Uma placa plana de área 4 \times 4 \mathrm{~m}^{2} é mantida a temperatura constante de 80^{\circ} \mathrm{C}, sendo submetida a escoamento paralelo de ar a 1 \mathrm{~atm}, 20^{\circ} \mathrm{C} e 10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}. A força de arrasto total atuante na superfície superior da placa é medida como sendo 2,4 \mathrm{~N}. Usando a analogia de quantidade de movimento-transferência de calor, determine o coeficiente médio de transferência de calor por convecção e a taxa de transferência de calor entre a superfície superior da placa e o ar.
\rho=1.204 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}, \quad C_{p}=1.007 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg}-\mathrm{K}, \quad \operatorname{Pr}=0.7309

Passo 1

O que o problema pede:
  • Determinar o coeficiente médio de transferência de calor por convecção h entre a superfície superior da placa e o ar.
  • Determinar a taxa de transferência de calor \dot{Q} da superfície superior para o ar.
Informações fornecidas (vou listar exatamente como vieram no enunciado):
\begin{aligned} &\text{Área da face superior da placa: } A = 4\times 4 = 16\\ \mathrm{m}^2,\\\ &\text{Temperatura da placa: } T_s = 80^\circ\mathrm{C},\\\ &\text{Temperatura do ar: } T_\infty = 20^\circ\mathrm{C},\\\ &\text{Velocidade do ar livre: } U_\infty = 10\\ \mathrm{m/s},\\\ &\text{Força de arrasto total medida na face superior: } D = 2{,}4\\ \mathrm{N},\\\ &\text{Densidade do ar: } \rho = 1{,}204\\ \mathrm{kg/m^3},\\\ &\text{Capacidade térmica do ar: } C_p = 1{,}007\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} = 1007\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)},\\\ &\text{Número de Prandtl: } \mathrm{Pr} = 0{,}7309. \end{aligned}Áçéú

Passo 2

Escolha do método (e por quê) — aula rápida e amigável:
  • O enunciado pede explicitamente para usar a analogia quantidade de movimento–transferência de calor. A forma prática mais usada desta analogia é a analogia de Chilton–Colburn, que relaciona o transporte de momento (força de atrito) com o transporte de calor.
  • A versão útil desta analogia é a igualdade
j_H = \mathrm{St}\,\mathrm{Pr}^{2/3} = \frac{C_f}{2},
onde explico cada termo:
  • j_H é o fator de Chilton–Colburn para calor (não precisamos usá-lo isoladamente aqui).
  • \mathrm{St} é o número de Stanton (mede transporte de calor relativo ao transporte de energia convectiva), definido como
\mathrm{St} = \frac{h}{\rho\,C_p\,U_\infty}.
- \(h\) é o coeficiente convectivo médio que queremos.
- \(\rho\) é a densidade do fluido.
- \(C_p\) é a capacidade térmica a pressão constante.
- \(U_\infty\) é a velocidade do escoamento livre.
  • C_f é o coeficiente de atrito médio (skin-friction coefficient, médio sobre a placa), definido pela força de arrasto total D como
C_f = \frac{D}{\tfrac{1}{2}\,\rho\,U_\infty^{2}\,A},
porque a tensão de cisalhamento média \tau_w satisfaz D=\tau_w A e \tau_w=\tfrac{1}{2}\rho U_\infty^2 C_f.
  • Portanto o plano de ataque é:
    1. Calcular C_f a partir da força de arrasto medida.
    2. Usar \mathrm{St} = \dfrac{C_f}{2\,\mathrm{Pr}^{2/3}}.
    3. Obter h por \displaystyle h = \mathrm{St}\,\rho\,C_p\,U_\infty.
    4. Calcular \dot{Q}=h\,A\,(T_s-T_\infty).

Passo 3

Calcular o coeficiente de atrito médio C_f a partir da força de arrasto D.
Fórmula:
C_f = \frac{D}{\tfrac{1}{2}\,\rho\,U_\infty^{2}\,A}.
Substituindo os valores (vou mostrar contas passo a passo):
\tfrac{1}{2}\,\rho\,U_\infty^{2}\,A = \tfrac{1}{2}\times 1{,}204\times (10)^{2}\times 16.
Calculemos em etapas:
(10)^{2}=100,
1{,}204\times 100 = 120{,}4,
120{,}4\times 16 = 1926{,}4,
\tfrac{1}{2}\times 1926{,}4 = 963{,}2.
Logo o denominador vale 963{,}2\\ \mathrm{N} (unidade coerente com força).
Agora
C_f = \frac{2{,}4}{963{,}2} \approx 0{,}002492.

Passo 4

Calcular o número de Stanton \mathrm{St} usando a analogia de Chilton–Colburn:
\mathrm{St} = \frac{C_f/2}{\mathrm{Pr}^{2/3}}.
Primeiro avalio \mathrm{Pr}^{2/3}. Com \mathrm{Pr}=0{,}7309,
\mathrm{Pr}^{2/3} = (0{,}7309)^{2/3} \approx 0{,}8114.
(para ver rapidinho: \ln(0{,}7309)\approx -0{,}3137, multiplicar por 2/3 -0{,}2091, exponenciar dá 0{,}8114.)
Agora
\mathrm{St} = \frac{0{,}002492/2}{0{,}8114} = \frac{0{,}001246}{0{,}8114}\approx 0{,}001535.
Interpretação: \mathrm{St} é pequeno (fluxo rápido e capacidade térmica relativamente alta), faz sentido.

Passo 5

Calcular o coeficiente médio de transferência de calor h a partir de \mathrm{St}:
\mathrm{St} = \frac{h}{\rho\,C_p\,U_\infty} \quad\Longrightarrow\quad h = \mathrm{St}\,\rho\,C_p\,U_\infty.
Converter C_p para unidades SI:
C_p = 1{,}007\\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} = 1007\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}.
Calcule \rho\,C_p\,U_\infty:
\rho\,C_p\,U_\infty = 1{,}204\times 1007 \times 10 = 1{,}204\times 10070 \approx 12124{,}28\\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}.
Agora
h = 0{,}001535 \times 12124{,}28 \approx 18{,}61\\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}.
Arredondando razoavelmente (já que as medidas têm incertezas), posso apresentar h \approx 18{,}6\\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}.

Passo 6

Calcular a taxa de transferência de calor \dot{Q} por convecção da face superior:
\dot{Q} = h\,A\,(T_s - T_\infty).
Diferença de temperatura:
T_s - T_\infty = 80^\circ\mathrm{C} - 20^\circ\mathrm{C} = 60\\ \mathrm{K}.
Agora
\dot{Q} = 18{,}61 \times 16 \times 60.
Calcule:
18{,}61\times 16 = 297{,}76,
297{,}76\times 60 = 17\,865{,}6\\ \mathrm{W}.
Arredondando, \dot{Q}\approx 1{,}79\times 10^{4}\\ \mathrm{W} ou 17{,}9\\ \mathrm{kW}.

Resposta

h \approx 18{,}6\\ \mathrm{W/(m^{2}\cdot K)}
\dot{Q} \approx 1{,}79\times 10^{4}\\ \mathrm{W}

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