Enunciado

Resolva o exercício 22 se o tanque estiver com a metade de óleo, que tem densidade de 920   k g / m 3 .

Exercício 22 : Um tanque está cheio de água. Encontre o trabalho necessário para bombear a água pela saída. Use a densidade da água igual a 62,5   l b / p é 3 .

Passo 1

Já que o tanque está cheio pela metade, estamos na verdade lidando com algo parecido com o seguinte:

Precisamos de uma função que dê a massa de cada um desses pequenos “retângulos de água”, já que a expressão para o trabalho necessário para bombear um deles é:

d W = g h   d M

Se cada um desses “retângulos” tem uma espessura d x , então:

d W = g h   ρ A   d x

E pelo desenho podemos dizer que a área é:

A = 2 a L

A largura L = 6   m do retângulo é constante, mas o comprimento a varia junto com a “profundidade” x . Podemos escrever a em função de x se lembrarmos da equação para esse trecho da circunferência de raio r = 3 / 2     m :

a = r 2 - x 2 = 9 4 - x 2

Então a nossa fórmula é:

d M = ρ L 2 a d x = 920 6 2 9 / 4 - x 2 d x

E a altura pela qual esse “retângulo” deve ser erguida é a profundidade x somada ao 1,5   m da metade superior do tanque, somada ao comprimento de 1   m do cano.

d W = g h   d M = 9,8   x + 2,5 920 6 2 9 / 4 - x 2 d x

d W = 108192 x + 2,5 9 / 4 - x 2   d x  

Passo 2

Ok, já temos o trabalho necessário para bombear um pequeno “retângulo” de espessura d x para fora do tanque, quando ele está localizado a uma profundidade x .

Para calcular o trabalho total, só precisamos integrar essa expressão com x variando de x = 0 até x = 1,5   m :

W = ∫ d W

W = 108192 ∫ 0 1,5 x + 2,5 9 / 4 - x 2 d x

Vamos separar essa integral em duas:

W = 1 08192 ∫ 0 1,5 2,5 9 / 4 - x 2 d x + ∫ 0 1,5 x 9 / 4 - x 2   d x

Agora preciamos resolver cada uma delas.

Passo 3

Vamos começar com a integral da esquerda:

2,5 ∫ 0 1,5 9 / 4 - x 2 d x

Aqui estamos pegando a equação para a parte de cima de uma circunferência de raio r = 9 / 4 = 3 / 2 e integrando ela quando x vai de 0 até 3 / 2 :

Ou seja, estamos simplesmente calculando a área de um quarto de círculo de raio 3 / 2 !

2,5 ∫ 0 1,5 9 / 4 - x 2 d x = 2,5 1 4 π 1,5 2 = 45 32 π

Passo 4

Agora vamos olhar para a integral da direita:

I = ∫ 0 1,5 x 9 / 4 - x 2   d x

Essa já não tem um significado geométrico tão óbvio. Então vamos tentar uma substituição:

u = 9 / 4 - x 2         ⇒         x = 1,5 → u = 0 x = 0 → u = 9 / 4

d u = - 2 x   d x         ⇒         d x = - 1 2 x d u

Então, substituindo as variáveis e os limites de integração:

I = ∫ 9 / 4 0 x u   - 1 2 x d u = - 1 2 ∫ 9 / 4 0 u   d u

Para nos livrarmos daquele sinal, vamos trocar a ordem dos limites de integração:

I = 1 2 ∫ 0 9 / 4 u   d u = 1 3 u 3 2 9 / 4 0

I = 1 3 9 4 3 2 - 0 3 2 = 9 8

Passo 5

Agora vamos voltar à nossa equação para o trabalho total:

W = 108192 ∫ 0 1,5 2,5 9 / 4 - x 2 d x + ∫ 0 1,5 x 9 / 4 - x 2   d x

Substituindo os resultados que já calculamos:

W = 1 08192 45 32 π + 9 8 = 6,00   .   10 5   J

Resposta

O trabalho necessário é de 6,00   .   10 5   J .

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