Exercício 36. Um tambor cilíndrico possui 4 m de diâmetro, contém 8 m de coluna de água e uma perfuração de 5 mm de diâmetro a aproximadamente 0 m de altura em sua parede. Considerando-se Cd igual a 0,95, calcular o tempo para esvaziamento total.

Passo 1

O enunciado dá os seguintes dados e pede o tempo de esvaziamento total do tambor:
  • diâmetro do tambor: D_{\text{tambor}} = 4\\ \text{m};
  • altura (coluna) inicial de água: h_0 = 8\\ \text{m};
  • diâmetro da perfuração: d = 5\\ \text{mm} = 0,005\\ \text{m};
  • a perfuração está aproximadamente a 0\\ \text{m} de altura (ou seja, na região do fundo);
  • coeficiente de descarga: C_d = 0,95.
    O objetivo é calcular o tempo total t até que o tambor fique vazio (altura h=0).

Passo 2

Vamos entender fisicamente o que controla a saída de água:
  • A velocidade de saída ideal (sem perdas) para um jorro saindo por um orifício devido à altura h é dada pela fórmula de Torricelli:
v = \sqrt{2 g h},
onde g é a aceleração da gravidade ( g \approx 9,81\\ \text{m/s}^2). Isso vem do balanço de energia (Bernoulli) entre a superfície livre e a saída: a energia potencial se transforma em energia cinética.
  • Na prática usa-se um coeficiente de descarga C_d que reduz a velocidade efetiva e/ou a vazão por efeitos de contração e perdas localizadas. Assim a vazão volumétrica real é:
Q = C_d \, a \, \sqrt{2 g h},
onde a é a área do orifício.
  • A área do orifício vale
a = \pi \left(\frac{d}{2}\right)^2 = \pi (0,0025)^2 = \pi\cdot 6{,}25\times 10^{-6}\\ \text{m}^2.
  • A área da seção horizontal do tambor (assumindo cilindro direito) é
A = \pi \left(\frac{D_{\text{tambor}}}{2}\right)^2 = \pi (2)^2 = 4\pi\\ \text{m}^2.

Passo 3

Agora montamos a equação diferencial que descreve o esvaziamento:
  • Volume de água no tambor: V = A h.
  • Taxa de variação do volume: \dfrac{dV}{dt} = A \dfrac{dh}{dt}.
  • Saída de água: \dfrac{dV}{dt} = -Q = - C_d\, a\, \sqrt{2 g h} (sinal negativo porque h diminui).
    Igualando:
A \dfrac{dh}{dt} = - C_d\, a\, \sqrt{2 g h}.
Separamos variáveis para integrar:
\dfrac{dh}{\sqrt{h}} = - \dfrac{C_d\, a}{A}\sqrt{2 g}\, dt.

Passo 4

Integramos desde h=h_0 até h=0 para obter o tempo total t:
  • Integral no lado esquerdo:
\int_{h_0}^{0} h^{-1/2}\, dh = \left[2 h^{1/2}\right]_{h_0}^{0} = -2 \sqrt{h_0}.
  • Integral no lado direito:
\int_{0}^{t} - \dfrac{C_d\, a}{A}\sqrt{2 g}\, dt = - \dfrac{C_d\, a}{A}\sqrt{2 g}\; t.
Igualando os dois resultados (os sinais negativos se cancelam):
2 \sqrt{h_0} = \dfrac{C_d\, a}{A}\sqrt{2 g}\; t.
Logo
t = \dfrac{2 \sqrt{h_0}}{\dfrac{C_d\, a}{A}\sqrt{2 g}}.
Podemos simplificar observando que a/A cancela os \pi:
a = \pi\cdot 6{,}25\times10^{-6},\qquad A = 4\pi \quad\Rightarrow\quad \dfrac{a}{A}=\dfrac{6{,}25\times10^{-6}}{4}=1{,}5625\times10^{-6}.

Passo 5

Agora fazemos as contas numéricas passo a passo:
  • Valor de \dfrac{a}{A}:
\dfrac{a}{A} = 1{,}5625\times10^{-6}.
  • Multiplicando por C_d:
C_d\cdot \dfrac{a}{A} = 0{,}95 \times 1{,}5625\times10^{-6} = 1{,}484375\times10^{-6}.
  • Calculamos \sqrt{2 g}:
\sqrt{2 g} = \sqrt{2\cdot 9{,}81} = \sqrt{19{,}62} \approx 4{,}429446.
  • Produto no denominador:
\dfrac{C_d\, a}{A}\sqrt{2 g} \approx 1{,}484375\times10^{-6}\times 4{,}429446 \approx 6{,}57528\times10^{-6}\\ \text{s}^{-1}.
  • Numerador 2\sqrt{h_0}:
2\sqrt{h_0} = 2\sqrt{8} = 2\cdot 2{,}828427\ldots = 5{,}656854.
  • Finalmente o tempo:
t \approx \dfrac{5{,}656854}{6{,}57528\times10^{-6}} \approx 860{,}352\\ \text{s}.
Convertendo para horas e dias:
860{,}352\\ \text{s} \div 3600 \approx 238{,}99\\ \text{h} \approx 9{,}96\\ \text{dias}.
Observação motivadora: deu um número grande porque o orifício é muito pequeno comparado à seção do tambor — faz sentido físico.

Passo 6

Resumo das suposições feitas (para ficar esperto na prova):
  • Usamos a fórmula de Torricelli e um coeficiente de descarga constante C_d.
  • Consideramos o orifício na base (altura ~ 0\\ \text{m}), e que a superfície livre está sempre aberta à atmosfera (mesma pressão).
  • Negligenciamos variações dinâmicas como vibrações, ar aprisionado ou fluxo transiente que quebrem a hipótese de escoamento quasi-estacionário pela pequena abertura. Essas são hipóteses padrão para esse tipo de problema de esvaziamento.

Resposta

t \approx 8{,}60\times 10^{5}\\ \text{s} \approx 239{,}0\\ \text{h} \approx 9{,}96\\ \text{dias}

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