Enunciado

Um tanque de 3 m de diâmetro está inicialmente cheio com água até 2 m acima do centro de um orifício com diâmetro de 10 cm e aresta viva. A superfície da água do tanque é aberta para a atmosfera e o orifício drena para a atmosfera através de um tubo com 100 m de comprimento. O coeficiente de atrito do tubo pode ser considerado corno 0,015 e o efeito do fator de correção da energia cinética pode ser desprezado. Determine (a) a velocidade inicial na saída do tanque e (b) o tempo necessário para esvaziar o tanque.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem?

Primeiramente, para o problema, assumimos que:

1. O fluxo é uniforme e incompressível.

2. O tubo de drenagem é horizontal.

3. O fluxo é turbulento para que o valor tabulado do coeficiente de perda pode ser usado.

4. O fator de atrito permanece constante (na realidade, muda desde que o velocidade de fluxo e, portanto, o número de Reynolds muda).

5. O efeito do fator de correção da energia cinética é desprezível, portanto definimos α = 1.

O coeficiente de perda é K L = 0,5 para uma entrada com arestas vivas. (Tabela 8-4). E o enunciado informa que o fator de atrito f = 0,015 .

O esboço do problema pode ser mostrado como:

Passo 2

Tomamos o ponto 1 na superfície livre do tanque e o ponto 2 na saída do orifício.

Para a avaliação da profundidade, diferença de pressão e/ou perda de carga, sempre necessitaremos lembrar da equação da perda de carga:

P 1 ρ ∙ g +   α 1 ∙ V 1 2 2 g + z 1 + h b o m b a =   P 2 ρ ∙ g +   α 2 ∙ V 2 2 2 g + z 2   +   h L                   ( 1 )

Também tomamos o nível de referência na linha central do orifício ( z 2 = 0 ) e assumimos a direção positiva de z para cima. Observando que o fluido em ambos os pontos é aberto para a atmosfera (e, portanto, P 1 = P 2 = P a t m ) e que a velocidade do fluido na superfície livre é muito baixa ( V 1 ≅ 0 ), a equação de energia (Eq. 1) para um volume de controle entre esses dois pontos simplifica a:

z 1 = α 2 V 2 2 2 g + h L     ( 2 )

E sabendo que a perda de carga total, agora, é definido pela soma da perda de carga maior e a perda de carga menor, assim:

h L = f L D V 2 2 g + K L V 2 2 g                                 → h L = f L D + K L V 2 2 g               ( 3 )

Letra a) Assim, substituindo a eq. 3 em 2:

z 1 = α 2 V 2 2 2 g + K L V 2 2 2 g               → 2 g z 1 = V 2 2 α 2 + K L       → V 2 = 2 g z 1 α 2 + f L D + K L

Onde α 2 = 1 . E inicialmente quando z 1 = 2   m , a velocidade é:

V 2 = 2 ⋅ 9,81 m s 2 ⋅ 2   m 1 + 0,015 ⋅ 100 m 0,1 m + 0,5       → V 2 = 1,54 m s

Passo 3

Bem temos que a velocidade média de descarga através do orifício a qualquer momento, em geral, pode ser expressa como:

V 2 = 2 g z 1 1 + f L D + K L

Onde z é a altura da água em relação ao centro do orifício naquele momento.

Denotamos o diâmetro do orifício por D e o diâmetro do tanque por D 0 . A vazão da água do tanque pode ser obtida multiplicando a velocidade de descarga pela área do orifício:

V ˙ = A o r i f í c i o ⋅ V 2                       → V ˙ = π D 2 4 2 g z 1 1 + f L D + K L

Então a quantidade de água que flui através do orifício durante um intervalo de tempo diferencial d t é:

d V = V ˙ d t     ��                     → d V = π D 2 4 2 g z 1 1 + f L D + K L   d t             ( 4 )

Que, pela conservação de massa, deve ser igual à diminuição do volume de água no tanque. Então:

d V = A t a n q u e ⋅ - d z             → d V = - π D 0 2 4   d z               ( 5 )

Onde d z é a mudança no nível da água no tanque durante d t . (Observe que d z é uma quantidade negativa, pois o valor positivo direção de z é para cima. Portanto, usamos – d z   para obter uma quantidade positiva para a quantidade de água descarregada).

Passo 4

Letra b) Podemos começar a perceber então que é possível relacionar a altura d z em razão do tempo decorrido, substituindo a eq. 5 na equação 4:

π D 2 4 2 g z 1 1 + f L D + K L   d t = - π D 0 2 4   d z                   → d t = - D 0 2 D 2 1 + f L D + K L 2 g z d z

A última relação pode ser integrada facilmente, pois as variáveis ​​são separadas. Permitindo que seja o tempo de descarga e integrando-o de t = 0 quando z = z 1 a t = t f quando z = 0 (tanque completamente drenado). Assim:

∫ t = 0 t f d t = - D 0 2 D 2 1 + f L D + K L 2 g ⋅ ∫ z = z 1 0 z - 1 / 2 d z

Resolvendo a integral, chegamos a:

t f = 2 D 0 2 D 2 1 + f L D + K L z 1 2 g

Por fim, podemos substituir os valores afim de encontrar o tempo necessário para esvaziar o tanque:

t f = 2 ⋅ ( 3 m ) ² ( 0,1 m ) 2 1 + 0,015 ⋅ 100 m 0,1 m + 0,5 ⋅ 2 m 2 ⋅ 9,81   m / s ²                 → t f = 2334   s   o u   38,9   m i n

Resposta

Portanto:

Letra a) V 2 = 1,54 m s

Letra b)   t f = 2334   s   o u   38,9   m i n

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