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 Prandtl;

Passo 1

O enunciado pede a vazão molar de evaporação da naftalina (ou seja, \dot{n} em mol/s) a partir de uma placa quadrada de lado 15\\ \mathrm{cm} colocada em escoamento de ar. Dados fornecidos (vou listar tudo explicitamente):
  • lado da placa: 15\\ \mathrm{cm}=0{,}15\\ \mathrm{m}.
  • velocidade do ar: U=30\\ \mathrm{m/s}.
  • pressão total do ar: 1\\ \mathrm{atm} (apenas informativa aqui).
  • temperatura do ar: 38^\circ\mathrm{C}=311{,}15\\ \mathrm{K}.
  • força de arraste total medida na placa: F_D=0{,}1\\ \mathrm{N}.
  • difusividade da naftalina no ar: D=6{,}25\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^2/\mathrm{s}.
  • pressão de vapor da naftalina a 38^\circ\mathrm{C}: p_v=0{,}25\\ \mathrm{mmHg}.
  • viscosidade dinâmica do ar: \mu=1{,}9\times10^{-4}\\ \mathrm{kg/(m\cdot s)}.
  • densidade do ar: \rho=1{,}135\\ \mathrm{kg/m^3}.
  • constante universal dos gases: R=8{,}314\\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}.
  • massa molar aproximada da naftalina (C _{10}H _8): M=128{,}17\\ \mathrm{g/mol}=0{,}12817\\ \mathrm{kg/mol}.
Observações de leitura do enunciado que uso depois:
  • A placa é fina; vou considerar evaporação em ambas as faces planas. Logo área de evaporação total A=2\times(0{,}15)^2.
  • A estratégia (indicada pelo enunciado: “a analogia de Prandtl”) é relacionar transferência de massa com o arraste (momentum) medido, ou seja, usar a relação entre coeficiente de atrito e coeficiente de transferência de massa (Chilton–Colburn / Prandtl). Não vou pedir mais informação.

Passo 2

Calcular o coeficiente de atrito médio C_f a partir da força de arraste medida.
Explicação passo a passo do que é C_f e como tirar do dado experimental:
  • O coeficiente de atrito médio é definido por
C_f=\frac{\tau_w}{\tfrac{1}{2}\rho U^2},
onde \tau_w é a tensão de cisalhamento média na superfície. Se multiplicarmos \tau_w pela área superficial A obtemos a força de arraste F_D=\tau_w A. Assim
C_f=\frac{F_D}{\tfrac{1}{2}\rho U^2 A}.
Aqui A é a área real onde age a tensão de cisalhamento (evaporação/arraste); como a placa tem duas faces planas, uso
A=2\times (0{,}15)^2=2\times 0{,}0225=0{,}045\\ \mathrm{m^2}.
Cálculo numérico:
\tfrac{1}{2}\rho U^2=\tfrac{1}{2}\times 1{,}135\times 30^2=510{,}75\\ \mathrm{Pa}.
C_f=\frac{0{,}1}{510{,}75\times 0{,}045}=\frac{0{,}1}{22{,}98375}\approx 0{,}004348.
Comentário rápido: C_f é adimensional e resume o efeito do atrito por unidade de energia dinâmico. Pegamos C_f diretamente da força medida — legal!

Passo 3

Calcular o número de Schmidt Sc e explicar seu significado.
Definição e interpretação:
  • O número de Schmidt representa a razão entre difusão viscosa e difusão de massa:
Sc=\frac{\mu}{\rho D},
onde \mu é a viscosidade dinâmica, \rho a densidade do fluido e D a difusividade da espécie no fluido. Valores altos de Sc indicam que a difusão de ímpeto (viscosa) domina sobre a difusão de massa.
Cálculo:
Sc=\frac{1{,}9\times10^{-4}}{1{,}135\times 6{,}25\times10^{-6}} =\frac{1{,}9\times10^{-4}}{7{,}09375\times10^{-6}}\approx 26{,}79.

Passo 4

Usar a analogia de Prandtl (Chilton–Colburn) para obter o coeficiente de transferência de massa k_c.
Explicação da analogia e das fórmulas:
  • A versão útil da analogia (Chilton–Colburn) relaciona o número de Stanton de massa St_m com o coeficiente de atrito. O número de Stanton de massa é
St_m=\frac{k_c}{U},
onde k_c é o coeficiente convectivo de transferência de massa (unidade m/s) e U é a velocidade de referência.
  • A analogia fornece (para fluxo externo com comportamento análogo ao de escoamento que gerou o C_f)
St_m\,Sc^{2/3}=\frac{C_f}{2}.
Isto significa
\frac{k_c}{U}\,Sc^{2/3}=\frac{C_f}{2}\quad\Rightarrow\quad k_c=\frac{C_f}{2}\,U\,Sc^{-2/3}.
Racional curto: a analogia toma a similaridade entre os perfis de velocidade e concentração e dá essa relação prática; aqui usamos o C_f experimental para estimar k_c.

Passo 5

Calcular numericamente k_c.
Primeiro avalio Sc^{-2/3}. Já sei Sc\approx 26{,}79, então
Sc^{-2/3}\approx (26{,}79)^{-2/3}\approx 0{,}1115.
Agora
k_c=\frac{0{,}004348}{2}\times 30 \times 0{,}1115 =0{,}002174\times 30 \times 0{,}1115 \approx 0{,}00727\\ \mathrm{m/s}.
Interpretação: k_c de cerca de 7{,}3\times10^{-3}\\ \mathrm{m/s} é a velocidade efetiva com que a espécie é transferida do filme próximo à superfície para o escoamento.

Passo 6

Converter a pressão de vapor em concentração molar na superfície (usar equação dos gases ideais).
Explicação:
  • A concentração molar da vapor na superfície (mol/m^3) é dada por
c_{s}=\frac{p_v}{R T},
onde p_v é a pressão parcial do vapor (em Pa), R constante universal e T em K.
Conversão de unidades e cálculo:
p_v=0{,}25\\ \mathrm{mmHg}\times 133{,}322\\ \mathrm{\tfrac{Pa}{mmHg}}=33{,}3305\\ \mathrm{Pa}.
c_{s}=\frac{33{,}3305}{8{,}314\times 311{,}15}\approx \frac{33{,}3305}{2{,}586{,}8}\approx 0{,}01288\\ \mathrm{mol/m^3}.
Transformação para concentração mássica (kg/m^3), se preferirmos trabalhar em massa:
\rho_{v,s}=c_{s}\,M=0{,}01288\times 0{,}12817\approx 1{,}651\times10^{-3}\\ \mathrm{kg/m^3}.
Observação: assumi que a concentração no escoamento distante é desprezível (ar “seco”), então o gradiente de concentração é aproximadamente c_s-0.

Passo 7

Calcular o fluxo mássico por unidade de área j_m usando k_c e a concentração na superfície.
Fórmula e significado:
  • A lei de resfriamento/convecção para massa dá
j_m = k_c\,\rho_{v,s},
onde j_m tem unidade \mathrm{kg/(m^2\cdot s)}.
Cálculo:
j_m=0{,}00727\times 1{,}651\times10^{-3}\approx 1{,}20\times10^{-5}\\ \mathrm{kg/(m^2\cdot s)}.

Passo 8

Calcular a vazão mássica total de evaporação multiplicando pela área total de evaporação.
Área total (duas faces) já usada antes:
A=0{,}045\\ \mathrm{m^2}.
Vazão mássica total:
\dot{m}=j_m\,A=1{,}20\times10^{-5}\times 0{,}045\approx 5{,}41\times10^{-7}\\ \mathrm{kg/s}.
Comentário: isto é a massa de naftalina evaporada por segundo.

Passo 9

Converter a vazão mássica em vazão molar \dot{n}.
Fórmula:
\dot{n}=\frac{\dot{m}}{M},
onde M=0{,}12817\\ \mathrm{kg/mol}.
Cálculo:
\dot{n}=\frac{5{,}41\times10^{-7}}{0{,}12817}\approx 4{,}22\times10^{-6}\\ \mathrm{mol/s}.
Pequena checagem de sentido: valor muito pequeno faz sentido para uma pressão de vapor baixa e área pequena; ordem de 10^{-6}\\ \mathrm{mol/s} é razoável.

Resposta

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

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