Conforme um pingo de chuva vai caindo, sua massa cresce a uma razão proporcional a sua área superficial. No intante t=0, o raio da gota é r_{0} e ele (o raio) duplica num tempo t_{0}. Desprezando a resistência do ar e admitindo a gota inicialmente em repouso, determine v(t).
Observação: Note que a massa do pingo de chuva varia neste problema. Observe também que, embora um pingo de chuva nessas condições não seja partícula, neste problema pode ser tratado como se fosse.
Discuta no problema acima: se a força resultante sobre o pingo de chuva é a força peso, e portanto a aceleração do pingo é \mathbf{g}, aceleração da gravidade, como que pode a velocidade do pingo de chuva não ser uma função quadrática de t? O que há de errado nesse raciocínio que acabei de escrever, do ponto de vista conceitual? Como explicar fisicamente essa diferença entre o movimento sob a ação da gravidade constante e a forma obtida para \mathrm{v}(\mathrm{t}) ? O que está de fato acontecendo? A gota cai mais rápido ou mais devagar que um corpo de massa constante, e por quê?
Dica 1: a massa de um sistema fechado pode variar? Dica 2: relembre conceitos de FeTerm Dica 3: leia a seção 3 do artigo “Análise crítica da segunda lei de Newton com massa variável” que está no moodle.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • O que é dado:
    • No instante t=0 o raio da gota é r_0.
    • O raio duplica em um tempo t_0, isto é, r(t_0)=2r_0.
    • A massa da gota cresce a uma razão proporcional à sua área superficial.
    • Despreza-se a resistência do ar e a gota parte do repouso: v(0)=0.
    • Admitir a gota como partícula (ou seja, tratar apenas sua massa, posição e velocidade).
  • O que se pede:
    • Determinar a velocidade v(t) da gota em função do tempo.
    • Discutir conceitualmente por que, mesmo que a força resultante sobre a gota seja o peso, a velocidade não cresce como num movimento com massa constante (i.e., não é simplesmente quadrática em t nem tem aceleração \mathbf{g} no sentido usual).

Passo 2

Relacionar o crescimento de massa com o crescimento do raio e encontrar r(t).
  • Seja \rho a densidade do líquido da gota (assumida constante). A massa da gota é
m(t)=\rho\cdot \frac{4}{3}\pi r(t)^3.
  • A área superficial de uma gota esférica é A=4\pi r^2. O enunciado afirma que a razão de crescimento da massa é proporcional à área, então existe uma constante k tal que
\frac{dm}{dt}=k\,4\pi r^2.
  • Agora calcule dm/dt a partir de m(t)=\rho\frac{4}{3}\pi r^3. Diferenciando em relação a t obtemos
\frac{dm}{dt}=\rho\,4\pi r^2\frac{dr}{dt}.
  • Igualando as duas expressões para dm/dt,
\rho\,4\pi r^2\frac{dr}{dt}=k\,4\pi r^2.
  • Como r>0 podemos cancelar 4\pi r^2 e obter
\rho\frac{dr}{dt}=k \quad\Rightarrow\quad \frac{dr}{dt}=\frac{k}{\rho}=\text{constante}.
Logo o raio cresce linearmente com o tempo:
r(t)=r_0+\frac{k}{\rho}\,t.
  • Usando a condição r(t_0)=2r_0 para determinar \dfrac{k}{\rho}:
r_0+\frac{k}{\rho}t_0=2r_0 \quad\Rightarrow\quad \frac{k}{\rho}=\frac{r_0}{t_0}.
Portanto
\boxed{r(t)=r_0\left(1+\frac{t}{t_0}\right).}

Passo 3

Obter m(t) e \dfrac{1}{m}\dfrac{dm}{dt}, que serão usados na equação de movimento.
  • Defina m_0=\rho\frac{4}{3}\pi r_0^3 (massa inicial). Usando r(t),
m(t)=\rho\frac{4}{3}\pi\bigl(r_0(1+t/t_0)\bigr)^3=m_0\left(1+\frac{t}{t_0}\right)^3.
  • Diferenciando,
\frac{dm}{dt}=m_0\cdot 3\left(1+\frac{t}{t_0}\right)^2\cdot\frac{1}{t_0} =\frac{3m_0}{t_0}\left(1+\frac{t}{t_0}\right)^2.
  • Assim a relação prática que vamos precisar é
\frac{1}{m}\frac{dm}{dt} =\frac{\frac{3m_0}{t_0}\left(1+\frac{t}{t_0}\right)^2}{m_0\left(1+\frac{t}{t_0}\right)^3} =\frac{3}{t_0}\cdot\frac{1}{1+t/t_0} =\frac{3}{t+t_0}.

Passo 4

Escrever corretamente a equação de movimento para um corpo de massa variável que ganha massa vinda do meio (e discutir o termo extra).
  • Cuidado conceitual importante: a lei F=ma escrita como a=F/m vale apenas para massa constante. Para sistemas com massa variável deve-se aplicar conservação de momento ou a forma geral
\frac{d}{dt}(m v)=F_{\text{ext}}+u\,\frac{dm}{dt},
onde u é a velocidade (no referencial inercial) da massa que entra no sistema, e dm/dt é positivo se a massa está entrando. (Esta é uma forma útil; outra forma equivalente é a que aparece abaixo.) Vamos derivar o caso particular do nosso problema.
  • Considere um instante t. Em dt a gota, que tem velocidade v no referencial do solo, captura uma pequena massa dm cuja velocidade, antes de ser capturada, é u (velocidade da água ambiente medida no mesmo referencial). Pela conservação do momento e incluindo a força externa F_{\text{ext}} atuando durante dt, obtém-se
F_{\text{ext}}\,dt = (m+dm)(v+dv) - \bigl(mv + dm\cdot u\bigr).
Expandindo e descartando termos de segunda ordem dm\,dv obtem-se
F_{\text{ext}} = m\frac{dv}{dt} + v\frac{dm}{dt} - u\frac{dm}{dt}.
  • Rearranjando,
m\frac{dv}{dt} = F_{\text{ext}} - (v-u)\frac{dm}{dt}.
  • No nosso problema a massa entra do ar/ambiente que está em repouso no referencial do solo (águas/ gotículas aderentes antes de cair), ou seja, u=0. Além disso a única força externa (no enunciado) é o peso F_{\text{ext}}=m g apontando para baixo. Substituindo u=0 e F_{\text{ext}}=m g,
m\frac{dv}{dt}=m g - v\frac{dm}{dt}.
  • Podemos também escrever essa equação como
\frac{d}{dt}(m v) = m g,
que é equivalente à expressão anterior quando u=0. Ambas representam corretamente o fato de que a variação de momento da gota é causada pelo peso e pelo acréscimo de massa que traz momento inicial nulo.

Passo 5

Combinar a equação de movimento com m(t) encontrada e obter a equação diferencial para v(t).
  • A equação obtida é
m\frac{dv}{dt}+v\frac{dm}{dt}=m g \quad\Longrightarrow\quad \frac{dv}{dt}+\frac{1}{m}\frac{dm}{dt}v=g.
  • Usando o resultado do Passo 3 \dfrac{1}{m}\dfrac{dm}{dt}=\dfrac{3}{t+t_0}, obtemos a EDO linear de primeira ordem
\frac{dv}{dt}+\frac{3}{t+t_0}\,v=g.

Passo 6

Resolver a EDO linear por fator integrante, com condição inicial v(0)=0.
  • A equação é da forma \dfrac{dv}{dt}+p(t)v=q(t) com p(t)=\dfrac{3}{t+t_0} e q(t)=g. O fator integrante é
\mu(t)=\exp\!\left(\int p(t)\,dt\right)=\exp\!\left(\int \frac{3}{t+t_0}\,dt\right)=(t+t_0)^3.
  • Multiplicando a EDO por \mu(t) obtemos
\frac{d}{dt}\bigl((t+t_0)^3 v\bigr)=g (t+t_0)^3.
  • Integrando de 0 a t:
(t+t_0)^3 v(t) - (t_0)^3 v(0) = g\int_0^t (s+t_0)^3\,ds.
  • Como v(0)=0, fica
(t+t_0)^3 v(t) = g\left[\frac{(s+t_0)^4}{4}\right]_{s=0}^{s=t} = \frac{g}{4}\bigl((t+t_0)^4 - t_0^4\bigr).
  • Portanto
\boxed{v(t)=\frac{g}{4}\,\frac{(t+t_0)^4-t_0^4}{(t+t_0)^3}.}
  • Uma forma mais compacta é:
\boxed{v(t)=\frac{g}{4}(t+t_0)\left[1-\left(\frac{t_0}{t+t_0}\right)^4\right].}

Passo 7

Verificações e limites físicos (para entender o comportamento).
  • No instante inicial t=0 obtemos
v(0)=\frac{g}{4}\frac{t_0^4-t_0^4}{t_0^3}=0,
conforme condição inicial.
  • Para t\to\infty (tempo muito grande),
v(t)\sim\frac{g}{4}(t+t_0)\\ \approx\\ \frac{g}{4}\,t,
ou seja, a velocidade cresce linearmente com o tempo, mas com coeficiente \dfrac{g}{4} em vez de g (que seria o caso de uma partícula de massa constante começando em repouso: v=g t). Assim a gota, no longo prazo, cai mais devagar do que um corpo de massa constante sob a mesma gravidade.

Passo 8

Explicação conceitual: por que não temos aceleração simplesmente igual a \mathbf{g} apesar do peso ser a força resultante?
  • A confusão vem de aplicar a fórmula a=F/m sem perceber que, quando a massa varia, a expressão correta é a que usamos: m\,dv/dt = F_{\text{ext}}-(v-u)dm/dt. A forma a=F/m é válida apenas se dm/dt=0.
  • No nosso problema o meio fornece massa adicional para a gota: cada porção adicional de massa entra inicialmente com velocidade u=0 no referencial do solo. Para que essa massa “parada” passe a fazer parte da gota em queda, ela precisa ser acelerada até a velocidade atual v da gota. Essa aceleração da massa recém-adquirida deve vir da própria gota (ou seja, do momentum da gota), o que retira momento da gota e reduz sua taxa de aumento de velocidade em comparação ao caso sem ganho de massa.
  • Matemática física disso: o termo -v\,(dm/dt) (ou, na forma alternativa, o termo u\,dm/dt do lado direito) aparece na equação de momento e modifica a relação entre força resultante e aceleração. Mesmo que a força resultante seja m g, parte dela é “gasta” para acelerar a massa que está sendo agregada; logo a taxa de variação da velocidade dv/dt não é igual a g.
  • Em termos energéticos: nem toda energia gravitacional ganha pela gota é convertida em energia cinética da massa já existente; parte dela vai para acelerar a massa que está sendo incorporada (e para o aumento de energia cinética dessa massa recém-adquirida). Portanto a velocidade da parcela original da gota cresce menos do que num caso de massa constante.

Passo 9

Resumo físico e comparação com um corpo de massa constante.
  • A gota cai mais devagar do que um corpo de massa constante (começando do repouso sob a mesma gravidade), porque precisa arrastar/colher massa que estava em repouso e acelerar essa massa adicional. Essa necessidade de “fornecer momento” à massa agregada reduz a aceleração instantânea da gota em relação ao caso ideal a=g.
  • Observação de caso limite: se a massa que entra já tivesse a mesma velocidade da gota ( u=v), não haveria perda de momento por agregação e a equação reduz-se a m\,dv/dt=F_{\text{ext}}, dando dv/dt=g. Ou seja, só quando a massa adicionada “entra” com a velocidade da gota o movimento segue o caso de massa constante.
  • Conclusão física: o fato de a força resultante ser o peso não garante a=g quando a massa do sistema muda — é necessário levar em conta o termo que descreve a transferência de momento associada à entrada (ou saída) de massa.

Resposta

\displaystyle v(t)=\frac{g}{4}\,\frac{(t+t_0)^4-t_0^4}{(t+t_0)^3}=\frac{g}{4}(t+t_0)\Bigl[1-\Bigl(\dfrac{t_0}{t+t_0}\Bigr)^4\Bigr]
A velocidade da gota cresce mais devagar que a de um corpo de massa constante (para o qual v=g t), porque parte da força peso é empregada em acelerar a massa adicional que é agregada à gota; para massas variáveis a relação a=F/m simples não vale e deve-se usar a forma correta baseada em d(mv)/dt.

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