(5.44 Incropera) Uma camada de gelo de 5 mm de espessura é formado sobre o pára-brisa de um carro estacionado durante uma noite fria no qual a temperatura ambiente é de - 20^{\circ} \mathrm{C}. Após o início da utilização do sistema de descongelamento, a superfície interna é subitamente exposta a uma corrente de ar a 30^{\circ} \mathrm{C}. Considerando que o gelo se comporte como uma camada isolante na superfície externa, qual o coeficiente de convecção interna irá permitir que a superfície externa alcance 0{ }^{\circ} \mathrm{C} em 60 s ? As propriedades físicas do pára-brisa são \rho=2200 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}; c=830 \mathrm{~J} / \mathrm{kg} . \mathrm{K} e k=1,2 \mathrm{~W} / \mathrm{m} . \mathrm{K}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (peguei estes valores do enunciado):
  • Espessura do pára-brisa (camada sólida que vamos aquecer): L=5\\ \text{mm}=0,005\\ \mathrm{m}. (O enunciado diz que há uma camada de gelo sobre o pára-brisa; ele pede para considerar que o gelo se comporta como uma camada isolante na superfície externa — ou seja, a face externa do vidro pode ser tomada como adiabática / isolada.)
  • Temperatura inicial uniforme do pára-brisa: T_i=-20^\circ\mathrm{C}.
  • A superfície interna (lado interno do vidro) é subitamente exposta a um ar a T_\infty=30^\circ\mathrm{C} com coeficiente de convecção h (desconhecido).
  • Quer-se o valor de h que faz com que a superfície externa do pára-brisa atinja 0^\circ\mathrm{C} em t=60\\ \mathrm{s}.
  • Propriedades do material do pára-brisa (peguei do enunciado):
    • \rho=2200\\ \mathrm{kg/m^3}
    • c=830\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}
    • k=1{,}2\\ \mathrm{W/(m\cdot K)}
Resumo do pedido:
  • Determinar h tal que, com a face externa isolada, a face externa (inicialmente a -20^\circ\mathrm{C}) atinja 0^\circ\mathrm{C} após 60\\ \mathrm{s}.

Passo 2

Escolha do método e modelo físico (explicação didática)
  • Estamos com condução transiente num plano (pára-brisa) cuja face interna (x=0) sofre convecção com o ar a 30^\circ\mathrm{C} e a face externa (x=L) é isolada (o gelo age como isolante). A condição isolada na face externa permite usar uma simetria: o problema é equivalente ao centro (x=0) de um laminar de espessura 2L com convecção idêntica nas duas superfícies. Em termos práticos, a temperatura da face isolada do problema original corresponde à temperatura central do problema simétrico com convecção em ambas as faces.
  • Para a barra simétrica de meia-espessura L (ou seja, problema padrão de placa com convecção nas duas faces), existe solução em série (autovalores) para a temperatura no centro. A forma geral para a temperatura adimensional no centro é, para solução homogênea inicial: \Theta(t)=\frac{T(t)-T_\infty}{T_i-T_\infty}=\sum_{n=1}^{\infty}A_n\exp\!\big(-\zeta_n^2\,\mathrm{Fo}\big),onde:
    • \mathrm{Fo}=\dfrac{\alpha t}{L^{2}} é o número de Fourier (medida adimensional do tempo), com \alpha=\dfrac{k}{\rho c} difusividade térmica;
    • \zeta_n são os autovalores, obtidos da equação transcendente \zeta_n\tan\zeta_n=\mathrm{Bi},com \mathrm{Bi}=\dfrac{hL}{k} (Biot adimensional usando L como metade da espessura do problema simétrico);
    • Os coeficientes A_n são A_n=\frac{4\sin\zeta_n}{2\zeta_n+\sin 2\zeta_n}.
  • Na prática, para muitos casos o primeiro termo da série (n=1) já fornece boa aproximação se \mathrm{Fo} não for muito pequeno. Vamos usar a aproximação de um termo: \Theta(t)\approx A_1\exp\!\big(-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo}\big).
  • Objetivo: encontrar h tal que, para t=60\\ \mathrm{s}, a temperatura da face externa (igual ao centro do problema simétrico) atinja 0^\circ\mathrm{C}.

Passo 3

Definições e cálculo dos parâmetros físicos básicos
  • Difusividade térmica: \alpha=\frac{k}{\rho c}=\frac{1{,}2}{2200\cdot 830}.Calculando: \alpha\approx 6{,}576\times 10^{-7}\\ \mathrm{m^2/s}.
  • Tempo dado: t=60\\ \mathrm{s}.
  • Comprimento característico para o problema simétrico (metade da barra duplicada) é L=0{,}005\\ \mathrm{m}.
  • Número de Fourier: \mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{L^{2}}=\frac{6{,}576\times10^{-7}\cdot 60}{(0{,}005)^2}\approx 1{,}578.
  • Temperatura adimensional alvo: queremos T=0^\circ\mathrm{C} no tempo t. Então \Theta_{\text{alvo}}=\frac{T-T_\infty}{T_i-T_\infty}=\frac{0-30}{-20-30}=\frac{-30}{-50}=0{,}6.

Passo 4

Relação entre \mathrm{Bi} e h; estratégia numérica
  • A relação entre Biot e o coeficiente buscado é \mathrm{Bi}=\frac{hL}{k}\quad\Rightarrow\quad h=\frac{\mathrm{Bi}\,k}{L}.
  • Procedimento: para um valor tentativo de \mathrm{Bi} resolve-se a equação transcendente \zeta\tan\zeta=\mathrm{Bi}para encontrar o menor autovalor positivo \zeta_1\in(0,\tfrac{\pi}{2}). Em seguida calcula-se A_1=\frac{4\sin\zeta_1}{2\zeta_1+\sin 2\zeta_1}, \qquad \Theta(\mathrm{Bi})\approx A_1\exp\!\big(-\zeta_1^2\mathrm{Fo}\big).Ajusta-se \mathrm{Bi} até que \Theta(\mathrm{Bi})=\Theta_{\text{alvo}}=0{,}6.
  • Vou fazer alguns cálculos-choque para achar \mathrm{Bi} por iteração razoavelmente rápida (método de tentativa e erro com interpolação).

Passo 5

Cálculos numéricos (iteração) — testar \mathrm{Bi}=0{,}30,\\\ 0{,}40,\\\ 0{,}50 para ver comportamento
  1. Teste \mathrm{Bi}=0{,}30
  • Resolver \zeta\tan\zeta=0{,}30 numericamente (buscando \zeta em (0,\tfrac{\pi}{2})). Aproximação: \zeta_1\approx 0{,}548 (verificação: 0{,}548\cdot\tan(0{,}548)\approx0{,}30).
  • Calcular A_1: A_1=\frac{4\sin(0{,}548)}{2(0{,}548)+\sin(2\cdot0{,}548)}\approx\frac{4\cdot0{,}5209}{1{,}096+0{,}889}\approx1{,}049.
  • Calcular \Theta: \zeta_1^2\mathrm{Fo}=(0{,}548)^2\cdot 1{,}578\approx0{,}473,
\Theta\approx 1{,}049\exp(-0{,}473)\approx1{,}049\cdot0{,}623\approx0{,}653.
Resultado: \Theta=0{,}653>0{,}6. Assim \mathrm{Bi} deve ser maior (para reduzir \Theta) ou levemente maior, pois maior \mathrm{Bi} aumenta \zeta_1 e faz o decaimento ser mais forte.
  1. Teste \mathrm{Bi}=0{,}50
  • Resolver \zeta\tan\zeta=0{,}50\Rightarrow \zeta_1\approx0{,}652.
  • Calcular A_1: A_1\approx\frac{4\sin(0{,}652)}{2(0{,}652)+\sin(1{,}304)}\approx\frac{4\cdot0{,}6069}{1{,}304+0{,}964}\approx1{,}071.
  • Calcular \Theta: \zeta_1^2\mathrm{Fo}=(0{,}652)^2\cdot1{,}578\approx0{,}670,
\Theta\approx1{,}071\exp(-0{,}670)\approx1{,}071\cdot0{,}512\approx0{,}548.
Resultado: \Theta=0{,}548<0{,}6. Então o \mathrm{Bi} procurado está entre 0{,}30 e 0{,}50.

Passo 6

Refinar a solução por interpolação (busca entre \mathrm{Bi}=0{,}30 e \mathrm{Bi}=0{,}50)
  • Tentativa \mathrm{Bi}=0{,}40:
    • Resolver \zeta\tan\zeta=0{,}40\Rightarrow \zeta_1\approx0{,}595 (encontrado por bissecção/checagem).
    • Calcular A_1: A_1\approx\frac{4\sin(0{,}595)}{2(0{,}595)+\sin(1{,}190)}\approx\frac{4\cdot0{,}5610}{1{,}190+0{,}928}\approx1{,}059.
    • Calcular \Theta: \zeta_1^2\mathrm{Fo}=(0{,}595)^2\cdot1{,}578\approx0{,}558,
\Theta\approx1{,}059\exp(-0{,}558)\approx1{,}059\cdot0{,}572\approx0{,}606.
  • Resultado: \Theta\approx0{,}606, um pouco acima de 0{,}6.
  • Ajuste fino \mathrm{Bi}=0{,}41:
    • Resolver \zeta\tan\zeta=0{,}41\Rightarrow \zeta_1\approx0{,}601.
    • Calcular A_1: A_1\approx\frac{4\sin(0{,}601)}{2(0{,}601)+\sin(1{,}202)}\approx\frac{4\cdot0{,}5664}{1{,}202+0{,}934}\approx1{,}061.
    • Calcular \Theta: \zeta_1^2\mathrm{Fo}=(0{,}601)^2\cdot1{,}578\approx0{,}569,
\Theta\approx1{,}061\exp(-0{,}569)\approx1{,}061\cdot0{,}566\approx0{,}600.
  • Resultado: \Theta\approx0{,}600 — corresponde praticamente ao valor-alvo.

Passo 7

Convertendo \mathrm{Bi} em h e resultado final
  • Com \mathrm{Bi}\approx0{,}41, usa-se
    h=\frac{\mathrm{Bi}\,k}{L}=\frac{0{,}41\cdot 1{,}2}{0{,}005}.
    Calculando:
    h\approx\frac{0{,}492}{0{,}005}=98{,}4\\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}.
  • Arredondando para dois algarismos significativos compatíveis com dados: h\approx 98\\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}.

Resposta

h\approx98\\ \mathrm{W/(m^{2}\cdot K)}

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