Uma placa retangular de alumínio de 16 mm por 16 mm , com 1 mm de espessura, é acoplada sobre a superfície do invólucro de uma CPU. Despreze as laterais, o topo e o fundo da CPU. As superfícies livres do invólucro mais aleta devem remover um mínimo de 1 W , para o ar a 25^{\circ} \mathrm{C}, por convecção. Determine qual a temperatura em { }^{\circ} \mathrm{C} da superfície da placa de alumínio, considerando que a condutividade térmica do ar \mathrm{k}=0,0288 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{\circ} \mathrm{C}, \mathrm{Pr}=0,725, a viscosidade dinâmica \mathrm{v}=1,896 \cdot 10^{-5} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s}, e o coeficiente de expansão térmica do ar \beta= 1 / 300 \mathrm{~K}.

Passo 1

O que o enunciado pede: determinar a temperatura da superfície da placa de alumínio, em graus Celsius, necessária para que as superfícies livres removam pelo menos 1\\ \mathrm{W} por convecção natural, com o ar ambiente a 25^\circ\mathrm{C}.
Informações fornecidas (todas convertidas para unidades SI quando aplicável):
\text{dimensões da placa: } 16\\ \mathrm{mm}\times16\\ \mathrm{mm},\\ \text{espessura }1\\ \mathrm{mm}õ
k_{\text{ar}}=0{,}0288\\ \mathrm{W/(m\cdot{}^\circ C)},\quad \mathrm{Pr}=0{,}725,
\nu=1{,}896\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s},\quad \beta=\frac{1}{300}\\ \mathrm{K^{-1}},
T_\infty=25^\circ\mathrm{C},\quad Q_{\text{remover}}=1\\ \mathrm{W}.
Observações/assunções necessárias (o enunciado é um pouco ambíguo sobre quais superfícies “livres” exatamente entram na troca térmica):
  • Vou assumir que a placa está colada/encostada na superfície externa do invólucro, de modo que a face externa da placa (a face voltada para o ar) é a única face efetivamente exposta para convecção — ou seja, a área útil de convecção é a face superior da placa. As arestas finas (espessura 1\\ \mathrm{mm}) são desprezíveis.
  • Assim, área de convecção utilizada:
A = 0{,}016\\ \mathrm{m}\times 0{,}016\\ \mathrm{m} = 2{,}56\times 10^{-4}\\ \mathrm{m^2}.
Se você queria considerar também a face inferior ou as arestas, o resultado numérico mudará; eu comento isso ao final.
A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Modelo físico e correlações a usar (explicação didática do que cada coisa significa):
  • Em convecção natural a transferência de calor depende da diferença de temperatura entre a superfície e o ar, porque essa diferença gera correntes de convecção (ar mais quente sobe, ar frio desce).
  • Para placas verticais ou superfícies planas pequenas costuma-se usar correlações empíricas que relacionam números adimensionais:
    • Número de Grashof: mede a força das correntes naturais devido à flutuação térmica: \mathrm{Gr}_L = \frac{g\,\beta\,\Delta T\,L^3}{\nu^2},onde g é a aceleração da gravidade, \beta é o coeficiente de expansão térmica do fluido (aqui ar), \Delta T = T_s-T_\infty é a diferença entre a temperatura da superfície T_s e o ar ambiente T_\infty, L é o comprimento característico (altura da placa) e \nu é a viscosidade cinemática.
    • Número de Rayleigh: \mathrm{Ra}_L = \mathrm{Gr}_L\,\mathrm{Pr}, combina efeitos de inércia (Gr) e difusão térmica (Pr).
    • Número de Nusselt médio \overline{\mathrm{Nu}}_L relaciona a convecção com a condução: \overline{\mathrm{Nu}}_L = \frac{\bar{h}\,L}{k},onde \bar{h} é o coeficiente de transferência convectiva médio (o que queremos) e k é a condutividade térmica do ar.
  • Vou usar a correlação de Churchill–Chu para placa vertical (válida para uma ampla faixa de \mathrm{Ra}):
\overline{\mathrm{Nu}}_L = 0{,}68 + \frac{0{,}670\,\mathrm{Ra}_L^{1/4}}{\left[1 + \left(\dfrac{0{,}492}{\mathrm{Pr}}\right)^{9/16}\right]^{4/9}}.
Esta fórmula dá o valor médio da Nusselt ao longo da placa de altura L. Depois obtemos \bar{h} = \overline{\mathrm{Nu}}_L \, k / L. Finalmente a potência removida por convecção é
Q = \bar{h}\,A\,\Delta T.
Temos \Delta T desconhecido dentro de \bar{h} (porque \mathrm{Ra} depende de \Delta T), portanto teremos que resolver numericamente uma equação não linear para \Delta T.

Passo 3

Definições numéricas e cálculo de constantes intermediárias:
  • Comprimento característico (altura da placa): L = 0{,}016\\ \mathrm{m}.
  • Área (assumida): A = 2{,}56\times10^{-4}\\ \mathrm{m^2}.
  • Aceleração da gravidade: g = 9{,}81\\ \mathrm{m/s^2}.
  • Coeficiente \beta = 1/300\\ \mathrm{K^{-1}}.
  • Viscosidade cinemática: \nu = 1{,}896\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s}.
  • Prandtl: \mathrm{Pr}=0{,}725.
  • Condutividade do ar: k=0{,}0288\\ \mathrm{W/(m\cdot{}^\circ C)}.
Calculamos um coeficiente auxiliar para \mathrm{Ra}_L:
\mathrm{Ra}_L = \underbrace{\frac{g\,\beta\,L^3\,\mathrm{Pr}}{\nu^2}}_{C}\,\Delta T.
Calculemos C:
L^3 = (0{,}016)^3 = 4{,}096\times10^{-6}\\ \mathrm{m^3},
\nu^2 = (1{,}896\times10^{-5})^2 = 3{,}595\times10^{-10}\\ \mathrm{m^4/s^2},
g\beta = 9{,}81\times\frac{1}{300}=0{,}0327\\ \mathrm{s^{-2}}.
Agora
C = \frac{0{,}0327\times 4{,}096\times10^{-6}\times 0{,}725}{3{,}595\times10^{-10}} = \frac{9{,}712\times10^{-8}}{3{,}595\times10^{-10}} \approx 270{,}18\\ \text{(por kelvin)}.
Logo
\mathrm{Ra}_L \approx 270{,}18\,\Delta T.

Passo 4

Simplificação da correlação de Nusselt usando os valores numéricos:
Calcule a parte fixa do denominador da correlação de Churchill–Chu:
\left(\frac{0{,}492}{\mathrm{Pr}}\right)^{9/16} = \left(\frac{0{,}492}{0{,}725}\right)^{9/16} \approx 0{,}6793^{0{,}5625}\approx 0{,}8044,
\left[1 + 0{,}8044\right]^{4/9} = 1{,}8044^{0{,}4444}\approx 1{,}300.
Portanto a fração constante é aproximadamente \dfrac{0{,}670}{1{,}300}\approx 0{,}5154.
Agora, colocando \mathrm{Ra}_L^{1/4} = (270{,}18\,\Delta T)^{1/4} = 270{,}18^{1/4}\,\Delta T^{1/4} e 270{,}18^{1/4}\approx 4{,}054, obtemos
\overline{\mathrm{Nu}}_L \approx 0{,}68 + 0{,}5154\times 4{,}054\,\Delta T^{1/4} = 0{,}68 + 2{,}091\,\Delta T^{1/4}.
Então o coeficiente convectivo médio é
\bar{h} = \frac{\overline{\mathrm{Nu}}_L\,k}{L} = \frac{k}{L}\left(0{,}68 + 2{,}091\,\Delta T^{1/4}\right).
Calcule \dfrac{k}{L} = \dfrac{0{,}0288}{0{,}016} = 1{,}8\\ \mathrm{W/(m^2\cdot{}^\circ C)}. Logo
\bar{h} \approx 1{,}8\left(0{,}68 + 2{,}091\,\Delta T^{1/4}\right) = 1{,}224 + 3{,}7638\,\Delta T^{1/4}\quad (\mathrm{W/(m^2\cdot{}^\circ C)}).

Passo 5

Equação de balanço de potência e forma final a resolver:
Energia removida por convecção:
Q = \bar{h}\,A\,\Delta T.
Substituindo \bar{h} e A:
1\\ \mathrm{W} = \bigl(1{,}224 + 3{,}7638\,\Delta T^{1/4}\bigr)\times (2{,}56\times10^{-4})\times\Delta T.
Multiplicando 2{,}56\times10^{-4} para simplificar:
1 = 2{,}56\times10^{-4}\left(1{,}224\,\Delta T + 3{,}7638\,\Delta T^{5/4}\right).
Dividindo ambos os lados por 2{,}56\times10^{-4}:
1{,}224\,\Delta T + 3{,}7638\,\Delta T^{5/4} = 3906{,}25.
Esta é uma equação não linear em \Delta T. Vamos resolvê-la numericamente (método simples de tentativa/iteração e interpolação) para encontrar \Delta T.

Passo 6

Solução numérica por tentativas (explicando os passos):
  • Fazemos palpites para \Delta T e calculamos o lado esquerdo (LHS) até igualar 3906{,}25.
Teste 1: \Delta T=200\\ \mathrm{K}.
\Delta T^{5/4} = 200^{1{,}25} \approx 200^{1}\cdot200^{0{,}25}\approx 200\times 3{,}762 = 752{,}4\\ (\text{valor aproximado}),
(para evitar excesso de detalhes, no cálculo real usei exponenciação por logaritmos para precisão.) Calculando a LHS obtém-se bem menor que 3906, então \Delta T precisa ser maior.
Teste 2: \Delta T=240\\ \mathrm{K}.
  • Cálculo direto mais preciso usando logaritmos/exponenciação:
240^{1{,}25} = \exp(1{,}25\ln 240) \approx \exp(1{,}25\times 5{,}48064)\approx \exp(6{,}8508)\approx 944{,}6.
\text{LHS} = 1{,}224\times240 + 3{,}7638\times 944{,}6 = 293{,}76 + 3{,}554{,}6 \approx 3848{,}4.
Ainda abaixo de 3906{,}25.
Teste 3: \Delta T=243\\ \mathrm{K}.
243^{1{,}25} = \exp(1{,}25\ln243)=\exp(1{,}25\times 5{,}49306)\approx \exp(6{,}86633)\approx 957{,}6.
\text{LHS} = 1{,}224\times243 + 3{,}7638\times 957{,}6 = 297{,}432 + 3{,}604{,}7 \approx 3902{,}1.
Ficou um pouco abaixo de 3906{,}25.
Teste 4: \Delta T=244\\ \mathrm{K}.
244^{1{,}25}\approx 962{,}3,\quad \text{LHS}=1{,}224\times244 + 3{,}7638\times962{,}3 \approx 298{,}656 + 3{,}621{,}0 = 3919{,}66.
Agora LHS é maior que 3906{,}25. Assim a solução está entre 243 e 244\\ \mathrm{K}.
Interpolação linear entre os dois pontos para aproximar \Delta T:
  • No ponto 243: erro = 3902{,}1 - 3906{,}25 = -4{,}15.
  • No ponto 244: erro = 3919{,}66 - 3906{,}25 = +13{,}41.
    A raiz aproximada fica em
\Delta T \approx 243 + \frac{4{,}15}{4{,}15+13{,}41} \times 1 \approx 243{,}236.
Logo \Delta T \approx 243{,}24\\ \mathrm{K}.
Verificação rápida do coeficiente convectivo e da potência:
  • \Delta T^{1/4} \approx 243{,}24^{1/4}\approx 3{,}9479.
  • \bar{h} \approx 1{,}224 + 3{,}7638\times 3{,}9479 \approx 16{,}082\\ \mathrm{W/(m^2\cdot{}^\circ C)}.
  • Q = \bar{h}\,A\,\Delta T \approx 16{,}082\times 2{,}56\times10^{-4}\times 243{,}24 \approx 1{,}0002\\ \mathrm{W}, ou seja, muito próximo de 1\\ \mathrm{W} (bom acordo).

Passo 7

Cálculo da temperatura absoluta da superfície e checagens finais:
  • \Delta T \approx 243{,}24\\ \mathrm{K} significa que a temperatura da placa é
T_s = T_\infty + \Delta T = 25^\circ\mathrm{C} + 243{,}24\\ \mathrm{K} \approx 268{,}24^\circ\mathrm{C}.
  • Verificação da validade da correlação: \mathrm{Ra}_L \approx 270{,}18\times 243{,}24 \approx 6{,}57\times 10^{4}. A correlação de Churchill–Chu é válida nessa faixa ( 10^4 a 10^9), portanto o uso foi apropriado.
Comentário físico e motivador: o resultado mostra uma temperatura muito alta porque a área útil de convecção é muito pequena. Para dissipar 1\\ \mathrm{W} por convecção natural com uma área tão pequena a diferença de temperatura tem que ser grande.

Passo 8

Observação prática (sensibilidade à área, sem alterar o resultado pedido):
  • Se, porventura, ambas as faces da placa estivessem expostas ao ar (área efetiva 2A), a temperatura necessária cairia bastante (uma estimativa rápida dá T_s da ordem de 160^\circ\mathrm{C}). Ainda assim continua alta — o ponto é: área pequena ⇒ grande \Delta T para dissipar 1\\ \mathrm{W}.

Resposta

T_s \approx 268{,}2^\circ\mathrm{C}

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