Um ovo pode ser considerado uma esfera com diâmetro de 5 cm . O ovo está inicialmente a uma temperatura uniforme de 5^{\circ} \mathrm{C} e é colocado na água fervendo a 95^{\circ} \mathrm{C}. Tomando o coeficiente de transferência de calor por convecção \mathrm{h}=1200 \mathrm{w} / \mathrm{m}^{2} \mathrm{~K}. Determine: (a) quanto tempo será necessário para que o centro do ovo chegue a 70^{\circ} \mathrm{C}; (b) a quantidade de calor total transferida para o ovo. Dados: \mathrm{k}=0,627 \mathrm{~W} / \mathrm{mK} e \alpha=0,151 \times 10^{-6} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s}.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede duas coisas claras:
  • Informações fornecidas: \text{diâmetro do ovo } = 5\\ \text{cm} \Rightarrow R=\frac{5}{2}\\ \text{cm}=\;0{,}025\\ \text{m}â
T_i=5^\circ\mathrm{C},\quad T_\infty=95^\circ\mathrm{C}
h=1200\\ \mathrm{W/m^2K},\quad k=0{,}627\\ \mathrm{W/mK},\quad \alpha=0{,}151\times10^{-6}\\ \mathrm{m^2/s}
  • O que é pedido:
    (a) tempo necessário para que o centro do ovo atinja 70^\circ\mathrm{C};
    (b) quantidade de calor total transferida para o ovo até esse instante.
Observação: não há dados de densidade \rho nem do calor específico c_p isolados, mas foi dado \alpha e k, então poderemos usar a relação \rho c_p = k/\alpha para obter a capacidade térmica do ovo (isso é útil para calcular o calor trocado).

Passo 2

Escolha do método e verificação inicial (checagem do número de Biot):
  • Regra prática: se \mathrm{Bi}=hR/k \le 0{,}1 podemos usar o método de corpo de temperatura uniforme (lumped capacitance). Caso contrário precisamos resolver a condução transiente interna (série de autovalores ou Heisler charts).
  • Calculo de \mathrm{Bi}: \mathrm{Bi}=\frac{hR}{k}=\frac{1200\cdot0{,}025}{0{,}627}
\mathrm{Bi}=\frac{30}{0{,}627}\approx 47{,}85
  • Conclusão: \mathrm{Bi}\approx47{,}85\gg0{,}1. Logo o ovo não pode ser tratado como corpo de temperatura uniforme; é necessário usar a solução de condução transiente para esfera com convecção na superfície (séries de autovalores). Vou explicar passo a passo essa solução e usarei a aproximação de um termo dominante (primeiro autovalor), que costuma dar boa precisão para este tipo de problema.

Passo 3

Formulação matemática e solução em série (princípios e definições):
  • Definimos a variável adimensional de temperatura \theta(r,t)=\frac{T(r,t)-T_\infty}{T_i-T_\infty}.Assim inicialmente \theta(r,0)=1 e no instante desejado no centro precisamos de \theta(0,t_*)=\frac{70-95}{5-95}=\frac{-25}{-90}=\frac{25}{90}=0{,}277777\ldots
  • Definimos o número de Fourier \mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{R^2}.
  • A solução da equação de calor radial para esfera com condição convectiva na superfície é uma série de termos exponenciais com autovalores \zeta_n (p.ex. Incropera et al.). Os autovalores \zeta_n são as raízes da equação transcendental: \zeta_n\cot\zeta_n=1-\mathrm{Bi},onde \zeta_n=\lambda_n R e \mathrm{Bi}=hR/k.
  • As funções espaciais regulares no centro são proporcionais a \psi_n(r)=\dfrac{\sin(\zeta_n r/R)}{(r/R)}. Expandindo a condição inicial em termos dessas funções obtemos coeficientes B_n (faço as contas integrais abaixo).
  • Cálculo dos coeficientes (mostrando a conta para se aprender como é feito): com x=r/R, \int_0^R r^2\psi_n(r)\,dr = R^3\int_0^1 \sin(\zeta_n x)\,dx = R^3\frac{1-\cos\zeta_n}{\zeta_n}.a norma \int_0^R r^2\psi_n(r)^2\,dr = R^3\left(\frac{1}{2}-\frac{\sin2\zeta_n}{4\zeta_n}\right)=R^3\frac{2\zeta_n-\sin2\zeta_n}{4\zeta_n}.
    Depois da projeção (multiplicando por r^2 e integrando) obtemos o coeficiente B_n=\frac{2\bigl(1-\cos\zeta_n\bigr)}{\zeta_n-\sin\zeta_n\cos\zeta_n}.
  • Temperatura no centro r=0: usando \lim_{r\to0}\psi_n(r)=\zeta_n obtemos \theta(0,\mathrm{Fo})=\sum_{n=1}^{\infty} \Bigl[2\,\zeta_n\frac{1-\cos\zeta_n}{\zeta_n-\sin\zeta_n\cos\zeta_n}\Bigr]\;e^{-\zeta_n^2\mathrm{Fo}}.Para cálculo prático mantemos apenas o primeiro termo (método usual — explico por que é razoável em seguida): \theta(0,\mathrm{Fo})\approx A_1\,e^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}}com A_1=2\,\zeta_1\frac{1-\cos\zeta_1}{\zeta_1-\sin\zeta_1\cos\zeta_1}.
  • Observação didática: por que usar apenas primeiro termo? A série converge rapidamente porque os expoentes têm \zeta_n^2 no expoente; para tempos moderados o primeiro autovalor domina. Como \mathrm{Bi} é grande, \zeta_1 fica próximo de \pi e os termos superiores decaem ainda mais rápido. Portanto a aproximação de um termo é adequada aqui, com erro pequeno para o objetivo de achar o tempo até o centro chegar a 70^\circ\mathrm{C}.

Passo 4

Determinação numérica do primeiro autovalor \zeta_1 e do coeficiente A_1:
  • Relembrando \mathrm{Bi}\approx47{,}85, então a equação dos autovalores é \zeta\cot\zeta=1-\mathrm{Bi}=1-47{,}85=-46{,}85.Procuramos a primeira raiz \zeta_1 no intervalo próximo de \pi (porque para valores grandes de \mathrm{Bi} a raiz fica logo abaixo de \pi). Fazendo um desenvolvimento assintótico \zeta_1\approx\pi-\varepsilon e refinando numericamente (Newton simples) obtemos \zeta_1\approx 3{,}07605.
  • Agora calculo A_1. Primeiro avalio alguns termos: \cos\zeta_1\approx\cos(3{,}07605)\approx -0{,}99785,\qquad \sin\zeta_1\approx 0{,}06550.
1-\cos\zeta_1 \approx 1{,}99785,\qquad \zeta_1-\sin\zeta_1\cos\zeta_1\approx 3{,}14142\\ (\approx\pi).
Portanto
A_1=2\zeta_1\frac{1-\cos\zeta_1}{\zeta_1-\sin\zeta_1\cos\zeta_1} \approx 2\cdot3{,}07605\cdot\frac{1{,}99785}{3{,}14142}\approx 3{,}9120.
  • Queremos \theta(0,\mathrm{Fo})=0{,}277777. Com a aproximação de um termo: 0{,}277777\approx A_1 e^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}} \quad\Rightarrow\quad e^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}}=\frac{0{,}277777}{A_1}.Calculando: e^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}}=\frac{0{,}277777}{3{,}9120}=0{,}071006.Tomando ln e isolando \mathrm{Fo} -\zeta_1^2\mathrm{Fo}=\ln(0{,}071006)\approx -2{,}6439
\mathrm{Fo}=\frac{2{,}6439}{\zeta_1^2}=\frac{2{,}6439}{(3{,}07605)^2}\approx 0{,}27946.
  • Finalmente convertemos \mathrm{Fo} em tempo: t=\frac{\mathrm{Fo}\,R^2}{\alpha}=0{,}27946\cdot\frac{(0{,}025)^2}{0{,}151\times10^{-6}}\\ \mathrm{s}.
R^2=0{,}025^2=0{,}000625\\ \mathrm{m^2}.
t\approx 0{,}27946\cdot\frac{0{,}000625}{0{,}151\times10^{-6}} =0{,}27946\cdot\frac{0{,}000625}{1{,}51\times10^{-7}} \approx 1{,}16\times10^{3}\\ \mathrm{s}.
Em minutos: \displaystyle \frac{1{,}16\times10^{3}}{60}\approx19{,}3\\ \text{min}.

Passo 5

Cálculo do calor total transferido até esse instante:
  • Energia acumulada no ovo até o tempo t é a variação de energia interna: Q=\rho c_p V\bigl(\bar{T}(t)-T_i\bigr),onde \bar{T}(t) é a temperatura média volumétrica do ovo no instante t. Não foi dado \rho nem c_p separadamente, mas como \alpha=\frac{k}{\rho c_p}\quad\Rightarrow\quad \rho c_p=\frac{k}{\alpha},segue Q=\frac{k}{\alpha}\;V\;(\bar{T}-T_i).
  • Precisamos de \bar{T}(t). Podemos obter a temperatura média através da mesma expansão em autovalores. Fazendo a integração de volume (mostro a conta rápida já feita na dedução): \theta_\text{média}(\mathrm{Fo})=\sum_{n=1}^\infty C_n e^{-\zeta_n^2\mathrm{Fo}},écom, para o primeiro termo, C_1=\frac{6(1-\cos\zeta_1)^2}{\zeta_1\bigl(\zeta_1-\sin\zeta_1\cos\zeta_1\bigr)}.(Derivação: integramos T-T_\infty=\sum B_n\psi_n sobre o volume e usamos os resultados das integrais; a expressão acima é o coeficiente correspondente à média.)
  • Calculo numérico de C_1 usando os valores já obtidos: C_1\approx\frac{6\,(1{,}99785)^2}{3{,}07605\cdot3{,}14142}\approx 2{,}4807.Assim \theta_\text{média}\approx C_1 e^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}} \approx 2{,}4807\cdot0{,}071006\approx 0{,}1766.é
  • Recuperando \bar{T}: \theta_\text{média}=\frac{\bar{T}-T_\infty}{T_i-T_\infty} \Rightarrow \bar{T}=T_\infty+\theta_\text{média}(T_i-T_\infty).éé
\bar{T}\approx 95+0{,}1766\cdot(5-95)=95-0{,}1766\cdot90\approx 79{,}11^\circ\mathrm{C}.
  • Volume da esfera: V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi(0{,}025)^3\approx 6{,}5449\times10^{-5}\\ \mathrm{m^3}.
  • Calculando \rho c_p=k/\alpha: \rho c_p=\frac{k}{\alpha}=\frac{0{,}627}{0{,}151\times10^{-6}} \approx 4{,}1523\times10^{6}\\ \mathrm{J/(m^3K)}.
  • Finalmente o calor: Q=\frac{k}{\alpha}V(\bar{T}-T_i) \approx 4{,}1523\times10^{6}\cdot6{,}5449\times10^{-5}\cdot(79{,}11-5)
Q\approx 271{,}9\\ \mathrm{J/K}\cdot74{,}11\\ \mathrm{K}\approx 2{,}01\times10^{4}\\ \mathrm{J}.
Breve comentário final (didático e tranquilizador): usamos a aproximação de primeiro termo da série para obter tempo e temperatura média; essa aproximação é a prática comum em problemas de condução transiente porque os termos seguintes decaem mais rápido. Os números finais são coerentes fisicamente (leva minutos para aquecer o centro de um ovo com forte convecção, e a ordem de 10^4\\ \mathrm{J} para o calor absorvido é plausível).

Resposta

(a) t\approx 1{,}16\times 10^{3}\\ \mathrm{s}\\ \approx 19{,}3\\ \mathrm{min}.
(b) Q\approx 2{,}01\times 10^{4}\\ \mathrm{J}.

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