Uma fina placa quadrada de naftalina, de 15 cm de lado, é testada num túnel de vento com ar a 30 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, 1 \mathrm{~atm} e 38^{\circ} \mathrm{C}, escoando paralelamente à mesma. A força de arraste total medida é de 0,1 \mathrm{~N}. Calcular a vazão molar de evaporação da naftalina, sabendo-se que sua difusividade no ar a 38^{\circ} \mathrm{C} vale 6,25 \times 10^{-6} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} e que a sua pressão de vapor nesta mesma temperatura vale 0,25 \mathrm{mmHg}. Utilizar no cálculo: Dados: \mu=1,9 \times 10^{-4} \mathrm{~kg} / \mathrm{m} . \mathrm{s} ; \rho=1,135 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}.
a analogia de Reynolds;

Passo 1

O enunciado pede para calcular a vazão molar de evaporação da naftalina (ou seja, o número de mols por segundo que saem da placa). Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
  • lado da placa: \;0,15\\ \mathrm{m} (o enunciado deu 15\\ \mathrm{cm});
  • velocidade do ar: \;U=30\\ \mathrm{m/s};
  • pressão total: \;P=1\\ \mathrm{atm}=101325\\ \mathrm{Pa};
  • temperatura: \;T=38^\circ\mathrm{C}=311{,}15\\ \mathrm{K};
  • força de arraste medida: \;F=0{,}1\\ \mathrm{N};
  • difusividade da naftalina no ar: \;D=6{,}25\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s};
  • viscosidade dinâmica: \;\mu=1{,}9\times10^{-4}\\ \mathrm{kg/(m\cdot s)};
  • densidade do ar: \;\rho=1{,}135\\ \mathrm{kg/m^3};
  • pressão de vapor da naftalina a 38^\circ\mathrm{C}: \;p_s=0{,}25\\ \mathrm{mmHg}.
    Pergunta concreta: determinar a vazão molar de evaporação \dot{n} (mol/s) da placa nas condições dadas.

Passo 2

Primeira etapa prática: calcular as áreas e obter o coeficiente de atrito médio a partir da força de arraste medida. Explicação curta do conceito usado: o arraste sobre uma placa alinhada ao fluxo é majoritariamente “arraste por atrito” (shear) sobre as superfícies expostas; define-se um coeficiente de fricção médio \;C_f por
C_f=\frac{F}{\tfrac{1}{2}\rho U^2 A_{\text{surf}}},
onde A_{\text{surf}} é a área molhada (superfície sujeita ao atrito). Aqui a placa tem duas faces expostas, logo
A_{\text{lado}}=(0,15)^2=0{,}0225\\ \mathrm{m^2},\qquad A_{\text{surf}}=2A_{\text{lado}}=0{,}045\\ \mathrm{m^2}.
Vou usar a fórmula acima para obter C_f.

Passo 3

Cálculo numérico de C_f. Valores necessários:
\tfrac{1}{2}\rho U^2=\tfrac{1}{2}\cdot 1{,}135\cdot 30^2=510{,}75\\ \mathrm{Pa}.
Então o denominador na definição de C_f vale
\tfrac{1}{2}\rho U^2 A_{\text{surf}}=510{,}75\cdot 0{,}045=22{,}98375\\ \mathrm{N}.
Portanto
C_f=\frac{0{,}1}{22{,}98375}=0{,}004349\\ \text{(adimensional)}\approx 4{,}35\times10^{-3}.
Comentário didático: C_f é uma medida adimensional da intensidade do atrito relativo à pressão dinâmico \tfrac{1}{2}\rho U^2.

Passo 4

Agora ligamos atrito (momento) à transferência de massa usando a analogia de Reynolds–Chilton–Colburn (muito usada em trocas convectivas): a forma útil aqui é a relação entre o coeficiente de fricção médio e o coeficiente de transferência de massa k_c. Definimos o número de Schmidt
\mathrm{Sc}=\frac{\nu}{D},\quad\text{onde}\quad \nu=\frac{\mu}{\rho}
é a viscosidade cinemática. Cálculo de \nu:
\nu=\frac{1{,}9\times10^{-4}}{1{,}135}=1{,}673\times10^{-4}\\ \mathrm{m^2/s}.
Logo
\mathrm{Sc}=\frac{1{,}673\times10^{-4}}{6{,}25\times10^{-6}}=26{,}77\\ \text{(adimensional)}.
Explicação: \mathrm{Sc} compara transporte de quantidade de movimento (viscosidade) e transporte molecular de massa (difusividade).

Passo 5

A analogia de Chilton–Colburn para transferência de massa pode ser escrita em termos do fator j_M:
j_M=\mathrm{St}_m\,\mathrm{Sc}^{2/3},
onde \mathrm{St}_m=\dfrac{k_c}{U} é o número de Stanton de massa. A analogia afirma que
j_M=\frac{C_f}{2}.
Isolando k_c obtemos a fórmula prática que vou usar:
k_c=\frac{C_f}{2}\;U\;\mathrm{Sc}^{-2/3}.
Explicação: essa fórmula conecta a intensidade do atrito (momento) com a intensidade da convecção de massa, usando a dependência típica em \mathrm{Sc}^{2/3} encontrada para escoamentos turbulentos-laminarizados; é uma analogia amplamente usada quando medimos atrito e queremos estimar transferência de calor ou massa.

Passo 6

Calcular \mathrm{Sc}^{2/3} e k_c. Primeiro
\mathrm{Sc}^{2/3}=26{,}77^{2/3}\approx 8{,}95\quad\Rightarrow\quad \mathrm{Sc}^{-2/3}\approx 0{,}1117.
Agora aplicando a fórmula de k_c:
k_c=\frac{0{,}004349}{2}\cdot 30\cdot 0{,}1117 =0{,}0021745\cdot 30\cdot 0{,}1117 \approx 0{,}00729\\ \mathrm{m/s}.
Interpretação: k_c é um coeficiente de transferência de massa convectivo com dimensão de velocidade; diz quanto de concentração é transportado por unidade de superfície por unidade de diferença de concentração.

Passo 7

Agora precisamos da diferença de concentração de vapor entre a superfície e o ar distante. A concentração molar do vapor na superfície é dada pela lei dos gases ideais:
C_s=\frac{p_s}{R T}.
Converter p_s de \mathrm{mmHg} para \mathrm{Pa}:
p_s=0{,}25\\ \mathrm{mmHg}=0{,}25\cdot133{,}322\\ \mathrm{Pa}=33{,}33\\ \mathrm{Pa}.
Constante dos gases: R=8{,}314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}. Assim
C_s=\frac{33{,}33}{8{,}314\cdot 311{,}15} \approx 0{,}01288\\ \mathrm{mol/m^3}.
Assumimos que no escoamento distante a fração de vapor é desprezível ( C_\infty\approx 0), portanto a diferença concentracional é \Delta C=C_s-C_\infty\approx C_s.

Passo 8

Calcular o fluxo molar por unidade de área (fluxo convectivo) e depois a vazão molar total. O fluxo molar local é
N_A=k_c\Delta C=k_c C_s.
Numericamente:
N_A=0{,}00729\cdot 0{,}01288\approx 9{,}39\times10^{-5}\\ \mathrm{mol/(m^2\cdot s)}.
A área total evaporante é a soma das duas faces: A_{\text{surf}}=0{,}045\\ \mathrm{m^2} (calculada no Passo 2). Logo a vazão molar total é
\dot{n}=N_A A_{\text{surf}}=9{,}39\times10^{-5}\cdot 0{,}045 \approx 4{,}22\times10^{-6}\\ \mathrm{mol/s}.

Passo 9

Verificação rápida de ordem de grandeza: o valor é pequeno (micromols por segundo), compatível com uma substância de baixa pressão de vapor e pequena área. Unidades conferem: k_c em \mathrm{m/s} vezes C em \mathrm{mol/m^3} \mathrm{mol/(m^2\cdot s)}, multiplicando por \mathrm{m^2} \mathrm{mol/s}.

Resposta

4{,}22\times10^{-6}\\ \mathrm{mol/s}

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