Calcule a velocidade terminal para o grão de soja com as características abaixo. Suponha que o fluido de arraste seja o ar atmosférico a 20^{\circ} \mathrm{C} e em regime laminar. Quanto tempo um grão de soja levará para atingir a base de um silo de 10 m de altura.
\mathrm{D}_{\mathrm{p}}=0,60 \mathrm{~cm}
\rho_{\mathrm{p}}=1,19 \mathrm{~g} / \mathrm{cm}^{3} \quad \rho_{\mathrm{f}, \mathrm{ar}}=1,204 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}
\varphi=0,98 \quad \mu_{\mathrm{f}, \mathrm{ar}}=0,018 \mathrm{cP}

Passo 1

O enunciado pede que eu calcule a velocidade terminal de um grão de soja e o tempo que ele leva para cair de uma altura de 10\\ \mathrm{m}, supondo que o fluido seja ar atmosférico a 20^\circ\mathrm{C} e que o escoamento seja em regime laminar. Dados fornecidos (vou reescrever todos explicitamente):
\begin{aligned} & D_p = 0{,}60\\ \mathrm{cm},\\\ & \rho_p = 1{,}19\\ \mathrm{g}/\mathrm{cm}^3,\\\ & \rho_f = 1{,}204\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3,\\\ & \varphi = 0{,}98,\\\ & \mu = 0{,}018\\ \mathrm{cP},\\\ & H = 10\\ \mathrm{m}. \end{aligned}
As perguntas são duas:
  1. Calcular a velocidade terminal do grão de soja.
  2. Calcular o tempo que o grão leva para atingir a base do silo de altura 10\\ \mathrm{m}.

Passo 2

Conceito e fórmula em regime laminar (Lei de Stokes). Vou explicar didaticamente: em escoamento laminar e para partículas pequenas com número de Reynolds muito menor que 1, a força de arraste sobre uma esfera é dada pela Lei de Stokes. Balanceando forças (peso menos empuxo = arrasto) obtém-se a velocidade terminal para uma esfera:
v_t = \frac{(\rho_p-\rho_f)\,g\,D_p^{2}}{18\,\mu}.
Aqui:
  • \rho_p é a densidade do grão (kg/m³),
  • \rho_f é a densidade do fluido (ar) (kg/m³),
  • g é a aceleração da gravidade ( 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}),
  • D_p é o diâmetro do grão (m),
  • \mu é a viscosidade dinâmica do fluido (Pa·s).
Quando a partícula não é perfeitamente esférica usa‑se frequentemente um fator de correção relacionado à esfericidade \varphi para reduzir a velocidade terminal (porque partículas não esféricas sofrem mais arrasto). Uma correção simples é multiplicar a expressão por \varphi:
v_{t,\text{Stokes corrig.}} = \frac{(\rho_p-\rho_f)\,g\,D_p^{2}\,\varphi}{18\,\mu}.
Vou usar essa forma para a hipótese “regime laminar” pedida no enunciado. Em seguida vou verificar se a hipótese de regime laminar é consistente calculando o número de Reynolds; se não for, vou apresentar uma solução mais realista usando o balanço com coeficiente de arrasto quadrático (método adequado para Re maiores).

Passo 3

Conversão de unidades (muito importante — faço passo a passo para não te confundir):
\begin{aligned} & D_p = 0{,}60\\ \mathrm{cm} = 0{,}006\\ \mathrm{m},\\\ & \rho_p = 1{,}19\\ \mathrm{g}/\mathrm{cm}^3 = 1{,}19\times 1000\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3 = 1190\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3,\\\ & \mu = 0{,}018\\ \mathrm{cP} = 0{,}018\times 10^{-3}\\ \mathrm{Pa\cdot s} = 1{,}8\times 10^{-5}\\ \mathrm{Pa\cdot s},\\\ & g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}. \end{aligned}

Passo 4

Cálculo da velocidade terminal usando a Lei de Stokes corrigida pela esfericidade:
v_{t,\text{Stokes}} = \frac{(\rho_p-\rho_f)\,g\,D_p^{2}\,\varphi}{18\,\mu}.
Substituindo os valores (mostro as contas em etapas):
\rho_p-\rho_f = 1190 - 1{,}204 = 1188{,}796\\ \mathrm{kg/m^3}.
D_p^{2} = (0{,}006)^2 = 3{,}6\times 10^{-5}\\ \mathrm{m^2}.
Produto do numerador:
(\rho_p-\rho_f)\,g\,D_p^{2}\,\varphi = 1188{,}796\times 9{,}81 \times 3{,}6\times 10^{-5}\times 0{,}98 \approx 0{,}4114385.
Denominador:
18\,\mu = 18\times 1{,}8\times 10^{-5} = 3{,}24\times 10^{-4}.
Logo
v_{t,\text{Stokes}} \approx \frac{0{,}4114385}{3{,}24\times 10^{-4}} \approx 1{,}27\times 10^{3}\\ \mathrm{m/s}.

Passo 5

Tempo de queda supondo velocidade terminal constante (hipótese típica):
t = \frac{H}{v_t} = \frac{10\\ \mathrm{m}}{v_{t}}.
Usando v_{t,\text{Stokes}}:
t_{\text{Stokes}} \approx \frac{10}{1{,}27\times 10^{3}} \approx 7{,}9\times 10^{-3}\\ \mathrm{s}.

Passo 6

Verificação da validade da hipótese “regime laminar”. Para isso calculamos o número de Reynolds com v_{t,\text{Stokes}}:
\mathrm{Re} = \frac{\rho_f\,v_t\,D_p}{\mu}.
Substituindo:
\mathrm{Re}_{\text{Stokes}} \approx \frac{1{,}204\times 1{,}27\times 10^{3}\times 0{,}006}{1{,}8\times 10^{-5}}\approx 5{,}3\times 10^{7},
ou seja, um valor gigantesco. O regime laminar (condição para validade da Lei de Stokes) exige \mathrm{Re}\ll 1. Portanto a suposição “regime laminar” é totalmente inconsistente com os dados: o valor obtido de v_{t,\text{Stokes}} dá um \mathrm{Re} absurdamente grande. Conclusão: a aplicação direta da Lei de Stokes aqui é inválida. Não se assuste — isso acontece porque o ar tem baixa viscosidade e a partícula é relativamente grande/ densa.
Por isso é obrigatório usar uma abordagem mais adequada para Re moderado/alto: balanço peso–empuxo com arrasto quadrático (arrasto dependente de v^2).

Passo 7

Método mais realista (arrasto quadrático): balanço das forças no estado estacionário:
(\rho_p-\rho_f)\,V_p\,g = \tfrac{1}{2}\,\rho_f\,C_D\,A_p\,v_t^{2},
onde para uma esfera (aproximação razoável para o grão, já que \varphi está perto de 1):
V_p = \frac{\pi D_p^{3}}{6},\qquad A_p = \frac{\pi D_p^{2}}{4}.
Cancelando \pi e simplificando obtemos a expressão fechada
v_t = \sqrt{\frac{4(\rho_p-\rho_f)\,g\,D_p}{3\,\rho_f\,C_D}}.
Aqui C_D é o coeficiente de arrasto da partícula, que depende de \mathrm{Re}. Procedimento prático: escolhemos um valor típico de C_D para a faixa de \mathrm{Re} esperada e iteramos (calcula-se v_t, obtém-se \mathrm{Re}, atualiza C_D, recalcula v_t) até convergir. Para esferas, num intervalo de \mathrm{Re} entre aproximadamente 10^{3} e 10^{5}, um valor típico de C_D está em torno de 0{,}4 0{,}5. Vou usar C_D=0{,}44 (valor representativo) e verificar a consistência depois.

Passo 8

Cálculo numérico com C_D=0{,}44. Primeiro computo o numerador:
4(\rho_p-\rho_f)\,g\,D_p = 4\times 1188{,}796\times 9{,}81\times 0{,}006 \approx 279{,}89.
Denominador:
3\,\rho_f\,C_D = 3\times 1{,}204\times 0{,}44 \approx 1{,}58928.
Quociente e raiz:
v_{t} \approx \sqrt{\frac{279{,}89}{1{,}58928}} \approx \sqrt{176{,}16}\approx 13{,}27\\ \mathrm{m/s}.

Passo 9

Verificação da consistência (calculo do \mathrm{Re} com este v_t):
\mathrm{Re} = \frac{\rho_f\,v_t\,D_p}{\mu} = \frac{1{,}204\times 13{,}27\times 0{,}006}{1{,}8\times 10^{-5}}\approx 5{,}33\times 10^{3}.
Para \mathrm{Re}\approx 5{,}3\times 10^{3}, o coeficiente de arrasto típico para uma esfera está de fato na faixa \sim 0{,}4 0{,}5, então a escolha C_D=0{,}44 é coerente. Portanto a solução iterativa convergiu rapidamente e o resultado é confiável: v_t\approx 13{,}3\\ \mathrm{m/s}.

Passo 10

Tempo de queda com essa velocidade terminal mais realista:
t = \frac{H}{v_t} = \frac{10}{13{,}27}\approx 0{,}754\\ \mathrm{s}.

Passo 11

Resumo interpretativo rápido e encorajador: a hipótese inicial “regime laminar” levou a usar a Lei de Stokes e produziu um valor matemático, mas a verificação do número de Reynolds mostrou que essa hipótese é falsa para os dados fornecidos. O procedimento correto é usar o balanço com arrasto quadrático e um coeficiente C_D apropriado — fazendo isso (iteração simples) obtemos resultados físicos e consistentes: velocidade terminal da ordem de 10^{1}\\ \mathrm{m/s} e tempo de queda da ordem de 1\\ \mathrm{s}. Vai ficar tudo bem — na prova é exatamente isso que se pede: checar a validade da hipótese e escolher o modelo adequado.

Resposta

Velocidade terminal assumindo regime laminar (Lei de Stokes corrigida pela esfericidade): v_t \approx 1{,}27\times 10^{3}\\ \mathrm{m/s}.
Tempo correspondente para H=10\\ \mathrm{m} (usando esse v_t): t \approx 7{,}9\times 10^{-3}\\ \mathrm{s}.
Velocidade terminal realista (balanço com arrasto quadrático, iterando C_D): v_t \approx 13{,}27\\ \mathrm{m/s}.
Tempo correspondente para H=10\\ \mathrm{m} (usando esse v_t): t \approx 0{,}754\\ \mathrm{s}.

Exercícios relacionados