,5) = ρBC . 1,5 ρH2O (17,5 - 2 - 0,5) = ρBC . 1,5 ρH2O . 15 = ρBC . 1,5 ρBC = 15/1,5 . ρH2O -> ρBC = 10ρH2O Resposta: Então a densidade do fluido no sistema de B até C é 10ρH2O. h0 = 0,5m h1 = 1m h2 = 1,5m h3 = 3,5m