Um tanque de armazenamento de biodiesel com 20 \mathrm{~m}^{2} de área transversal contém um volume de 100 m 3 de produto. Sabendo que a vazão de saída é puramente gravitacional \mathrm{K} * \mathrm{~h} responda com \mathrm{k}=0,1 \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} :
a. (1,0) Qual o tempo necessário para esvaziar 50 \% do volume inicial.
b. (1,0) Qual a vazão de saída após 24 h
c. (1,0) Mostre graficamente o comportamento da altura em 24 h .

Passo 1

O enunciado pede três coisas e nos dá os seguintes dados:
  • Área transversal do tanque: A=20\\ \mathrm{m}^{2}.
  • Volume inicial de biodiesel: V_{0}=100\\ \mathrm{m}^{3}.
  • A vazão de saída é puramente gravitacional e proporcional à altura: Q(t)=K\cdot h(t).
  • Constante dada: K=0,1\\ \mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}.
  • Perguntas:
    a. Qual o tempo necessário para esvaziar 50\% do volume inicial?
    b. Qual a vazão de saída após 24 horas?
    c. Mostrar graficamente o comportamento da altura em 24 horas.

Passo 2

Primeiro calculamos a altura inicial do líquido no tanque. A relação entre volume e altura, para seção transversal constante, é
V(t)=A\cdot h(t).
Portanto a altura inicial é
h_{0}=\frac{V_{0}}{A}=\frac{100\\ \mathrm{m}^{3}}{20\\ \mathrm{m}^{2}}=5\\ \mathrm{m}.
Explicando bem: V(t) tem unidade \mathrm{m}^{3}, A tem unidade \mathrm{m}^{2}, logo h(t) fica em metros.

Passo 3

Montamos a equação dinâmica (conservação de massa/volume). A taxa de variação do volume dentro do tanque é a vazão de saída negativa:
\frac{dV}{dt}=-Q(t).
Como V(t)=A\,h(t), derivando:
A\,\frac{dh}{dt}=-Q(t).
Pelo modelo dado Q(t)=K\cdot h(t). Substituindo:
A\,\frac{dh}{dt}=-K\,h(t).
Definições e unidades: h(t) em metros, t em segundos (já que K está em \mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}), A em \mathrm{m}^{2}, K\cdot h tem unidade \mathrm{m}^{3}/\mathrm{s} (correto para vazão).

Passo 4

Resolvemos a equação diferencial ordinária de primeira ordem:
\frac{dh}{dt}=-\frac{K}{A}\,h(t).
Isto é um decaimento exponencial. Separe variáveis e integre:
\frac{1}{h}\,dh=-\frac{K}{A}\,dt
\Rightarrow \ln h(t)=-\frac{K}{A}t + C.
Aplicando condição inicial h(0)=h_{0} obtemos C=\ln h_{0}. Assim
h(t)=h_{0}\,\exp\!\Big(-\frac{K}{A}t\Big).
Substituímos os valores numéricos: \dfrac{K}{A}=\dfrac{0,1}{20}=0,005\\ \mathrm{s}^{-1}. Logo
\boxed{\,h(t)=5\cdot e^{-0,005\,t}\quad (t\\ \text{em s})\,}
Também é útil o tempo característico (constante de tempo)
\tau=\frac{A}{K}=200\\ \mathrm{s}\approx 3,33\\ \text{min},
que indica que em um tempo da ordem de \tau a altura já decai significativamente (para cerca de 37\% do inicial).

Passo 5

(a) Tempo para esvaziar 50\% do volume inicial.
Querer esvaziar 50\% do volume significa V(t)=\tfrac{1}{2}V_{0}. Como V\propto h, isso equivale a h(t)=\tfrac{1}{2}h_{0}. Usando a solução:
\frac{1}{2}h_{0}=h_{0}e^{-0,005\,t}\quad\Rightarrow\quad \frac{1}{2}=e^{-0,005\,t}.
Tomando logaritmo:
-0,005\,t=\ln\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=-\ln 2\quad\Rightarrow\quad t=\frac{\ln 2}{0,005}.
Calculando numericamente:
t=200\ln 2\approx 200\cdot 0,693147\approx 138,63\\ \mathrm{s}.
Convertendo para minutos e horas:
138,63\\ \mathrm{s}\approx 2,31\\ \text{min}\approx 0,0385\\ \text{h}.
Interpretação: em cerca de 2{,}3 minutos o tanque perde metade do volume — a razão é que o modelo Q=K\,h e a grande K/A tornam a descarga rápida.

Passo 6

(b) Vazão de saída após 24 horas.
A vazão é Q(t)=K\,h(t)=K\,h_{0}\,e^{-0,005\,t}. Substituindo números:
Q(t)=0,1\cdot 5\cdot e^{-0,005\,t}=0,5\,e^{-0,005\,t}\quad(\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}).
Para t=24\\ \mathrm{h}=24\cdot 3600=86400\\ \mathrm{s}, o expoente é
-0,005\cdot 86400=-432.
Assim
Q(24\\ \mathrm{h})=0,5\,e^{-432}.
O número e^{-432} é extremamente pequeno; usando notação científica:
e^{-432}\approx 2{,}29\times 10^{-188},
então
Q(24\\ \mathrm{h})\approx 0{,}5\cdot 2{,}29\times 10^{-188}\approx 1{,}15\times 10^{-188}\\ \mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}.
Isto é, na prática a vazão é zero depois de 24 horas: o tanque foi praticamente esvaziado nos primeiros minutos. Em unidades mais familiares isso é desprezível (por exemplo, em \mathrm{m}^{3}/\mathrm{h} seria multiplicado por 3600, ainda da ordem de 10^{-185}).

Passo 7

(c) Comportamento gráfico da altura em 24 horas.
A curva a ser desenhada é a exponencial
h(t)=5\,e^{-0,005\,t}\quad(t\\ \text{em s}).
Pontos-chave (para ajudar a desenhar o gráfico; apresento t em segundos e em parênteses em minutos/horas quando útil):
\begin{aligned} t&=0\\ \mathrm{s}:\\ &h&=5{,}000\\ \mathrm{m},\\\ t&=60\\ \mathrm{s}\\ (1\\ \text{min}):\\ &h&=5 e^{-0{,}3}\approx 3{,}704\\ \mathrm{m},\\\ t&=200\\ \mathrm{s}\\ (\approx\tau):\\ &h&=5 e^{-1}\approx 1{,}839\\ \mathrm{m},\\\ t&=600\\ \mathrm{s}\\ (10\\ \text{min}):\\ &h&=5 e^{-3}\approx 0{,}249\\ \mathrm{m},\\\ t&=3600\\ \mathrm{s}\\ (1\\ \text{h}):\\ &h&=5 e^{-18}\approx 7{,}6\times10^{-8}\\ \mathrm{m},\\\ t&=86400\\ \mathrm{s}\\ (24\\ \text{h}):\\ &h&=5 e^{-432}\approx 1{,}15\times10^{-187}\\ \mathrm{m}. \end{aligned}
Como ver:
  • A altura cai rapidamente nos primeiros minutos (daí o tempo de meia-vida de ~138 s).
  • Depois de alguns minutos praticamente não resta altura; na escala de horas o valor é numericamente zero.
    Para desenhar: eixo horizontal t (em minutos ou horas), eixo vertical h (em metros). A curva começa em 5\\ \mathrm{m} e decai exponencialmente rumo a 0. Se quiser visualizar melhor os primeiros minutos use escala de tempo em segundos ou uma escala logarítmica no eixo h, porque em escala linear o valor vira zero quase imediatamente.

Resposta

(a) t_{50\%}=200\ln 2\approx 138{,}63\\ \mathrm{s}\\ (\approx 2{,}31\\ \text{min}).
(b) Q(24\\ \mathrm{h})\approx 1{,}15\times 10^{-188}\\ \mathrm{m}^{3}/\mathrm{s} (praticamente zero).
(c) h(t)=5\,e^{-0{,}005\,t} (com t em s); h(24\\ \mathrm{h})\approx 1{,}15\times10^{-187}\\ \mathrm{m} (praticamente zero).

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