Recozimento é um processo no qual o aço é reaquecido e depois resfriado a fim de torná-lo menos quebradiço. Considere o estágio de reaquecimento para uma placa de aço de 100 mm de espessura, a qual está a uma temperatura uniforme de T_{i}=200^{\circ} \mathrm{C} e deve ser aquecida a uma temperatura mínima de 500^{\circ} \mathrm{C}. O aquecimento é efetuado em um forno a gás, onde os produtos de combustão a T_{\infty}=800^{\circ} \mathrm{C} mantêm um coeficiente de convecção \mathrm{h}=250 \mathrm{~W} /\left(\mathrm{m}^{2} \mathrm{~K}\right) nas duas superfícies da placa. Quanto tempo a placa deverá ser deixada no forno?

Passo 1

O que o problema pede: determinar quanto tempo a placa deve ficar no forno para que sua temperatura mínima atinja 500^\circ\mathrm{C}.
Informações dadas no enunciado:
\begin{aligned} \text{Espessura total da placa} &= 100\\ \mathrm{mm} = 0,100\\ \mathrm{m},\\\ \text{Temperatura inicial da placa} &= T_{i}=200^\circ\mathrm{C},\\\ \text{Temperatura dos gases do forno} &= T_{\infty}=800^\circ\mathrm{C},\\\ \text{Coeficiente de convecção nas duas superfícies} &= h=250\\ \mathrm{W/(m^{2}K)}. \end{aligned}çãí
Observação importante (assumida porque o enunciado não especificou propriedades térmicas do aço): vou usar propriedades térmicas típicas do aço carbono:
\rho = 7800\\ \mathrm{kg/m^{3}},\qquad c = 460\\ \mathrm{J/(kg\;K)},\qquad k = 54\\ \mathrm{W/(m\;K)}.
Se o seu professor usar outros valores, os passos abaixo continuam válidos; só substitua os números apropriados.
Decisão prática sobre o que precisa ser calculado: como o aquecimento por convecção é nas duas faces, o ponto que atinge a temperatura desejada por último é o centro da placa. Logo vamos calcular o tempo necessário para que a temperatura no centro chegue a 500^\circ\mathrm{C}.

Passo 2

Escolha do método (sem muitos jargões): para problemas transientes de condução em uma chapa (placa) com convecção nas superfícies, primeiro verificamos se podemos usar o método simples de capacidade térmica uniforme (modelo lumped). Isso depende do número de Biot:
\text{Bi}=\frac{h L}{k},
onde L é o meio-espessura da placa (meio da espessura porque a placa é simétrica). Aqui a espessura total é 0,100\\ \mathrm{m}, logo
L=\frac{0,100}{2}=0,050\\ \mathrm{m}.
Calculemos \text{Bi}:
\text{Bi}=\frac{250\times 0,050}{54}\approx 0,2315.
Regra prática: se \text{Bi}<0,1 o modelo lumped é aceitável; aqui \text{Bi}\approx 0,2315>0,1, portanto a temperatura na placa NÃO é praticamente uniforme durante o aquecimento e temos que usar a solução de condução transiente unidimensional para placa com convecção nas faces (série de autovalores ou primeira termo da série).

Passo 3

Apresentando a solução que vamos usar (sem medo): para uma placa plana simétrica com convecção nas duas superfícies, a solução para a temperatura no centro x=0 (o ponto mais frio durante o aquecimento) é, em termos adimensionais,
\frac{T(0,t)-T_{\infty}}{T_{i}-T_{\infty}} \;=\; \sum_{n=1}^{\infty} C_{n}\,\exp\!\big(-\zeta_{n}^{2}\,\mathrm{Fo}\big),
onde:
  • \mathrm{Fo}=\dfrac{\alpha t}{L^{2}} é o número de Fourier (medida do tempo adimensional),
  • \alpha=\dfrac{k}{\rho c} é a difusividade térmica,
  • \zeta_{n} são os autovalores que satisfazem a equação transcendental
\zeta_{n}\tan\zeta_{n}=\text{Bi},
  • os coeficientes são
C_{n}=\frac{4\sin\zeta_{n}}{2\zeta_{n}+\sin(2\zeta_{n})}.
Na prática, a soma infinita converge rápido e, para muitos problemas de aquecimento/resfriamento, a aproximação com o primeiro termo ( n=1) fornece boa precisão para os tempos moderados/longos que nos interessam. Vamos usar a aproximação de primeiro termo:
\frac{T(0,t)-T_{\infty}}{T_{i}-T_{\infty}} \approx C_{1}\,\exp\!\big(-\zeta_{1}^{2}\,\mathrm{Fo}\big).
Explicando as intenções: calculamos \zeta_{1} a partir da equação transcendental, obtemos C_{1}, definimos a razão adimensional entre T(0,t) e os extremos de temperatura e resolvemos para \mathrm{Fo}, depois voltamos para o tempo t.

Passo 4

Calculemos a difusividade térmica \alpha:
\alpha=\frac{k}{\rho c}=\frac{54}{7800\times 460}.
Façamos a conta:
7800\times 460 = 3\,588\,000,
\alpha=\frac{54}{3\,588\,000}\approx 1,5045\times 10^{-5}\\ \mathrm{m^{2}/s}.

Passo 5

Determinação do primeiro autovalor \zeta_{1} resolvendo
\zeta \tan\zeta = \text{Bi}\approx 0,2315.
Não existe expressão fechada; resolvemos numericamente por tentativa (ou método de Newton). Vou mostrar tentativas simples:
\begin{aligned} \zeta=0,46 &\Longrightarrow \tan(0,46)\approx 0,4955,\quad \zeta\tan\zeta\approx 0,46\times 0,4955=0,2277\\ (<0,2315),\\\ \zeta=0,48 &\Longrightarrow \tan(0,48)\approx 0,5208,\quad \zeta\tan\zeta\approx 0,48\times 0,5208=0,2500\\ (>0,2315). \end{aligned}
Raiz entre 0,46 e 0,48. Refinando:
\zeta\approx 0,463\quad\text{dá}\quad \zeta\tan\zeta\approx 0,2319\\ (\text{muito próximo}).áó
Tomamos
\zeta_{1}\approx 0,463.

Passo 6

Calculemos o coeficiente C_{1}:
C_{1}=\frac{4\sin\zeta_{1}}{2\zeta_{1}+\sin(2\zeta_{1})}.
Avaliações numéricas (usando \zeta_{1}=0,463):
\sin(0,463)\approx 0,4477,\qquad \sin(2\times 0,463)=\sin(0,926)\approx 0,7980.
Agora
C_{1}=\frac{4\times 0,4477}{2\times 0,463 + 0,7980}=\frac{1,7908}{1,7240}\approx 1,0393.
Comentário físico: C_{1} próximo de 1 é comum quando o Biot é relativamente pequeno; isso só influencia ligeiramente o valor do expoente.

Passo 7

Coloquemos o objetivo na forma adimensional e resolvamos para \mathrm{Fo}.
Queremos que o centro atinja T(0,t)=500^\circ\mathrm{C}. A razão adimensional é
\Theta \equiv \frac{T(0,t)-T_{\infty}}{T_{i}-T_{\infty}}.
Calculemos \Theta com T_{i}=200^\circ\mathrm{C} e T_{\infty}=800^\circ\mathrm{C}:
\Theta=\frac{500-800}{200-800}=\frac{-300}{-600}=0,5.
Usando a aproximação de um termo:
0,5 \approx C_{1}\,e^{-\zeta_{1}^{2}\mathrm{Fo}}.
Isolando \mathrm{Fo}:
e^{-\zeta_{1}^{2}\mathrm{Fo}} \approx \frac{0,5}{C_{1}},
-\zeta_{1}^{2}\mathrm{Fo} = \ln\!\left(\frac{0,5}{C_{1}}\right),
\mathrm{Fo} = -\frac{1}{\zeta_{1}^{2}}\ln\!\left(\frac{0,5}{C_{1}}\right).
Substituindo números ( \zeta_{1}=0,463,\\ C_{1}=1,0393):
\frac{0,5}{C_{1}}\approx \frac{0,5}{1,0393}\approx 0,4813,
\ln(0,4813)\approx -0,7318,
\zeta_{1}^{2}\approx (0,463)^{2}\approx 0,2144,
\mathrm{Fo}\approx -\frac{-0,7318}{0,2144}\approx 3,414.

Passo 8

Voltando ao tempo dimensional t:
\mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{L^{2}}\quad\Longrightarrow\quad t=\frac{\mathrm{Fo}\,L^{2}}{\alpha}.
Substituindo \mathrm{Fo}\approx 3,414, L=0,050\\ \mathrm{m}, \alpha=1,5045\times 10^{-5}\\ \mathrm{m^{2}/s}:
L^{2}=0,050^{2}=0,0025\\ \mathrm{m^{2}},
t\approx \frac{3,414\times 0,0025}{1,5045\times 10^{-5}}.
Calculemos:
\frac{0,0025}{1,5045\times 10^{-5}}\approx 166,186\\ \mathrm{s},
t\approx 3,414\times 166,186\approx 567,2\\ \mathrm{s}\approx 9,45\\ \mathrm{min}.
Interpretação final: com as propriedades assumidas do aço e usando a aproximação de primeiro termo da solução transiente da placa, a placa precisa ficar aproximadamente 567\\ \mathrm{s} (cerca de 9{,}5 minutos) no forno para que o centro alcance 500^\circ\mathrm{C}. Isso garante que toda a placa tenha pelo menos 500^\circ\mathrm{C} (já que o centro é o ponto mais lento a aquecer).

Resposta

\;t\approx 5,67\times 10^{2}\\ \mathrm{s}\approx 9,45\\ \mathrm{min}

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