O tamanho em que se corta a batata é importante na velocidade de cozimento das mesmas. Assim, obtiveram-se três formas diferentes, com a exigência de que todos tivessem a mesma massa de 5 g de batata crua: (c) cilindro com comprimento de 6 \mathrm{~cm}, \mathrm{c} ) disco fino com diâmetro de 4 cm. As peças se encontram inicialmente a temperatura inicial igual a 30{ }^{\circ} \mathrm{C} e são imersas em água fervendo a pressão ambiente. Nas condições de operação, o coeficiente de transferência de calor por convecção entre a água e os cortes de batata é igual a 20000 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} \mathrm{~K} e as propriedades termofísicas da batata são consideradas constantes durante o cozimento e são: \rho=0,9 \mathrm{~g} / \mathrm{cm}^{3}, \mathrm{k}=0,6 \mathrm{~W} / \mathrm{m} \mathrm{K} \mathrm{e} \mathrm{c}=3,43 \mathrm{~kJ} / \mathrm{kg} \mathrm{K}. Determine o tempo para que a temperatura do centro de cada peça alcance 65^{\circ} \mathrm{C}. Qual é o melhor corte para se obter uma cocção mais rápida?

Passo 1

Vou organizar o que o enunciado dá e o que pede, bem claro (sem resolver ainda):
  • Dados fornecidos (pegos do enunciado):
    • Massa de cada peça: m=5\\ \mathrm{g}.
    • Peças:
      • cilindro com comprimento 6\\ \mathrm{cm};
      • disco fino com diâmetro 4\\ \mathrm{cm}.
    • Temperaturas:
      • temperatura inicial \,T_i=30^\circ\mathrm{C},
      • temperatura do banho \,T_\infty=100^\circ\mathrm{C},
      • temperatura alvo no centro \,T_c=65^\circ\mathrm{C}.
    • Coeficiente de convecção: h=20000\\ \mathrm{W\,m^{-2}\,K^{-1}}.
    • Propriedades térmicas da batata (constantes):
      • densidade \rho=0,9\\ \mathrm{g\,cm^{-3}},
      • condutividade \,k=0,6\\ \mathrm{W\,m^{-1}\,K^{-1}},
      • calor específico c=3,43\\ \mathrm{kJ\,kg^{-1}\,K^{-1}}.
  • O que se pede:
    1. determinar o tempo para que a temperatura do centro de cada peça atinja 65^\circ\mathrm{C};
    2. dizer qual corte fornece cocção mais rápida.

Passo 2

Conversões e quantidades comuns que vamos usar (com explicação curta):
  • Converter massa e densidade para unidades SI: m=5\\ \mathrm{g}=0{,}005\\ \mathrm{kg},\qquad \rho=0{,}9\\ \mathrm{g\,cm^{-3}}=900\\ \mathrm{kg\,m^{-3}}.
  • Volume da peça (mesma massa e densidade para todas): V=\frac{m}{\rho}=\frac{0{,}005}{900}=5{,}556\times10^{-6}\\ \mathrm{m^3}.(é o volume total de batata em cada peça)
  • Calor específico em SI: c=3{,}43\\ \mathrm{kJ\,kg^{-1}\,K^{-1}}=3430\\ \mathrm{J\,kg^{-1}\,K^{-1}}.
  • Difusividade térmica (importante para condução transiente): \alpha=\frac{k}{\rho c}=\frac{0{,}6}{900\cdot3430}=1{,}94\times10^{-7}\\ \mathrm{m^2\,s^{-1}}.Explicação rápida: \alpha mede a velocidade com que calor se propaga no sólido; aparece no número de Fourier Fo =\dfrac{\alpha t}{L_c^2} usado em soluções transientes.
  • Normalização da temperatura (para trabalhar com soluções conhecidas): \theta(t)=\frac{T(t)-T_\infty}{T_i-T_\infty}.Para o centro alcançar 65^\circ\mathrm{C}: \frac{T_c-T_\infty}{T_i-T_\infty}=\frac{65-100}{30-100}=\frac{-35}{-70}=0{,}5.Ou seja precisamos de \theta_c=0{,}5: a temperatura central deve chegar a metade do “desvio” inicial para o banho.

Passo 3

Estratégia de resolução (por que usar esses métodos):
  • Primeiro testar se podemos usar o método da capacitância lumped (modelo massa perfeitamente uniforme em temperatura) que é muito simples. A condição clássica é Bi<0{,}1, onde Bi=\dfrac{hL_c}{k} e L_c=V/A (volume sobre área externa).
  • Se Bi>0{,}1, o campo de temperatura interno não é uniforme e precisamos usar soluções transientes de condução com termo convectivo na superfície. Para formas comuns há soluções analíticas (ou aproximações de primeiro termo das séries de Fourier/Bessel) — isto é equivalente ao uso dos gráficos de Heisler. Para peças finas, usa-se o modelo de chapa (slab); para palitos longos, usa-se o modelo de cilindro infinito (1‑D radial).
  • Vou calcular os Bi relevantes, justificar a aproximação de 1º termo (para grandes Bi a superfície se aproxima de temperatura do banho e o primeiro autovalor tende ao caso de superfície a temperatura fixa), e então usar a aproximação de primeiro modo (fórmula exponencial simples em Fo) para o centro.

Passo 4

Cálculos geométricos e Bi — cilindro (comprimento L=6\\ \mathrm{cm}):
  • Volume V já calculado. Para o cilindro o volume é \,V=\pi r^2 L. Assim r=\sqrt{\frac{V}{\pi L}} =\sqrt{\frac{5{,}556\times10^{-6}}{\pi\cdot0{,}06}} \approx5{,}43\times10^{-3}\\ \mathrm{m}=5{,}43\\ \mathrm{mm}.Diâmetro \approx1{,}09\\ \mathrm{cm} (consistência: um palitinho comprido e fino).
  • Área externa (incluindo as duas tampas): A=2\pi r L + 2\pi r^2 \approx0{,}002232\\ \mathrm{m^2}.
  • Comprimento característico para lumped L_c=V/A: L_c=\frac{V}{A}\approx\frac{5{,}556\times10^{-6}}{0{,}002232}=2{,}49\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.
  • Biot global (usado para decidir se lumped é válido): Bi_{\mathrm{glob}}=\frac{hL_c}{k}=\frac{20000\cdot0{,}00249}{0{,}6}\approx83\gg0{,}1.Conclusão: lumped NÃO é válido.
  • Para o problema de condução radial no cilindro aparece o parâmetro convectivo baseado no raio R=r: Bi_R=\frac{hR}{k}=\frac{20000\cdot0{,}005429}{0{,}6}\approx181\gg1.Para Bi_R grande, a superfície rapidamente fica próxima de T_\infty e o primeiro autovalor da série tende ao primeiro zero de J_0, que é \zeta_1\approx2{,}405. A solução de primeiro termo para a temperatura central do cilindro (aproximação de Heisler / primeiro modo) é, em termos do número de Fourier \frac{\theta_c}{\theta_i}\approx \exp\!\big(-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo}\big), \qquad \mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{R^2}.Explicando: a série completa tem termos \exp(-\zeta_n^2 \mathrm{Fo}) e para tempos não extremamente curtos o primeiro termo domina; com superfície praticamente mantida em T_\infty usamos \zeta_1\to2{,}405.
  • Impor \theta_c/\theta_i=0{,}5 e resolver para t: 0{,}5=\exp\!\big(-\zeta_1^2\,\mathrm{Fo}\big) \Longrightarrow \mathrm{Fo}=\frac{\ln2}{\zeta_1^2}.Portanto t=\frac{R^2}{\alpha}\cdot\frac{\ln2}{\zeta_1^2}.
  • Substituindo valores: R=5{,}429\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\quad \alpha=1{,}94\times10^{-7}\\ \mathrm{m^2/s},\quad \zeta_1=2{,}405,
t_{\text{cilindro}} =\frac{(5{,}429\times10^{-3})^2}{1{,}94\times10^{-7}}\cdot\frac{\ln2}{2{,}405^2} \approx18{,}2\\ \mathrm{s}.
Interpretação curta: cerca de 18{,}2 segundos para o centro do palito (cilindro) atingir 65^\circ\mathrm{C}.

Passo 5

Cálculos geométricos e Bi — disco fino (diâmetro D=4\\ \mathrm{cm}):
  • Raio do disco r_{\mathrm{disk}}=0{,}02\\ \mathrm{m}. A área de uma face: A_{\text{face}}=\pi r_{\mathrm{disk}}^2=\pi(0{,}02)^2=1{,}257\times10^{-3}\\ \mathrm{m^2}.
  • Espessura (thickness) do disco encontrada por V=A_{\text{face}}\cdot\text{espessura}: \text{espessura}=\frac{V}{A_{\text{face}}} =\frac{5{,}556\times10^{-6}}{1{,}257\times10^{-3}} \approx4{,}424\times10^{-3}\\ \mathrm{m}=4{,}424\\ \mathrm{mm}.Meia‑espessura (distância do centro até a face), usada no modelo de chapa: L=\frac{\text{espessura}}{2}=2{,}212\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.Observação: o disco é bem “fino” ( D\gg espessura), então é razoável tratar condução como unidimensional através da espessura (modelo de slab).
  • Área externa total aproximada (faces + borda): A\approx2A_{\text{face}} + (2\pi r_{\mathrm{disk}}\cdot\text{espessura}) \approx0{,}003069\\ \mathrm{m^2}. L_c=V/A\approx1{,}81\times10^{-3}\\ \mathrm{m} e Bi_{\mathrm{glob}}=\dfrac{hL_c}{k}\approx60, logo lumped também inválido.
  • Para o modelo de chapa (slab) com convecção nas duas faces o parâmetro para o autovalor é Bi_L=\frac{hL}{k}=\frac{20000\cdot2{,}212\times10^{-3}}{0{,}6}\approx73{,}7\gg1.Para Bi_L grande o primeiro autovalor \mu_1 tende a \dfrac{\pi}{2} (caso de superfície mantida a T_\infty). A solução de primeiro termo para a temperatura central do slab é \frac{\theta_c}{\theta_i}\approx \exp\!\big(-\mu_1^2\,\mathrm{Fo}\big), \qquad \mathrm{Fo}=\frac{\alpha t}{L^2}.Com \mu_1\approx\frac{\pi}{2}.
  • Impor \theta_c/\theta_i=0{,}5 e resolver para t: 0{,}5=\exp\!\big(-\mu_1^2\,\mathrm{Fo}\big) \Longrightarrow \mathrm{Fo}=\frac{\ln2}{\mu_1^2},
t=\frac{L^2}{\alpha}\cdot\frac{\ln2}{\mu_1^2}.
  • Substituindo valores: L=2{,}212\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\quad \alpha=1{,}94\times10^{-7}\\ \mathrm{m^2/s},\quad \mu_1=\frac{\pi}{2},
t_{\text{disco}} =\frac{(2{,}212\times10^{-3})^2}{1{,}94\times10^{-7}} \cdot\frac{\ln2}{(\pi/2)^2} \approx7{,}07\\ \mathrm{s}.
Interpretação curta: o centro do disco fino atinge 65^\circ\mathrm{C} em cerca de 7{,}1 segundos.

Passo 6

Comparação e justificativa final:
  • Resultados numéricos (resumo):
    • cilindro (palito longo): t\approx18{,}2\\ \mathrm{s};
    • disco fino: t\approx7{,}1\\ \mathrm{s}.
  • Justificativa física intuitiva: o disco é muito fino (meia‑espessura menor que o raio do cilindro), então o calor tem menor distância para atravessar até o centro; com convecção muito eficiente ( h grande) a resistência convectiva na superfície é pequena e o tempo é ditado sobretudo pela condução interna sobre uma curta distância. Por isso o disco aquece o centro mais rápido.
  • Observação sobre aproximações: usei as aproximações de primeiro modo para as soluções transientes (Heisler / autovalores). Essas aproximações são adequadas porque os números de Bi relevantes ( Bi_R para o cilindro e Bi_L para o slab) são grandes, o que torna a condição de superfície próxima de T_\infty e faz o primeiro termo dominar. Para maior precisão numérica (casos intermediários de Bi) seria preciso incluir mais termos da série ou resolver numericamente; aqui a aproximação é adequada e dá a ordem de grandeza e a comparação confiável entre os cortes.

Resposta

Cilindro (comprimento 6\\ \mathrm{cm}): 18{,}2\\ \mathrm{s}
Disco fino (diâmetro 4\\ \mathrm{cm}): 7{,}1\\ \mathrm{s}
Melhor corte para cocção mais rápida: disco fino

Exercícios relacionados