(SC, 2024-1) Um pequeno orifício circular com diâmetro igual a 2 mm é cortado na superficie lateral de um grande tanque de água, a uma profundidade de 20 m abaixo da superfície da água. O topo do tanque está aberto para a atmosfera. Se necessário, use as aproximações g=10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2} e \pi=3,14. Determine:
(a) A velocidade da água que escoa pelo orifício;
(b) O volume de água que atravessa o orifício em um segundo.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede:
  • Dados (peguei estes valores do enunciado):
    • Diâmetro do orifício: d=2\\ \text{mm}=2\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.
    • Profundidade do orifício abaixo da superfície livre: h=20\\ \mathrm{m}.
    • Abertura do topo do tanque para a atmosfera (pressão na superfície é pressão atmosférica).
    • Aproximações: g=10\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}^2 e \pi=3,14.
  • O enunciado pede:
    • (a) a velocidade da água que escoa pelo orifício;
    • (b) o volume de água que atravessa o orifício em um segundo (vazão volumétrica).

Passo 2

Modelo físico e hipóteses (explicando a teoria que vamos usar):
  • Hipóteses razoáveis: água incompressível, escoamento estacionário, área do tanque muito maior que a do orifício (logo a velocidade da superfície livre é desprezível) e o jato sai para a atmosfera (pressão de saída igual à atmosférica).
  • Ferramenta: Equação de Bernoulli entre a superfície livre (ponto 1) e a saída no orifício (ponto 2). A forma geral é:
p_1+\rho g z_1+\tfrac{1}{2}\rho v_1^2 = p_2+\rho g z_2+\tfrac{1}{2}\rho v_2^2,
onde:
  • p é a pressão (em Pa),
  • \rho é a densidade do fluido (em \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3),
  • g é a aceleração da gravidade,
  • z é a altura (cota) medida ao longo do eixo vertical,
  • v é a velocidade do fluido naquele ponto.
  • Aplicando às nossas hipóteses:
    • No ponto 1 (superfície livre): p_1=p_{\text{atm}}, v_1\approx0, z_1=h.
    • No ponto 2 (orifício, saída do jato): p_2=p_{\text{atm}}, z_2=0, velocidade v_2=v.
  • Como p_1=p_2=p_{\text{atm}}, essas pressões se cancelam na equação e obtemos:
\rho g h = \tfrac{1}{2}\rho v^2.
  • Cancelando \rho e isolando v resulta a fórmula de Torricelli (fórmula clássica para jato livre):
v = \sqrt{2 g h}.
Explicação curta: a perda de energia potencial \rho g h por unidade de volume se transforma em energia cinética \tfrac12\rho v^2, daí a raiz quadrada.

Passo 3

Cálculo numérico da velocidade usando \;v=\sqrt{2 g h}:
v = \sqrt{2\cdot10\cdot20} = \sqrt{400} = 20\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}.

Passo 4

Cálculo da área do orifício (para depois obter a vazão):
  • Raio do orifício: r=\dfrac{d}{2}=\dfrac{2\times10^{-3}}{2}=1\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.
  • Área circular: A=\pi r^2=\pi\left(1\times10^{-3}\right)^2=\pi\times10^{-6}.
  • Substituindo \pi=3,14:
A = 3,14\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^2.

Passo 5

Cálculo da vazão volumétrica (volume por segundo) \;Q=A v:
Q = \left(3,14\times10^{-6}\right)\cdot 20 = 6,28\times10^{-5}\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}.
Conversões úteis:
  • Em litros por segundo: 1\\ \mathrm{m}^3=1000\\ \mathrm{L}, logo
Q = 6,28\times10^{-5}\times1000 = 0,0628\\ \mathrm{L}/\mathrm{s}.
  • Em \mathrm{cm}^3/\mathrm{s} (mL/s): Q=62,8\\ \mathrm{cm}^3/\mathrm{s} (ou 62,8\\ \mathrm{mL}/\mathrm{s}).

Passo 6

Observações finais rápidas e motivação:
  • Resultado prático: o jato sai bem rápido (20 m/s) mas a área é muito pequena, então a vazão é pequena (aprox. 6,28\times10^{-5}\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}).
  • Lembrete para a prova: a dedução por Bernoulli + hipótese v_1\approx0 é o caminho padrão. Em problemas reais pode-se introduzir um coeficiente de descarga C_d<1 (efeitos de contração do jato e atrito), mas salvo indicação do enunciado, assume-se saída ideal e C_d=1.

Resposta

(a) 20\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}
(b) 6,28\times10^{-5}\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}

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