(3,33 pontos) Um fluido ( \rho=800 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3} e v=\mu / \rho=10^{-5} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} ) escoa pela tubulação de descarga de um reservatório com perfil de velocidades v_{x}(r)=v_{\max }\left[1-\frac{r}{R}\right]^{m}, em que v_{\text {max }} é a velocidade máxima no eixo central do duto. É claro que ao esvaziar o reservatório, o v_{\text {max }} diminui com o passar do tempo; entretanto, admite-se que, a partir do nível inicial, em que h_{0}=3 \mathrm{~m}, e durante 2 min , a velocidade seja aproximadamente constante, com v_{\text {max }}=0,2 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. Sendo a área de seção do tanque A_{\text {tan }}=0,5 \mathrm{~m}^{2}, R=0,05 m e m=1 / 7, determine:
(a) (2,0 pontos) A taxa de variação do nível do tanque (\mathrm{dh} / \mathrm{dt});
(b) (1,33 pontos) O novo nível do tanque após 2 min , considerando a hipótese adotada.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (peguei o valor de h_0 da imagem fornecida).
  • Dados fornecidos:
    • Perfil de velocidades no duto: v_x(r)=v_{\max}\left[1-\dfrac{r}{R}\right]^m.
    • Densidade: \rho=800\\ \mathrm{kg/m^3} (não será necessária para os itens pedidos).
    • Cinemática: \nu=10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s} (não será necessária).
    • Velocidade máxima (assumida constante durante 2 min): v_{\max}=0,2\\ \mathrm{m/s}.
    • Raio do duto: R=0,05\\ \mathrm{m}.
    • Expoente do perfil: m=1/7.
    • Área da seção do tanque: A_{\text{tan}}=0,5\\ \mathrm{m^2}.
    • Nível inicial do tanque (peguei da imagem): h_0=3\\ \mathrm{m}.
    • Tempo de interesse: \Delta t=2\\ \text{min}=120\\ \mathrm{s}.
  • O que o enunciado pede:
    • (a) A taxa de variação do nível do tanque \mathrm{d}h/\mathrm{d}t.
    • (b) O novo nível do tanque após 2 min, usando a hipótese de v_{\max} constante.

Passo 2

Entender como obter a vazão volumétrica Q a partir do perfil de velocidades e relacionar Q com \mathrm{d}h/\mathrm{d}t.
  • A vazão volumétrica que sai pelo duto é a integral da velocidade sobre a área da seção circular:
Q=\iint_{A} v_x\,\mathrm{d}A.
  • Em coordenadas polares, \mathrm{d}A=2\pi r\,\mathrm{d}r e a integral radial vai de r=0 até r=R. Substituindo o perfil:
Q=\int_{0}^{R} v_{\max}\left[1-\frac{r}{R}\right]^m 2\pi r\,\mathrm{d}r.
  • Para computar a integral, fazemos a mudança de variável u=\dfrac{r}{R}, logo r=R u e \mathrm{d}r=R\,\mathrm{d}u. Assim
Q=v_{\max}2\pi R^2\int_{0}^{1} u(1-u)^m\,\mathrm{d}u.
  • Esta integral pode ser calculada de maneira elementar: com a substituição s=1-u obtemos
\int_{0}^{1} u(1-u)^m\,\mathrm{d}u=\int_{0}^{1} (1-s)s^m\,\mathrm{d}s =\int_{0}^{1} s^m\,\mathrm{d}s-\int_{0}^{1} s^{m+1}\,\mathrm{d}s =\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m+2} =\frac{1}{(m+1)(m+2)}.
  • Portanto a expressão fechada para Q é
Q=v_{\max}2\pi R^2\frac{1}{(m+1)(m+2)}.
  • A velocidade média na seção é \bar{v}=Q/(\pi R^2), então
\bar{v}=v_{\max}\frac{2}{(m+1)(m+2)}.

Passo 3

Aplicar m=1/7 para obter o fator entre \bar{v} e v_{\max}, e calcular \bar{v}.
  • Calcular (m+1)(m+2) com m=1/7:
m+1=\frac{8}{7},\qquad m+2=\frac{15}{7},\qquad (m+1)(m+2)=\frac{8}{7}\cdot\frac{15}{7}=\frac{120}{49}.
  • Logo
\frac{2}{(m+1)(m+2)}=\frac{2}{120/49}=\frac{98}{120}=\frac{49}{60}\approx0,81666\ldots
  • Assim a velocidade média é
\bar{v}=v_{\max}\frac{49}{60}.
  • Substituindo v_{\max}=0,2\\ \mathrm{m/s}:
\bar{v}=0,2\cdot\frac{49}{60}=0,16333\\ \mathrm{m/s}\\ (\text{aprox.}).

Passo 4

Calcular a vazão Q numericamente.
  • Área da seção do duto:
A_{\text{duto}}=\pi R^2=\pi(0,05)^2=\pi\cdot0,0025\approx0,00785398\\ \mathrm{m^2}.
  • Vazão:
Q=\bar{v}\,A_{\text{duto}}=0,16333\cdot0,00785398\approx1,283\times10^{-3}\\ \mathrm{m^3/s}.

Passo 5

Relacionar a vazão Q com a variação do nível do tanque e calcular \mathrm{d}h/\mathrm{d}t.
  • A massa/volume que sai provoca diminuição do volume do tanque: \dfrac{\mathrm{d}V_{\text{tan}}}{\mathrm{d}t}=-Q.
  • Como V_{\text{tan}}=A_{\text{tan}}\,h, tem-se \dfrac{\mathrm{d}V_{\text{tan}}}{\mathrm{d}t}=A_{\text{tan}}\dfrac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}. Portanto
A_{\text{tan}}\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-Q \quad\Rightarrow\quad \frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-\frac{Q}{A_{\text{tan}}}.
  • Substituindo Q\approx1,283\times10^{-3}\\ \mathrm{m^3/s} e A_{\text{tan}}=0,5\\ \mathrm{m^2}:
\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-\frac{1,283\times10^{-3}}{0,5}=-2,566\times10^{-3}\\ \mathrm{m/s}.
  • Se preferir em \mathrm{m/min}:
\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}\approx -2,566\times10^{-3}\times60=-0,15396\\ \mathrm{m/min}\approx -0,154\\ \mathrm{m/min}.

Passo 6

Calcular o novo nível depois de \Delta t=120\\ \mathrm{s}, assumindo taxa constante.
  • Com taxa constante,
h(t+\Delta t)=h_0+\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}\Delta t.
  • Substituindo h_0=3\\ \mathrm{m}, \dfrac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-2,566\times10^{-3}\\ \mathrm{m/s} e \Delta t=120\\ \mathrm{s}:
\Delta h=\left(-2,566\times10^{-3}\right)\cdot120=-0,3079\\ \mathrm{m}.
h_{\text{final}}=3-0,3079=2,6921\\ \mathrm{m}\\ (\text{aprox. }2,69\\ \mathrm{m}).

Resposta

(a) \dfrac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-2,566\times10^{-3}\\ \mathrm{m/s} (aprox. -0,154\\ \mathrm{m/min}).
(b) h_{\text{após }2\\ \text{min}}=2,692\\ \mathrm{m}ó (aprox. 2,69\\ \mathrm{m}).

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