A demanda por água potável de um escritório é atendida por grandes garrafas de água com uma mangueira de plástico inserida nelas. O tubo de plástico mostrado, que liga a garrafa ao copo, tem diâmetro de 0,5 \mathrm{~cm}. O tempo mínimo de enchimento de um copo de 240 ml deve ser determinado quando: a) a garrafa estiver cheia; b) quando estiver quase vazia

Passo 1

O enunciado pede o tempo mínimo para encher um copo de 240 ml usando o tubo de plástico de diâmetro 0{,}5\\ \mathrm{cm} nas duas situações:
a) quando a garrafa está cheia;
b) quando a garrafa está quase vazia.
Informações dadas explícitas: o diâmetro do tubo é \,0{,}5\\ \mathrm{cm} e o volume do copo é \,240\\ \mathrm{ml}=240\\ \mathrm{cm}^3.
Importante: o enunciado original menciona um tubo mostrado numa figura. Essa figura provavelmente fornece as alturas (diferença de nível entre a superfície livre da água na garrafa e a saída do tubo) que determinam a velocidade do jato. Como essa figura NÃO foi enviada, não conhecemos os valores numéricos de altura \,h para os dois casos. Portanto NÃO É POSSÍVEL calcular valores numéricos finais (segundos) sem saber essas alturas.
Vou, então, (i) apresentar a dedução passo a passo e didática da fórmula que dá o tempo em função de h, (ii) calcular a constante numérica que transforma h em tempo para os dados do tubo, e (iii) mostrar como obter o tempo numérico assim que você fornecer (ou ler da figura) os valores de h. Também dou exemplos numéricos assumindo alturas plausíveis para você ter uma ideia.

Passo 2

Converter unidades e calcular a área da seção do tubo.
O diâmetro do tubo é \,0{,}5\\ \mathrm{cm}, portanto o raio é
r=\frac{0{,}5}{2}=0{,}25\\ \mathrm{cm}.
A área da seção transversal do tubo é a área do círculo:
A=\pi r^{2}=\pi(0{,}25)^{2}=\pi\cdot 0{,}0625\\ \mathrm{cm}^{2}\approx 0{,}19635\\ \mathrm{cm}^{2}.
O volume do copo é
V=240\\ \mathrm{cm}^{3}.

Passo 3

Explicar por que a velocidade do jato depende da altura e deduzir a fórmula (Torricelli).
Intuição física fácil: a água na garrafa tem energia potencial devido à altura da superfície livre em relação à saída do tubo; ao sair a água converte essa energia potencial em energia cinética. Para um fluido ideal (sem atrito interno significativo), aplica-se o princípio de Bernoulli entre a superfície livre (ponto 1) e a saída do tubo (ponto 2). Fazendo as simplificações usuais — pressões iguais em 1 e 2 (ambas atmosféricas) e velocidade desprezível da superfície livre em comparação com a velocidade de saída — obtemos a Lei de Torricelli:
v=\sqrt{2gh},
onde:
  • \,v é a velocidade de saída do jato (em \mathrm{cm/s} se usarmos \mathrm{cm} para alturas),
  • \,g é a aceleração da gravidade ( \,g\approx 980\\ \mathrm{cm/s^{2}}),
  • \,h é a diferença de nível entre a superfície livre da água e o ponto de saída do tubo (em \mathrm{cm}).
Explicação passo a passo: Bernoulli dá \,p_1+\rho g z_1+\tfrac12\rho v_1^2=p_2+\rho g z_2+\tfrac12\rho v_2^2. Tomando p_1=p_2, v_1\approx0 e z_1-z_2=h, obtemos \tfrac12\rho v_2^2=\rho g h, daí v_2=\sqrt{2gh}.

Passo 4

Relacionar vazão volumétrica e tempo.
A vazão volumétrica (volume por segundo) que sai pelo tubo é
Q=A\cdot v = A\sqrt{2gh}.
O tempo necessário para encher o copo de volume V é
t=\frac{V}{Q}=\frac{V}{A\sqrt{2gh}}.
Aqui:
  • \,t em segundos,
  • \,V em \mathrm{cm}^{3},
  • \,A em \mathrm{cm}^{2},
  • \,g em \mathrm{cm/s^{2}},
  • \,h em \mathrm{cm}.

Passo 5

Substituir V e A conhecidos para obter a fórmula prática.
Substituindo V=240\\ \mathrm{cm}^3 e A=\pi(0{,}25)^2\\ \mathrm{cm}^2 na fórmula de t:
t=\frac{240}{\pi(0{,}25)^{2}\sqrt{2gh}}.
Usando g\approx 980\\ \mathrm{cm/s^{2}} podemos calcular a constante numérica que multiplica 1/\sqrt{h}. Calculemos passo a passo:
\sqrt{2g}=\sqrt{2\cdot 980}=\sqrt{1960}\approx 44{,}2719\\ \mathrm{s^{-1}\cdot cm^{1/2}}.
Então
A\sqrt{2g}\approx 0{,}19635\times 44{,}2719\approx 8{,}6889\\ \mathrm{cm^{2}\cdot s^{-1}\cdot cm^{1/2}}.
Portanto
t=\frac{240}{A\sqrt{2g}\sqrt{h}}\approx\frac{240}{8{,}6889\sqrt{h}}\approx\frac{27{,}62}{\sqrt{h}},
onde t está em segundos e h em centímetros. Ou seja, a forma prática é
t\\ (\mathrm{s})\approx \frac{27{,}62}{\sqrt{h\\ (\mathrm{cm})}}.

Passo 6

Aplicar às duas situações pedidas e explicar o que falta para obter números.
a) Garrafa cheia: aqui h é a altura entre a superfície da água (quando a garrafa está cheia) e a saída do tubo. Denotaremos essa altura por \,h_{\text{cheia}}. O tempo mínimo é
t_{\text{cheia}}=\frac{240}{\pi(0{,}25)^{2}\sqrt{2g h_{\text{cheia}}}}\approx\frac{27{,}62}{\sqrt{h_{\text{cheia}}}}.
b) Garrafa quase vazia: aqui a superfície da água está muito baixa; denotamos a pequena altura remanescente por \,h_{\text{vazia}}. O tempo mínimo é
t_{\text{vazia}}=\frac{240}{\pi(0{,}25)^{2}\sqrt{2g h_{\text{vazia}}}}\approx\frac{27{,}62}{\sqrt{h_{\text{vazia}}}}.
Observação importante: como \,h_{\text{vazia}}<h_{\text{cheia}}, então t_{\text{vazia}}>t_{\text{cheia}} — ou seja, encher o copo demora mais quando a garrafa está quase vazia.

Passo 7

Exemplos numéricos (apenas para intuir ordens de grandeza; são exemplos assumindo alturas plausíveis; não substituem os valores da figura).
  • Exemplo 1: se \,h_{\text{cheia}}=30\\ \mathrm{cm}, então
t_{\text{cheia}}\approx\frac{27{,}62}{\sqrt{30}}=\frac{27{,}62}{5{,}477}\approx 5{,}04\\ \mathrm{s}.
  • Exemplo 2: se a garrafa estiver quase vazia com \,h_{\text{vazia}}=2\\ \mathrm{cm}, então
t_{\text{vazia}}\approx\frac{27{,}62}{\sqrt{2}}=\frac{27{,}62}{1{,}414}\approx 19{,}53\\ \mathrm{s}.
Esses exemplos mostram bem a sensibilidade do tempo à raiz de h.

Passo 8

Limitações e observações finais práticas (o que pode alterar os números na prova ou experimento).
  • Assumi fluido ideal (sem perdas por atrito). Em tubos longos e estreitos pode haver perdas por viscosidade que reduzem a velocidade real — isso faria o tempo ser maior; um coeficiente de descarga C_d<1 pode ser multiplicado em v (ou seja, v=C_d\sqrt{2gh}).
  • Assumi que a saída está no mesmo nível e o ar entra livremente na garrafa (sem vácuo). Em garrafas com saída única rígida, fenômenos de “aspas” podem reduzir a vazão quando o nível cai.
  • Em problemas de prova normalmente espera-se a aplicação direta de Torricelli como fiz aqui.

Resposta

a) t=\dfrac{240}{\pi(0{,}25)^{2}\sqrt{2g\,h_{\text{cheia}}}}\approx\dfrac{27{,}62}{\sqrt{h_{\text{cheia}}}} (s), com h_{\text{cheia}} em cm.\n
b) t=\dfrac{240}{\pi(0{,}25)^{2}\sqrt{2g\,h_{\text{vazia}}}}\approx\dfrac{27{,}62}{\sqrt{h_{\text{vazia}}}} (s), com h_{\text{vazia}} em cm.

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