2- Considerando que a placa do problema acima seja feita de cobre \mathrm{K}=384 \mathrm{~W} / \mathrm{m} . \mathrm{K}, com 5 cm de espessura e que a superfície perdeu 900 W por radiação, calcule a temperatura na face inferior da placa.

Passo 1

O que o enunciado nos dá:
  • Condutividade térmica da placa: K=384\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}\cdot\mathrm{K}.
  • Espessura da placa: L=5\\ \mathrm{cm}=0,05\\ \mathrm{m}.
  • A superfície (presumivelmente a face superior) perdeu \dot Q=900\\ \mathrm{W} por radiação.
    O que o enunciado pede:
  • Calcular a temperatura na face inferior da placa.
Dados / informações que não foram fornecidos (e que são essenciais):
  • A área da face radiativa, A (em \mathrm{m}^2); sem A não se transforma 900 W em fluxo por unidade de área.
  • A emissividade da superfície, \epsilon, e a temperatura do ambiente, T_\infty, caso se queira relacionar a potência radiada com a temperatura da superfície via radiação.
  • Alternativamente, se já fosse conhecida a temperatura da face superior T_s, bastaria usá‑la para obter a face inferior. Nenhuma dessas quantidades foi fornecida.
Portanto, com os dados atuais NÃO há informação suficiente para obter um valor numérico definitivo da temperatura na face inferior.

Passo 2

Conceito físico e balanço de energia (explicação didática):
  • Em regime estacionário e assumindo condução unidimensional na espessura, a potência que atravessa a placa por condução é a mesma potência que é perdida por radiação na face externa (se não há outras trocas de calor).
  • A lei de Fourier (forma integral para uma parede plana com gradiente linear de temperatura) dá a potência conduzida:
\dot Q = K\,A\,\frac{T_s - T_{b}}{L},
onde:
  • \dot Q é a potência conduzida (em W),
  • K é a condutividade térmica (em \mathrm{W}/\mathrm{m}\cdot\mathrm{K}),
  • A é a área da face (em \mathrm{m}^2),
  • T_s é a temperatura na face superior (aquela que radia), em K,
  • T_{b} é a temperatura da face inferior (a que queremos), em K,
  • L é a espessura (em m).
Explicando em palavras: a diferença de temperatura entre as faces ( T_s-T_b) é proporcional à potência que atravessa a placa; quanto maior K mais fácil é conduzir calor e menor será essa diferença para a mesma \dot Q.

Passo 3

Como obter T_s a partir da potência radiada (se a superfície radia para o ambiente):
  • A potência radiada da superfície pode ser escrita por Stefan–Boltzmann (para radiação total entre superfície e ambiente):
\dot Q = \epsilon\,A\,\sigma\left(T_s^4 - T_{\infty}^4\right),
onde:
  • \epsilon é a emissividade da superfície (adimensional, 0\le\epsilon\le1),
  • \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann, \sigma = 5,670\times10^{-8}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\!\cdot\!\mathrm{K}^4,
  • T_\infty é a temperatura do ambiente (em K).
Rearranjando para T_s:
T_s = \left(\frac{\dot Q}{\epsilon\,A\,\sigma} + T_\infty^4\right)^{1/4}.
Observação didática: para usar essa fórmula é preciso conhecer \epsilon, A e T_\infty. Sem esses dados não se obtém T_s.

Passo 4

União das equações para encontrar T_{b}:
  • Uma vez conhecido T_s (obtido pela equação de radiação acima), a temperatura da face inferior vem de Fourier:
T_{b} = T_s - \frac{\dot Q\,L}{K\,A}.
  • Se, ao invés de \dot Q total, for dado o fluxo por unidade de área q''=\dot Q/A, a expressão fica mais simples:
T_{b} = T_s - \frac{q''\,L}{K}.
Resumo prático do procedimento (passos a aplicar na prova, se tiver todos os dados):
  1. Usar \dot Q = \epsilon A \sigma (T_s^4-T_\infty^4) e resolver para T_s.
  2. Usar T_{b} = T_s - \dfrac{\dot Q L}{K A} para achar T_b.

Passo 5

Exemplo numérico ilustrativo (apenas para mostrar o método e a ordem de grandeza) — assumir valores típicos para ver o efeito:
  • Suponha (apenas como exemplo) A=1\\ \mathrm{m}^2, \epsilon=1 (superfície negra) e T_\infty=293\\ \mathrm{K} ( 20^\circ\mathrm{C}). Com \dot Q=900\\ \mathrm{W}:
T_s = \left(\frac{900}{1\cdot1\cdot5,670\times10^{-8}} + 293^4\right)^{1/4}\approx 390\\ \mathrm{K}.
Em seguida,
T_b = 390 - \frac{900\cdot0,05}{384\cdot1}\approx 390 - 0,12 \approx 389,9\\ \mathrm{K}.
Comentário didático: note que, para cobre com K grande, a queda de temperatura através de 0,05\\ \mathrm{m} é pequena (aqui só \sim0,12\\ \mathrm{K}). Isso mostra que, frequentemente, o calor cedido por radiação determina praticamente a temperatura da superfície e a face oposta fica quase na mesma temperatura quando a condutividade é muito alta.

Passo 6

Conclusão e o que falta para resolver numericamente o problema pedido:
  • Para obter a temperatura numérica da face inferior é obrigatório conhecer pelo menos uma das seguintes informações adicionais:
    • A área A da face que está radiando e a emissividade \epsilon e T_\infty; ou
    • A temperatura da face superior T_s diretamente; ou
    • O fluxo por unidade de área q''=\dot Q/A.
Sem esses dados não é possível calcular um valor numérico definitivo para T_{b}.

Resposta

Não é possível determinar numericamente a temperatura da face inferior com os dados fornecidos. Faltam, no mínimo, a área A e a emissividade \epsilon e/ou a temperatura ambiente T_\infty (ou então a temperatura da face superior T_s).
(Se forem fornecidos esses dados, usar as fórmulas T_s=\big(\dfrac{\dot Q}{\epsilon A\sigma}+T_\infty^4\big)^{1/4} e T_b=T_s-\dfrac{\dot Q\,L}{K\,A} para obter o valor numérico.)

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