Q4. Um dispositivo sensível ao calor foi acidentalmente trancado no carro. As dimensões interiores do carro são ( L=2 \mathrm{m}, A_{s}=2.5 \mathrm{~m}^{2}, Volume =4 \mathrm{~m}^{3} ). A radiação solar fornece um fluxo de calor de 580 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} através do teto e janelas (área mencionada acima). Uma brisa ( v_{\infty}=5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, T_{\infty}=25^{\circ} \mathrm{C} ) sopra sobre o carro. Assumindo que o fluido dentro do carro é apenas ar \left(v_{a r}=0 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, \mathrm{T}(\mathrm{t}=0)=25^{\circ} \mathrm{C}\right) sob condições uniformes, que o dispositivo pode suportar uma temperatura de 55^{\circ} \mathrm{C}, e que toda a energia líquida proveniente do sol seja transferida para o ar dentro do carro: I. Qual é o coeficiente de transferéncia de calor da superfícic do carro para o exterior? II. Quão rápido a temperatura sobe ou desce inicialmente no carro? III. Em quanto tempo o dispositivo atingirá a temperatura de 55^{\circ} \mathrm{C} ?

Passo 1

Vamos resumir o problema e identificar o que precisamos. Temos o interior do carro com volume V=4\,\mathrm{m^3}, área de transmissão do calor A_s=2,5\,\mathrm{m^2}, fluxo solar de q''=580\,\mathrm{W/m^2} e ar inicialmente à T_i=25^\circ\mathrm{C}. O ar externo está a T_\infty=25^\circ\mathrm{C} com vento de v_\infty=5\,\mathrm{m/s}. Queremos:
  1. O coeficiente de convecção externa h.
  2. A taxa inicial de variação de temperatura interna \dot T(0).
  3. O tempo para interno atingir T_d=55^\circ\mathrm{C}.
Os conteúdos a usar são correlação de convecção forçada para placa e o modelo de capacitância térmica lumped.

Passo 2

Cálculo de h por correlação de convecção sobre placa de comprimento L=2\,\mathrm{m}.
A viscosidade cinemática do ar vale \nu=1,5\times10^{-5}\,\mathrm{m^2/s} e \mathrm{Pr}=0,71.
\mathrm{Re}_L = \frac{v_\infty L}{\nu} = \frac{5 \times 2}{1,5\times10^{-5}} =6{,}67\times10^5.
Para escoamento turbulento usamos
\mathrm{Nu}_L = 0,0296\,\mathrm{Re}_L^{0,8}\,\mathrm{Pr}^{1/3}.
Calculando
\mathrm{Re}_L^{0,8}\approx(6{,}67\times10^5)^{0,8}\approx4{,}58\times10^4, \quad\mathrm{Pr}^{1/3}\approx0,71^{1/3}\approx0,89,
\mathrm{Nu}_L\approx0,0296\times4{,}58\times10^4\times0,89\approx1{,}21\times10^3.
Com k_{\rm ar}=0,025\,\mathrm{W/mK} temos
h = \frac{\mathrm{Nu}_L\,k_{\rm ar}}{L} = \frac{1{,}21\times10^3\times0,025}{2} \approx15{,}1\;\mathrm{W/m^2K}.

Passo 3

Taxa inicial de variação de temperatura usando balanço de energia lumped.
Massa de ar m=\rho V com \rho\approx1{,}2\,\mathrm{kg/m^3}
m = 1{,}2\times4 = 4{,}8\;\mathrm{kg}, \quad m c_p = 4{,}8\times1005 \approx 4824\;\mathrm{J/K}.
O ganho solar total é
Q_{\rm in} = q''\,A_s = 580\times2{,}5 = 1450\;\mathrm{W},
e inicialmente T-T_\infty=0 implica perda por convecção zero. Logo
\dot T(0) = \frac{Q_{\rm in}}{m c_p} = \frac{1450}{4824} \approx0{,}30\;\mathrm{K/s}.

Passo 4

Tempo para T atingir 55^\circ\mathrm{C}. A equação do modelo lumped é
m c_p \frac{dT}{dt} = q''A_s - hA_s\bigl[T(t)-T_\infty\bigr].
A solução leva a
T(t)-T_\infty = \Delta T_{ss}\Bigl[1 - e^{-t/\tau}\Bigr],
onde
\Delta T_{ss} = \frac{q''}{h}, \quad \tau = \frac{m c_p}{h A_s}.
Calculamos
\Delta T_{ss} = \frac{580}{15{,}1}\approx38{,}4\;\mathrm{K}, \qquad \tau = \frac{4824}{15{,}1\times2{,}5}\approx128{,}0\;\mathrm{s}.
Queremos T(t)=T_\infty+30\,\mathrm{K} 25\to55. Então
30 = 38{,}4\bigl[1 - e^{-t/\tau}\bigr] \quad\Longrightarrow\quad e^{-t/\tau} = 1 - \frac{30}{38{,}4} \approx0{,}2188,
t = -\tau \ln(0{,}2188)\approx128{,}0\times1{,}52\approx195\;\mathrm{s} \approx3{,}3\;\mathrm{min}.

Resposta

I. h\approx15\;\mathrm{W/m^2K}.\n II. \(\dot T(0)\approx0{,}30\;\mathrm{K/s}.\n III. \(t\approx195\;\mathrm{s}\\ (\approx3{,}3\;\mathrm{min}).)

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