Questão 2 (peso 3,5) - Uma grande placa de aluminio ( \alpha=8,4 \times 10^{-5} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} e \mathrm{k}=215 \mathrm{~W} / \mathrm{m} .^{\circ} \mathrm{C} ) de 6 cm de espessura está uniformemente à 200^{\circ} \mathrm{C}. Em seguida, é subitamente exposta a um ambiente convectivo à 40^{\circ} \mathrm{C} e coeficiente de transferência de calor de 525 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}. { }^{\circ} \mathrm{C}. Calcule (a) a temperatura a uma profundidade de 20 mm de uma das faces da placa após o intervalo de 1 minuto de exposição ao ambiente. Qual (b) a quantidade de energia removida por unidade de área neste intervalo de tempo?
Passo 1
Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
Espessura total da placa: \,0{,}06\\ \mathrm{m}.
Temperatura inicial da placa: \,T_i=200^\circ\mathrm{C}.
Ambiente (ar): \,T_\infty=40^\circ\mathrm{C}.
Coeficiente de convecção: \,h=525\\ \mathrm{W/m^2\! \cdot ^\circ C}.
Difusividade térmica do alumínio: \,\alpha=8{,}4\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s}.
Tempo de exposição: \,t=1\\ \mathrm{min}=60\\ \mathrm{s}.
Ponto onde queremos a temperatura: a 20\\ \mathrm{mm}=0{,}02\\ \mathrm{m} de uma das faces (isto é, a 0{,}02\\ \mathrm{m} medida a partir da face).
O enunciado pede:
(a) a temperatura nesse ponto após 60\\ \mathrm{s};
(b) a quantidade de energia removida por unidade de área da placa nesse intervalo.
Passo 2
Decidir o método: trata-se de condução transiente em uma placa de espessura finita exposta por convecção em ambas as faces (as duas faces estão expostas ao mesmo ambiente). A solução exata usa séries com autovalores \zeta_n que satisfazem a condição de contorno convectiva. Vou usar essa solução em série e adotar a aproximação com o primeiro termo (one-term) — porque vou mostrar que o número de Fourier é razoavelmente grande, o que torna os termos superiores desprezíveis. Vou também explicar cada conceito antes de aplicar.
Passo 3
Apresentar a solução geral e definir variáveis (aula rápida):
Para uma placa simétrica de meia-espessura \,L (ou seja, espessura total 2L), é conveniente medir x a partir do centro; o ponto superficial corresponde a x=\pm L.
Definições importantes:\theta(X,\mathrm{Fo})=\frac{T-T_\infty}{T_i-T_\infty}, \qquad X=\frac{x}{L}, \qquad \mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{L^2}, \qquad \mathrm{Bi}=\frac{hL}{k}.Aqui \theta é a temperatura adimensional, \mathrm{Fo} é o número de Fourier (mede o tempo relativo à difusão) e \mathrm{Bi} é o número de Biot (mede a resistência convectiva relativa à condutiva).
A solução por séries (para condição inicial uniforme e contornos convectivos iguais nas duas faces) é\theta(X,\mathrm{Fo})=\sum_{n=1}^{\infty} C_n \cos(\zeta_n X)\,e^{-\zeta_n^{2}\mathrm{Fo}},onde os autovalores \zeta_n são raízes positivas da equação\zeta_n \tan\zeta_n = \mathrm{Bi},e os coeficientes sãoC_n=\frac{4\sin\zeta_n}{2\zeta_n+\sin(2\zeta_n)}.
A temperatura no ponto pedido é obtida recuperando T=T_\infty+\theta(T_i-T_\infty).
A energia retirada por unidade de área até o tempo t é igual à redução da energia interna por unidade de área:Q''=\rho c (2L)\,(T_i-\overline{T}(t)),onde \overline{T}(t) é a temperatura média (no volume) da placa no tempo t. Usaremos \rho c = k/\alpha (pois \alpha=k/(\rho c)), assimQ''=\frac{k}{\alpha}(2L)\,(T_i-\overline{T}(t)).A temperatura média adimensional é\overline{\theta}(\mathrm{Fo})=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\theta(X,\mathrm{Fo})\,dX =\sum_{n=1}^{\infty} C_n\frac{\sin\zeta_n}{\zeta_n}\,e^{-\zeta_n^{2}\mathrm{Fo}}.
Número de Biot:\mathrm{Bi}=\frac{hL}{k}=\frac{525\times0{,}03}{215} =\frac{15{,}75}{215}\approx0{,}0733.
Número de Fourier:\mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{L^2}=\frac{8{,}4\times10^{-5}\times60}{(0{,}03)^2} =\frac{5{,}04\times10^{-3}}{9\times10^{-4}}=5{,}6.
Observação intuitiva: \mathrm{Bi} é pequeno (≈0{,}073), o que significa que a resistência convectiva não é grande ante a condutividade interna — o corpo tende a permanecer praticamente quase uniforme, mas ainda assim usamos a solução unidimensional para obter a variação com a profundidade. \mathrm{Fo}=5{,}6 é relativamente grande: houve tempo suficiente para difusão térmica interna significativa, o que justifica que o termo dominante da série (primeiro modo) seja suficiente.
Passo 5
Encontrar o primeiro autovalor \zeta_1 resolvendo \zeta \tan\zeta=\mathrm{Bi}=0{,}0733.
Para \zeta pequeno, \tan\zeta\approx\zeta+\zeta^3/3, logo \zeta\tan\zeta\approx\zeta^2. Assim como chute inicial, \zeta_1\approx\sqrt{\mathrm{Bi}}\approx\sqrt{0{,}0733}\approx0{,}271.
Refinando numericamente (teste iterativo rápido):
Para \zeta=0{,}265: \zeta\tan\zeta\approx0{,}0718 (um pouco menor que 0{,}0733).
Para \zeta=0{,}268: \zeta\tan\zeta\approx0{,}0735 (um pouco maior).
Interpolando, tomo \zeta_1\approx0{,}2677.
Adotamos\zeta_1\approx0{,}268.
(Esse valor é suficiente para a aproximação com um termo; termos superiores têm \zeta_n bem maiores e levam a expoentes muito maiores quando multiplicados por \mathrm{Fo}=5{,}6.)
Passo 6
Calcular o coeficiente C_1 e o fator espacial \cos(\zeta_1 X) para o ponto pedido.
O ponto está a 0{,}02\\ \mathrm{m} da face; como usamos x a partir do centro, o coordenada éx_{\text{centro}}=0{,}02-0{,}03=-0{,}01\\ \mathrm{m}, \qquad X=\frac{x}{L}=\frac{-0{,}01}{0{,}03}=-\frac{1}{3}\approx-0{,}3333.Como \cos é função par, \cos(\zeta_1 X)=\cos(\zeta_1/3).
O fator espacial:\cos(\zeta_1 X)=\cos\!\big(\zeta_1\cdot(-\tfrac{1}{3})\big)=\cos\!\big(-0{,}268/3\big)=\cos(-0{,}0893)\approx0{,}9960.
Passo 7
Calcular \theta (apenas primeiro termo) e obter T no ponto pedido.
Primeiro calcule o expoente:\zeta_1^2\mathrm{Fo}=(0{,}268)^2\times5{,}6\approx0{,}0718\times5{,}6\approx0{,}4022.Entãoe^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}}\approx e^{-0{,}4022}\approx0{,}6687.
Voltar para temperatura absoluta:T=T_\infty+\theta\,(T_i-T_\infty) =40^\circ\mathrm{C}+0{,}674\times(200-40)^\circ\mathrm{C}.Calculando:T\approx40+0{,}674\times160=40+107{,}9\approx147{,}9^\circ\mathrm{C}.
Pequena observação encorajadora: deu trabalho, mas o resultado faz sentido — a placa ainda está bem quente no interior após 1 minuto.
Passo 8
Calcular a temperatura média \overline{T}(t) (usando a mesma aproximação de um termo) para obter a energia removida.
A temperatura média adimensional usando apenas n=1 é\overline{\theta}(\mathrm{Fo})\approx C_1\frac{\sin\zeta_1}{\zeta_1}\,e^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}}.Já temos C_1\approx1{,}0125, \sin\zeta_1\approx0{,}2648 e \zeta_1\approx0{,}268, logo\frac{\sin\zeta_1}{\zeta_1}\approx\frac{0{,}2648}{0{,}268}\approx0{,}988.Assim\overline{\theta}\approx1{,}0125\times0{,}988\times0{,}6687\approx0{,}6687.(Note que \overline{\theta} ficou muito próxima de e^{-\zeta_1^2\mathrm{Fo}} por coincidência numérica.)
Temperatura média:\overline{T}=T_\infty+\overline{\theta}(T_i-T_\infty) =40^\circ\mathrm{C}+0{,}6687\times160\approx40+107{,}0\approx147{,}0^\circ\mathrm{C}.
Passo 9
Calcular a energia removida por unidade de área Q'' usando \rho c= k/\alpha.
Arredondando com algarismos significativos razoáveis:Q''\approx8{,}14\times10^{6}\\ \mathrm{J/m^2}.
Pequena verificação rápida (intuitiva): se a densidade típica do alumínio é \sim2700\\ \mathrm{kg/m^3} e c\sim900\\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}, a capacidade por área é \rho c \times 0{,}06 \approx2700\times900\times0{,}06\approx145{,}800\\ \mathrm{J/(m^2\cdot K)}. Multiplicando pela queda média de 53\\ \mathrm{K} dá cerca de 7{,}7\times10^6\\ \mathrm{J/m^2}, valor da mesma ordem que nosso 8{,}14\times10^6, confirmando consistência.
Passo 10
Validação da aproximação e comentários finais (rápido, encorajador):
Usei apenas o primeiro termo da série (one-term). Isso é aceitável porque \mathrm{Fo}=5{,}6 é relativamente grande, de modo que os termos com \zeta_n^2 maiores decaem muito mais rápido; o primeiro termo captura bem a resposta transiente dominante.
Se fosse necessária precisão maior, somaria os termos seguintes (encontrando numericamente \zeta_2,\zeta_3,\ldots), mas para engenharia e prova essa aproximação é padrão e confiável aqui.