Um tanque retangular de base 5 \mathrm{~m} \times 1,2 \mathrm{~m}, contém uma lâmina d’água de 1,2 metros de altura. Sabendo-se que para esvaziar o tanque através de um orifício de 100 mm , localizado em seu fundo, gasta-se 10 minutos, calcule o coeficiente de descarga desse orifício.

Passo 1

Enunciado e dados fornecidos (o que o problema pede e o que temos):
  • Um tanque retangular com base 5\\ \text{m} \times 1,2\\ \text{m}.
  • Lâmina d’água inicial h_0 = 1,2\\ \text{m}.
  • Orifício localizado no fundo, diâmetro 100\\ \text{mm}.
  • Tempo para esvaziar o tanque t = 10\\ \text{min}.
    O que se pede:
  • Calcular o coeficiente de descarga do orifício, chamado aqui de C_d.

Passo 2

Modelo físico e fórmulas básicas (explicação didática):
  • Quando a água sai por um orifício no fundo, a velocidade ideal de saída, sem perdas, vem da equação de Torricelli, que é derivada do princípio de Bernoulli. Essa velocidade ideal é \sqrt{2 g h}, onde:
    • g é a aceleração da gravidade (usar g=9{,}81\\ \text{m/s}^2),
    • h é a altura da coluna de água acima do orifício em metros.
  • Na prática há perdas (viscosidade, contração do jato), por isso introduzimos o coeficiente de descarga C_d (adimensional, tipicamente entre 0,5 e 0,8), e a velocidade real de saída é
v = C_d \sqrt{2 g h}.
  • A vazão volumétrica que sai pelo orifício é
Q = A_o \, v = C_d\, A_o \sqrt{2 g h},
onde A_o é a área do orifício (em \text{m}^2).
  • Conservação de massa (continuidade) para o tanque: a variação do volume do tanque é igual à vazão que sai, isto é
\frac{dV}{dt} = -Q.
Como o tanque tem seção horizontal constante, V = A_t h com A_t área da base do tanque. Portanto
A_t \frac{dh}{dt} = -C_d\, A_o \sqrt{2 g h}.
Explico cada variável:
  • A_t: área da base do tanque ( \text{m}^2),
  • h(t): altura da água no tempo t ( \text{m}),
  • A_o: área do orifício ( \text{m}^2),
  • t: tempo ( \text{s}),
  • C_d: coeficiente de descarga (o que queremos).

Passo 3

Transformando a equação diferencial e separando variáveis:
Da equação
A_t \frac{dh}{dt} = -C_d\, A_o \sqrt{2 g h},
isolamos \frac{dh}{\sqrt{h}} e dt:
\frac{dh}{\sqrt{h}} = -\frac{C_d A_o \sqrt{2 g}}{A_t}\, dt.
Agora vamos integrar dos valores iniciais até o esvaziamento:
  • Em t=0: h=h_0.
  • Em t=t: h=0.
    Integramos ambos os lados:
\int_{h_0}^{0} \frac{dh}{\sqrt{h}} = -\frac{C_d A_o \sqrt{2 g}}{A_t} \int_{0}^{t} dt.

Passo 4

Resolvendo as integrais (mostrando passo a passo):
  • A primitiva de h^{-1/2} é 2\sqrt{h}. Assim a integral do lado esquerdo é
\int_{h_0}^{0} \frac{dh}{\sqrt{h}} = \left[2\sqrt{h}\right]_{h_0}^{0} = 2\sqrt{0} - 2\sqrt{h_0} = -2\sqrt{h_0}.
  • O lado direito é simplesmente -\dfrac{C_d A_o \sqrt{2 g}}{A_t}\, t.
    Igualando os dois resultados:
-2\sqrt{h_0} = -\frac{C_d A_o \sqrt{2 g}}{A_t}\, t.
Cancelamos o sinal negativo e isolamos C_d:
C_d = \frac{2 A_t \sqrt{h_0}}{A_o \sqrt{2 g}\, t}.
Essa é a expressão que nos permite calcular C_d a partir dos dados.

Passo 5

Calcular as áreas e converter unidades (tudo em SI):
  • Área da base do tanque:
A_t = 5\\ \text{m} \times 1{,}2\\ \text{m} = 6\\ \text{m}^2.
  • Diâmetro do orifício: 100\\ \text{mm} = 0{,}100\\ \text{m}.
  • Área do orifício (círculo):
A_o = \frac{\pi d^2}{4} = \frac{\pi (0{,}100)^2}{4} = \pi \cdot 0{,}0025 = 0{,}0078539816\\ \text{m}^2\quad(\text{aprox.}).
  • Tempo: t = 10\\ \text{min} = 600\\ \text{s}.
  • Altura inicial: h_0 = 1{,}2\\ \text{m}.
  • Gravidade: g = 9{,}81\\ \text{m/s}^2.

Passo 6

Substituindo na fórmula e calculando numericamente (contas detalhadas):
Recordando a fórmula
C_d = \frac{2 A_t \sqrt{h_0}}{A_o \sqrt{2 g}\, t},
vamos calcular os termos:
  • \sqrt{h_0} = \sqrt{1{,}2} \approx 1{,}0954451.
  • \sqrt{2 g} = \sqrt{2\cdot 9{,}81} = \sqrt{19{,}62} \approx 4{,}429446.
  • Numerador:
2 A_t \sqrt{h_0} = 2 \cdot 6 \cdot 1{,}0954451 \approx 13{,}1453414.
  • Denominador:
A_o \sqrt{2 g}\, t \approx 0{,}0078539816 \cdot 4{,}429446 \cdot 600 \approx 20{,}874\\ (\text{aprox.}).
  • Dividindo:
C_d \approx \frac{13{,}1453414}{20{,}874} \approx 0{,}6299.
Arredondando de forma razoável para duas casas decimais (valor típico de coeficiente de descarga), obtemos C_d \approx 0{,}63.

Passo 7

Interpretação e incentivo rápido:
  • O valor encontrado C_d \approx 0{,}63 é plausível: orifícios com borda cortante tipicamente têm C_d entre 0{,}6 e 0{,}65. Então o resultado está coerente.
  • Você conseguiu seguir desde o modelo físico até a integral — na prova faça as contas com calma e mostre cada etapa como fizemos aqui. Vai dar certo!

Resposta

C_d \approx 0{,}63

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