Um tubo de 150 mm de diâmetro e 6 m de comprimento é concctado a um reservatório de grandes dimensöes (nível d’água constante), inicialmente cheio até uma altura \mathrm{h}=3 \mathrm{me} aberto para a atmosfera. Na extremidade de jusante existe uma válvula de abertura rápida, fechada. Desprezando todas as perdas de carga, determine a variação temporal da velocídade na saída do tubo, \mathrm{V}_{2}(\mathbf{0}), quando a vál-
vula for instantaneamente aberta e a água escoar para a atmosfera. Faça um gráfico de \left(V_{2} \times t\right) nos primeíros 5 segundos do escoamento. Despreze a velocidade da água no reservatório, exceto na regiāo imediatamente a montante da entrada do tubo. Sugestāo: aplique a Equação 1.11 entre os pontos 1 e 2 cm que a pressão é atmosférica, com \Delta \mathrm{H}_{12}=0.
\left[\mathrm{V}_{2}(\mathrm{t})=7,67 \mathrm{tgh}(0,639 \mathrm{t})\right., em que tgh significa tangente hiperbólica]

Passo 1

O enunciado descreve um tubo horizontal de comprimento L=6{,}0,m, diâmetro 150,mm, ligado a um reservatório de nível constante h=3{,}0,m e com a extremidade de jusante fechada por uma válvula. No instante t=0 a válvula é aberta instantaneamente ao ar livre (pressão atmosférica) e queremos a evolução temporal da velocidade de saída V_2(t), desprezando perdas de carga.
Conteúdo: dinâmica transiente em tubulação (agem como massa inercial m=\rho A L) e balanço de energia entre a entrada (na região imediatamente a montante, ponto 1) e a saída (ponto 2), com p_1=p_2=p_{\rm atm} e \Delta H_{12}=0.

Passo 2

Definimos V(t)=V_2(t)=V_1(t) na entrada e saída do tubo (áreas iguais). Aplicando o princípio de Newton para a massa de fluido no tubo, m=\rho A L, e a força resultante devida à diferença de carga de pressão convertido em altura de coluna:
F = \rho g A\,h - \rho A\,\frac{V^2}{2g}\,g\,,
onde o segundo termo é a força de reação associada ao escoamento (energia cinética). Assim,
m\,\frac{dV}{dt} = \rho A\Bigl(g\,h - \frac{V^2}{2}\Bigr)\quad\Longrightarrow\quad \rho A L\,\frac{dV}{dt} = \rho A\Bigl(g\,h - \tfrac{V^2}{2}\Bigr).

Passo 3

Cancelando \rho A em ambos os lados e rearranjando, obtém-se a equação diferencial
\frac{dV}{dt} = \frac{g\,h - \tfrac{V^2}{2}}{L}.
Definindo a = \sqrt{2\,g\,h}, nota-se que g\,h = a^2/2. Então
\frac{dV}{dt} = \frac{\tfrac{a^2}{2} - \tfrac{V^2}{2}}{L} = \frac{a^2 - V^2}{2\,L}.
Separamos variáveis:
\int_{0}^{V(t)} \frac{dV}{a^2 - V^2} = \int_{0}^{t} \frac{dt}{2\,L}.
Como \displaystyle\int \frac{dV}{a^2-V^2} = \frac{1}{a}\,\mathrm{arctanh}\!\bigl(\tfrac{V}{a}\bigr), chega-se a
\frac{1}{a}\,\mathrm{arctanh}\!\Bigl(\frac{V}{a}\Bigr) = \frac{t}{2\,L} \quad\Longrightarrow\quad \frac{V}{a} = \operatorname{tanh}\!\Bigl(\frac{a}{2\,L}\,t\Bigr).

Passo 4

Substituindo a=\sqrt{2\,g\,h}, obtemos a solução fechada
\boxed{% V_2(t) = \sqrt{2\,g\,h}\,\operatorname{tanh}\!\Bigl(\frac{\sqrt{2\,g\,h}}{2\,L}\,t\Bigr). }
Numericamente, com g=9{,}81,m/ s^{2}, h=3{,}0,m e L=6{,}0,m, tem-se
\sqrt{2\,g\,h} = 7{,}67\text{ m/s}, \quad \frac{\sqrt{2\,g\,h}}{2\,L} = 0{,}639\text{ s}^{-1}.
Logo
\boxed{V_2(t) = 7{,}67\;\operatorname{tanh}(0{,}639\,t)\quad[\mathrm{m/s}].}

Passo 5

Para traçar o gráfico de V_2(t) entre t=0 e t=5,s, notamos que V_2(0)=0 e, à medida que t\to\infty, V_2\to7{,}67,m/s. Em t=5,s:
0{,}639\cdot5=3{,}195,\quad\operatorname{tanh}(3{,}195)\approx0{,}9967 \quad\Longrightarrow\quad V_2(5)\approx7{,}64\text{ m/s}.
Esboço do gráfico V_2 versus t:
\begin{array}{c|cccccc} t\\ (\mathrm{s}) & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\hline V_2\\ (\mathrm{m/s}) & 0 & 4{,}21 & 6{,}35 & 7{,}24 & 7{,}60 & 7{,}64 \end{array}
\text{Gráfico: curva crescente, em forma de “S” hiperbólica, assintótica em }7{,}67.áóó

Resposta

V_2(t) = 7{,}67\;\operatorname{tanh}(0{,}639\,t) (m/s), cujo gráfico entre t=0 e t=5,s é uma curva hiperbólica assintótica em 7{,}67 m/s.

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