25.2b Que pressāo tem o nitrogênio gasoso quando a taxa de colisão das moléculas sobre uma superfície circular com diâmetro de 2,0 \mathrm{~mm} é de 5,00 \times 10^{19} \mathrm{~s}^{-1}, a 525 K ?

Passo 1

O enunciado pede a pressão do gás nitrogênio quando a taxa de colisão das moléculas sobre uma superfície circular de diâmetro 2,0\\ \mathrm{mm} é Z=5,00\times10^{19}\\ \mathrm{s}^{-1} a T=525\\ \mathrm{K}. O conteúdo envolvido é a teoria cinética dos gases, em particular o fluxo de colisões sobre uma área e a velocidade média molecular.

Passo 2

Pela teoria cinética, o número de colisões por segundo sobre uma área A é
Z = \frac{1}{4}\,n\,\bar v\,A,
onde n é a densidade numérica \mathrm{moléculas/m^3}é e \bar v é a velocidade média das moléculas. Além disso, do gás ideal temos
n = \frac{P}{kT},
e a velocidade média é
\bar v = \sqrt{\frac{8\,k\,T}{\pi\,m}},
com k constante de Boltzmann e m massa de uma molécula.

Passo 3

Substituindo n e \bar v em Z e isolando P, obtemos
Z = \frac{1}{4}\,\frac{P}{kT}\,\bar v\,A \quad\Longrightarrow\quad P = \frac{4\,Z\,k\,T}{\bar v\,A}.

Passo 4

A massa de uma molécula de \mathrm{N_2} é
m = \frac{28{,}0\times10^{-3}\\ \mathrm{kg/mol}}{N_A} \approx 4{,}65\times10^{-26}\\ \mathrm{kg}.
Logo
\bar v = \sqrt{\frac{8\,k\,T}{\pi\,m}} = \sqrt{\frac{8\,(1{,}381\times10^{-23})\,(525)}{\pi\,(4{,}65\times10^{-26})}} \approx 6,30\times10^2\\ \mathrm{m/s}.

Passo 5

A área da superfície circular de diâmetro d=2{,}0\\ \mathrm{mm} é
A = \pi\Bigl(\frac{d}{2}\Bigr)^2 = \pi\,(1{,}0\times10^{-3})^2 = 3{,}14\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2}.

Passo 6

Substituindo os valores em
P = \frac{4\,Z\,k\,T}{\bar v\,A}
temos
P = \frac{4\,(5{,}00\times10^{19})\,(1{,}381\times10^{-23})\,(525)} {(6{,}30\times10^2)\,(3{,}14\times10^{-6})} \approx 7,33\times10^2\\ \mathrm{Pa}.

Resposta

7,33\times10^2\\ \mathrm{Pa}

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