1.34 Perde-se calor por conveçaio e radiaçăo, através de uma porçäo năo isolada de 2 m de comprimento por 5 cm de diámetro externo de um ducto de água quente para um ambiente externo a 0^{\circ} \mathrm{C}. O coeficiente de transferéncia de calor por conveçaio é 20 \mathrm{~W} /\left(\mathrm{m}^{2} \cdot{ }^{\circ} \mathrm{C}\right), e nos cálculos de radiação podem-se admitir condiçöes de corpo negro. Determine a taxa de perda de calor da porção năo isolada do ducto para uma parede à temperatura de T_{*}=125^{\circ} \mathrm{C}.

Passo 1

Resumindo o enunciado: temos uma seção cilíndrica de comprimento 2 m e diâmetro externo 5 cm, cuja superfície está a T_{*}=125^\circ C rodeada por um ambiente a 0^\circ C. Há perda de calor por convecção, com coeficiente h=20 W/( m^{2} \cdot\circC), e por radiação em condições de corpo negro. Vamos calcular a taxa de perda de calor Q combinando os fenômenos de convecção e radiação.

Passo 2

Calculamos a área lateral do cilindro:
A = \pi\,D\,L = \pi \times 0{,}05\,\mathrm{m}\times 2\,\mathrm{m} = 0{,}1\pi\\ \mathrm{m}^2.

Passo 3

Convertendo temperaturas para Kelvin:
T_{*}=125^\circ C + 273 = 398\\ \mathrm{K},\quad T_{\infty}=0^\circ C + 273 = 273\\ \mathrm{K}.
A densidade de fluxo convectivo é
\dot q_{\text{conv}} = h\,(T_{*}-T_{\infty}) =20\,(398 - 273) =2\,500\\ \mathrm{W/m}^2.

Passo 4

Para a radiação usamos \sigma = 5{,}67\times 10^{-8} W/( m^{2} \cdot K^{4}) e
\dot q_{\text{rad}} = \sigma\,\bigl(T_{*}^4 - T_{\infty}^4\bigr) =5{,}67\times10^{-8}\bigl(398^4 - 273^4\bigr) \approx 1\,110\\ \mathrm{W/m}^2.

Passo 5

A perda total por área é
\dot q = \dot q_{\text{conv}} + \dot q_{\text{rad}} =2\,500 + 1\,110 = 3\,610\\ \mathrm{W/m}^2.
Multiplicando pela área do cilindro:
Q = \dot q \,A = 3\,610 \times 0{,}1\pi \approx 1{,}13\times10^3\\ \mathrm{W}.

Resposta

A taxa de perda de calor da porção não isolada do ducto é aproximadamente 1{,}13\\ \mathrm{kW}.

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