A 1-\mathrm{m}-diameter, 2-\mathrm{m}-high vertical cylinder is completely filled with gasoline whose density is 740 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}. The tank is now rotated about its vertical axis at a rate of 90 rpm , while being accelerated upward at 5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}. Determine
the difference between the pressures at the center and the edge of the bottom surface.

Passo 1

O enunciado pede: determinar a diferença entre as pressões no centro e na borda da superfície inferior (o fundo) de um cilindro vertical inteiramente cheio de gasolina, que gira e é acelerado para cima. Informações dadas (retirei o diâmetro e a altura da imagem fornecida):
  • diâmetro do cilindro: \,1\\ \mathrm{m} (logo o raio é \,R=0{,}5\\ \mathrm{m})
  • altura do líquido: \,2\\ \mathrm{m} (a altura não será necessária para a diferença radial de pressão, mas estava na figura)
  • densidade da gasolina: \,\rho=740\\ \mathrm{kg/m^{3}}
  • o tanque gira a \,90\\ \mathrm{rpm} (rotações por minuto)
  • o tanque é acelerado para cima com aceleração \,a=5\\ \mathrm{m/s^{2}}
  • pede-se: diferença entre a pressão no centro do fundo e a pressão na borda do fundo (ou seja, \,p_{\text{borda}}-p_{\text{centro}}).

Passo 2

Escolha do método (por que usar este método): o fluido gira com o tanque e, no referencial do tanque (referencial não-inercial), o fluido está em repouso estacionário. Nesse referencial aparecendo forças fictícias, a pressão satisfaz uma relação análoga à hidroestática, mas com duas contribuições de aceleração: a aceleração radial centrífuga e a aceleração vertical efetiva devido à gravidade somada à aceleração do tanque. Esse método é o mais direto para obter a distribuição de pressão; outras abordagens (por exemplo, trabalhar no referencial inercial com velocidades e termos de aceleração convectiva) são mais complicadas para este problema e desnecessárias aqui.

Passo 3

Escrevendo a equação de equilíbrio de forças no referencial do tanque (para o fluido em repouso relativo ao tanque), a variação espacial da pressão é dada por
\nabla p = \rho\,\mathbf{a}_{\text{ef}},
onde \rho é a densidade e \mathbf{a}_{\text{ef}} é a aceleração efetiva por unidade de massa imposta ao fluido (forças por massa). Aqui existem duas contribuições: a aceleração centrífuga radial \omega^{2} r para fora e a aceleração vertical para baixo (g+a) (pois a aceleração do tanque para cima produz, no referencial do tanque, uma força fictícia para baixo). Em coordenadas cilíndricas (r radial, z vertical para cima) isso se escreve componente a componente:
\frac{\partial p}{\partial r} = \rho\,\omega^{2} r, \qquad \frac{\partial p}{\partial z} = -\rho\,(g+a).
Explicação dos símbolos: \omega é a velocidade angular em \mathrm{rad/s}, r é a distância ao eixo (em metros), g é a gravidade ( 9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}}), e a é a aceleração para cima do tanque ( 5\\ \mathrm{m/s^{2}}). A equação radial diz que a pressão cresce para fora devido à força centrífuga; a equação vertical é a análoga hidroestática com gravidade aumentada para g+a.

Passo 4

Queremos a diferença entre a pressão na borda ( r=R) e no centro ( r=0) do fundo, ambos no mesmo nível vertical, portanto a variação vertical \partial p/\partial z não muda a diferença radial (a parcela vertical é a mesma para ambos pontos). Integramos a equação radial de r=0 até r=R:
p(R)-p(0)=\int_{0}^{R}\rho\,\omega^{2} r\,dr =\rho\,\omega^{2}\int_{0}^{R} r\,dr =\rho\,\omega^{2}\left[\frac{r^{2}}{2}\right]_{0}^{R} =\frac{1}{2}\,\rho\,\omega^{2}R^{2}.
Portanto a diferença pedida é
\Delta p \equiv p_{\text{borda}}-p_{\text{centro}}=\frac{1}{2}\rho\omega^{2}R^{2}.
Observação didática: note que a aceleração vertical ( g+a) afecta a variação vertical da pressão, mas como comparamos dois pontos ao mesmo nível z ela não entra na diferença radial.

Passo 5

Agora calculamos numericamente. Primeiro convertemos a rotação de \,\mathrm{rpm} para \mathrm{rad/s}. Para \,90\\ \mathrm{rpm}:
90\\ \mathrm{rpm} = 90\\ \frac{\text{rev}}{\text{min}} = \frac{90}{60}\\ \frac{\text{rev}}{\text{s}}=1{,}5\\ \mathrm{rev/s}.
Cada revolução tem 2\pi rad, logo
\omega = 1{,}5\times 2\pi = 3\pi\\ \mathrm{rad/s}.

Passo 6

Substituímos na fórmula \Delta p=\tfrac{1}{2}\rho\omega^{2}R^{2} com \rho=740\\ \mathrm{kg/m^{3}}, \omega=3\pi\\ \mathrm{rad/s} e R=0{,}5\\ \mathrm{m}:
\omega^{2}=(3\pi)^{2}=9\pi^{2}.
\Delta p=\tfrac{1}{2}\cdot 740\cdot 9\pi^{2}\cdot (0{,}5)^{2}.
Calcule passo a passo:
(0{,}5)^{2}=0{,}25, \qquad \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}25=0{,}125.
\Delta p=740\cdot 9\pi^{2}\cdot 0{,}125 =740\cdot 1{,}125\pi^{2}.
Usando \pi^{2}\approx 9{,}8696:
1{,}125\pi^{2}\approx 1{,}125\times 9{,}8696\approx 11{,}1033,
\Delta p\approx 740\times 11{,}1033\approx 8\,216{,}4\\ \mathrm{Pa}.
Arredondando com três algarismos significativos obtemos \Delta p\approx 8{,}22\times 10^{3}\\ \mathrm{Pa}.

Passo 7

Interpretação final e sinal: o resultado positivo significa que a pressão na borda do fundo é maior que a pressão no centro do fundo por aproximadamente \,8{,}22\times 10^{3}\\ \mathrm{Pa}. Isto vem da aceleração centrífuga que “empurra” o fluido para a borda. A aceleração vertical para cima ( 5\\ \mathrm{m/s^{2}}) não alterou a diferença radial porque ambos pontos comparados estão no mesmo nível vertical.

Resposta

\displaystyle 8{,}22\times10^{3}\\ \mathrm{Pa}

Exercícios relacionados