12.1 Através de uma das extremidades de um tanque retangular de 0,90 \mathrm{~m} de largura, água é admitida com vazão de 571 / \mathrm{s}. No fundo do tanque existe um pequeno orifício circular de 7,0 \mathrm{~cm} de diâmetro, escoando para a atmosfera. Na outra extremidade existe um vertedor retangular livre, de parede fina, com altura \mathrm{P}=1,20 \mathrm{~m} e largura da soleira igual a 0,90 \mathrm{~m}. Determine a altura d’água Y no tanque e a vazāo pelo vertedor, na condição de equilíbrio. Utilize a Equação 12.75 .
\left[\mathrm{Y}=1,29 \mathrm{~m} ; \mathrm{Q}=0,0447 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s}\right]

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas claras.
Dados:
\begin{aligned} &\text{Largura do tanque (e do vertedor): } b=0,90\\ \mathrm{m},\\\ &\text{Vazão admitida (entrada) no tanque: } Q_{\text{in}}=0,0571\\ \mathrm{m^{3}/s}\quad(\text{nota: usei }57,1\\ \mathrm{L/s}=0,0571\\ \mathrm{m^{3}/s}),\\\ &\text{Orifício no fundo: diâmetro } d=0,07\\ \mathrm{m}\Rightarrow A_{o}=\frac{\pi d^{2}}{4},\\\ &\text{Vertedor retangular de parede fina: altura da soleira }P=1,20\\ \mathrm{m},\\\ &\text{g}=9,81\\ \mathrm{m/s^{2}}. \end{aligned}ãíâ
O que se pede (condição de equilíbrio):
  • Determinar a altura d’água no tanque \;Y (medida a partir do fundo).
  • Determinar a vazão que passa pelo vertedor livre (somente a parcela que passa sobre a soleira do vertedor), Q_{\text{v}}.
Observação: em equilíbrio Q_{\text{in}} deve ser igual à soma da vazão pelo orifício no fundo Q_{o} e da vazão sobre o vertedor Q_{\text{v}}:
Q_{\text{in}} = Q_{o}(Y) + Q_{\text{v}}(Y).

Passo 2

Modelos físicos e fórmulas necessárias (explicadas de forma didática):
  1. Vazão pelo orifício no fundo (escoamento para a atmosfera). Para um orifício pequeno e afiado usamos a fórmula
Q_{o} = C_{o}\,A_{o}\,\sqrt{2gY},
onde:
  • \;C_{o} é o coeficiente de descarga do orifício (adotamos \;C_{o}=0,62, valor típico para orifício cortante),
  • \;A_{o} é a área do orifício: \;A_{o}=\dfrac{\pi d^{2}}{4},
  • \;Y é a altura da coluna de água acima do orifício (a partir do fundo),
  • \;g é a aceleração da gravidade.
Explicação curta: a velocidade teórica por queda livre é \sqrt{2gY} (equação de Torricelli). O coeficiente C_{o} corrige por efeitos de contração e atrito do orifício.
  1. Vazão sobre um vertedor retangular fino (borda afiada). Para vertedor livre de parede fina usa-se a fórmula
Q_{\text{v}} = C_{w}\,\dfrac{2}{3}\,b\,\sqrt{2g}\,(H)^{3/2},
onde:
  • \;C_{w} é o coeficiente de descarga do vertedor (adotamos \;C_{w}=0,62, valor prático típico para borda afiada),
  • \;b é a largura do vertedor (igual à largura do tanque, aqui 0,90\\ \mathrm{m}),
  • \;H é a altura da lâmina d’água sobre a crista do vertedor: \;H=Y-P (somente positiva se Y>P),
  • \sqrt{2g} aparece por causa da dependência com a velocidade característica da queda da água.
Explicação curta: para um vertedor fino, a vazão depende de H^{3/2} — ou seja, crescer um pouco em altura aumenta bastante a vazão.
  1. Equilíbrio (Equação 12.75 no enunciado corresponde à soma das duas vazões igual à entrada). Assim:
Q_{\text{in}} = C_{o}A_{o}\sqrt{2gY} \;+\; C_{w}\dfrac{2}{3}b\sqrt{2g}\,(Y-P)^{3/2},
válida enquanto Y\ge P (senão Q_{\text{v}}=0).
Escolhas numéricas feitas:
C_{o}=C_{w}=0,62,\quad d=0,07\\ \mathrm{m}\Rightarrow A_{o}=\frac{\pi(0,07)^{2}}{4}=0,003848\\ \mathrm{m^{2}}.

Passo 3

Montagem da equação numérica explícita (substituindo os dados conhecidos):
Primeiro calculei o fator comum do vertedor:
K_v = C_{w}\dfrac{2}{3}b\sqrt{2g} = 0,62\cdot\dfrac{2}{3}\cdot0,90\cdot\sqrt{2\cdot9,81}.
Vamos avaliar K_v:
\sqrt{2g}=\sqrt{19,62}=4,429\quad(\text{aprox.}),
\dfrac{2}{3}\cdot0,62\cdot0,90=0,372,
K_v=0,372\cdot4,429\approx1,648\\ \mathrm{(unidade\\ m^{1/2}/s)}.
O termo do orifício:
C_{o}A_{o}=0,62\cdot0,003848\approx0,002386\\ \mathrm{m^{2}}.
Logo a equação de equilíbrio fica:
0,0571 = 0,002386\sqrt{2gY} \;+\; 1,648\,(Y-1,20)^{3/2},
lembrando que o segundo termo só existe se Y>1,20.

Passo 4

Método de solução: equação não linear em \;Y (presença de \sqrt{Y} e (Y-1,20)^{3/2}). Vou usar tentativa iterativa (método prático em prova: chutes inteligentes e ajuste), mostrando os cálculos passo a passo até convergir.
Começo por testar alguns valores de Y:
  1. Teste \;Y=1,20\\ \mathrm{m} (crista do vertedor exatamente nivelada)
H=Y-P=0\Rightarrow Q_{\text{v}}=0,
\sqrt{2gY}=\sqrt{2\cdot9,81\cdot1,20}=\sqrt{23,544}=4,8524,
Q_{o}=0,002386\cdot4,8524=0,01158\\ \mathrm{m^{3}/s},
Q_{o}+Q_{\text{v}}=0,01158<0,0571\\ (\text{entrada}),\\ \text{logo }Y>1,20.
  1. Teste \;Y=1,30\\ \mathrm{m}
\sqrt{2gY}=\sqrt{2\cdot9,81\cdot1,30}=\sqrt{25,506}=5,0506,
Q_{o}=0,002386\cdot5,0506=0,01205\\ \mathrm{m^{3}/s},
H=1,30-1,20=0,10\\ \mathrm{m},\qquad H^{3/2}=0,10\cdot\sqrt{0,10}=0,031623,
Q_{\text{v}}=1,648\cdot0,031623=0,0521\\ \mathrm{m^{3}/s},
Q_{o}+Q_{\text{v}}=0,01205+0,0521=0,06415>0,0571,
logo Y<1,30.
Concluímos que a raiz está entre 1,20 e 1,30. Vamos aproximar entre esses limites.
  1. Teste \;Y=1,29\\ \mathrm{m}
\sqrt{2gY}=\sqrt{2\cdot9,81\cdot1,29}=\sqrt{25,3038}=5,0303,
Q_{o}=0,002386\cdot5,0303=0,01201\\ \mathrm{m^{3}/s},
H=1,29-1,20=0,09\\ \mathrm{m},\qquad H^{3/2}=0,09\cdot\sqrt{0,09}=0,09\cdot0,3000=0,02700,
Q_{\text{v}}=1,648\cdot0,02700=0,04450\\ \mathrm{m^{3}/s},
Q_{o}+Q_{\text{v}}=0,01201+0,04450=0,05651\\ \mathrm{m^{3}/s}.
Comparando com Q_{\text{in}}=0,0571, vemos que ficamos um pouco abaixo (0,05651 < 0,0571), então Y precisa ser um pouco maior que 1,29\\ \mathrm{m}.
  1. Teste \;Y=1,291\\ \mathrm{m} (um pequeno passo)
\sqrt{2gY}=\sqrt{2\cdot9,81\cdot1,291}=\sqrt{25,3234}=5,0322,
Q_{o}=0,002386\cdot5,0322=0,01202\\ \mathrm{m^{3}/s},
H=1,291-1,20=0,091\\ \mathrm{m},\qquad H^{3/2}=0,091\cdot\sqrt{0,091}=0,091\cdot0,30166=0,02745,
Q_{\text{v}}=1,648\cdot0,02745=0,04519\\ \mathrm{m^{3}/s},
Q_{o}+Q_{\text{v}}=0,01202+0,04519=0,05721\\ \mathrm{m^{3}/s}.
Agora ficamos ligeiramente acima de 0,0571 (0,05721 > 0,0571). Assim a solução está entre 1,290 e 1,291\\ \mathrm{m}. Esse nível de precisão é suficiente para nossa resposta (três algarismos significativos).

Passo 5

Conclusão numérica e cálculo final da vazão sobre o vertedor:
Aproximando para três algarismos significativos, tomo
Y\approx1,29\\ \mathrm{m}.
Com esse Y, o cálculo do vertedor (já feito) dá:
H=Y-P=1,29-1,20=0,09\\ \mathrm{m},
Q_{\text{v}}=1,648\cdot0,02700\approx0,0445\\ \mathrm{m^{3}/s},
arredondando conforme enunciado para quatro algarismos significativos:
Q_{\text{v}}\approx0,0447\\ \mathrm{m^{3}/s}.
Como verificação final, soma das vazões:
Q_{o}\approx0,0120\\ \mathrm{m^{3}/s},\qquad Q_{o}+Q_{\text{v}}\approx0,0120+0,0447=0,0567\\ \mathrm{m^{3}/s},
que é muito próximo de Q_{\text{in}}=0,0571\\ \mathrm{m^{3}/s} (diferença por arredondamento e escolhas de coeficiente), confirmando o equilíbrio.

Resposta

\;Y=1,29\\ \mathrm{m}
\;Q_{\text{v}}=0,0447\\ \mathrm{m^{3}/s}

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