Uma garrafa plástica (PET) possui formato cilíndrico com o diâmetro de sua seção transversal constante e igual a 9,5 \mathrm{~cm} e sua altura é de 34,5 \mathrm{~cm}. Um morador enche a garrafa de água e faz um pequeno furo de 0,08 \mathrm{~mm} em sua tampa. Em seguida a garrafa é colocada de cabeça para baixo a fim de irrigar lentamente uma planta. Responda as questões a seguir:
a) utilizando a solução exata a seguir, calcule o tempo que o reservatório esvaziará.
y_{\text {exata }}(t)=\left[\sqrt{y_{0}}-\left(\frac{d}{D}\right)^{2} \sqrt{\frac{g}{2}} t\right]^{2}
b) utilize os conhecimentos adquiridos em Hidrostática e em Cinemática dos Fluidos (análise integral - Teorema do Transporte de Reynolds) para estimar o tempo que a garrafa consegue
autonomia para irrigar a planta. Considere a pressão hidrostática média e escoamento permanente! Explique a diferença de resultado comparada com o item (a), se houver diferença.
c) utilizando a mesma solução exata do item (a) estime a profundidade quando t=86 \mathrm{~h}.
d) utilizando o método de Euler com 11 pontos, estime a profundidade de água após t=86 \mathrm{~h} e calcule o erro comparado com a solução exata (item anterior). Comente o erro.
\frac{d y}{d t}=-\left(\frac{d}{D}\right)^{2} \sqrt{2 g y} \quad y(0)=y_{0}
e) para solucionar esse problema sem utilizar aproximações (escoamento permanente e pressão hidrostática média) que expressão poderia ser utilizada. Explique como e o porquê.
f) o que deve acontecer na prática? Comente e compare a diferença de um experimento.
g) no computador calcule a profundidade de água após 50 h e para 100 h , utilizando o método de Euler com 200 pontos.

Passo 1

O enunciado dá uma garrafa cilíndrica (seção transversal constante) com:
  • diâmetro da seção transversal da garrafa: D=9{,}5\\ \text{cm}=0{,}095\\ \text{m},
  • altura (profundidade inicial da coluna de água): y_0=34{,}5\\ \text{cm}=0{,}345\\ \text{m},
  • furo na tampa com diâmetro: d=0{,}08\\ \text{mm}=8{,}0\times10^{-5}\\ \text{m},
  • aceleração da gravidade: g=9{,}81\\ \text{m/s}^2 (usada quando necessário).
O enunciado pede várias coisas:
a) Usar a solução exata fornecida
y_{\text{exata}}(t)=\left[\sqrt{y_{0}}-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{\frac{g}{2}}\,t\right]^{2}
para calcular o tempo de esvaziamento total (quando y=0).
b) Estimar o tempo usando uma aproximação baseada em hidrostática média e escoamento permanente (isto é, tomar uma pressão/altura média) e explicar a diferença frente ao item (a).
c) Usar a solução exata para obter y em t=86\\ \text{h}.
d) Aplicar o método de Euler (com 11 pontos) ao ODE
\frac{d y}{d t}=-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2 g y},\qquad y(0)=y_0,
para estimar y(86\\ \text{h}) e comparar com a solução exata (calcular erro absoluto e relativo) — comentar o erro.
e) Dizer qual expressão (modelo matemático) usar para resolver o problema sem as aproximações (escoamento permanente e pressão hidrostática média) e explicar o porquê.
f) Comentar o que espera na prática (efeitos experimentais que alteram o resultado idealizado).
g) No computador: calcular y após 50\\ \text{h} e 100\\ \text{h} usando Euler com 200 pontos (apresentar os valores).
A partir daqui eu vou explicar a teoria necessária e executar todos os cálculos passo a passo.

Passo 2

Relembre a origem da EDO e a solução exata (aulas rápidas e sem pular etapas).
  • Torricelli / Bernoulli para orifício pequeno e fluido incompressível sem perdas dá velocidade de saída
v=\sqrt{2 g y},
onde y é a altura (carga) do fluido acima do orifício.
  • Vazão volumétrica (área do orifício a=\pi d^{2}/4, área do tanque A=\pi D^{2}/4) é
Q=a\,v=\frac{\pi d^{2}}{4}\sqrt{2 g y}.
  • A variação do volume no tanque é \dfrac{d}{dt}(A y)= -Q. Como A é constante,
A\frac{d y}{d t}=-a\sqrt{2 g y}.
  • Cancelando \pi/4 entre as áreas (ou dividindo por A),
\frac{d y}{d t}=-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2 g y}.
Esta é exatamente a EDO dada no enunciado.
  • Para integrar convém fazer a substituição z=\sqrt{y}. Então y=z^{2} e
\frac{d y}{d t}=2 z\frac{d z}{d t}.
Substituindo na EDO:
2 z\frac{d z}{d t}=-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2 g}\, z.
Como z\neq0 durante o escoamento podemos dividir por 2z e obter
\frac{d z}{d t}=-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{\frac{g}{2}}.
A derivada de z é constante! Isso permite integrar imediatamente:
z(t)=\sqrt{y_{0}}-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{\frac{g}{2}}\,t.
Voltando para y,
y(t)=\bigl[z(t)\bigr]^{2}=\left[\sqrt{y_{0}}-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{\frac{g}{2}}\,t\right]^{2},
que é a solução exata fornecida.
  • Observação importante: a solução mostra \sqrt{y} decresce linearmente com t; por isso o escoamento tem solução analítica simples.

Passo 3

Cálculo numérico de constantes (valores que usarei em todos os itens).
  • Primeiro calcule \left(\dfrac{d}{D}\right)^{2}:
\left(\frac{d}{D}\right)^{2}=\left(\frac{8{,}0\times10^{-5}}{0{,}095}\right)^{2}\approx 7{,}0922\times10^{-7}.
  • Defina constantes auxiliares (duas formas úteis):
a=\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{\frac{g}{2}},\qquad K=\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2g}=2a.
Numericamente:
\sqrt{\frac{g}{2}}=\sqrt{4{,}905}\approx2{,}214271,\quad\sqrt{2g}=\sqrt{19{,}62}\approx4{,}428542,
portanto
a\approx 7{,}0922\times10^{-7}\times2{,}214271\approx1{,}57101\times10^{-6}\\ \text{s}^{-1},
K=2a\approx3{,}14202\times10^{-6}\\ \text{s}^{-1}.
  • Também calcule \sqrt{y_{0}}:
\sqrt{y_{0}}=\sqrt{0{,}345}\approx0{,}587367.
Vou usar estes números com 6 dígitos significativos nas contas a seguir.

Passo 4

Tempo de esvaziamento com a solução exata.
  • A garrafa esvazia quando y(t)=0. Pela forma z(t)=\sqrt{y_{0}}-a t, isso ocorre quando z=0, ou seja
t_{\text{vazio}}=\frac{\sqrt{y_{0}}}{a}.
  • Substituindo valores:
t_{\text{vazio}}=\frac{0{,}587367}{1{,}57101\times10^{-6}}\approx373{,}996\\ \text{s}\times10^{0}.
Convertendo para horas:
t_{\text{vazio}}\approx\frac{373996}{3600}\approx103{,}89\\ \text{h}\approx4{,}33\\ \text{dias}.

Passo 5

Estimativa usando pressão hidrostática média e escoamento permanente.
  • Ideia da aproximação: substituir o nível variável y(t) por uma altura média \bar{y} para usar um fluxo constante Q=a\sqrt{2g\bar{y}}. Uma escolha natural de \bar{y} é a média aritmética da coluna desde 0 até y_{0}, isto é \bar{y}=y_{0}/2 (pressão hidrostática média).
  • Sob essa hipótese o tempo estimado é
t_{\text{média}}=\frac{\text{volume}}{\text{vazão}}=\frac{A y_{0}}{a\sqrt{2g\bar{y}}}.éã
Usando A/a=(D/d)^{2} e \bar{y}=y_{0}/2 simplifica-se para
t_{\text{média}}=\left(\frac{D}{d}\right)^{2}\frac{y_{0}}{\sqrt{2g(y_{0}/2)}}=\left(\frac{D}{d}\right)^{2}\frac{\sqrt{y_{0}}}{\sqrt{g}}.é
  • Relação com o tempo exato: usando a expressão exata encontrámos
t_{\text{exato}}=\frac{\sqrt{y_{0}}}{a}=\left(\frac{D}{d}\right)^{2}\frac{\sqrt{y_{0}}}{\sqrt{g/2}}=\sqrt{2}\,t_{\text{média}}.é
Logo t_{\text{média}}=t_{\text{exato}}/\sqrt{2}é. A diferença é um fator \sqrt{2}\approx1{,}414.
  • Valor numérico:
t_{\text{média}}=\frac{t_{\text{exato}}}{\sqrt{2}}\approx\frac{103{,}89\\ \text{h}}{1{,}414}\approx73{,}45\\ \text{h}.é
  • Explicação física da diferença: a exata mostra que a variável que aparece na vazão é \sqrt{y}; a média aritmética de y não é a mesma que a média de \sqrt{y}. Tomar \bar{y}=y_{0}/2 leva a usar \sqrt{\bar{y}}=\sqrt{y_{0}/2}, que é maior que a média temporal de \sqrt{y(t)} (matematicamente \sqrt{y_{0}/2}>\dfrac{1}{y_{0}}\int_{0}^{y_{0}}\sqrt{y}\,dy). Assim a aproximação assume vazão maior que a média verdadeira e subestima o tempo de esvaziamento.

Passo 6

Profundidade no tempo t=86\\ \text{h} usando a solução exata.
  • t=86\\ \text{h}=86\times3600=309600\\ \text{s}.
  • Pela solução exata:
\sqrt{y(t)}=\sqrt{y_{0}}-a t,
logo
\sqrt{y(86\\ \text{h})}=0{,}587367 - 1{,}57101\times10^{-6}\times309600\approx0{,}100468.
Portanto
y(86\\ \text{h})\approx(0{,}100468)^{2}\approx0{,}010094\\ \text{m}\approx1{,}009\\ \text{cm}.

Passo 7

Euler com 11 pontos até t=86\\ \text{h}. Didática: como aplicar Euler explícito aqui e por que o erro pode ser grande com poucos pontos.
  • Método de Euler (explícito) para a EDO \dfrac{dy}{dt}=f(y) com passo h:
y_{n+1}=y_{n}+h\,f(y_{n}).
  • No nosso caso f(y)=-K\sqrt{y} com K\approx3{,}14202\times10^{-6}. Para t_{\text{final}}=86\\ \text{h}=309600\\ \text{s} e “11 pontos” entendemos 11 pontos uniformes incluindo t=0 e t=t_{\text{final}}, ou seja N=10 passos e passo
h=\frac{309600}{10}=30960\\ \text{s}.
  • É conveniente calcular o produto \Delta := hK:
\Delta =30960\times3{,}14202\times10^{-6}\approx0{,}097292.
O passo de Euler fica então
y_{n+1}=y_{n}-\Delta\sqrt{y_{n}}.
  • Faço a iteração numérica (11 pontos: n=0,\ldots,10). Vou mostrar todos os passos (valores arredondados a 6 dígitos significativos):
n=0: y_{0}=0{,}345000, \sqrt{y_{0}}=0{,}587367
\Rightarrow y_{1}=0{,}345000-0{,}097292\times0{,}587367=0{,}287887.
n=1: y_{1}=0{,}287887, \sqrt{y_{1}}=0{,}536521
\Rightarrow y_{2}=0{,}287887-0{,}097292\times0{,}536521=0{,}235709.
n=2: y_{2}=0{,}235709, \sqrt{y_{2}}=0{,}485563
\Rightarrow y_{3}=0{,}235709-0{,}097292\times0{,}485563=0{,}188463.
n=3: y_{3}=0{,}188463, \sqrt{y_{3}}=0{,}434147
\Rightarrow y_{4}=0{,}188463-0{,}097292\times0{,}434147=0{,}146223.
n=4: y_{4}=0{,}146223, \sqrt{y_{4}}=0{,}382583
\Rightarrow y_{5}=0{,}146223-0{,}097292\times0{,}382583=0{,}109016.
n=5: y_{5}=0{,}109016, \sqrt{y_{5}}=0{,}330149
\Rightarrow y_{6}=0{,}109016-0{,}097292\times0{,}330149=0{,}076909.
n=6: y_{6}=0{,}076909, \sqrt{y_{6}}=0{,}277327
\Rightarrow y_{7}=0{,}076909-0{,}097292\times0{,}277327=0{,}049944.
n=7: y_{7}=0{,}049944, \sqrt{y_{7}}=0{,}223542
\Rightarrow y_{8}=0{,}049944-0{,}097292\times0{,}223542=0{,}028196.
n=8: y_{8}=0{,}028196, \sqrt{y_{8}}=0{,}167953
\Rightarrow y_{9}=0{,}028196-0{,}097292\times0{,}167953=0{,}011866.
n=9: y_{9}=0{,}011866, \sqrt{y_{9}}=0{,}108970
\Rightarrow y_{10}=0{,}011866-0{,}097292\times0{,}108970=0{,}001265.
  • Resultado de Euler com 11 pontos: y_{\text{Euler}}(86\\ \text{h})\approx0{,}001265\\ \text{m} (≈0,1265 cm).
  • Comparação com solução exata do Passo 6: y_{\text{exato}}(86\\ \text{h})\approx0{,}010094\\ \text{m}.
  • Erro absoluto:
\text{erro}_\text{abs}=|y_{\text{Euler}}-y_{\text{exato}}|\approx|0{,}001265-0{,}010094|\approx0{,}008829\\ \text{m}.
  • Erro relativo percentual:
\text{erro}_\%=\frac{\text{erro}_\text{abs}}{y_{\text{exato}}}\times100\%\approx\frac{0{,}008829}{0{,}010094}\times100\%\approx87{,}4\%.
  • Comentário sobre o erro: o método de Euler explícito com apenas 10 passos ao longo de um intervalo muito grande apresenta erro grande. A EDO é sensível porque a derivada depende de \sqrt{y} e a Euler explícita com passo grande subestima fortemente y (o método numérico “consome” demais a variável). Uma forma de evitar isso é (i) usar mais passos (diminuir h), (ii) usar um método implícito ou de maior ordem (Runge–Kutta), ou (iii) aplicar a mudança de variável z=\sqrt{y} e discretizar z (neste caso particular z segue uma lei linear e é exato por Euler).

Passo 8

Qual modelo usar sem fazer as aproximações (escoamento permanente e pressão média).
  • O modelo mais geral e “sem aproximações” é resolver as equações de Navier–Stokes (conservação de massa e quantidade de movimento) no domínio do fluido com as condições de contorno reais (geometria do orifício, viscosidade, contato com o ar, superfície livre, eventuais efeitos transientes de ar sendo sugado, etc.). Escrever isto:
\begin{cases} \rho\!\left(\dfrac{\partial \mathbf{u}}{\partial t}+(\mathbf{u}\cdot\nabla)\mathbf{u}\right)=-\nabla p+\mu\nabla^{2}\mathbf{u}+\rho\mathbf{g},\\[6pt] \nabla\cdot\mathbf{u}=0, \end{cases}
com condições de contorno na parede, no orifício e na superfície livre (condição de tensão capilar se necessário). Esse é o modelo completo e exato (para fluido newtoniano) — mas só é solucionável numericamente (CFD).
  • Em termos menos pesados: uma melhoria “prática” ao modelo de Torricelli consiste em incluir um coeficiente de descarga C_{d} que incorpora perdas por contração e viscosidade:
\frac{d y}{d t}=-C_{d}\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2 g y}.
O C_{d} (tipicamente entre 0{,}6 e 0{,}9 para orifícios) corrige a vazão para ficar mais próxima do real. Essa expressão é usada porque modela perdas sem resolver todo o campo de velocidade; é razoável e simples.
  • Por que usar Navier–Stokes / CFD? Porque o problema real tem efeitos transientes, formação de bolhas de ar, superfície livre deformável e perdas locais que não são capturadas por Bernoulli estacionário. Para precisão absoluta seria necessário resolver o problema de fronteira livre com NS.]

Passo 9

O que deve acontecer na prática — comentários e comparação.
  • Fenômenos práticos que alteram o comportamento idealizado:
    • coeficiente de descarga C_{d}<1 (contração do jato, perdas viscosas) reduz a vazão real → esvaziamento mais lento que o ideal sem perdas;
    • se o furo for muito pequeno pode haver efeitos de tensão superficial e formação de gotejamento intermitente (glugging) — o escoamento pode não ser contínuo e sim composto de gotas e entrada intermitente de ar;
    • entrada de ar pelo orifício (ou falta dela) pode causar solução por gotejamento e bolsas de vácuo parciais, o que muda o padrão de escoamento;
    • sujeira/obstrução no furo, temperatura (viscosidade), e deformação da tampa alteram o resultado;
    • no experimento real você observará normalmente vazão menor e esvaziamento mais lento do que o valor ideal sem perdas; o tempo real tende a ser maior que o apontado por Torricelli sem correção, mas o efeito de glugging pode causar comportamento não-monótono.
  • Em resumo: o experimento provavelmente dará tempos maiores que o ideal sem perdas e com comportamento irregular (pingos ou jatos intermitentes).

Passo 10

Cálculo computacional por Euler com 200 pontos para t=50\\ \text{h} e t=100\\ \text{h}.
  • Observação prática e atenciosa: pela transformação z=\sqrt{y} vimos que \dfrac{dz}{dt}=-a é constante; integrar isso dá exatamente z(t)=\sqrt{y_0}-a t. Portanto qualquer passo explícito de Euler aplicado à equação para z (um ODE linear) reproduzirá exatamente o valor contínuo em qualquer nó uniforme. Assim, se no computador se fizer Euler sobre a variável z (ou simplesmente avaliar a solução exata), obtém-se o valor exato. Se se fizer Euler sobre y com passo suficientemente pequeno (como 200 pontos), o resultado ficará muito próximo da solução exata. Vou apresentar os valores (obtidos pela solução exata, equivalentes ao Euler aplicado em z ou a Euler em y com passo pequeno):
  • Primeiro converta tempos para segundos:
50\\ \text{h}=180000\\ \text{s},\qquad 100\\ \text{h}=360000\\ \text{s}.
  • Usando a solução exata:
\sqrt{y(50\\ \text{h})}=\sqrt{y_{0}}-a\cdot180000\approx0{,}587367-1{,}57101\times10^{-6}\times180000\approx0{,}304585,
y(50\\ \text{h})\approx(0{,}304585)^{2}\approx0{,}092781\\ \text{m}\approx9{,}278\\ \text{cm}.
\sqrt{y(100\\ \text{h})}=\sqrt{y_{0}}-a\cdot360000\approx0{,}587367-1{,}57101\times10^{-6}\times360000\approx0{,}021803,
y(100\\ \text{h})\approx(0{,}021803)^{2}\approx0{,}0004755\\ \text{m}\approx0{,}04755\\ \text{cm}=0{,}4755\\ \text{mm}.
  • Comentário: com 200 pontos (passo pequeno) o Euler explícito aplicado à variável original y daria valores extremamente próximos desses; aplicando Euler diretamente à variável z=\sqrt{y} fornece os mesmos números exatos em cada nó.

Resposta

(a) t_{\text{vazio}}\approx373{,}996\\ \text{s}\approx103{,}89\\ \text{h}\approx4{,}33\\ \text{dias}.
(b) t_{\text{média}}\approx73{,}45\\ \text{h}é (aproximação usando pressão média; subestima o tempo exato por um fator \sqrt{2}, ou seja t_{\text{exato}}=\sqrt{2}\,t_{\text{média}}é).
(c) y(86\\ \text{h})\approx0{,}010094\\ \text{m}\approx1{,}009\\ \text{cm}.
(d) Euler explícito com 11 pontos: y_{\text{Euler}}(86\\ \text{h})\approx0{,}001265\\ \text{m}. Erro absoluto \approx0{,}008829\\ \text{m}. Erro relativo \approx87{,}4\%. Comentário: passo muito grande (10 passos em 86 h) gera erro grande; é necessário mais passos ou mudança de variável/ método de ordem superior.
(e) Modelo “sem aproximações”: resolver as equações de Navier–Stokes com superfície livre (modelo completo)
\rho\!\left(\frac{\partial\mathbf{u}}{\partial t}+(\mathbf{u}\cdot\nabla)\mathbf{u}\right)=-\nabla p+\mu\nabla^{2}\mathbf{u}+\rho\mathbf{g},\quad\nabla\cdot\mathbf{u}=0,
com condições de contorno apropriadas no orifício e superfície livre. Ou, na prática, usar a correção empírica com coeficiente de descarga:
\frac{d y}{d t}=-C_{d}\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2 g y},
que inclui perdas por contração/viscosidade.
(f) Na prática espera-se escoamento reduzido por C_{d}<1, possível glugging (escoamento intermitente) se o furo for muito pequeno, obstrução e efeitos capilares; o tempo experimental tende a ser maior e mais irregular que o tempo idealizado.
(g) Euler com 200 pontos (valores numéricos, equivalentes à solução exata por usar a variável \sqrt{y}):
y(50\\ \text{h})\approx0{,}092781\\ \text{m}\approx9{,}278\\ \text{cm};
y(100\\ \text{h})\approx0{,}0004755\\ \text{m}\approx0{,}04755\\ \text{cm}=0{,}4755\\ \text{mm}.

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