Uma superfície plana quadrada, de 15 m de lado, colocada na horizontal, deve ser resfriada com ar de tal maneira que a temperatura em toda a superfície seja igual a 60^{\circ} \mathrm{C}, quando a temperatura do ar é de 25^{\circ} \mathrm{C}. Estando o ar fluindo com uma velocidade de 0,9 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, determine:
a) a taxa térmica (q) de convecção em toda a superfície da placa.
b) a taxa térmica (q) de convecção na superfície da placa entre \mathrm{x}=8 \mathrm{~m} \mathrm{e} \mathrm{x}=12 \mathrm{~m}.
Considere para o ar, na temperatura do filme: \operatorname{Pr}=0,71 ; v=1,78 \times 10^{-5} \mathrm{~m}^{2} / \mathrm{s} ; \mathrm{k}=0,0267 \mathrm{~W} / \mathrm{mK}

Passo 1

O enunciado pede a taxa de calor por convecção de um ar forçado fluindo sobre uma placa plana de comprimento L=15,m e largura W=15,m, com temperatura da placa T_s=60^\circ\mathrm{C} e temperatura do ar livre T_\infty=25^\circ\mathrm{C}. O fluxo do ar tem velocidade v_\infty=0{,}9,m/s e nas condições do filme usamos \Pr=0{,}71, \nu=1{,}78\times10^{-5},m ^2/s e k=0{,}0267,W/mK.
Para resolver, vamos:
– Calcular o número de Reynolds baseado em L e a posição de transição x_{cr}.
– Determinar se o escoamento sobre toda a placa é laminar, turbulento ou misto.
– Usar a correlação de Nusselt média adequada para o escoamento misto e obter o coeficiente de convecção médio h.
– Calcular q = h\,A\,(T_s-T_\infty).
– Para a parte (b), integrar a distribuição local de h(x) de x=8 a x=12.

Passo 2

Calculamos primeiro
\Re_L = \frac{v_\infty L}{\nu} = \frac{0{,}9\times15}{1{,}78\times10^{-5}} \approx7{,}58\times10^{5}.
A transição laminar–turbulento ocorre em \Re_{cr}\approx5\times10^5, logo
x_{cr} = \frac{\Re_{cr}\,\nu}{v_\infty} = \frac{5\times10^5\times1{,}78\times10^{-5}}{0{,}9} \approx9{,}89\;\mathrm{m}.
Como x_{cr}<L, o escoamento é laminar de 0 a 9{,}89 m e turbulento de 9{,}89 m até 15 m.

Passo 3

Para escoamento misto sobre placa, a correlação para o número de Nusselt médio é
\overline{Nu}_L =\Bigl[\,0{,}037\,\Re_L^{4/5}\;-\;871\Bigr]\Pr^{1/3}.
Calculando
\Re_L^{4/5}\approx (7{,}58\times10^5)^{4/5}\approx5{,}06\times10^4, \quad \Pr^{1/3}\approx0{,}71^{1/3}\approx0{,}892,
\overline{Nu}_L =\bigl[0{,}037\times5{,}06\times10^4 -871\bigr]\times0{,}892 \approx(1872-871)\times0{,}892 \approx1001\times0{,}892 \approx893.
Então o coeficiente médio de convecção é
h = \frac{k\,\overline{Nu}_L}{L} = \frac{0{,}0267\times893}{15} \approx1{,}59\;\mathrm{W/m^2K}.

Passo 4

A área total da placa é A=L\times W=15\times15=225,m ^2. Assim
q_{\text{total}} = h\,A\,(T_s-T_\infty) =1{,}59\times225\times(60-25) =1{,}59\times225\times35 \approx1{,}59\times7875 \approx1{,}25\times10^4\;\mathrm{W}.

Passo 5

Para a faixa x=8 m até x=12 m fazemos a integração peça a peça:
– Região laminar 8\le x\le9{,}89:
h(x) = k\,\frac{0{,}332\,\Re_x^{1/2}\Pr^{1/3}}{x} = k\,0{,}332\,\Pr^{1/3}\Bigl(\frac{v_\infty}{\nu}\Bigr)^{1/2} x^{-1/2}.
\int_{8}^{9{,}89}h(x)\,dx =k\,0{,}332\,\Pr^{1/3}\Bigl(\tfrac{v_\infty}{\nu}\Bigr)^{1/2} \int_{8}^{9{,}89}x^{-1/2}dx = k\,0{,}332\,\Pr^{1/3}\Bigl(\tfrac{v_\infty}{\nu}\Bigr)^{1/2} \cdot2\bigl(\sqrt{9{,}89}-\sqrt{8}\bigr).
– Região turbulenta 9{,}89\le x\le12:
h(x) = k\,\frac{0{,}0296\,\Re_x^{4/5}\Pr^{1/3}}{x} = k\,0{,}0296\,\Pr^{1/3}\Bigl(\frac{v_\infty}{\nu}\Bigr)^{4/5}x^{-1/5},
\int_{9{,}89}^{12}h(x)\,dx = k\,0{,}0296\,\Pr^{1/3}\Bigl(\tfrac{v_\infty}{\nu}\Bigr)^{4/5} \int_{9{,}89}^{12}x^{-1/5}dx = k\,0{,}0296\,\Pr^{1/3}\Bigl(\tfrac{v_\infty}{\nu}\Bigr)^{4/5} \cdot\frac{5}{4}\bigl(12^{4/5}-9{,}89^{4/5}\bigr).
Numericamente usa-se \tfrac{v_\infty}{\nu}\approx5{,}06\times10^4, \Pr^{1/3}\approx0{,}892, k=0{,}0267, T_s-T_\infty=35, largura W=15. Fazendo as contas, obtém-se
q_{8\to12} = W\,(T_s-T_\infty)\Bigl[\int_{8}^{9{,}89}h(x)\,dx +\int_{9{,}89}^{12}h(x)\,dx\Bigr] \approx3{,}38\times10^3\;\mathrm{W}.

Resposta

a) q_{\text{total}}\approx1{,}25\times10^4,W
b) q_{8\le x\le12}\approx3{,}38\times10^3,W

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