Questão 2 - Uma esfera de massa específica \rho_{e} e diâmetro D cai em um fluido de massa específica \rho e viscosidade \mu, partindo do repouso. Admitindo um coeficiente de arrasto constante C_{A} deduza uma equação para a velocidade U em função do tempo e em termos de \rho_{e}, \rho, D, g e C_{A} \cdot(3,0 Pontos)

Passo 1

O enunciado pede que se deduza uma equação para a velocidade U da esfera em função do tempo, usando como dados \rho_{e} (massa específica da esfera), \rho (massa específica do fluido), D (diâmetro da esfera), g (aceleração da gravidade) e C_{A} (coeficiente de arrasto constante). A esfera parte do repouso, logo condição inicial:
U(0)=0.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • Massa específica da esfera: \rho_{e}.
  • Massa específica do fluido: \rho.
  • Diâmetro da esfera: D.
  • Viscosidade \mu é dada, mas é dito que o coeficiente de arrasto é constante C_{A} (então a dependência explícita de \mu não aparecerá na fórmula final).
  • Coeficiente de arrasto constante: C_{A}.
  • Força peso, empuxo (Archimedes) e arrasto são as forças que atuam na esfera durante a queda.
    O objetivo final: obter U(t) expresso em termos de \rho_{e},\rho,D,g,C_{A}.

Passo 2

Escrevendo as forças atuantes e as fórmulas necessárias (a “aula curta” das forças):
  • Peso da esfera: é a massa vezes g. A massa da esfera é o volume vezes \rho_{e}. Volume de uma esfera de diâmetro D é \dfrac{\pi}{6}D^{3}. Portanto a força peso é
F_{p} = \left(\frac{\pi}{6}D^{3}\rho_{e}\right) g.
  • Empuxo (força de Arquimedes): é o peso do fluido deslocado, ou seja volume vezes \rho vezes g:
F_{e} = \left(\frac{\pi}{6}D^{3}\rho\right) g.
  • Força de arrasto: com coeficiente de arrasto constante C_{A}, usa-se a forma clássica quadrática em velocidade para corpos de dimensão fixa:
F_{D} = \frac{1}{2} C_{A} \rho A U^{2},
onde A é a área projetada da esfera perpendicular ao movimento. Para esfera A=\dfrac{\pi}{4}D^{2}. Substituindo:
F_{D} = \frac{1}{2} C_{A}\rho\left(\frac{\pi}{4}D^{2}\right) U^{2} = \frac{\pi}{8} C_{A}\rho D^{2} U^{2}.
Observação de sinal: F_{D} sempre atua oposta ao movimento (para velocidade descendente positiva, F_D aponta para cima).

Passo 3

Aplicando a segunda lei de Newton na direção vertical (para baixo tomamos positivo). Soma das forças para baixo = massa \times aceleração:
\text{massa}\cdot \frac{dU}{dt} = F_{p} - F_{e} - F_{D}.
Substituindo as expressões obtidas:
\left(\frac{\pi}{6}D^{3}\rho_{e}\right)\frac{dU}{dt} = \left(\frac{\pi}{6}D^{3}\rho_{e}\right)g - \left(\frac{\pi}{6}D^{3}\rho\right)g - \frac{\pi}{8} C_{A}\rho D^{2} U^{2}.

Passo 4

Simplificamos a equação dividindo ambos os lados por \dfrac{\pi}{6}D^{3}\rho_{e}. Primeiro, escrevo o lado direito agrupando os termos de gravidade:
\left(\frac{\pi}{6}D^{3}\rho_{e}\right)\frac{dU}{dt} = \left(\frac{\pi}{6}D^{3}(\rho_{e}-\rho)\right)g - \frac{\pi}{8} C_{A}\rho D^{2} U^{2}.
Dividindo por \dfrac{\pi}{6}D^{3}\rho_{e} dá:
\frac{dU}{dt} = \frac{\rho_{e}-\rho}{\rho_{e}}\,g - \frac{\dfrac{\pi}{8} C_{A}\rho D^{2} U^{2}}{\dfrac{\pi}{6}D^{3}\rho_{e}}.
Agora simplifica a fração do termo de arrasto. O fator \dfrac{\pi}{8} sobre \dfrac{\pi}{6} \dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}. E D^{2}/D^{3}=1/D. Assim obtemos
\frac{dU}{dt} = \frac{\rho_{e}-\rho}{\rho_{e}}\,g - \frac{3}{4} C_{A}\,\frac{\rho}{\rho_{e}}\,\frac{U^{2}}{D}.

Passo 5

Para clareza, escrevemos a equação escalar no formato padrão
\frac{dU}{dt} = a - b U^{2},
onde definimos
a = \frac{\rho_{e}-\rho}{\rho_{e}}\,g, \qquad b = \frac{3}{4} C_{A}\,\frac{\rho}{\rho_{e}D}.
Comentário didático: esse é um ODE comum para queda com arrasto quadrático. a é a aceleração “bruta” devido ao excesso de peso por unidade de massa (peso efetivo dividido pela massa), e b mede quanto o arrasto aumenta com U^{2} (tem dimensão de 1/velocidade ^2 por tempo).

Passo 6

Solução da EDO por separação de variáveis. A equação
\frac{dU}{dt} = a - bU^{2}
é separável:
\frac{dU}{a - bU^{2}} = dt.
Integramos ambos os lados desde 0 até U(t) e de 0 até t. A integral da esquerda é uma forma conhecida; usando a primitiva com função hiperbólica inversa:
\int_{0}^{U}\frac{dU'}{a-bU'^{2}} = \frac{1}{\sqrt{ab}}\operatorname{arctanh}\!\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\,U\right).
Portanto,
\frac{1}{\sqrt{ab}}\operatorname{arctanh}\!\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\,U(t)\right) = t.
Aplicando a condição inicial U(0)=0 a constante de integração é zero. Agora isolamos U(t) usando a inversa da \operatorname{arctanh}, que é a hiperbólica \operatorname{tanh}:
\operatorname{arctanh}\!\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\,U(t)\right) = \sqrt{ab}\,t \quad\Rightarrow\quad \sqrt{\frac{b}{a}}\,U(t)=\operatorname{tanh}\!\big(\sqrt{ab}\,t\big).
Finalmente,
U(t)=\sqrt{\frac{a}{b}}\;\operatorname{tanh}\!\big(\sqrt{ab}\,t\big).

Passo 7

Expressando \sqrt{a/b} e \sqrt{ab} em termos das grandezas iniciais para ficar no formato pedido. Calcula-se
\frac{a}{b} = \frac{\dfrac{\rho_{e}-\rho}{\rho_{e}}\,g} {\dfrac{3}{4}C_{A}\dfrac{\rho}{\rho_{e}D}} = \frac{4gD(\rho_{e}-\rho)}{3C_{A}\rho},
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\sqrt{\frac{a}{b}}=\sqrt{\frac{4gD(\rho_{e}-\rho)}{3C_{A}\rho}}.
E
ab = \left(\frac{\rho_{e}-\rho}{\rho_{e}}\,g\right) \left(\frac{3}{4}C_{A}\frac{\rho}{\rho_{e}D}\right) =\frac{3C_{A}g\rho(\rho_{e}-\rho)}{4\rho_{e}^{2}D},
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\sqrt{ab}=\sqrt{\frac{3C_{A}g\rho(\rho_{e}-\rho)}{4\rho_{e}^{2}D}}.
Portanto a solução explícita, limpa e em termos apenas de \rho_{e},\rho,D,g,C_{A} é
U(t)=\sqrt{\frac{4gD(\rho_{e}-\rho)}{3C_{A}\rho}}\;\operatorname{tanh}\!\left(t\sqrt{\frac{3C_{A}g\rho(\rho_{e}-\rho)}{4\rho_{e}^{2}D}}\right).
Interpretação física rápida: o fator fora da \operatorname{tanh} é a velocidade terminal U_{\infty}. À medida que t\to\infty, \operatorname{tanh}(\cdot)\to1 e U\to U_{\infty}. A viscosidade \mu não aparece na expressão porque foi assumido um coeficiente de arrasto constante C_{A} (que encapsula efeitos dependentes de \mu e do regime de escoamento).

Resposta

U(t)=\sqrt{\frac{4gD(\rho_{e}-\rho)}{3C_{A}\rho}}\;\operatorname{tanh}\!\left(t\sqrt{\frac{3C_{A}g\rho(\rho_{e}-\rho)}{4\rho_{e}^{2}D}}\right)

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