Ejercicio 11: Una placa de acero cuadrada de 1 m por lado y 1 cm de espesor está expuesta a la luz solar y absorbe un flujo solar de 800 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}. La parte inferior de la placa está aislada, los bordes se mantienen a 20^{\circ} \mathrm{C} mediante abrazaderas enfriadas por agua y la cara expuesta se enfría con un coeficiente de convección de 10 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} \mathrm{~K} a una temperatura ambiente de 10^{\circ} \mathrm{C}. La placa está pulida para minimizar la radiación. Determine la distribución de temperatura en la placa utilizando un espaciamiento nodal de 20 cm . La conductividad térmica del acero es 40 \mathrm{~W} / \mathrm{mK}.

Passo 1

Temos uma placa fina de aço de 1{,}0\times1{,}0,m e espessura t=0{,}01,m. Recebe fluxo solar uniforme \dot q''=800,W/ m^{2} na face superior, a face inferior está isolada e as quatro bordas (perímetro) mantêm-se a 20\,^\circC. A face exposta ao sol perde calor por convecção com coeficiente h=10,W/ m^{2}K para o ar a T_\infty=10\,^\circC. A condutividade térmica é k=40,W/mK.
Conteúdo: condução bidimensional com geração equivalente e convecção superficial. Vamos tratar a placa como elemento fino (temperatura uniforme através da espessura) e usar o método das diferenças finitas num malha quadrada de passo \Delta x=\Delta y=0{,}20,m.

Passo 2

Equilíbrio energético de um nó interno (espessura t, área de célula \Delta x\Delta y):
k\,t\,\Delta y\frac{T_E-T_P}{\Delta x} +k\,t\,\Delta y\frac{T_W-T_P}{\Delta x} +k\,t\,\Delta x\frac{T_N-T_P}{\Delta y} +k\,t\,\Delta x\frac{T_S-T_P}{\Delta y} +\dot q''\,\Delta x\Delta y -h\,\Delta x\Delta y\,(T_P-T_\infty) =0.
Dividindo por k\,t\,\Delta x\Delta y e usando \Delta x=\Delta y=0{,}20,m, obtemos
\Bigl(2/\Delta x^2+2/\Delta y^2+\frac{h}{k\,t}\Bigr)T_P =\frac{1}{\Delta x^2}(T_E+T_W)+\frac{1}{\Delta y^2}(T_N+T_S) +\frac{\dot q''}{k\,t}+\frac{h}{k\,t}T_\infty.
Numericamente,
\frac{2}{\Delta^2}+\frac{h}{k\,t} =100+25=125,\quad \frac{1}{\Delta^2}=25,\quad \frac{\dot q''}{k\,t}=2000,\quad \frac{h}{k\,t}T_\infty=250,
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125\,T_P=25\,(T_E+T_W+T_N+T_S)+2250 \quad\Longrightarrow\quad T_P=0,20\,(T_E+T_W+T_N+T_S)+18.

Passo 3

Malha 6\times6 de nós em x,y=0,0{,}2,0{,}4,0{,}6,0{,}8,1{,}0.
  • Nas bordas x=0, x=1, y=0, y=1 fixamos T=20\,^\circC.
  • Os nós internos (16 nós) obedecem à fórmula acima.
    Como as condições são simétricas em torno de x=0{,}5 e y=0{,}5, os 16 valores interiores reduzem-se a 4 desconhecidos exclusivos no quarto inferior-esquerdo:
A=T(0{,}2,0{,}2),\\ B=T(0{,}4,0{,}2),\\ C=T(0{,}2,0{,}4),\\ D=T(0{,}4,0{,}4),
com espelhamento para os outros.

Passo 4

Escrevendo a equação T_P=0,2\sum T_\text{vizinhos}+18 em cada um:
Para A em (0{,}2,0{,}2): \;T_E=B,\;T_W=20,\;T_N=C,\;T_S=20;
A=0,2\,(B+C+20+20)+18=0,2B+0,2C+26.
Para B em (0{,}4,0{,}2): vizinhos \{T_E=T(0{,}6,0{,}2)=B\text{ (simetria)},\;T_W=A,\;T_N=D,\;T_S=20\}
B=0,2\,(B+A+D+20)+18 \;\Longrightarrow\; 0{,}8\,B=0{,}2\,A+0{,}2\,D+22 \;\Longrightarrow\; B=\frac{A+D+110}{4}.
Para C em (0{,}2,0{,}4): vizinhos \{T_E=D,\;T_W=20,\;T_N=C\text{ (simetria)},\;T_S=A\}
C=\frac{A+D+110}{4} \;\Longrightarrow\;C=B.
Para D em (0{,}4,0{,}4): vizinhos \{T_E=C,\;T_W=C,\;T_N=B,\;T_S=B\}
D=0,2\,(2C+2B)+18=0,4(B+C)+18=0,8\,B+18.

Passo 5

Das quatro equações e C=B obtemos para A,B,D:
A=0,4\,B+26,\quad B=\frac{A+D+110}{4},\quad D=0,8\,B+18.
Substituindo A e D na equação de B
B=0,3\,B+38{,}5 \;\Longrightarrow\; 0{,}7\,B=38{,}5 \;\Longrightarrow\; B=55{,}0\,^\circ\text{C}.
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A=0,4\cdot55+26=48{,}0\,^\circ\text{C},\quad D=0,8\cdot55+18=62{,}0\,^\circ\text{C},\quad C=B=55{,}0\,^\circ\text{C}.

Passo 6

Reconstruindo todos os 16 nós internos por simetria e incluindo as bordas a 20\,^\circC, formamos a matriz 6\times6 de temperaturas (linhas em y=1,0{,}8,\dots,0; colunas em x=0,0{,}2,\dots,1):
y\backslash x 0,0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0
1,0 20 20 20 20 20 20
0,8 20 48 55 55 48 20
0,6 20 55 62 62 55 20
0,4 20 55 62 62 55 20
0,2 20 48 55 55 48 20
0,0 20 20 20 20 20 20

Resposta

A distribuição nodal de temperatura (em °C) na placa é dada pela tabela acima.

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