Uma placa de alumínio \left[k=160 \mathrm{~W} /\left(m^{\circ} \mathrm{C}\right), \rho=2790 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}\right., c_{p}=880 \mathrm{~J} /\left(\mathrm{kg}^{\circ} \mathrm{C}\right) ] com 10 cm de largura por 10 cm de altura e 3cm de espessura, que está inicialmente a uma temperatura uniforme T_{i}=225^{\circ} \mathrm{C} é repentinamente imersa em um fluido agitado, mantido a uma temperatura constante T_{\infty}=25^{\circ} \mathrm{C}. O coeficiente de transferência de calor entre a placa e o fluido é h=320 \mathrm{~W} /\left(m^{2}{ }^{\circ} \mathrm{C}\right). Determine o tempo necessário para que o centro da placa atinja 50^{\circ} \mathrm{C} e determine o calor transferido.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede (não resolvo nada ainda, só organizando os dados).
Dados fornecidos:
  • Placa de alumínio com dimensões: largura 0,10\\ \text{m}, altura 0,10\\ \text{m} e espessura 0,03\\ \text{m}.
  • Propriedades do alumínio:
    • condutividade térmica k=160\\ \mathrm{W}/(\mathrm{m}^\circ\mathrm{C}),
    • densidade \rho=2790\\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3,
    • capacidade térmica específica c_p=880\\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}^\circ\mathrm{C}).
  • Temperaturas:
    • temperatura inicial da placa T_i=225^\circ\mathrm{C},
    • temperatura do fluido \,T_\infty=25^\circ\mathrm{C} (mantida constante).
  • Coeficiente convectivo h=320\\ \mathrm{W}/( \mathrm{m}^2{}^\circ\mathrm{C}).
O enunciado pede:
  1. Determinar o tempo necessário para que o centro da placa atinja 50^\circ\mathrm{C}.
  2. Determinar o calor transferido (durante esse processo até 50^\circ\mathrm{C}).
Informações geométricas e símbolos que usarei:
  • Volume da placa V.
  • Área superficial total exposta à convecção A.
  • Massa m=\rho V.
  • Para decidir o método transiente: número de Biot Bi e critério de validade do modelo de capacitância concentrada (lumped capacitance): Bi < 0,1 indica que a temperatura pode ser considerada praticamente uniforme no sólido.

Passo 2

Cálculo das grandezas geométricas essenciais (tudo em notação física e com contas detalhadas).
Volume da placa:
V = (0,10)\times(0,10)\times(0,03) = 0,0003\\ \text{m}^3.
Área superficial total A: a placa tem 6 faces:
  • duas faces 0,10\times0,10 = 0,01\\ \text{m}^2 cada (total 2\times0,01=0,02\\ \text{m}^2);
  • quatro faces laterais 0,10\times0,03 = 0,003\\ \text{m}^2 cada (total 4\times0,003=0,012\\ \text{m}^2).
    Logo
A = 0,02 + 0,012 = 0,032\\ \text{m}^2.
Massa da placa:
m = \rho V = 2790 \times 0,0003 = 0,837\\ \text{kg}.
Capacidade térmica total (massa vezes c_p):
m c_p = 0,837 \times 880 = 736,56\\ \mathrm{J}/^\circ\mathrm{C}.
Comprimento característico (usado no número de Biot): para corpos arbitrários usa-se L_c=V/A:
L_c = \frac{V}{A} = \frac{0,0003}{0,032} = 0,009375\\ \text{m}.

Passo 3

Cálculo do número de Biot e decisão do modelo (explico o porquê).
Definição do número de Biot:
Bi = \frac{h L_c}{k},
onde
  • h é o coeficiente convectivo,
  • L_c é o comprimento característico V/A,
  • k é a condutividade do sólido.
Calculando:
Bi = \frac{320 \times 0,009375}{160} = \frac{3,0}{160} = 0,01875.
Interpretação didática: o critério prático para admitir o modelo de “capacitância concentrada” (ou lumped capacitance) é Bi<0,1. Aqui Bi=0,01875, muito menor que 0,1. Isso significa que a resistência térmica por condução dentro do sólido é muito pequena em comparação com a resistência convectiva na superfície; a placa fica praticamente à mesma temperatura em todos os pontos durante o resfriamento. Logo, podemos tratar a placa como um corpo com temperatura uniforme que decai exponencialmente no tempo.
Observação intuitiva rápida: quando internamente o calor se distribui muito rápido (alta condutividade ou corpo fino) a temperatura interna fica homogênea; daí o modelo lumped é apropriado.

Passo 4

Apresento a equação do modelo de capacitância concentrada e explico as variáveis.
Equação do balanço de energia para um corpo com temperatura uniforme T(t) trocando calor por convecção com fluido:
m c_p \frac{dT}{dt} = -h A \bigl(T(t) - T_\infty\bigr).
Explicando:
  • m c_p é a capacidade térmica do corpo (energia necessária para variar 1^\circ\mathrm{C}),
  • h A (T-T_\infty) é a potência de calor removida por convecção (lei de Newton do resfriamento).
Esta EDO tem solução exponencial. Rearranjando e integrando obtemos:
\frac{T(t)-T_\infty}{T_i - T_\infty} = \exp\!\Bigl(-\frac{h A}{m c_p}\,t\Bigr).
Definindo a constante de tempo
\tau = \frac{m c_p}{h A},
a solução fica
\frac{T(t)-T_\infty}{T_i - T_\infty} = e^{-t/\tau}.
Para obter o tempo quando T(t) atinge um valor desejado T\_d resolvemos:
t = -\tau \ln\!\Bigl(\frac{T\_d - T_\infty}{T_i - T_\infty}\Bigr).

Passo 5

Cálculo numérico do tempo usando as fórmulas e valores já obtidos.
Primeiro calculemos a constante de tempo \tau:
\tau = \frac{m c_p}{h A} = \frac{736,56}{320 \times 0,032}.
Calcule o denominador:
hA = 320 \times 0,032 = 10,24\\ \mathrm{W}/^\circ\mathrm{C}.
Logo
\tau = \frac{736,56}{10,24} \approx 71,93\\ \text{s}.
Agora queremos T(t)=50^\circ\mathrm{C}. Calculamos a razão adimensional:
\frac{T(t)-T_\infty}{T_i - T_\infty} = \frac{50 - 25}{225 - 25} = \frac{25}{200} = 0,125.
Portanto
t = -\tau \ln(0,125) = \tau \ln\!\bigl(\tfrac{1}{0,125}\bigr) = \tau \ln(8).
Sabendo \ln(8)=3\ln 2 \approx 2,0794415,
t \approx 71,93 \times 2,0794415 \approx 149,6\\ \text{s}.
Interpretação: em cerca de 2 minutos e 30 segundos o centro (e, na verdade, toda a placa) terá esfriado de 225^\circ\mathrm{C} para 50^\circ\mathrm{C}.

Passo 6

Cálculo do calor transferido até o instante calculado (energia removida do corpo).
Energia removida do sólido entre T_i e T(t)=50^\circ\mathrm{C} (assumindo que a energia perdida pelo sólido foi absorvida pelo fluido):
Q = m c_p (T_i - T(t)).
Substituindo números:
Q = 736,56 \times (225 - 50) = 736,56 \times 175 = 128\,898\\ \text{J}.
Convite à interpretação: esse é o calor retirado da placa até que ela alcance 50^\circ\mathrm{C}. Se quiser, pode-se escrever em kJ: Q \approx 128,9\\ \text{kJ}.

Resposta

t \approx 149{,}6\\ \text{s}
Q \approx 1,28898\times10^{5}\\ \mathrm{J}

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