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Enunciado

FenTrans, MecFlu, TransCal e TransMassa - Frank White - Mecânica dos Fluidos- Ed: 6º - Capítulo 3.Problemas - Ex. 179

Um tanque cilíndrico de diâmetro D contém líquido a uma altura inicial h 0 . No tempo t = 0 , um pequeno tampão de diâmetro d é removido do fundo. Usando a equação de Bernoulli sem perdas, deduza (a) uma equação diferencial para a altura da superfície livre h(t) durante a drenagem e (b) uma expressão para o tempo t 0 para a drenagem de todo o tanque.

Passo 1

Neste caso iremos utilizar a equação de bernoulli para um regime transiente, ou seja:

∫ 1 2 ∂ V ∂ t d s + p 1 ρ + V 1 2 2 + g z 1 = p 2 ρ + V 2 2 2 + g z 2

O ponto 1 será um ponto na superfície do tanque e o ponto 2 um ponto no orifício do tanque. Ambos os pontos estão a pressão atmosférica.

Para este exemplo ∫ 1 2 ∂ V ∂ t d s ≈ d V 1 d t h , porém este valor é aproximadamente zero, logo, a equação de Bernoulli pode ser reescrita como:

d V 1 d t h + p a t m ρ + V 1 2 2 + g z 1 = p a t m ρ + V 2 2 2 + g z 2

V 1 2 2 + g z 1 = V 2 2 2 + g z 2

Sabemos, pela equação da continuidade, que:

Q 1 = Q 2

V 1 * A 1 = V 2 * A 2

V 1 π 4 D 1 2 = V 2 π 4 D 2 2

V 2 = V 1 D 1 D 2 2

Logo:

V 1 2 2 + g z 1 = V 1 2 D 1 D 2 4 2 + g z 2

V 1 = 2 g z 1 - z 2 D 1 D 2 4 - 1 1 2

Vamos chamar z 1 - z 2 = h e também que V 1 = - d h d t :

- d h d t = 2 g h D 1 D 2 4 - 1 1 2

d h d t = - 2 g h D 1 D 2 4 - 1 1 2

Reescrevendo:

d h h 1 2 = - 2 g D 1 D 2 4 - 1 1 2 d t

Integrando os dois lados:

∫ h 0 h d h h 1 2 = - 2 g D 1 D 2 4 - 1 1 2 ∫ 0 t d t

2 h 1 2 - 2 h 0 1 2 = - 2 g D 1 D 2 4 - 1 1 2 t

h 1 2 = h 0 1 2 - 2 g D 1 D 2 4 - 1 1 2 t 2

h = h 0 1 2 - g 2 D 1 D 2 4 - 1 1 2 t 2

Passo 2

Quando o tanque estiver vazio:

h = 0

h 0 1 2 - g 2 D 1 D 2 4 - 1 1 2 t 2 = 0

h 0 1 2 - g 2 D 1 D 2 4 - 1 1 2 t = 0

t = h 0 1 2 g 2 D 1 D 2 4 - 1 1 2 = 2 h 0 D 1 D 2 4 - 1 g 1 / 2

Resposta

Letra a) h = h 0 1 2 - g 2 D 1 D 2 4 - 1 1 2 t 2

Letra b) t = 2 h 0 D 1 D 2 4 - 1 g 1 / 2

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