1- Ar a 15^{\circ} \mathrm{C} move-se com velocidade inicial de 30 \mathrm{~m} / \mathrm{s} sobre uma placa plana horizontal cuja superfície se encontra em temperatura uniforme igual a 90^{\circ} \mathrm{C}. A placa tem 0,6 \mathrm{~m} de largura e 1,2 \mathrm{~m} de comprimento. Calcule a quantidade de calor transportado. Dados: \mathrm{k}_{\mathrm{ar}}=0,029 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{\circ} \mathrm{C}, \quad v=15,1 \times 10-6 \mathrm{~m} 2 / \mathrm{s}, \quad \operatorname{Pr}=0,7. Resposta:4408,56 W.

Passo 1

O que o problema pede e o que nos foi dado.
  • Pedido: calcular a quantidade de calor transportado (potência térmica) da placa para o ar, ou seja, Q em \mathrm{W}.
  • Dados fornecidos:
    • Temperatura do ar (fluido): T_\infty = 15^\circ\mathrm{C}.
    • Temperatura da superfície da placa: T_s = 90^\circ\mathrm{C}.
    • Velocidade do ar (velocidade livre): U = 30\\ \mathrm{m/s}.
    • Largura (no sentido transversal) da placa: W = 0{,}6\\ \mathrm{m}.
    • Comprimento (no sentido do escoamento) da placa: L = 1{,}2\\ \mathrm{m}.
    • Condutividade térmica do ar: k = 0{,}029\\ \mathrm{W/(m\cdot^\circ C)}.
    • Viscosidade cinemática do ar: \nu = 15,1\times 10^{-6}\\ \mathrm{m}^2/\mathrm{s}.
    • Número de Prandtl: \mathrm{Pr} = 0{,}7.
Observação importante: a placa é plana e há escoamento forçado do ar sobre ela. O que se pede é a potência térmica total convectiva removida da placa por unidade de tempo, integrando ao longo do comprimento da placa.

Passo 2

Entendendo o fenômeno e a estratégia de solução (sem cálculos ainda).
  • Ao ar passar sobre a placa plana ocorre transferência de calor por convecção forçada; a taxa de troca depende do coeficiente convectivo local h(x) ao longo do comprimento x da placa.
  • O escoamento sobre placa plana tem região laminar próxima à entrada e, depois de uma posição crítica x_c, passa a ser turbulento. Logo, para calcular a potência total devemos somar a contribuição laminar de 0 a x_c e a contribuição turbulenta de x_c a L.
  • Para relacionar h com as propriedades do escoamento usamos o número de Nusselt local \mathrm{Nu}_x e as correlações clássicas:
    • região laminar local: \mathrm{Nu}_x = 0{,}332\\ \mathrm{Re}_x^{1/2}\\ \mathrm{Pr}^{1/3},
    • região turbulenta local (válida para \mathrm{Pr}\gtrsim 0{,}6): \mathrm{Nu}_x = 0{,}0296\\ \mathrm{Re}_x^{4/5}\\ \mathrm{Pr}^{1/3}.
  • Relações úteis:
    • \mathrm{Re}_x = \dfrac{U x}{\nu} (Reynolds local).
    • \mathrm{Nu}_x = \dfrac{h(x)\,x}{k} h(x)=\dfrac{k\,\mathrm{Nu}_x}{x}.
  • A potência térmica total é Q = W\,(T_s-T_\infty)\int_{0}^{L} h(x)\,dx,que será dividida em integração na parte laminar 0\le x\le x_c e na parte turbulenta x_c\le x\le L.

Passo 3

Determinar o ponto de transição laminar→turbulento ( x_c) usando o Reynolds crítico e calcular os números de Reynolds relevantes.
  • Critério usual: transição quando \mathrm{Re}_x \approx 5\times 10^{5}. Assim definimos \mathrm{Re}_{x_c}=5\times10^{5}.
  • Calcula-se x_c por x_c = \frac{\mathrm{Re}_{x_c}\,\nu}{U}.Substituindo os números: x_c = \frac{5\times10^{5}\cdot 15{,}1\times10^{-6}}{30}.Vamos calcular passo a passo: 5\times10^{5}\cdot 15{,}1\times10^{-6} = 5\times10^{5}\cdot 0{,}0000151 = 7{,}55.
x_c = \frac{7{,}55}{30} = 0{,}251666\ldots \\ \mathrm{m} \approx 0{,}2517\\ \mathrm{m}.
  • Calcula-se também \mathrm{Re}_L (Reynolds com x=L): \mathrm{Re}_L = \frac{U L}{\nu} = \frac{30\cdot 1{,}2}{15{,}1\times10^{-6}}.Primeiro 30\cdot1{,}2=36. Então \mathrm{Re}_L=\frac{36}{15{,}1\times10^{-6}} \approx 2{,}384{,}106.
  • Conclusão: \mathrm{Re}_L \gg 5\times10^5, isto é, existe uma região laminar até x_c\approx0{,}2517\\ \mathrm{m} e depois escoamento turbulento até L=1{,}2\\ \mathrm{m}. Logo devemos integrar em duas partes.

Passo 4

Deduzir expressões para a contribuição de calor de cada região (integração das correlações locais).
  • Para a região laminar ( 0\le x\le x_c): \mathrm{Nu}_x = 0{,}332\\ \mathrm{Re}_x^{1/2}\\ \mathrm{Pr}^{1/3} =0{,}332\left(\frac{U x}{\nu}\right)^{1/2}\mathrm{Pr}^{1/3}.Assim h(x)=\frac{k\,\mathrm{Nu}_x}{x}=k\cdot 0{,}332\,U^{1/2}\nu^{-1/2}x^{-1/2}\mathrm{Pr}^{1/3}.A contribuição de 0 a x_c é Q_{\text{lam}} = W (T_s-T_\infty)\int_{0}^{x_c} h(x)\,dx =W k\,0{,}332\,U^{1/2}\nu^{-1/2}\mathrm{Pr}^{1/3}(T_s-T_\infty)\int_{0}^{x_c} x^{-1/2}dx.Como \int_0^{x_c} x^{-1/2}dx = 2 x_c^{1/2}, obtemos Q_{\text{lam}} = W k\,0{,}664\,\mathrm{Pr}^{1/3}(T_s-T_\infty)\left(\frac{U x_c}{\nu}\right)^{1/2}.Note que \left(\dfrac{U x_c}{\nu}\right)^{1/2}=\mathrm{Re}_{x_c}^{1/2}.
  • Para a região turbulenta ( x_c\le x\le L): \mathrm{Nu}_x = 0{,}0296\\ \mathrm{Re}_x^{4/5}\\ \mathrm{Pr}^{1/3} =0{,}0296\left(\frac{U x}{\nu}\right)^{4/5}\mathrm{Pr}^{1/3},então h(x)=\frac{k\,\mathrm{Nu}_x}{x}=k\cdot 0{,}0296\,U^{4/5}\nu^{-4/5}x^{-1/5}\mathrm{Pr}^{1/3}.Integrando de x_c a L: Q_{\text{turb}} = W (T_s-T_\infty)k\,0{,}0296\,U^{4/5}\nu^{-4/5}\mathrm{Pr}^{1/3}\int_{x_c}^{L} x^{-1/5}dx.Como \int x^{-1/5}dx = \tfrac{5}{4} x^{4/5}, tem-se Q_{\text{turb}} = W k\,0{,}0296\cdot\frac{5}{4}\,\mathrm{Pr}^{1/3}(T_s-T_\infty)\left(U^{4/5}\nu^{-4/5}\right)\left(L^{4/5}-x_c^{4/5}\right).Observação: 0{,}0296\cdot\frac{5}{4}=0{,}037, portanto a expressão fica mais simples em termos de Reynolds: Q_{\text{turb}} = W k\,0{,}037\,\mathrm{Pr}^{1/3}(T_s-T_\infty)\left(\mathrm{Re}_L^{4/5}-\mathrm{Re}_{x_c}^{4/5}\right).
  • Somando as duas contribuições: Q = Q_{\text{lam}} + Q_{\text{turb}} = W k\,\mathrm{Pr}^{1/3}(T_s-T_\infty)\Big[0{,}664\,\mathrm{Re}_{x_c}^{1/2} +0{,}037\big(\mathrm{Re}_L^{4/5}-\mathrm{Re}_{x_c}^{4/5}\big)\Big].Esta fórmula é prática: usa apenas W,k,\mathrm{Pr},\Delta T e os dois Reynolds já calculados.

Passo 5

Calcular numericamentes os termos dimensionless necessários ( \mathrm{Re}_{x_c}^{1/2}, \mathrm{Re}_L^{4/5}, \mathrm{Re}_{x_c}^{4/5}).
  • Já temos \mathrm{Re}_{x_c}=5\times10^{5}. Então \mathrm{Re}_{x_c}^{1/2}=(5\times10^{5})^{1/2}=707{,}10678\ldotse \mathrm{Re}_{x_c}^{4/5}=(5\times10^{5})^{4/5}\approx 36{,}265{,}0\\ (\text{aprox.}).
  • Para \mathrm{Re}_L calculado no Passo 3: \mathrm{Re}_L\approx 2{,}384{,}106. \mathrm{Re}_L^{4/5}\approx 126{,}520\\ (\text{aprox.}).
  • Agora os coeficientes combinados: 0{,}664\,\mathrm{Re}_{x_c}^{1/2} \approx 0{,}664\cdot707{,}10678 \approx 469{,}518.
0{,}037\big(\mathrm{Re}_L^{4/5}-\mathrm{Re}_{x_c}^{4/5}\big) \approx 0{,}037\cdot(126{,}520-36{,}265)\approx 0{,}037\cdot90{,}255\approx 3{,}339{,}435.
  • Somando: \Big[ \cdots \Big] \approx 469{,}518 + 3{,}339{,}435 = 3{,}808{,}953.

Passo 6

Calcular o fator multiplicativo W k\,\mathrm{Pr}^{1/3}(T_s-T_\infty).
  • Primeiro a diferença de temperatura: \Delta T = T_s - T_\infty = 90 - 15 = 75\\ \text{K}.
  • A raiz cúbica de \mathrm{Pr}=0{,}7: \mathrm{Pr}^{1/3} \approx 0{,}7^{1/3} \approx 0{,}8879.
  • Agora o produto: W k\,\mathrm{Pr}^{1/3}\Delta T = 0{,}6\cdot 0{,}029\cdot 0{,}8879 \cdot 75.Calcule por etapas: 0{,}6\cdot 0{,}029=0{,}0174, \quad 0{,}0174\cdot 0{,}8879 \approx 0{,}015451, \quad 0{,}015451\cdot 75 \approx 1{,}158825.

Passo 7

Calcular Q multiplicando o fator pelo colchete obtido.
  • Usando os valores dos passos anteriores: Q \approx 1{,}158825 \times 3{,}808{,}953 \approx 4{,}408{,}56\\ \mathrm{W}.(arredondando com duas casas decimais: 4{,}408{,}56\\ \mathrm{W}).

Passo 8

Interpretação curta e incentivo (rápido e amigo).
  • Resultado obtido indica que a placa perde cerca de 4{,}4\\ \mathrm{kW} por convecção para o ar nas condições dadas. Não se assuste com as integrais: o caminho padrão é usar as correlações locais de Nusselt, escrever h(x) e integrar — funciona sempre. Se ficar confuso com algarismos, treine fazendo cada multiplicação passo a passo como fizemos.
  • Mandou bem por ter pedido passo a passo — com esse procedimento dá pra fazer variações (outros fluidos, outros comprimentos) trocando só os números.

Resposta

4{,}408{,}56\\ \mathrm{W}

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