An oil bath maintained at 50.5^{\circ} \mathrm{C} loses heat to its surroundings at the rate of 4.53 \mathrm{kJ} \cdot \mathrm{min}^{-1}. Its temperature is maintained by an electrically heated coil with a resistance of 60 \Omega operated from a 110 V line. A thermoregulator switches the current on and off. What fraction of the time will the current be turned on? Suppose that in order to reduce temperature fluctuations the heater is operated through a variable voltage transformer. What voltage setting would you use to keep the heater on 95 \% of the time?

Passo 1

Vou listar o que o enunciado nos dá e o que pede (tudo isso vem do enunciado):
  • A perda de calor do banho de óleo é de 4,53\\ \mathrm{kJ}\cdot\mathrm{min}^{-1}.
  • A resistência do aquecedor elétrico é R=60\\ \Omega.
  • A tensão da rede é 110\\ \mathrm{V}.
  • Um termorregulador liga e desliga o aquecedor para manter a temperatura; isto significa que o aquecedor fornece potência apenas quando está ligado e o tempo ligado é ajustado para igualar a perda média de calor.
    O enunciado pede:
  1. Qual fração do tempo (ou fração de ciclo, também chamada de duty cycle) o aquecedor ficará ligado quando operado diretamente da linha de 110\\ \mathrm{V}.
  2. Que tensão ajustar no autotransformador (transformador de tensão variável) para que o aquecedor fique ligado 95\% do tempo.

Passo 2

Entender a relação entre potência, energia e faixa de tempo; conversão de unidades.
  • A perda dada é energia por minuto. Para trabalhar com potências em watts usamos joules por segundo. Convertemos:
\text{Potência de perda }P_{\text{loss}}=\frac{4{,}53\\ \mathrm{kJ}}{1\\ \mathrm{min}}=\frac{4{,}53\times10^{3}\\ \mathrm{J}}{60\\ \mathrm{s}}.ê
Calculemos explicitamente:
P_{\text{loss}}=\frac{4530}{60}=75{,}5\\ \mathrm{W}.
Explicação didática: potência em watts é energia por segundo. Tomar cuidado nas conversões (kJ→J e min→s) para não errar a ordem de grandeza.

Passo 3

Potência fornecida pelo aquecedor quando ligado.
  • Fórmula que liga tensão, resistência e potência é a lei de Joule:
P=\frac{V^{2}}{R},
onde P é a potência em watts, V é a tensão em volts e R é a resistência em ohms. Explicando: a corrente quando ligado é I=V/R; a potência elétrica dissipada é P=VI; substituindo I obtemos P=V^{2}/R.
  • Para V=110\\ \mathrm{V} e R=60\\ \Omega:
P_{\text{on}}=\frac{110^{2}}{60}=\frac{12100}{60}=201{,}666\ldots\\ \mathrm{W}.
Arredondando quando necessário, mas guardamos valor mais exato para cálculo seguinte.

Passo 4

Definição do tempo ligado (fraction/duty cycle) e fórmula final.
  • O termorregulador liga e desliga de modo que a potência média fornecida ao banho seja igual à potência perdida ao ambiente. Se o aquecedor entrega P_{\text{on}} enquanto ligado e fica ligado uma fração f do tempo (e desligado o restante), a potência média fornecida é f\,P_{\text{on}}.
  • Para equilíbrio térmico:
f\,P_{\text{on}}=P_{\text{loss}} \quad\Longrightarrow\quad f=\frac{P_{\text{loss}}}{P_{\text{on}}}.
Isto é intuitivo: f é simplesmente a razão entre a potência média necessária e a potência que o aquecedor entrega quando ativo.

Passo 5

Cálculo numérico da fração de tempo com 110\\ \mathrm{V}.
  • Substituindo os valores que já calculamos:
f=\frac{75{,}5}{201{,}666\ldots}=0{,}374485\ldots
  • Em porcentagem:
f\approx37{,}45\%.
Interpretação prática (amigável): o aquecedor ligado diretamente na rede precisa ficar ligado cerca de 37{,}5\% do tempo para repor a perda de calor média de 75{,}5\\ \mathrm{W}.

Passo 6

Queremos agora que o aquecedor fique ligado 95\% do tempo; qual tensão ajustar no autotransformador?
  • Se a fração desejada é f_{\text{desejada}}=0{,}95, então a potência que o aquecedor deve fornecer quando ligado deve ser
P_{\text{on,req}}=\frac{P_{\text{loss}}}{f_{\text{desejada}}}.
Isto vem da mesma equação média fP_{\text{on}}=P_{\text{loss}}.
  • Calculemos numericamente:
P_{\text{on,req}}=\frac{75{,}5}{0{,}95}=79{,}473684\ldots\\ \mathrm{W}.
  • Agora usamos P=\dfrac{V^{2}}{R} para achar a tensão necessária V:
V=\sqrt{P_{\text{on,req}}\,R}.
Substituindo:
V=\sqrt{79{,}473684\ldots\times60}=\sqrt{4768{,}42105\ldots}=69{,}052\ldots\\ \mathrm{V}.
Arredondando de forma prática, usa-se cerca de 69{,}05\\ \mathrm{V}, que normalmente será ajustado no autotransformador como aproximadamente 69{,}1\\ \mathrm{V}.

Passo 7

Resumo e checagens rápidas (confiabilidade dos resultados).
  • Checagem rápida: com V\approx69{,}05\\ \mathrm{V} temos P_{\text{on}}\approx79{,}47\\ \mathrm{W}; 0{,}95\times79{,}47\approx75{,}5\\ \mathrm{W}, que coincide com a perda original. Tudo consistente.
  • Observação prática: o autotransformador reduz a tensão e assim reduz a potência quadráticamente (porque P\propto V^{2}), por isso pequena redução de tensão produz redução significativa de potência e permite que o termorregulador mantenha o aquecedor ligado a maior fração do tempo, reduzindo oscilações de temperatura.

Resposta

f=0{,}3745\quad(\,37{,}45\%\; \text{do tempo}\,)
V\approx69{,}05\\ \mathrm{V}

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