Questão 3 (peso 4,0) - Uma peça cilíndrica de alumínio de 20 cm de comprimento e 15 cm de diâmetro está, inicialmente, à temperatura ambiente de 20^{\circ} \mathrm{C}. A peça é colocada no interior de um forno cuja atmosfera está à 1200^{\circ} \mathrm{C} e o coeficiente de transferência de calor é de 80 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} .{ }^{\circ} \mathrm{C}. Após os quatro primeiros minutos de tratamento térmico, qual (a) o valor da temperatura em uma posição de que fica a 30 mm das superficies lateral e de topo? Se após os quatro minutos a peça for retirada do forno para resfriar ao ar livre, qual (b) a quantidade de energia irá dissipar até a atingir temperatura ambiente?
Dados: \alpha=9,75 \times 10^{-5} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s}, \mathrm{k}=236 \mathrm{~W} / \mathrm{m} .{ }^{\circ} \mathrm{C}, \mathrm{C}_{\mathrm{p}}=0,896 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg} .{ }^{\circ} \mathrm{C}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas e fornece vários dados. Vou listar claramente o que foi pedido e os dados numéricos (convertendo para unidades SI quando necessário):
  • O que se pede:
    (a) Após os quatro primeiros minutos no forno, qual é a temperatura em uma posição que fica a 30 mm da superfície lateral e a 30 mm da superfície de topo?
    (b) Se depois desses quatro minutos a peça for retirada do forno e resfriar ao ar até a temperatura ambiente, quanta energia (calor) será dissipada até voltar à temperatura ambiente?
  • Dados fornecidos (convertidos para SI):
    • comprimento do cilindro: L = 20\\ \text{cm} = 0,20\\ \mathrm{m}.
    • diâmetro: D = 15\\ \text{cm} = 0,15\\ \mathrm{m} \Rightarrow raio R = 0,075\\ \mathrm{m}.
    • temperatura inicial (ambiente): T_i = 20^\circ\mathrm{C}.
    • temperatura do forno (fluido): T_\infty = 1200^\circ\mathrm{C}.
    • coeficiente de convecção (forno): h = 80\\ \mathrm{W/(m^2\! \cdot{}^\circ C)}.
    • tempo no forno: t = 4\\ \text{min} = 240\\ \mathrm{s}.
    • difusividade térmica: \alpha = 9{,}75\times10^{-5}\\ \mathrm{m^2/s}.
    • condutividade térmica: k = 236\\ \mathrm{W/(m\! \cdot{}^\circ C)}.
    • capacidade térmica massica: C_p = 0{,}896\\ \mathrm{kJ/(kg\! \cdot{}^\circ C)} = 896\\ \mathrm{J/(kg\! \cdot{}^\circ C)}.
    • posição solicitada: 30 mm = 0,03\\ \mathrm{m} da superfície lateral e do topo (ou seja, um ponto no interior a essa distância das superfícies).
Observação útil já no enunciado: não foi dada diretamente a densidade \rho, mas foi dado \alpha, k e C_p. Como \alpha = \dfrac{k}{\rho C_p}, pode-se obter \rho a partir desses dados — farei isso nas próximas etapas.

Passo 2

Primeira tarefa: verificar se podemos usar o método de corpo de temperatura uniforme (modelo de capacitância concentrada, “lumped capacitance”). Para isso calculamos o número de Biot:
  • Volume do cilindro:
V = \pi R^2 L = \pi (0,075)^2(0,20).
Calculemos passo a passo:
R^2 = (0,075)^2 = 0,005625,
V = \pi \cdot 0,005625 \cdot 0,20 = \pi \cdot 0,001125 \approx 0,003534\\ \mathrm{m^3}.
  • Área de superfície externa (área lateral + duas bases):
A_s = 2\pi R L + 2\pi R^2 = 2\pi\big(RL + R^2\big).
Calculando numericamente:
RL = 0,075\cdot 0,20 = 0,015,\qquad R^2 = 0,005625,
A_s = 2\pi(0,015 + 0,005625) = 2\pi(0,020625) \approx 0,1296\\ \mathrm{m^2}.
  • comprimento característico (volume/área):
L_c = \frac{V}{A_s} \approx \frac{0,003534}{0,1296} \approx 0,02727\\ \mathrm{m}.
  • Agora precisamos da densidade \rho. Usamos a relação
\alpha = \frac{k}{\rho C_p} \quad\Longrightarrow\quad \rho = \frac{k}{\alpha C_p}.
Substituindo os valores (atenção às unidades: C_p = 896\\ \mathrm{J/(kg\! \cdot{}^\circ C)}):
\rho = \frac{236}{(9{,}75\times10^{-5})\cdot 896}.
Calcule:
\alpha C_p = 9{,}75\times10^{-5}\cdot 896 \approx 0{,}08736,
\rho \approx \frac{236}{0{,}08736} \approx 2702\\ \mathrm{kg/m^3}.
(Esse valor está coerente com a densidade típica do alumínio \sim 2700\\ \mathrm{kg/m^3}.)
  • Agora o número de Biot:
\mathrm{Bi} = \frac{h L_c}{k} = \frac{80\cdot 0{,}02727}{236}.
Calcule:
hL_c \approx 2{,}1816,\qquad \mathrm{Bi}\approx \frac{2{,}1816}{236}\approx 0{,}00925.
Interpretação: \mathrm{Bi}\approx 0{,}0093 \ll 0{,}1. Quando \mathrm{Bi}<0{,}1 o gradiente de temperatura dentro do sólido é desprezível e o sólido pode ser tratado como de temperatura uniforme (modelo “lumped capacitance”). Ou seja: qualquer ponto interno (incluindo o ponto a 30 mm das superfícies) tem aproximadamente a mesma temperatura do corpo como um todo. Portanto, para (a) basta encontrar a temperatura uniforme do cilindro após t=240\\ \mathrm{s} usando o modelo lumped.

Passo 3

Apresento a teoria do método lumped (explicação didática): em corpos com temperatura praticamente uniforme, a equação de balanço de energia para a peça é
m C_p \frac{dT}{dt} = -h A_s \big(T - T_\infty\big),
onde
  • m = \rho V é a massa do corpo,
  • C_p é capacidade térmica mássica,
  • h é coeficiente de convecção,
  • A_s é a área externa,
  • T(t) é a temperatura do corpo no instante t,
  • T_\infty é a temperatura do fluido (forno).
Essa equação é linear e a solução com condição inicial T(0)=T_i é
T(t) = T_\infty + \big(T_i - T_\infty\big)\exp\!\big(-\beta t\big),
onde a constante de decaimento é
\beta = \frac{h A_s}{m C_p} = \frac{h A_s}{\rho V C_p}.
Vou calcular \beta numericamente.
  • massa:
m = \rho V \approx 2702\\ \mathrm{kg/m^3}\times 0,003534\\ \mathrm{m^3} \approx 9{,}5497\\ \mathrm{kg}.
Verificação numérica (é útil notar que m C_p = \rho V C_p aparecerá já pronto em cálculos):
m C_p \approx 9{,}5497\\ \mathrm{kg}\times 896\\ \mathrm{J/(kg\! \cdot{}^\circ C)} \approx 8556{,}5\\ \mathrm{J/^\circ C}.
  • agora \beta:
\beta = \frac{h A_s}{m C_p} = \frac{80\cdot 0{,}1296}{8556{,}5}\\ \mathrm{s^{-1}}.
Calcule numericamente:
hA_s = 80\cdot 0{,}1296 = 10{,}368\\ \mathrm{W/^\circ C},
\beta \approx \frac{10{,}368}{8556{,}5} \approx 0{,}001212\\ \mathrm{s^{-1}}.

Passo 4

Agora uso a solução do modelo lumped para obter T(t) em t=240\\ \mathrm{s}:
T(240) = T_\infty + (T_i - T_\infty) e^{-\beta\cdot 240}.
Substituindo números:
T(240) = 1200 + (20 - 1200)\,e^{-0{,}001212\cdot 240}.
Calcule o expoente:
-\,\beta t = -0{,}001212\cdot 240 \approx -0{,}2909,
e^{-0{,}2909} \approx 0{,}7477.
Portanto
T(240) \approx 1200 + (-1180)\cdot 0{,}7477 = 1200 - 882{,}7 \approx 317{,}3\\ ^\circ\mathrm{C}.
Comentário prático: como o corpo pode ser tratado como de temperatura uniforme, a temperatura no ponto solicitado (30 mm das superfícies) é praticamente essa mesma 317{,}3^\circ\mathrm{C}.

Passo 5

Agora a parte (b): energia que será dissipada até retornar à temperatura ambiente quando a peça for retirada do forno.
Explicação prática: se a peça, no instante da retirada, está a T_{ret}=T(240) e depois esfria até T_i=20^\circ\mathrm{C}, a energia térmica total perdida pelo sólido (ignorando qualquer trabalho, radiação específica etc.) é igual à variação de sua energia interna (modelo de corpo com temperatura uniforme):
Q = m C_p \big(T_{ret} - T_i\big).
Aqui não é necessário conhecer o coeficiente de convecção durante o resfriamento: a energia total perdida depende apenas da massa, do Cp e da diferença de temperatura.
Usando os valores já calculados:
m C_p \approx 8556{,}5\\ \mathrm{J/^\circ C},
\Delta T = T_{ret} - T_i \approx 317{,}3 - 20 = 297{,}3\\ ^\circ\mathrm{C}.
Portanto
Q \approx 8556{,}5 \times 297{,}3 \\ \mathrm{J} \approx 2{,}543{,}8\times 10^{6}\\ \mathrm{J}.
Em unidades mais usuais: Q \approx 2{,}54\\ \mathrm{MJ}.

Resposta

T \approx 317{,}3^\circ\mathrm{C}
Q \approx 2{,}544\times 10^{6}\\ \mathrm{J}

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