T_{\infty}=20^{\circ} \mathrm{C}, com coeficiente convectivo h=100 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} \cdot \mathrm{~K}. A placa possui propriedades constantes, com densidade \rho=2770 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}, calor específico c_{p}=875 \mathrm{~J} / \mathrm{kg} \cdot \mathrm{K} e condutividade térmica k= 50 \mathrm{~W} / \mathrm{m} \cdot \mathrm{K}. Admitindo condução unidimensional e ausência de geração interna de calor, determine: (a) o fluxo de calor na superfície x=L no instante inicial t=0 e o gradiente de temperatura nessa condição; (b) a quantidade total de energia por unidade de área transferida ao banho durante o processo até atingir regime permanente; (c) a energia transferida ao banho utilizando a expressão q^{\prime \prime}(t)=A \exp (-B t), \operatorname{com} A=1,80 \times 10^{4} \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} e B=4,126 \times 10^{-3} \mathrm{~s}^{-1}.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (valores retirados do enunciado/imagem):
  • Temperatura do banho: T_{\infty}=20^\circ\mathrm{C}.
  • Coeficiente de convecção na superfície: h=100\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\cdot\mathrm{K}.
  • Temperatura inicial do corpo: T_i=200^\circ\mathrm{C}.
  • Metais com propriedades constantes:
    • densidade \rho=2770\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3,
    • calor específico c_p=875\\ \mathrm{J}/\mathrm{kg}\cdot\mathrm{K},
    • condutividade térmica k=50\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}\cdot\mathrm{K}.
  • Meia-espessura da placa: L=10\\ \mathrm{mm}=0,01\\ \mathrm{m} (a placa vai de -L a +L).
  • Condução unidimensional, sem geração interna.
As perguntas pedidas são:
(a) Determinar o fluxo de calor na superfície x=L no instante inicial t=0 e o gradiente de temperatura nessa condição.
(b) Determinar a quantidade total de energia por unidade de área transferida ao banho durante o processo até regime permanente.
(c) Calcular a energia transferida ao banho usando a expressão \,q''(t)=A\mathrm{e}^{-Bt}\, com A=1,80\times10^{4}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2} e B=4,126\times10^{-3}\\ \mathrm{s}^{-1}.

Passo 2

Entendendo o que acontece fisicamente e as ferramentas que vamos usar (aula rápida, sem complicar):
  • A condição inicial é que a placa inteira está à temperatura uniforme T_i. Ao instante t=0^+ começa o resfriamento por convecção nas duas faces.
  • Para cada face a lei de Newton do resfriamento dá o fluxo convectivo para o fluido: \,q''(t)=h\left[T_s(t)-T_{\infty}\right]\,, onde T_s(t) é a temperatura da superfície no tempo t. Aqui q'' tem sinal positivo significando calor saindo da superfície para o banho se T_s>T_\infty.
  • A lei de Fourier (condução) relaciona fluxo na superfície com o gradiente interno: \,q''(x=L,t) = -k\left.\dfrac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=L,t}\,. Atenção ao sinal: se o calor sai da superfície para o banho, o gradiente no interior tem sinal tal que o produto -k\,\partial T/\partial x seja positivo.
  • Conservação de energia (para o corpo inteiro): a energia total removida do sólido até t\to\infty é igual à redução da energia interna do sólido: Q''_{\text{total}} = m'' c_p (T_i - T_{\infty}),onde m'' é a massa por unidade de área da placa (massa dividida pela área de uma face). Para uma placa de espessura total 2L, m'' = 2L\rho. Assim esta fórmula dá a energia por unidade de área que saiu do sólido e foi absorvida pelo banho (somando as duas faces).
  • Se for dada uma expressão de fluxo de calor por unidade de área numa face, a energia retiradapor essa face é \int_{0}^{\infty} q''(t)\,dt. Se quisermos a energia total removida de toda a placa (ambas as faces), devemos somar as contribuições de ambas as faces.

Passo 3

Calcular o fluxo de calor na superfície x=L no instante inicial t=0.
No instante inicial a superfície ainda tem a temperatura inicial do sólido T_s(0)=T_i=200^\circ\mathrm{C} (condição de temperatura uniforme no sólido no t=0). Logo pelo balanço de convecção:
q''(0)=h\left(T_i-T_{\infty}\right).
Substituindo números:
q''(0)=100\cdot(200-20)=100\cdot180=1,80\times10^{4}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2.
Agora o gradiente de temperatura na superfície no t=0. Usamos a lei de Fourier:
q''(0) = -k\left.\frac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=L,t=0}.
Isolando o gradiente:
\left.\frac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=L,t=0} = -\frac{q''(0)}{k}.
Substituindo os valores:
\left.\frac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=L,t=0} = -\frac{1,80\times10^{4}}{50} = -360\\ \mathrm{K}/\mathrm{m}.
Comentário intuitivo: o sinal negativo indica que, ao nos aproximarmos de x=L vindo do interior, a temperatura decresce para a superfície (o calor sai para o banho).

Passo 4

Encontrar a quantidade total de energia por unidade de área transferida ao banho durante o processo até o regime permanente.
Como não há geração e a placa parte em T_i e termina em T_\infty, a energia total por unidade de área removida do sólido é a redução da energia interna por unidade de área:
Q''_{\text{total}} = m'' c_p (T_i-T_{\infty}),
com m''=2L\rho.
Calcule m'':
m'' = 2L\rho = 2\cdot 0,01\cdot 2770 = 55,4\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^2.
Calcule m'' c_p:
m'' c_p = 55,4\cdot 875 = 48\,475\\ \mathrm{J}/(\mathrm{m}^2\cdot\mathrm{K}).
Diferença de temperatura:
\Delta T = T_i-T_{\infty} = 200-20 = 180\\ \mathrm{K}.
Portanto
Q''_{\text{total}} = 48\,475\cdot 180 = 8\,725\,500\\ \mathrm{J}/\mathrm{m}^2 \approx 8,73\times10^{6}\\ \mathrm{J}/\mathrm{m}^2.
Interpretação: este valor é a energia por unidade de área (relativa à área de uma face) que o banho recebeu no decorrer do resfriamento até o equilíbrio.

Passo 5

Calcular a energia transferida ao banho utilizando a expressão q''(t)=A\mathrm{e}^{-Bt}, com A=1,80\times10^{4}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^{2} e B=4,126\times10^{-3}\\ \mathrm{s}^{-1}.
A energia por unidade de área transferida através de UMA face, usando essa expressão, é a integral temporal:
Q''_{\text{face}}=\int_{0}^{\infty} A\mathrm{e}^{-Bt}\,dt = \frac{A}{B}.
Substituindo:
Q''_{\text{face}}=\frac{1,80\times10^{4}}{4,126\times10^{-3}} \approx 4,36\times10^{6}\\ \mathrm{J}/\mathrm{m}^2.
Se a expressão q''(t) dada se refere ao fluxo em UMA face (o que é coerente, pois q''(0)=1{,}80\times10^{4}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2 é exatamente o valor encontrado no Passo 3), então a energia total removida de TODA a placa (duas faces) seria o dobro:
Q''_{\text{total (dois\, lados)}} = 2\cdot Q''_{\text{face}} \approx 2\cdot 4,36\times10^{6} \approx 8,72\times10^{6}\\ \mathrm{J}/\mathrm{m}^2,
o que coincide (dentro de arredondamento) com o resultado obtido no Passo 4.

Resposta

(a) q''(0)=1,80\times10^{4}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2;\quad \left.\dfrac{\partial T}{\partial x}\right|_{x=L,t=0}=-360\\ \mathrm{K}/\mathrm{m}.
(b) Q''_{\text{total}}=8,73\times10^{6}\\ \mathrm{J}/\mathrm{m}^2.
(c) Q''_{\text{integral,\,uma\,face}}=\dfrac{A}{B}=4,36\times10^{6}\\ \mathrm{J}/\mathrm{m}^2 (uma face); Q''_{\text{total,\,duas\,faces}}=2\cdot\dfrac{A}{B}=8,72\times10^{6}\\ \mathrm{J}/\mathrm{m}^2.

Exercícios relacionados