Um tanque cilíndrico aberto de 1,0 \mathrm{~m} de diâmetro está sendo esvaziado por um tubo de 50 mm de diâmetro e 4,0 \mathrm{~m} de comprimento, com entrada em aresta viva, K=0,5, para o qual f=0,025, e descarregando na atmosfera. Determine o tempo necessário para que a diferença entre o nível d’água no tanque e o nível da saída do tubo caia de 2,0 \mathrm{~m} para 1,0 \mathrm{~m}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que nos pede (peguei todos os números do enunciado).
Dados fornecidos:
  • Diâmetro do tanque: D_{\text{tanque}}=1,0\\ \mathrm{m}.
  • Diâmetro do tubo: D_{\text{tubo}}=50\\ \mathrm{mm}=0,05\\ \mathrm{m}.
  • Comprimento do tubo: L=4,0\\ \mathrm{m}.
  • Perda de entrada (aresta viva): K=0,5.
  • Fator de atrito (Darcy): f=0,025.
  • Descarrega na atmosfera (saída em pressão atmosférica).
  • A diferença de nível entre a superfície do tanque e a saída do tubo (chamarei de H) cai de H_1=2,0\\ \mathrm{m} para H_2=1,0\\ \mathrm{m}.
O que o problema pede:
  • Determinar o tempo necessário para que H diminua de H_1 para H_2; isto é, encontrar t tal que H(0)=2,0\\ \mathrm{m} e H(t)=1,0\\ \mathrm{m}.

Passo 2

Ideia física e hipóteses (explicação didática das fórmulas que vou usar).
Observação física simples:
  • O tanque é aberto e a superfície é livre, portanto a pressão na superfície e na saída do tubo é atmosférica e se cancelam na equação de energia.
  • A velocidade média na superfície do tanque é desprezível comparada à velocidade no tubo, porque o tanque tem área muito maior que a do tubo.
  • O escoamento no tubo sofre perdas: perda localizada de entrada K e perda distribuída por atrito dada pela fórmula de Darcy–Weisbach.
Equação de energia simplificada entre superfície livre do tanque e saída do tubo:
  • A forma prática é: a diferença de cota/energia disponível H é consumida na forma de energia cinética no tubo mais as perdas. Escrevendo isso:
H = \frac{v^{2}}{2g} + h_{\text{perdas}},
onde v é a velocidade média no tubo e g a aceleração da gravidade.
Perdas:
  • Perda localizada de entrada: h_{\text{entrada}} = K\,\dfrac{v^{2}}{2g}.
  • Perda por atrito (Darcy–Weisbach): h_{f} = f\,\dfrac{L}{D}\,\dfrac{v^{2}}{2g}.
Somando as perdas:
h_{\text{perdas}} = \left(K + f\,\frac{L}{D}\right)\frac{v^{2}}{2g}.
Substituindo em H:
H = \frac{v^{2}}{2g}\left[1 + K + f\,\frac{L}{D}\right].
Isolando v:
v = \sqrt{\frac{2gH}{1 + K + f\,\dfrac{L}{D}}}.
Explicação da continuidade (ligação com a variação do nível):
  • Vazão volumétrica no tubo: Q = A_{\text{tubo}}\,v, onde A_{\text{tubo}} é a área da seção do tubo.
  • Variação do nível do tanque: \dfrac{dH}{dt} = -\dfrac{Q}{A_{\text{tanque}}}, onde A_{\text{tanque}} é a área da seção do tanque (sinal negativo porque H diminui quando sai água).
  • Juntando tudo obtemos uma equação diferencial para H(t) que é separável e integrável.

Passo 3

Cálculo das áreas e coeficiente que aparece na expressão de v.
Área do tanque:
A_{\text{tanque}} = \frac{\pi D_{\text{tanque}}^{2}}{4} = \frac{\pi (1,0)^{2}}{4} = \frac{\pi}{4}\\ \mathrm{m^{2}}\approx 0,785398\\ \mathrm{m^{2}}.
Área do tubo:
A_{\text{tubo}} = \frac{\pi D_{\text{tubo}}^{2}}{4} = \frac{\pi (0,05)^{2}}{4} = \frac{\pi \cdot 0,0025}{4}\\ \mathrm{m^{2}}\approx 0,0019635\\ \mathrm{m^{2}}.
Observe que a razão das áreas simplifica:
\frac{A_{\text{tubo}}}{A_{\text{tanque}}}=\frac{D_{\text{tubo}}^{2}}{D_{\text{tanque}}^{2}}=\frac{(0,05)^{2}}{(1,0)^{2}}=0,0025.
Coeficiente que aparece em v:
C \equiv 1 + K + f\frac{L}{D}.
Calcular f\frac{L}{D}:
\frac{L}{D}=\frac{4,0}{0,05}=80,\qquad f\frac{L}{D}=0,025\times80=2,0.
Logo
C = 1 + 0,5 + 2,0 = 3,5.
Portanto
v = \sqrt{\frac{2gH}{C}}.

Passo 4

Montagem da equação diferencial e solução matemática (passo a passo).
Vazão:
Q = A_{\text{tubo}}\,v = A_{\text{tubo}}\sqrt{\frac{2gH}{C}}.
Continuidade no tanque:
\frac{dH}{dt} = -\frac{Q}{A_{\text{tanque}}} = -\frac{A_{\text{tubo}}}{A_{\text{tanque}}}\sqrt{\frac{2gH}{C}}.
Defino uma constante positiva para simplificar:
k \equiv \frac{A_{\text{tubo}}}{A_{\text{tanque}}}\sqrt{\frac{2g}{C}}.
Então a equação diferencial fica
\frac{dH}{dt} = -k\sqrt{H}.
Esta é separável. Separe e integre entre t=0 (onde H=H_{1}) e t=t (onde H=H_{2}):
\int_{H_{1}}^{H_{2}} \frac{dH}{\sqrt{H}} = -\int_{0}^{t} k\,dt.
Calcule a integral esquerda:
\int \frac{dH}{\sqrt{H}} = 2\sqrt{H}.
Aplicando os limites:
2\left(\sqrt{H_{2}}-\sqrt{H_{1}}\right) = -k t.
Rearranjando para t:
t = \frac{2\left(\sqrt{H_{1}}-\sqrt{H_{2}}\right)}{k}.
Este é o resultado analítico que usamos para calcular o tempo pedido.

Passo 5

Substituindo os números e calculando cada termo numericamente (mostrando cada conta).
Constante k:
k = \frac{A_{\text{tubo}}}{A_{\text{tanque}}}\sqrt{\frac{2g}{C}}.
Usando g=9,81\\ \mathrm{m/s^{2}}, C=3,5 e \dfrac{A_{\text{tubo}}}{A_{\text{tanque}}}=0,0025:
\frac{2g}{C}=\frac{2\times9,81}{3,5}=\frac{19,62}{3,5}=5,6057142857.
\sqrt{\frac{2g}{C}}=\sqrt{5,6057142857}\approx 2,36922\\ \mathrm{(m/s)/\sqrt{m}}.
k = 0,0025\times 2,36922 \approx 0,00592306\\ \mathrm{s^{-1}\,m^{-1/2}}.
Termo com raízes:
\sqrt{H_{1}}-\sqrt{H_{2}}=\sqrt{2,0}-\sqrt{1,0}=1,41421356-1,0=0,41421356.
Agora o tempo:
t = \frac{2\times 0,41421356}{0,00592306} = \frac{0,82842712}{0,00592306}\approx 139,88\\ \mathrm{s}.
Arredondando de forma adequada e apresentando numa forma legível:
t \approx 140\\ \mathrm{s}\quad(\approx 2,33\\ \text{minutos}).

Passo 6

Comentário final rápido (motivacional e sobre aproximações):
  • Resultado: t\approx 140\\ \mathrm{s}.
  • Observações sobre aproximações feitas: desprezei a velocidade na superfície do tanque (válido porque o tanque é muito mais largo que o tubo), considerei perdas apenas entrada e atrito (nenhuma outra perda menor sequer), e usei f dado (sem iterar com número de Reynolds). Essas aproximações são as usualmente aceitas em exercícios de prova e dão a estimativa correta na escala solicitada — então está tudo certo para a sua prova! Força aí, você consegue.

Resposta

t \approx 140\\ \mathrm{s}

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