Uma grande placa de alumínio tem uma espessura de 10 cm e está inicialmente a uma temperatura uniforme de 400^{\circ} \mathrm{C}. De repente, ela é exposta a um ambiente a uma temperatura de 90^{\circ} \mathrm{C} com um coeficiente de transferência de calor por convecção h=1400 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}{ }^{\circ} \mathrm{C}.
a) Calcule o tempo necessário para que a temperatura no plano central seja igual a 180^{\circ} \mathrm{C}
b) Determine as temperaturas máximas e mínimas da placa depois de decorrido um minuto.

Passo 1

Temos uma placa de alumínio de espessura total 2L = 0{,}10\\ \mathrm m (logo L=0{,}05\\ \mathrm m), inicialmente a T_i=400\,^\circ\mathrm C, exposta de repente a um fluido a T_\infty=90\,^\circ\mathrm C com coeficiente convectivo h=1400\\ \mathrm{W/m^2\,^\circ C}. O problema é de condução transiente unidimensional num plano com convecção em ambas as faces; vamos usar a solução em série para parede plana e aplicar a aproximação de primeiro termo para achar (a) o tempo em que T(0,t)=180\,^\circ\mathrm C e (b) as temperaturas extrema após t=60\\ \mathrm s.

Passo 2

Precisamos das propriedades do alumínio: condutividade térmica k=200\\ \mathrm{W/m\,K}, densidade \rho=2700\\ \mathrm{kg/m^3} e calor específico c_p=880\\ \mathrm{J/kg\,K}. Calculamos a difusividade
\alpha = \frac{k}{\rho\,c_p} = \frac{200}{2700\cdot 880} \approx 8{,}42\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s}.
O número de Biot é
\mathrm{Bi} = \frac{h\,L}{k} = \frac{1400\cdot0{,}05}{200} =0{,}35,
o que justifica usar a solução em série, mas com boa precisão já usando o primeiro termo.

Passo 3

Na solução em série para parede com convecção em ambas as faces aparecem raízes \zeta_n de
\zeta\,\tan\zeta = \mathrm{Bi}.
A primeira raiz satisfaz aproximadamente \zeta_1\approx\sqrt{\mathrm{Bi}}=0{,}5916. O coeficiente do primeiro termo é
A_1 = \frac{4\,\sin\zeta_1}{2\,\zeta_1 + \sin(2\zeta_1)} \approx \frac{4\cdot\sin0{,}5916}{2\cdot0{,}5916 + \sin1{,}1832} \approx 1{,}059.

Passo 4

No centro x=0 a temperatura adimensional é dada pela aproximação de primeiro termo
\theta(0,t)\;\equiv\;\frac{T(0,t)-T_\infty}{T_i - T_\infty} \approx A_1\,\exp\bigl(-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo}\bigr),
onde \mathrm{Fo}=\alpha\,t/L^2.
Para T(0,t)=180\,^\circ\mathrm C temos
\theta = \frac{180-90}{400-90} = \frac{90}{310}\approx0{,}2903 = A_1\,e^{-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo}} \;\Longrightarrow\; e^{-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo}} = \frac{0{,}2903}{1{,}059}\approx0{,}2742.
Tomando logaritmo,
-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo} = \ln(0{,}2742)\approx -1{,}294 \quad\Longrightarrow\quad \mathrm{Fo} = \frac{1{,}294}{(0{,}5916)^2}\approx3{,}697.

Passo 5

Agora voltamos a t via \mathrm{Fo}=\alpha\,t/L^2:
t = \mathrm{Fo}\,\frac{L^2}{\alpha} = 3{,}697\,\frac{(0{,}05)^2}{8{,}42\times10^{-5}} \approx 110\\ \mathrm s.

Passo 6

Para t=60\\ \mathrm s calculamos
\mathrm{Fo}_{60} = \frac{\alpha\,60}{L^2} = \frac{8{,}42\times10^{-5}\cdot60}{0{,}05^2} \approx2{,}021.
A partir do mesmo primeiro termo:
- No centro, \theta(0)=A_1\,e^{-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo}_{60}} \approx1{,}059\,e^{-0,35\cdot2{,}021}=0{,}5224.
- Na face x=L, \theta(L)=\theta(0)\cos\zeta_1 =0{,}5224\cdot\cos0{,}5916\approx0{,}4334.
Convertendo para temperatura:
T_{\max}=T(0)=T_\infty+(T_i-T_\infty)\,\theta(0) =90 +310\cdot0{,}5224\approx251{,}9\,^\circ\mathrm C,
T_{\min}=T(L)=90 +310\cdot0{,}4334\approx224{,}3\,^\circ\mathrm C.

Resposta

O tempo necessário para T(0,t)=180\,^\circ\mathrm C é aproximadamente 110\\ \mathrm s.
Depois de 1 minuto, a temperatura varia de cerca de 224{,}3\,^\circ\mathrm C (na superfície) até 251{,}9\,^\circ\mathrm C (no centro).

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