O rolo de carvalho de um cortador de grama, que possui um teor inicial de umidade de 55% em massa, é colocado em um forno de secagem onde sua umidade superficial é mantida em 20% em massa. Se o teor máximo de umidade do rolo seco é fixado em 30% em massa, quanto tempo deverá ser necessário para secar um rolo que tem 4 pol de diâmetro e 18 pol de comprimento quando:
A secagem ocorre através de toda a superfície. Pode-se supor que a resistência superficial é desprezível e que a difusividade da umidade através do carvalho é 4 \cdot 10^{-5} \mathrm{ft}^{2} / \mathrm{h}.

Passo 1

O enunciado pede: determinar o tempo necessário para secar um rolo de carvalho desde um teor inicial de umidade de 0{,}55 (55% em massa) até um teor final de 0{,}30 (30% em massa), quando a umidade na superfície é mantida constante em 0{,}20 (20% em massa).\n
Dados fornecidos (vou listar tudo claramente):
u_0 = 0{,}55 \quad(\text{teor inicial}),
u_s = 0{,}20 \quad(\text{teor superficial mantido}),
u_f = 0{,}30 \quad(\text{teor máximo desejado do rolo seco}),á
D = 4\cdot 10^{-5}\\ \mathrm{ft}^2/\mathrm{h}\quad(\text{difusividade de umidade}),
o rolo é cilíndrico com diâmetro 4 polegadas e comprimento 18 polegadas, ou seja
\text{diâmetro} = 4\\ \text{pol} \Rightarrow R = \frac{4}{2}\\ \text{pol} = 2\\ \text{pol} = \frac{2}{12}\\ \mathrm{ft} = \frac{1}{6}\\ \mathrm{ft},â
\text{comprimento} = 18\\ \text{pol} = \frac{18}{12}\\ \mathrm{ft} = 1{,}5\\ \mathrm{ft}.
Condições adicionais do enunciado:
  • A secagem ocorre através de toda a superfície (lateral e faces).
  • A resistência superficial é desprezível (isto é, a superfície permanece com u_s e não há queda de concentração na interface).
  • Queremos o tempo até que o teor médio do rolo atinja u_f.

Passo 2

Escolha do modelo e justificativa (sem pular etapas):\n
Temos difusão interna de umidade no sólido com a superfície mantida em umidade fixa ( u_s). Como o comprimento ( 1{,}5\\ \mathrm{ft}) é bem maior que o raio ( 0{,}1667\\ \mathrm{ft}, razão \approx 9), os efeitos de difusão ao longo do eixo são pequenos comparados à difusão radial. Portanto é adequado usar a aproximação de um cilindro longo (difusão radial dominante) e tratar o problema como difusão radial em um cilindro com contorno de superfície de concentração fixa. Essa aproximação simplifica muito e é aceitável porque as faces contribuem relativamente pouco para a área total (cálculo rápido: área lateral \approx 1{,}571\\ \mathrm{ft}^2; áreas das duas faces juntas \approx 0{,}1745\\ \mathrm{ft}^2, ou seja, faces \approx 10{,}5\% da lateral).\n
Com resistência superficial desprezível, a condição de contorno é valor fixo na superfície (tipo Dirichlet): a umidade na superfície fica instantaneamente em u_s. Então o problema reduz-se ao problema clássico de difusão transitória num cilindro com superfície à concentração constante.

Passo 3

Fórmula teórica que vamos usar (e explicação do que cada termo significa):\n
Definimos a variável adimensional que mede o excesso médio de umidade:
\Theta(t)=\frac{\bar{u}(t)-u_s}{u_0-u_s},
onde \bar{u}(t) é a umidade média no volume do cilindro no tempo t. Assim \Theta(0)=1 e \Theta(\infty)=0.\n
Para um cilindro longo sujeito à contaminação/remoção pela superfície mantida fixa, a solução para a média (obtida integrando a solução de Bessel sobre a seção) é a série:
\Theta(t)=4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\lambda_n^2}\,\exp\!\big(-\lambda_n^2 \,Fo\big),
onde:
  • Fo é o número de Fourier para difusão de massa (similar ao de calor), definido por
Fo=\frac{D\,t}{R^2},
com D a difusividade e R o raio do cilindro;\n
  • \lambda_n são as raízes positivas da função de Bessel J_0(\lambda)=0 (os primeiros valores são \lambda_1\approx 2{,}4048, \lambda_2\approx 5{,}5201, \lambda_3\approx 8{,}6537, …).\n
    Observações e intuição: a série decai rapidamente porque cada termo tem \exp(-\lambda_n^2 Fo). Para tempos moderados a grandes, o primeiro termo ( n=1) domina e basta a aproximação pelo primeiro termo; se quisermos maior precisão adicionamos o segundo termo. Vou usar essa estratégia: primeiro termo para estimativa rápida e depois corrigir incluindo o segundo termo e ajustar numericamente para maior precisão.

Passo 4

Calcular o valor alvo adimensional \Theta_{\text{alvo}} correspondente ao teor final u_f:\n
\Theta_{\text{alvo}}=\frac{u_f-u_s}{u_0-u_s}=\frac{0{,}30-0{,}20}{0{,}55-0{,}20}=\frac{0{,}10}{0{,}35}=0{,}285714\ldots

Passo 5

Primeira aproximação: usar somente o primeiro termo da série (boa aproximação quando \Theta não é muito próximo de 1):\n
Com \lambda_1\approx 2{,}404825 temos o coeficiente
A_1=\frac{4}{\lambda_1^2}=\frac{4}{(2{,}404825)^2}=\frac{4}{5{,}783185}\approx 0{,}691715.
Aproximamos então
\Theta(t)\approx A_1\exp\!\big(-\lambda_1^2 Fo\big).
Isolando Fo:
\exp\!\big(-\lambda_1^2 Fo\big)\approx\frac{\Theta_{\text{alvo}}}{A_1} \quad\Rightarrow\quad Fo\approx -\frac{1}{\lambda_1^2}\ln\!\Big(\frac{\Theta_{\text{alvo}}}{A_1}\Big).
Substituindo números:
\frac{\Theta_{\text{alvo}}}{A_1}=\frac{0{,}285714}{0{,}691715}\approx 0{,}413656,
\ln(0{,}413656)\approx -0{,}88380,
Fo\approx -\frac{1}{5{,}783185}\cdot(-0{,}88380)\approx 0{,}1528.
Agora convertemos para tempo usando Fo=\dfrac{D\,t}{R^2}. Temos R=\dfrac{1}{6}\\ \mathrm{ft}=0{,}1666667\\ \mathrm{ft}, então
R^2=\left(\frac{1}{6}\right)^2=\frac{1}{36}=0{,}0277778\\ \mathrm{ft}^2.
Assim
t = \frac{Fo\,R^2}{D} \approx \frac{0{,}1528\cdot 0{,}0277778}{4\cdot 10^{-5}}\\ \mathrm{h}.
Calcule:
0{,}1528\cdot 0{,}0277778 \approx 0{,}0042444,
t\approx \frac{0{,}0042444}{4\cdot 10^{-5}} \approx 106{,}11\\ \mathrm{h}.
Então a primeira aproximação dá cerca de 106 horas (≈ 4{,}4 dias).

Passo 6

Refinamento incluindo o segundo termo para maior precisão:\n
Coeficientes conhecidos:
A_1=\frac{4}{\lambda_1^2}\approx 0{,}691715,\qquad \lambda_1^2\approx 5{,}783185,
A_2=\frac{4}{\lambda_2^2},\qquad \lambda_2\approx 5{,}5201\\ \Rightarrow\\ \lambda_2^2\approx 30{,}4707,
A_2=\frac{4}{30{,}4707}\approx 0{,}131303.
Aproximação com dois termos:
\Theta(t)\approx A_1 e^{-\lambda_1^2 Fo} + A_2 e^{-\lambda_2^2 Fo}.
Queremos resolver numericamente
A_1 e^{-\lambda_1^2 Fo} + A_2 e^{-\lambda_2^2 Fo} = \Theta_{\text{alvo}} = 0{,}285714.
Usamos o valor obtido antes Fo\approx 0{,}1528 como chute inicial e avaliamos a soma:
e^{-\lambda_1^2(0{,}1528)} = e^{-5{,}783185\cdot 0{,}1528}\approx e^{-0{,}8838}\approx 0{,}41366,
e^{-\lambda_2^2(0{,}1528)} = e^{-30{,}4707\cdot 0{,}1528}\approx e^{-4{,}657}\approx 0{,}00948.
Então
\Theta(0{,}1528)\approx 0{,}691715\cdot 0{,}41366 + 0{,}131303\cdot 0{,}00948 \approx 0{,}28725.
Esse valor está ligeiramente acima do alvo 0{,}285714, então precisamos de um Fo um pouco maior. Testando Fo=0{,}155 obtemos:
e^{-5{,}783185\cdot 0{,}155}\approx e^{-0{,}8964}\approx 0{,}4082,
e^{-30{,}4707\cdot 0{,}155}\approx e^{-4{,}7239}\approx 0{,}00888,
\Theta(0{,}155)\approx 0{,}691715\cdot 0{,}4082 + 0{,}131303\cdot 0{,}00888 \approx 0{,}28377.
Agora ficou um pouco abaixo do alvo. Interpolando linearmente entre os dois Fo temos uma boa estimativa:
Fo\approx 0{,}1528 + \frac{0{,}285714-0{,}28725}{0{,}28377-0{,}28725}(0{,}155-0{,}1528)\approx 0{,}15377.
Assim tomamos Fo\approx 0{,}1538. Agora convertemos para tempo:
t=\frac{Fo\,R^2}{D}\approx\frac{0{,}15377\cdot 0{,}0277778}{4\cdot 10^{-5}}\\ \mathrm{h}\approx\frac{0{,}0042716}{4\cdot 10^{-5}}\\ \mathrm{h}\approx 106{,}79\\ \mathrm{h}.
Arredondando de forma razoável, o tempo necessário é cerca de 107\\ \mathrm{h}, ou seja aproximadamente 4{,}45 dias.

Resposta

106{,}8\\ \mathrm{h} (aprox. 4{,}45\\ \mathrm{dias})

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