4.17 De uma represa mantida em nível constante sai uma tubulação de ferro fundido novo, de 200 mm de diâmetro e 500 m de comprimento, que termina no fundo de um reservatório prismático de 10 \mathrm{~m}^{2} de área e 5 m de altura, conforme a Figura 4.25. Estando inicialmente vazio o reservatório, abre-se o registro colocado em A. Calcular o tempo necessário para o enchimento completo do reservatório prismático. Assuma que durante o enchimento do reservatório o fator de atrito da tubulação seja constante, com valor médio \mathrm{f}=0,020. Resolva o problema de duas maneiras distintas:
a) utilizando a Equaçāo 4.39 observando que, no caso, tem-se \mathrm{A}_{1} \ggg \mathrm{~A}_{2}=10 \mathrm{~m}^{2}.
b) utilizando a Equação 2.42 e observando que, pela equação da continuidade, em um tempo qualquer t, a vazão que entra no reservatório é dada por \mathrm{Q}=-\mathrm{Adh} / \mathrm{dt}, em que h é uma ordenada marcada positiva de cima para baixo a partir da cota 5,0 \mathrm{~m} e A a área do reservatório.
Despreze as perdas de carga localizadas na tubulação.

Passo 1

O que o enunciado pede e os dados fornecidos.
  • Pedido: calcular o tempo necessário para encher completamente o reservatório prismático de área A=10\\ \mathrm{m^2} e altura 5{,}0\\ \mathrm{m} partindo de vazio, quando a água escoa por uma tubulação de ferro fundido, de comprimento L=500\\ \mathrm{m} e diâmetro D=200\\ \mathrm{mm}.
  • Dados numéricos (peguei todos do enunciado):
    • D=200\\ \mathrm{mm}=0{,}200\\ \mathrm{m}.
    • L=500\\ \mathrm{m}.
    • Área do reservatório A=10\\ \mathrm{m^2}.
    • Altura total do reservatório H_{tot}=5{,}0\\ \mathrm{m} (nível superior relativo ao fundo onde termina a tubulação).
    • Fator de atrito médio da tubulação f=0{,}020.
    • Desprezar perdas localizadas.
  • Observações do enunciado sobre métodos:
    • (a) usar a Equação 4.39 observando que A_1\gg A_2=10\\ \mathrm{m^2} (interpreto isso como o reservatório fonte sendo muito grande, logo seu nível é praticamente constante).
    • (b) usar a Equação 2.42 e a continuidade, com a vazão no instante t dada por Q=-A\, dh/dt, sendo h a ordenada relacionada ao nível de água do reservatório crescendo de 0 até 5{,}0\\ \mathrm{m}.
  • Plano (não resolver ainda): vamos aplicar o princípio de Bernoulli entre superfície do reservatório fonte (nível constante) e a saída da tubulação no fundo do reservatório prismático; usar Darcy–Weisbach para o atrito na tubulação; relacionar Q com a variação do nível do reservatório e integrar no tempo. Vou fazer isso de duas formas pedidas — ambas levam ao mesmo ODE integrável.

Passo 2

Conceitos fundamentais que vou usar (aula rápida e simples).
  • Bernoulli entre dois pontos (1: superfície do reservatório fonte, 2: saída da tubulação, logo acima do ponto onde a água entra no tanque): a versão que usamos, desprezando perdas localizadas e assumindo pressão atmosférica nos dois pontos,
\frac{p_1}{\rho g}+z_1+\frac{V_1^2}{2g}=\frac{p_2}{\rho g}+z_2+\frac{V_2^2}{2g}+h_f,
onde p é pressão, \rho densidade da água, z cotas, V velocidades médias nos pontos e h_f é a perda de carga por atrito (Darcy–Weisbach).
  • Interpretações/hipóteses úteis:
    • Superfície do reservatório fonte é grande → velocidade V_1\approx0.
    • Pressões nas superfícies são atmosféricas e se cancelam.
    • No ponto 2 (saída da tubulação, no fundo do reservatório prismático) a pressão manométrica é dada pela profundidade de água no reservatório: se a altura da lâmina de água acima da saída for z_{fs}, então p_2/(\rho g)=z_{fs}.
    • Logo, a “carga disponível” que impulsiona o escoamento é z_1 - z_{fs}.
  • Darcy–Weisbach para perda por atrito na tubulação (escoamento uniforme na tubulação):
h_f = f \frac{L}{D}\,\frac{V^2}{2g},
onde f é o fator de atrito, L comprimento, D diâmetro, V velocidade média na tubulação.
  • Continuidade entre vazão Q, velocidade média V e área da tubulação A_p:
Q = A_p V,\qquad A_p=\frac{\pi D^2}{4}.
  • Vínculo com o enchimento do reservatório (método b): a variação do nível z_{fs} satisfaz
\frac{dz_{fs}}{dt}=\frac{Q}{A}.
Essas fórmulas bastam para montar e integrar a ODE do enchimento.

Passo 3

Derivando a expressão para Q (energia entre reservatório fonte e saída) — hipótese A_1\gg A_2 (método (a) pedido).
  • Aplicando Bernoulli entre a superfície do reservatório fonte (ponto 1) e a saída da tubulação no fundo do reservatório prismático (ponto 2), com V_1\approx0, z_1=H_{tot}=5{,}0\\ \mathrm{m} e z_2=0 (cota do fundo), e sabendo que p_2/(\rho g)=z_{fs} (profundidade de água acima da saída):
z_1 = z_{fs} + \frac{V^2}{2g} + h_f.
  • Substituindo h_f pela expressão de Darcy–Weisbach:
z_1 - z_{fs} = \frac{V^2}{2g}\left(1+ f\frac{L}{D}\right).
  • Isolando V:
V = \sqrt{\frac{2g\,(z_1 - z_{fs})}{\,1+ f\frac{L}{D}\,}}.
  • Então a vazão instantânea:
Q(t)=A_p V = A_p\sqrt{\frac{2g\,(z_1 - z_{fs}(t))}{\,1+ f\frac{L}{D}\,}}.
Aqui z_{fs}(t) é a profundidade (altura da lâmina) no reservatório prismático no instante t; ela varia de 0 até 5{,}0\\ \mathrm{m}.

Passo 4

Cálculo das constantes numéricas (área da tubulação, fator multiplicativo).
  • Área da tubulação:
A_p=\frac{\pi D^2}{4}=\frac{\pi (0{,}200)^2}{4}=\pi\cdot 0{,}01\approx 0{,}0314159\\ \mathrm{m^2}.
  • Calcula-se o fator que aparece no denominador:
1+ f\frac{L}{D}=1+0{,}020\cdot\frac{500}{0{,}200}=1+0{,}020\cdot 2500=1+50=51.
  • A constante gravitacional: g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
  • Logo a expressão para Q fica numericamente
Q(t)=0{,}0314159\;\sqrt{\frac{2\cdot 9{,}81\,(5{,}0 - z_{fs}(t))}{51}}.

Passo 5

Integração usando a hipótese do reservatório fonte praticamente constante (método (a) — forma direta). Montagem do ODE e solução.
  • A equação de continuidade para o reservatório prismático (nível z_{fs} aumenta conforme entra Q) é
\frac{dz_{fs}}{dt}=\frac{Q(t)}{A}.
  • Substituindo Q(t) obtido no passo anterior:
\frac{dz_{fs}}{dt}=\frac{A_p}{A}\sqrt{\frac{2g\,(5{,}0 - z_{fs})}{51}}.
  • Esta é uma ODE separável. Denoto a constante
K=\frac{A_p}{A}\sqrt{\frac{2g}{51}}.
  • Então
\frac{dz_{fs}}{dt}=K\sqrt{5{,}0 - z_{fs}}.
  • Separando e integrando de z_{fs}=0 (início, reservatório vazio) até z_{fs}=5{,}0 (cheio):
t_{ench}=\int_{0}^{t_{ench}} dt=\int_{0}^{5{,}0}\frac{dz}{K\sqrt{5{,}0 - z}}.
  • Faça a substituição u=5{,}0 - z, du=-dz. O integral fica
t_{ench}=\frac{1}{K}\int_{0}^{5{,}0}\frac{du}{\sqrt{u}}=\frac{1}{K}\left[2\sqrt{u}\right]_{0}^{5{,}0}=\frac{2\sqrt{5{,}0}}{K}.
  • Agora calculo K numericamente:
\frac{A_p}{A}=\frac{0{,}0314159}{10}=0{,}00314159.
\sqrt{\frac{2g}{51}}=\sqrt{\frac{2\cdot 9{,}81}{51}}=\sqrt{0{,}38470588}\approx 0{,}620236.
K=0{,}00314159\times 0{,}620236\approx 0{,}001948\\ \mathrm{s^{-1}}.
  • Tempo de enchimento:
t_{ench}=\frac{2\sqrt{5{,}0}}{0{,}001948}.
Calculando numericamente:
\sqrt{5{,}0}\approx 2{,}23607,\quad 2\sqrt{5{,}0}\approx 4{,}47214,
t_{ench}\approx \frac{4{,}47214}{0{,}001948}\approx 2296{,}2\\ \mathrm{s}.
Convertendo:
2296{,}2\\ \mathrm{s}\approx 38{,}27\\ \mathrm{min}\approx 0{,}6379\\ \mathrm{h}.

Passo 6

Método (b): usar a Equação 2.42 + continuidade ( Q=-A\,dh/dt). Derivação e integração (esta é a mesma ODE escrita com notação h).
  • No enunciado h é a ordenada positiva de cima para baixo a partir da cota 5{,}0\\ \mathrm{m}. Se tomarmos z_{fs} como a profundidade do reservatório (altura de água acima da saída, medida a partir do fundo), então z_{fs}=h. A equação da continuidade dada é Q=-A\, dh/dt com sinal escolhido conforme orientação; eu uso a forma positiva de crescimento:
\frac{dh}{dt}=\frac{Q}{A}.
  • Usando Bernoulli e Darcy–Weisbach como no passo 3 obtemos novamente
Q(t)=A_p\sqrt{\frac{2g\,(5{,}0 - h(t))}{1+fL/D}}.
  • Substituindo em \frac{dh}{dt}=Q/A obtém-se a mesma ODE do método (a):
\frac{dh}{dt}=K\sqrt{5{,}0 - h},
com K exatamente igual ao encontrado antes. A integração é idêntica e leva ao mesmo resultado
t_{ench}=\frac{2\sqrt{5{,}0}}{K}\approx 2296{,}2\\ \mathrm{s}\approx 38{,}27\\ \mathrm{min}.

Passo 7

Interpretação final, checagens e comentário pedagógico.
  • Ambos os métodos pedem essencialmente a mesma modelagem física: Bernoulli entre superfície fonte (constante) e saída submersa no tanque + perda de carga Darcy–Weisbach + continuidade do tanque. Por isso ambos convergem para a mesma ODE e o mesmo resultado numérico.
  • Observação importante de prova: o fator 1+fL/D pode ser muito maior que 1 quando fL/D é grande — aqui fL/D=50 — e então a velocidade fica fortemente reduzida pela perda por atrito. Sempre calcule esse fator antes de aproximar.
  • Unidade e ordem de grandeza: t\approx 2{,}3\times 10^{3}\\ \mathrm{s}, ou cerca de 38 minutos — faz sentido físico: tubo relativamente estreito e longo com alto atrito, preenchimento não é instantâneo.

Resposta

(a) t_{ench}\approx 2296{,}2\\ \mathrm{s}\approx 38{,}27\\ \mathrm{min}.
(b) t_{ench}\approx 2296{,}2\\ \mathrm{s}\approx 38{,}27\\ \mathrm{min}.

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