(30) A distribuição de temperaturas ao longo de uma parede com espessura de 1 m , em determinado instante de tempo é dado por:
T(x)=a+b x+c x^{2}
na qual \mathrm{T}\left[{ }^{\circ} \mathrm{C}\right] e \mathrm{x}[\mathrm{m}], enquanto \mathrm{a}=900^{\circ} \mathrm{C}, \mathrm{b}=-300^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m} e \mathrm{c}=-50^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{2}. Uma geração de energia de calor uniforme de 1000 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{3} está presente na parede cuja área é de 10 \mathrm{~m}^{2}. O seu material apresenta as seguintes propriedades:
Dados: \rho=1600 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}, \mathrm{k}=40 \mathrm{~W} / \mathrm{m} \mathrm{K} e \mathrm{c}_{\mathrm{p}}=4000 \mathrm{~J} / \mathrm{kg} \mathrm{K}.

Determine:

a) (12) Taxa de transferência de calor que entra na parede em \mathrm{x}=0 e que deixa a parede em \mathrm{x}=1 \mathrm{~m}
b) (10) Taxa de variação de energia acumulada na parede
c) (8) Taxa de variação da temperatura em relação ao tempo na posição x=0,5 \mathrm{~m}.

Passo 1

O enunciado dá a distribuição de temperatura ao longo de uma parede de espessura L=1\:\mathrm{m} e área A=10\:\mathrm{m}^2 em um instante fixo, com
T(x)=a+b\,x+c\,x^2,
sendo a=900^\circ\mathrm{C}, b=-300^\circ\mathrm{C}/\mathrm{m}, c=-50^\circ\mathrm{C}/\mathrm{m}^2. Há geração volumétrica uniforme q_{\mathrm{gen}}=1000\:\mathrm{W}/\mathrm{m}^3. As propriedades são \rho=1600\:\mathrm{kg}/\mathrm{m}^3, c_p=4000\:\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm K), k=40\:\mathrm{W}/(\mathrm{m}\,\mathrm K).
Conteúdo: condução unidimensional com geração, usando
  1. Lei de Fourier para os fluxos de calor na superfície
  2. Balanço de energia para taxa de acumulação
  3. Equação transiente local \rho\,c_p\,\partial T/\partial t = k\,\partial^2 T/\partial x^2 + q_{\mathrm{gen}}.

Passo 2

Calcular \displaystyle \frac{dT}{dx}=b+2c\,x. Em x=0:
\left.\frac{dT}{dx}\right|_{0}=b=-300^\circ\mathrm{C}/\mathrm{m}.
Em x=1:
\left.\frac{dT}{dx}\right|_{1}=b+2c=-300+2(-50)=-400^\circ\mathrm{C}/\mathrm{m}.
Pela lei de Fourier, a taxa de calor que atravessa a face x é
\dot Q(x)=-\,k\,A\,\frac{dT}{dx}\,.
Logo, em x=0 (entra na parede)
\dot Q_{\mathrm{in}}=-\,40\cdot10\cdot(-300)=120\,000\:\mathrm{W},
e em x=1 (sai da parede)
\dot Q_{\mathrm{out}}=-\,40\cdot10\cdot(-400)=160\,000\:\mathrm{W}.

Passo 3

O volume da parede é V=A\,L=10\:\mathrm{m}^3, logo a geração total é
\dot Q_{\mathrm{gen}}=q_{\mathrm{gen}}\,V=1000\cdot10=10\,000\:\mathrm{W}.
Pelo balanço de energia (acumulação = entrada + geração − saída):
\frac{dE}{dt}=\dot Q_{\mathrm{in}}+\dot Q_{\mathrm{gen}}-\dot Q_{\mathrm{out}} =120\,000+10\,000-160\,000=-30\,000\:\mathrm{W}.

Passo 4

Para obter \partial T/\partial t em x=0{,}5\:\mathrm{m}, usa-se
\rho\,c_p\,\frac{\partial T}{\partial t} = k\,\frac{\partial^2T}{\partial x^2}+q_{\mathrm{gen}}.
Como \partial^2T/\partial x^2=2c=2(-50)=-100^\circ\mathrm{C}/\mathrm{m}^2, em x=0{,}5:
\rho\,c_p\,\frac{\partial T}{\partial t} =40\cdot(-100)+1000=-4000+1000=-3000\:\mathrm{W}/\mathrm{m}^3.
Então
\frac{\partial T}{\partial t} =\frac{-3000}{\rho\,c_p} =\frac{-3000}{1600\cdot4000} \approx -4{,}6875\times10^{-4}\:^\circ\mathrm{C}/\mathrm{s}.

Resposta

a) \dot Q_{\mathrm{in}}=120\,000\:\mathrm{W}, \dot Q_{\mathrm{out}}=160\,000\:\mathrm{W}.
b) \displaystyle \frac{dE}{dt}=-30\,000\:\mathrm{W}.
c) \displaystyle \left.\frac{\partial T}{\partial t}\right|_{x=0{,}5} \approx -4{,}6875\times10^{-4}\:^\circ\mathrm{C}/\mathrm{s}.

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