Um tanque contém água com uma profundidade inicial y_{0}=1. O diâmetro do tanque é D=250 mm . Um furo com diâmetro d=2 \mathrm{~mm} aparece no fundo do tanque. Um modelo aceitável para o nível de água em função do tempo é:
\frac{d y}{d t}=-\left(\frac{d}{D}\right)^{2} \sqrt{2 g y} \quad y(0)=y_{0}

Passo 1

O enunciado dá uma equação diferencial para a altura da água no tanque e alguns dados numéricos. Vou listar claramente o que foi dado e o que o problema pede.
  • Dados fornecidos:
    • Profundidade inicial: y(0)=y_{0}=1.
    • Diâmetro do tanque: D=250\\ \mathrm{mm}.
    • Diâmetro do furo: d=2\\ \mathrm{mm}.
    • Aceleração da gravidade: g (usar g=9{,}81\\ \mathrm{m/s^{2}}).
    • Equação diferencial:
    \frac{dy}{dt}=-\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2gy},\qquad y(0)=y_{0}.
  • O que o problema pede (implícito pelo enunciado habitual deste tipo de questão):
    1. Determinar a expressão explícita de y(t), a altura da água em função do tempo.
    2. Determinar o tempo de esvaziamento t^{*} (tempo até y atingir zero).
Obs.: os diâmetros foram fornecidos em milímetros; para trabalhar com g em \mathrm{m/s^{2}} é preciso converter para metros.

Passo 2

Converter unidades e calcular o fator geométrico. Vou converter os diâmetros para metros e calcular \left(\dfrac{d}{D}\right)^{2}.
  • Conversões: D=250\\ \mathrm{mm}=0{,}250\\ \mathrm{m},\qquad d=2\\ \mathrm{mm}=0{,}002\\ \mathrm{m}.
  • Calcular o quadrado da razão: \left(\frac{d}{D}\right)^{2}=\left(\frac{0{,}002}{0{,}250}\right)^{2}=\left(0{,}008\right)^{2}=0{,}000064=6{,}4\times10^{-5}.
Defino uma constante conveniente que aparece na ODE:
C=\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2g}.
Aqui C tem unidades de \mathrm{s^{-1}} multiplicado por \mathrm{m^{-1/2}}, de modo que C\sqrt{y} tem unidades de \mathrm{m/s} (compatível com dy/dt).

Passo 3

Reescrever a ODE usando C e preparar para separação de variáveis.
A equação fica
\frac{dy}{dt}=-C\sqrt{y},
com
C=\left(\frac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2g}.
Explicação didática (separação de variáveis):
  • A equação é do tipo \dfrac{dy}{dt}=f(y) dependendo só de y. Podemos separar variáveis e integrar: \frac{dy}{\sqrt{y}}=-C\,dt.
  • A razão para fazer isso é que queremos integrar y do lado esquerdo e t do lado direito para obter y como função de t.

Passo 4

Integrar ambos os lados passo a passo e usar a condição inicial.
  • Integral do lado esquerdo: \int \frac{dy}{\sqrt{y}}=\int y^{-1/2}\,dy=2\sqrt{y}+K,onde K é constante de integração.
  • Integral do lado direito: \int -C\,dt=-Ct + C_{1}.
  • Igualando as integrais (absorvendo constantes) obtemos 2\sqrt{y}=-Ct + C_{2}.
  • Usar a condição inicial y(0)=y_{0} para determinar C_{2}: 2\sqrt{y_{0}}=C_{2}.
  • Portanto 2\sqrt{y}= -Ct + 2\sqrt{y_{0}}.
  • Isolando \sqrt{y}: \sqrt{y}=\sqrt{y_{0}}-\frac{C}{2}t.
  • Elevando ao quadrado (lembrando que a raiz quadrada é não-negativa, então a expressão só vale enquanto o lado direito for \ge 0): y(t)=\left(\sqrt{y_{0}}-\frac{C}{2}t\right)^{2}.
Este é o resultado analítico geral; resta calcular numericamente C para obter a forma numérica.

Passo 5

Calcular numericamente C e escrever y(t) com números.
  • Calcular \sqrt{2g}: \sqrt{2g}=\sqrt{2\cdot9{,}81}=\sqrt{19{,}62}\approx4{,}4294\\ \mathrm{(m^{1/2}/s)}.
  • Lembrando \left(\dfrac{d}{D}\right)^{2}=6{,}4\times10^{-5}, então C=(6{,}4\times10^{-5})\times4{,}4294\approx2{,}8346\times10^{-4}.
  • Assim \frac{C}{2}\approx1{,}4173\times10^{-4}.
  • Substituindo \sqrt{y_{0}}=\sqrt{1}=1 na expressão de y(t): y(t)=\left(1-\left(1{,}4173\times10^{-4}\right)t\right)^{2},onde t está em segundos e y em metros.
  • Observação prática: a fórmula vale enquanto o termo dentro do parêntese for não-negativo, isto é, até o tempo de esvaziamento.

Passo 6

Determinar o tempo de esvaziamento t^{*} (quando y=0).
  • Pôr \sqrt{y}=0 na fórmula \sqrt{y}=\sqrt{y_{0}}-\dfrac{C}{2}t 0=\sqrt{y_{0}}-\frac{C}{2}t^{*}\quad\Rightarrow\quad t^{*}=\frac{2\sqrt{y_{0}}}{C}.
  • Com \sqrt{y_{0}}=1 e C\approx2{,}8346\times10^{-4}: t^{*}\approx\frac{2}{2{,}8346\times10^{-4}}\approx7057{,}9\\ \mathrm{s}.
  • Converter para horas/minutos/segundos: 7057{,}9\\ \mathrm{s}=117{,}632\\ \mathrm{min}=1\\ \mathrm{h}\\\ 57\\ \mathrm{min}\\\ 37{,}9\\ \mathrm{s}\\ (\text{aprox.}).

Passo 7

Resumo físico e verificação rápida (motivacional e prático).
  • A solução é linear na raiz quadrada de y: a raiz decresce linearmente no tempo até zero. Isso é típico para escoamento por orifício pequeno onde velocidade é proporcional à \sqrt{y}.
  • Verificação rápida: para t=0 a fórmula dá y(0)=1. Para t=t^{*} y=0. Para um tempo intermediário, por exemplo t=600\\ \mathrm{s}, calcula-se y(600)=\left(1-1{,}4173\times10^{-4}\cdot600\right)^{2}=\left(1-0{,}08504\right)^{2}\approx0{,}8396^{2}\approx0{,}705\\ \mathrm{m},ou seja, faz sentido físico (altura decrescendo gradualmente).

Resposta

y(t)=\left(\sqrt{y_{0}}-\dfrac{C}{2}\,t\right)^{2} com C=\left(\dfrac{d}{D}\right)^{2}\sqrt{2g}\newline
Numericamente: y(t)=\left(1-\;1{,}4173\times10^{-4}\;t\right)^{2} (com t em s e y em m)\newline
Tempo de esvaziamento: t^{*}\approx7057{,}9\\ \mathrm{s}\approx1\\ \mathrm{h}\\\ 57\\ \mathrm{min}\\\ 37{,}9\\ \mathrm{s}.

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