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}.
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.
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.