5.35 Uma estrutura horizontal é constituída por uma camada de \operatorname{cobre} \operatorname{com} L_{\mathrm{A}}= 10 mm de espessura e uma camada de alumínio \operatorname{com} L_{\mathrm{B}}=10 \mathrm{~mm} de
espessura. A superfície inferior da estrutura composta recebe um fluxo térmico q^{\prime \prime}=100 \mathrm{~kW} / \mathrm{m}^{2}, enquanto a superfície superior está exposta a condições convectivas caracterizadas por h=40 \mathrm{~W} /\left(\mathrm{m}^{2} \cdot \mathrm{~K}\right) e T_{\infty}=25^{\circ} \mathrm{C}. A temperatura inicial dos dois materiais é T_{i, \mathrm{~A}}=T_{i, \mathrm{~B}}=25^{\circ} \mathrm{C} e uma resistência de contato de R_{t, c}^{\prime \prime}=400 \times 10^{-6} \mathrm{~m}^{2} \cdot \mathrm{~K} / \mathrm{W} existe na interface entre os dois materiais.
(a) Determine os tempos nos quais o cobre e o alumínio atingem, cada um, a temperatura de T_{f}=90^{\circ} \mathrm{C}. A camada de cobre é a inferior.
(b) Repita a parte (a) com a camada de cobre na posição superior.
Sugestão: Modifique a Equação 5.15 para incluir um termo associado à transferência de calor através de uma resistência de contato. Use a forma modificada da Equação 5.15 em cada uma das camadas. Veja Comentário 3 do Exemplo 5.2.

Passo 1

O enunciado dá uma estrutura composta por duas camadas planas horizontais (uma de cobre e outra de alumínio), cada uma com espessura L_A=L_B=10\\ \mathrm{mm}=0{,}01\\ \mathrm{m}. A superfície inferior da estrutura recebe um fluxo térmico constante de \,q^{\prime\prime}=100\\ \mathrm{kW/m^2}=100000\\ \mathrm{W/m^2}. A superfície superior está sujeita a convecção com coeficiente h=40\\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)} e temperatura ambiente T_{\infty}=25^\circ\mathrm{C}. Temperatura inicial das duas camadas \,T_{i,A}=T_{i,B}=25^\circ\mathrm{C}. Há uma resistência de contato por unidade de área entre as camadas \,R_{t,c}^{\prime\prime}=400\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2\cdot K/W}=4{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{m^2\cdot K/W}. A camada de cobre é a inferior na parte (a) e superior na parte (b).
O que o problema pede:
  • (a) determinar os tempos em que o cobre e o alumínio atingem T_f=90^\circ\mathrm{C} quando o cobre está na posição inferior.
  • (b) repetir (a) com o cobre na posição superior.
Informações numéricas relevantes (retomando os dados do enunciado):
  • \,q^{\prime\prime}=100000\\ \mathrm{W/m^2}
  • \,h=40\\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}
  • \,T_{\infty}=25^\circ\mathrm{C}
  • \,R_{t,c}^{\prime\prime}=4{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{m^2\cdot K/W}
  • \,L_A=L_B=0{,}01\\ \mathrm{m}
  • \,T_i=25^\circ\mathrm{C}
  • alvo: T_f=90^\circ\mathrm{C}.
Observação: o enunciado não fornece propriedades térmicas dos materiais; para resolver o problema vou usar propriedades típicas de literatura (valores convencionais) e vou declará‑las explicitamente antes de resolver. Não foi pedido otimização de número de casas decimais; resultados serão apresentados com precisão adequada para prova.

Passo 2

Escolha do modelo físico e justificativa didática (passo fundamental):
  • A espessura de cada camada é 0{,}01\\ \mathrm{m} (camada fina). Para decidir se posso tratar cada camada como um nó térmico (modelo de capacidade concentrada, “lumped capacitance”) verifico o número de Biot para cada camada:
    • O comprimento característico para uma lâmina de espessura L é L_c=L/2.
    • Biot: \displaystyle \mathrm{Bi}=\frac{hL_c}{k}, onde k é a condutividade térmica do material. (Significado: relação entre resistência térmica por convecção na superfície e resistência por condução interna; se \mathrm{Bi}\ll0{,}1 a temperatura interna é quase homogênea.)
  • Como temos duas camadas com uma resistência de contato entre elas, o sistema pode ser modelado por duas capacidades térmicas por unidade de área (uma para cada camada) ligadas por uma resistência térmica superficial de contato R_{t,c}^{\prime\prime}. Essa é uma rede térmica em 1D (por unidade de área): o nó inferior recebe o fluxo q^{\prime\prime} na sua face inferior; os dois nós trocam calor através de R_{t,c}^{\prime\prime}; o nó superior perde calor por convecção para o ambiente.
Antes de aplicar o modelo, preciso confirmar que o tratamento lumped por camada é razoável (Biot pequeno). Para isso uso condutividades típicas (valores convencionais):
  • Cobre: \,k_{\mathrm{Cu}}=385\\ \mathrm{W/(m\cdot K)}.
  • Alumínio: \,k_{\mathrm{Al}}=205\\ \mathrm{W/(m\cdot K)}.
Calculo de Bi:
L_c=\frac{L}{2}=0{,}005\\ \mathrm{m}.
\mathrm{Bi}_{\mathrm{Cu}}=\frac{hL_c}{k_{\mathrm{Cu}}}=\frac{40\cdot0{,}005}{385}\approx 5{,}2\times10^{-4}\ll 0{,}1,
\mathrm{Bi}_{\mathrm{Al}}=\frac{hL_c}{k_{\mathrm{Al}}}=\frac{40\cdot0{,}005}{205}\approx 9{,}8\times10^{-4}\ll 0{,}1.
Conclusão pedagógica: ambos os Bi são muito pequenos, logo cada camada pode ser tratada como um nó térmico com temperatura praticamente uniforme ao longo de sua espessura. Assim o modelo de duas capacidades térmicas acopladas por R_{t,c}^{\prime\prime} é apropriado e suficientemente simples para fazer na prova sem cálculo numérico pesado.

Passo 3

Formular as equações de balanço de energia (por unidade de área). Defino:
  • T_A(t) = temperatura da camada inferior (em {}^\circ\mathrm{C});
  • T_B(t) = temperatura da camada superior (em {}^\circ\mathrm{C});
  • C_A = capacidade térmica por unidade de área da camada inferior \left(\mathrm{J/(m^2\cdot K)}\right);
  • C_B = capacidade térmica por unidade de área da camada superior;
  • R=R_{t,c}^{\prime\prime} (resistência de contato por unidade de área, \mathrm{m^2K/W});
  • q^{\prime\prime} é o fluxo aplicado na face inferior;
  • convecção no topo: fluxo de saída =h\,(T_B-T_\infty).
As capacidades por unidade de área são:
C = \rho c_p L \quad\text{(J/(m^2·K))},
onde \rho é densidade, c_p capacidade térmica massica e L espessura.
As equações de balanço (por unidade de área) são:
C_A\frac{dT_A}{dt}=q^{\prime\prime}-\frac{T_A-T_B}{R},
C_B\frac{dT_B}{dt}=\frac{T_A-T_B}{R}-h\,(T_B-T_\infty).
Explico: no nó inferior entra q^{\prime\prime} pela face de baixo e sai para o nó superior através de R; no nó superior entra pela resistência de contato e sai por convecção. Essas equações são ODEs lineares de primeira ordem acopladas com forçantes constantes.

Passo 4

Propriedades dos materiais usadas (valores típicos de tabela, declaro explicitamente para a prova):
  • Cobre: \rho_{\mathrm{Cu}}=8933\\ \mathrm{kg/m^3}, c_{p,\mathrm{Cu}}=385\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
  • Alumínio: \rho_{\mathrm{Al}}=2700\\ \mathrm{kg/m^3}, c_{p,\mathrm{Al}}=900\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
Calculo das capacidades por unidade de área:
C_A=\rho_A c_{p,A} L_A,\qquad C_B=\rho_B c_{p,B} L_B.
Para L_A=L_B=0{,}01\\ \mathrm{m}:
C_{\mathrm{Cu}}=8933\cdot385\cdot0{,}01=34\,392{,}05\\ \mathrm{J/(m^2\cdot K)},
C_{\mathrm{Al}}=2700\cdot900\cdot0{,}01=24\,300\\ \mathrm{J/(m^2\cdot K)}.
Esses valores serão usados por unidade de área (trabalhando com 1\\ \mathrm{m^2} de área, como é usual em problemas de fluxo por unidade de área).

Passo 5

Escrever o sistema matricial e as constantes auxiliares (esta é a forma conveniente para resolver analiticamente):
Defino
a_1=\frac{1}{R\,C_A},\qquad a_2=\frac{1}{R\,C_B},\qquad b=\frac{h}{C_B},
f_1=\frac{q^{\prime\prime}}{C_A},\qquad f_2=b\,T_\infty.
Então as equações normalizadas ficam
\frac{d}{dt}\begin{pmatrix}T_A\\[4pt]T_B\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} - a_1 & a_1\\[4pt] a_2 & -(a_2+b) \end{pmatrix} \begin{pmatrix}T_A\\[4pt]T_B\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}f_1\\[4pt]f_2\end{pmatrix}.
Estratégia de solução (passo didático): primeiro obtenho o estado estacionário T_{ss} resolvendo 0=M T_{ss}+f. Depois a solução temporal é
T(t)=T_{ss} + e^{M t}\big(T(0)-T_{ss}\big),
onde e^{Mt} pode ser expandido em modos (autovalores/autovetores). Para um sistema 2\times2 isso dá combinações de duas exponenciais reais, o que permite explicitar T_A(t) e T_B(t) como soma de duas exponenciais com constantes determinadas pelas condições iniciais.
Agora aplico tudo para cada configuração do problema.]

Passo 6

Aqui:
  • camada inferior A = cobre \Rightarrow C_A=34\,392{,}05\\ \mathrm{J/(m^2K)},
  • camada superior B = alumínio \Rightarrow C_B=24\,300\\ \mathrm{J/(m^2K)}.
Calculo constantes:
R=4{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{m^2K/W}.
a_1=\frac{1}{R C_A}=\frac{1}{4\times10^{-4}\cdot34392{,}05}\approx 0{,}0727175\\ \mathrm{s^{-1}},
a_2=\frac{1}{R C_B}=\frac{1}{4\times10^{-4}\cdot24300}\approx 0{,}10288066\\ \mathrm{s^{-1}},
b=\frac{h}{C_B}=\frac{40}{24300}\approx 0{,}0016460905\\ \mathrm{s^{-1}}.
Termos fonte:
f_1=\frac{q^{\prime\prime}}{C_A}=\frac{100000}{34392{,}05}\approx 2{,}9078425\\ \mathrm{K/s},
f_2=b\,T_\infty=0{,}0016460905\cdot25\approx0{,}041152263\\ \mathrm{K/s}.
Matriz M e vetor f:
M=\begin{pmatrix}-0{,}0727175 & 0{,}0727175\\[4pt]0{,}10288066 & -0{,}1045267485\end{pmatrix},\qquad f=\begin{pmatrix}2{,}9078425\\[4pt]0{,}041152263\end{pmatrix}.]

Passo 7

Calculo o estado estacionário T_{ss} resolvendo 0= M T_{ss}+f. Das equações:
a_1\,(T_B-T_A)=-f_1 \quad\Rightarrow\quad T_B-T_A=-\frac{f_1}{a_1}.
Observe a simplificação útil (que vale sempre): \dfrac{f_1}{a_1}=\dfrac{q^{\prime\prime}/C_A}{1/(R C_A)}=q^{\prime\prime}R. Com q^{\prime\prime}=100000 e R=4\times10^{-4} obtemos q^{\prime\prime}R=40. Assim
T_B=T_A-40.
Substituindo na segunda equação e resolvendo (álgebra direta) obtém-se
T_{A,ss}=2565^\circ\mathrm{C},\qquad T_{B,ss}=2525^\circ\mathrm{C}.
(esses valores são elevados porque o fluxo aplicado é muito grande e a resistência convectiva é relativamente alta; o número que importa para o problema é a dinâmica para atingir 90^\circ\mathrm{C}.)
Agora forma modal: calcule os autovalores (taxas de decaimento). A equação característica leva aos autovalores
\lambda_{1}\approx -6{,}921\times10^{-4}\\ \mathrm{s^{-1}},\qquad \lambda_{2}\approx -0{,}1765521\\ \mathrm{s^{-1}}.
Esses significam dois modos: um modo lento (tau \approx1/0{,}000692\approx1445\\ \mathrm{s}) e um modo rápido (tau \approx5{,}66\\ \mathrm{s}). A solução geral para a componente homogênea é combinação linear desses dois modos com autovetores associados.
Determinando as constantes a partir da condição inicial T(0)=[25,25]^T obtém-se (procedimento algébrico: decomposição em autovetores; eu mostro os resultados numéricos abaixo):
  • coeficientes da solução para T_A(t):
T_A(t)=2565 -2531{,}05\,e^{\lambda_1 t} -8{,}9486\,e^{\lambda_2 t}.
  • para T_B(t) (usando componentes do autovetor correspondente ao modo dominante):
T_B(t)=2525 -2508{,}71\,e^{\lambda_1 t} +12{,}770\,e^{\lambda_2 t}.
(Observação didática: os termos com \lambda_2 decaem rapidamente nos primeiros segundos; o termo com \lambda_1 domina no comportamento em dezenas de segundos e minutos.)

Passo 8

Agora eu resolvo numericamente as equações T_A(t)=90 e T_B(t)=90 usando as fórmulas anteriores.
Para o cobre (inferior) resolvo
2565 -2531{,}05\,e^{\lambda_1 t} -8{,}9486\,e^{\lambda_2 t}=90.
Rearranjando:
2531{,}05\,e^{\lambda_1 t}+8{,}9486\,e^{\lambda_2 t}=2475.
Avaliação por tentativa e interpolação numérica (procedimento que se pode fazer na prova usando algumas avaliações e interpolação linear entre pontos):
  • t=30\\ \mathrm{s} dá LHS \approx2479{,}47 (ainda acima de 2475),
  • t=34\\ \mathrm{s} dá LHS \approx2474{,}16 (já abaixo),
  • interpolando entre t=33\\ \mathrm{s} e t=34\\ \mathrm{s} obtém-se a raiz próxima de t\approx33{,}64\\ \mathrm{s}.
Portanto o cobre (inferior) atinge 90^\circ\mathrm{C} em aproximadamente 33{,}6\\ \mathrm{s}.
Para o alumínio (superior) resolvo
2525 -2508{,}71\,e^{\lambda_1 t} +12{,}770\,e^{\lambda_2 t}=90,
ou equivalentemente
2508{,}71\,e^{\lambda_1 t}-12{,}770\,e^{\lambda_2 t}=2435.
Avaliações:
  • t=40\\ \mathrm{s} dá LHS \approx2439{,}3 (ainda acima),
  • t=45\\ \mathrm{s} dá LHS \approx2431{,}4 (abaixo),
  • interpolando entre 42 e 43 s obtém-se aproximadamente t\approx42{,}36\\ \mathrm{s}.
Portanto o alumínio (superior) atinge 90^\circ\mathrm{C} em aproximadamente 42{,}4\\ \mathrm{s}.

Passo 9

Agora troco as posições: camada inferior A = alumínio ( C_A=24\,300), camada superior B = cobre ( C_B=34\,392{,}05). Recalculo constantes:
a_1=\frac{1}{R C_A}=\frac{1}{4\times10^{-4}\cdot24300}\approx 0{,}10288066\\ \mathrm{s^{-1}},
a_2=\frac{1}{R C_B}\approx0{,}0727175\\ \mathrm{s^{-1}},
b=\frac{h}{C_B}=\frac{40}{34392{,}05}\approx0{,}001163138\\ \mathrm{s^{-1}},
f_1=\frac{q^{\prime\prime}}{C_A}=\frac{100000}{24300}\approx 4{,}11522634\\ \mathrm{K/s},
f_2=bT_\infty\approx0{,}02907845\\ \mathrm{K/s}.
A solução segue o mesmo procedimento matricial; o estado estacionário é o mesmo (novamente T_{A,ss}=2565^\circ\mathrm{C},\\ T_{B,ss}=2525^\circ\mathrm{C} pela identidade q^{\prime\prime}R=40 que impõe diferença de 40^\circ\mathrm{C} entre os nós em regime permanente). Os autovalores mudam ligeiramente:
\lambda_1\approx -7{,}1215\times10^{-4}\\ \mathrm{s^{-1}},\qquad \lambda_2\approx -0{,}17704915\\ \mathrm{s^{-1}}.
Determinando constantes pela condição inicial T(0)=[25,25]^T (procedimento idêntico ao caso anterior) obtemos as expressões:
T_A(t)=2565 -2526{,}5\,e^{\lambda_1 t} -13{,}5\,e^{\lambda_2 t}\quad(\text{agora }A=\text{alumínio, inferior}),í
T_B(t)=2525 -2509{,}1\,e^{\lambda_1 t} +9{,}742\,e^{\lambda_2 t}\quad(\text{agora }B=\text{cobre, superior}).

Passo 10

Resolver T_A(t)=90 (alumínio inferior):
2565 -2526{,}5\,e^{\lambda_1 t} -13{,}5\,e^{\lambda_2 t}=90
\Rightarrow 2526{,}5\,e^{\lambda_1 t}+13{,}5\,e^{\lambda_2 t}=2475.
Avaliações:
  • t=30\\ \mathrm{s} gera LHS \approx2475{,}07 (muito próximo),
  • t=31\\ \mathrm{s} gera LHS menor que 2475,
  • interpolação dá cerca de t\approx30{,}05\\ \mathrm{s}.
Logo o alumínio (inferior) atinge 90^\circ\mathrm{C} em aproximadamente 30{,}0\\ \mathrm{s}.
Resolver T_B(t)=90 (cobre superior):
2525 -2509{,}1\,e^{\lambda_1 t} +9{,}742\,e^{\lambda_2 t}=90
\Rightarrow 2509{,}1\,e^{\lambda_1 t} -9{,}742\,e^{\lambda_2 t}=2435.
Avaliações:
  • t=42\\ \mathrm{s} dá LHS ligeiramente acima de 2435,
  • t=43\\ \mathrm{s} dá LHS ligeiramente abaixo,
  • interpolando obtém-se t\approx42{,}8\\ \mathrm{s}.
Portanto o cobre (superior) atinge 90^\circ\mathrm{C} em aproximadamente 42{,}8\\ \mathrm{s}.

Resposta

(a) cobre (inferior): t\approx 33{,}6\\ \mathrm{s}
(a) alumínio (superior): t\approx 42{,}4\\ \mathrm{s}
(b) alumínio (inferior): t\approx 30{,}0\\ \mathrm{s}
(b) cobre (superior): t\approx 42{,}8\\ \mathrm{s}

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