A distribuição de temperaturas ao longo de uma parede com espessura de 1 m , em determinado instante de tempo, é dada por:
T(x)=a+b x+c x^{2}+d x^{3}
na qual T está em graus Celsius e x em metros, enquanto a=100^{\circ} \mathrm{C}, b=-600^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m}. \mathrm{c}=-120^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{2} e \mathrm{d}=-30^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{3}. Uma geração de calor uniforme, \mathrm{q}=800 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{3}, está presente na parede, cuja área é de 10 \mathrm{~m}^{2}. O seu material apresenta as seguintes propriedades: p=1500 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}, \mathrm{k}=30 \mathrm{~W} /(\mathrm{m} \cdot \mathrm{K}) e \mathrm{c}_{\mathrm{p}}=3 \mathrm{~kJ} /(\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}).
Pede-se:
  1. Determine a taxa de transferência de calor que entra na parede (x=0) e que deixa a parede (x=1 \mathrm{~m}).
  2. Determine a taxa de variação da energia acumulada na parede.
  3. Determine a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo na posição x=0,5 \mathrm{~m}.

Passo 1

O enunciado dá a distribuição de temperatura ao longo de uma parede de espessura L=1\\ \mathrm{m}
T(x)=a + b\,x + c\,x^2 + d\,x^3
com a=100\\ ^\circ\mathrm{C},\\ b=-600\\ ^\circ\mathrm{C/m},\\ c=-120\\ ^\circ\mathrm{C/m^2},\\ d=-30\\ ^\circ\mathrm{C/m^3}. Há geração interna uniforme q=800\\ \mathrm{W/m^3}, área da parede A=10\\ \mathrm{m^2} e propriedades do material \rho=1500\\ \mathrm{kg/m^3},\\ k=30\\ \mathrm{W/(m\cdot K)},\\ c_p=3000\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
Pede-se:
  1. A taxa de calor que entra em x=0 e sai em x=1.
  2. A taxa de variação de energia acumulada na parede.
  3. A taxa de variação temporal da temperatura em x=0{,}5.
    Para isso usaremos:
    – Lei de Fourier unidimensional
\dot Q(x) = -\,k\,A\,\frac{dT}{dx}\,,
– balanço de energia
\frac{dE}{dt} = \dot Q(0) - \dot Q(1) + q\,A\,L\,,
– equação de calor transiente com geração
\rho\,c_p\,\frac{\partial T}{\partial t} = k\,\frac{d^2T}{dx^2} + q \quad\Longrightarrow\quad \frac{\partial T}{\partial t} = \frac{k}{\rho\,c_p}\,\frac{d^2T}{dx^2} \;+\;\frac{q}{\rho\,c_p}\,.

Passo 2

Calculemos primeiro
\frac{dT}{dx}(x) = b + 2\,c\,x + 3\,d\,x^2.
Em x=0:
\frac{dT}{dx}(0) = b = -600\\ ^\circ\mathrm{C/m},
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\dot Q(0) = -\,k\,A\,\bigl(dT/dx|_{0}\bigr) = -30\cdot10\cdot(-600) = 180{,}000\\ \mathrm{W}.
Em x=1:
\frac{dT}{dx}(1) = -600 + 2\cdot(-120) + 3\cdot(-30) = -600 -240 -90 = -930\\ ^\circ\mathrm{C/m},
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\dot Q(1) = -\,30\cdot10\cdot(-930) = 279{,}000\\ \mathrm{W}.

Passo 3

A geração total é
\dot Q_{\rm gen} = q\,A\,L = 800\cdot10\cdot1 = 8{,}000\\ \mathrm{W}.
Pelo balanço de energia,
\frac{dE}{dt} = \dot Q(0) \;-\;\dot Q(1)\;+\;\dot Q_{\rm gen} = 180{,}000 \;-\; 279{,}000 \;+\; 8{,}000 = -91{,}000\\ \mathrm{W}.

Passo 4

Para a variação temporal em x=0{,}5 calculamos
\frac{d^2T}{dx^2}(x) = 2\,c + 6\,d\,x,
logo em x=0{,}5:
\frac{d^2T}{dx^2}(0{,}5) = 2\cdot(-120) + 6\cdot(-30)\cdot0{,}5 = -240 - 90 = -330\\ ^\circ\mathrm{C/m^2}.
Então
\frac{\partial T}{\partial t}\Big|_{x=0{,}5} = \frac{30}{1500\cdot3000}\,(-330) \;+\;\frac{800}{1500\cdot3000} \approx -2{,}22\times10^{-3} + 1{,}78\times10^{-4} \approx -2{,}04\times10^{-3}\\ \mathrm{K/s}.

Resposta

  1. \dot Q(0)=180{,}000\\ \mathrm{W}, \dot Q(1)=279{,}000\\ \mathrm{W}.
  2. \dfrac{dE}{dt}=-91{,}000\\ \mathrm{W}.
  3. \displaystyle \frac{\partial T}{\partial t}\big|_{x=0{,}5}\approx -2{,}04\times10^{-3}\\ \mathrm{K/s}.

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