QUESTAO IV. (3,5) Se água (ou outro líquido) está vazando de um tanque, esperamos que o escoamento seja maior no começo (quando o tanque estiver mais cheio) e que vá gradualmente diminuindo à medida que o nível de água do tanque diminui. Mas queremos uma descrição matemática mais precisa de como o escoamento decresce, a fim de responder às perguntas que os engenheiros fazem: após quanto tempo o tanque estará completamente vazio? Quão cheio o tanque deve estar para garantir uma pressão mínima a um sistema de irrigação?
Sejam \mathrm{h}(\mathrm{t}) e \mathrm{V}(\mathrm{t}) a altura e o volume de água em um tanque no instante t. Se a água escorre por um buraco com área a no fundo do tanque, então a Lei de Torricelli diz que:
\mathrm{dV} / \mathrm{dt}=-a \sqrt{ }(2 \mathrm{gh})
onde g é a aceleração da gravidade. Logo, a taxa na qual a água escoa do tanque é proporcional à raiz quadrada da altura da água.
(a) Suponha que o tanque seja cilíndrico com altura igual a 2 m e raio igual a 1 m e que o buraco seja um círculo com raio igual a 2 cm . Se tomarmos \mathrm{g}=10 \mathrm{m} / \mathrm{s}^{2}, mostre que h satisfaz a equação diferencial:
\mathrm{dh} / \mathrm{dt}=-0,0004 \sqrt{ }(20 \mathrm{~h})

Passo 1

O enunciado nos dá e pede o seguinte (vou listar tudo de forma clara):
  • A Lei de Torricelli afirma que a vazão volumétrica é
\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t} = -a\sqrt{2gh},
onde a é a área do buraco no fundo, g é a aceleração da gravidade e h(t) é a altura da água no tempo t.
  • O tanque é cilíndrico com altura 2\\ \text{m} e raio 1\\ \text{m}. (Aqui só interessa o raio da base para a relação V(h).)
  • O buraco tem raio 2\\ \text{cm}, ou seja 0,02\\ \text{m}.
  • Devemos tomar g=10\\ \text{m}/\text{s}^2.
  • O objetivo da parte (a) é mostrar que h satisfaz a equação diferencial solicitada:
\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -0,0004\sqrt{20\,h}.

Passo 2

Relacionar volume V com altura h para um cilindro: o volume de um cilindro de raio r e altura h é a área da base vezes h. Escrevemos isso em forma matemática:
V(h)=\pi r^{2}h.
No nosso caso r=1\\ \text{m}, então
V(h)=\pi\cdot 1^{2}\cdot h=\pi h.
Explicação didática: a base é um círculo de área \pi r^{2}. Como o cilindro tem raio 1, a área da base é \pi (em \text{m}^2), e multiplicando por h obtemos o volume (em \text{m}^3).

Passo 3

Derivar V(h)=\pi h em relação ao tempo t. Como V depende de t apenas via h(t), aplicamos a regra da cadeia (aqui é direto porque V é proporcional a h):
\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=\pi\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}.
Interpretação: a variação do volume por unidade de tempo é a área da base multiplicada pela velocidade de descida do nível ( \mathrm{d}h/\mathrm{d}t).

Passo 4

Usar a Lei de Torricelli dada e igualá-la à expressão obtida para \mathrm{d}V/\mathrm{d}t. Temos
\pi\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -a\sqrt{2gh}.
Isolando \mathrm{d}h/\mathrm{d}t,
\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -\frac{a}{\pi}\sqrt{2gh}.
Aqui mostramos a forma geral antes de substituir os números. Explicação didática: dividimos ambos os lados por \pi (número constante) para obter a taxa de variação da altura.

Passo 5

Calcular numericamente a área do buraco a e o coeficiente \dfrac{a}{\pi}.
  • O raio do buraco é 0,02\\ \text{m}, então
a=\pi(0,02)^{2}=\pi\cdot 0,0004=0,0004\pi.
  • Logo
\frac{a}{\pi}=0,0004.
Explicação didática: a área do círculo é \pi r^{2}. Como r^{2}=0,02^{2}=0,0004, a \pi cancela ao dividir por \pi, restando o número 0,0004.

Passo 6

Substituir \dfrac{a}{\pi}=0,0004 e g=10\\ \text{m}/\text{s}^2 na expressão de \mathrm{d}h/\mathrm{d}t. Observando que \sqrt{2g h}=\sqrt{2\cdot 10\cdot h}=\sqrt{20\,h}, concluímos a equação diferencial buscada.

Resposta

\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t} = -0,0004\sqrt{20\,h}

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