Simulador de Projétil com Arrasto e Vento

Compare a trajetória ideal com a influenciada pelo arrasto.

Arrasto quadrático, sobre a velocidade relativa ao ar	$\begin{gathered}\mathbf F=-k\,\|\mathbf v_{\mathrm{rel}}\|\,\mathbf v_{\mathrm{rel}},\qquad \mathbf v_{\mathrm{rel}}=\mathbf v-\mathbf w\\ k=\tfrac12\rho\,C_dA\end{gathered}$
Velocidade terminal: o arrasto iguala o peso	$v_t=\sqrt{\frac{mg}{k}}$
Descida vertical do repouso e subida vertical	$\begin{gathered}v^{2}=v_t^{2}\left(1-e^{-2ky/m}\right)\\ H=\frac{m}{2k}\ln\!\left(1+\frac{v_0^{2}}{v_t^{2}}\right)\end{gathered}$

Exemplo resolvido — Simulador de Projétil com Arrasto e Vento

Velocidade terminal	18,083 m/s
Velocidade no ar no disparo	25 m/s
Arrasto no lançamento	18,75 N
Alcance no vácuo	63,71 m
Altura máxima no vácuo	15,928 m
Alcance	28,283 m
Altura máxima	9,643 m
Distância horizontal no topo	16,259 m

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Simulador de Projétil com Arrasto e Vento

O arrasto quadrático é a resistência do ar que atua sobre qualquer objeto arremessado à mão: uma força k|v_rel|² dirigida contra a velocidade da bola em relação ao ar, v_rel = v − w, com k = ½ρC_dA. Como |v_rel| combina ambas as componentes, acopla o movimento horizontal ao vertical e impede que reste qualquer fórmula direta para a trajetória. Esta página resolve o voo por integração em passos de, no máximo, 5 ms.

O que significa cada símbolo

θ: o ângulo de lançamento. Sem resistência o seu melhor valor é 45° para qualquer velocidade inicial e qualquer massa — uma constante do problema. Com resistência não é nada disso, e é disso que trata esta lição.
k/m: o coeficiente de resistência dividido pela massa. É a única combinação que aparece nas equações: nunca k sozinho, nunca m sozinho. Duas das seis caixas de entrada são pegas do mesmo número.
v_rel: velocidade relativa ao ar, v − w. O arrasto atua sobre esta grandeza e nunca sobre a velocidade em relação ao solo.
R: o alcance. A página apresenta dois valores: R₀, pela fórmula do vácuo, e R, pela integração numérica; o intervalo entre ambos é o que o ar consumiu.

De onde vem a fórmula

Comecemos sem ar, onde os dois eixos nunca falam um com o outro. A velocidade horizontal é constante, a posição vertical é uma parábola no tempo, e eliminar o tempo deixa R = v₀² sin(2θ)/g. Maximizando, sin(2θ) é máximo em 2θ = 90°. Repare no que desapareceu: nem v₀ nem a massa constam dessa condição, pelo que 45° é o melhor ângulo para todo o lançamento que alguma vez existiu. É por isso que se guarda como facto e não como resultado.
$R=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}\le\frac{v_0^{2}}{g}\ \Rightarrow\ \theta^{*}=45^\circ$
Com o arrasto, os eixos deixam de ser independentes. A aceleração passa a ser −g ŷ − (k/m)|v_rel|v_rel e, como |v_rel| envolve ambas as componentes, a equação horizontal depende da subida da bola e a equação vertical da sua rapidez de avanço. O par é não linear e não se desliga, não restando qualquer fórmula elementar para R. A tabela de resultados apresenta o alcance sob a forma do integral que ele realmente é.
$\frac{d\mathbf v}{dt}=-g\,\hat{\mathbf y}-\frac{k}{m}\,|\mathbf v_{\mathrm{rel}}|\,\mathbf v_{\mathrm{rel}},\qquad |\mathbf v_{\mathrm{rel}}|=\sqrt{(v_x-w)^{2}+v_y^{2}}$
Dividindo por m, resta apenas k/m. Uma bola pesada comporta-se como uma bola leve num ar mais rarefeito. Experimente k = 0.03 com m = 3 e obterá a trajetória de k = 0.01 com m = 1 até ao último algarismo. A predefinição bola pesada é apenas o caso de pouco arrasto com outro nome: a caixa da massa nada ensina que a do arrasto já não mostrasse.
$\frac{k}{m}=\frac{0.03}{3}=\frac{0.01}{1}=0.01\ \mathrm{m^{-1}}$
O melhor ângulo desce abaixo dos 45°. Um lançamento íngreme passa mais tempo no ar, e o ar retira-lhe velocidade a cada segundo. Ao nível do chão e em ar parado, o ângulo ótimo fica abaixo dos 45°; como o arrasto cresce com a velocidade, este ângulo reduz-se quanto mais força colocar no arremesso — efeito que no vácuo nunca acontecia. Com o arrasto predefinido, a 25 m/s o projétil viaja mais longe a 38,939° (28,743 m, contra 28,283 m a 45°) e a 90 m/s atinge o máximo a 29,34° (72,117 m, contra 66,493 m). A última linha da tabela calcula esse ângulo para quaisquer valores escolhidos. O vento altera-o mais uma vez: com 20 m/s a favor num lançamento a 25 m/s, o melhor ângulo passa para 47,093°.
$v_0=25:\ \ R(45^\circ)=28.283<R(38.939^\circ)=28.743\ \mathrm{m};\qquad v_0=90:\ \ R(45^\circ)=66.493<R(29.34^\circ)=72.117\ \mathrm{m}$

Como ler o que vê

A curva tracejada mostra o mesmo lançamento na ausência de ar, a parábola da página anterior; o espaço entre as duas curvas é o tributo cobrado pela atmosfera. Regule o arrasto para zero e a curva contínua assenta sobre a tracejada: o alcance por integração coincide com a fórmula no vácuo em todos os algarismos que a tabela imprime. Qualquer diferença visível com o arrasto ligado reflete o ar, não a aritmética.

Pressupõe: Ar parado exceto um vento horizontal constante que sopra à mesma velocidade a qualquer altura, densidade uniforme em toda a subida e um coeficiente de resistência que não varia com a velocidade. Uma massa pontual: sem sustentação, sem rotação, sem força de Magnus — uma bola de golfe cortada e uma granada que deriva ficam ambas fora do que este modelo consegue dizer.

Problemas resolvidos na íntegra

Arrasto linear ou quadrático? 4 passos
Uma esfera de diâmetro D em movimento no ar com velocidade v sofre dois tipos de arrasto: o arrasto viscoso 3πηDv (lei de Stokes) e o arrasto de pressão ½ρC_d(πD²/4)v². Considere η = 1,8 × 10⁻⁵ Pa·s, ρ = 1,2 kg/m³ e C_d = 0,47. Qual deles predomina numa bola de basebol (D = 7,4 cm) a 40 m/s, e qual numa gota de óleo (D = 1,5 µm) em deriva a 0,10 mm/s?
1. Basta dividir uma força pela outra. A maior parte dos fatores cancela-se, e o que sobra cresce tanto com o tamanho como com a velocidade:
  
  $\frac{F_{\mathrm{quad}}}{F_{\mathrm{lin}}}=\frac{\tfrac12\rho C_d\,\tfrac{\pi D^{2}}{4}\,v^{2}}{3\pi\eta Dv}=\frac{\rho C_d}{24\eta}\,Dv$
2. Os parâmetros do ar definem a constante:
  
  $\frac{\rho C_d}{24\eta}=\frac{1.2\times0.47}{24\times1.8\times10^{-5}}=1305.6\ \mathrm{s/m^{2}}$
3. Para a bola de basebol:
  
  $1305.6\times0.074\times40=3864.4$
4. Para a gota:
  
  $1305.6\times(1.5\times10^{-6})\times(1.0\times10^{-4})=1.9583\times10^{-7}$
Resposta

Na bola de basebol predomina o regime quadrático, sendo o arrasto de pressão 3864 vezes o viscoso; na gota prevalece o linear, onde o termo quadrático não passa de 2,0 × 10⁻⁷ do viscoso. Qualquer objeto lançado à mão situa-se claramente no domínio quadrático, que é a lei adotada nesta página. A lei de Stokes reserva-se para poeiras, névoas e as célebres gotas de óleo de Millikan.

$\frac{F_{\mathrm{quad}}}{F_{\mathrm{lin}}}=3864\ \ (D=7.4\ \mathrm{cm}),\qquad \frac{F_{\mathrm{quad}}}{F_{\mathrm{lin}}}=2.0\times10^{-7}\ \ (D=1.5\ \mu\mathrm{m})$
Arrasto no lançamento e velocidade terminal 4 passos
Uma bola de 1,0 kg com constante de arrasto k = 0,030 kg/m é lançada a 25 m/s, a 45° acima da horizontal, em ar parado. Determine a força de arrasto no instante do lançamento e compare-a com o peso da bola. Qual é a sua velocidade terminal?

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1. Em ar parado, a velocidade em relação ao ar coincide com a própria velocidade:
  
  $|\mathbf v_{\mathrm{rel}}|=|\mathbf v|=25\ \mathrm{m/s}\qquad(w=0)$
2. O arrasto quadrático é k vezes o quadrado dessa velocidade:
  
  $F=k\,|\mathbf v_{\mathrm{rel}}|^{2}=0.030\times25^{2}=18.75\ \mathrm{N}$
3. Comparando com o peso:
  
  $mg=1.0\times9.81=9.81\ \mathrm{N},\qquad \frac{F}{mg}=\frac{18.75}{9.81}=1.9113$
4. A velocidade terminal é aquela em que o arrasto equilibra o peso:
  
  $k\,v_t^{2}=mg\ \Rightarrow\ v_t=\sqrt{\frac{mg}{k}}=\sqrt{\frac{1.0\times9.81}{0.030}}=18.083\ \mathrm{m/s}$
Resposta

18,75 N no lançamento, 1,9113 vezes o peso; velocidade terminal de 18,083 m/s. A bola sai da mão mais depressa do que alguma vez conseguiria cair. Por isso, até que a sua velocidade baixe dos 18,083 m/s, o ar empurra-a com mais força do que a própria gravidade.

$F=18.75\ \mathrm{N}=1.9113\,mg,\qquad v_t=18.083\ \mathrm{m/s}$
Contra o vento e a favor dele 4 passos
O mesmo lançamento é feito contra um vento de frente de 8,0 m/s. Determine a velocidade da bola em relação ao ar no instante do lançamento e a força de arrasto que sofre. Depois, repita com o vento pelas costas do lançador.

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1. Componentes em relação ao solo, como antes:
  
  $v_x=25\cos45^\circ=17.678\ \mathrm{m/s},\qquad v_y=25\sin45^\circ=17.678\ \mathrm{m/s}$
2. Contra o vento, o ar move-se a w = −8,0 m/s. Subtrai-se a velocidade do ar à da bola:
  
  $\mathbf v_{\mathrm{rel}}=(v_x-w,\ v_y)=(17.678+8.0,\ 17.678)=(25.678,\ 17.678),\qquad |\mathbf v_{\mathrm{rel}}|=31.174\ \mathrm{m/s}$
3. O arrasto varia com o quadrado dessa velocidade:
  
  $F=k\,|\mathbf v_{\mathrm{rel}}|^{2}=0.030\times31.174^{2}=29.155\ \mathrm{N}$
4. Com o vento pelas costas, w = +8,0 m/s e a subtração inverte o sentido:
  
  $w=+8.0:\quad \mathbf v_{\mathrm{rel}}=(9.6777,\ 17.678),\quad |\mathbf v_{\mathrm{rel}}|=20.153\ \mathrm{m/s},\quad F=12.185\ \mathrm{N}$
Resposta

Contra o vento, 31,174 m/s em relação ao ar e 29,155 N de arrasto; a favor dele, 20,153 m/s e 12,185 N. A bola sai da mão a 25 m/s em ambos os casos. Para o ar apenas conta a diferença relativa, e o arrasto mais do que duplica de uma situação para a outra. Prima vento a favor para o segundo caso.

$|\mathbf v_{\mathrm{rel}}|=31.174\ \mathrm{m/s},\ F=29.155\ \mathrm{N}\ \ (w=-8.0);\qquad |\mathbf v_{\mathrm{rel}}|=20.153\ \mathrm{m/s},\ F=12.185\ \mathrm{N}\ \ (w=+8.0)$
Queda de 100 m 4 passos
A mesma bola (m = 1,0 kg, k = 0,030 kg/m) é largada do repouso a 100 m do solo. Com que velocidade chega ao chão? Compare esse valor com a sua velocidade terminal e com a velocidade que atingiria no vácuo.

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1. Tomemos y como a distância percorrida na queda e v como a velocidade para baixo. Ao escrever a aceleração como v dv/dy, a equação passa a relacionar a velocidade com a distância, e não com o tempo:
  
  $v\frac{dv}{dy}=g-\frac{k}{m}v^{2}=g\left(1-\frac{v^{2}}{v_t^{2}}\right)$
2. Separe as variáveis e integre a partir do repouso:
  
  $\int_0^{v}\frac{v\,dv}{1-v^{2}/v_t^{2}}=\int_0^{y}g\,dy\ \Rightarrow\ v^{2}=v_t^{2}\left(1-e^{-2ky/m}\right)$
3. Substituindo os valores numéricos, com a velocidade terminal de 18,083 m/s obtida no problema 2:
  
  $\frac{2ky}{m}=\frac{2(0.030)(100)}{1.0}=6.0,\qquad v=18.083\sqrt{1-e^{-6.0}}=18.061\ \mathrm{m/s}$
4. Sem resistência do ar, a mesma queda resulta em:
  
  $v_{\mathrm{vac}}=\sqrt{2gy}=\sqrt{2(9.81)(100)}=44.294\ \mathrm{m/s}$
Resposta

18,061 m/s: 99,88% da velocidade terminal e 41% dos 44,294 m/s que se obteriam no vácuo. A página integra a mesma queda sem recorrer à fórmula analítica e chega aos mesmos 18,061 m/s, após 6,8066 s.

$v=18.061\ \mathrm{m/s}=0.9988\,v_t=0.41\,v_{\mathrm{vac}}$
Lançamento vertical para cima 4 passos
A mesma bola é lançada verticalmente para cima a 25 m/s. Que altura atinge e quanto tempo demora a subida? Com que velocidade regressa ao solo, e a descida é mais rápida ou mais lenta do que a subida?

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1. Na subida, tanto o arrasto como a gravidade apontam para baixo. Usando novamente v dv/dy, o ponto mais alto atinge-se em:
  
  $v\frac{dv}{dy}=-g\left(1+\frac{v^{2}}{v_t^{2}}\right)\ \Rightarrow\ H=\frac{v_t^{2}}{2g}\ln\!\left(1+\frac{v_0^{2}}{v_t^{2}}\right)=\frac{327}{19.62}\ln\!\left(1+\frac{625}{327}\right)=17.810\ \mathrm{m}$
2. O tempo calcula-se antes a partir de dv/dt = −g(1 + v²/v_t²):
  
  $t_{\mathrm{up}}=\frac{v_t}{g}\arctan\frac{v_0}{v_t}=\frac{18.083}{9.81}\arctan\frac{25}{18.083}=1.7412\ \mathrm{s}$
3. A descida equivale ao problema 4 a partir de uma altura de 17,810 m. Como e^−2kH/m = (1 + v₀²/v_t²)⁻¹, a velocidade ao chegar ao solo simplifica-se:
  
  $v_{\mathrm{back}}^{2}=v_t^{2}\left(1-e^{-2kH/m}\right)\ \Rightarrow\ v_{\mathrm{back}}=\frac{v_0v_t}{\sqrt{v_0^{2}+v_t^{2}}}=\frac{25\times18.083}{\sqrt{625+327}}=14.652\ \mathrm{m/s}$
4. E a duração da descida, a partir de dv/dt = g(1 − v²/v_t²):
  
  $t_{\mathrm{down}}=\frac{v_t}{g}\operatorname{artanh}\frac{v_{\mathrm{back}}}{v_t}=\frac{18.083}{9.81}\operatorname{artanh}\frac{14.652}{18.083}=2.0789\ \mathrm{s}$
Resposta

17,810 m de subida em 1,7412 s e regresso ao solo a 14,652 m/s após mais 2,0789 s. A bola regressa mais lenta do que partiu e demora mais tempo a descer, porque na subida o arrasto ajudou a gravidade e na descida atuou contra ela. No vácuo, subiria 31,855 m e regressaria a 25 m/s. A página apresenta o tempo total de 3,8201 s.

$H=17.810\ \mathrm{m},\quad t_{\mathrm{up}}=1.7412\ \mathrm{s},\quad v_{\mathrm{back}}=14.652\ \mathrm{m/s},\quad t_{\mathrm{down}}=2.0789\ \mathrm{s}$
Por que razão os 63,71 m no vácuo passam a 28,283 m 5 passos
25 m/s a 45°, uma bola de 1,0 kg com k = 0,030 kg/m. A fórmula no vácuo prevê 63,71 m. Descubra por que razão o resultado cai para 28,283 m e por que motivo a altura máxima sofre muito menos do que o alcance.

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1. Comece pela resposta que o ar vai estragar. Ambas as fórmulas no vácuo são exatas, ocupam uma linha e constituem a única base analítica deste problema.
  
  $R_0=\frac{v_0^{2}\sin2\theta}{g}=\frac{25^{2}\sin90^{\circ}}{9.81}=63.71\ \mathrm{m},\qquad y_{0,\max}=\frac{v_0^{2}\sin^{2}\theta}{2g}=15.928\ \mathrm{m}$
2. Escreva agora a equação real. O termo de arrasto aponta em sentido oposto ao da velocidade, pelo que a sua componente horizontal depende da velocidade vertical e vice-versa: os dois eixos deixam de ser independentes e a parábola deixa de existir.
  
  $\frac{d\mathbf v}{dt}=-g\,\hat{\mathbf y}-\frac{k}{m}\,|\mathbf v|\,\mathbf v$
3. Leia as duas perdas no painel sob a forma de frações. Elas diferem, e essa diferença é precisamente o que vale a pena explicar.
  
  $R=28.283\ \mathrm{m}=0.4439\,R_0,\qquad y_{\max}=9.643\ \mathrm{m}=0.6054\,y_{0,\max}$
4. A velocidade terminal é a velocidade à qual o arrasto equilibra o peso. Compará-la com a velocidade de lançamento revela qual das forças comanda no início.
  
  $v_t=\sqrt{\frac{mg}{k}}=\sqrt{\frac{1.0\times9.81}{0.030}}=18.083\ \mathrm{m/s}<v_0=25\ \mathrm{m/s}$
5. O comprimento característico de arrasto m/k é a distância ao longo da qual o ar dissipa uma fração substancial da velocidade. Compare-o com o alcance que esperava obter.
  
  $\ell=\frac{m}{k}=\frac{1.0}{0.030}=33.3\ \mathrm{m}\approx\tfrac12R_0$
Resposta

Porque o arrasto impõe uma escala de comprimento de 33 m, e o lançamento pretendia ter 64 m de alcance mas apenas 16 m de altura. O alcance preserva 44% do seu valor no vácuo; a altura máxima, 61%. Dois números mostram claramente que o arrasto não é aqui uma pequena correção. A velocidade terminal é de 18,083 m/s, abaixo dos 25 m/s do lançamento, pelo que a bola começa a perder mais para o ar do que para a gravidade; além disso, m/k = 33,3 m vale metade do alcance no vácuo, quando uma pequena correção exigiria que fosse muitas vezes superior. Não existe uma solução analítica fechada a que recorrer: o arrasto acopla os dois eixos, e é por essa razão que a página integra numericamente em vez de efetuar uma substituição direta.

$\frac{R}{R_0}=0.44,\qquad \frac{y_{\max}}{y_{0,\max}}=0.61$

Problemas suplementares, só com a resposta

Uma bola de basebol com massa de 0,145 kg tem constante de arrasto k = 1,3 × 10⁻³ kg/m. Qual é a sua velocidade terminal?

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33,08 m/s.

$v_t=\sqrt{\frac{0.145\times9.81}{1.3\times10^{-3}}}=33.08\ \mathrm{m/s}$
Uma esfera de chumbo e uma bola têm o mesmo tamanho, pelo que k = 0,030 kg/m para ambas; no entanto, a esfera tem massa de 3,0 kg e a bola de 1,0 kg. Que constante de arrasto teria a bola de ter para voar exatamente como a esfera?

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0,010 kg/m: apenas a razão k/m intervém no movimento.

$\frac{k}{m}=\frac{0.030}{3.0}=0.010\ \mathrm{m^{-1}}\ \Rightarrow\ k=0.010\ \mathrm{kg/m}\ \ (m=1.0\ \mathrm{kg})$
A bola de 1,0 kg com k = 0,030 kg/m é largada do repouso. Que distância percorreu quando atinge 90% da sua velocidade terminal?

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27,68 m.

$y=-\frac{m}{2k}\ln\!\left(1-0.90^{2}\right)=-\frac{1.0}{0.060}\ln0.19=27.68\ \mathrm{m}$
Uma bola com k/m = 0,010 m⁻¹ é lançada verticalmente para cima a 40 m/s. Que altura atinge e com que velocidade regressa ao solo?

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48,37 m e regressa a 24,66 m/s.

$v_t^{2}=\frac{9.81}{0.010}=981,\quad H=\frac{981}{19.62}\ln\!\left(1+\frac{1600}{981}\right)=48.37\ \mathrm{m},\quad v_{\mathrm{back}}=\frac{40\times31.32}{\sqrt{1600+981}}=24.66\ \mathrm{m/s}$
Uma bola com k/m = 0,030 m⁻¹ cai sob a ação de um vento horizontal constante de 5,0 m/s. Se cair durante tempo suficiente, para que velocidade em relação ao solo estabiliza?

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18,76 m/s, 74,54° abaixo da horizontal: 5,0 m/s no sentido do vento e 18,08 m/s para baixo.

$\mathbf v\to(w,\,-v_t)=(5.0,\,-18.08)\ \mathrm{m/s},\qquad |\mathbf v|=18.76\ \mathrm{m/s},\quad \varphi=74.54^\circ$

Por que razão a descida é mais íngreme e mais lenta

Durante a subida, tanto o arrasto como a gravidade apontam para baixo, travando a ascensão em conjunto. Na descida contrariam-se: a bola cai mais devagar do que subiu e demora mais tempo a fazê-lo. No lançamento de referência, a subida dura 1,2702 s e a descida 1,5141 s. Ao longo do percurso, o ar vai consumindo a velocidade horizontal, pelo que a segunda metade do voo cobre menos terreno do que a primeira. O ponto mais alto surge aos 16,259 m de uma trajetória de 28,283 m, já bem além do meio, e o projétil atinge o solo a 62,324°, tendo partido a 45°. No vácuo, a parábola é simétrica em relação ao vértice porque as equações sem arrasto funcionam da mesma forma se o tempo correr para trás. É o termo de arrasto que sabe em que sentido o tempo avança.

O que conta é o ar, não o solo

O arrasto atua sobre a velocidade relativa ao ar, v − w, pelo que não atrai a bola para o repouso: puxa-a para o movimento do próprio ar. Se o voo durar o suficiente num vento uniforme, qualquer corpo acabará a derivar à velocidade do vento enquanto desce à velocidade terminal. Prima vento contrário: um vento de 8 m/s contra o lançamento consome o avanço da bola antes de ela chegar ao chão, fazendo-a cair a 92,328° abaixo da horizontal, inclinada para trás, na direção de quem a lançou.

Por que bolas de golfe com covinhas voam mais longe

Tornar uma bola rugosa pode, na verdade, diminuir a sua resistência ao ar. As covinhas de uma bola de golfe forçam o ar junto à superfície a formar uma fina camada turbulenta, que adere à curvatura traseira da esfera durante mais tempo antes de se desprender, deixando uma esteira de baixa pressão bem mais estreita. Quando o escoamento atinge velocidade suficiente para fazer isto espontaneamente, o coeficiente de arrasto da esfera sofre uma queda brusca; é a conhecida crise do arrasto, e as covinhas antecipam essa quebra para as velocidades de uma tacada inicial. Esta página mantém k idêntico em todas as velocidades, pelo que essa crise é precisamente aquilo que o modelo não pode ilustrar.

Percurso de aprendizagem

O lançamento de objetos

Referências (2)

The lesson — why the coupled equations admit no elementary range formula, and how the optimum angle moves: G. W. Parker, "Projectile motion with air resistance quadratic in the speed." American Journal of Physics 45(7), 606–610, 1977.
Insight block 3 — why roughening a ball reduces its drag: P. W. Bearman and J. K. Harvey, "Golf Ball Aerodynamics." Aeronautical Quarterly 27(2), 112–122, 1976 — wind-tunnel measurements of dimpled against smooth spheres.

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.