Estude! Com Prof. Caju

Boa Noite Pessoal, estou com uma dúvida nessa questão. Não consigo descobrir a area secção transversal quando o cilindro está deitado. Poderiam me ajudar ?

Enunciado:

O tanque da Figura é um cilindro de 4 m de raio e 15 m de
comprimento. Suponha que o tanque tenha água pela metade e que
a água esteja vazando por um buraco de área B = 0,001 m²
no fundo do tanque. Determine o nível d’água y(t) e o tempo que leva
para o tanque esvaziar.

Resposta: y= 8-(8 + 0,0002215t)^2/3 ( Provavelmente ele passou m para pés).
te=66000 s, ou 18h e 20 min.

Olá Luffy300,

Luffy300 escreveu: 23 Mar 2019, 19:10 Não consigo descobrir a area secção transversal quando o cilindro está deitado. Poderiam me ajudar ?

Temos dois métodos para fazer isso, Geometria Euclidiana e Cálculo. Observe:

Geometria Euclidiana


Note que:

[tex3]\overline{AD}=r=4[/tex3]
[tex3]\widehat{BD}=l[/tex3]
[tex3]\overline{CA}=4-y[/tex3]

Podemos fazer:

[tex3]\cos \alpha =\frac{4-y}{4}=1-\frac{y}{4}[/tex3]

Além disso:

[tex3]\widehat{BD}=l\rightarrow l=r\cdot \alpha [/tex3] [tex3]{\color{red}I)}[/tex3]

A área do setor circular definido por [tex3]BDA[/tex3] sera:

[tex3]S_{cc}=\frac{r\cdot l}{2}[/tex3] [tex3]{\color{red}II)}[/tex3]

Fazendo [tex3]{\color{red}II)}[/tex3] em [tex3]{\color{red}I)}[/tex3]:

[tex3]S_{cc}=\frac{r\cdot r\cdot \alpha}{2}=\frac{r^2\cdot \alpha }{2}[/tex3]

Mas:

[tex3]\cos \alpha =\frac{4-y}{4}=\left(1-\frac{y}{4}\right)\rightarrow \alpha =\boxed{\arccos \left(1-\frac{y}{4}\right)}[/tex3]

Então:

[tex3]S_{cc}=\frac{r^2\cdot \alpha }{2}=\frac{r^2}{2}\cdot\arccos \left(1-\frac{y}{4}\right) [/tex3]

[tex3]S_{cc}=8\cdot\arccos \left(1-\frac{y}{4}\right) [/tex3]

Agora, vamos encontrar a área do triângulo [tex3]ACD[/tex3]:

[tex3]S_t=\frac{\overline{CD}\cdot (4-y)}{2}[/tex3]

Onde [tex3]\overline{CD}[/tex3] pode ser obtido pelo Teorema de Pitágoras:

[tex3]4^2=(4-y)^2+\overline{CD}^2[/tex3]
[tex3]\overline{CD}=\sqrt{8\cdot y-y^2}[/tex3]

De onde tiramos:

[tex3]S_t=\frac{\sqrt{8\cdot y-y^2}\cdot (4-y)}{2}[/tex3]

Por fim, a área desejada será:

[tex3]S_b=\boxed{8\cdot\arccos \left(1-\frac{y}{4}\right)-\frac{\sqrt{8\cdot y-y^2}\cdot (4-y)}{2}}[/tex3]


Cálculo


Tomando a equação geral da circunferência, no ponto [tex3]C(x_c,y_c)[/tex3]:

[tex3](x-x_c)^2+(y-y_c)^2=r^2[/tex3]

Com [tex3]x_c=0[/tex3] e [tex3]y_c=r[/tex3], obtemos:

[tex3](x)^2+(y-r)^2=r^2[/tex3]
[tex3]x=\sqrt{r^2-(y-r)^2}[/tex3]

A área destacada pode ser obtida a partir da integral definida dada por:

[tex3]\int\limits_{0}^{h}\sqrt{r^2-(y-r)^2}dy[/tex3]

De onde, obtemos para a área desejada multiplicando-se por dois, a expressão dada por:

[tex3]S=\left|(h-r)\cdot \sqrt{r^2-(h-r)^2}+r^2 \left(\arcsen\frac{h-r}{r}-\frac{3\cdot \pi }{2}\right) \right|[/tex3]

Me familiarizei mais com o método do cálculo. Bom, como ja deve saber, a ''fórmula'' de uma edo em casos de esvaziamento de tanque é y'= (Ah/Aw).√2g.√y, sendo o Aw a área da secção transversal na qual eu tive a dúvida. Nesse caso, como seria a substituição do Aw na fórmula da edo ?

Me familiarizei mais com o método do cálculo. Bom, como ja deve saber, a ''fórmula'' de uma edo em casos de esvaziamento de tanque é y'= (Ah/Aw).√2g.√y, sendo o Aw a área da secção transversal na qual eu tive a dúvida. Nesse caso, como seria a substituição do Aw na fórmula da edo?

Suponha que o tanque tenha água pela metade

Foi dito que a água estará na metade do tanque, logo:

[tex3]A(w)=2\cdot A(y)=2\cdot \int\limits_{0}^{4}\sqrt{4^2-(y-4)^2}dy[/tex3]

[tex3]\boxed{A(w)=2\cdot 4\pi =8\pi} [/tex3]

Entendi.
Muuito obrigado, me salvou bastante nessa questão.