7- Considere duas grandes placas de aço com 2 cm de espessura ( \mathrm{k}=43 \mathrm{~W} / \mathrm{m} \cdot{ }^{\circ} \mathrm{C} e \alpha=1,17 \mathrm{X} 10^{-5} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} ) que foram colocadas juntas enquanto molhadas e deixadas do lado de fora durante uma noite fria de inverno a -15^{\circ} \mathrm{C}. No dia seguinte, um trabalhador precisa de um dos pratos, mas as placas estão grudadas porque o congelamento da água entre as duas placas as uniu. Em um esforço para derreter o gelo entre as placas e separá-las, o trabalhador pega um secador de cabelo grande e sopra ar quente a 50^{\circ} \mathrm{C} sobre a superfície exposta da placa na parte superior. O o coeficiente de transferência de calor na superfície superior é estimado em 40 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} \cdot{ }^{\circ} \mathrm{C}. Determine quanto tempo o trabalhador deve manter ar quente até que as duas placas se separem.
Resp: 482 s

Passo 1

O que o problema pede e o que foi dado.
  • Pedido: determinar quanto tempo o trabalhador deve soprar ar quente até que as duas placas se separem. Para que elas se separem é suficiente derreter o gelo que está entre as duas placas; portanto precisamos elevar a temperatura da face interna da placa superior até 0^\circ\mathrm{C} (temperatura de fusão do gelo).
  • Dados do enunciado: \begin{aligned} &\text{espessura da placa (superior)}\; L = 2\\ \mathrm{cm} = 0{,}02\\ \mathrm{m},\\\ &\text{condutividade térmica do aço}\; k = 43\\ \mathrm{W/(m\cdot ^\circ C)},\\\ &\text{difusividade térmica}\; \alpha = 1{,}17\times 10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s},\\\ &\text{ar soprado (temperatura ambiente efetiva)}\; T_\infty = 50^\circ\mathrm{C},\\\ &\text{coeficiente convectivo na superfície superior}\; h = 40\\ \mathrm{W/(m^2\cdot ^\circ C)},\\\ &\text{temperatura inicial do conjunto (noite fria)}\; T_i = -15^\circ\mathrm{C}. \end{aligned}éçéí
  • O que precisamos alcançar: temperatura da face interna da placa superior igual a 0^\circ\mathrm{C}.
  • Observação: o enunciado não dá densidade nem calor específico do aço. Usaremos valores típicos do aço carbono para poder calcular: densidade \rho = 7800\\ \mathrm{kg/m^3} e calor específico c = 470\\ \mathrm{J/(kg\cdot ^\circ C)}. Vou explicitar essa escolha quando aplicar as fórmulas.

Passo 2

Escolha do método de solução (justificativa).
  • Existem duas abordagens comuns: resolver a equação do calor transiente (distribuição espacial de temperatura) ou usar o método da capacidade térmica concentrada (lumped-capacitance), que trata o corpo como tendo temperatura praticamente uniforme no espaço que varia só com o tempo.
  • Para decidir, calculamos o número de Biot \mathrm{Bi}=\frac{h L}{k}.Substituindo: \mathrm{Bi}=\frac{40\cdot 0{,}02}{43}\approx 0{,}0186.
  • Regra prática: se \mathrm{Bi}<0{,}1 podemos usar o método lumped-capacitance com boa precisão (a resistência térmica interna por condução é pequena em comparação com a resistência na superfície).
  • Conclusão: como \mathrm{Bi}\approx0{,}0186\ll 0{,}1, a placa pode ser tratada como tendo temperatura praticamente uniforme ao longo da espessura enquanto aquece. Isso simplifica muito o problema e é o método apropriado aqui.

Passo 3

Formulação do modelo lumped-capacitance (derivação).
  • Consideramos a placa superior como um elemento de espessura L e área A. A variação de energia térmica por unidade de área é dada por: \rho L c \frac{dT}{dt}=q''_{\text{conv}},onde q''_{\text{conv}} é o fluxo convectivo por unidade de área vindo do secador.
  • Pela lei de Newton do resfriamento/aquecimento: q''_{\text{conv}}=h\bigl(T_\infty-T(t)\bigr).
  • Substituindo: \rho L c \,\frac{dT}{dt}=h\bigl(T_\infty-T(t)\bigr).
  • Esta é uma equação diferencial linear de primeira ordem. Vamos resolvê-la para T(t) com a condição inicial T(0)=T_i.

Passo 4

Solução da equação diferencial (expressão do tempo para atingir 0^\circ\mathrm{C}).
  • Reescrevendo a equação: \frac{dT}{dt}+\frac{h}{\rho L c}T=\frac{h}{\rho L c}T_\infty.
  • Solução (exponencial decaindo) é T(t)=T_\infty -\bigl(T_\infty-T_i\bigr)\exp\!\left(-\frac{h}{\rho L c}\,t\right).
  • Queremos achar t tal que T(t)=0^\circ\mathrm{C}. Isolando t: 0 = T_\infty -\bigl(T_\infty-T_i\bigr)\exp\!\left(-\frac{h}{\rho L c}\,t\right).
\Rightarrow \exp\!\left(-\frac{h}{\rho L c}\,t\right)=\frac{T_\infty-0}{T_\infty-T_i}.
\Rightarrow t=-\frac{\rho L c}{h}\ln\!\left(\frac{T_\infty}{T_\infty-T_i}\right).
Reescrevendo de modo mais claro (usando T=0 no numerador):
t=-\frac{\rho L c}{h}\ln\!\left(\frac{T_\infty-0}{T_\infty-T_i}\right).

Passo 5

Cálculo numérico passo a passo e interpretação dos termos.
  • Substituímos os valores escolhidos: \rho=7800\\ \mathrm{kg/m^3},\quad c=470\\ \mathrm{J/(kg\cdot ^\circ C)},\quad L=0{,}02\\ \mathrm{m},\quad h=40\\ \mathrm{W/(m^2\cdot ^\circ C)}.
  • Primeiro calculamos o produto \rho L c (isso tem unidades de J/(m^2\cdot ^\circ C), é a “capacidade térmica por unidade de área”): \rho L c = 7800\cdot 0{,}02\cdot 470 = 73\,320\\ \mathrm{J/(m^2\cdot ^\circ C)}.
  • A constante de tempo (por unidade de área) é \tau=\frac{\rho L c}{h}=\frac{73\,320}{40}=1\,833\\ \mathrm{s}.(essa é a escala de tempo para aquecimento; depois aparecerá multiplicada pelo logaritmo).
  • Agora calculamos o argumento do logaritmo: \frac{T_\infty-0}{T_\infty-T_i}=\frac{50-0}{50-(-15)}=\frac{50}{65}=0{,}769230769\ldots
  • O logaritmo: \ln\!\left(0{,}769230769\right)\approx -0{,}26236.
  • Finalmente: t=-\tau\ln\!\left(\frac{50}{65}\right)=1\,833\times 0{,}26236\approx 482\\ \mathrm{s}.
  • Interpretação: o valor de \mathrm{Bi}\ll 0{,}1 justificou tratar a placa como de temperatura quase uniforme; o tempo obtido é o tempo necessário para que a placa superior, de modo praticamente uniforme, aqueça de -15^\circ\mathrm{C} até 0^\circ\mathrm{C} sob a convecção quente dada. Quando a face interna atinge 0^\circ\mathrm{C}, o gelo ao contato começa a fundir e as placas podem ser separadas.

Resposta

482 s

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