Uma fina placa vertical de cobre é submetida a um fluxo de calor uniforme de 1000 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} em um lado, enquanto o outro lado é exposto a um ambiente a 5^{\circ} \mathrm{C}. A superfície da placa é preta oxidada e pode ser tratada como um corpo negro. 0 coeficiente de transferência de calor devido à convecção natural na superfície da placa é 5,3 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} \cdot \mathrm{~K}. Determine a temperatura da superfície da placa. Discuta a contribuição da transferência líquida de calor por radiação na perda total de calor da placa. R. 84^{\circ} \mathrm{C}, 58 \%

Passo 1

O enunciado nos dá uma placa submetida a um fluxo de calor uniforme de 1000\\ \mathrm{W/m^2} de um lado e cujas superfícies perdem calor por convecção natural (coeficiente h=5,3\\ \mathrm{W/m^2K}) e por radiação (suposta de corpo negro) para um ambiente a 5^\circ\mathrm{C}. O objetivo é achar a temperatura de superfície T_s em regime permanente, aplicando o balanço de energia (entrada = saídas por convecção + radiação).

Passo 2

Escrevemos o balanço de energia por unidade de área:
1000 \;=\; q_{\rm conv} \;+\; q_{\rm rad}
com
q_{\rm conv} = h\bigl(T_s - T_\infty\bigr), \quad q_{\rm rad} = \sigma\bigl(T_s^4 - T_\infty^4\bigr),
onde T_\infty é a temperatura do ar ambiente e \sigma=5{,}67\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^2K^4}.

Passo 3

Convertendo a temperatura ambiente para Kelvin:
T_\infty = 5^\circ\mathrm{C} = 278{,}15\\ \mathrm{K}.
Assim a equação fica
1000 = 5{,}3\,(T_s - 278{,}15) + 5{,}67\times10^{-8}\bigl(T_s^4 - 278{,}15^4\bigr).

Passo 4

Resolvemos numericamente por tentativa (ou Newton). Por exemplo, supondo T_s\approx 357\\ \mathrm{K}, calculamos
q_{\rm conv} = 5{,}3\,(357 - 278{,}15) \approx 418\\ \mathrm{W/m^2},
q_{\rm rad} = 5{,}67\times10^{-8}\bigl(357^4 - 278{,}15^4\bigr)\approx 582\\ \mathrm{W/m^2},
e a soma dá 418+582\approx1000\\ \mathrm{W/m^2}, confirmando T_s\approx357\\ \mathrm{K}.

Passo 5

Convertendo para Celsius, T_s = 357 - 273{,}15 = 83{,}85^\circ\mathrm{C}\approx84^\circ\mathrm{C}. A fração da perda por radiação é
\frac{q_{\rm rad}}{1000}\times100\% = \frac{582}{1000}\times100\%\approx58\%.

Resposta

A temperatura da superfície da placa é 84^\circ\mathrm{C}, e a transferência líquida de calor por radiação representa cerca de 58\% da perda total.

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