Questão 1) Um tanque cilíndrico de altura 4 pés e diâmetro 3 pés está cheio de água. A parte superior está aberta para a atmosfera. Um orificio circular de 0,5 polegada de diâmetro é aberto em sua base, permitindo o escoamento da água. Suponha que (4,0) :
  • A água é incompressível, com densidade \rho=1000 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}
  • A aceleração da gravidade é g=9,81 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}
  • A velocidade de saída é dada por Torricelli: V=\sqrt{2 g h}
Converta as dimensões para Sl:
  • h_{0}=4 \mathrm{ft}=1,2192 \mathrm{~m}
  • D_{\text {tanque }}-3 \mathrm{ft}=0,9144 \mathrm{~m}
  • D_{\text {jatu }}=0,5 \mathrm{in}=0,0127 \mathrm{~m}
    a) Quanto tempo leva para a água descer de 1,2192 \mathrm{~m} para 0,6096 \mathrm{~m} ?
    b) Qual será a altura da água após 5 minutos ?
    c) Quanto tempo total até o tanque esvaziar completamente ?
    d) Qual a energia cinética total da água escoada em 5 minutos ? Lembre da equação a seguir para o item d.
    \dot{E}_{c}(t)=\frac{1}{2} \cdot \rho \cdot A_{\text {jato }} \cdot V(t)^{3}=\frac{1}{2} \cdot \rho \cdot A_{\text {jato }} \cdot[2 g h(t)]^{3 / 2}

Passo 1

O enunciado trata do escoamento de um tanque cilíndrico aberto de altura inicial \,h_0=1{,}2192 m e diâmetro \,D_{\text{tanque}}=0{,}9144 m, por um orifício de diâmetro \,D_{\text{jato}}=0{,}0127 m na base. A água é incompressível com densidade \rho=1000 kg/ m^{3} e g=9{,}81 m/ s^{2}. A velocidade de saída obedece a Torricelli
V(t)=\sqrt{2\,g\,h(t)}.
Como a área do orifício é muito menor que a do tanque, usaremos conservação de massa para obter a equação diferencial
\frac{dh}{dt}=-\frac{A_{\text{jato}}}{A_{\text{tanque}}}\,\sqrt{2\,g\,h}\,.

Passo 2

Calculemos as áreas:
A_{\text{tanque}} =\frac{\pi\,D_{\text{tanque}}^2}{4} =\frac{\pi\,(0{,}9144)^2}{4} \approx0{,}6565\\ \mathrm{m}^2,
A_{\text{jato}} =\frac{\pi\,D_{\text{jato}}^2}{4} =\frac{\pi\,(0{,}0127)^2}{4} \approx1{,}267\times10^{-4}\\ \mathrm{m}^2.
Definindo a constante
\displaystyle c=\frac{A_{\text{jato}}}{A_{\text{tanque}}}\,\sqrt{2\,g} \approx8{,}548\times10^{-4}\\ \mathrm{s^{-1}\,m^{1/2}},
a equação fica
\frac{dh}{dt}=-c\,\sqrt{h}\,.

Passo 3

Integramos
\int_{h_0}^{h(t)}\!h^{-1/2}dh =-c\int_{0}^{t}\!dt \;\Longrightarrow\; 2\bigl(\sqrt{h(t)}-\sqrt{h_0}\bigr)=-c\,t.
Assim
\sqrt{h(t)}=\sqrt{h_0}-\frac{c}{2}\,t \quad\Longrightarrow\quad h(t)=\Bigl(\sqrt{h_0}-\tfrac{c}{2}t\Bigr)^{2}.
O tempo para cair de h_0 a uma h_f é
t =\frac{2\bigl(\sqrt{h_0}-\sqrt{h_f}\bigr)}{c}.

Passo 4

a) Para h_f=0{,}6096 m temos
\sqrt{h_0}=1{,}104,\quad\sqrt{h_f}=0{,}7808,
t =\frac{2(1{,}104-0{,}7808)}{8{,}548\times10^{-4}} \approx756{,}2\\ \mathrm{s} \approx12{,}6\\ \mathrm{min}.

Passo 5

b) Após 5 min = 300 s,
\sqrt{h(300)}=1{,}104-\frac{8{,}548\times10^{-4}}{2}\times300 =1{,}104-0{,}1282=0{,}9758,
h(300)=(0{,}9758)^{2}\approx0{,}9522\\ \mathrm{m}.

Passo 6

c) O tempo total de esvaziamento h(T)=0 obedece
0=\sqrt{h_0}-\frac{c}{2}T \;\Longrightarrow\; T=\frac{2\sqrt{h_0}}{c} =\frac{2\times1{,}104}{8{,}548\times10^{-4}} \approx2585{,}4\\ \mathrm{s} \approx43{,}1\\ \mathrm{min}.

Passo 7

d) A potência cinética instantânea é
\dot{E}_c(t) =\tfrac12\,\rho\,A_{\text{jato}}\,[2\,g\,h(t)]^{3/2}.
A energia total em 0\le t\le300 s é
E_c =\int_{0}^{300}\dot{E}_c(t)\,dt =\tfrac12\,\rho\,A_{\text{jato}}\,(2g)^{3/2} \int_{0}^{300}\!h(t)^{3/2}dt.
Como h(t)^{1/2}=\sqrt{h_0}-\tfrac{c}{2}t, então
\;h^{3/2}=(\sqrt{h_0}-\tfrac{c}{2}t)^3
e
\int_{0}^{300}(\sqrt{h_0}-\tfrac{c}{2}t)^3dt =\frac{1}{4\,(\tfrac{c}{2})}\Bigl[(\sqrt{h_0})^4-(\sqrt{h(300)})^4\Bigr].
Numericamente isso resulta em
E_c\approx1{,}85\times10^{3}\\ \mathrm{J}.

Resposta

a) t\approx756{,}2 s \approx12{,}6 min
b) h(5\min)\approx0{,}9522 m
c) T\approx2585{,}4 s \approx43{,}1 min
d) E_c(0\le t\le5\min)\approx1{,}85\times10^{3} J

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