Nitrogênio a uma pressão de 2 atm escoa no interior de um tubo com 40 mm de dîmetro e espessura de parede de 0,5 \mathrm{~mm}. A superficie externa está exposta a uma corrente de gás na qual a pressiáo parcial do nitrogênio é de 0,1 \mathrm{~atm}. A difusividade mássica e a solubilidade do nitrogćnio no material do tubo sia 1,8 x 10^{-11} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} e 160 \mathrm{kmol} /\left(\mathrm{m}^{3} . \mathrm{atm}\right), respectivamente. Quando o sistema se encontra a 500 K , qual é a taxa de transferéncia de nitrogènio através da parede do tubo por unidade de comprimento (kmol/s.m)?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
Dados fornecidos:
  • Pressão interna do nitrogênio: p_1 = 2\\ \mathrm{atm}.
  • Pressão parcial externa do nitrogênio: p_2 = 0,1\\ \mathrm{atm}.
  • Diâmetro externo/ interno do tubo (usado para raio interno): D = 40\\ \mathrm{mm} = 0,040\\ \mathrm{m}. Portanto raio interno r_1 = D/2 = 0,020\\ \mathrm{m}.
  • Espessura da parede: t = 0,5\\ \mathrm{mm} = 0,0005\\ \mathrm{m}. Então raio externo r_2 = r_1 + t = 0,0205\\ \mathrm{m}.
  • Difusividade mássica no material: D = 1,8\times10^{-11}\\ \mathrm{m^{2}/s}.
  • Solubilidade (constante de Henry no sólido): S = 160\\ \mathrm{kmol/(m^{3}\cdot atm)}.
  • Temperatura dada: 500\\ \mathrm{K} (não é necessária explicitamente para os cálculos, porque já foi dada S).
    O que o enunciado pede:
  • A taxa de transferência de nitrogênio através da parede do tubo por unidade de comprimento, em unidades de \mathrm{kmol/(s\cdot m)}.

Passo 2

Modelo físico e leis a usar (explicadinho):
  • O nitrogênio difunde através do material da parede do tubo em regime estacionário (fluxo constante no tempo) e unidimensional na direção radial.
  • Para relacionar concentração dissolvida no material à pressão do gás usa-se a lei de Henry (solubilidade): a concentração no sólido na face interfaciária é proporcional à pressão do gás. Em fórmula:
c = S\,p,
onde c é a concentração do nitrogênio dissolvido no material ( \mathrm{kmol/m^{3}}), S é a solubilidade ( \mathrm{kmol/(m^{3}\cdot atm)}) e p a pressão do nitrogênio ( \mathrm{atm}).
  • A difusão no meio sólido obedece à lei de Fick. Em coordenadas radiais, para regime estacionário e simetria cilíndrica, ao integrar a equação de conservação obtém-se uma expressão para a vazão molar axial por comprimento unitário.

Passo 3

Derivação da expressão para fluxo radial estacionário (passo a passo):
  • Em coordenadas cilíndricas, a área através da qual difunde radialmente por comprimento L é A(r)=2\pi r L. Para taxa por unidade de comprimento colocamos L=1.
  • A lei de Fick no radial em regime estacionário dá, para a vazão molar total N (em \mathrm{kmol/s}):
N = -D\,A(r)\,\frac{dc}{dr} = -D\,(2\pi r)\,\frac{dc}{dr}.
  • Como N é constante com r em regime estacionário, separamos variáveis e integramos entre as superfícies r_1 e r_2 (onde as concentrações são c_1 e c_2):
\int_{r_1}^{r_2}\frac{dr}{r} = -\frac{N}{2\pi D}\int_{c_1}^{c_2}\frac{dc}{ }.
  • Integrando:
\ln\!\left(\frac{r_2}{r_1}\right) = -\frac{N}{2\pi D}\,(c_2-c_1).
  • Rearranjando para obter a vazão por unidade de comprimento (colocando N' = N por comprimento unitário, unidade \mathrm{kmol/(s\cdot m)}):
N' = 2\pi D\,\frac{c_1-c_2}{\ln\!\left(\dfrac{r_2}{r_1}\right)}.
Aqui:
  • N' é a vazão molar de nitrogênio por comprimento unitário ( \mathrm{kmol/(s\cdot m)}).
  • c_1 e c_2 são as concentrações dissolvidas nas faces interna e externa do tubo ( \mathrm{kmol/m^{3}}).
  • r_1 e r_2 são os raios interno e externo ( \mathrm{m}).
Observação sobre método: poderia-se usar a aproximação de placa plana (área =2\pi r_1 e gradiente \Delta c / t ), que é mais simples; porém a solução cilíndrica exata acima é tão simples quanto e é mais correta geometricamente. Para este caso, como a parede é fina, os dois métodos dão números muito próximos (vou fazer uma checagem no final).

Passo 4

Calcular as concentrações nas superfícies usando a lei de Henry:
c_1 = S\,p_1 = 160\times 2 = 320\\ \mathrm{kmol/m^{3}},
c_2 = S\,p_2 = 160\times 0,1 = 16\\ \mathrm{kmol/m^{3}}.
Diferença:
\Delta c = c_1 - c_2 = 320 - 16 = 304\\ \mathrm{kmol/m^{3}}.

Passo 5

Valores geométricos:
r_1 = 0,020\\ \mathrm{m},\qquad r_2 = 0,0205\\ \mathrm{m}.
Calcular o logaritmo:
\ln\!\left(\frac{r_2}{r_1}\right)=\ln\!\left(\frac{0,0205}{0,020}\right)=\ln(1,025)\approx 0,0246926.

Passo 6

Substituir tudo na fórmula cilíndrica:
N' = 2\pi D\,\frac{\Delta c}{\ln\!\left(\dfrac{r_2}{r_1}\right)}.
Agora os números:
2\pi D\,\Delta c = 2\pi\times\left(1,8\times10^{-11}\right)\times 304.
Calculemos em etapas:
1,8\times10^{-11}\times 304 = 5,472\times10^{-9},
2\pi\times 5,472\times10^{-9} \approx 3,4362\times10^{-8}.
Dividindo pelo logaritmo:
N' \approx \frac{3,4362\times10^{-8}}{0,0246926} \approx 1,3917\times10^{-6}\\ \mathrm{kmol/(s\cdot m)}.

Passo 7

Checagem rápida pela aproximação de placa plana (controle):
  • Fluxo por área (densidade de fluxo) aproximada:
j \approx D\,\frac{\Delta c}{t} = 1,8\times10^{-11}\times\frac{304}{0,0005} \approx 1,0944\times10^{-5}\\ \mathrm{kmol/(m^{2}\cdot s)}.
  • Área por unidade de comprimento usada na aproximação: A' = 2\pi r_1 \approx 2\pi\times0,020 = 0,12566\\ \mathrm{m}.
  • Assim N'_{\text{placa}} \approx j\,A' \approx 1,0944\times10^{-5}\times0,12566 \approx 1,374\times10^{-6}\\ \mathrm{kmol/(s\cdot m)}.
    Resultado muito próximo do valor exato cilíndrico ( 1,392\times10^{-6}), o que confirma que o cálculo está consistente.

Passo 8

Interpretação final e ânimo:
  • A vazão é bastante pequena (ordem 10^{-6}\\ \mathrm{kmol/(s\cdot m)}), o que faz sentido: a difusividade no sólido é muito baixa e a espessura, embora fina, ainda limita o transporte.
  • Está certinho — e deu quase o mesmo pela aproximação plana, então não há surpresa numérica.
  • Força aí — esse tipo de conta costuma aparecer em prova; decorando a fórmula cilíndrica e sabendo aplicar Henry + Fick, resolve rapidinho.

Resposta

1,39\times10^{-6}\\ \mathrm{kmol/(s\cdot m)}