Exercício 7: Considere um duto de área de seção transversal triangular de 0,04 \mathrm{~m}^{2} (triângulo equilátero com lados iguais a l ) e comprimento de 2 m . A vazão mássica de ar que entra no duto é de 4 \times 10^{-4} \mathrm{~kg} / \mathrm{s} e se encontra a 27^{\circ} \mathrm{C}. Um fluxo térmico uniforme de 400 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} é imposto na superfície do duto. Estime a temperatura do ar e da superfície do duto na sua saída.
Dado: área de um triângulo equilátero: A=\frac{l^{2} \sqrt{3}}{4}

Passo 1

O enunciado descreve um duto de secção triangular equilátera de área da base \,0,04\;\mathrm{m}^2, comprimento L=2\;\mathrm{m}, com fluxo mássico de ar \dot m=4\times10^{-4}\;\mathrm{kg/s} que entra a 27^\circ\mathrm{C}. Há um fluxo de calor uniforme na parede q''=400\;\mathrm{W/m^2}. Precisamos estimar:
  1. A temperatura média do ar na saída do duto, T_{\text{ar,out}}.
  2. A temperatura da superfície do duto na saída, T_{s,\text{out}}.
Conteúdos necessários:
  • Geometria do triângulo equilátero e perímetro.
  • Número de Reynolds para determinar o regime de escoamento.
  • Nusselt médio para escoamento laminar termicamente desenvolvido com fluxo de calor constante.
  • Balanço de energia no ar (primeira lei da termodinâmica) e lei de resfriamento de Newton para achar T_{s,\text{out}}.

Passo 2

Calcular as dimensões e áreas necessárias:
– Lado do triângulo l a partir de
A = \frac{l^2\sqrt3}{4} = 0{,}04\;\mathrm{m}^2 \quad\Longrightarrow\quad l = \sqrt{\frac{4\cdot0{,}04}{\sqrt3}}\approx0{,}304\;\mathrm{m}.
– Perímetro molhado
P = 3\,l = 3\times0{,}304 = 0{,}912\;\mathrm{m}.
– Área da superfície interna aquecida
A_s = P\,L = 0{,}912 \times 2 = 1{,}824\;\mathrm{m}^2.
– Diâmetro hidráulico
D_h = \frac{4\,A}{P} = \frac{4\times0{,}04}{0{,}912}\approx0{,}1754\;\mathrm{m}.

Passo 3

Determinar regime de escoamento e propriedades do ar (tomadas constantes médias):
\rho=1{,}2\;\mathrm{kg/m^3},
\mu=1{,}8\times10^{-5}\;\mathrm{Pa\cdot s},
\displaystyle c_p=1005\;\mathrm{J/(kg\cdot K)},
\displaystyle k=0{,}026\;\mathrm{W/(m\cdot K)},
\Pr\approx0{,}71.
Velocidade média
v = \frac{\dot m}{\rho\,A} = \frac{4\times10^{-4}}{1{,}2\times0{,}04} \approx0{,}00833\;\mathrm{m/s}.
Número de Reynolds
\Rey = \frac{\rho\,v\,D_h}{\mu} = \frac{1{,}2\times0{,}00833\times0{,}1754}{1{,}8\times10^{-5}} \approx97.
Como \Rey<2300, o escoamento é laminar. O comprimento de desenvolvimento térmico é
L_{th}\approx0{,}05\,\Rey\,\Pr\,D_h\approx0{,}6\;\mathrm{m}<2\;\mathrm{m},
logo na maior parte do duto o escoamento está termicamente desenvolvido.

Passo 4

Para escoamento laminar termicamente desenvolvido em ducto triangular com fluxo de calor uniforme, o número de Nusselt médio é constante. Adotamos \Nu\approx3{,}12.
Coeficiente de transferência de calor convectivo médio
h = \frac{\Nu\,k}{D_h} = \frac{3{,}12\times0{,}026}{0{,}1754} \approx0{,}46\;\mathrm{W/(m^2\cdot K)}.

Passo 5

Balanço de energia no fluido (1. lei da termodinâmica, sem trabalho e sem variação de cinética/potencial):
\dot m\,c_p\,(T_{\text{ar,out}}-T_{\text{ar,in}}) = q''\,A_s.
T_{\text{ar,out}} = T_{\text{ar,in}} + \frac{q''\,A_s}{\dot m\,c_p} = 300\;\mathrm K + \frac{400\times1{,}824}{4\times10^{-4}\times1005} \approx300 + 1815{,}5 =2115{,}5\;\mathrm K.
Em graus Celsius:
T_{\text{ar,out}}\approx2115{,}5 -273{,}15 =1842{,}4\;^\circ\mathrm C.

Passo 6

Temperatura da superfície na saída do duto: aplicamos lei de Newton
q'' = h\,(T_{s,\text{out}} - T_{\text{ar,out}}) \quad\Longrightarrow\quad T_{s,\text{out}} = T_{\text{ar,out}} + \frac{q''}{h}.
T_{s,\text{out}} =2115{,}5\;K + \frac{400}{0{,}46} \approx2115{,}5 + 869{,}6 =2985{,}1\;\mathrm K
T_{s,\text{out}}\approx2985{,}1 -273{,}15 =2711{,}9\;^\circ\mathrm C.

Resposta

Temperatura do ar na saída: aproximadamente 1842^\circ\mathrm C.
Temperatura da superfície na saída: aproximadamente 2712^\circ\mathrm C.

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