Considere uma grande caixa d’água na qual é feito um pequeno orifício.
(a) Desconsiderando a velocidade v_{1} da parte superior, usando a equação de Bernoulli, mostre que a velocidade da água ao sair do orifício é v_{2}=\sqrt{2 g h}
(b) Agora mostre que, sendo v_{1} \neq 0 (a velocidade superior da água é não-nula), a velocidade v_{2} de saída pelo orifício é dada por:
v_{2}^{2}=\frac{2 g h}{1-v_{1}^{2} / v_{2}^{2}} .
Em ambos casos considere a pressão nos dois pontos como sendo a pressão atmosférica.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas separadas:
  1. (a) Desconsiderando a velocidade da superfície, mostrar que a velocidade da água que sai pelo orifício é v_{2}=\sqrt{2 g h}.
  2. (b) Mantendo a velocidade da superfície não-nula ( v_{1}\neq 0), mostrar que a velocidade de saída satisfaz
v_{2}^{2}=\frac{2 g h}{1-v_{1}^{2} / v_{2}^{2}}.
Informações e condições dadas (úteis para a resolução):
  • A pressão nos dois pontos considerados (superfície livre e saída do orifício) é a pressão atmosférica (mesma nos dois pontos).
  • A altura vertical entre a superfície livre e o centro do orifício é h. Vou tomar a altura da saída como y_{2}=0 e da superfície como y_{1}=h.
  • Há um orifício em uma grande caixa d’água; a água é considerada incompressível e sem perda por viscosidade (hipóteses implícitas para usar a equação que vamos usar).
  • As velocidades nos dois pontos são v_{1} (superfície) e v_{2} (saída pelo orifício).
    Nenhuma outra informação adicional será solicitada; vou aplicar a relação de energia (Bernoulli) entre superfície e orifício.

Passo 2

Apresentando a ferramenta central: a equação de Bernoulli (forma usual usada aqui). Para um escoamento estacionário, incompressível e sem atrito, ao longo de uma mesma linha de corrente temos a quantidade
\frac{P}{\rho}+\frac{1}{2}v^{2}+g y=\text{constante},
onde:
  • P é a pressão no ponto considerado (unidade: Pa),
  • \rho é a densidade do fluido (unidade: kg/m^3),
  • v é a velocidade do fluido no ponto (unidade: m/s),
  • g é a aceleração da gravidade (unidade: m/s^2),
  • y é a cota vertical do ponto (unidade: m).
Explicação física rápida e simples: essa fórmula representa conservação de energia por unidade de massa: a energia por unidade de massa associada à pressão ( P/\rho), à energia cinética ( v^{2}/2) e à energia potencial gravitacional ( g y) permanece constante ao longo da corrente se não há perdas por atrito nem troca de energia externa.

Passo 3

Aplicando Bernoulli entre a superfície livre (ponto 1) e a saída do orifício (ponto 2). Escrevo a equação nos dois pontos:
\frac{P_{1}}{\rho}+\frac{1}{2}v_{1}^{2}+g y_{1}=\frac{P_{2}}{\rho}+\frac{1}{2}v_{2}^{2}+g y_{2}.
Agora uso as informações do enunciado:
  • P_{1}=P_{2}= pressão atmosférica, logo \dfrac{P_{1}}{\rho}=\dfrac{P_{2}}{\rho} e esses termos se cancelam.
  • tomo y_{1}=h e y_{2}=0.
Com isso a equação fica:
\frac{1}{2}v_{1}^{2}+g h=\frac{1}{2}v_{2}^{2}.

Passo 4

Resolvendo o item (a): desconsiderando a velocidade da superfície, ou seja, assumindo v_{1}\approx 0. Substituo v_{1}=0 na equação do passo anterior:
0 + g h = \frac{1}{2}v_{2}^{2}.
Multiplicando ambos os lados por 2 obtemos
v_{2}^{2}=2 g h.
Tomando a raiz positiva (velocidade escalar, sentido de saída),
v_{2}=\sqrt{2 g h}.
Interpretação rápida: a velocidade de saída é a que um corpo adquiria ao cair livremente pela mesma altura h — essa é a famosa fórmula de Torricelli.

Passo 5

Agora o item (b): mantenho v_{1}\neq 0. Volto à forma já obtida no passo 3, que foi a versão simplificada da equação de Bernoulli depois de cancelar as pressões:
\frac{1}{2}v_{1}^{2}+g h=\frac{1}{2}v_{2}^{2}.
Vou transformar essa relação para chegar na forma pedida.

Passo 6

Faço álgebra básica sobre a equação do passo anterior. Multiplico tudo por 2 para eliminar o meio:
v_{1}^{2}+2 g h = v_{2}^{2}.
Essa é a forma direta e comum: a energia cinética por unidade de massa na saída ( \tfrac{1}{2}v_{2}^{2}) é a soma da energia cinética da superfície ( \tfrac{1}{2}v_{1}^{2}) mais a energia potencial convertida ( g h).

Passo 7

Agora manipulo essa expressão para obter exatamente a forma pedida no enunciado. Parto de
v_{2}^{2}-v_{1}^{2}=2 g h.
Coloco v_{2}^{2} em evidência no lado esquerdo escrevendo v_{2}^{2}\big(1 - \dfrac{v_{1}^{2}}{v_{2}^{2}}\big):
v_{2}^{2}\Big(1-\frac{v_{1}^{2}}{v_{2}^{2}}\Big)=2 g h.
Agora isolo v_{2}^{2} dividindo pelo fator entre parênteses:
v_{2}^{2}=\frac{2 g h}{1-\dfrac{v_{1}^{2}}{v_{2}^{2}}}.
E essa é exatamente a forma que o enunciado pede. Observação útil: essa equação é apenas uma reescrita da relação simples v_{2}^{2}=v_{1}^{2}+2 g h; aparece v_{2} também no denominador do lado direito por causa da manipulação algébrica.

Passo 8

Comentários finais e intuição:
  • No caso (a) a hipótese v_{1}\approx 0 foi a que retornou a forma simples de Torricelli v_{2}=\sqrt{2 g h}.
  • No caso (b) a forma v_{2}^{2}=v_{1}^{2}+2 g h é a mais direta e clara; a forma pedida pelo enunciado é algebraicamente equivalente e mostra o mesmo balanço energético, apenas escrita de modo a destacar o fator \big(1-v_{1}^{2}/v_{2}^{2}\big).
  • Fisicamente, em tanques muito grandes a velocidade da superfície v_{1} é muito pequena (tende a zero), daí a aproximação do item (a) ser adequada. Se a superfície se mover significativamente, seu termo cinético precisa ser levado em conta (item (b)).
  • Verifique sempre as hipóteses: incompressibilidade, fluxo estacionário e desprezo de perdas por atrito são necessárias para aplicar diretamente Bernoulli nessa forma.

Resposta

v_{2}=\sqrt{2 g h}
v_{2}^{2}=\dfrac{2 g h}{1-v_{1}^{2} / v_{2}^{2}}

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