Encontre a velocidade limite de uma gota de chuva que cai verticalmente sofrendo resistência do ar. Admita que a gota seja esférica, com um raio r=10^{-3} m, a densidade da água seja \rho_{\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}}=10^{3} \mathrm{~kg} \cdot \mathrm{~m}^{-3} e a densidade do ar relativa à água seja \rho \equiv \frac{\rho_{\mathrm{Ar}}}{\rho_{\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}}}=1,3 \times 10^{-3}.

Passo 1

O enunciado pede: encontrar a velocidade limite (velocidade terminal) de uma gota de chuva esférica que cai verticalmente sujeita à resistência do ar.
Dados fornecidos:
r = 10^{-3}\\ \mathrm{m},
\rho_{\mathrm{H_{2}O}} = 10^{3}\\ \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^{-3},
\rho \equiv \frac{\rho_{\mathrm{Ar}}}{\rho_{\mathrm{H_{2}O}}} = 1,3\times 10^{-3}.
Não há outras perguntas explícitas; a intenção é calcular v_{\text{lim}} numérico usando os dados acima.

Passo 2

Quais forças atuam na gota (explicação didática):
  • Peso: é a força gravitacional sobre a gota. Se m é a massa, o peso é mg. A massa da gota é dada por massa = densidade da água × volume da esfera. O volume de uma esfera de raio r é
V=\frac{4}{3}\pi r^{3}.
  • Empuxo (força de Arquimedes): o ar deslocado exerce uma força para cima igual a \rho_{\mathrm{Ar}} V g, onde \rho_{\mathrm{Ar}} é a densidade do ar.
  • Força de arrasto (resistência do ar): em regime de velocidades moderadas e para esferas, a forma prática (e a usada em muitos problemas) é a força quadrática
F_{d}=\frac{1}{2} C_{d}\,\rho_{\mathrm{Ar}}\,A\,v^{2},
onde C_{d} é o coeficiente de arrasto da esfera (valor típico aproximado C_{d}\approx 0,47), A=\pi r^{2} é a área de seção transversal e v é a velocidade. Nas correntes muito viscosas e baixíssimo número de Reynolds usaríamos a lei de Stokes F_d=6\pi\eta r v, mas veremos qual é o regime para decidir.
Explicando cada símbolo:
  • g é a aceleração da gravidade (vou usar g=9,8\\ \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2}),
  • \eta é a viscosidade dinâmica do ar (apenas se precisássemos da lei de Stokes),
  • C_{d} depende do número de Reynolds; para uma esfera escoando no ar em Re entre algumas dezenas e alguns milhares, C_{d} fica em torno de 0{,}4 0{,}6. Vou usar C_{d}=0{,}47 como valor padrão.

Passo 3

Condição de velocidade limite (passo físico):
na velocidade terminal v_{\text{lim}} a soma das forças é zero (gota não acelera):
\text{peso} - \text{empuxo} - \text{arrasto} = 0.
Escrevendo isso:
m g - \rho_{\mathrm{Ar}} V g - \frac{1}{2} C_{d}\,\rho_{\mathrm{Ar}}\,A\,v_{\text{lim}}^{2} = 0.
Substituindo m=\rho_{\mathrm{H_{2}O}} V e isolando v_{\text{lim}} vamos obter a expressão fechada para v_{\text{lim}}.

Passo 4

Deduzindo a fórmula algébrica para v_{\text{lim}} (cuidado com cancelamentos):
\rho_{\mathrm{H_{2}O}} V g - \rho_{\mathrm{Ar}} V g = \frac{1}{2} C_{d}\,\rho_{\mathrm{Ar}}\,A\,v_{\text{lim}}^{2}.
Colocando V=\frac{4}{3}\pi r^{3} e A=\pi r^{2} e cancelando \pi r^{2}:
\left(\rho_{\mathrm{H_{2}O}}-\rho_{\mathrm{Ar}}\right)\frac{4}{3} r g = \frac{1}{2} C_{d}\,\rho_{\mathrm{Ar}}\,v_{\text{lim}}^{2}.
Isolando v_{\text{lim}}:
v_{\text{lim}} = \sqrt{\frac{ \displaystyle \frac{8}{3}\left(\rho_{\mathrm{H_{2}O}}-\rho_{\mathrm{Ar}}\right) g r }{ C_{d}\,\rho_{\mathrm{Ar}} }}.
Observação: a fórmula ficou sem \pi e sem r^{2} estranhos porque área e volume provocam o cancelamento parcial; isso facilita contas na prova.

Passo 5

Calculando a densidade do ar a partir do dado relativo (uso direto do dado do enunciado):
\rho_{\mathrm{Ar}}=\rho\\ \rho_{\mathrm{H_{2}O}} = \left(1,3\times 10^{-3}\right)\times 10^{3}\\ \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^{-3}=1{,}3\\ \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^{-3}.
Também calculo a diferença de densidades:
\rho_{\mathrm{H_{2}O}}-\rho_{\mathrm{Ar}}=1000-1{,}3=998{,}7\\ \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m}^{-3}.

Passo 6

Agora substituo os valores na expressão de v_{\text{lim}}. Vou usar C_{d}=0{,}47, g=9{,}8\\ \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-2} e r=10^{-3}\\ \mathrm{m}.
Escrevendo o que entra na raiz:
v_{\text{lim}} = \sqrt{\frac{\dfrac{8}{3}\left(998{,}7\right)\left(9{,}8\right)\left(10^{-3}\right)}{0{,}47\times 1{,}3}}.
Faço as contas passo a passo:
\frac{8}{3}\left(998{,}7\right)\left(9{,}8\right)\left(10^{-3}\right) = \frac{8}{3}\times 9787{,}26\times 10^{-3} = \frac{78298{,}08}{3}\times 10^{-3} =26099{,}36\times 10^{-3}=26{,}09936.
Denominador:
0{,}47\times 1{,}3 = 0{,}611.
Razão:
\frac{26{,}09936}{0{,}611}\approx 42{,}74.
Portanto
v_{\text{lim}} \approx \sqrt{42{,}74}\approx 6{,}54\\ \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}.

Passo 7

Verificação do regime (número de Reynolds) para checar se a escolha do arrasto quadrático é consistente:
o número de Reynolds é
\mathrm{Re}=\frac{\rho_{\mathrm{Ar}}\,v_{\text{lim}}\,D}{\eta},
onde D=2r é o diâmetro e \eta é a viscosidade dinâmica do ar. Tomando um valor típico \eta\approx 1{,}8\times 10^{-5}\\ \mathrm{Pa}\cdot\mathrm{s},
\mathrm{Re}\approx \frac{1{,}3\times 6{,}54\times 2\times 10^{-3}}{1{,}8\times 10^{-5}} = \frac{0{,}0170}{1{,}8\times 10^{-5}}\approx 945.
Como \mathrm{Re}\sim 10^{3} (muito maior que 1), o regime é inertial, e a lei de arrasto quadrática com C_{d}\sim 0{,}47 é apropriada. A lei de Stokes (linear em v) não seria válida aqui, então nossa escolha do método está correta.

Passo 8

Interpretação final e incentivo: a velocidade terminal encontrada é da ordem de alguns metros por segundo, resultado coerente com valores conhecidos de gotas de chuva de cerca de 1\\ \mathrm{mm}. Conseguiu — a técnica é: escrever equilíbrio de forças, usar volume e área da esfera, escolher o modelo de arrasto adequado e verificar o número de Reynolds.

Resposta

v_{\text{lim}}\approx 6{,}54\\ \mathrm{m}\cdot\mathrm{s}^{-1}

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