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Enunciado

FenTrans, MecFlu, TransCal e TransMassa - Çengel - Mecânica dos Fluidos- Ed: 1º - Capítulo 5.Problemas - Ex. 82

Um tanque pressurizado de água com 2 m de diâmetro tem um orifício com 10 cm de diâmetro na parte inferior, onde a água é descarregada para a atmosfera. Inicialmente o nível da água está 3 m acima da saída. A pressão do ar no tanque acima do nível da água é mantida a 450 kPa absoluta e a pressão atmosférica é de 100 kPa. Desprezando os efeitos do atrito, determine (a) o tempo necessário para que metade da água do tanque seja descarregada e (b) o nível da água no tanque após 10 s.

Passo 1

Oi pessoal, tudo bem?

Bem, assumimos inicialmente que:

1. O fluxo é incompressível e os efeitos de atrito são desprezíveis.

2. A pressão do ar do tanque acima do o nível da água é mantido constante.

Podemos esboçar o problema em questão da seguinte forma:

Passo 2

Consideramos o ponto 1 na superfície livre do tanque e o ponto 2 na saída do orifício. E tomamos o positivo direção de z para cima com nível de referência no orifício ( z 2   =   0 ). O fluido no ponto 2 é aberto para a atmosfera (e, portanto, P 2   =   P a t m = 0   ( a b s o l u t a ) e a velocidade na superfície livre é muito baixa ( V 1   ≅   0 ). Então, aplicando a equação de Bernoulli:

P 1 ρ g + V 1 2 2 g + z 1 = P 2 ρ g + V 2 2 2 g + z 2

De acordo com as considerações analisadas, a equação se torna:

V 2 = 2 g z 1 + 2 P 1 ρ

Passo 3

Agora vamos interpretar o que acontece no momento do esvaziamento do tanque, ok?

A superfície da água desce à medida que o tanque drena, e o valor de z muda de H inicialmente para 0 quando o tanque é esvaziado completamente. Denotamos o diâmetro do orifício por D e o diâmetro do tanque por D o (como mostra o esboço).

Assim, a taxa de fluxo de água da o tanque é obtido multiplicando a velocidade de descarga pela área da seção transversal do orifício:

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

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

d V = V ˙ d t = π D 2 4 ⋅ 2 g z 1 + 2 P 1 ρ   d t             ( 1 )

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

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

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

Então observamos que as equações 1 e 2 são iguais entre si. Substituindo 1 em 2:

π D 2 4 ⋅ 2 g z 1 + 2 P 1 ρ   d t = - π D 2 4 d z

Reorganizando termos, temos:

d t = - D 0 2 D 2 1 2 g z 1 + 2 P 1 ρ   d z         ( 3 )

Passo 4

Letra a) Assim, a última relação encontrada (eq. 3) pode ser integrada, pois as variáveis ​​são separadas. Permitindo que t f seja o tempo de descarga e integrando-o de t = 0 quando z = z 0 e a     t = t quando z = z (ou seja, quando t varia de 0 a t e z varia de z 0   a   z ) fornece:

2 z 0 g + 2 P 1 ρ g 2 - 2 z g + 2 P 1 ρ g 2 = D ² D 0 2 t

Onde:

2 P 1 ρ g 2 = 2   450 - 100 k P a 1000   k g / m ³ ⋅ ( 9,81 m / s ² ) 2 = 7,274   s ²

Assim, o tempo para descarregar metade da água no tanque ( z = z 0 2 ) é:

2 ⋅ 3   m 9,81   m / s ² + 7,274   s ² - 2 ⋅ 1,5   m 9,81 m s 2 + 7,274   s 2 = 0,1 m 2 2 m 2 t                                   → t = 22   s

Passo 5

Letra b) E o nível da água no tanque após 10 s pode ser encontrado pela mesma equação:

2 ⋅ 3   m 9,81   m / s ² + 7,274   s ² - 2 ⋅ z 9,81 m s 2 + 7,274   s 2 = 0,1 m 2 2 m 2 10   s                                 → z = 2,31   m

Resposta

Portanto:

Letra a)   t = 22   s

Letra b) z = 2,31   m

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