Utilize a equação da Continuidade em coordenadas esféricas para obter a equação da vazão molar de soluto transferido para a fase fluida. Assuma que o raio da esfera permaneça constante. Posteriormente estime o tempo necessário para uma esfera de naftaleno reduzir o seu volume à metade mediante exposição ao ar atmosférico estagnado a 40^{\circ} \mathrm{C} e 1 atm .
Dados:
Massa molar do naftaleno =128,1 \mathrm{~g} / \mathrm{mol}
Massa específica do naftaleno sólido =1,14 \mathrm{~g} / \mathrm{cm}^{3}
Diâmetro inicial da esfera =1 \mathrm{~cm}
Pressão de vapor do naftaleno (mmHg): \log \left(\mathrm{P}_{\mathrm{VA}}\right)=10,56-(3472 / \mathrm{T}) com T em K.
Difusividade mássica do naftaleno em ar a 298 K e 1 \mathrm{~atm}=0,00611 \mathrm{cm}^{2} / \mathrm{s}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • Derivar, a partir da equação da Continuidade em coordenadas esféricas (assumindo raio da esfera constante), a expressão para a vazão molar de soluto que passa da superfície da esfera para a fase fluida (isto é, \dot{n}, em mol/s).
  • Estimar numericamente o tempo necessário para que uma esfera de naftaleno veja seu volume reduzido à metade quando exposta ao ar estagnado a 40^\circ\mathrm{C} e 1\\ \mathrm{atm}.
Dados fornecidos (peguei todos do enunciado):
  • Massa molar do naftaleno: M=128{,}1\\ \mathrm{g/mol}.
  • Massa específica (densidade) do naftaleno sólido: \rho=1{,}14\\ \mathrm{g/cm^{3}}.
  • Diâmetro inicial da esfera: 1\\ \mathrm{cm}\Rightarrow r_{0}=0{,}5\\ \mathrm{cm}.
  • Equação da pressão de vapor (mmHg): \log\!\left(P_{VA}\right)=10{,}56-\dfrac{3472}{T} com T em K. (Vou usar log base 10.)
  • Difusividade mássica do naftaleno em ar (a 298\\ \mathrm{K}, 1\\ \mathrm{atm}): D=0{,}00611\\ \mathrm{cm^{2}/s}. (Vou assumir esse valor para 313{,}15\\ \mathrm{K} por falta de correção fornecida.)
  • Condições ambientais: T=40^\circ\mathrm{C}=313{,}15\\ \mathrm{K}, P_{\text{total}}=1\\ \mathrm{atm}.
    Perguntas claras:
  1. Obter a equação da vazão molar \dot{n} saindo da esfera.
  2. Estimar o tempo para volume reduzir à metade (usar os dados acima).

Passo 2

Apresento a equação da Continuidade em coordenadas esféricas e explico o significado de cada termo (foco no transporte radial de espécie):
\frac{\partial c}{\partial t} + \frac{1}{r^{2}}\frac{\partial}{\partial r}\!\left(r^{2}N_{r}\right)=0.
Aqui:
  • c(r,t) é a concentração molar do vapor (mol/cm^{3}).
  • N_{r}(r,t) é o fluxo molar radial (mol/(cm^{2}\cdot s)), positivo no sentido crescente de r.
  • r é a coordenada radial.
    Essa equação diz que a variação local de concentração no tempo é compensada pela divergência do fluxo radial multiplicada por 1/r^{2}. Vou usar essa equação como ponto de partida.

Passo 3

Simplificações físicas apropriadas para o problema (explico por que cada uma é razoável):
  • Simetria esférica: o problema é radial puro, não depende de ângulos, então só há componente radial N_{r}.
  • Assumir que, para derivar a expressão da vazão, o campo é quasi-estacionário (ou seja, aceleração local desprezível) porque a difusão no gás ao redor é rápida comparada à variação lenta do raio. Com isso \partial c/\partial t\approx 0.
    Com a hipótese de regime estacionário a equação da Continuidade reduz-se a
\frac{1}{r^{2}}\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}N_{r}\right)=0.
Isso significa que r^{2}N_{r} é constante em r.

Passo 4

Integro a equação reduzida para achar a forma do fluxo radial:
\frac{d}{dr}\!\left(r^{2}N_{r}\right)=0 \quad\Rightarrow\quad r^{2}N_{r}=A,
onde A é uma constante (dependente das condições de contorno). Portanto
N_{r}(r)=\frac{A}{r^{2}}.
Interpretando: o produto da área de uma esfera ( 4\pi r^{2}) pelo fluxo superficial N_{r} é proporcional a 4\pi A, constante com r (conservação de mols em regime permanente).

Passo 5

Relaciono o fluxo N_{r} com o gradiente de concentração via Lei de Fick (explico a lei):
A Lei de Fick para difusão molecular (fluxo devido ao gradiente de concentração) é
N_{r} = -D\frac{d c}{d r},
onde D é a difusividade mássica do vapor na mistura (unidades \mathrm{cm^{2}/s}). Substituindo N_{r}=\dfrac{A}{r^{2}} obtemos
-\!D\frac{d c}{d r}=\frac{A}{r^{2}}\quad\Rightarrow\quad \frac{d c}{d r}=-\frac{A}{D}\frac{1}{r^{2}}.
Integro para obter c(r):
c(r)=\frac{A}{D}\cdot\frac{1}{r}+B,
onde B é outra constante de integração.

Passo 6

Imponho condições de contorno físicas e determino A e B:
  • Na superfície da esfera, r=r_{s}, a concentração do vapor é a de equilíbrio de vapor saturado: c(r_{s})=c_{s}.
  • No infinito (ar vasto e limpo), muito longe da esfera, a concentração tende a c_{\infty}. Para ar “limpo” ou exposição inicial, costuma-se assumir c_{\infty}\approx 0 (ou muito menor que c_{s}); usarei c_{\infty} simbólico e depois c_{\infty}\approx 0.
Aplicando c(r\to\infty)=c_{\infty} B=c_{\infty}. Aplicando c(r_{s})=c_{s}
c_{s}=\frac{A}{D}\cdot\frac{1}{r_{s}}+c_{\infty}\quad\Rightarrow\quad A = D\,r_{s}\,(c_{s}-c_{\infty}).
Logo o fluxo radial na superfície (em r=r_{s}) é
N_{r}(r_{s})=\frac{A}{r_{s}^{2}}=\frac{D\,r_{s}\,(c_{s}-c_{\infty})}{r_{s}^{2}}=\frac{D\,(c_{s}-c_{\infty})}{r_{s}}.

Passo 7

A vazão molar total \dot{n} saindo da esfera é o fluxo superficial na superfície multiplicado pela área esférica:
\dot{n}=4\pi r_{s}^{2}N_{r}(r_{s})=4\pi r_{s}^{2}\cdot\frac{D\,(c_{s}-c_{\infty})}{r_{s}}=4\pi r_{s}D\,(c_{s}-c_{\infty}).
Essa é a equação pedida: vazão molar por difusão esférica em regime estacionário (com raio constante). É intuitivo: proporcional ao raio r_{s}, à difusividade D e à diferença de concentração entre superfície e ambiente.

Passo 8

Relacionando concentração de vapor com pressão de vapor (Lei dos gases ideais) e simplificando hipóteses práticas:
  • A concentração molar na superfície é obtida pela lei dos gases ideais:
c_{s}=\frac{p_{\text{vap}}}{R\,T},
onde p_{\text{vap}} é a pressão de vapor do naftaleno na superfície (em atm se R usar unidades compatíveis), R é a constante dos gases e T a temperatura em K.
  • No ar limpo c_{\infty}\approx 0 (assunção prática).
    Portanto, na prática,
\dot{n}=4\pi r_{s}D\,c_{s}=4\pi r_{s}D\frac{p_{\text{vap}}}{R\,T}.

Passo 9

Agora passo ao problema do encolhimento da esfera: devo estimar o tempo para o volume reduzir à metade. Aqui uso a hipótese de “quase-estacionário” (em cada instante o campo de concentração ajusta-se rapidamente ao raio instantâneo), de modo que a fórmula acima vale instantaneamente para o raio r(t). Escrevo a conservação de massa da esfera:
  • Massa da esfera: m(t)=\rho\cdot \dfrac{4}{3}\pi r(t)^{3}.
  • Taxa de perda de massa pela evaporação: \dfrac{d m}{d t}=-M\,\dot{n}, onde M é a massa molar em \mathrm{g/mol} e \dot{n} é em mol/s (o sinal negativo porque massa diminui).
Faço a relação explícita:
\frac{d}{dt}\!\left(\rho\frac{4}{3}\pi r^{3}\right)=-M\cdot 4\pi rD c_{s}.
Derivando o lado esquerdo:
4\pi \rho r^{2}\frac{dr}{dt}=-4\pi M D r c_{s}.
Cancelo 4\pi r dos dois lados:
\rho r\frac{dr}{dt}=-M D c_{s}.
Isolo \dfrac{dr}{dt}:
\frac{dr}{dt}=-\frac{M D c_{s}}{\rho}\cdot\frac{1}{r}.

Passo 10

Integro a equação diferencial para obter o tempo necessário para ir de r_{0} a r_{f}. Separando variáveis:
r\,dr = -\frac{M D c_{s}}{\rho}\,dt.
Integro de r_{0} a r_{f} e de t=0 a t:
\frac{1}{2}\bigl(r_{f}^{2}-r_{0}^{2}\bigr) = -\frac{M D c_{s}}{\rho}\,t.
Reorganizando para t:
t = \frac{\rho}{2 M D c_{s}}\bigl(r_{0}^{2}-r_{f}^{2}\bigr).
Para reduzir o volume à metade, temos V\propto r^{3}. Assim r_{f}=r_{0}\cdot 2^{-1/3}. Logo
r_{f}^{2}=r_{0}^{2}\cdot 2^{-2/3},
e portanto
t = \frac{\rho\,r_{0}^{2}}{2 M D c_{s}}\left(1-2^{-2/3}\right).
Essa é a expressão prática que vou usar para calcular numericamente.

Passo 11

Agora calculo numericamente cada termo passo a passo (detalhando unidades e conversões):
  1. Temperatura: T=313{,}15\\ \mathrm{K}.
  2. Calcula p_{\text{vap}} usando a fórmula dada (log base 10, p em mmHg):
\log_{10}p_{\text{vap}} = 10{,}56-\frac{3472}{313{,}15}=10{,}56-11{,}0894=-0{,}5294.
p_{\text{vap}}(\text{mmHg})=10^{-0{,}5294}=0{,}295\\ \text{mmHg (aprox.)}.
  1. Converto para atm:
p_{\text{vap}}(\text{atm})=\frac{0{,}295}{760}=3{,}8816\times 10^{-4}\\ \mathrm{atm}.
  1. Converto pressão para concentração via a lei dos gases ideais. Uso R em \mathrm{cm^{3}\,atm/(mol\,K)}: R=0{,}082057\\ \mathrm{L\\ atm/(mol\,K)}=82{,}057\\ \mathrm{cm^{3}\,atm/(mol\,K)}.
c_{s}=\frac{p_{\text{vap}}}{R\,T}=\frac{3{,}8816\times 10^{-4}}{82{,}057\times 313{,}15}=1{,}5106\times 10^{-8}\\ \mathrm{mol/cm^{3}}.
(Conferi unidades: atm/(cm^{3} atm/mol K × K) = mol/cm^{3}.)
5. Valores numéricos adicionais:
  • D=0{,}00611\\ \mathrm{cm^{2}/s} (assumido constante).
  • M=128{,}1\\ \mathrm{g/mol}.
  • \rho=1{,}14\\ \mathrm{g/cm^{3}}.
  • r_{0}=0{,}5\\ \mathrm{cm}.
  • r_{f}=r_{0}\,2^{-1/3}=0{,}5\times 2^{-1/3}=0{,}39685\\ \mathrm{cm} (aprox.).
  • r_{0}^{2}-r_{f}^{2}=0{,}25-0{,}15749=0{,}09251\\ \mathrm{cm^{2}}.
  1. Calculo do tempo com a fórmula
t = \frac{\rho}{2 M D c_{s}}\bigl(r_{0}^{2}-r_{f}^{2}\bigr).
Substituindo números:
\begin{aligned} \text{denominador} &= 2\times D\times M\times c_{s} =2\times 0{,}00611\times 128{,}1\times 1{,}5106\times 10^{-8}\\\ &=2{,}3658\times 10^{-8}\\ \text{(unidades consistentes)}. \end{aligned}
\text{numerador}=\rho\bigl(r_{0}^{2}-r_{f}^{2}\bigr)=1{,}14\times 0{,}09251=0{,}10556.
t=\frac{0{,}10556}{2{,}3658\times 10^{-8}}=4{,}464\times 10^{6}\\ \mathrm{s}.
Converter para unidades mais intuitivas:
4{,}464\times 10^{6}\\ \mathrm{s}= \frac{4{,}464\times 10^{6}}{3600}=1{,}240\times 10^{3}\\ \mathrm{h}\approx 1240\\ \mathrm{h},
\frac{1{,}240\times 10^{3}}{24}\approx 51{,}7\\ \mathrm{dias}.

Passo 12

Interpretação rápida e observações finais (empáticas e práticas):
  • Resultado: cerca de 52 dias para reduzir o volume à metade sob as hipóteses feitas.
  • Principais hipóteses que controlam o resultado e que, se mudarem, alteram o tempo:
    • Assumi c_{\infty}\approx 0 (ar muito limpo). Se houver já vapor na atmosfera, a velocidade cai.
    • Usei D à 298\\ \mathrm{K} para 313{,}15\\ \mathrm{K}; D aumenta com T, então o tempo aqui pode ser um pouco menor na prática.
    • Assumi regime quasi-estacionário: o campo de concentração no gás reajusta-se rapidamente comparado à variação do raio; isso é razoável quando o tempo de ajuste do perfil é pequeno frente ao encolhimento.
  • Resultado faz sentido físico: o naftaleno sublima/evapora devagar, então semanas de duração são plausíveis para uma esfera de 1 cm de diâmetro em ar estagnado.

Resposta

\dot{n}=4\pi r_{s}D\bigl(c_{s}-c_{\infty}\bigr)
t\approx 4{,}46\times 10^{6}\\ \mathrm{s}\approx 51{,}7\\ \mathrm{dias}

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