quinta-feira, 31 de janeiro de 2013

Desafio de Mestre (Especial)

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.

quarta-feira, 30 de janeiro de 2013

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.

terça-feira, 29 de janeiro de 2013

Mecânica dos fluidos

Hidrodinâmica - Quarta aula

Exercícios

Prof. Paulo Cesar M. Penteado

Exercício 1:
(UFSM-RS)
Água, cuja densidade é 103 kg/m
3, 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: clique aqui

Exercício 2:
Um galpão é coberto por um telhado com área de 400 m2. Um vento forte sopra ax72xkm/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 1xatmx=x1,0.105 N/m2. Determine:

a) a diferença de pressão do ar que circunda o telhado;
b) a força resultante
2que atua sobre ele.

Resolução: clique aqui

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: clique aqui

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/s
2, 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 b
2deve ser maior, menor ou igual ao do item a?

Resolução: clique aqui


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: clique aqui

segunda-feira, 28 de janeiro de 2013

Leituras do Blog


Por que a cor do mar varia tanto?




Saiba por que

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domingo, 27 de janeiro de 2013

Arte do Blog

Canny-Glasgow-1887
x
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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sábado, 26 de janeiro de 2013

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.

sexta-feira, 25 de janeiro de 2013

quinta-feira, 24 de janeiro de 2013

Recordando Estática

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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quarta-feira, 23 de janeiro de 2013

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 Pi, de massa mi e a uma distância ri do eixo de rotação, podemos escrever: Li = miri2ω, 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
x
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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terça-feira, 22 de janeiro de 2013

Mecânica dos fluidos

Hidrodinâmica - Terceira aula

Teorema de Bernoulli

Prof. Paulo Cesar M. Penteado
 
O teorema de Bernoulli, em essência, estabelece que a energia, em um fluxo estacionário, é constante ao longo do caminho descrito pelo fluido. Este teorema não é, portanto, um princípio novo, mas uma relação obtida a partir das leis básicas da Mecânica Clássica.

O teorema de Bernoulli pode ser deduzido a partir do teorema da energia cinética: "O trabalho da resultante das forças agentes em um corpo entre dois instantes é igual à variação da energia cinética experimentada pelo corpo naquele intervalo de tempo."


A figura a seguir mostra um fluido escoando no interior de uma tubulação que se eleva gradualmente desde uma altura h1
até uma altura h2, medidas em relação a um plano horizontal de referência. Na região mais baixa, o tubo tem área de secção transversal S1, e na mais alta, área S2. A pressão do fluido na região inferior do tubo é p1 e na superior, p2.
 

Consideremos, então, o deslocamento da porção sombreada de fluido desde a região mais baixa do tubo até a região mais alta. Nesse deslocamento, a porção de fluido assinalada com hachuras tracejadas permanece invariável.


O trabalho realizado pela força resultante sobre a porção sombreada de fluido é calculado considerando-se que:

• o trabalho realizado sobre a porção de fluido pela força de pressão
p1.S1 é 
p1.S1.Δx1;
• o trabalho realizado sobre a porção de fluido pela força de pressão
p2.S2 é
p2.S2.Δx2 (negativo, pois a força de pressão tem sentido oposto ao do deslocamento da porção fluida);
• o trabalho realizado pela força peso para elevar o fluido desde a altura h1 até a altura h2 é igual a –m.g.(h2h1) (negativo pois o deslocamento ocorre em sentido contrário ao da força peso).
 

O trabalho resultante realizado sobre o sistema é dado pela soma dos três termos considerados.
 

Assim, temos:

τresultante = p1.S1.Δx1 –  p2.S2.Δx2 m.g.(h2h1)

Mas, observe que S1.Δx1 (= S2.Δx2) corresponde ao volume da porção de fluido considerado e pode ser expresso como a relação entre a massa de fluido e a sua densidade (m/ρ), em que ρ, a densidade do fluido, é suposta constante. Observe também que estamos considerando que o fluido seja incompressível pois admitimos que S1.Δx1 = S2.Δx2.
 

Assim, o trabalho da força resultante sobre o sistema pode ser escrito como: 

τresultante = (p1 –  p2). m/ρ - m.g.(h2h1)

A variação da energia cinética do sistema é dada por:

ΔEc  = [m.(v2)2/2] - [m.(v1)2/2]
 

O teorema da energia cinética estabelece que o trabalho resultante realizado sobre o sistema deve ser igual à variação de sua energia cinética. Temos, então:
x
(p1 –  p2). m/ρ - m.g.(h2h1) = [m.(v2)2/2] - [m.(v1)2/2]
 

Multiplicando-se todos os termos da expressão por ρ/m e rearranjando-se as parcelas teremos, finalmente:

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

Como os índices 1 e 2 referem-se a duas posições quaisquer do fluido no tubo podemos suprimi-los e escrever, para qualquer ponto do fluido, que:

p + (ρ.v2/2) + ρ.g.h = constante

Essa relação nos mostra –principalmente– que, em uma canalização horizontal, um estrangulamento implica –pela equação da continuidade– em um aumento na velocidade do fluxo e, consequentemente, em uma diminuição de pressão.
Nessa relação, a soma
p + ρ.g.h é denominada pressão estática (já estudada em Hidrostática) enquanto o termo ρ.v2/2 é a pressão dinâmica, exercida pelo fluido em movimento.

Aplicações do Teorema de Bernoulli

O teorema de Bernoulli pode ser aplicado a um grande número de situações práticas. A seguir, analisaremos as principais aplicações desse teorema em situações do nosso dia-a-dia e também em situações mais técnicas.


O medidor de Venturi
 
Consiste em um medidor que é inserido em uma canalização de secção transversal S para se medir a velocidade de escoamento
v1 de um fluido incompressível, de massa específica ρ, através dela.
Um manômetro, tem uma de suas extremidades inserida num estrangulamento, com área de secção transversal s, e a outra extremidade na canalização de área S. Seja ρm a densidade do líquido manométrico (mercúrio, por exemplo). Por simplificação, vamos considerar que a tubulação é horizontal. 


  
Pelo teorema de Bernoulli, devemos ter:
p1 + [ρ.(v1)2/2] = p2 + [ρ.(v2)2/2] (I)

Mas, pela equação da continuidade:
S.v1 = s.v2 => v2 = v1.(S/s) (II)

Então, substituindo (II) em (I) teremos: 
p1 –  p2 = ρ/2.[(v2)2 (v1)2] => p1 –  p2 = ρ.[(v1)2/2].[(S/s)2  1] =>
p1 –  p2 = ρ.[(v1)2/2].[(S2  s2)/s2] (III)

A relação de Stevin, da hidrostática, permite obter:
p1 + ρ.g.H = p2 + ρ.g.(H - h) + ρm.g.h => p1 –  p2 = (ρm - ρ).g.h (IV)

Finalmente, substituindo (III) em (IV), chegamos a: 
v1 = s.[2.(ρm - ρ).g.h/ρ.(S2  s2)]

O tubo de Pitot

O tubo de Pitot é um dispositivo utilizado para medir a velocidade de escoamento de um gás –ar, por exemplo. Tal dispositivo está ilustrado na figura a seguir.



As aberturas a são paralelas à direção de escoamento do ar e bastante afastadas da parte posterior para que a velocidade v do fluxo de ar e a pressão fora dela não sejam perturbadas pelo tubo.

Seja pa a pressão estática do ar no ramo esquerdo do manômetro, que está ligado a essas aberturas.
 

A abertura do ramo direito do manômetro é perpendicular à corrente e, em b, a velocidade reduz-se a zero; logo, nessa região a pressão total do ar é pb (maior que pa, como nos mostra a figura).

O teorema de Bernoulli fornece, então:  
pa + (ρ.v2)/2 = pb (I)

A relação de Stevin, aplicada ao líquido do manômetro, fornece:
pa + ρm.g.h = pb (II)

Comparando (I) e (II), obtemos: 
ρ.v2/2 = ρm.g.h => v = (2.ρm.g.h/ρ)

A bomba spray

O esquema abaixo ilustra uma bomba spray (atomizador) do tipo utilizada em frascos de perfume.



A bomba de borracha ao ser comprimida expele o ar, contido em seu interior, a uma alta velocidade. De acordo com o teorema de Bernoulli, a pressão do ar fluindo a alta velocidade através da região superior do tubo vertical é menor que a pressão atmosférica normal atuando na superfície do líquido contido no frasco. Dessa maneira, o líquido é empurrado tubo acima devido à diferença de pressão. Ao atingir o topo do tubo, a coluna líquida é fragmentada em pequenas gotículas (spray).

O empuxo dinâmico em uma bola girante

O empuxo dinâmico também pode ser observado numa bola girante. Tal efeito é bastante explorado no mundo esportivo, principalmente no tênis, no golfe e no futebol. É muito comum no futebol, na cobrança de uma falta com bola parada, a bola, depois de chutada, descrever uma curva e enganar o goleiro.
A figura seguinte mostra as linhas de corrente de um fluido em torno de uma bola que translada sem girar (I), as linhas de corrente em torno de uma bola que apenas gira (II) e a superposição dos dois movimentos (III). Note que o empuxo dinâmico, mostrado em (III), faz com que a bola seja desviada de sua direção original.



O empuxo dinâmico em uma vela

O teorema de Bernoulli também pode explicar como um veleiro pode se deslocar quase que contra o vento. Para melhor entender como isso acontece, observe a figura abaixo.



Quando navegando contra o vento, a vela mestra deve ser posicionada a meio ângulo entre a direção do vento e o eixo do barco (linha da quilha). Assim, a pressão atmosférica normal atrás da vela mestra é maior que a pressão à sua frente, onde a velocidade do fluxo de ar é maior devido ao estreitamento entre a bujarrona e a vela mestra, e isso origina uma força Fvento, conforme mostrado na figura, que impulsiona o barco.

A força resultante no barco, devido ao vento e ao efeito de Bernoulli, atua quase que na perpendicular à vela e isso tenderia a deslocar o barco lateralmente se não houvesse uma porção da quilha estendendo-se verticalmente abaixo da linha d'água, a bolina. A água exerce, então, uma força quase que perpendicular à bolina (
Fágua), ou seja, quase perpendicular à quilha do barco. A resultante dessas duas forças, a força Fresultante, é quase que diretamente dirigida para a frente do barco, de modo que o barco desloca-se contra o vento.



Observação: Deve-se ressaltar que o empuxo dinâmico é diferente do empuxo estático. O empuxo estático corresponde a uma força vertical e dirigida para cima, com intensidade igual ao peso de fluido deslocado e que atua em um corpo imerso em um fluido em repouso, como em um balão por exemplo (Teorema de Arquimedes). O empuxo dinâmico está sempre associado ao movimento relativo entre um corpo  uma vela ou uma bola girante– e um fluido.

Para fazer em casa!

Neste experimento bastante simples você irá comprovar o teorema de Bernoulli e observar a ação do empuxo dinâmico. Para tanto você precisará unicamente de uma folha de papel e um pouco de fôlego. Segure a folha de papel próxima à boca e sopre o ar com força na região acima da superfície do papel.



Observe que o ar abaixo da folha permanece praticamente em repouso. Assim, pelo teorema de Bernoulli, a pressão do ar abaixo da folha de papel é maior que a pressão na superfície superior.

Devido a essa diferença de pressão do ar, surge uma força resultante que tende a levantar a folha de papel.

Em um avião, é uma força dessa natureza que, aplicada às asas, sustenta o avião no ar. Num carro de corrida, como os de Fórmula 1 e Fórmula Indy, os aerofólios são projetados de tal maneira que essa força resultante age de maneira a forçar o carro contra o solo, o que aumenta a aderência e permite ao carro executar curvas com velocidades mais altas.


Exercícios

Exercício 1:
Água quente circula pela tubulação de um sistema de aquecimento em uma casa. Se a água é bombeada, no térreo, com velocidade de 0,50 m/s através de um cano com 4,0 cm de diâmetro sob pressão de 3,0 atm, determine a velocidade de escoamento e a pressão da água em um cano com 2,6 cm de diâmetro, localizado no andar superior, 5 m acima do térreo.
Considere: g = 10 m/s2,
ρ = 1,0.103 kg/m3 e 1 atm = 1,0.105 N/m2.

Resolução: clique aqui


Exercício 2:
Um tanque contém água até a altura H; faz-se um orifício na sua parede lateral, à profundidade h abaixo da superfície da água.


Determine:
a) a velocidade v com que a água emerge pelo orifício;
b) o alcance horizontal x do jato d'água ao atingir o piso.


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