Exercícios de Empuxo

A resolução da questão envolve o Princípio de Arquimedes considerando o equilíbrio das forças no estado final (eminência de afundar o bloco).

Volume do bloco cúbico de aresta L com uma cavidade central também cubica de aresta L/2.

${\mathrm{V}}_{\mathrm{sól}}={\mathrm{V}}_{\mathrm{cubo}}-{\mathrm{V}}_{\mathrm{cav}}={\mathrm{L}}^3-{\left(\frac{\mathrm{L}}{2}\right)}^3\therefore {\mathrm{V}}_{\mathrm{sól}}=\frac{7}{8}{\mathrm{L}}^3$

Peso total do sistema: É a soma do peso do bloco sólido e do peso do líquido de densidade D colocado na cavidade. Primeiramente determinamos suas massas.

Massa do bloco sólido: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{bloco}}=\mathrm{d}\cdot {\mathrm{V}}_{\mathrm{sól}}=\mathrm{d}\cdot \frac{7}{8}{\mathrm{L}}^3$

Massa do líquido da cavidade: ${\mathrm{m}}_{\mathrm{líq}}=\mathrm{D}\cdot \mathrm{V}$

Peso total: $\mathrm{P}=({\mathrm{m}}_{\mathrm{sol}}+{\mathrm{m}}_{\mathrm{liq}})\cdot \mathrm{g}=(\mathrm{d}\cdot \frac{7}{8}{\mathrm{L}}^3+\mathrm{D}\cdot \mathrm{V})\cdot \mathrm{g}$ 

Empuxo na iminência de afundar: Nesta situação, o volume deslocado é o próprio volume externo do cubo

$\mathrm{E}=\mathrm{D}\cdot {\mathrm{V}}_{\mathrm{desl}}\cdot \mathrm{g}=\mathrm{D}\cdot {\mathrm{L}}^3\cdot \mathrm{g}$

Equilíbrio das forças:

No equilíbrio (P = E):

$(\mathrm{d}\cdot \frac{7}{8}{\mathrm{L}}^3+\mathrm{D}\cdot \mathrm{V})\cdot \mathrm{g}=\mathrm{D}\cdot {\mathrm{L}}^3\cdot \mathrm{g}$

Cancelando a aceleração da gravidade g e isolando V:

$\mathrm{d}\cdot \frac{7}{8}{\mathrm{L}}^3+\mathrm{D}\cdot \mathrm{V}=\mathrm{D}\cdot {\mathrm{L}}^3$

$\mathrm{D}\cdot \mathrm{V}=\mathrm{D}\cdot {\mathrm{L}}^3-\mathrm{d}\cdot \frac{7}{8}{\mathrm{L}}^3$

$\mathrm{V}=\frac{\mathrm{D}\cdot {\mathrm{L}}^3-\mathrm{d}\cdot \frac{7}{8}{\mathrm{L}}^3}{\mathrm{D}}={\mathrm{L}}^3-\mathrm{d}\cdot \frac{7}{8\mathrm{D}}{\mathrm{L}}^3\therefore \mathrm{V}=\frac{{\mathrm{L}}^3}{8}(8-\frac{7\mathrm{d}}{\mathrm{D}})$

Da situação inicial, obtemos a relação entre as densidades do líquido e da barra:

$$\mathrm{E}=\mathrm{P}$$
$${\mathrm{\rho }}_{\mathrm{líq}}{\mathrm{V}}_{\mathrm{sub}}\cancel{\mathrm{g}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{barra}}\cancel{\mathrm{g}}$$
$${\mathrm{\rho }}_{\mathrm{líq}}\cdot 0,75\cancel{\mathrm{V}}={\mathrm{\rho }}_{\mathrm{barra}}\cancel{\mathrm{V}}$$
$${\mathrm{\rho }}_{\mathrm{líq}}=\frac{4}{3}{\mathrm{\rho }}_{\mathrm{barra}}$$ 

Dentre as alternativas, a [C] é a única que satisfaz a relação obtida, pois:

$$\mathrm{T}+\mathrm{E}=\mathrm{P}$$
$$\frac{\mathrm{P}}{3}+\mathrm{E}=\mathrm{P}$$
$$\mathrm{E}=\frac{2}{3}\mathrm{P}$$
$${\mathrm{\rho }}_{\mathrm{líq}}{\mathrm{V}}_{\mathrm{sub}}\cancel{\mathrm{g}}=\frac{2}{3}{\mathrm{m}}_{\mathrm{barra}}\cancel{\mathrm{g}}$$
$${\mathrm{\rho }}_{\mathrm{líq}}\cdot \frac{\cancel{\mathrm{V}}}{2}=\frac{2}{3}{\mathrm{\rho }}_{\mathrm{barra}}\cancel{\mathrm{V}}$$
$${\mathrm{\rho }}_{\mathrm{líq}}=\frac{4}{3}{\mathrm{\rho }}_{\mathrm{barra}}$$

Para resolver essa questão, precisamos aplicar o Princípio de Arquimedes (Empuxo) para as duas situações de equilíbrio estático. O segredo aqui é entender que, como o sistema está em equilíbrio, a força de Empuxo deve igualar o Peso total do conjunto em ambos os casos.
Definições Iniciais

Vamos definir as massas e volumes envolvidos:

V_e: Volume da esfera, ${\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi r}}^3.$

V_c: Volume do cubo. Segundo o enunciado, ${\mathrm{v}}_{\mathrm{c}}=\frac{1}{8}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}.$

​V_cal: Volume da calota esférica que fica fora ou dentro do fluido.

M_total: Massa total do conjunto (Cubo + Esfera).

V_setor: O volume de um setor esférico é dado por ${\mathrm{V}}_{\mathrm{setor}}=\frac{4}{3}{\mathrm{\pi r}}^3{\mathrm{sen}}^2\left(\frac{\mathrm{\alpha }}{4}\right), \mathrm{\alpha }=120°.$

Sabendo que $\mathrm{sen}\left(\frac{\mathrm{\alpha }}{4}\right)=\mathrm{sen}\left(\frac{120°}{4}\right)=\mathrm{sen}30°=\frac{1}{2},$ logo ${\mathrm{sen}}^2\left(\frac{\mathrm{\alpha }}{4}\right)=\frac{1}{4}.$ Relacionando-se ao volume da esfera, tem-se que:  ${\mathrm{V}}_{\mathrm{setor}}=\frac{1}{4}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}.$

O volume da calota esférica (V_cal) relaciona-se com o setor esférico e o cone interno, mas para fins de flutuação, focaremos na parte submersa.
O volume do cone interno é definido pela rotação em torno do eixo z do triangulo retângulo mostrado na figura abaixo e utilizando-se dos conhecimentos de trigonometria podemos determinar os valores de y e h em função de r, para finalmente determinar seu volume.

$\cos 60°=\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{r}}\Rightarrow \frac{1}{2}=\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{r}}\therefore \mathrm{h}=\frac{\mathrm{r}}{2}$

$\mathrm{sen}60°=\frac{\mathrm{y}}{\mathrm{r}}\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\mathrm{y}}{\mathrm{r}}\therefore \mathrm{y}=\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{r}$

Como y é o raio da base do cone, obtemos o volume do cone.

${\mathrm{V}}_{\mathrm{cone}}=\frac{1}{3}{\mathrm{\pi y}}^2\mathrm{h}=\frac{1}{3}\mathrm{\pi }{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{r}\right)}^2\cdot \frac{\mathrm{r}}{2}\therefore {\mathrm{V}}_{\mathrm{cone}}=\frac{{\mathrm{\pi r}}^3}{8}$

Relacionando com o volume da esfera:

$\frac{{\mathrm{V}}_{\mathrm{cone}}}{{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}}=\frac{\frac{{\mathrm{\pi r}}^3}{8}}{\frac{4{\mathrm{\pi r}}^3}{3}}=\frac{3}{32}\therefore {\mathrm{V}}_{\mathrm{cone}}=\frac{3}{32}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}$

Subtraindo-se o volume do cone do volume do setor esférico tem-se o volume da calota esférica em função do volume da esfera.

$${\mathrm{V}}_{\mathrm{cal}}={\mathrm{V}}_{\mathrm{setor}}-{\mathrm{V}}_{\mathrm{cone}}$$
$${\mathrm{V}}_{\mathrm{cal}}=\frac{1}{4}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}-\frac{3}{32}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}{\mathrm{V}}_{\mathrm{cal}}=\frac{5}{32}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}$$

Para as duas situações de equilíbrio, tem-se que o peso do conjunto é igual ao empuxo em cada líquido.

Na situação 1:

$\mathrm{P}={\mathrm{E}}_1\Rightarrow \mathrm{P}={\mathrm{\rho }}_1\cdot {\mathrm{V}}_1\cdot \mathrm{g}$

Na situação 2, temos:

$\mathrm{P}={\mathrm{E}}_2\Rightarrow \mathrm{P}={\mathrm{\rho }}_2\cdot {\mathrm{V}}_2\cdot \mathrm{g}$

Como o peso é constante, podemos igualar as duas equações e simplificar a aceleração da gravidade.

${\mathrm{\rho }}_1\cdot {\mathrm{V}}_1\cdot \cancel{\mathrm{g}}={\mathrm{\rho }}_2\cdot {\mathrm{V}}_2\cdot \cancel{\mathrm{g}}\Rightarrow {\mathrm{\rho }}_1\cdot {\mathrm{V}}_1={\mathrm{\rho }}_2\cdot {\mathrm{V}}_2$

Portanto, a relação entre as densidades é:

$\frac{{\mathrm{\rho }}_2}{{\mathrm{\rho }}_1}=\frac{{\mathrm{V}}_1}{{\mathrm{V}}_2}$

Assim, basta fazer a razão entre os volumes submersos na situação 1 e na situação 2. 

Na situação 1, nota-se que o volume submerso é dado pelo volume da esfera menos o volume da calota.

${\mathrm{V}}_1={\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}-{\mathrm{V}}_{\mathrm{cal}}={\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}-\frac{5}{32}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}\therefore {\mathrm{V}}_1=\frac{27}{32}{\mathrm{V}}_{\mathrm{e}}$

[A] Falsa. A densidade da água salgada é maior do que a da água doce e o gelo ocupa maior volume ao congelar, diminuindo sua densidade, assim a razão entre as densidades do gelo e da água do mar é de aproximadamente 0,9, significando que o gelo fica aproximadamente 90% submerso na água do mar. Este é o caso dos icebergs em que apenas se enxerga fora da linha da água 10% de seu volume.

[B] Verdadeira. A flutuabilidade do gelo na água é devido a sua densidade ser menor que a água líquida.

[C] Falsa. Na temperatura de 4°C a água tem sua maior densidade, portanto vai ocorrer um vácuo na garrafa, mas não vai estourá-la, a menos que baixarmos mais a temperatura promovendo a solidificação da água, que ocupará maior volume e, portanto, poderá quebrar a garrafa de vidro.

[D] Falsa. O fato de o gelo flutuar na água é devido a sua estrutura cristalina espacial que ocupa maior volume quando comparado com a água líquida, reduzindo sua densidade.

[E] Falsa. A anomalia do aquecimento da água ocorre de 0 a 4°C com diminuição do volume e consequentemente aumento da densidade, cujo valor máximo ocorre em 4°C. Este fenômeno não ocorre em outros líquidos em que nota-se o aumento do volume com a temperatura.

Análise das afirmativas.

[I] Verdadeira. A densidade inicial do peixe é

$\mathrm{d}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{V}}=\frac{1,5\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}}{1,5\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{L}}=1\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}/\mathrm{L}=1\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{g}/{\mathrm{cm}}^3$

Em água doce, a densidade é aproximadamente 1 g/cm³. Portanto, o peixe estaria em equilíbrio, não subindo nem descendo. A proposição afirma que ele flutua estaticamente sem subir nem descer, o que é verdade, mas a implicação de flutuar estaticamente é que ele não se move para cima ou para baixo, mas a proposição não está correta porque ele não flutua na água doce. O correto seria dizer que o peixe fica em equilíbrio totalmente imerso na água sem subir e nem descer.

[II] Verdadeira. O volume da bolsa natatória é reduzido pela metade, de 0,1 L para 0,05 L, diminuindo, assim o volume e aumentando a densidade do peixe.

$\mathrm{d}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{V}}=\frac{1,5\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}}{1,5\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{L}-0,05\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{L}}=\frac{1,5\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}}{1,45\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{L}}\therefore \mathrm{d}=1,034\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{g}/{\mathrm{cm}}^3$

[III] Verdadeira. Como a densidade do peixe ($\mathrm{d}=1,034\hspace{0.17em}\mathrm{g}/{\mathrm{cm}}^3$) agora é maior que a da água doce, ele afundará.

[IV] Falsa. O peixe afundará, e não subirá.

[V] Verdadeira. A força de empuxo é igual ao peso do volume de líquido deslocado. Quando a bolsa natatória está cheia, o volume deslocado é de 1,5 L, o que corresponde a ${\mathrm{1,5\times 10}}^{-3}{\mathrm{m}}^3$ de água doce. A força de empuxo é calculada como:

$\mathrm{E}=\mathrm{\mu }\cdot \mathrm{V}\cdot \mathrm{g}=1000\hspace{0.17em}\frac{\mathrm{kg}}{{\mathrm{m}}^3}\cdot 1,5\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^3\cdot 9,8\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^2\therefore \mathrm{E}=14,7\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{N}$

Massa das chapas:

${\text{m}}_1={\mathrm{\sigma }}_1(2\cdot \frac{{\mathrm{L}}^2\sqrt{3}}{4}+2\cdot 6\mathrm{L}\cdot \mathrm{L})=8\cdot (2\cdot \frac{0,2^2\cdot 1,7}{4}+2\cdot 6\cdot 0,2^2)\Rightarrow {\mathrm{m}}_1=4,112\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}$

Massa do cubo:

${\text{m}}_2={\mathrm{\rho }}_2{(0,5\mathrm{ }\mathrm{L})}^3=240\cdot 0,1^3\Rightarrow {\mathrm{m}}_2=0,24\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}$

Massa do sistema:

$\mathrm{m}={\mathrm{m}}_1+{\mathrm{m}}_2=4,352\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{kg}$

Por semelhança entre o triângulo submerso e o triângulo da base do prisma, obtemos:

$${\left(\frac{\mathrm{h}}{\frac{\mathrm{L}\sqrt{3}}{2}}\right)}^3=\frac{{\mathrm{A}}_{\mathrm{sub}}}{\frac{{\mathrm{L}}^2\sqrt{3}}{4}}\Rightarrow {\mathrm{A}}_{\mathrm{sub}}=\frac{{\mathrm{h}}^2\sqrt{3}}{3}$$
$${\mathrm{V}}_{\mathrm{sub}}=\frac{{\mathrm{h}}^2\sqrt{3}}{3}\cdot 6\mathrm{L}=2{\mathrm{h}}^2\mathrm{L}\sqrt{3}=2{\mathrm{h}}^2\cdot 0,2\cdot 1,7\Rightarrow {\mathrm{V}}_{\mathrm{sub}}=0,68\mathrm{\hspace{0.17em}}{\mathrm{h}}^2$$

Para que o sistema permaneça em equilíbrio, devemos ter:

$$\mathrm{E}=\mathrm{P}$$
$${\mathrm{\rho }}_{\mathrm{água}}{\mathrm{V}}_{\mathrm{sub}}\cancel{\mathrm{g}}=\mathrm{m}\cancel{\mathrm{g}}$$
$$1000\cdot 0,68\mathrm{\hspace{0.17em}}{\mathrm{h}}^2=4,352$$
$${\mathrm{h}}^2=0,0064$$
$$\mathrm{h}=8\mathrm{\hspace{0.17em}}\mathrm{cm}$$

Na situação de equilíbrio do balão, devemos ter:

$$\mathrm{P}=\mathrm{E}$$
$$\frac{\mathrm{P}}{\mathrm{E}}=1,0$$

O diagrama de forças presentes na massa líquida nos tanques cúbicos permite extrair-se uma relação para a aceleração:

No eixo vertical y, tem-se:

${\mathrm{E}}_{\mathrm{y}}=\mathrm{P}\Rightarrow \mathrm{E}\cdot \cos \mathrm{\theta }=\mathrm{mg} \left(1\right)$

No eixo horizontal:

${\mathrm{E}}_{\mathrm{x}}={\mathrm{F}}_{\mathrm{r}}\Rightarrow \mathrm{E}\cdot \mathrm{sen} \mathrm{\theta }=\mathrm{mA} \left(2\right)$

Dividindo-se (2) por (1) obtém-se a aceleração (A):

$\frac{\cancel{\mathrm{E}}·\mathrm{sen\theta }}{\cancel{\mathrm{E}}\cdot \mathrm{cos\theta }}=\frac{\cancel{\mathrm{m} }\mathrm{A}}{\cancel{\mathrm{m}} \mathrm{g}}\therefore \mathrm{A}=\mathrm{g}\cdot \mathrm{tan\theta }$

Usando-se a razão trigonométrica entre os catetos do triangulo retângulo obtido no desenho, pode-se extrair uma relação envolvendo h e L.

$\tan \mathrm{\theta }=\frac{\mathrm{h}}{\mathrm{L}}\therefore \mathrm{A}=\frac{\mathrm{gh}}{\mathrm{L} } \left(3\right)$

Usando-se a relação da densidade, obtém-se uma relação para a massa de líquido derramada.

$\mathrm{d}=\frac{\mathrm{M}}{\mathrm{V}}\therefore \mathrm{M}=\mathrm{d}\cdot \mathrm{V} \left(4\right)$

O volume de líquido derramado por dois tanques cúbicos idênticos de lado L é definido por um prisma de base triangular retangular cujos catetos são h e L e comprimento 2L.

${\mathrm{V}}_{\mathrm{prisma}}=\frac{\mathrm{hL}}{2}\cdot 2\mathrm{L}\therefore {\mathrm{V}}_{\mathrm{prisma}}={\mathrm{hL}}^{2 } \left(5\right)$

Assim, a massa de líquido derramado é obtida juntando-se a equação (3) explicitada em h e a equação (5) na equação (4):

$\mathrm{A}=\frac{\mathrm{gh}}{\mathrm{L}}\Rightarrow \mathrm{h}=\frac{\mathrm{LA}}{\mathrm{g} }$

$\mathrm{M}=\mathrm{d}\cdot \mathrm{V}=\mathrm{d}\cdot {\mathrm{hL}}^2=\mathrm{d}\cdot \frac{\mathrm{LA}}{\mathrm{g}}\cdot {\mathrm{L}}^2\therefore \mathrm{M}=\frac{\mathrm{d}\cdot {\mathrm{L}}^3\cdot \mathrm{A}}{\mathrm{g} }$

Finalmente, como L³ é o volume de cada tanque cúbico, a massa derramada em função do volume V de cada tanque é:

$\mathrm{M}=\frac{\mathrm{d}\cdot \mathrm{V}\cdot \mathrm{A}}{\mathrm{g} }$

Da situação inicial, obtemos a massa do recipiente:

$$\mathrm{tg}{45}^{\circ }=1=\frac{\mathrm{r}}{\mathrm{h}}\Rightarrow \mathrm{r}=\mathrm{h}$$
$${\mathrm{E}}_0={\mathrm{P}}_{\mathrm{r}}$$
$${\mathrm{\rho V}}_{\mathrm{sub}} \cancel{\mathrm{g}}={\mathrm{m}}_{\mathrm{r}} \cancel{\mathrm{g}}$$
$$\mathrm{\rho }\cdot \frac{{\mathrm{\pi r}}^2\cdot \mathrm{h}}{3}={\mathrm{m}}_{\mathrm{r}}$$
$${\mathrm{m}}_{\mathrm{r}}=\frac{{\mathrm{\rho \pi h}}^3}{3 }$$

Após a inserção da massa m, teremos:

$${\mathrm{P}}_{\mathrm{r}}+\mathrm{P}=\mathrm{E}$$
$$\frac{\cancel{\mathrm{\rho } } {\cancel{\mathrm{\pi }}\mathrm{h}}^3\cancel{\mathrm{g}}}{3}+\mathrm{K} \cancel{\mathrm{\rho } } {\cancel{\mathrm{\pi }}\mathrm{h}}^3\cancel{\mathrm{g}}=\frac{\cancel{\mathrm{\rho } } \cancel{\mathrm{\pi }} (\mathrm{h}+\mathrm{\Delta h}{)}^3 \cancel{\mathrm{g}}}{3}$$
$$\cancel{{\mathrm{h}}^3}+3\mathrm{K} \cancel{{\mathrm{h}}^3}=\cancel{{\mathrm{h}}^3} {(1+\frac{\mathrm{\Delta h}}{\mathrm{h}})}^3$$
$$\cancel{1}+\cancel{3}\mathrm{K}=\cancel{1}+\frac{\cancel{3} \mathrm{\Delta h}}{\mathrm{h}}$$
$$\mathrm{\Delta h}=\mathrm{Kh}$$

A tração no fio anula-se, quando as forças empuxo e peso se equilibram.

$\mathrm{P}=\mathrm{E}\Rightarrow {\mathrm{d}}_{\mathrm{ol}} \cancel{\mathrm{Vg}}={\mathrm{d}}_{\mathrm{ob}} \cancel{\mathrm{Vg}}\Rightarrow {\mathrm{d}}_{\mathrm{ol}}={\mathrm{d}}_{\mathrm{ob}}=\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{V}}=\frac{19}{20}\Rightarrow {\mathrm{d}}_{\mathrm{ol}}=0,9 \mathrm{g}/{\mathrm{cm}}^3$

O gráfico mostra que, para essa densidade do óleo, a temperatura é $\mathrm{T}=150 °\mathrm{C}.$