Um tamque esférico, com diâmetro D, apresenta um furo, com diâmetro d, localizado na sua parte mais baixa. O tamque é ventilado, ou seja, a pressão na superfície livre do líquido do quanque é sempre igual a pressão atmosférica. Inicialmente, o tanque estava cheio e o escoamento do líquido através de d pode ser modelado como quase permanente e sem atrito. Determine como varia a altura da superfície livre do líquido no tanque em função do tempo. Contrua um gráfico de h(t) para cada um dos seguinte diâmetros D: 0.3 \mathrm{~m} ; 1,5 \mathrm{~m} ; 3,0 \mathrm{~m} e 6 m . Considere d =25 \mathrm{~mm}.

Passo 1

O enunciado trata do escoamento de esvaziamento de um tanque esférico através de um orifício de diâmetro d localizado no ponto mais baixo. A pressão na superfície livre é atmosférica e o escoamento é incompressível, quase permanente e sem atrito. O que precisamos usar é:
  • A lei de Torricelli para velocidade de saída \displaystyle v=\sqrt{2gh}.
  • A relação de conservação de massa (dérivada do balanço de volumes).
  • A expressão do volume de um calote esférico de altura h.

Passo 2

Calculemos o volume de líquido contido no tanque até a altura h (medida a partir do fundo). O tanque é uma esfera de raio R=\tfrac{D}{2}. O volume de um calote esférico de altura h é
V(h) =\frac{\pi\,h^{2}}{3}(3R - h) =\pi\Bigl(R\,h^{2}-\tfrac{h^{3}}{3}\Bigr).
Diferenciando em relação a h obtemos
\frac{dV}{dh} =\pi\bigl(2R\,h - h^{2}\bigr) =\pi\,h\,(2R - h).

Passo 3

Pela conservação de massa (ou de volume, considerando densidade constante), a vazão de saída vale
\frac{dV}{dt} =-A_{o}\,v =-A_{o}\,\sqrt{2\,g\,h},
onde A_{o}=\frac{\pi\,d^{2}}{4} é a área do orifício e usamos v=\sqrt{2gh}.

Passo 4

Relacionando
\frac{dV}{dt} =\frac{dV}{dh}\,\frac{dh}{dt} \;\Longrightarrow\; \frac{dV}{dh}\,\frac{dh}{dt} =-A_{o}\,\sqrt{2\,g\,h},
logo
\frac{dh}{dt} =-\frac{A_{o}\,\sqrt{2\,g\,h}}{\pi\,h\,(2R - h)}.

Passo 5

Separe variáveis e integre de h(0)=2R (tanque cheio) até h(t)=h:
\int_{2R}^{h} \pi\,\sqrt{h}\,(2R - h)\,dh =-A_{o}\,\sqrt{2g}\int_{0}^{t}dt.
Calcule a integral do lado esquerdo:
\int\sqrt{h}(2R - h)\,dh =\int\bigl(2R\,h^{1/2}-h^{3/2}\bigr)dh =\frac{4R}{3}h^{3/2}-\frac{2}{5}h^{5/2}.

Passo 6

Substituindo nos limites h=2R\to h e reorganizando, obtemos a relação implícita
t =\frac{\pi}{A_{o}\sqrt{2g}}\Biggl[\frac{4R}{3}\bigl((2R)^{3/2}-h^{3/2}\bigr) +\frac{2}{5}\bigl((2R)^{5/2}-h^{5/2}\bigr)\Biggr].
Esta é a lei horária h(t) em forma implícita.

Passo 7

Para esvaziar totalmente, basta pôr h=0. O tempo total de esvaziamento vale
t_{\rm esvaziamento} =\frac{\pi}{A_{o}\sqrt{2g}}\Bigl[ \frac{4R}{3}(2R)^{3/2}+\frac{2}{5}(2R)^{5/2} \Bigr] =\frac{\pi\,6{,}034\,R^{5/2}}{A_{o}\sqrt{2g}}.
Com d=25\rm\,mm, A_{o}\approx4{,}909\times10^{-4}\rm\,m^{2} e g=9{,}81\rm\,m/s^{2}, temos:
  • D=0{,}3\rm\,m ( R=0{,}15\rm\,m) \to t\approx76\rm\,s.
  • D=1{,}5\rm\,m ( R=0{,}75\rm\,m) \to t\approx4{,}250\rm\,s\approx71\rm\,min.
  • D=3{,}0\rm\,m ( R=1{,}5\rm\,m) \to t\approx24{,}000\rm\,s\approx6{,}7\rm\,h.
  • D=6{,}0\rm\,m ( R=3{,}0\rm\,m) \to t\approx136{,}000\rm\,s\approx38\rm\,h.

Passo 8

O gráfico qualitativo de h(t) mostra esvaziamento mais rápido para os tanques menores e mais lento para os maiores. Em todos os casos h(t) decresce de 2R a zero, com declividade inicial grande (pois \sqrt{h} domina) e achatando-se conforme h\to0.

Resposta

A altura h(t) satisfaz implicitamente
t =\frac{\pi}{\bigl(\frac{\pi d^{2}}{4}\bigr)\sqrt{2g}} \Biggl[\frac{4R}{3}\bigl((2R)^{3/2}-h^{3/2}\bigr) +\frac{2}{5}\bigl((2R)^{5/2}-h^{5/2}\bigr)\Biggr].
Os tempos totais de esvaziamento para D=0{,}3, 1{,}5, 3 e 6\rm\,m são, respectivamente, cerca de 76\rm\,s, 71\rm\,min, 6{,}7\rm\,h e 38\rm\,h.

Exercícios relacionados