(2,0) Suponha que a água de um tanque cilíndrico esteja sendo drenada por um orifício circular de área A_{0} localizado no fundo do tanque. Foi determinado experimentalmente que, quando o atrito da água no oríficio é levado em consideração, o volume de água que sai do tanque por segundo é aproximadamente 0,4 . A_{0} \sqrt{2 g h}. Encontre a equação diferencial para a altura h de água em qualquer instante t para o tanque com altura de 10 m e diâmetro de 5 m . Determine o nível do tanque após 8 h , considerando que no instante inicial o tanque estava completamente cheio. O diâmetro do orifício mede 2 cm e considere g=10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}.

Passo 1

O que o problema pede e o que nos dá.
  • Pede (1) encontrar a equação diferencial para a altura \,h(t)\, da água no tanque e (2) calcular o nível do tanque após 8 horas, sabendo que inicialmente o tanque estava cheio.
  • Dados fornecidos:
    • Altura do tanque: \,10\\ \mathrm{m}.
    • Diâmetro do tanque: \,5\\ \mathrm{m} (portanto raio do tanque \,2{,}5\\ \mathrm{m}).
    • Diâmetro do orifício: \,2\\ \mathrm{cm}=0{,}02\\ \mathrm{m} (portanto raio do orifício \,0{,}01\\ \mathrm{m}).
    • A vazão experimental (volume por segundo que sai) é aproximadamente \,0{,}4\,A_{0}\sqrt{2 g h}\,, onde \,A_{0}\, é a área do orifício.
    • Aceleração da gravidade: \,g=10\\ \mathrm{m/s^{2}}.
  • Condição inicial: \,h(0)=10\\ \mathrm{m}.
  • Queremos \,h(8\\ \mathrm{h}). Observação: \,8\\ \mathrm{h}=8\cdot3600=28800\\ \mathrm{s}.

Passo 2

Entendendo a física e a relação entre volume e altura.
  • A vazão de saída (volume por tempo) dada pelo enunciado é
\text{Vazão saída} = 0{,}4\,A_{0}\sqrt{2 g h}.ãí
  • Seja \,V(t)\, o volume de água no tanque no instante \,t. A variação do volume é a vazão que sai (negativa, pois o volume diminui):
\frac{dV}{dt} = -0{,}4\,A_{0}\sqrt{2 g h}.
  • A relação entre volume e altura para um tanque cilíndrico de seção transversal constante \,A_{\text{tanque}}\, é
V(t)=A_{\text{tanque}}\;h(t).
Aqui \,A_{\text{tanque}}\, é a área da base do cilindro (área circular do tanque).

Passo 3

Montando a equação diferencial em termos de \,h(t)\,.
  • Diferenciando V(t)=A_{\text{tanque}}\,h(t) obtemos
\frac{dV}{dt}=A_{\text{tanque}}\;\frac{dh}{dt}.
  • Substituindo na equação da vazão:
A_{\text{tanque}}\;\frac{dh}{dt} = -0{,}4\,A_{0}\sqrt{2 g h}.
  • Isolando \dfrac{dh}{dt} obtemos a equação diferencial procurada (forma geral):
\frac{dh}{dt} = -\frac{0{,}4\,A_{0}\sqrt{2 g}}{A_{\text{tanque}}}\;\sqrt{h}.

Passo 4

Calcular as áreas numéricas do tanque e do orifício.
  • Área do orifício:
A_{0}=\pi r_{0}^{2}=\pi(0{,}01)^{2}=\pi\cdot10^{-4}\\ \mathrm{m^{2}}.
  • Área da base do tanque:
A_{\text{tanque}}=\pi R^{2}=\pi(2{,}5)^{2}=\pi\cdot6{,}25\\ \mathrm{m^{2}}.
  • A razão \dfrac{A_{0}}{A_{\text{tanque}}} simplifica porque ambos têm \pi:
\frac{A_{0}}{A_{\text{tanque}}}=\frac{(0{,}01)^{2}}{(2{,}5)^{2}}=\left(\frac{0{,}01}{2{,}5}\right)^{2}=\left(\frac{1}{250}\right)^{2}=\frac{1}{62500}=1{,}6\times10^{-5}.

Passo 5

Escrever a constante que aparece na ODE e obter valor numérico.
  • Defina a constante
K=\frac{0{,}4\,A_{0}\sqrt{2 g}}{A_{\text{tanque}}}=0{,}4\cdot\frac{A_{0}}{A_{\text{tanque}}}\sqrt{2 g}.
  • Substituindo \dfrac{A_{0}}{A_{\text{tanque}}}=1{,}6\times10^{-5} e \sqrt{2 g}=\sqrt{20}:
K=0{,}4\cdot(1{,}6\times10^{-5})\cdot\sqrt{20}.
  • Calcular numericamente:
0{,}4\cdot1{,}6\times10^{-5}=6{,}4\times10^{-6}, \qquad \sqrt{20}\approx4{,}472135955.
K\approx6{,}4\times10^{-6}\cdot4{,}472135955\approx2{,}862247\times10^{-5}\\ \mathrm{s^{-1}\,m^{1/2}}.
(As unidades de K são tais que K\sqrt{h} tem unidades de \mathrm{m/s}.)

Passo 6

Resolver a equação diferencial (separável) passo a passo.
  • A ODE é
\frac{dh}{dt} = -K\sqrt{h}.
  • Separar variáveis:
\frac{dh}{\sqrt{h}} = -K\,dt.
  • Integrar ambos os lados:
\int \frac{dh}{\sqrt{h}} = \int -K\,dt.
  • A primitiva do lado esquerdo é 2\sqrt{h}. Assim:
2\sqrt{h} = -K t + C,
onde C é a constante de integração.
  • Aplicar a condição inicial \,h(0)=10\\ \mathrm{m}:
2\sqrt{10}=C.
  • Portanto, a solução implícita/expressa é
2\sqrt{h} = 2\sqrt{10} - K t
ou
\sqrt{h} = \sqrt{10} - \frac{K}{2}\,t.
  • Elevando ao quadrado (garantindo que o lado direito seja não negativo; a fórmula vale enquanto houver água):
h(t)=\left(\sqrt{10} - \frac{K}{2}\,t\right)^{2}.

Passo 7

Calcular numericamente h(8\\ \mathrm{h}).
  • Usar K\approx2{,}862247\times10^{-5}\\ \mathrm{s^{-1}m^{1/2}} e t=8\\ \mathrm{h}=28800\\ \mathrm{s}.
  • Calcular \dfrac{K}{2}\,t:
\frac{K}{2}\,t \approx\frac{2{,}862247\times10^{-5}}{2}\cdot28800 =1{,}4311235\times10^{-5}\cdot28800\approx0{,}412163568.
  • Calcular \sqrt{10}:
\sqrt{10}\approx3{,}162277660.
  • Subtrair:
\sqrt{h(28800)} \approx 3{,}162277660 - 0{,}412163568 = 2{,}750114092.
  • Elevar ao quadrado:
h(28800)=\left(2{,}750114092\right)^{2}\approx7{,}56313\\ \mathrm{m}.

Passo 8

Interpretação curta e checagem de coerência.
  • O valor obtido é positivo e menor que a altura inicial \,10\\ \mathrm{m}, portanto coerente.
  • A fórmula é válida enquanto \sqrt{10} - \dfrac{K}{2}t\ge0. Com estes números o tempo teórico para esvaziamento total seria \,t_{\text{vazio}}=\dfrac{2\sqrt{10}}{K}, muito maior que 8 h, então a água não chegou a zero em 8 h.

Resposta

\displaystyle \frac{dh}{dt} = -\frac{0{,}4\,A_{0}\sqrt{2 g}}{A_{\text{tanque}}}\sqrt{h}
\displaystyle h(8\\ \mathrm{h})\approx 7{,}56313\\ \mathrm{m}

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