5- Na face à esquerda de uma parede o ambiente está a 40^{\circ} \mathrm{C} e o ar se move de tal forma que o coeficiente convectivo de transferência de calor é igual a 105 \mathrm{~W} / \mathrm{m} \mathrm{K}. A temperatura na interface parede-ar é igual a 37^{\circ} \mathrm{C} e nas condições do problema não é conveniente desprezar-se a radiação \left(\varepsilon=0,9 ; \sigma=5,6710^{-8} \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} \mathrm{~K}^{4}\right). A parede tem 5 cm de espessura, área 5 \mathrm{~m}^{2} e sua condutividade térmica é igual a 0,8 \mathrm{~W} / \mathrm{m} \mathrm{K}. Do outro lado da parede o ar está em tal condição que o coeficiente convectivo de transfer}ência de calor é igual a 35 \mathrm{W} / \mathrm{m}^{2} \mathrm{~K}. Nestas condições, determinar a temperatura do ar longe da parede \left(\mathrm{T}_{\infty 2}\right).

Passo 1

Listando claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Temperaturas e coeficientes do lado esquerdo (ambiente 1):
    • Temperatura do ar longe da parede à esquerda: \,T_{\infty1}=40^\circ\mathrm{C}.
    • Coeficiente convectivo à esquerda: \,h_1=105\\ \mathrm{W/m^2K}.
    • Temperatura na interface parede–ar à esquerda (temperatura da face esquerda da parede): \,T_{s1}=37^\circ\mathrm{C}.
  • Propriedades de radiação:
    • Emissividade da superfície: \varepsilon=0,9.
    • Constante de Stefan–Boltzmann: \sigma=5,67\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^2K^4}.
  • Propriedades da parede:
    • Espessura: \,L=0,05\\ \mathrm{m}.
    • Área: \,A=5{,}0\\ \mathrm{m^2}. (usaremos fluxos por unidade de área, então A só entra se precisarmos de potência total)
    • Condutividade térmica: \,k=0{,}8\\ \mathrm{W/mK}.
  • Lado direito (ambiente 2):
    • Coeficiente convectivo à direita: \,h_2=35\\ \mathrm{W/m^2K}.
    • Temperatura do ar longe da parede à direita: \,T_{\infty2} (incógnita a determinar).
O que se pede:
  • Determinar \,T_{\infty2} (temperatura do ar longe da parede do lado direito), em graus Celsius.
Observação útil para organizar a resolução: trabalharemos com fluxos por unidade de área \,q'' (W/m²). Em regime permanente, o fluxo por área é o mesmo em toda a sequência: entrada por convecção+radiação à esquerda = condução através da parede = saída por convecção+radiação à direita.

Passo 2

Explicando as leis físicas que serão usadas (passo-a-passo e didático).
  • Convecção (fluxo do fluido para a superfície):
    • A expressão é \,q''_{\mathrm{conv}}=h\,(T_\infty-T_s).
    • Aqui q''_{\mathrm{conv}} é o fluxo por área (W/m²), h é o coeficiente convectivo (W/m²K), T_\infty a temperatura do fluido longe da parede e T_s a temperatura da superfície.
  • Radiação (troca entre uma superfície e um grande envoltório à temperatura T_\infty):
    • A expressão exata é \,q''_{\mathrm{rad}}=\varepsilon\,\sigma\,(T_\infty^4-T_s^4).
    • Atenção: as temperaturas devem estar em kelvin (K) nas potências de 4.
  • Condução através da parede, em regime permanente e unidimensional:
    • \,q''_{\mathrm{cond}}=\dfrac{k}{L}\,(T_{s1}-T_{s2}).
    • Aqui T_{s1} é a temperatura da face esquerda da parede e T_{s2} da face direita.
  • Balanço de energia (regime permanente, mesmo fluxo por área em todas as “camadas”):
    • \,q'' = q''_{\mathrm{conv,1}} + q''_{\mathrm{rad,1}} = q''_{\mathrm{cond}} = q''_{\mathrm{conv,2}} + q''_{\mathrm{rad,2}}.
Estratégia prática:
  1. Calcular o fluxo por área \,q'' que entra pela face esquerda usando T_{\infty1} e T_{s1} (ambos fornecidos).
  2. Usar q'' e a condutividade da parede para achar T_{s2}.
  3. Impor o balanço no lado direito \,q'' = h_2\,(T_{s2}-T_{\infty2}) + \varepsilon\sigma\,(T_{s2}^4 - T_{\infty2}^4) e resolver para T_{\infty2}. Esse passo é não-linear por causa do termo T^4; usaremos um método numérico simples (bissecção/interpolação) e mostrarei as iterações de forma clara.

Passo 3

Converter temperaturas para kelvin e calcular o fluxo que entra pela face esquerda (convecção + radiação).
  • Conversões para kelvin:
    • \,T_{\infty1}=40^\circ\mathrm{C}=40+273{,}15=313{,}15\\ \mathrm{K}.
    • \,T_{s1}=37^\circ\mathrm{C}=37+273{,}15=310{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Parte convectiva à esquerda:
    q''_{\mathrm{conv,1}}=h_1\,(T_{\infty1}-T_{s1})
q''_{\mathrm{conv,1}}=105\,(313{,}15-310{,}15)=105\cdot3{,}00=315{,}0\\ \mathrm{W/m^2}.
  • Parte radiativa à esquerda: para simplificar os cálculos é conveniente usar a forma linearizada do termo radiativo
    q''_{\mathrm{rad}}=\varepsilon\sigma\,(T_{\infty1}^4-T_{s1}^4) =h_{r1}\,(T_{\infty1}-T_{s1}),
    onde
    h_{r1}=\varepsilon\sigma\,(T_{\infty1}^2+T_{s1}^2)(T_{\infty1}+T_{s1}).
    Esta forma é apenas algebraicamente equivalente (não é aproximação) e facilita porque transforma a diferença de quartos em um coeficiente multiplicando (T_{\infty1}-T_{s1}).
    Calculemos h_{r1}:
    T_{\infty1}+T_{s1}=313{,}15+310{,}15=623{,}30\\ \mathrm{K},
T_{\infty1}^2+T_{s1}^2=313{,}15^2+310{,}15^2=98\,062{,}9225+96\,193{,}0225=194\,255{,}945.
\varepsilon\sigma=0{,}9\times5{,}67\times10^{-8}=5{,}103\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^2K^4}.
h_{r1}=5{,}103\times10^{-8}\times194\,255{,}945\times623{,}30 \approx6{,}178\\ \mathrm{W/m^2K}.
(os passos numéricos foram: multiplicou-se 194\,255{,}945 por 623{,}30 e depois por 5{,}103\times10^{-8}.)
Então a parte radiativa é
q''_{\mathrm{rad,1}}=h_{r1}\,(T_{\infty1}-T_{s1})\approx6{,}178\times3{,}00\approx18{,}534\\ \mathrm{W/m^2}.
  • Fluxo total entrando pela face esquerda: q''=q''_{\mathrm{conv,1}}+q''_{\mathrm{rad,1}} \approx315{,}0+18{,}534=333{,}534\\ \mathrm{W/m^2}.(Arredondarei ao final; por enquanto mantenho 3 casas decimais internas.)

Passo 4

Usar condução na parede para calcular a temperatura da face direita T_{s2}.
  • A lei da condução dá:
    q''=\dfrac{k}{L}\,(T_{s1}-T_{s2}).
    Então
    T_{s2}=T_{s1}-\dfrac{q''\,L}{k}.
  • Calculemos \dfrac{L}{k}:
    \dfrac{L}{k}=\dfrac{0{,}05}{0{,}8}=0{,}0625\\ \mathrm{m^2K/W}\\ (\text{o inverso de }k/L).
  • Portanto
    T_{s2}=310{,}15-\;333{,}534\times0{,}0625 =310{,}15-20{,}8459\approx289{,}304\\ \mathrm{K}.
  • Em graus Celsius:
    T_{s2}=289{,}304-273{,}15\approx16{,}154^\circ\mathrm{C}.
Resumo até aqui: o fluxo por área é \,q''\approx333{,}534\\ \mathrm{W/m^2} e a temperatura da face direita é \,T_{s2}\approx289{,}304\\ \mathrm{K} ( 16{,}15^\circ\mathrm{C}).

Passo 5

Balanço no lado direito e solução numérica para T_{\infty2}.
  • O balanço de energia no lado direito é
    q''=h_2\,(T_{s2}-T_{\infty2})+\varepsilon\sigma\,(T_{s2}^4-T_{\infty2}^4).
    Esta é uma equação não-linear em T_{\infty2} (devido ao T^4). Vamos resolver numericamente. Definimos a função
    f(T_{\infty2})=h_2\,(T_{s2}-T_{\infty2})+\varepsilon\sigma\,(T_{s2}^4-T_{\infty2}^4)-q'',
    e buscamos T_{\infty2} tal que f(T_{\infty2})=0.
  • Para iniciar, uma estimativa rápida desprezando a radiação daria
    T_{\infty2}^{(0)}=T_{s2}-\dfrac{q''}{h_2}=289{,}304-\dfrac{333{,}534}{35}=289{,}304-9{,}5295\approx279{,}774\\ \mathrm{K},
    ou 6{,}62^\circ\mathrm{C}. Mas como a radiação também transporta calor, o valor real de T_{\infty2} ficará um pouco maior (porque parte do calor sai por radiação, logo a diferença de temperatura convectiva necessária diminui).
  • Usando bissecção/interpolação fizemos avaliações de f em alguns pontos e refinamos a raíz. Mostro aqui as iterações e cálculos principais (cada avaliação calcula o termo convectivo e o radiativo e depois soma):
    1. Avaliação em T_{\infty2}=279{,}774\\ \mathrm{K} (estimativa sem radiação):
      • Termo convectivo: 35\,(289{,}304-279{,}774)=35\times9{,}530=333{,}55\\ \mathrm{W/m^2}.
      • Estimativa dos termos radiativos usando \varepsilon\sigma T^4 linearizado como antes:
        • Calculou-se \varepsilon\sigma T_{s2}^4\approx357{,}75\\ \mathrm{W/m^2} e \varepsilon\sigma(279{,}774^4)\approx312{,}75\\ \mathrm{W/m^2}.
        • Assim q''_{\mathrm{rad}} \approx357{,}75-312{,}75=45{,}00\\ \mathrm{W/m^2}.
      • Soma conv+rad \approx333{,}55+45{,}00=378{,}55\\ \mathrm{W/m^2}.
      • f(279{,}774)\approx378{,}55-333{,}534=45{,}02>0. (lado direito estaria transferindo mais calor que q'' — indicativo que T_{\infty2} deve aumentar.)
    2. Avaliação em T_{\infty2}=283{,}00\\ \mathrm{K} ( =9{,}85^\circ\mathrm{C}):
      • Termo convectivo: 35\,(289{,}304-283{,}00)=35\times6{,}304=220{,}64\\ \mathrm{W/m^2}.
      • Estimativa radiativa: \varepsilon\sigma(283^4)\approx327{,}10\\ \mathrm{W/m^2}, então q''_{\mathrm{rad}}\approx357{,}75-327{,}10=30{,}65\\ \mathrm{W/m^2}.
      • Soma conv+rad \approx220{,}64+30{,}65=251{,}29\\ \mathrm{W/m^2}.
      • f(283)\approx251{,}29-333{,}534=-82{,}24<0.
    Esses dois pontos dão um intervalo [279{,}774,\;283{,}00] em que f muda de sinal, então há uma raiz ali. Aplicando bissecção/interpolação e avaliando em pontos intermediários obteve-se convergência rápida:
    1. Avaliação em T_{\infty2}=280{,}50\\ \mathrm{K}:
      • Convectivo: 35\times(289{,}304-280{,}50)=35\times8{,}804=308{,}14\\ \mathrm{W/m^2}.
      • Rad.: \varepsilon\sigma(280{,}50^4)\approx315{,}70\\ \mathrm{W/m^2} q''_{\mathrm{rad}}\approx357{,}75-315{,}70=42{,}05.
      • Soma: 350{,}19\\ \mathrm{W/m^2}. f(280{,}50)=350{,}19-333{,}534=16{,}66>0.
    2. Avaliação em T_{\infty2}=280{,}95\\ \mathrm{K}:
      • Convectivo: 35\times(289{,}304-280{,}95)=35\times8{,}354=292{,}39\\ \mathrm{W/m^2}.
      • Rad.: \varepsilon\sigma(280{,}95^4)\approx317{,}80\\ \mathrm{W/m^2} q''_{\mathrm{rad}}\approx357{,}75-317{,}80=39{,}95.
      • Soma: 332{,}34\\ \mathrm{W/m^2}. f(280{,}95)=332{,}34-333{,}534=-1{,}19<0.
    3. Interpolando entre 280{,}50 (f>0) e 280{,}95 (f<0) encontramos a raiz próxima de T_{\infty2}\approx280{,}92\\ \mathrm{K}. A interpolação linear aproximada dá
      T_{\infty2}\approx280{,}92\\ \mathrm{K}.
Essas avaliações mostram convergência rápida porque a função é suave; com algumas iterações já se obtém boa precisão.

Passo 6

Converter a solução para Celsius e apresentar a conclusão final.
  • Em kelvin: \,T_{\infty2}\approx280{,}92\\ \mathrm{K}.
  • Em graus Celsius: T_{\infty2}\;(\!^\circ\mathrm{C})=280{,}92-273{,}15\approx7{,}77^\circ\mathrm{C}.
Interpretação física rápida (motivacional): o ar do outro lado está bem mais frio que o ar à esquerda; parte do calor sai por radiação também, por isso a temperatura do ar direito não precisa ser tão baixa quanto se houvesse só convecção para permitir o mesmo fluxo.

Resposta

T_{\infty2}\approx7{,}77^\circ\mathrm{C}

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