Questão 3
O manômetro de tubo inclinado (Fig. P.3), utilizado para medir pequenas diferenças de pressão, p1-p2, difere do descrito no problema 2 pela inclinação $\theta$ do tubo de diâmetro d. Se o fluido empregado é óleo de densidade $\rho = 0,8 \, g/cm^3$, com $d = 0,5 \, cm$, $D = 2,5 \, cm$, escolha $\theta$ para que o deslocamento l seja de 5 cm quando p1-p2 = 0,001 atm. (Fonte: Moyses Nussenzveig, Vol.2)
Solução
Dados do problema
- Diametro $D=2,5\, cm=0,025 \, m$
- Diametro $d=0,5 \, cm=0,005 \, m$
- Diferença de pressão para o deslocamento l $p_1 - p_2 = 0,001 \, atm = 100 \, Pa$
- Deslocamento do fluido $l = 5 \, cm = 0,05 \, m$
- Nivel de equilibrio ($p_1 = p_2$) $N_0$
- Densidade do fluido $\rho = 0,8 \, g/cm^3 =800 \, kg/m^3$
A pressão em A e B são $p_A$ e $p_B$ respectivamente. Sabe-se que $p_A = p_1$ e, usando a lei de Stevin na coluna de liquido inclinado, $p_B = p_2 + \rho g \left( h+ H \right)$. Assim, $$p_A = p_B$$ $$p_1 = p_2 + \rho g \left( h+ H \right)$$ $$p_1 - p_2 = \rho g \left( h+ H \right)$$
Sabendo que o volume de fluido que abaixa até a altura H preenche a altura h, pode-se usar a equivalência entre os volumes: $$\pi \dfrac{D^2}{4} H = \pi \dfrac{d^2}{4} l$$ $$D^2H = d^2l$$ $$H = \dfrac{d^2}{D^2}l$$
Usando a seguinte relação $sen (\theta ) = \dfrac{h}{l}$, $h = l sen (\theta )$ e substituindo H e l na equação da diferença de pressão: $$p_1 - p_2 = \rho g \left( l sen( \theta )+ \dfrac{d^2}{D^2}l \right)$$ $$p_1 - p_2 = \rho g l \left( sen( \theta )+ \dfrac{d^2}{D^2} \right)$$
Isolando $sen( \theta )$, $$sen( \theta ) =\dfrac{p_1 - p_2}{\rho g l} - \dfrac{d^2}{D^2}$$
Substituindo os valores: $$sen( \theta ) =\dfrac{100}{800 \cdot 9.8 \cdot 0,05} - \dfrac{0,005^2}{0,025^2}$$ $$sen( \theta ) \approx 0,22$$ $$\theta \approx 12,71^\circ$$
Observação: O método está certo e as contas estão certas, entretanto não sei por que motivo o gabarito deu diferente, apesar de ser "próximo" (Gabarito = $14,4^\circ$).
Referências:
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Fısica Básica, vol 2, Ed. Edgard Blücher Ltda, 1983.
NUSSENZVEIG, Herch Moysés. Curso de Fısica Básica, vol 2, Ed. Edgard Blücher Ltda, 1983.
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Eu fiz essa questão e deu 12,6°. Também achei estranho o gabarito do livro. Depois de procurar em diversos lugares na net achei esse blog kkkkk. A diferença de resoluções se encontra na parte de igualar os volumes deslocados. O lance é que o canal direito se comporta como algo parecido com um cilindro oblíquo; so que a base é, na verdade, uma elipse. Para calcular o volume é necessário usar a área da elipse. Na resolução que o livro considera parece que essa elipse é desconsiderada e tratada como se fosse uma circunferência. Por isso que as nossas resoluções deram valores diferentes da do livro. No entanto, a rigor, eu tenho a acreditar que a resposta certa seja 12,6° msm. No caso, aqui deu 12,7° pq vc considerou a aproximação 1atm ≈ 10^5Pa. No meu caso considerei a igualdade 1atm = 101325Pa. De qualquer forma a modelagem é a mesma.
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ResponderExcluirO problema é que o volume do lado direito é $V_2=h\pi(\frac{d}{2})^2$ e não $V_2=l\pi(\frac{d}{2})^2$
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