Água alimenta um reservatório cilíndrico de 0,5 \mathrm{~m} de diâmetro por uma tubulação de 0,10 \mathrm{~m}^{2} de área, a uma velocidade de 0,5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, e o deixa com uma vazão de 0,1 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s}. Determine a variação do nível de água com o tempo. ( R:-0,25 \mathrm{~m} / \mathrm{s} )

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede. Peguei estes valores da figura enviada:
  • Diâmetro do reservatório: D=0,5\\ \mathrm{m}.
  • Área da tubulação de entrada: A_{\text{tubo}}=0,10\\ \mathrm{m}^2.
  • Velocidade do fluxo na tubulação de entrada: v_{\text{in}}=0,5\\ \mathrm{m/s}.
  • Vazão de saída (dada): Q_{\text{out}}=0,1\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}.
  • A variável que representa a altura do nível é h (altura do líquido no cilindro).
    O enunciado pede: determinar a variação do nível de água com o tempo, isto é, encontrar \dfrac{dh}{dt} (unidade \mathrm{m/s}).

Passo 2

Entender a relação entre área/velocidade e vazão (fórmula que vamos usar neste passo).
  • A vazão volumétrica Q que entra por uma tubulação é dada pela área da seção vezes a velocidade média do fluido:
Q = A\cdot v.
Aqui cada símbolo significa:
  • Q: vazão volumétrica (unidade \mathrm{m}^3/\mathrm{s}),
  • A: área da seção do tubo (unidade \mathrm{m}^2),
  • v: velocidade média do fluido no tubo (unidade \mathrm{m/s}).
    Aplicando aos dados de entrada (peguei A_{\text{tubo}} e v_{\text{in}} da figura):
Q_{\text{in}} = A_{\text{tubo}}\cdot v_{\text{in}} = 0,10\cdot 0,5.

Passo 3

Calcular numericamente a vazão de entrada.
Q_{\text{in}} = 0,10\cdot 0,5 = 0,05\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}.
Interpretação: entram 0,05\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s} e saem 0,1\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}. Logo há um déficit volumétrico (sai mais do que entra).

Passo 4

Escrever o balanço de volume no reservatório (princípio de conservação de massa/volume para líquido incompressível).
  • A taxa de variação do volume no reservatório é a diferença entre vazão de entrada e vazão de saída:
\frac{dV}{dt} = Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}.
  • O volume do reservatório, sendo um cilindro de base circular, é
V = A_{\text{base}}\cdot h,
onde A_{\text{base}} é a área da base do cilindro e h é a altura (nível) do líquido.

Passo 5

Relacionar \dfrac{dh}{dt} com \dfrac{dV}{dt}.
  • Derivando V=A_{\text{base}}\,h em relação ao tempo e lembrando que A_{\text{base}} é constante:
\frac{dV}{dt} = A_{\text{base}}\cdot\frac{dh}{dt}.
  • Substituindo no balanço de volume:
A_{\text{base}}\cdot\frac{dh}{dt} = Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}.
Logo
\frac{dh}{dt} = \frac{Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}}{A_{\text{base}}}.
Aqui A_{\text{base}}=\pi r^2 com r=\dfrac{D}{2}.

Passo 6

Calcular a área da base do reservatório numericamente (usei D da figura).
  • Raio:
r=\frac{D}{2}=\frac{0,5}{2}=0,25\\ \mathrm{m}.
  • Área da base:
A_{\text{base}}=\pi r^2=\pi (0,25)^2=\pi\cdot 0,0625=0,0625\pi\\ \mathrm{m}^2.
Se quiser um valor numérico aproximado:
A_{\text{base}}\approx 0,0625\cdot 3{,}14159\approx 0,19635\\ \mathrm{m}^2.

Passo 7

Calcular finalmente \dfrac{dh}{dt} substituindo Q_{\text{in}}, Q_{\text{out}} e A_{\text{base}}.
  • Primeiro a diferença de vazões:
Q_{\text{in}}-Q_{\text{out}} = 0,05 - 0,10 = -0,05\\ \mathrm{m}^3/\mathrm{s}.
  • Então
\frac{dh}{dt} = \frac{-0,05}{0,0625\pi} = \frac{-0,05}{0,1963495\ldots}.
  • Valor numérico aproximado:
\frac{dh}{dt}\approx -0,25465\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}.
Arredondando para duas casas significativas conforme resposta dada:
\frac{dh}{dt}\approx -0,25\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}.

Passo 8

Interpretação física do sinal negativo e da magnitude.
  • O sinal negativo indica que o nível h está diminuindo com o tempo (porque sai mais água do que entra).
  • Magnitude 0,25\\ \mathrm{m/s} significa que, mantendo essas vazões constantes, o nível do reservatório desce 0,25 metros a cada segundo (o que é rápido — aqui só uma consequência matemática dos números fornecidos).

Resposta

-0,25\\ \mathrm{m}/\mathrm{s}

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