Devido à lenta oxidação das partículas, uma camada de carvão com 1 m de espessura ( k=0,26 \mathrm{W} / \mathrm{m} / \mathrm{K} ) gera energia térmica a uma taxa volumétrica \dot{q}=20 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{3}). A superfície superior da camada está exposta ao ar ambiente a 25^{\circ} \mathrm{C}, com \mathrm{h}=5 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} / \mathrm{K} e recebe irradiação solar a uma taxa \mathrm{G}_{\mathrm{s}}=400 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}. A superfície possui \varepsilon=\alpha=0,95.
(d) Represente em um gráfico a distribuição de temperatura e analise fisicamente o comportamento do campo de temperaturas;

Passo 1

O enunciado (parte d) pede duas coisas:
  • Representar em um gráfico a distribuição de temperatura na espessura da camada de carvão (espessura L=1\\ \mathrm{m}).
  • Analisar fisicamente o comportamento do campo de temperaturas.
Os dados fornecidos (peguei todos do enunciado) são:
  • Espessura da camada: L=1\\ \mathrm{m}.
  • Condutividade térmica: k=0{,}26\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}/\mathrm{K}.
  • Geração interna volumétrica (uniforme): \dot{q}=20\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{3}.
  • Superfície superior exposta ao ar: T_{\infty}=25^\circ\mathrm{C}.
  • Coeficiente convectivo: h=5\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}/\mathrm{K}.
  • Irradiação solar incidente: G_{s}=400\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2} e absorvidade \alpha=0{,}95 (logo a irradiância absorvida é \alpha G_s).
  • Emissividade da superfície: \varepsilon=0{,}95.
  • Constante de Stefan–Boltzmann: \sigma = 5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}/\mathrm{K}^{4} (usar quando linearizar radiação).
Observação importante (decisão necessária): o enunciado não especificou a condição de contorno na superfície inferior ( x=L). Para poder calcular e traçar a solução escolhi a hipótese usual e simples que permite progressão clara: vou assumir que a superfície inferior é isolada (adensada), isto é, condição de Neumann \left.\dfrac{dT}{dx}\right|_{x=L}=0. Se a condição de contorno inferior fosse outra (por exemplo, temperatura fixa ou convecção com o solo), a forma final muda; ao longo explico rapidamente como mudaria.

Passo 2

Modelo físico e equação a resolver (1D, regime estacionário):
  • Como a camada é espessa e assumimos que o problema é unidimensional ao longo da espessura, a equação de conservação de energia em regime permanente com geração volumétrica uniforme é
\frac{d^{2}T}{dx^{2}}=-\frac{\dot{q}}{k},
onde x é a coordenada medida a partir da superfície superior ( x=0) para o interior ( x=L). Explicando as variáveis:
  • T(x) é a temperatura em função de x.
  • \dot{q} é a taxa volumétrica de geração de calor ( \mathrm{W}/\mathrm{m}^3).
  • k é a condutividade térmica ( \mathrm{W}/\mathrm{m}/\mathrm{K}).
Condições de contorno usadas:
  • Superfície superior ( x=0): balanço de fluxo incluindo condução interna, convecção e radiação para o ambiente e ainda a irradiância solar absorvida. Para linearizar convenientemente a radiação usamos a aproximação de linearização ao redor da temperatura ambiente T_{\infty} (método padrão em problemas de engenharia):
    • radiação linearizada: \varepsilon\sigma\left(T_{s}^{4}-T_{\infty}^{4}\right)\approx h_{r}\,\left(T_{s}-T_{\infty}\right), com
    h_{r}=4\varepsilon\sigma T_{\infty}^{3}.
    • Assim, o termo de troca total superficial é h_{\text{tot}}=h+h_{r}.
    • O balanço de fluxos na superfície (sinal positivo para fluxo para fora da camada) é
    -k\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x=0}=h_{\text{tot}}\left(T(0)-T_{\infty}\right)-\alpha G_s.(Explicação: o termo \alpha G_s é calor absorvido na superfície; a condutividade fornece o fluxo vindo do interior; a convecção+radiacão remove calor para o ambiente.)
  • Superfície inferior ( x=L): isolamento
\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x=L}=0.

Passo 3

Linearização da radiação e cálculo de h_{r} e h_{\text{tot}}.
Calculo de h_{r} usando T_{\infty}=25^\circ\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K}:
h_{r}=4\varepsilon\sigma T_{\infty}^{3} =4\cdot0{,}95\cdot(5{,}670374419\times10^{-8})\cdot(298{,}15)^{3}.
Fazendo as contas:
h_{r}\approx 5{,}71\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}/\mathrm{K}.
Logo
h_{\text{tot}}=h+h_{r}\approx 5 + 5{,}71 = 10{,}71\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}/\mathrm{K}.
(Interpretação curta: a troca radiativa linearizada tem magnitude similar à convecção; por isso é importante somá-las.)

Passo 4

Resolução da equação diferencial com as condições impostas.
Integrando a equação
\frac{d^{2}T}{dx^{2}}=-\frac{\dot{q}}{k}
obtemos a primitiva:
\frac{dT}{dx}=-\frac{\dot{q}}{k}x + C_{1}.
Aplicando a condição no fundo ( \left.\dfrac{dT}{dx}\right|_{x=L}=0):
0 = -\frac{\dot{q}}{k}L + C_{1}\quad\Rightarrow\quad C_{1}=\frac{\dot{q}}{k}L.
Logo
\frac{dT}{dx}=\frac{\dot{q}}{k}(L-x).
Integramos novamente:
T(x)=\frac{\dot{q}}{k}\Big(Lx-\frac{x^{2}}{2}\Big)+C_{2}.
Aqui C_{2}=T(0) é a temperatura da superfície superior (desconhecida). Assim podemos escrever
T(x)=T(0)+\frac{\dot{q}}{k}\Big(Lx-\frac{x^{2}}{2}\Big).
Agora usamos a condição de superfície (balanço de fluxos) para encontrar T(0). Da expressão de derivada,
\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x=0}=\frac{\dot{q}}{k}L.
O fluxo condutivo para fora na superfície é
-q_{\text{cond,top}}=-k\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x=0}=-k\cdot\frac{\dot{q}}{k}L=-\dot{q}L.
Substituindo no balanço superficial:
-\dot{q}L = h_{\text{tot}}\big(T(0)-T_{\infty}\big)-\alpha G_s.
Resolvendo para T(0):
T(0)=T_{\infty}+\frac{\alpha G_s-\dot{q}L}{h_{\text{tot}}}.
Esta forma física é intuitiva: a diferença entre o calor absorvido na superfície ( \alpha G_s) e o calor que vem do volume por geração ( \dot{q}L) divide-se pelo coeficiente de troca total para dar o desvio de temperatura da superfície em relação ao ambiente.

Passo 5

Substituição numérica e expressão final da distribuição.
Valores numéricos:
  • \alpha G_s = 0{,}95\times400 = 380\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}.
  • \dot{q}L = 20\times1 = 20\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}.
  • h_{\text{tot}}\approx 10{,}71\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}/\mathrm{K}.
  • T_{\infty}=25^\circ\mathrm{C}.
Logo
T(0)=25^\circ\mathrm{C}+\frac{380-20}{10{,}71} \approx 25^\circ\mathrm{C}+33{,}62^\circ\mathrm{C} \approx 58{,}62^\circ\mathrm{C}.
A distribuição completa é, lembrando L=1,
\boxed{\,T(x)=T(0)+\frac{\dot{q}}{k}\Big(x-\frac{x^{2}}{2}\Big)\,}
com T(0)\approx 58{,}62^\circ\mathrm{C} e \dfrac{\dot{q}}{k}=\dfrac{20}{0{,}26}\approx 76{,}923\\ \mathrm{K}/\mathrm{m}.
Alguns pontos numéricos úteis (para desenho do gráfico):
  • T(0)\approx 58{,}62^\circ\mathrm{C} (superfície superior).
  • T(0{,}25)\approx 75{,}44^\circ\mathrm{C}.
  • T(0{,}5)\approx 87{,}46^\circ\mathrm{C}.
  • T(0{,}75)\approx 94{,}67^\circ\mathrm{C}.
  • T(1)\approx 97{,}08^\circ\mathrm{C} (superfície inferior isolada, temperatura máxima).

Passo 6

Como traçar o gráfico (instruções práticas para a prova ou para gerar no papel):
  • No eixo horizontal coloque a coordenada x de 0 (superfície exposta) a 1\\ \mathrm{m} (fundo isolado). No eixo vertical a temperatura T em graus Celsius.
  • Plote os pontos calculados acima e ligue por uma curva parabólica côncava para baixo (pois \dfrac{d^{2}T}{dx^{2}}=-\dfrac{\dot{q}}{k}<0). A curva começa em T(0)\approx 58{,}6^\circ\mathrm{C}, sobe continuamente até T(1)\approx 97{,}1^\circ\mathrm{C} e tem inclinação nula em x=1.
  • Visualmente, será uma parábola que sobe mais rapidamente perto da superfície média e “achata” próximo do fundo (slope tende a zero em x=1).

Passo 7

Análise física do comportamento do campo de temperaturas (intuitiva e didática — fique tranquilo, eu também fico aliviado quando a física faz sentido!):
  • A irradiância solar \alpha G_s=380\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2 é muito maior que a geração volumétrica total integrada pela espessura ( \dot{q}L=20\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2). Logo a principal fonte de aquecimento presente é o sol que aquece diretamente a superfície superior.
  • Mesmo assim, há geração volumétrica interna, que aquece o interior (e empurra calor para cima). Como a superfície inferior foi assumida isolada, todo o calor gerado no volume e absorvido na superfície tem que ser removido para o ambiente através da superfície superior.
  • O fato de a segunda derivada ser negativa ( d^{2}T/dx^{2}=-\dot{q}/k<0) implica que o perfil é uma parábola côncava para baixo. No nosso caso isso faz com que a temperatura aumente com x (do topo para o fundo) porque a inclinação inicial é positiva ( dT/dx(0)>0): a superfície é mais fria que o interior.
  • A temperatura máxima está no fundo ( x=1\\ \mathrm{m}). Isso acontece porque o fundo está isolado: calor não sai por ali, então o acúmulo é maior mais abaixo. Se o fundo estivesse mantido a 25^\circ\mathrm{C} (caso diferente), a máxima poderia estar no interior, mas com valores menores.
  • A contribuição radiativa linearizada aumentou o coeficiente de troca superficial de 5 para cerca de 10{,}71\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}/\mathrm{K}. Isso reduz a temperatura de superfície em comparação com o caso sem radiação, porque a superfície perde calor mais facilmente.
  • Ordem de grandeza: a superfície está a cerca de 59^\circ\mathrm{C} e o fundo a cerca de 97^\circ\mathrm{C}. Portanto, existe um gradiente significativo e temperaturas elevadas no interior — consequência direta da combinação de isolamento inferior e geração interna, com forte aporte solar na superfície.
  • Reduções/efeitos: aumentar h (mais vento) ou diminuir \alpha (mais reflexão) diminuiria T(0) e, consequentemente, todas as temperaturas internas; se o fundo não fosse isolado (por exemplo, contato com solo frio), as temperaturas máximas cairiam notavelmente.

Resposta

T(x)=T(0)+\frac{\dot{q}}{k}\Big(x-\frac{x^{2}}{2}\Big), \qquad T(0)=T_{\infty}+\frac{\alpha G_s-\dot{q}L}{h_{\text{tot}}},
com h_{\text{tot}}=h+4\varepsilon\sigma T_{\infty}^{3}. Numericamente,
T(0)\approx 58{,}62^\circ\mathrm{C},
T(1)\approx 97{,}08^\circ\mathrm{C}.

Exercícios relacionados