# Mecânica dos fluidos/Exercícios resolvidos/D2

* Teoria
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## Enunciado

Um espaço amplo encontra-se cheio de líquido ideal. Repentinamente, estoura uma bolha esférica de raio a. Calcular o tempo para que o líquido preencha o buraco formado. Desprezar a ação da gravidade.

## Solução

Devido à simetria do problema, uma vez que a gravidade será desprezada, podemos considerar que só existirá movimento na direção radial. Assim
${\vec {v}}\;=\;v_{r}\;{\vec {u}}_{r}$
A equação de Euler ficará então
$\rho {\vec {g}}\;-\;\nabla p\;=\;\rho {\frac {D{\vec {v}}}{Dt}}\;\;\;\Rightarrow 0\;-\;\nabla p\;=\;\rho \left({\frac {\partial {\vec {v}}}{\partial t}}\;+\;{\vec {v}}\cdot \nabla {\vec {v}}\right)$
$-\;{\frac {\partial p}{\partial r}}\;=\;\rho \left({\frac {\partial v_{r}}{\partial t}}\;+\;v_{r}\;{\frac {\partial v_{r}}{\partial r}}\right)$
Tanto p quanto v$_r$ são funções de r e t. Não podemos usar a equação de continuidade na forma canônica, pois o escoamento não está em regime permanente. Mas podemos afirmar que a conservação de massa exige que a vazão Φ de fluido fora do buraco seja independente de r, quer dizer, seja função apenas de t. Para integrar a equação de Euler e eliminar r, podemos escrever
$\Phi \;=\;4\pi r^{2}\;v_{r}\;\;\;\Rightarrow v_{r}\;=\;{\frac {\Phi }{4\pi r^{2}}}$
${\frac {\partial v_{r}}{\partial t}}\;=\;{\frac {1}{4\pi r^{2}}}\;{\frac {\partial \Phi }{\partial t}}$
Manipulando a equação de Euler:
$-\;{\frac {\partial p}{\partial r}}\;=\;\rho \left({\frac {1}{4\pi r^{2}}}\;{\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;+\;v_{r}\;{\frac {\partial v_{r}}{\partial r}}\right)$
Separando as variáveis e integrando sobre todo o espaço ocupado pelo fluido, temos
$-\;{\frac {\partial p}{\rho }}\;=\;{\frac {1}{4\pi r^{2}}}\;{\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;\partial r\;+\;v_{r}\;\partial v_{r}$
$-\;{\frac {1}{\rho }}\int _{p(R,t)}^{p(\infty ,t)}dp\;=\;{\frac {1}{4\pi }}\;{\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\int _{R}^{\infty }{\frac {dr}{r^{2}}}\;+\;\int _{vr(R,t)}^{v(\infty ,t)}v_{r}\;dv_{r}$
onde R é o raio do buraco, que também é uma função de t. Temos agora uma equação diferencial que só depende do tempo. Mas
$v_{r}(\infty ,t)\;=\;0\qquad p(R,t)\;=\;0\qquad e\qquad p(\infty ,t)\;=\;constante\;=\;p_{\infty }$
Assim,
$-\;{\frac {1}{\rho }}\int _{0}^{p_{\infty }}dp\;=\;{\frac {1}{4\pi }}\;{\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\int _{R}^{\infty }{\frac {dr}{r^{2}}}\;+\;\int _{vr(R,t)}^{0}v_{r}\;dv_{r}$
${\frac {1}{\rho }}\left.{\frac}p\right|_{p_{\infty }}^{0}\;=\;{\frac {1}{4\pi }}\;{\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;\left.{\frac {1}{r}}\right|_{\infty }^{R}\;+\;\left.{\frac {1}{2}}\;v_{r}^{2}\right|_{vr(R,t)}^{0}$
$-\;{\frac {p_{\infty }}{\rho }}\;=\;{\frac {1}{4\pi R}}\;{\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;-\;{\frac {v_{r}^{2}(R,t)}{2}}$
Para integrar novamente e eliminar t,
${\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;=\;{\frac {\partial }{\partial t}}\left(4\pi \cdot v_{r}(R,t)\cdot R^{2}\right)$
${\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;=\;4\pi \left({\frac {\partial v_{r}(R,t)}{\partial t}}\;R^{2}\;+\;2R\cdot v_{r}(R,t)\cdot \;{\frac {\partial R}{\partial t}}\right)$
${\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;=\;4\pi \left({\frac {\partial v_{r}(R,t)}{\partial R}}\;{\frac {\partial R}{\partial t}}\;R^{2}\;+\;2R\cdot v_{r}(R,t)\cdot v_{r}(R,t)\right)$
${\frac {\partial \Phi }{\partial t}}\;=\;4\pi \left({\frac {\partial v_{r}(R,t)}{\partial R}}\;v_{r}(R,t)\;R^{2}\;+\;2R\cdot v_{r}^{2}(R,t)\right)$
Assim
$-\;{\frac {p_{\infty }}{\rho }}\;=\;{\frac {1}{4\pi R}}\;4\pi \left({\frac {\partial v_{r}(R,t)}{\partial R}}\;v_{r}(R,t)\;R^{2}\;+\;2R\cdot v_{r}^{2}(R,t)\right)\;-\;{\frac {v_{r}^{2}(R,t)}{2}}$
$-\;{\frac {p_{\infty }}{\rho }}\;=\;R\;v_{r}(R,t){\frac {\partial v_{r}(R,t)}{\partial R}}\;+\;{\frac {3v_{r}^{2}(R,t)}{2}}$
Introduzindo a variável u = v$^2$(R,t) e integrando, temos
$-\;{\frac {p_{\infty }}{\rho }}\;=\;{\frac {R}{2}}\;{\frac {du}{dR}}\;+\;{\frac {3u}{2}}$
$\left(2\;{\frac {p_{\infty }}{\rho }}\;+\;3u\right)\;dR\;=\;-\;R\;du$
${\frac {du}{2\;{\frac {p_{\infty }}{\rho }}\;+\;3u}}\;=\;-\;{\frac {dR}{R}}$
$\int _{0}^{u}{\frac {du}{2\;{\frac {p_{\infty }}{\rho }}\;+\;3u}}\;=\;-\;\int _{a}^{R}{\frac {dR}{R}}$
${\frac {1}{3}}\;\left.ln\left({\frac {2p_{\infty }}{\rho }}\;+\;3u\right)\right|_{0}^{u}\;=\;-\;\left.{\frac}ln(R)\right|_{a}^{R}$
${\frac {1}{3}}\;ln\left({\frac {{\frac {2p_{\infty }}{\rho }}\;+\;3u}{\frac {2p_{\infty }}{\rho }}}\right)\;=\;ln\left({\frac {a}{R}}\right)$
$\left(1\;+\;{\frac {3\rho u}{2p_{\infty }}}\right)^{\frac {1}{3}}\;=\;{\frac {a}{R}}$
$u\;=\;{\frac {2p_{\infty }}{3\rho }}\;\left(\left({\frac {a}{R}}\right)^{3}\;-\;1\right)$
Podemos agora encontrar o tempo decorrido através de uma integração
$\Delta t\;=\;\int dt\;=\;\int _{a}^{0}{\frac {dR}{v}}\;=\;\int _{a}^{0}{\frac {dR}{-\;{\sqrt {u}}}}$
onde o sinal negativo vem do fato de estarmos esperando que a velocidade do fluido esteja no sentido da diminuição do raio. Assim,
$\Delta t\;=\;\int _{0}^{a}{\frac {dR}{\sqrt {{\frac {2p_{\infty }}{3\rho }}\;\left(\left({\frac {a}{R}}\right)^{3}\;-\;1\right)}}}\;=\;{\sqrt {\frac {3\rho }{2p_{\infty }}}}\;\cdot \;\int _{0}^{a}R^{\frac {3}{2}}\cdot (a^{3}\;-\;R^{3})^{-\;{\frac {1}{2}}}\;\cdot \;dR$
Manipulando a integral
$\Delta t\;=\;{\sqrt {\frac {3\rho }{2p_{\infty }}}}\cdot \int _{0}^{a}\left({\frac {R}{a}}\right)^{\frac {3}{2}}\;\cdot \;\left(1\;-\;\left({\frac {R}{a}}\right)^{3}\right)^{-\;{\frac {1}{2}}}\;\cdot \;dR$
$\Delta t\;=\;{\sqrt {\frac {3\rho }{2p_{\infty }}}}\cdot \int _{0}^{a}\left({\frac {R}{a}}\right)^{-\;{\frac {1}{2}}}\;\cdot \;\left(1\;-\;\left({\frac {R}{a}}\right)^{3}\right)^{-\;{\frac {1}{2}}}\;\cdot \;{\frac {a}{3}}\;\cdot \;{\frac {3}{a}}\;\left({\frac {R}{a}}\right)^{2}\;dR$
$\Delta t\;=\;{\sqrt {\frac {3\rho }{2p_{\infty }}}}\cdot \int _{0}^{a}\left[\left({\frac {R}{a}}\right)^{3}\right]^{-\;{\frac {1}{6}}}\;\cdot \;\left(1\;-\;\left({\frac {R}{a}}\right)^{3}\right)^{-\;{\frac {1}{2}}}\;\cdot \;{\frac {a}{3}}\;\cdot \;d\left[\left({\frac {R}{a}}\right)^{3}\right]$
$\Delta t\;=\;\;{\frac {a}{3}}\cdot {\sqrt {\frac {3\rho }{2p_{\infty }}}}\cdot \int _{0}^{1}w^{-\;{\frac {1}{6}}}\cdot \left(1\;-\;w\right)^{-\;{\frac {1}{2}}}\cdot \;dw$
Examinando a forma da função Beta de Binet
$\mathrm {B} (\alpha ,\beta )=\int _{0}^{1}t^{\alpha -1}\,(1-t)^{\beta -1}\,dt.\!$
reconhecemos que as integrais coincidem, se fizermos α = ${\frac {5}{6}}$ e β = ${\frac {1}{2}}$. Assim,
$\Delta t\;=\;\;{\frac {a}{3}}\cdot {\sqrt {\frac {3\rho }{2p_{\infty }}}}\cdot \mathrm {B} \left({\frac {5}{6}},{\frac {1}{2}}\right)\;=\;a\;{\sqrt {\frac {\rho }{p_{\infty }}}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {6}}}\cdot \mathrm {B} \left({\frac {5}{6}},{\frac {1}{2}}\right)$
Neste site pode-se obter o valor de 2,24 para a função Beta com esses argumentos. Assim, pode-se escrever
$\Delta t\;=\;0.914\;a\;{\sqrt {\frac {\rho }{p_{\infty }}}}$
Esse problema foi resolvido em 1917, por John William Strutt (Lord Rayleigh). Ele ilustra a complexidade dos problemas que envolvem fluxo em regime transitório.