Foram feitas medidas da viscosidade do óleo de mamona em temperaturas na faixa entre 20 e 80^{\circ} \mathrm{C}, sendo obtidos os resultados a seguir:
\eta (cp) T (Celsius)
1000 20
200 40
50 60
14 80
Determine a energia de ativação do fluxo viscoso e o fator pré-exponencial para o óleo de mamona.

Passo 1

O enunciado fornece quatro medidas de viscosidade do óleo de mamona em diferentes temperaturas e pede dois números: a energia de ativação do fluxo viscoso e o fator pré-exponencial. Dados fornecidos (peguei estes valores no enunciado):
  • \eta=1000 \mathrm{cp} a T=20\,^\circ\mathrm{C}.
  • \eta=200 \mathrm{cp} a T=40\,^\circ\mathrm{C}.
  • \eta=50 \mathrm{cp} a T=60\,^\circ\mathrm{C}.
  • \eta=14 \mathrm{cp} a T=80\,^\circ\mathrm{C}.
O que se pede:
  1. A energia de ativação do fluxo viscoso E_a (em J/mol ou kJ/mol).
  2. O fator pré-exponencial A da lei de Arrhenius para a viscosidade (na mesma unidade de \eta, aqui \mathrm{cp}).

Passo 2

Modelo físico-matemático que vamos usar (é o modelo empírico comumente adotado para dependência térmica da viscosidade):
\eta = A \exp\!\left(\dfrac{E_a}{R T}\right),
onde:
  • \eta é a viscosidade (aqui em \mathrm{cp});
  • A é o fator pré-exponencial (mesma unidade de \eta);
  • E_a é a energia de ativação do fluxo (em J/mol);
  • R é a constante universal dos gases, \;R=8{,}314\\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}};
  • T é a temperatura absoluta (em kelvin).
Explicação curta do porquê: ao tomar logaritmo natural, essa equação fica linear em 1/T, o que permite obter E_a e A ajustando uma reta aos dados:
\ln\eta = \ln A + \dfrac{E_a}{R}\cdot\dfrac{1}{T}.
Nessa forma, y=\ln\eta e x=1/T; a inclinação da reta é \dfrac{E_a}{R} e o intercepto é \ln A.

Passo 3

Converter as temperaturas para kelvin e calcular 1/T. As temperaturas dadas em Celsius foram transformadas usando T(\mathrm{K})=T(^{\circ}\mathrm{C})+273{,}15.
Dados transformados (peguei as temperaturas no enunciado e somei 273{,}15):
  • Para 20\,^\circ\mathrm{C}: T_1=20+273{,}15=293{,}15\\ \mathrm{K}, \dfrac{1}{T_1}=0{,}003411\\ \mathrm{K^{-1}}.
  • Para 40\,^\circ\mathrm{C}: T_2=313{,}15\\ \mathrm{K}, \dfrac{1}{T_2}=0{,}003193\\ \mathrm{K^{-1}}.
  • Para 60\,^\circ\mathrm{C}: T_3=333{,}15\\ \mathrm{K}, \dfrac{1}{T_3}=0{,}003000\\ \mathrm{K^{-1}}.
  • Para 80\,^\circ\mathrm{C}: T_4=353{,}15\\ \mathrm{K}, \dfrac{1}{T_4}=0{,}002832\\ \mathrm{K^{-1}}.
(As inversas estão arredondadas com precisão suficiente para cálculo manual e interpretação.)

Passo 4

Calcular os logaritmos naturais das viscosidades (peguei os valores de \eta na tabela):
\begin{aligned} \ln\eta_1 &= \ln(1000)=6{,}907755,\\[4pt] \ln\eta_2 &= \ln(200)=5{,}298317,\\[4pt] \ln\eta_3 &= \ln(50)=3{,}912023,\\[4pt] \ln\eta_4 &= \ln(14)=2{,}639057. \end{aligned}]

Passo 5

Escolha do método numérico: com a relação linear \ln\eta versus 1/T é comum ajustar uma reta por mínimos quadrados. Para uma resolução de prova rápida e robusta, usar os pontos extremos (primeiro e último) para calcular a inclinação dá um valor confiável porque maximiza a alavanca dos dados (menor sensibilidade a pequenos erros de arredondamento). Vou então calcular a inclinação usando os pontos 1 e 4:
\text{slope} = \dfrac{\Delta(\ln\eta)}{\Delta(1/T)} = \dfrac{\ln\eta_1-\ln\eta_4}{(1/T_1)-(1/T_4)}.
Numéricos (peguei os \ln\eta e os 1/T calculados acima):
\Delta(\ln\eta)=6{,}907755-2{,}639057=4{,}268698.
\Delta(1/T)=0{,}003411-0{,}002832=0{,}000579\\ \mathrm{K^{-1}}.
\text{slope}=\dfrac{4{,}268698}{0{,}000579}=7374{,}6\\ (\text{sem unidade}).

Passo 6

Relacionar a inclinação com E_a: como \text{slope}=\dfrac{E_a}{R}, segue
E_a = (\text{slope})\cdot R = 7374{,}6 \times 8{,}314\\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}} =61312\\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}}\approx6{,}13\times10^{4}\\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}}.
É comum expressar em kJ/mol:
E_a \approx 61{,}3\\ \mathrm{kJ\cdot mol^{-1}}.

Passo 7

Determinar o fator pré-exponencial A. Usando a forma linear \ln\eta=\ln A + \dfrac{E_a}{R}\cdot\dfrac{1}{T}, escolho um ponto (por exemplo o primeiro) para achar \ln A:
\ln A = \ln\eta_1 - \left(\dfrac{E_a}{R}\right)\dfrac{1}{T_1}.
Substituindo os números (usei o valor da inclinação já calculado \,7374{,}6=\dfrac{E_a}{R}\, e 1/T_1=0{,}003411):
\ln A = 6{,}907755 - 7374{,}6\times0{,}003411 = 6{,}907755 - 25{,}15476 = -18{,}2470.
Logo
A = \exp(-18{,}2470)=1{,}19\times10^{-8}\\ \mathrm{cp}.

Passo 8

Verificação rápida (controle razoável): prever \eta em T_2=313{,}15\\ \mathrm{K} usando os parâmetros obtidos:
\ln\eta_{\mathrm{calc}}=\ln A + \text{slope}\cdot\dfrac{1}{T_2} = -18{,}2470 + 7374{,}6\times0{,}003193 \approx 5{,}304,
\eta_{\mathrm{calc}} \approx e^{5{,}304}\approx 200{,}7\\ \mathrm{cp},
que está muito próximo do valor experimental 200\\ \mathrm{cp}. Isso indica consistência do ajuste.

Resposta

E_a \approx 6{,}13\times10^{4}\\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}} ( \approx 61{,}3\\ \mathrm{kJ\cdot mol^{-1}})
A \approx 1{,}19\times10^{-8}\\ \mathrm{cp}

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