Um tanque de 4 m de diâmetro é enchido com água e depois girado a uma taxa de \omega=2 \pi\left(1-e^{-t}\right) \mathrm{rad} / \mathrm{s}. Nas paredes do tanque, a viscosidade impede o movimento relativo entre o fluido e a parede. Determine a velocidade e a aceleração das partículas de fluido próximas às paredes do tanque em função do tempo.

Passo 1

O enunciado dá um tanque de diâmetro 4\\ \mathrm{m} que é girado em torno do seu eixo com velocidade angular dependente do tempo
\omega(t)=2\pi\bigl(1-e^{-t}\bigr)\\ \mathrm{rad/s}.
Também é dito que, nas paredes do tanque, a viscosidade impede movimento relativo entre o fluido e a parede (condição de no‑slip). A pergunta é: determinar a velocidade e a aceleração das partículas de fluido próximas às paredes do tanque em função do tempo. Informações relevantes listadas:
  • Diâmetro do tanque: 4\\ \mathrm{m} ⇒ raio R=2\\ \mathrm{m}.
  • Velocidade angular: \omega(t)=2\pi\bigl(1-e^{-t}\bigr).
  • Condição de no‑slip na parede: a velocidade tangencial do fluido junto à parede é igual à velocidade tangencial da parede.

Passo 2

Escolhemos coordenadas cilíndricas (r,\theta,z) com origem no eixo do cilindro; as direções unitárias são \mathbf{e}_r (radial), \mathbf{e}_\theta (tangencial) e \mathbf{e}_z (axial). Por simetria e pelo enunciado, as partículas próximas à parede descrevem movimento circular em torno do eixo, com raio aproximadamente r=R, sem componente radial ou axial (ou seja, \dot r=0 e v_z=0). A condição de no‑slip implica que a velocidade tangencial do fluido junto à parede é
v_\theta(r=R,t)=R\,\omega(t).
Vou explicar por que: a parede gira com velocidade angular \omega(t); um ponto da parede a distância R do eixo tem velocidade tangencial R\omega(t). Como o fluido adere à parede, a partícula de fluido tocando a parede tem exatamente essa velocidade tangencial.

Passo 3

Agora escrevemos a velocidade de uma partícula na parede em forma vetorial. Em coordenadas cilíndricas, quando r é constante igual a R e só há movimento angular,
\mathbf{v}(t)=R\,\omega(t)\,\mathbf{e}_\theta.
Substituindo R=2\\ \mathrm{m} e \omega(t)=2\pi\bigl(1-e^{-t}\bigr) temos a expressão numérica simplificada da velocidade tangencial (em módulo e na direção \mathbf{e}_\theta):
\mathbf{v}(t)=2\cdot 2\pi\bigl(1-e^{-t}\bigr)\,\mathbf{e}_\theta =4\pi\bigl(1-e^{-t}\bigr)\,\mathbf{e}_\theta\\ \text{m/s}.

Passo 4

Para calcular a aceleração usamos a fórmula geral da aceleração em coordenadas polares/cilíndricas para uma partícula com r(t) e \theta(t):
\mathbf{a}=\bigl(\ddot r - r\dot\theta^{2}\bigr)\,\mathbf{e}_r + \bigl(r\ddot\theta + 2\dot r\dot\theta\bigr)\,\mathbf{e}_\theta + \ddot z\,\mathbf{e}_z.
Aqui cada termo tem interpretação física:
  • \ddot r é a aceleração radial “de variaçao de raio” (não é nosso caso, pois r é constante).
  • -r\dot\theta^2 é a aceleração centrípeta (aponta para o centro).
  • r\ddot\theta é a aceleração tangencial associada à variação da velocidade angular (quando \omega muda com o tempo).
  • 2\dot r\dot\theta aparece quando r varia (efeito tipo Coriolis); aqui \dot r=0.
  • \ddot z é aceleração axial (aqui nula).
No nosso caso r(t)=R é constante, então \dot r=0 e \ddot r=0. Assim a aceleração reduz para
\mathbf{a}(t) = -R\dot\theta^{2}(t)\,\mathbf{e}_r + R\ddot\theta(t)\,\mathbf{e}_\theta.
Observação: \dot\theta(t)=\omega(t) e \ddot\theta(t)=\dot\omega(t).

Passo 5

Calculamos a derivada da velocidade angular para obter a aceleração angular. Como
\omega(t)=2\pi\bigl(1-e^{-t}\bigr),
fazendo a derivada em relação a t (regra da cadeia) obtemos
\dot\omega(t)=\frac{d}{dt}\bigl[2\pi(1-e^{-t})\bigr]=2\pi\,e^{-t}.
Agora aplicamos na expressão da aceleração com R=2\\ \mathrm{m}:
  • componente radial (centrípeta):
a_r(t)=-R\omega^{2}(t)=-2\bigl[2\pi(1-e^{-t})\bigr]^{2}.
Desenvolvendo e simplificando:
a_r(t)=-2\cdot 4\pi^{2}\bigl(1-e^{-t}\bigr)^{2}=-8\pi^{2}\bigl(1-e^{-t}\bigr)^{2}\\ \text{m/s}^{2}.
  • componente tangencial:
a_\theta(t)=R\dot\omega(t)=2\cdot 2\pi e^{-t}=4\pi e^{-t}\\ \text{m/s}^{2}.
Portanto a aceleração vetorial é
\mathbf{a}(t) = -8\pi^{2}\bigl(1-e^{-t}\bigr)^{2}\,\mathbf{e}_r + 4\pi e^{-t}\,\mathbf{e}_\theta.

Passo 6

Para dar intuição rápida (útil na prova): no instante t=0 temos \omega(0)=0 (o fluido ainda não girou), então a velocidade tangencial inicial é zero; porém \dot\omega(0)=2\pi é máxima, dando uma aceleração tangencial inicial a_\theta(0)=4\pi\\ \text{m/s}^{2} que começa a acelerar o fluido. Quando t\to\infty temos \omega\to 2\pi e \dot\omega\to 0, logo a aceleração tangencial tende a zero e sobra apenas a aceleração centrípeta constante -8\pi^{2}\mathbf{e}_r correspondente ao giro uniforme final.

Resposta

\displaystyle \mathbf{v}(t)=4\pi\bigl(1-e^{-t}\bigr)\,\mathbf{e}_\theta\\ \text{m/s}\n
\displaystyle \mathbf{a}(t)=-8\pi^{2}\bigl(1-e^{-t}\bigr)^{2}\,\mathbf{e}_r+4\pi e^{-t}\,\mathbf{e}_\theta\\ \text{m/s}^{2}

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