Questão 2 - Valor 3 Pontos

Um tanque de 2,5 \mathrm{~m} de comprimento e 1,5 \mathrm{~m} de largura contém uma lâmina d’água de 3 m .
a) Qual o diâmetro que deve ser dado a uma comporta circular de coeficiente de descarga de 0,62 e com centro a 2 m abaixo do nível do reservatório, para que a mesma dê escoamento de 100 l/s ?
b)Qual a dimensão se o orifício for quadrado ?
c) considerando o orifício da letra a), qual será o tempo necessário para abaixar a altura d’água em 1 m ?
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Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (tudo que aparece a seguir foi extraído do enunciado).
  • Dimensões do tanque (plano): comprimento =2{,}5\\ \mathrm{m} e largura =1{,}5\\ \mathrm{m}. Logo a área de superfície do tanque é
A_{\text{tanque}}=2{,}5\cdot1{,}5=3{,}75\\ \mathrm{m^2}.
  • Altura inicial da lâmina d’água =3{,}0\\ \mathrm{m}.
  • A comporta (orifício) tem centro localizado 2{,}0\\ \mathrm{m} abaixo do nível do reservatório (ou seja, a profundidade do centro do orifício, quando o tanque está cheio, é h=2{,}0\\ \mathrm{m}).
  • Coeficiente de descarga da comporta C_d=0{,}62.
  • O escoamento desejado é Q=100\\ \mathrm{L/s}=0{,}100\\ \mathrm{m^3/s}.
    As perguntas:
    (a) determinar o diâmetro (de um orifício circular) que forneça Q=0{,}100\\ \mathrm{m^3/s};
    (b) se o orifício for quadrado, qual a dimensão do lado que entregue o mesmo Q;
    (c) usando o orifício circular da letra (a), qual o tempo necessário para baixar a lâmina d’água em 1{,}0\\ \mathrm{m} (ou seja, de 3{,}0 para 2{,}0\\ \mathrm{m}).

Passo 2

Conceito físico e fórmula que vamos usar (explicando cada símbolo).
  • Para um orifício sob um grande reservatório, a descarga volumétrica é dada pela fórmula empírica:
Q = C_d\,A\,\sqrt{2 g h},
onde:
  • Q é a vazão volumétrica ( \mathrm{m^3/s});
  • C_d é o coeficiente de descarga (adimensional), que incorpora perdas por contração e viscosidade;
  • A é a área do orifício ( \mathrm{m^2});
  • g é a aceleração da gravidade ( \mathrm{m/s^2}); usaremos g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2};
  • h é a carga hidrostática eficaz sobre o orifício. Para um orifício pequeno relativamente à profundidade, costuma-se tomar h igual à profundidade do centróide do orifício medida a partir da superfície livre (no nosso caso, o enunciado deu o centro a 2{,}0\\ \mathrm{m} abaixo, então vamos usar h=2{,}0\\ \mathrm{m} para o cálculo instantâneo pedido nas letras (a) e (b)).
    Explicação intuitiva: a raiz \sqrt{2gh} vem da conversão da energia potencial hidrostática em velocidade de jato (fórmula de Torricelli), e C_d corrige a velocidade efetiva e a área útil do jato.

Passo 3

Resolver a letra (a): arrancar A da fórmula e relacionar com o diâmetro do orifício circular.
A partir de
Q = C_d\,A\,\sqrt{2 g h},
isolamos A:
A=\frac{Q}{C_d\sqrt{2 g h}}.
Substituindo os valores numéricos (vou manter os passos de cálculo bem detalhados):
Q=0{,}100\\ \mathrm{m^3/s},\quad C_d=0{,}62,\quad h=2{,}0\\ \mathrm{m},\quad g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
Calcular primeiro \sqrt{2 g h}:
\sqrt{2 g h}=\sqrt{2\cdot 9{,}81\cdot 2{,}0}=\sqrt{39{,}24}.
Fazendo a raiz:
\sqrt{39{,}24}\approx 6{,}2649\\ \mathrm{m/s}.
Agora o denomindor C_d\sqrt{2gh} é
0{,}62\cdot 6{,}2649\approx 3{,}8842\\ (\mathrm{m/s}).
Logo a área necessária é
A=\frac{0{,}100}{3{,}8842}\approx 0{,}02574\\ \mathrm{m^2}.

Passo 4

Converter a área obtida para diâmetro do orifício circular.
A relação entre área e diâmetro é
A=\frac{\pi D^2}{4}\quad\Rightarrow\quad D=\sqrt{\frac{4A}{\pi}}.
Substituindo A\approx0{,}02574\\ \mathrm{m^2}:
D=\sqrt{\frac{4\cdot 0{,}02574}{\pi}}=\sqrt{\frac{0{,}1030}{\pi}}.
Calculando numericamente:
\frac{0{,}1030}{\pi}\approx 0{,}03277,\qquad D\approx\sqrt{0{,}03277}\approx 0{,}1811\\ \mathrm{m}.
Ou seja, o diâmetro pedido é aproximadamente 0{,}181\\ \mathrm{m} (cerca de 181\\ \mathrm{mm}).

Passo 5

Letra (b): se o orifício for quadrado, achar o lado a.
Para um orifício quadrado com lado a, a área é A=a^2. Igualamos à área avaliada na letra (a):
a=\sqrt{A}.
Com A\approx 0{,}02574\\ \mathrm{m^2}:
a\approx\sqrt{0{,}02574}\approx 0{,}1604\\ \mathrm{m}.
Ou seja, o lado do quadrado precisa ser cerca de 0{,}160\\ \mathrm{m} (160 mm).

Passo 6

Letra (c): montar o balanço para calcular o tempo de esvaziamento de 1{,}0\\ \mathrm{m} na lâmina d’água (de 3 para 2\\ \mathrm{m}).
  • A ideia física: a vazão que sai pelo orifício depende da profundidade instantânea h(t) do centro do orifício em relação à superfície livre. Como o orifício está fixo no tanque a uma cota z_{\text{orf}} (que encontramos implicitamente), quando a superfície cai, h diminui. Há uma equação de conservação de volume:
\text{(variação de volume no tanque)} = -\text{vazão de saída},çããí
ou em termos diferenciais:
A_{\text{tanque}}\frac{dH}{dt} = -Q(H),
onde H(t) é a altura da água (superfície) e Q(H)=C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g h(H)}. Como o orifício tem centro na cota tal que, enquanto a superfície varia de 3 para 2\\ \mathrm{m}, a profundidade do centróide é simplesmente h=H-z_{\text{orf}}. Como no início, com H=3\\ \mathrm{m} temos h=2\\ \mathrm{m}, deduzimos z_{\text{orf}}=1\\ \mathrm{m}. Assim durante o esvaziamento de H=3 para H=2 a profundidade h varia de 2 para 1\\ \mathrm{m}. Para simplificar, observe que dh=dH.
Escrevendo a equação diferencial:
A_{\text{tanque}}\,\frac{dH}{dt} = -C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g\,h},
ou
\frac{dH}{dt} = -\frac{C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g}}{A_{\text{tanque}}}\,\sqrt{h}.
Rearranjando para integrar no tempo:
dt = -\frac{A_{\text{tanque}}}{C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g}}\,\frac{dh}{\sqrt{h}}.
Integramos t desde 0 até T e h desde h_1=2 até h_2=1:
T=\frac{A_{\text{tanque}}}{C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g}}\int_{h_2}^{h_1}\frac{dh}{\sqrt{h}}.
Note que o sinal foi ajustado para integrar com limites crescentes no integrando positivo.

Passo 7

Calcular a integral e obter expressão fechada para o tempo.
A integral é elementar:
\int\frac{dh}{\sqrt{h}}=2\sqrt{h}.
Aplicando os limites h_2=1 e h_1=2:
\int_{1}^{2}\frac{dh}{\sqrt{h}}=2\big(\sqrt{2}-\sqrt{1}\big)=2\big(\sqrt{2}-1\big).
Portanto
T=\frac{A_{\text{tanque}}}{C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g}}\;2\big(\sqrt{2}-1\big).

Passo 8

Avaliar numericamente T usando os valores que já encontramos.
Valores conhecidos:
A_{\text{tanque}}=3{,}75\\ \mathrm{m^2},\quad C_d=0{,}62,\quad A_{\text{orf}}\approx 0{,}02574\\ \mathrm{m^2},\quad g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
Calcular \sqrt{2g}:
\sqrt{2g}=\sqrt{19{,}62}\approx 4{,}42945\\ \mathrm{m^{1/2}/s}.
Calcular o denominador numérico:
C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g}\approx 0{,}62\cdot 0{,}02574\cdot 4{,}42945\approx 0{,}07066\\ \mathrm{m^{2}/s\cdot m^{1/2}}.
Agora
\frac{A_{\text{tanque}}}{C_d A_{\text{orf}}\sqrt{2g}}\approx\frac{3{,}75}{0{,}07066}\approx 53{,}06\\ \mathrm{s}\cdot\mathrm{m^{-1/2}}.
Multiplicando por 2(\sqrt{2}-1):
2(\sqrt{2}-1)\approx 2(1{,}41421356-1)=0{,}82842712.
Portanto
T\approx 53{,}06\cdot 0{,}82842712\approx 43{,}94\\ \mathrm{s}.

Passo 9

Interpretação curta e verificação de consistência:
  • O tempo calculado (~ 44\\ \mathrm{s}) é razoável: o tanque é grande em área 3{,}75\\ \mathrm{m^2} mas o orifício projetado tem área relativamente pequena 0{,}0257\\ \mathrm{m^2}, portanto a descarga de 0{,}1\\ \mathrm{m^3/s} baixa o nível rapidamente uma vez que o orifício tem boa vazão inicial.
  • Todas as fórmulas usadas são as usuais para orifício submerso em reservatório grande e para a conservação de volume (equação diferencial integrável).

Resposta

(a) D\approx 0{,}181\\ \mathrm{m}.
(b) a\approx 0{,}160\\ \mathrm{m}.
(c) T\approx 43{,}9\\ \mathrm{s}.

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