Enunciado

Ar a alta pressão força uma corrente de água através de um pequeno orifício arredondado, de área A, em um tanque. A pressão do ar é suficientemente grande para que a gravidade possa ser desprezada. O ar expande-se lentamente, de modo que a expansão pode ser considerada isotérmica. O volume inicial de ar no tanque é ⩝ 0 . Nos instantes posteriores, o volume de ar é ⩝ ( t ) ; o volume total do tanque é ⩝ t . Obtenha uma expressão algébrica para a vazão mássica da água saindo do tanque. Encontre uma expressão algébrica para a taxa de variação na massa de água no interior do tanque. Desenvolva uma equação diferencial ordinária e resolva para a massa de água no interior do tanque em qualquer instante. Se ⩝ 0 = 5   m 3 ;   ⩝ t = 10   m 3 ; A = 25   m m 2 e p 0 = 1   M P a , trace um gráfico da massa de água no tanque versus o tempo para os primeiros 40 minutos.

Passo 1

Vamos começar o exercício ilustrando o tanque no momento inicial:

E o tanque em um instante de tempo t qualquer:

Vamos agora aplicar a equação de Bernoulli entre a superfície do líquido e orifício de saida, então, temos:

p 1 ρ + v 1 2 2 + g z 1 = p 2 ρ + v 2 2 2 + g z 2

Então, nesse caso, sabemos que p 1 = p , v 1 = 0 ; p 2 = p a t m = 0 pois já iremos encontrar a pressão p na forma manométrica. Temos também que v 2 = v j e podemos desprezar a diferença entre as cotas z 1 e z 2 , então a equação se torna:

p ρ + 0 2 2 = 0 ρ + v j 2 2 → v j = 2 p ρ

E a equação da vazão mássica de água é dada por:

m ˙ = ρ v j A

Substituindo a expressão encontrada para v j , temos:

m ˙ = ρ A 2 p ρ → m ˙ = A 2 p ρ

Passo 2

Agora, nós sabemos que a variação de massa de água no tanque pode ser escrita como:

d m d t = ∂ ∂ t ∫ ρ d V → d m d t = ρ á g u a d ⩝ á g u a d t

No entanto, sabemos que a variação de volume de ar no tanque corresponde a variação de volume de água, só que enquanto um aumenta, o outro diminui, então podemos escrever:

d m d t = ρ á g u a d ⩝ á g u a d t = - ρ á g u a d ⩝ a r d t

Agora, como o enunciado nos disse que a expansão do ar pode ser considerada isotérmica, temos da equação de estado:

p ρ = R T = c o n s t a n t e → p ρ = p 0 ρ 0

E, como sabemos que a densidade pode ser escrita como:

ρ = m a r ⩝ a r

Substituindo isso na relação anterior:

p m a r ⩝ a r = p 0 m a r 0 ⩝ a r 0

Só que a massa de ar no tanque não aumenta, o que varia é só seu volume, então temos:

p = p 0 ⩝ 0 ⩝

Passo 3

Sabemos que toda a variação de água no tanque sai pelo orifício, então podemos escrever:

m ˙ = ρ á g u a d ⩝ á g u a d t

Mas, como vimos no passo 2, a variação de volume de água é igual a variação de volume do ar, então, reescrevendo a equação anterior e já substituindo a relação encontrada para m ˙ , temos:

A 2 p ρ á g u a = ρ á g u a d ⩝ a r d t → d ⩝ d t = A 2 p ρ á g u a

Agora vamos substituir a relação encontrada para p :

d ⩝ d t = A 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a ⩝

Agora vamos separar as variáveis:

⩝ d ⩝ = A 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a d t

Agora integrando a equação dos dois lados:

∫ ⩝ 0 ⩝ ⩝ d ⩝ = ∫ 0 t A 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a d t

Resolvendo a integral, temos:

2 3 ⩝ 3 2 ⩝ 0 ⩝ = A 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a t → 2 3 ⩝ 3 2 - ⩝ 0 3 2 = A 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a t

2 ⩝ 0 3 2 3 ⩝ ⩝ 0 3 2 - 1 = A 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a t → ⩝ ⩝ 0 3 2 = 1 + 3 A t 2 ⩝ 0 3 2 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a

⩝ ⩝ 0 = 1 + 3 A t 2 ⩝ 0 3 2 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a 2 3

No entanto, nós sabemos que a massa de água pode ser escrita como:

m a g u a = ρ á g u a ⩝ t - ⩝ = ρ ⩝ 0 ⩝ t ⩝ 0 - ⩝ ⩝ 0

Então, substituindo a expressão encontrada para ⩝ / ⩝ 0 na equação para a massa de água, temos:

m a g u a = ρ á g u a ⩝ 0 ⩝ t ⩝ 0 - 1 + 3 A t 2 ⩝ 0 3 2 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a 2 3

Plotando esse gráfico, temos:

Resposta

m ˙ = A 2 p ρ

m a g u a = ρ á g u a ⩝ 0 ⩝ t ⩝ 0 - 1 + 3 A t 2 ⩝ 0 3 2 2 p 0 ⩝ 0 ρ á g u a 2 3

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