( ) 64. Partindo da Equação da Lei de Fourier, obtenha a expressão que permita calcular a carga térmica Q que atravessa radialmente uma casca esférica submetida à uma diferença de temperatura conhecida. Considerando as condições de contorno: T\left(r=R_{1}\right)=T_{1} e T\left(r=R_{2}\right)=T_{2}, sendo R_{1} e R_{2} os raios interno e externo da casca esférica de condutividade térmica k, respectivamente.
( ) 65. Uma parede plana isotrópica ( k=1,2 \mathrm{~W} / \mathrm{mK} e A=15 \mathrm{~m}^{2} ) possui uma espessura de 0,2 \mathrm{~m}. As faces da parede são mantidas à T_{1}=120^{\circ} \mathrm{C} e T_{2}=50^{\circ} \mathrm{C}, respectivamente. Sabendo-se que o regime é estacionário, unidimensional e que não ocorre nenhum tipo de geração de energia, calcule a distribuição de temperaturas na parede e o valor da temperatura na metade da sua espessura. Além disso, qual a taxa de TC na parede?

Passo 1

O enunciado 64 pede a expressão da taxa de transferência de calor radial em uma casca esférica em regime estacionário, sem geração interna, usando a Lei de Fourier. Temos as condições de contorno
T(R_{1})=T_{1},\quad T(R_{2})=T_{2},
com condutividade térmica k. Vamos usar condução radial em coordenadas esféricas e integrar a equação diferencial resultante.

Passo 2

Em condução radial estacionária, a Lei de Fourier dá
\dot Q = -\,k\,A(r)\,\frac{dT}{dr},
onde a área do elemento esférico é A(r)=4\pi r^2. Como não há geração, \dot Q é constante em r.

Passo 3

Substituindo A(r) na lei de Fourier resulta
\frac{dT}{dr} = -\frac{\dot Q}{4\pi k\,r^2}.
Integramos de r=R_{1} a r=R_{2} e de T_1 a T_2:
\int_{T_1}^{T_2}dT = -\frac{\dot Q}{4\pi k} \int_{R_1}^{R_2}\frac{dr}{r^2}.

Passo 4

A integral em r é
\int_{R_1}^{R_2}\frac{dr}{r^2} =\Bigl(-\frac{1}{r}\Bigr)\Big|_{R_1}^{R_2} =-\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_1}.
Logo,
T_2-T_1 = -\frac{\dot Q}{4\pi k}\Bigl(-\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_1}\Bigr) = \frac{\dot Q}{4\pi k}\Bigl(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\Bigr).

Passo 5

Isolando \dot Q, obtemos a expressão desejada:
\dot Q = 4\pi k\,\frac{T_1 - T_2}{\displaystyle\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}}.

Passo 6

O enunciado 65 trata de condução unidimensional estacionária em uma parede plana sem geração interna. Dados:
k=1,2\;\mathrm{W/mK},\quad A=15\;\mathrm{m}^2,\quad L=0,2\;\mathrm{m},\quad T(0)=T_1=120\,^\circ\mathrm{C},\quad T(L)=T_2=50\,^\circ\mathrm{C}.
Queremos T(x), T(L/2) e a taxa de calor \dot Q.

Passo 7

Para regime estacionário sem geração, a equação de condução é
\frac{d^2T}{dx^2}=0,
cuja solução geral é
T(x)=C_1\,x+C_2.

Passo 8

Aplicando as condições de contorno:
T(0)=C_2=T_1,\quad T(L)=C_1L+C_2=T_2
resulta em
C_1=\frac{T_2-T_1}{L},\quad C_2=T_1.

Passo 9

Logo
T(x) = T_1 + \frac{T_2 - T_1}{L} \cdot x.
Na metade da espessura, x = \frac{L}{2} = 0,1,m,
T\Bigl(\frac{L}{2}\Bigr) = 120 + \frac{50 - 120}{0,2} \cdot 0,1 = 120 - 350 \cdot 0,1 = 85\,^{\circ}\mathrm{C}.

Passo 10

A taxa de calor é
\dot Q = -\,k\,A\,\frac{dT}{dx} = k\,A\,\frac{T_1-T_2}{L}.
Numericamente,
\dot Q = 1,2 \times 15 \times \frac{120-50}{0,2} = 6300\;\mathrm{W}.

Resposta

T(x)=120 + \frac{50-120}{0,2}\,x,\quad T(0{,}1)=85\,^\circ\mathrm{C},\quad \dot Q=6300\;\mathrm{W}.

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