(adaptado de PORTO, 2006, pg. 116) Dois reservatórios prismáticos, um de área igual a 7,4 \mathrm{~m}^{2} e outro de área igual a 3,7 \mathrm{~m}^{2}, estão ligados por uma tubulação de 125 m de comprimento e 50 mm de diâmetro, com fator de atrito f=0,030. Determine o tempo necessário para que um volume de 2,3 \mathrm{~m}^{3} de água seja transferido do tanque maior para o menor, se a diferença de nível inicial entre eles é de 1,5 \mathrm{~m}.

Passo 1

O que o problema pede: determinar o tempo necessário para que um volume de 2,3\\ \mathrm{m}^{3} de água seja transferido do tanque maior para o tanque menor, dado que a diferença de nível inicial entre eles é 1,5\\ \mathrm{m}.
Informações fornecidas (vou listar e padronizar em símbolos):
A_1 = 7{,}4\\ \mathrm{m}^2 \quad\text{(área do tanque maior)}á
A_2 = 3{,}7\\ \mathrm{m}^2 \quad\text{(área do tanque menor)}á
L = 125\\ \mathrm{m} \quad\text{(comprimento da tubulação)}çã
D = 50\\ \mathrm{mm} = 0{,}05\\ \mathrm{m} \quad\text{(diâmetro da tubulação)}âçã
f = 0{,}030 \quad\text{(fator de atrito Darcy)}
\Delta V = 2{,}3\\ \mathrm{m}^3 \quad\text{(volume a ser transferido)}
h_0 = 1{,}5\\ \mathrm{m} \quad\text{(diferença de nível inicial)}çí
Nota: vamos assumir escoamento incompressível, regime gradual (velocidade nos tanques desprezível frente à velocidade na tubulação) e desprezar perdas menores além da perda por atrito na tubulação (modelo usual para dois reservatórios ligados por um tubo longo).

Passo 2

Relação entre volume transferido e variação da diferença de nível.
Se, ao longo do processo, o tanque 1 perde volume \Delta V e o tanque 2 ganha o mesmo volume \Delta V, as variações de nível em cada tanque são:
\Delta h_1 = -\frac{\Delta V}{A_1},\qquad \Delta h_2 = +\frac{\Delta V}{A_2}.
A diferença de nível h = h_1-h_2 muda, portanto, de acordo com
h_f = h_0 - \Delta V\left(\frac{1}{A_1}+\frac{1}{A_2}\right),
onde h_f é a diferença de nível após a transferência do volume \Delta V.
Calculemos numericamente h_f:
\frac{1}{A_1}+\frac{1}{A_2} = \frac{1}{7{,}4}+\frac{1}{3{,}7} = 0{,}135135\ldots + 0{,}270270\ldots = 0{,}405405\ldots
h_f = 1{,}5 - 2{,}3\cdot 0{,}405405\ldots = 1{,}5 - 0{,}932432\ldots = 0{,}567568\ldots\\ \mathrm{m}.

Passo 3

Expressão do vazão Q em função da diferença de nível h usando Darcy–Weisbach.
A perda de carga por atrito na tubulação é dada por
h_f = \frac{fL}{D}\cdot\frac{V^2}{2g},
onde V é a velocidade média no tubo e g a gravidade. A diferença de nível entre os tanques (h) é que impulsiona o escoamento e, desprezando outras perdas e velocidades nos tanques, temos h = h_f. A vazão volumétrica é Q = A_p V, com A_p área da seção do tubo:
A_p = \frac{\pi D^2}{4}.
Substituindo V = Q/A_p em Darcy–Weisbach e isolando Q obtemos
h = \frac{fL}{D}\cdot\frac{1}{2g}\left(\frac{Q}{A_p}\right)^2 \quad\Rightarrow\quad Q = A_p\sqrt{\frac{2gD}{fL}\,h}.
Isto mostra que Q é proporcional a \sqrt{h}.
Calculemos A_p numericamente:
A_p = \frac{\pi D^2}{4} = \frac{\pi (0{,}05)^2}{4} = \pi\cdot 0{,}000625 = 0{,}0019634954\\ \mathrm{m}^2\\ (\text{aprox.}).

Passo 4

Equação diferencial que descreve a evolução de h(t).
Quando flui vazão Q do tanque 1 para o tanque 2:
\frac{dh_1}{dt} = -\frac{Q}{A_1},\qquad \frac{dh_2}{dt} = +\frac{Q}{A_2}.
Logo a diferença h = h_1-h_2 satisfaz
\frac{dh}{dt} = \frac{dh_1}{dt} - \frac{dh_2}{dt} = -Q\left(\frac{1}{A_1}+\frac{1}{A_2}\right).
Substituindo Q da fórmula do passo anterior:
\frac{dh}{dt} = -A_p\left(\frac{1}{A_1}+\frac{1}{A_2}\right)\sqrt{\frac{2gD}{fL}}\;\sqrt{h}.
Para simplificar, definimos a constante positiva
C = A_p\left(\frac{1}{A_1}+\frac{1}{A_2}\right)\sqrt{\frac{2gD}{fL}},
de modo que a ODE fica
\frac{dh}{dt} = -C\,\sqrt{h}.

Passo 5

Resolução da ODE (separação de variáveis) para obter o tempo necessário para que h vá de h_0 a h_f.
A equação é separável:
\frac{dh}{\sqrt{h}} = -C\,dt.
Integramos de t=0 (quando h=h_0) até t=t (quando h=h_f):
\int_{h_0}^{h_f} \frac{dh}{\sqrt{h}} = -C\int_{0}^{t} dt.
A integral à esquerda é 2\big(\sqrt{h_f}-\sqrt{h_0}\big). Portanto
2\big(\sqrt{h_f}-\sqrt{h_0}\big) = -C t
ou
t = \frac{2}{C}\big(\sqrt{h_0}-\sqrt{h_f}\big).
Esta fórmula nos dá o tempo necessário para a diferença de nível cair de h_0 para h_f.

Passo 6

Cálculo numérico detalhado de todas as constantes e do tempo.
Relembrando valores numéricos:
A_p \approx 0{,}0019634954\\ \mathrm{m}^2, \qquad \frac{1}{A_1}+\frac{1}{A_2} \approx 0{,}405405\ldots
Calculemos o fator sob a raiz:
\frac{2gD}{fL} = \frac{2\cdot 9{,}81\cdot 0{,}05}{0{,}03\cdot 125} = \frac{0{,}981}{3{,}75} \approx 0{,}2616.
A raiz é
\sqrt{\frac{2gD}{fL}} \approx \sqrt{0{,}2616} \approx 0{,}5115.
Agora a constante C:
C = A_p\left(\frac{1}{A_1}+\frac{1}{A_2}\right)\sqrt{\frac{2gD}{fL}} \approx 0{,}0019634954\cdot 0{,}405405\cdot 0{,}5115.
Multiplicando em etapas:
0{,}0019634954\cdot 0{,}405405 \approx 0{,}00079601,
C \approx 0{,}00079601\cdot 0{,}5115 \approx 0{,}00040716\\ \mathrm{s}^{-1}.
Os termos da solução:
\sqrt{h_0} = \sqrt{1{,}5} \approx 1{,}2247449,\qquad \sqrt{h_f} = \sqrt{0{,}567568\ldots} \approx 0{,}753376.
Diferença:
\sqrt{h_0}-\sqrt{h_f} \approx 1{,}2247449 - 0{,}753376 \approx 0{,}471369.
Finalmente o tempo:
t = \frac{2}{C}\big(\sqrt{h_0}-\sqrt{h_f}\big) \approx \frac{2\cdot 0{,}471369}{0{,}00040716} \approx \frac{0{,}942738}{0{,}00040716} \approx 2316{,}5\\ \mathrm{s}.
Convertendo para minutos:
2316{,}5\\ \mathrm{s} \approx 38{,}6\\ \mathrm{min} \quad(\text{i.e. }38\\ \text{min }36{,}5\\ \text{s}).

Resposta

t \approx 2316{,}5\\ \mathrm{s}\;(\approx 38{,}6\\ \mathrm{min})

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