1

Resolução da segunda atividade

Calcular o tempo de esvaziamento parcial, de m,h 241 = até m,h 532 = , em um reservatório hemisférico com raio (R) igual a 4,5 m (vide figura a seguir) que apresenta um orifício em sua parte inferior de diâmetro igual a 30 mm. (valor 1,5). Observações: Para a resolução do exercício considere que: 2xA quetan π= e

que se aplicando o teorema de Pitágoras, tem-se: 222 R)hR(x =++

Dados para ambos os exercícios: A água encontra-se a temperatura de 25 0C, o que equivale a dizer que:

Pa ,pmkg ,

mskg ,

absvapor 43166949960008880 3 =→=ρ→=µ

Aceleração da gravidade 2sm ,g 89=

2

02

0

0

=×××+

=ρ+ρ

=∫ ×ρ+∫ρ∂∂

orifíciod

contraídajato

vc

AChgdtdV

AvdtdV

dAnvdVt

rr

1a maneira: calcula-se o volume do reservatório hemisférico e depois se

obtém a sua derivada dV/dh

Usou-se a referência o Manual de Fórmulas Técnicas escrito por Kurt Gieck e traduzido por Carlos Antonio Lauand e editado pela Hemus Editora Limitada, onde se tem:

Portanto, lembrando que para o esquema dado r = R, tem-se:

( )( )

( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−××

××π

=

×××∫ =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −π

∫×××−=∫−π

−π=

−π=π

−π=∴π

−π=

25

25

23

23

23

21

0

2

2

223

2

52

34

2

22

22

2

23

323

fifiorifíciod

orifíciodih

fh

torifíciod

fh

ih

hhhhrACg

t

tACgdhhrh

dtACgdhh

hhr

dhhhrdV

hhrhhrdhdVhrhV

3

2a maneira: considera-se em uma altura genérica h uma área

dh em ctexA =π= 2 e AdhdV = , portanto a expressão para o

cálculo do tempo de esvaziamento passa a ser:

hAgcdhx

hAgcAdhdt

odod ×××

π−=

×××−=

22

2

Por outro lado, sabe-se que:

( )

( )222

2222

222

2

22

2

hRhAhRhx

RhRhRx

RhRx

xA

−×π=∴−=

=+−+

=−+

π=

O que permite escrever:

( )

( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−××

××π

=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−××

××π

−=∴

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡∫∫ −×

××π

−=

∫−

××π

−=∫

−×

××π

−=

××××−=

25

25

23

23

25

25

23

23

23

21

2

0

2

52

34

2

52

34

2

22

22

22

2

fifiorifíciod

ififorifíciod

fh

ih

fh

ihorifíciod

finalh

inicialhorifíciod

t

orifíciod

orifíciod

hhhhRACg

t

hhhhRACg

t

dhhdhRhACg

t

dhh

hRhACg

dt

dhh

hRhACg

dt

dtAChgAdh

Para o exercício, tem-se:

4

d

d

C,t

,,,,,,C,

t

337091

5324525324

3544

4030892

25

25

23

23

2

≅∴

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −×−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −×

××

×π×××

π=

Avaliação desta atividade: coeficientes de vazão para orifícios circulares em paredes delgadas e verticais, os quais podem ser considerados praticamente iguais para os orifícios dos exercícios anteriores1:

Diâmetro d do orifício (em mm) Carga h (em m) 20 30 40 50 60

0.20 0.653 0.632 0.609 0.607 0.607 0.40 0.651 0.625 0.610 0.607 0.607 0.60 0.648 0.625 0.610 0.607 0.608 0.80 0.645 0.623 0.610 0.607 0.608 1.00 0.642 0.622 0.610 0.607 0.608 1.50 0.638 0.622 0.610 0.607 0.608 2.00 0.636 0.622 0.610 0.607 0.608 3.00 0.634 0.621 0.611 0.607 0.608 5.00 0.634 0.621 0.611 0.607 0.608 10.00 0.634 0.621 0.611 0.607 0.608

Para o intervalo de h, pode-se considerar o coeficiente de vazão igual a 0,621, portanto: s,t ⋅≅ 211419

1 Dados extraídos do livro Problemas de Mecânica dos Fluidos (p.414), que foi escrito por Francisco de Assis A. Bastos editado em 1983 pela Editora Guanabara Dois S.A.

5

Resolução da segunda atividade

Deduzir a expressão para cálculo do tempo de esvaziamento de um

reservatório tronco-cônico que tem um orifício em sua parte inferior.

Solução:

Parte-se da equação da continuidade:

0=××∫ ×ρ+∫ ×ρ∂∂ dAnvdVt SCVC

rr.

No caso, tem-se que tetancons=ρ , portanto:

0

00

=×+∂∂

=∫ ××+∫∂∂

⇒=∫ ×××ρ+∫∂∂

×ρ

contraídajato

SCVCSCVC

AvtV

dAnvdVt

dAnvdVt

rrrr

Como o volume só varia com o tempo, pode-se considerar a derivada total ao

invés da derivada parcial, o que resulta:

Dados: A = área da seção

transversal do tronco de cone ‘a altura h sobe o orifício.

A0 = área do orifício

A

h2

h1

h

dh

H

b

x

6

orifíciocvcontraídajato AcghcdtdVAv

dtdV

×××−=⇒=×+ 20

Sabe-se que: dvc ccc =× , que oorifício AA = e como o recipiente da questão

encontra-se aberto, isto resulta:

hAgcdVdt

od ×××−=

2

A expressão anterior representa a equação genérica para o cálculo do tempo

de esvaziamento de um reservatório aberto à atmosfera, onde para resolvê-la

deve-se saber calcular o dV ;

Apresenta-se a seguir duas maneiras para se calcular o dV :

1a maneira: calcula-se o volume do tronco de cone e depois se obtém a sua

derivada dV/dh

dh)Hh(HrdV

)Hh(Hr)Hh(

Hr

dhdV

Hr)Hh(HrV

Hr)Hh()Hh(HrV

)Hh(HrR)Hh(

HrR

HHh

rR

:que se-tem ,triângulos de semelhança Por

Hr)Hh(RV

22

2

22

22

2

2

232

2

222

2

22

22

22

0331

31

31

31

31

31

31

+π

=∴

+π

=−+π=

π−+π=

π−++π=

+=⇒+=∴+

=

π−+π=

r

R

h

H

7

Retornando-se a expressão para o cálculo do tempo de esvaziamento de um

reservatório aberto à atmosfera, tem-se:

dh)h

HHhh(AgcH

rdhh

)Hh(AgcH

rhAgc

dh)Hh(Hr

dtododod 2

1

22

2

22

2

22

2

2

2222

++π−=

+π−=

+π

−=

dh)hHHhh(AgcH

rdtod

2122

12

32

22

2−++

π−=

Para resolver a equação anterior, deve-se integrá-la de t=0s (nível do fluido em

1h ) até t (s) (nível do fluido em 2h ):

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−+−

π=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

++π

=

++π

=

++π

−=

∫∫

∫∫

−

−

)hh(H2)hh(3H4)hh(

52

Ag2cHrt

21

hH2

3hH2

25

hAg2cH

rt

dh)hHHh2h(Ag2cH

rdt

dh)hHHh2h(Ag2cH

rdt

212

211

2232

231

252

251

od2

2

h

h

21

2

h

h

23h

h

25

od2

2

h

h

2122

12

3

od2

2t

0

h

h

2122

12

3

od2

2t

0

1

2

1

2

1

2

1

2

2

1

Na expressão anterior o tempo é calculado em função do raio menor do tronco

de cone, para se obter em função do raio maior (nível do fluido em 1h ),

recorre-se novamente a semelhança de triângulo, onde se tem:

8

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−+−

+

π=

=⇒=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−+−

+

π=

=+

∴=+

)hh(H)hh(H)hh(Agc)Hh(

bt

:totanpor,bR2bR que se-doConsideran

)hh(H)hh(H)hh(Agc)Hh(

Rt

Hr

)Hh(R

Hr

HhR

od

od

212

21

122

32

231

252

2512

1

2

22

212

21

122

32

231

252

2512

1

2

2

2

21

2

1

23

452

24

4

23

452

2

2a maneira: considera-se em uma altura genérica h uma área

dh em ctexA =π= 2 e AdhdV = , portanto a expressão para o

cálculo do tempo de esvaziamento passa a ser:

hAgcdhx

hAgcAdhdt

odod ×××

π−=

×××−=

22

2

A

h2

h1

h

dh

H

b

x

Através da semelhança dos triângulos obtém-se:

22

1

22

1

1

4

2

2

)hH()hH(

bx

)hH()hH(

bx

hHhH

xb

++

=

++

=∴

++

=

9

( )( ) dh

hhH

AgChHbdt

od

2

21

2

24+

××××+

π−=

Portanto:

( )

( )

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×

×××+

π=

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++×

×××+

π=∫

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ++×

×××+

π−=

−

21

2122

32

32

52

5

21

2

2122

12

32

1

2

0

21

22

21

2

23

452

24

224

224

fififiod

ih

fhod

t

od

hhHhhHhhAgChH

bt

dhhHHhhAgChH

bdt

dhh

HHhhAgChH

bdt

Avaliação desta atividade: uma torre com formato de tronco de cone tem

diâmetros iguais a 3,2 m e 1,6 m na superfície máxima e no fundo

respectivamente. Admitindo-se que a altura de carga máxima é m h 31 = ,

calcular o diâmetro do orifício localizado no fundo da torre, de modo a esvaziá-

lo totalmente em 7 minutos.

Dados: Cd = 0,60 g = 9,8 m/s² Desprezam-se os efeitos do vórtice.

3 m

H