1. (1,5 pontos) A distribuição de temperaturas ao longo de uma parede com espessura de 1 m , em determinado instante de tempo, é dada pela expressão \mathrm{T}(\mathrm{x})=\mathrm{a}+\mathrm{bx}+\mathrm{cx}^{5 / 2}+\mathrm{dx}^{3}, na qual T está em graus Celsius e x em metros, enquanto a=80^{\circ} \mathrm{C}, b=-50^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m}, c=-5^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{5 / 2} e d=-10^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m}^{3}. Uma geração de calor uniforme, \dot{e}_{g}=500 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{3}, está presente na parede, cuja área é de 10 \mathrm{~m}^{2}. O seu material apresenta as seguintes propriedades: \rho=1600 \mathrm{~kg} / \mathrm{m}^{3}, k =40 \mathrm{~W} /(\mathrm{m} \cdot \mathrm{K}) e c_{p}=4 \mathrm{~kJ} /(\mathrm{kg} \cdot \mathrm{K}).
    a) Determine a taxa de transferência de calor que entra na parede ( \mathrm{x}=0 ) e que deixa a parede ( \mathrm{x}=1 \mathrm{~m} ).
    b) Determine a taxa de variação da energia acumulada na parede, \dot{E}_{a c u}.
    c) Determine a taxa de variação da temperatura em relação ao tempo nas posições \mathrm{x}= 0 ; 0,25 e 0,5 \mathrm{~m}.

Passo 1

O enunciado dá a distribuição de temperatura unidimensional
T(x)=a + b\,x + c\,x^{5/2} + d\,x^3
com a=80 ^\circC, b=-50 ^\circC/m, c=-5 ^\circC/m ^{5/2}, d=-10 ^\circC/m ^3. Há geração volumétrica uniforme \dot e_g=500,W/m ^3 numa parede de espessura L=1,m e área A=10,m ^2. A densidade é \rho=1600,kg/m ^3, a condutividade k=40,W/( m\cdot K) e o calor específico c_p=4,kJ/(k g\cdot K).
Conteúdo aplicado:
– Lei de Fourier para fluxo de calor em regime estacionário: \dot Q_x = -k\,A\,\frac{dT}{dx}.
– Balanço energético: \dot E_{acu} = \dot Q(0) + \dot e_g V - \dot Q(L).
– Equação de condução transiente com geração:
\rho c_p \frac{\partial T}{\partial t} \;=\; k\,\frac{\partial^2 T}{\partial x^2} \;+\;\dot e_g.

Passo 2

Calcular \frac{dT}{dx} e os fluxos nas faces x=0 e x=1:
\frac{dT}{dx} = b \;+\;\frac{5}{2}\,c\,x^{3/2}\;+\;3\,d\,x^2.
Em x=0: \displaystyle \frac{dT}{dx}\Big|_{0}=b=-50,K/m.
\dot Q(0) = -\,k\,A\,\frac{dT}{dx}\Big|_{0} = -\,40\cdot 10\cdot(-50) =2{,}0\times10^{4}\text{ W}.
Em x=1: \displaystyle \frac{dT}{dx}\Big|_{1} = -50 + \tfrac{5}{2}(-5)\cdot1^{3/2} +3(-10)\cdot1^2 = -50 -12{,}5 -30 = -92{,}5,K/m.
\dot Q(1) = -\,40\cdot10\cdot(-92{,}5) =3{,}7\times10^{4}\text{ W}.

Passo 3

Volume da parede: V=A\,L=10\cdot1=10,m ^3.
Geração total: \dot e_g\,V=500\cdot10=5{,}0\times10^{3} W.
Balanço de energia (acumulada):
\dot E_{acu} = \dot Q(0) \;+\;\dot e_g V\;-\;\dot Q(1) =2{,}0\times10^{4} + 5{,}0\times10^{3} - 3{,}7\times10^{4} = -1{,}2\times10^{4}\text{ W}.

Passo 4

Para a taxa \partial T/\partial t usamos
\rho c_p \frac{\partial T}{\partial t} = k\,\frac{\partial^2 T}{\partial x^2} + \dot e_g.
Calculamos
\frac{\partial^2 T}{\partial x^2} = \frac{5}{2}\cdot\frac{3}{2}\,c\,x^{1/2} + 6\,d\,x = \frac{15}{4}\,c\,\sqrt{x} + 6\,d\,x = -\Bigl(\tfrac{75}{4}\sqrt{x} +60\,x\Bigr).
Como c_p=4 kJ/(k g\cdot K) =4000 J/(k g\cdot K), tem-se \rho c_p =1600\cdot4000=6,4\times10^{6} J/(m ^3·K).

Passo 5

Em cada x,
k\,\frac{\partial^2T}{\partial x^2} + \dot e_g =40\!\cdot\!\Bigl[-\bigl(18{,}75\sqrt{x}+60x\bigr)\Bigr] +500.
Divide-se por \rho c_p=6{,}4\times10^{6} para obter \partial T/\partial t.
Em x=0: \sqrt{0}=0
k\,\partial^2T + \dot e_g =0 +500,\quad \frac{\partial T}{\partial t} = \frac{500}{6{,}4\times10^{6}} \approx 7{,}8\times10^{-5}\,\mathrm{K/s}.
Em x=0{,}25: \sqrt{0{,}25}=0{,}5
\partial^2T = -\bigl(18{,}75\cdot0{,}5+60\cdot0{,}25\bigr) = -24{,}375,\quad k\,\partial^2T + \dot e_g = -975 +500 = -475,
\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{-475}{6{,}4\times10^{6}} \approx -7{,}4\times10^{-5}\,\mathrm{K/s}.
Em x=0{,}5: \sqrt{0{,}5}\approx0{,}707
\partial^2T = -\bigl(18{,}75\cdot0{,}707+60\cdot0{,}5\bigr) \approx -43{,}27,\quad k\,\partial^2T + \dot e_g \approx -1731 +500 = -1231,
\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{-1231}{6{,}4\times10^{6}} \approx -1{,}9\times10^{-4}\,\mathrm{K/s}.

Resposta

a) \dot Q(0)=2{,}0\times10^{4} W e \dot Q(1)=3{,}7\times10^{4} W.
b) \dot E_{acu}=-1{,}2\times10^{4} W.
c) \displaystyle \frac{\partial T}{\partial t}\Big|_{0}=+7{,}8\times10^{-5}\,\mathrm{K/s},\quad \frac{\partial T}{\partial t}\Big|_{0{,}25}=-7{,}4\times10^{-5}\,\mathrm{K/s},\quad \frac{\partial T}{\partial t}\Big|_{0{,}5}=-1{,}9\times10^{-4}\,\mathrm{K/s}.

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