( 6,0 pontos) Um reservatório de seção retangular de 3,0 \times 4,0 \mathrm{~m} possui um orificio retangular de parede fina de comprimento 0,4 \mathrm{~m} e altura 0,2 \mathrm{~m}, situado na cota 10,00 . Inicialmente, com uma vazão de alimentação Qe constante, o nível d’água no reservatório mantém-se constante na cota 14.5 m. Nestas condições determine:
a) A vazão Qe;
b) Interrompendo-se bruscamente a alimentação \mathrm{Qe}=0, no instante \mathrm{t}=0, determine o tempo necessário para o esvaziamento total do reservatório:
c) O tempo necessário para o nível d’água no reservatório baixar 2,0 \mathrm{~m}.

Passo 1

Vamos decodificar o enunciado e listar tudo que temos e o que nos pedem, com calma (respira que a gente chega lá).
Dados fornecidos:
  • Seção retangular do reservatório: 3{,}0\times4{,}0\\ \mathrm{m}. Portanto a área da superfície horizontal do líquido é
S = 3{,}0\cdot4{,}0 = 12{,}0\\ \mathrm{m}^2.
  • Orifício retangular de parede fina: comprimento (largura) L = 0{,}4\\ \mathrm{m} e altura h_o = 0{,}2\\ \mathrm{m}. Logo a área do orifício é
A = L\cdot h_o = 0{,}4\cdot0{,}2 = 0{,}08\\ \mathrm{m}^2.
  • O orifício está “situado na cota 10{,}00”. Vou usar a interpretação padrão: a aresta inferior do orifício está em z_1=10{,}00\\ \mathrm{m} e, portanto, a aresta superior está em z_2 = z_1 + h_o = 10{,}20\\ \mathrm{m}. O centro do orifício (baricentros vertical) fica em
z_c = 10{,}00 + 0{,}1 = 10{,}10\\ \mathrm{m}.
  • Nível de água, em regime com alimentação constante Q_e, é mantido em cota inicial
h_0 = 14{,}5\\ \mathrm{m}.
  • Gravidade g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2} (usarei esse valor).
  • O enunciado não fornece coeficiente de descarga C_d. Seguirei a convenção usual para orifício de borda fina: C_d \approx 0{,}60. Vou deixar isso explícito e justificar quando usar a fórmula de orifício.
O que o enunciado pede:
a) Determinar a vazão de alimentação Q_e que mantém o nível constante em h_0=14{,}5\\ \mathrm{m}.
b) Ao cortar bruscamente Q_e em t=0, determinar o tempo necessário para o esvaziamento total do reservatório.
c) Determinar o tempo necessário para o nível baixar 2{,}0\\ \mathrm{m} (ou seja, ir de 14{,}5 para 12{,}5\\ \mathrm{m}).
Observação sobre interpretação: em muitos problemas reais a descarga nunca chega a zero em tempo finito quando a superfície se aproxima da borda inferior do orifício; vou mostrar isso matematicamente no item (b) e explicar. Não vou pedir informação adicional — passo pra conta com essas hipóteses explícitas.

Passo 2

Fórmula da vazão por orifício de parede fina e explicação didática — a receita que a prova costuma usar.
Conceito-chave (Torricelli + coeficiente de descarga): para um orifício fino e totalmente submerso a velocidade teórica de saída na profundidade H abaixo da superfície é dada por Torricelli:
v = \sqrt{2gH},
onde H é a diferença de cota entre a superfície livre e o ponto onde se avalia a velocidade. Na prática, por efeitos de contração e perda, usa-se um coeficiente de descarga C_d e obtém-se a vazão
Q = C_d \, A \, \sqrt{2gH}.
Aqui:
  • Q é a vazão (m^3/s),
  • C_d é o coeficiente de descarga (adoto C_d=0{,}60),
  • A é a área do orifício (m^2),
  • g é a gravidade (m/s^2),
  • H é a cabeça útil (m) medida até o ponto apropriado do orifício.
Para um orifício vertical de pequena altura é comum aproximar a contribuição da pressão por um ponto médio (o centro do orifício). Assim tomamos
H = h_\text{superfície} - z_c,í
onde z_c é a cota do centro do orifício.
Agora aplicamos para o regime estacionário pedido em (a).
Cálculos:
  • Área do orifício: já temos A = 0{,}08\\ \mathrm{m}^2.
  • Cota do centro: z_c = 10{,}10\\ \mathrm{m}.
  • Head do centro: \displaystyle H = h_0 - z_c = 14{,}5 - 10{,}10 = 4{,}40\\ \mathrm{m}.
  • Calcule \sqrt{2gH}:
\sqrt{2gH} = \sqrt{2\cdot9{,}81\cdot4{,}40} = \sqrt{86{,}328} \approx 9{,}290\\ \mathrm{m/s}.
  • Vazão (regime estacionário, Q_e=Q_\text{out}):
Q_e = C_d\,A\,\sqrt{2gH}
Q_e = 0{,}60\cdot0{,}08\cdot9{,}290 \approx 0{,}446\\ \mathrm{m^3/s}.
Interpretação curta: essa é a vazão de alimentação constante que equilibra a descarga pelo orifício quando o nível está em 14{,}5\\ \mathrm{m}.

Passo 3

Equação de escoamento não estacionário (montando a ODE) — vou ensinar como transformar o enunciado em uma equação diferencial que a gente integra para achar tempos.
Volume do líquido no reservatório, supondo seção vertical constante, é
V(t) = S\cdot h(t),
onde S=12{,}0\\ \mathrm{m}^2 e h(t) é a cota do nível de água no tempo t.
Balanço de massa (quando Q_e for cortado, isto é, Q_e=0) dá
\frac{dV}{dt} = -Q_\text{out}(h).
Como V = S h temos
S\frac{dh}{dt} = -Q_\text{out}(h).
Agora precisamos da expressão correta de Q_\text{out}(h) para o orifício vertical de altura finita. Explico duas situações (úteis para a prova):
  1. Orifício totalmente submerso (quando h\ge z_2, isto é, a superfície está acima da borda superior do orifício). A vazão total integrando a contribuição ao longo da altura do orifício é
Q(h)=C_d L \sqrt{2g}\,\frac{2}{3}\Big[(h-z_1)^{3/2}-(h-z_2)^{3/2}\Big],
onde z_1 é a cota da borda inferior do orifício e z_2=z_1+h_o a da borda superior. Essa fórmula vem de integrar \int_{z_1}^{z_2}\sqrt{h-z}\;dz (mostrei isso na dedução).
  1. Quando a superfície está entre as bordas (parcialmente submerso), ou seja z_1\le h< z_2, a vazão passa a ser (apenas a parte submersa contribui)
Q(h)=C_d L \sqrt{2g}\,\frac{2}{3}\, (h-z_1)^{3/2}.
Nota didática importante (que responde parte do item b): quando h\to z_1^+ (a superfície se aproxima da borda inferior), nesse segundo caso Q(h)\propto (h-z_1)^{3/2}. Ao integrar a ODE para determinar o tempo até h=z_1 aparece uma integral do tipo \int u^{-3/2}du que diverge no limite u\to0. Isso significa que o tempo para atingir exatamente h=z_1 é infinito. Em palavras mais simples: o escoamento fica cada vez mais fraco quando o nível se aproxima da borda inferior e nunca atinge exatamente zero em tempo finito. Portanto o esvaziamento “total” (até o nível atingir a borda inferior) exige tempo infinito. Vou demonstrar isso com as equações no próximo passo.

Passo 4

Mostrando matematicamente por que o esvaziamento total leva tempo infinito (resolvendo a ODE no regime parcialmente submerso).
Quando z_1\le h< z_2 temos
S\frac{dh}{dt} = -C_d L \sqrt{2g}\,\frac{2}{3}(h-z_1)^{3/2}.
Defina u=h-z_1 (distância do nível até a borda inferior). Então du/dt=dh/dt e a equação fica
S\frac{du}{dt} = -C_d L \sqrt{2g}\,\frac{2}{3}\,u^{3/2}.
Separamos variáveis:
\int_{u(t_0)}^{u(t)} u^{-3/2} du = -\frac{C_d L \sqrt{2g}}{S}\,\frac{2}{3}\int_{t_0}^{t} dt.
A primitiva do lado esquerdo é -2u^{-1/2}. Ao tentar levar u até 0 (que corresponde a h\to z_1) obtemos no lado esquerdo um termo -2u^{-1/2} que tende a -\infty. Isso implica que o tempo t para atingir u=0 deve tender a +\infty. Conclusão clara e crucial:
  • Não existe tempo finito para que o nível alcance exatamente h=z_1. O esvaziamento total (até a borda inferior do orifício) exige tempo infinito.
Por isso, para (b) a resposta é: tempo infinito. (Isso é um resultado físico clássico: escoamentos que caem a zero segundo uma lei de potência muitas vezes exigem tempo infinito para atingir zero).

Passo 5

Cálculo numérico do item (c): tempo para o nível cair 2{,}0\\ \mathrm{m} (de 14{,}5 para 12{,}5\\ \mathrm{m}). Observação: nesse intervalo o nível está sempre acima de z_2=10{,}20\\ \mathrm{m}, logo o orifício permanece totalmente submerso nesta variação e podemos usar a fórmula exata de Q(h) para orifício totalmente submerso. No entanto, para simplificar (e porque a altura do orifício é pequena frente às cabeças envolvidas) usaremos a aproximação prática muito usada na prova: tratar a vazão como se fosse dada pela velocidade equivalente no centro do orifício,
Q(h)\approx C_d A \sqrt{2g(h-z_c)}.
Essa aproximação é muito boa quando a altura do orifício é pequena comparada à cabeça, e já usamos a mesma ideia no item (a).
Montando a ODE com essa aproximação:
S\frac{dh}{dt} = -C_d A \sqrt{2g(h-z_c)}.
Separe variáveis:
\frac{dh}{\sqrt{h-z_c}} = -\frac{C_d A \sqrt{2g}}{S}\, dt.
Integre de h_0=14{,}5 até h_1=12{,}5. A primitiva de (h-z_c)^{-1/2} em h é 2\sqrt{h-z_c}. Assim obtemos
2\Big(\sqrt{h_1-z_c}-\sqrt{h_0-z_c}\Big) = -\frac{C_d A \sqrt{2g}}{S}\, t,
ou rearranjando para t,
t = \frac{2S}{C_d A \sqrt{2g}}\Big(\sqrt{h_0-z_c}-\sqrt{h_1-z_c}\Big).
Agora substituímos números (vou mostrar passo a passo para você poder reproduzir na prova):
  • Parâmetros numéricos:
S=12{,}0\\ \mathrm{m}^2,\quad C_d=0{,}60,\quad A=0{,}08\\ \mathrm{m}^2,\quad z_c=10{,}10\\ \mathrm{m}.
  • Constante \sqrt{2g}=\sqrt{2\cdot9{,}81}\approx4{,}429\\ \mathrm{(m/s)/\sqrt{m}}.
  • Calcule os radicais:
\sqrt{h_0-z_c}=\sqrt{14{,}5-10{,}10}=\sqrt{4{,}40}\approx2{,}0976,
\sqrt{h_1-z_c}=\sqrt{12{,}5-10{,}10}=\sqrt{2{,}40}\approx1{,}5492.
  • Agora o fator multiplicativo:
\frac{2S}{C_d A \sqrt{2g}} = \frac{2\cdot12{,}0}{0{,}60\cdot0{,}08\cdot4{,}429}.
Calcule o denominador: 0{,}60\cdot0{,}08\cdot4{,}429 \approx 0{,}2126. Logo o fator é
\frac{24}{0{,}2126}\approx112{,}85\\ \mathrm{s}/\sqrt{\mathrm{m}}.
  • Diferença dos radicais:
\sqrt{h_0-z_c}-\sqrt{h_1-z_c}\approx2{,}0976-1{,}5492=0{,}5484.
  • Tempo:
t \approx112{,}85\cdot0{,}5484\approx61{,}9\\ \mathrm{s}.
Interpretação: cerca de 62\\ \mathrm{s} para baixar 2{,}0\\ \mathrm{m}. Dá menos de um minuto e meio — rápido, porque o orifício é razoavelmente grande.

Resposta

(a) Q_e \approx 0{,}446\\ \mathrm{m^3/s}.
(b) O esvaziamento total (atingir exatamente a borda inferior do orifício) exige tempo infinito.
(c) Tempo para o nível cair 2{,}0\\ \mathrm{m}: t \approx 61{,}9\\ \mathrm{s}.

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