6-75 A stationary water tank of diameter D is mounted on wheels and is placed on a nearly frictionless level surface. A smooth hole of diameter D_{o} near the bottom of the tank allows water to jet horizontally and rearward and the water jet force propels the system forward. The water in the tank is much heavier than the tank-and-wheel assembly, so only the mass of water remaining in the tank needs to be considered in this problem. Considering the decrease in the mass of water with time, develop relations for (a) the acceleration, (b) the velocity, and (c) the distance traveled by the system as a function of time.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (resumido, com os dados que vamos usar).
  • Diâmetro do tanque: D. Área da seção transversal do tanque (cilíndrica): A=\dfrac{\pi D^{2}}{4}.
  • Diâmetro do orifício: D_{o}. Área do orifício: A_{o}=\dfrac{\pi D_{o}^{2}}{4}.
  • Superfície quase sem atrito (forças horizontais externas desprezíveis).
  • A massa do conjunto tanque+rodas é desprezível; considera-se apenas a massa da água no tanque.
  • A água sai pelo orifício formando um jato horizontal e para trás, o que impulsiona o tanque para frente.
  • A massa de água M(t) diminui com o tempo. Quer-se relacionar, em função do tempo t:
    • (a) a aceleração a_{\text{sys}}(t) do sistema;
    • (b) a velocidade V(t) do sistema (supondo V(0)=0);
    • (c) a distância x(t) percorrida (supondo x(0)=0).
Variáveis que usaremos explicitamente:
  • \rho = densidade da água.
  • h(t) = altura do nível de água no tanque; M(t)=\rho A h(t).
  • u = velocidade de saída da água relativa ao tanque (positivo em módulo, dirigida para trás).

Passo 2

Expressar a massa de água e a velocidade de saída do jato (Bernoulli / Torricelli).
  • Massa de água no tanque:
M(t)=\rho A h(t).
  • Pela fórmula de Torricelli (caso usual de jato saindo por orifício pequeno, desprezando perdas e efeito do movimento horizontal sobre a cabeça hidrostática), a velocidade de saída relativa ao tanque é dada por
u=\sqrt{2 g h(t)}.
Explicação curta do porquê: a energia potencial por unidade de massa g h se transforma em energia cinética \tfrac{1}{2}u^{2} na saída (pressão atmosférica fora e na superfície), dando u=\sqrt{2gh}. Aqui g é a aceleração da gravidade.

Passo 3

Expressar a taxa de variação da massa (vazão mássica).
  • A vazão volumétrica (em módulo) que sai pelo orifício é Q = A_{o}\,u.
  • A vazão mássica (módulo) é \dot{m}_{\text{out}}=\rho Q=\rho A_{o} u.
  • Como M(t) diminui, sua derivada é negativa:
\dot{M}(t) = -\rho A_{o} u.
Observação sobre sinais: \dot{M}<0; o termo \rho A_{o}u é o valor positivo da taxa de massa expelida por unidade de tempo.

Passo 4

Escrever o balanço de quantidade de movimento (equação tipo “foguete” / impulso).
  • Em ausência de forças externas horizontais, a variação da quantidade de movimento do sistema (água restante no tanque) é igual ao impulso fornecido pelo jato que sai para trás.
  • Para um sistema que perde massa, a forma prática é
M(t)\,\frac{dV}{dt} = -\dot{M}(t)\,u_{\text{rel}},
onde u_{\text{rel}} é a velocidade do jato relativa ao tanque (módulo) e -\dot{M} é a taxa positiva de massa expelida. Aqui u_{\text{rel}}=u (saída para trás relativa ao tanque). Intuição: cada pedaço de massa expelida, por ter velocidade relativa u para trás, carrega momento que produz um impulso (\text{massa expulsada}/\Delta t)\times u para frente no tanque.
  • Portanto:
M\,\frac{dV}{dt} = -\dot{M}\,u.

Passo 5

Substituir \dot{M} e u nas equações e simplificar.
  • Usando \dot{M}=-\rho A_{o} u (do Passo 3), obtemos -\dot{M}=\rho A_{o}u. Substituindo na equação do Passo 4:
M\,\frac{dV}{dt} = \rho A_{o} u^{2}.
  • Substituir u^{2}=2 g h e h=M/(\rho A) (do Passo 2 e Passo 1):
u^{2}=2 g h = 2 g \frac{M}{\rho A}.
  • Então o lado direito fica
\rho A_{o} u^{2} = \rho A_{o}\left(2 g \frac{M}{\rho A}\right) = 2 g \frac{A_{o}}{A}\,M.
  • Assim a equação de movimento fica
M\,\frac{dV}{dt} = 2 g \frac{A_{o}}{A}\,M.

Passo 6

Cancelar M e obter a aceleração, que é independente de M.
  • Se M>0, podemos dividir ambos os lados por M e obter
\frac{dV}{dt} = 2 g \frac{A_{o}}{A}.
  • Portanto a aceleração é constante no tempo (surpresa boa!): definir
a_{\text{sys}} \equiv \frac{dV}{dt} = 2 g \frac{A_{o}}{A}.
  • Em termos dos diâmetros, as áreas cancelam o \pi/4, logo
\frac{A_{o}}{A}=\frac{\pi D_{o}^{2}/4}{\pi D^{2}/4}=\frac{D_{o}^{2}}{D^{2}},
portanto
a_{\text{sys}} = 2 g \frac{D_{o}^{2}}{D^{2}}.

Passo 7

Integrar para obter a velocidade V(t).
  • Como a_{\text{sys}} é constante e supondo condição inicial V(0)=0,
V(t)=a_{\text{sys}}\,t.
  • Substituindo a_{\text{sys}}:
V(t)=2 g \frac{A_{o}}{A}\,t = 2 g \frac{D_{o}^{2}}{D^{2}}\,t.

Passo 8

Integrar para obter a posição x(t).
  • Com x(0)=0 e V(t)=a_{\text{sys}} t,
x(t)=\frac{1}{2}a_{\text{sys}} t^{2}.
  • Substituindo a_{\text{sys}}:
x(t)=\frac{1}{2}\,2 g \frac{A_{o}}{A}\,t^{2}=g\frac{A_{o}}{A}\,t^{2}
ou em diâmetros
x(t)=g\frac{D_{o}^{2}}{D^{2}}\,t^{2}.

Passo 9

(Complemento didático) Como a massa varia no tempo — expressão útil se quiser M(t) e instante em que o tanque esvazia.
  • A equação de variação da massa é
\dot{M} = -\rho A_{o} u = -a_{c}\sqrt{M},
onde a_{c}=A_{o}\sqrt{\dfrac{2 g \rho}{A}}. Integrando,
\sqrt{M(t)}=\sqrt{M_{0}}-\frac{a_{c}}{2}\,t,
ou seja
M(t)=\Bigl(\sqrt{M_{0}}-\tfrac{a_{c}}{2}t\Bigr)^{2},
até o tempo de esvaziamento
t_{\text{vazio}}=\frac{2\sqrt{M_{0}}}{a_{c}}.
Aqui M_{0}=\rho A h_{0} é a massa inicial da água (com h_{0} a altura inicial).

Resposta

a_{\text{sys}}(t)=2g\frac{A_{o}}{A}=2g\frac{D_{o}^{2}}{D^{2}}
V(t)=2g\frac{A_{o}}{A}\,t=2g\frac{D_{o}^{2}}{D^{2}}\,t
x(t)=g\frac{A_{o}}{A}\,t^{2}=g\frac{D_{o}^{2}}{D^{2}}\,t^{2}

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