Maças são resfriadas da temperatura inicial de 70^{\circ} \mathrm{F} para 40^{\circ} \mathrm{F}, no interior de uma corrente de água a alta velocidade na temperatura de 35^{\circ} \mathrm{F}.
a) Calcule o tempo necessário para o centro das maças atingirem a temperatura de 40^{\circ} \mathrm{F} sendo conhecidos as propriedades;
\rho=50 \frac{l b}{f t^{3}} \quad ; \quad C_{P}=0,85 \frac{B t u}{l b . f t^{3}} \quad ; \text { raio }=0,1 f t ; k=0,2 \frac{B t u}{h} . \mathrm{ft} .{ }^{\circ} \mathrm{F} \quad \text { e } \mathrm{h}=600 \frac{B \mathrm{tu}}{\mathrm{~h}} . \mathrm{ft}^{2} .{ }^{\circ} \mathrm{F} .
b) Calcule o tempo necessário para o ponto situado a 0,04 \mathrm{ft} da superfície atingir 40^{\circ} \mathrm{F}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver ainda). Dados fornecidos:
  • Temperatura inicial das maçãs: \,T_i=70^\circ\mathrm{F}\,.
  • Temperatura do escoamento (fluido): \,T_\infty=35^\circ\mathrm{F}\,.
  • Temperatura alvo: \,T=40^\circ\mathrm{F}\,.
  • Densidade: \,\rho=50\\ \mathrm{lb/ft^3}\,.
  • Calor específico: \,C_p=0,85\\ \mathrm{Btu/(lb\cdot^\circ F)}\,.
  • Condutividade térmica: \,k=0,2\\ \mathrm{Btu/(hr\cdot ft\cdot^\circ F)}\,.
  • Coeficiente de película convectiva: \,h=600\\ \mathrm{Btu/(hr\cdot ft^2\cdot^\circ F)}\,.
  • Raio da maçã (esfera): \,R=0,1\\ \mathrm{ft}\,.
O enunciado pede:
a) Tempo necessário para o centro da maçã atingir 40^\circ\mathrm{F}.
b) Tempo necessário para o ponto localizado a 0,04\\ \mathrm{ft} da superfície (ou seja a distância radial r=R-0,04=0,06\\ \mathrm{ft} do centro) atingir 40^\circ\mathrm{F}.
Observações úteis que usarei depois:
  • Temperatura adimensional que aparece muito: \displaystyle \theta=\frac{T-T_\infty}{T_i-T_\infty}.
  • Para T=40^\circ\mathrm{F}: \displaystyle \theta_{\text{alvo}}=\frac{40-35}{70-35}=\frac{5}{35}=\frac{1}{7}\approx0,142857.

Passo 2

Decidir o método: primeiro verifico se posso usar o método de corpo com temperatura uniforme (lumped capacitance). Para isso calculo o número de Biot \mathrm{Bi}:
\mathrm{Bi}=\frac{h L_c}{k},
onde o comprimento característico para uma esfera é \,L_c=\dfrac{V}{A}=\dfrac{R}{3}\,. Então
\mathrm{Bi}=\frac{h (R/3)}{k}=\frac{600\cdot(0,1/3)}{0,2}=\frac{600\cdot 0,033333\ldots}{0,2}= \frac{20}{0,2}=100.
Regra prática: se \mathrm{Bi}<0,1 pode-se usar lumped capacitance; aqui \mathrm{Bi}=100\gg0,1, logo NÃO se pode assumir temperatura uniforme. Conclusão: o processo é controlado por condução interna e devemos usar solução transiente de condução em esfera com superfície sujeita à convecção. Como \mathrm{Bi} é muito grande, a resistência de convecção é pequena comparada à resistência por condução, isto permite a aproximação de superfície praticamente à temperatura do fluido (aproximação de contorno de Dirichlet: T(R,t)\approx T_\infty). Essa aproximação vai simplificar a série eigenfuncional que eu vou usar.
Também calculo a difusividade térmica (importante para o número de Fourier):
\alpha=\frac{k}{\rho C_p}=\frac{0,2}{50\cdot 0,85}=\frac{0,2}{42,5}=0,004705882\\ \mathrm{ft^2/hr}\approx0,004706\\ \mathrm{ft^2/hr}.

Passo 3

Apresentar a solução teórica que vou usar (separação de variáveis; esfera com fronteira mantida em T_\infty).
Para uma esfera inicialmente à temperatura uniforme T_i e com a superfície mantida em T_\infty (caso Dirichlet), a solução da equação de difusão pode ser escrita por séries. Defino a coordenada adimensional
u=\frac{r}{R},\qquad 0\le u\le1,
e o número de Fourier adimensional
\mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{R^2}.
A solução para a temperatura adimensional \theta(u,\mathrm{Fo})=\dfrac{T(r,t)-T_\infty}{T_i-T_\infty} é (desenvolvimento por séries, coeficientes obtidos por ortogonalidade):
\theta(u,\mathrm{Fo})=\sum_{n=1}^{\infty} A_n\;\frac{\sin(n\pi u)}{u}\;e^{-n^2\pi^2\mathrm{Fo}},
onde os coeficientes A_n para condição inicial uniforme \theta(u,0)=1 resultam em (faço a integral e mostro o resultado):
A_n=\frac{2(-1)^{\,n+1}}{n\pi}.
Portanto a expressão prática que usarei é
\boxed{\displaystyle \theta(u,\mathrm{Fo})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{\,n+1}}{n\pi}\;\frac{\sin(n\pi u)}{u}\;e^{-n^2\pi^2\mathrm{Fo}}.}
Observações didáticas rápidas:
  • Essa série é obtida pela separação de variáveis no operador laplaciano esférico e uso das funções próprias \sin(n\pi u)/u.
  • No ponto central faz-se o limite u\to0, usando \lim_{u\to0}\sin(n\pi u)/u = n\pi, o que dá a forma particular para o centro (ver passo seguinte).
  • Na prática truncamos a série em algumas primeiras parcelas; aqui as primeiras parcelas dão precisão suficiente para os tempos pedidos.

Passo 4

Aplicar a fórmula ao centro ( r=0, ou u=0). Tomando o limite u\to0:
\theta(0,\mathrm{Fo})=\sum_{n=1}^\infty 2(-1)^{\,n+1} e^{-n^2\pi^2\mathrm{Fo}}.
Queremos \theta(0,\mathrm{Fo})=\theta_{\text{alvo}}=\dfrac{1}{7}. Então o problema reduz a encontrar \mathrm{Fo} que satisfaz
2\sum_{n=1}^\infty (-1)^{\,n+1} e^{-n^2\pi^2\mathrm{Fo}}=\frac{1}{7}.
Agora resolvo numericamente usando as primeiras parcelas da série. Escrevo explicitamente as primeiras parcelas:
\theta(0,\mathrm{Fo})\approx 2\bigl(e^{-A}-e^{-4A}+e^{-9A}-e^{-16A}+\cdots\bigr),
onde defino A=\pi^2\mathrm{Fo}.
Faço iteração numérica razoavelmente precisa (explico o raciocínio):
  • Começo aproximando com a primeira parcela: 2e^{-A}\approx 1/7\Rightarrow e^{-A}\approx 1/14\Rightarrow A\approx -\ln(1/14)\approx2,64.
  • Incluo a segunda parcela -2e^{-4A} (que é pequena quando A é dessa ordem) e ajusto A para satisfazer a soma. Calculando com precisão das primeiras parcelas (usando que as parcelas a partir de n=3 já são negligíveis nesta faixa), obtém-se numericamente:
A\approx 2,637\quad\Rightarrow\quad \mathrm{Fo}=\frac{A}{\pi^2}\approx\frac{2,637}{9,8696}\approx0,2673.
Agora traduzo \mathrm{Fo} em tempo:
t=\frac{\mathrm{Fo}\,R^2}{\alpha}= \frac{0,2673\cdot(0,1)^2}{0,004705882}\approx\frac{0,002673}{0,004705882}\approx0,5681\\ \mathrm{h}.
Converto para minutos:
0,5681\\ \mathrm{h}\times60\approx34,09\\ \mathrm{min}.
Interpretação: o centro da maçã atinge 40^\circ\mathrm{F} em cerca de 34{,}1 minutos sob as hipóteses feitas (particularmente que a superfície se mantém próxima de T_\infty por causa do \mathrm{Bi} grande).

Passo 5

Agora resolvo para o ponto localizado a 0,04\\ \mathrm{ft} da superfície. Isso corresponde a uma posição radial
r=R-0,04=0,1-0,04=0,06\\ \mathrm{ft}, \quad\text{logo}\quad u=\frac{r}{R}=\frac{0,06}{0,1}=0,6.
A expressão truncada que usarei é
\theta(u,\mathrm{Fo})\approx\sum_{n=1}^N \frac{2(-1)^{\,n+1}}{n\pi}\;\frac{\sin(n\pi u)}{u}\;e^{-n^2\pi^2\mathrm{Fo}}.
Vou usar as primeiras parcelas n=1 a 4 (as seguintes já têm peso muito pequeno para os \mathrm{Fo} relevantes). Primeiro calculo os coeficientes numéricos envolvidos (faço as contas passo a passo):
Calculo de \sin(n\pi u) com u=0,6 (notar que u=3/5 facilita olhar ângulos):
  • n=1:\\ \sin(\pi\cdot 0,6)=\sin\!\left(\tfrac{3\pi}{5}\right)=\;0,9510565163.
  • n=2:\\ \sin(2\pi\cdot0,6)=\sin\!\left(\tfrac{6\pi}{5}\right)=-0,5877852523.
  • n=3:\\ \sin(3\pi\cdot0,6)=\sin\!\left(\tfrac{9\pi}{5}\right)=-0,5877852523.
  • n=4:\\ \sin(4\pi\cdot0,6)=\sin\!\left(\tfrac{12\pi}{5}\right)=\;0,9510565163.
Coeficientes A_n=\dfrac{2(-1)^{n+1}}{n\pi} e produto com \dfrac{\sin(n\pi u)}{u}:
  • n=1:\\ A_1=\dfrac{2}{\pi}\approx0,6366198,\quad C_1=A_1\frac{\sin(\pi u)}{u}\approx0,6366198\cdot\frac{0,9510565}{0,6}\approx1,0098.
  • n=2:\\ A_2=-\dfrac{1}{\pi}\approx-0,3183099,\quad C_2\approx -0,3183099\cdot\frac{-0,5877853}{0,6}\approx0,31178.
  • n=3:\\ A_3=\dfrac{2}{3\pi}\approx0,2122066,\quad C_3\approx 0,2122066\cdot\frac{-0,5877853}{0,6}\approx-0,20788.
  • n=4:\\ A_4=-\dfrac{1}{2\pi}\approx-0,1591549,\quad C_4\approx -0,1591549\cdot\frac{0,9510565}{0,6}\approx-0,25245.
Assim a soma parcial aproximada é
\theta(0,6,\mathrm{Fo})\approx \sum_{n=1}^4 C_n\;e^{-n^2\pi^2\mathrm{Fo}}.
Procuro \mathrm{Fo} tal que essa soma seja \dfrac{1}{7}\approx0,142857. Faço iteração numérica (avalio a soma para alguns valores de A=\pi^2\mathrm{Fo} e ajusto):
  • Se A=1{,}4447 (valor usado numa tentativa anterior), a soma dá \approx0,238 (muito alta).
  • Se A=2{,}0, a soma dá \approx0,137 (ligeiramente abaixo do alvo).
  • Se A=1{,}957, a soma dá \approx0,143 (muito próxima do alvo).
Com ajuste fino encontro
A\approx 1{,}959 \quad\Rightarrow\quad \mathrm{Fo}=\frac{A}{\pi^2}\approx\frac{1{,}959}{9{,}8696}\approx0{,}1985.
Converto em tempo:
t=\frac{\mathrm{Fo}\,R^2}{\alpha}=\frac{0{,}1985\cdot(0,1)^2}{0{,}004705882}\approx\frac{0{,}001985}{0{,}004705882}\approx0{,}4219\\ \mathrm{h}.
Em minutos:
0{,}4219\\ \mathrm{h}\times60\approx25{,}31\\ \mathrm{min}.
Verificação qualitativa: esse tempo ( \approx25{,}3 min) é menor que o tempo do centro ( \approx34{,}1 min), o que faz sentido físico porque esse ponto está mais próximo da superfície e portanto se aproxima de T_\infty mais rápido.

Resposta

a) t\approx0,568\\ \mathrm{h}=34{,}1\\ \mathrm{min}
b) t\approx0,422\\ \mathrm{h}=25{,}3\\ \mathrm{min}

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