26.10 Consider a hemispherical droplet of liquid water residing on a flat surface. Still air surrounds the droplet. At an infinitely long distance from the gas film, the concentration of water vapor is effectively zero. At a constant temperature of 30^{\circ} \mathrm{C} and 1.0 atm total pressure, the evaporation rate of the droplet is controlled by the rate of the molecular diffusion through the still air. Determine the time it will take for the water droplet to completely evaporate at 30^{\circ} \mathrm{C} and 1.0 atm total system pressure if the initial droplet radius is 5 mm . The vapor pressure of water at 30^{\circ} \mathrm{C} can be found in the steam tables.
Passo 1
O enunciado pede: calcular o tempo necessário para que uma gota de água hemisférica, de raio inicial 5\\ \mathrm{mm}, evapore completamente por difusão molecular em ar parado a 30^\circ\mathrm{C} e 1{,}0\\ \mathrm{atm}. A gota está sobre uma superfície plana (hemisfério) e, a uma distância infinitamente grande do filme de gás, a concentração de vapor é efetivamente zero. O enunciado fornece temperatura e pressão total; a pressão de vapor saturado p_{\mathrm{sat}} da água a 30^\circ\mathrm{C} deve ser obtida nas tabelas de vapor (steam tables). Informações relevantes dadas:
Raio inicial da gota: \;R_0 = 5\\ \mathrm{mm} = 0{,}005\\ \mathrm{m}.
Concentração de vapor a distância infinita: \;c_\infty = 0.
Pressão de vapor saturado da água a 30^\circ\mathrm{C}: obtida das steam tables (usarei a tabela para obter um valor numérico abaixo).
A evaporação é controlada pela difusão molecular na fase gás (regime difusivo quasi‑estacionário).
Passo 2
Que modelo físico vamos usar (sem detalhes técnicos longos): quando a transferência de massa ao redor de uma partícula esférica é limitada por difusão em regime quasi‑estacionário, a concentração do vapor satisfaz a equação de Laplace e, com simetria esférica, há uma solução simples. A gota é hemisférica sobre uma parede impermeável; por reflexão (método da imagem) isso é equivalente a uma esfera completa em espaço infinito, mas com fluxo total para apenas metade do espaço. Logo, podemos usar a solução conhecida para uma esfera e então tomar metade do fluxo para a hemisfera. Vou aplicar a lei de Fick para obter a taxa de perda de massa e, em seguida, integrar a equação para o raio que diminui com o tempo.
Passo 3
A solução para o campo de concentração em torno de uma esfera de raio R em regime estacionário com c(R)=c_s e c(\infty)=c_\infty e difusividade D leva à forma
Pela primeira lei de Fick, o fluxo molar (por unidade de área) é -D\,dc/dr. Integrando sobre a superfície da esfera (área 4\pi R^2) obtemos a taxa molar total para uma esfera:
\dot{N}_{\text{esfera}} = 4\pi R^2 \left(D\frac{c_s-c_\infty}{R}\right) = 4\pi R D (c_s-c_\infty).
Esta é uma fórmula padrão (aproveite para decorar: para uma esfera isolada, \dot{N}\propto R e não \propto R^2).
Passo 4
Para a gota hemisférica sobre uma superfície impermeável podemos usar o truque da imagem: refletindo a hemisfera no plano temos uma esfera completa. Assim, o fluxo total que sai apenas para o semiespaço acima do plano é metade do fluxo da esfera completa. Portanto a taxa molar de evaporação da hemisfera é
\dot{N} = 2\pi R D (c_s-c_\infty).
Como o enunciado diz que c_\infty=0, podemos escrever simplesmente \dot{N} = 2\pi R D c_s.
Passo 5
Vamos trabalhar com massa. A relação entre taxa molar e taxa de massa é \dot{m} = M\,\dot{N}, onde M é a massa molar da água: \;M = 18{,}015\times10^{-3}\\ \mathrm{kg/mol}. Assim
\dot{m} = -M\cdot 2\pi R D c_s,
o sinal negativo indicando perda de massa.
Passo 6
A massa líquida da hemisfera de água de raio R é
m = \rho_\ell V_{\text{hemis}} = \rho_\ell \left(\frac{2}{3}\pi R^3\right),
onde \rho_\ell é a densidade do líquido. A densidade da água a 30^\circ\mathrm{C} vale aproximadamente \rho_\ell \approx 995{,}7\\ \mathrm{kg/m^3} (valor tabelado). Diferenciando m em função do tempo:
\frac{dm}{dt} = 2\pi \rho_\ell R^2 \frac{dR}{dt}.
Passo 7
Igualamos a expressão para \dot{m} (passo 5) com a derivada obtida acima:
2\pi \rho_\ell R^2 \frac{dR}{dt} = -2\pi M D R c_s.
Cancelando 2\pi R em ambos os lados obtemos
\rho_\ell R \frac{dR}{dt} = - M D c_s.
Isolando \frac{dR}{dt}:
\frac{dR}{dt} = -\frac{M D c_s}{\rho_\ell}\cdot\frac{1}{R}.
Passo 8
Esta é uma EDO separável. Multiplicando ambos os lados por R\,dt e integrando de R_0 até 0 (tempo de evaporação t_{\text{evap}}):
\int_{R_0}^{0} R\,dR = -\frac{M D c_s}{\rho_\ell}\int_{0}^{t_{\text{evap}}} dt.
A integral esquerda dá -\tfrac{1}{2}R_0^2. Assim
-\frac{1}{2}R_0^2 = -\frac{M D c_s}{\rho_\ell}\, t_{\text{evap}}
ou finalmente
t_{\text{evap}} = \frac{\rho_\ell R_0^2}{2 M D c_s}.
Portanto o tempo de evaporação cresce com R_0^2 (curioso: o volume é \propto R^3 mas, por causa do fluxo \propto R, o tempo escala como R_0^2).
Passo 9
Agora vamos colocar números. Precisamos do valor de c_s (concentração molar do vapor de água saturado a 30^\circ\mathrm{C}) e do coeficiente de difusão D.
Pressão de vapor saturado da água a 30^\circ\mathrm{C} (valor das steam tables): \;p_{\mathrm{sat}}(30^\circ\mathrm{C}) \approx 4{,}243\\ \mathrm{kPa} = 4243\\ \mathrm{Pa}. (valores de tabela.)
Pela lei dos gases ideais, a concentração molar saturada é
c_s = \frac{p_{\mathrm{sat}}}{R_u T},
onde R_u = 8{,}314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)} e T=303{,}15\\ \mathrm{K}. Assim
(Verificação rápida: multiplicando por M recuperamos a densidade de vapor calculada antes, cerca de 0{,}0303\\ \mathrm{kg/m^3}.)
Coeficiente de difusão do vapor d’água no ar à temperatura ~30^\circ\mathrm{C}: tomo um valor típico D \approx 2{,}6\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s} (valores tabulados ficam entre 2{,}5 e 2{,}8\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s} nessa faixa de temperatura; a escolha altera pouco o resultado final).
Massa molar da água: M = 18{,}015\times10^{-3}\\ \mathrm{kg/mol}.
Densidade líquida da água a 30^\circ\mathrm{C}: \rho_\ell \approx 995{,}7\\ \mathrm{kg/m^3}.
Raio inicial: R_0 = 0{,}005\\ \mathrm{m}.
Agora calculemos o denominador:
2 M D c_s = 2\times(18{,}015\times10^{-3})\times(2{,}6\times10^{-5})\times(1{,}683).
Primeiro calcule M c_s \approx 0{,}018015\times1{,}683 \approx 0{,}030334\\ \mathrm{kg/m^3}.
Depois M c_s D \approx 0{,}030334\times2{,}6\times10^{-5} \approx 7{,}887\times10^{-7}\\ \mathrm{kg/(m\cdot s)}.
Multiplicando por 2 dá 2 M D c_s \approx 1{,}5774\times10^{-6}\\ \mathrm{kg/(m\cdot s)}.
O numerador é \rho_\ell R_0^2 = 995{,}7\times(0{,}005)^2 = 995{,}7\times2{,}5\times10^{-5} \approx 0{,}0248925\\ \mathrm{kg/m}.
Observação prática: se em vez de D=2{,}6\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s} você usar D=2{,}5\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s}, obtém-se algo como t\approx 4{,}6\\ \mathrm{h}. A ordem de grandeza (várias horas) é a mesma.
Passo 10
Resumo interpretativo rápido e incentivo: a gota de 5\\ \mathrm{mm} de raio leva várias horas para evaporar quando o processo é controlado exclusivamente por difusão em ar parado — isso mostra por que uma gota relativamente grande persiste. Se houver convecção (vento, ventilação), o tempo cai muito. Você foi firme seguindo passo a passo — já está dominando a técnica!