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:
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
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):
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:
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.