Obtenha o valor da velocidade terminal das gotas de chuva de 1 mm de diametro que caem pelo ar à 30^{\circ} \mathrm{C}. Considere a gota com esfericidade igual à 1 .
Propriedades do ar: \rho=1,205 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3} ; \mu=1,82 \cdot 10^{-5} \mathrm{~kg} / \mathrm{ms}.

Passo 1

Enunciado e dados: devemos obter a velocidade terminal da gota de chuva de diâmetro 1\\ \mathrm{mm} que cai no ar à 30^\circ\mathrm{C}. O enunciado dá as propriedades do ar:
\rho_{\text{ar}} = 1{,}205\\ \mathrm{kg/m^3},\qquad \mu = 1{,}82\cdot 10^{-5}\\ \mathrm{kg/(m\cdot s)}.
A gota tem esfericidade igual a 1 (ou seja, assumimos uma esfera). Vou também usar:
d = 1\\ \mathrm{mm}=0{,}001\\ \mathrm{m},\qquad \rho_{\text{gota}}=\rho_{\text{água}}=1000\\ \mathrm{kg/m^3},á
e a gravidade
g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
Pergunta pedida: calcular a velocidade terminal v_t da gota (valor numérico).

Passo 2

O que é velocidade terminal e quais forças equilibram-se: quando a gota cai a velocidade cresce até que o peso resultante (peso menos empuxo) seja equilibrado pela força de arrasto. Em equilíbrio (velocidade terminal) temos:
\text{peso} - \text{empuxo} = \text{arrasto}.
Escrevendo cada termo:
\text{peso} = m g = \rho_{\text{gota}} V g,
\text{empuxo} = \rho_{\text{ar}} V g,
\text{arrasto} = \tfrac{1}{2} C_D\,\rho_{\text{ar}}\,A\,v_t^2,
onde V é o volume da esfera, A a área de seção, C_D o coeficiente de arrasto (depende de Reynolds). O balanço é
(\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}})V g = \tfrac{1}{2} C_D\,\rho_{\text{ar}}\,A\,v_t^2.

Passo 3

Volume e área da esfera (usando d o diâmetro):
V = \frac{\pi}{6} d^3,\qquad A = \frac{\pi}{4} d^2.
É útil notar a razão V/A:
\frac{V}{A} = \frac{\frac{\pi}{6}d^3}{\frac{\pi}{4}d^2} = \frac{2}{3}d.

Passo 4

Isolando v_t da equação de equilíbrio e usando V/A=2d/3 obtemos a fórmula prática
v_t = \sqrt{\frac{4}{3}\,\frac{(\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}})\,g\,d}{C_D\,\rho_{\text{ar}}}}.
Repare que C_D depende do número de Reynolds
\mathrm{Re} = \frac{\rho_{\text{ar}}\,v_t\,d}{\mu}.
Portanto precisamos de um procedimento iterativo: escolher um C_D (ou um chute para v_t), calcular \mathrm{Re}, atualizar C_D por uma correlação apropriada, recalcular v_t e iterar até convergir.

Passo 5

Verificação rápida: se usássemos a lei de Stokes (válida somente para \mathrm{Re}\ll1) teríamos a expressão
v_{\text{Stokes}}=\frac{(\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}})\,g\,d^{2}}{18\,\mu}.
Calculando numericamente:
v_{\text{Stokes}}=\frac{(1000-1{,}205)\cdot 9{,}81\cdot (0{,}001)^{2}}{18\cdot 1{,}82\cdot 10^{-5}}.
Fazendo as contas passo a passo:
\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}} = 998{,}795,
(\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}})g d^{2} = 998{,}795\cdot 9{,}81\cdot 10^{-6} \approx 0{,}009798.
18\mu = 18\cdot 1{,}82\cdot 10^{-5} = 3{,}276\cdot 10^{-4}.
v_{\text{Stokes}}\approx \frac{0{,}009798}{3{,}276\cdot 10^{-4}}\approx 29{,}9\\ \mathrm{m/s}.
Esse valor é grande; calculemos o Reynolds com esse v:
\mathrm{Re}=\frac{\rho_{\text{ar}} v d}{\mu}=\frac{1{,}205\cdot 29{,}9\cdot 0{,}001}{1{,}82\cdot 10^{-5}}\approx 1{,}98\cdot 10^{3}.
Como \mathrm{Re} está na ordem de 10^{3}, a hipótese \mathrm{Re}\ll1 é falsa — logo a lei de Stokes não é aplicável aqui. Precisamos do arrasto quadrático com C_D(\mathrm{Re}).

Passo 6

Vou usar a correlação de Schiller–Naumann (válida para \mathrm{Re}\lesssim 800, mas dá uma boa aproximação para a região intermediária; ela é comumente usada para gotas/partículas):
C_D(\mathrm{Re}) = \frac{24}{\mathrm{Re}}\Bigl(1+0{,}15\,\mathrm{Re}^{0{,}687}\Bigr).
Procedimento: iterar até convergência:
  1. chutar um C_D (ou v),
  2. calcular v_t pela fórmula v_t=\sqrt{\dfrac{4}{3}\dfrac{(\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}})g d}{C_D \rho_{\text{ar}}}},
  3. calcular \mathrm{Re} e atualizar C_D pela Schiller–Naumann,
  4. repetir.

Passo 7

Primeira iteração: chuto C_D^{(0)}=0{,}5 (valor típico para esferas em regime transitório).
Calcule primeiro o fator comum
S=\frac{4}{3}\frac{(\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}})g d}{\rho_{\text{ar}}}.
Numérico:
(\rho_{\text{gota}}-\rho_{\text{ar}})g d = 998{,}795\cdot 9{,}81\cdot 0{,}001 \approx 9{,}798174,
S = \frac{4}{3}\frac{9{,}798174}{1{,}205} \approx 10{,}842.
Com C_D^{(0)}=0{,}5:
v^{(1)}=\sqrt{\frac{S}{C_D^{(0)}}}=\sqrt{\frac{10{,}842}{0{,}5}}=\sqrt{21{,}684}\approx 4{,}656\\ \mathrm{m/s}.
Calcule \mathrm{Re}^{(1)}:
\mathrm{Re}^{(1)}=\frac{\rho_{\text{ar}} v^{(1)} d}{\mu}=\frac{1{,}205\cdot 4{,}656\cdot 0{,}001}{1{,}82\cdot 10^{-5}}\approx 308{,}5.
Atualize C_D pela Schiller–Naumann:
C_D^{(1)}=\frac{24}{308{,}5}\Bigl(1+0{,}15\cdot 308{,}5^{0{,}687}\Bigr)\approx 0{,}678.

Passo 8

Segunda iteração: com C_D^{(1)}=0{,}678,
v^{(2)}=\sqrt{\frac{S}{C_D^{(1)}}}=\sqrt{\frac{10{,}842}{0{,}678}}\approx 4{,}000\\ \mathrm{m/s}.
Calcule \mathrm{Re}^{(2)}:
\mathrm{Re}^{(2)}=\frac{1{,}205\cdot 4{,}000\cdot 0{,}001}{1{,}82\cdot 10^{-5}}\approx 264{,}8.
Atualize C_D:
C_D^{(2)}=\frac{24}{264{,}8}\Bigl(1+0{,}15\cdot 264{,}8^{0{,}687}\Bigr)\approx 0{,}719.

Passo 9

Terceira iteração: com C_D^{(2)}=0{,}719,
v^{(3)}=\sqrt{\frac{S}{C_D^{(2)}}}=\sqrt{\frac{10{,}842}{0{,}719}}\approx 3{,}884\\ \mathrm{m/s}.
\mathrm{Re}^{(3)}=\frac{1{,}205\cdot 3{,}884\cdot 0{,}001}{1{,}82\cdot 10^{-5}}\approx 257{,}2.
Atualize C_D:
C_D^{(3)}\approx 0{,}726.

Passo 10

Quarta iteração: com C_D^{(3)}=0{,}726,
v^{(4)}=\sqrt{\frac{S}{C_D^{(3)}}}=\sqrt{\frac{10{,}842}{0{,}726}}\approx 3{,}861\\ \mathrm{m/s}.
\mathrm{Re}^{(4)}\approx 255{,}6,\qquad C_D^{(4)}\approx 0{,}727.
A diferença entre v^{(3)} e v^{(4)} já é pequena; o processo está convergindo. Podemos aceitar a convergência em torno de
v_t \approx 3{,}86\\ \mathrm{m/s}.

Resposta

v_t = 3{,}86\\ \mathrm{m/s}

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