Exercícios selecionados - condução e conveçcão

5/17/2018 Exerc cios selecionados - condu o e conve c o - slidepdf.com

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Programa de aperfeicoamento em Ensino - PAE

Exercıcios resolvidos - Transferencia de Calor

Preparado por: Luciano Martinez StefaniniNUSP: 849233

Julho/11

1



1 Questao

No processo de producao de circuitos impressos deve-se aplicar uma fina e uniforme cobertura de resina emuma face de uma larga placa de base epoxica. Neste processo a face sujeita a aplicacao, deve ser aquecida ate38oC. No processo atual sao utilizados jatos de ar quente a 150oC e que proporcionam um coeficiente de trocade calor por conveccao de 300 W/m2K no aquecimento de duas faces da placa. Pede-se:

a) O tempo necessario para o aquecimento e a maxima diferenca de temperatura na placa ao final desteaquecimento;

b) Um estagiario propos efetuar o processo em uma nova linha de producao atraves do jateamento de ar quentesomente na face que necessita ser aquecida. A outra face ficaria isolada. Entretanto, existem duvidas se esteprocesso de aquecimento provocara um empeno inadmissıvel na placa, capaz de interromper os circuitos, ese o maior tempo da operacao compensara os menores custos. Determine a temperatura na superfıcie daplaca no novo processo proposto no mesmo instante final do processo atual;

c) Indique como calcular o novo tempo para o aquecimento e como estimar a maxima diferenca de tempe-ratura entre pontos da placa no novo processo de aquecimento. Qual seria um bom indicador do grau deempenamento?

Tabela 1: Dados do ProblemaEspessura da placa e = 10 mm

Temperatura inicial da placa T i = 20 oCDados da placa de base epoxica k = 10 W/mK; ρ = 1400 kg/m3; C = 980 J/kgK

Solucao

Hipoteses: Placa infinita; Regime Permanente; Conducao Unidimensional; Transferencia de calor por ra-diacao desprezıvel, Propriedades constantes; Transferencia de calor por conveccao uniforme.

a) Calculo da temperatura de aquecimento para o processo atual. Primeiro e necessario avaliar se a analiseconcentrada e valida.

Lc = e/2 = 5mm

Bi =hLc

k=

300 · 0, 005

10= 0, 15 > 0, 1 ∴ nao vale a analise concentrada

Numero de Fourier F o :

F o =αt

L2c

=k

ρC

t

L2c

=10 · t

1400 · 980 · 0, 0052= 0, 2915 · t

Verificacao se e valida a solucao aproximada.

θ∗0 =T 0 − T ∞T i − T ∞

=38− 150

20− 150= 0, 8615

x∗ = 1

2



θ∗0 = C 1e(−ζ21

F o)cos(ζ 1x∗)

Consultando a tabela do Incropera para Bi = 0, 15 obtem-se que ζ 1 = 0, 3779 rad e C 1 = 1, 0237. Paraobter o valor de F o da solucao aproximada, utiliza-se a equacao acima.

0, 8615 = 1, 0237

·e[−(0,37792)·F o]

·cos(0, 3779

·1)

F o = 0, 6956 > 0, 2 ∴ vale a solucao aproximada

Para calcular o tempo necessario para o aquecimento, utilizamos a expressao do numero de Fourier F o.

F o =αt

L2c

=k

ρC

t

L2=

10 · t

1400 · 980 · 0, 0052= 0, 6956 ⇒ t = 2, 39s

Ao final do processo temos:

θ∗s = θ∗0cos(ζ 1)

(T s − T ∞) = (T 0 − T ∞)cos(ζ 1) → (38− 150) = (T 0 − 150)cos(0, 3779)

T 0 = 29, 5oC

max. diferenca: ∆T = T s − T 0 = 38 − 29, 5 = 8, 5oC

b) Calculo da temperatura na superfıcie da placa para o novo processo e no instante t = 2, 39 s.

Avaliar se a analise concentrada e valida.

Lc = e = 10mm

Bi =hLc

k=

300 · 0, 01

10= 0, 30 > 0, 1 ∴ nao vale a analise concentrada

Numero de Fourier F o :

F o =αt

L2c

=k

ρC

t

L2=

10 · 2, 39

1400 · 980 · 0, 012= 0, 1742 < 0, 2 ∴ nao vale a solucao aproximada

Consultando a tabela do Incropera para Bi = 0, 30 obtem-se os valores de ζ n mostrados na tabela abaixo.Utilizando a equacao abaixo obtem-se os valores de C n e θ∗n.

θ∗n = C ne(−ζ2nF o)cos(ζ nx∗)

C n =4sen(ζ n)

2ζ n + sen(2ζ n)

Indice ζ n C n θ∗n1 0,5218 1,045 0,8642 3,2341 -0,0555 8,936 x 10−3

3 6,3305 0,01483 1,377 x 10−

5

4 93,4565 -6,686 x 10−3 1,147 x 10−9

3



O valor de θ∗0 e dado pela equacao abaixo.

θ∗0 =4

n=1

C ne(−ζ2nF o)cos(ζ nx∗) =4

n=1

θ∗n = 0, 8729

θ∗

0 =

T s

−150

20− 150 ⇒ T s = 36,5o

C

c) Indicar como calcular o novo tempo para aquecimento e como estimar a maxima diferenca de tempera-tura entre pontos da placa no novo processo de aquecimento.

Para o calculo do tempo de aquecimento deve-se estimar um F o e resolver a equacao abaixo iterativamente.A primeira estimativa pode ser F o = 0, 20 para avaliar se e valida a solucao aproximada.

θ∗0 =T s − T ∞T i − T ∞

=38− 150

20− 150=

41

C ne(−ζ2nF o)cos(ζ nx∗)

F o =αt

L2c

=k

ρC

t

L2=

10 · t

1400 · 980 · 0, 012= 7, 289

·10−3

·t

Observacao: Aqui ha uma inconsistencia no problema. Estimando F o = 0, 20, resulta em θ∗ = 0, 8647, oque indica que o valor de F o e maior que 0, 2 e valeria a solucao aproximada. Porem, ao fazer a aproximadachega-se a F o = 0, 1847 e t = 2, 53 s. Fazendo a analise completa chega-se a F o = 0, 21 e t = 2, 89 s.

A diferenca maxima de temperatura ocorre entre a superfıcie e o lado isolado.

θ∗s − θ∗0 =41

C ne(−ζ2nF o)cos(ζ n · 1)−41

C ne(−ζ2nF o)cos(ζ n · 0)

θ∗s − θ∗0 =4

1

C ne(−ζ2nF o)(cos(ζ n)− 1)

A diferenca de temperatura maxima ocorrera quando a derivada da equacao acima em relacao a F o fornula.

0 =(θ∗s − θ∗0)

dF o

0 =41

−C nζ 2ne(−ζ2nF o)(cos(ζ n)− 1)

Resolvendo iterativamente obtem-se F o = 0, 3359. Para obter-se o tempo para atingir esta diferenca detemperatura basta utilizar este valor de F o na Equacao θ∗s

−θ∗0 . O tempo de aquecimento e t = 4, 61, e

portanto, a diferenca de temperatura maxima nao sera atingida no novo processo. Outra opcao para o calculoda diferenca maxima de temperatura e utilizar o valor obtido de F o = 0, 3359 e Bi = 0, 3 no grafico da Figura5.8 do Incropera e obter θ∗0 = 0, 98. Uma medida do grau de empenamento maximo poderia ser a diferencamaxima de temperatura.

4



2 Questao

Um ferro industrial para efetuar a solda de estanho em componentes eletronicos consiste em uma barra circularde aco AISI 316 (k p = 18 W/(m2-K) e diametro d p = 6 mm, nua na ponta (L p = 40 mm), circundada nocomprimento central (Lr = 80 mm) por uma resistencia eletrica fina, isolada do exterior, e fixada na outraponta em um cabo de teflon (kt = 0, 4 W/(m2-K), Lt = 120 mm) de 30 mm de diametro externo. A conveccaonatural proporciona um coeficiente de pelıcula de h = 20 W/(m2-K). A potencia da resistencia e igualmentedistribuıda no seu comprimento. Desprezando a radiacao e admitindo a temperatura constante na se caotransversal da barra e do cabo, pede-se:

Figura 1: Ferro de Solda

a) a potencia necessaria do ferro para soldar estanho a 600 K em um dia frio a 10 oC;

b) a temperatura maxima na barra;

c) a estimativa da temperatura na superfıcie do cabo de teflon, no meio de seu comprimento;

d) o esboco da distribuicao de temperatura na barra. O aumento do comprimento do cabo aumentara apotencia necessaria?

Solucao

Hipoteses: Regime Permanente; Conducao Unidimensional; Transferencia de calor por radiacao desprezıvel,Propriedades constantes, Transferencia de calor por conveccao uniforme.

Subscritos: p = ponta, t = teflon (cabo), r = resistencia, rp = fronteira entre a resistencia e a ponta, rt =fronteira entre a resistencia e o teflon

a) Calculo da temperatura e da potencia dissipada na p onta. A ponta de solda pode ser considerada umaaleta onde aplica-se a equacao.

q p =

hP pk pA p · θrp · sinh(m pL p) + (h/m pk p) · cosh(m pL p)

cosh(m pL p) + (h/m pk p) · sinh(m pL p)

sendo,

P p = πd p = 18, 85 · 10−3[m]

A p = πd2

p/4 = 2, 83 · 10−5

[m2

]

m p =

hP p/kA p = 27, 22

Para x = L p → T = T p = 600K. Considerando a temperatura ambiente como T amb = 283K temos,

θ

θrp=

600− 283

θrp=

cosh(m p · (L p − L p)) + (h/m pk p) · sinh(m p · (L p − L p))

cosh(m p · L p) + (h/m pk p) · sinh(m p · L p)→ θrp = 540, 94

A temperatura da fronteira entre a resistencia e a ponta de solda sera T rp = θrp + 283 = 824, 1 K =550, 9oC. Este valor sera utilizado nos itens posteriores

Substituindo os valores de P p, A p, m p e θ∗

0

na equacao de q p calcula-se a potencia dissipada qp = 6,076W.

Alternativamente poderia ser utilizada a solucao aproximada com o comprimento reduzido dada pelaequacao abaixo. Para utilizar esta condicao e necessario que Bi = hD/k < 0, 0625, que e satisfeita nestecaso hD p/k p = 0, 0067.

5



q =

hP pk pA p · θrp · tanh(mLc)

Lc = L + (D p/2)

Utilizando a solucao com o comprimento reduzido obtem-se qp = 6,177 W

b) Calculo da temperatura maxima da barra. Supoe-se que a temperatura maxima estara na regiao daresistencia e para o calculo da temperatura e necessario considerar a geracao de calor nesta regiao. Paradesenvolver a equacao diferencial da condicao de calor na resistencia sera necessario saber as condicoes decontorno que sao q p calculado no item anterior e qt. O cabo de teflon pode ser tambem modelado como umaaleta, porem com algumas diferencas como e mostrado a seguir.

Neste caso nao e possıvel utilizar a solucao aproximada com o comprimento reduzido Lc pois hDt/kt =1, 5 > 0, 0625, porem o e possıvel considerar a aleta como “muito longa” pois mL = 9, 8 > 2, 3. Neste caso ocalor transmitido pelo cabo de teflon pode ser calculado atraves da equacao abaixo para aletas longas.

qt =

hP tktAt · θrt = 0, 023 · θrt

θ

θrt = e−mx

Para o calculo da transferencia de calor com geracao de calor na resistencia, considera-se que a equacaoabaixo e valida para um elemento infinitesimal.

Figura 2: Elemento infinitesimal

d2T

dx2+

q

krAr= 0

Sendo que q e a energia gerada pela resistencia eletrica. A solucao geral e dada por:

T = − q

2krAr· x2 + C 1 · x + C 2

Sendo que x = 0 na fronteira ponta/resistencia e x = Lr na fronteira resistencia/cabo. Assim temos,

x = 0 → T = T rp = C 2

x = Lr → T = T rt = − q

2krAr· L2

r + C 1 · Lr + C 2

Substituindo C 2 obtem-se: C 1 =T rt − T rp

Lr+

q

2krAr· Lr

Para o calculo da transferencia de calor aplica-se a lei de Fourier para o elemento infinitesimal (qx =

−kAdT

dx). Integrando uma vez a equacao diferencial obtem-se,

dT

dx= − q

krAr· x + C 1

Assim a expressao para o calculo da transferencia de calor na barra e dada pela equacao abaixo

qx = −krAr

− q

krAr· x + C 1

qx = q · x− krArC 1

6



Solucionando a equacao temos,

x = 0 → qx = krArC 1 = krAr

T rt − T rp

Lr+

q

2krAr· Lr

= −krAr

Lr(T rt − T rp)− q

2Lr

x = Lr → qx = q

Lr − krArT

rt −T

rpLr

+q

2krAr· Lr

= −

kr

Ar

Lr(T rt − T rp) +

q

2 Lr

O calor transferido em x = 0 da resistencia para a ponta foi calculado no item a) do exercıcio e e q(x=0) =6, 076 W. O calor transferido da resistencia para o cabo de teflon foi calculado e e qx=(Lr) = 0, 023 · θrt.Considerando que (θrp = T rp − T ∞) e (θrt = T rt − T ∞), temos,

q(x=0) = −krAr

Lr(θrt − θrp)− q

2Lr = −6, 076 → −0, 00636(θrt − θrp)− 0, 04q = −6, 076

q(x=Lr) = −krAr

Lr(θrt − θrp) +

q

2Lr = 0, 023 · θrt → −0, 00636(θrt − θrp)− 0, 04q = 0, 023 · θrt

Resolvendo o sistema e sabendo que θrp = 540, 94, obtem-se θrt = 363, 00 e q

= 180, 2 W/m. A potencia daresistencia eletrica sera, portanto, q = 14, 42 W e a potencia transferida para o cabo igual a 0, 023 · θrt = 8, 35W. Como verificacao q = q(x=0) + q(x=Lr) = 8, 35 + 6, 076 = 14, 42 W.

A temperatura maxima ocorrera quando dT r/dx = 0 ou qx = 0. Utilizando a equacao de qx, obtem-se aposicao onde a temperatura e maxima como,

qx = q · x− krArC 1 = 0 → x = 0, 0337m

Utilizando a equacao de T obtem-se a temperatura maxima.

T = −q

2krAr · x2

+ C 1 · x + C 2

Sendo, C 1 = (θt−θb)Lr

+ qLr

2krAr= 11926, 2 e C 2 = T rp = 824, 09 K, temos

T = − 180, 2

2 · 18 · 2, 83 · 10−5· 0, 03372 + 11926, 2 · 0, 0337 + 824, 09 = 1025,09 K = 751,94 oC

c) A temperatura no cabo de teflon pode ser calculada atraves da equacao,

θ

θrt= e−mx

θ363, 0

= e−81,65·0,06

θ = 2, 7 → T = θ + T ∞ = 12, 7oC

O aumento do comprimento do cabo nao aumentara a potencia necessaria pois, como foi verificado no itemb), o cabo ja e uma aleta longa. O perfil de temperatura ao longo da ponta, resistencia e cabo e mostrado nafigura abaixo.

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Figura 3: Perfil de Temperatura

8



3 Questao

Em uma fase de producao de laminas muito finas de cobre para eletrodeposicao, o cobre e prensado entre duasplacas de aco AISI 302, sendo uma aquecida inicialmente a 500 K e a outra na temperatura ambiente de 300K. Examinam-se varios processos possıveis.

1) No processo A, as placas de 20 mm de espessura sao perfeitamente isoladas nas suas faces que nao pressionamo cobre. Pede-se

a) Qual a temperatura na face isolada da placa aquecida 1 minuto apos o inıcio da prensagem?

b) Qual o tempo necessario para a temperatura de controle do final do processo, em um ponto da placaque esta a 10 mm do cobre, atingir 450 K?

c) Indique, com definicao das quantidades relevantes, como seria o metodo de solucao do caso 1(b) caso atemperatura de controle fosse de 480 K

2) No processo B as placas tem espessura grande.

d) Determine o tempo necessario para atingir a mesma temperatura de controle 450 K no mesmo pontode controle.

3) No processo C as placas tem o dobro da espessura do processo A, ou seja 40 mm, porem nao sao isoladasna face oposta, e sao resfriadas por conveccao natural cujo coeficiente de transferencia de calor e de 10W/m2K.

e) Estime, justificando o metodo empregado, o tempo necessario para atingir a mesma temperatura nomesmo ponto de controle a 10 mm do cobre

Solucao

Hipoteses: Regime Permanente; Conducao Unidimensional; Transferencia de calor por radiacao desprezıvel,Propriedades constantes no solido, Transferencia de calor por conveccao uniforme.

Para obter-se a temperatura T ∞ considera-se que a temperatura θ da lamina de cobre e igual, tanto secalculada atraves da chapa de aco quente ou fria. Assim temos,

T − T ∞500− T ∞

= − T − T ∞300− T ∞

T ∞ = 400K

Para a obtencao das propriedades do solido vamos considerar a temperatura de referencia como T ref =T ∞ = 400 K.

Tabela 2: Dados do ProblemaTemperatura de referencia T ref = 400 K

Temperatura ambiente T ∞ = 300 KTemperatura inicial da placa aquecida T i = 500 K

Chapa de AISI 302 em T ref k = 17,3 W/mK; ρ = 8055 kg/m3; C = 512 J/kgKα = k/(ρC ) = 4, 195 · 10−6

Solucao

1 a) Calculo da temperatura na face isolada da placa aquecida apos 1 min. Verificando se e possıvel asolucao aproximada,

F o =αt

L2 =4, 19

·10−6

·60

0, 022 = 0, 6285 > 0, 2 → vale a solucao aproximada

Considerando que a transferencia de calor por conveccao na face em contato com o cobre tende a infinito(h → ∞), tem-se que o numero de Bi → ∞. Sendo ζ ntan(ζ n) = Bi → ∞, esta condicao somente e satisfeitapara,

9


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Figura 4: Esquematico para itens 1 e 2

ζ 1 = π/2 = 1, 5708

C 1 =4sinζ 1

2ζ 1 + sin(2ζ 1)=

4 · sin(1, 5708)

2 · 1, 5708 + sin(2 · 1, 5708)

A face isolada esta em x∗ = 0 assim,

θ∗

0 = C 1 · e−(ζ2

1F o)

cos(ζ 1x∗

) = 1, 2733 · e−(1,57082·0,6285)

cos(0) = 0, 27T − T ∞T i − T ∞

=→ T − 300

500− 300= 0, 27

T = 354K

Para T ∞ = 400

θ∗0 = C 1 · e−(ζ21

F o)cos(ζ 1x∗) = 1, 2733 · e−(1,57082·0,6285)cos(0) = 0, 27

T − T ∞T i − T ∞

=→ T − 400

500− 400= 0, 27

T = 427K

1 b) Tempo para que a temperatura no ponto de controle, a 10 mm da placa de cobre, atinja 450 K. Esteponto esta no plano medio da placa de aco, ou seja x∗ = 0, 5

F o =αt

L2=

4, 19 · 10−6 · t

0, 022= 0, 010475 · t

θ∗ =T − T ∞T i − T ∞

=450− 300

500− 300= 0, 75

θ∗ = C 1 · e−(ζ21

F o)cos(ζ 1x∗)

0, 75 = 1, 2733 · e−(1,57082·0,010475·t)cos(1, 5708 · 0, 5)

t = 7, 05 s

F o = 0, 0738 < 0, 2 seria necessaria a solucao completa

Para T ∞ = 400

F o =αt

L2=

4, 19 · 10−6 · t

0, 022= 0, 010475 · t

θ∗ =T − T ∞T i − T ∞

=450− 400

500− 400= 0, 5

θ∗ = C 1 · e−(ζ21

F o)cos(ζ 1x∗)

0, 5 = 1, 2733 · e−(1,57082·0,010475·t)cos(1, 5708 · 0, 5)

t = 22, 74 s

F o = 0, 238 > 0, 2 Ok!

1 c) Como seria o metodo de solucao caso o valor da temperatura fosse 480 K.

10



Para T ∞ = 400

F o =αt

L2=

4, 19 · 10−6 · t

0, 022= 0, 010475 · t

θ∗ =T − T ∞T

i −T ∞

=480− 400

500−

400= 0, 8

θ∗ = C 1 · e−(ζ21

F o)cos(ζ 1x∗)

0, 8 = 1, 2733 · e−(1,57082·0,010475·t)cos(1, 5708 · 0, 5)

t = 4, 56 s

F o = 0, 0047 < 0, 2 Nao vale a solucao simplificada. E necessaria a solucao completa

2 d) Calculo da mesma temperatura do ponto de controle do item 1b), porem considerando que as placastem espessura muito grande. Utilizando a equacao para um solido semi-infinito e usando a suposicao que atemperatura da superfıcie isolada nao varia e sendo T s = T ∞ e x a distancia entre a placa de cobre e o pontode controle temos,

T (x, t)− T sT i − T s

= erf

x2√

αt

450− 400

500− 400= 0, 5 = erf

0, 01

2

4, 195 · 10−6t

Utilizando a tabela do appendix do Incropera e interpolando, temos que erf( w) = 0, 5 quando w = 0, 475.Substituindo na equacao acima obtem-se que t = 26, 44 s.

Se for considerada T ∞ = 300 K, temos que erf(w) = 0, 75 quando w = 0, 8134. Substituindo na equacaoacima obtem-se que t = 9, 0 s.

3 e) Placa com o dobro da espessura (e = 40mm) e sem isolamento termico.

Figura 5: Esquematico para itens 3e

Calculo do numero de Biot e de Fourier.

Bi =hLc

k=

10 · 0, 04

17, 3= 2, 31 · 10−2

F o =αt

L2c

=4, 195 · 10−6t

0, 042= 2, 62 · 10−3

Neste caso a 10 mm da parede de cobre x∗ = (40 − 10)/40 = 0, 75. Consultando a tabela do Incroperapara este numero de Biot, temos que ζ 1 = 0, 152 e C 1 = 1, 0038

450− 400500− 400

= 1, 0038 · e−(0,1522·0,00262·t) · cos(0, 152 · 0, 75)

t = 11405s ???

Com este Bi < 0, 1 pode-se utilizar a analise concentrada.

11



θ

θi= e−

hρLc

t

450− 400

500−

400= e−

10

8055·0,04t

t = 22, 33 s

Considerando um solido semi-infinito e com condicao de contorno com transferencia de calor por conveccao,considerando o mesmo tempo do item d).

T (x, t)− T iT ∞ − T i

= erfc(x

2√

αt)− [e

hxk +

h2αt

k2][erfc(

x

2√

αt+

h√

αt

k)]

T = 498, 13K

Resolvendo a equacao acima para T = 450 K o tempo necessario seria t = 55s.

12



4 Questao

Um motor eletrico aciona um ventilador (”cooler”) por meio de um eixo vazado bi-partido (Le = 150 mm emcada trecho, φe = 600 mm, φi = 500 mm, ke = 50 W/m-K) e de um acoplamento com dois flanges circularesde ferro fundido (cada um com espessura de tf = 15 mm, φf = 250 mm, ke = 40 W/m-K), situados a meioentre os equipamentos. A extremidade do eixo na saıda do motor esta a 200 oC, enquanto aquela ligada aoventilador esta na temperatura ambiente de 20 oC. O coeficiente de troca de calor por conveccao no eixo eigual a 10 W/m2-K, enquanto nos flanges seu valor medio e de 40 W/m2-K. O contato entre os flanges doacoplamento e entre estes e o eixo pode ser considerado como termicamente perfeito. Pede-se a a temperaturanas bases dos flanges do acoplamento e a perda de calor pelo motor, pelos eixos e pelos flanges. Desprezar asperdas por radiacao.

O fluxo de calor atraves dos eixos e do flanges e mostrado na figura abaixo. Os termos Qe1 e Qe2 saorespectivamente o calor conduzido atraves do eixo 1 e 2. Os termos Qce1 e Qce2 sao respectivamente o calor deconveccao perdido pelos eixos 1 e 2. O termo Qfl e o calor perdido por conveccao pela flange, que e consideradauma aleta no exercıcio.

(a) Flange e Motor (b) Fluxo de Calor

Eixo 1: O calor transmitido pelo motor para o eixo Qm = Qe1 + Qce1 pode ser calculado pela expressao de

qm, sabendo que a temperatura na ponta oposta sera a temperatura da base do flange. O comprimento L edado por

θb = T motor − T amb = 200− 20 = 180

P = πφe = π · 0, 06 = 1, 88 · 10−1

Ac =π0, 062

4− π0, 052

4= 8, 64 · 10−4

m =

hP

kAc=

10 · 1, 88 · 10−1

50 · 8, 64 · 10−4= 6, 61

M = hPkAcθb = 10

·1, 88

·10−1

·50

·8, 64

·10−4

·180 = 51, 36

Fazendo a verificacao se o eixo pode ser considerado como uma aleta muito grande ( ml = 8, 92 ·10−1 < 2, 3)ou seja, a aleta nao e grande e vale a equacao de qm.

qm = M cosh(L)− (θl/θb)

senh(L)= 51, 36 · cosh(0, 135)− (θl/180)

senh(0, 135)

Sendo que θl e a temperatura da ponta oposta do eixo que esta ligado no flange.O valor do calor conduzido atraves do eixo 1 e que chega na base da flange e calculado fazendo,

θ

θb

=θl

θb

senh(mx) + senh(m(L− x))

senh(mL)

qe1 = −kAdT

dx

x=L

13



dT

dx

x=L

=dθ

dx

x=L

=θb

senh(mL)

d

dx

θl

θbsenh(mx)− senh(m(L− x))

x=L

=θb

senh(mL)θl

θbmcosh(mx)−mcosh(m(L− x))x=L

=θb

senh(mL)

θl

θbmcosh(mL)−mcosh(0)

=θb

senh(mL)

θl

θbmcosh(mx)−m

Assim o calor conduzido atraves do eixo 1 e que e transferido para a base da flange e dado por,

qe1 = −kAdT

dx

x=L

qe1 = − kAcθb

senh(mL)θl

θbmcosh(mL)−m

qe1 = −kAcθlm cosh(mL)

senh(mL)+ kAcθbm 1

senh(mL)

qe1 = 50, 62− 0, 40θl

Eixo 2 O calor conduzido pelo eixo 2 (qb2 = qe2 + qcv2) pode ser calculado com a mesma formulacao queconsidera a temperatura definida na ponta do eixo, que neste caso e igual a temperatura ambiente (θl2 =T 2−T ∞ = 20− 20 = 0). Como o eixo 2 e igual ao eixo 1, os valores de P , Ac, m, M sao iguais aos calculadospara o eixo 1. A temperatura θb2 da base do flange pode ser considerada como igual a temperatura θl pois oflange e fino. A temperatura θl2 na ponta do eixo e igual a zero pois a temperatura T l2 e igual a temperaturaambiente.

qb2 = M

θb2cosh(mL)

− & & θl2

senh(mL) = 0, 40 · θb2 = 0, 40 · θl

qe2 = M θb2 − & & θl2cosh(mL)

senh(mL)= 0, 28 · θb2 = 0, 28 · θl

Flange A flange e considerada como uma aleta anular fina e portanto a conducao de calor e unidirecional.Utilizando o grafico da figura 3.19 do Incropera e possıvel estimar a sua eficiencia ηf .

r1 = 0, 03m , r2 = 0, 125m , t = 2 · 0, 15 = 0, 3m ,

r2c = r2 + t/2 = 0, 14m , L = r2 − r1 = 0, 095m ,

Lc = L + t/2 = 0, 11m , A p = Lc · t = 0, 0033m ,Do grafico da figura 3.19 do Incropera obtem-se que ηf ≈ 0, 68. Sendo,

ηf =qf

qmax=

qf

hAf θb

θb = θl

Af = 2π(r22c − r21)

e portanto,

qf = 0, 68 · 40 · 2π(0, 142 − 0, 032)θl = 3, 20 · θl

Resolvendo a equacao de equilıbrio para os fluxos de calor na flange, temos que

qe1 = qfl + qb2

50, 62− 0, 40θl = 3, 20θl + 0, 40θl

θl = 12, 63 → T = 20 + 12, 63 = 32, 63oC

14



Utilizando as equacoes desenvolvidas no exercıcio, obtem-se:

qm = 68, 55 W, qe1 = 45, 54 W, qce1 = qm − qe1 = 23, 0 W,

qb2 = 5, 07 W, qe2 = 3, 56 W, qce2 = qm − qe1 = 1, 51 W,

qf l = 40, 47 W,

15



5 Questao

Em um forno industrial um barra de aco AISI 304 de diametro d = 50 mm e presa entre as paredes comoindicado no desenho. Uma parte da barra atravessa a parede do forno. A parte Lrad da barra que esta dentrodo forno sofre a influencia da transferencia de calor por conveccao e radiacao, sendo que a radiacao so atua nametade inferior da superfıcie da barra. O fluxo de calor por radiacao qrad pode ser admitido como constante,enquanto o fluxo convectivo e caracterizado pelo coeficiente de conveccao h1 e pela temperatura ao longe T 1.A parte da barra Lext fora do forno sofre apenas transferencia por conveccao caracterizada pelo coeficiente h2

e pela temperatura ao longe T 2. Pede-se:

Figura 6: Esquematico da barra no forno

a) Listar as hipoteses do modelo de transferencia de calor do problema com respeito a: isotropia das proprie-dades fısicas, regime transitorio ou permanente, multidimensionalidade do problema, condicoes de contornoe iniciais adotadas;

b) A expressao analıtica da distribuicao de temperatura no sentido longitudinal da barra;

c) A temperatura na barra na linha de centro do forno, para Lrad = 1, 0 m, Lext = 0, 3 m, qrad = 1000 W/m2,h1 = 200 W/m2-K, T 1 = 900 K, h2 = 10 W/m2-K, T 2 = 298 K

Solucaoa) Hipoteses:Barra Interna: Propriedades fısicas isotropicas; Regime Permanente; problema bidimensional para distri-

buicao radial de temperatura;Aleta: Propriedades fısicas isotropicas e constantes; Regime Permanente; problema unidimensional para

distribuicao longitudinal de temperatura;b) O problema pode ser entendido como duas aletas interligadas, um dentro e outra fora do forno, e cuja

condicao de contorno e a transferencia de calor em x = lrad. Para a aleta dentro do forno temos:

qx = qx+dx + dqconv − dqrad

sendo: qx+dx = qx +dqx

dxdx

assim: ¨ ¨

¨ ¨ ¨

−kAtrdT

dx− ¨ ¨

¨ ¨ ¨

−kAtrdT

dx+

d

dx(−kAtr

dT

dx)

dx− hdAs(T − T 1) + qraddAs

2= 0

kAtrd2T

dx2 & & dx− hP & & dx(T − T 1) + qradP & & dx

2= 0

d2T

dx2− hP

kAtr(T − T 1) +

qrad

kAtr

P

2= 0

Fazendo θ = T − T 1 e m2 =hP

kAtrtemos,

d2θ

dx2−m2θ + qrad

P

2kAtr= 0

16



A solucao da equacao diferencial homogenead2θ

dx2−m2θ = 0 e dada por:

θ(x)homog = C 1emx + C 2e−mx

A solucao particular para θ(x) = C 3 sera

−m2C 3 = −qradP

2kAtr

C 3 =qradP

2kAtrm2

A expressao para a distribuicao longitudinal de temperatura na barra interna sera dada por:

θ(x) = C 1emx + C 2e−mx +qradP

2kAtrm2

Em x = 0, dθdx |x=0 = 0 e assim,

C 1me(m·0) + C 2(−m)e(−m·0) = 0 → C 1 = C 2

Em x = Lrad, qalet.int = qalet.ext e assim,

− kdθ

dx= qalet.ext

− k(C 1me(mLrad) − C 1me(−mLrad)) = qalet.ext

C 1 =qalet.ext

km(e(−mLrad)

−e(mLrad))

Verificacao se a aleta externa pode ser considerada como infinita. Para a estimativa da condutividadetermica, consideramos a temperatura da barra igual a 400 K e para o aco AISI 302, k = 16, 6 W/m-K

m2ext =

hP

kA=

10 · π · 0, 05

16, 6 · π · 0, 052/4= 48, 19

mext = 6, 94

mextL = 6, 94 · 0, 3 = 2, 08 < 2, 3 nao e aleta infinita

Vamos considerar a aleta como adiabatica e verificar se e possıvel utilizar a analise com o comprimentocorrigido Lc.

ht

k=

hD

k

10 · 0, 05

16, 6= 0, 03 < 0, 0625 Ok!

Lc = L +D

2= 0, 3 +

0, 05

2= 0, 325 m

entao qb = qalet.ext = M exttanh(mextLc)

−kA(C 1memLrad − C 1me−mLrad) = M exttanh(mextLc)

=

hextP kAtrθbtanh(mextLc)

Considerando o lado interno, temos

θbi = T b − T 1 = C 1emLrad + C 1e−mLrad + qradP

2kAtrm2

T b = C 1emLrad + C 1e−mLrad + qradP

2kAtrm2+ T 1

17



Assim para o lado externo θbe = T b − T 2 e dado por:

θbe = T b − T 2

θbe = C 1emLrad + C 1e−mLrad + qradP

2kAtrm2+ T 1 − T 2

A distribuicao de temperatura da aleta externa sera dada por:

θ(x) =cosh[mext(L− x)]

cosh(mextL)θb


cosh(mextL)(C 1emLrad + C 1e−mLrad + qrad

P

2kAtrm2+ T 1 − T 2)

E a equacao para qb fica entao:

−kA(C 1memLrad − C 1me−mLrad) =

hextP kAtrθbtanh(mextLc)

=

hextP kAtr[C 1emLrad

+ C 1e−mLrad

+ qrad

P

2kAtrm2 + T 1 − T 2]tanh(mextLc)

Rearranjando os termos temos:

C 1(−kAmemLrad + kAme−mLrad −

hextP kAtrtanh(mextLc)emLrad −

hextP kAtrtanh(mextLc)e−mLrad) = hextP kAtrtanh(mextLc)(qrad

P

2kAtrm2+ T 1 − T 2)

Substituindo os valores para o lado externo temos:

m2 =hP

kAtr=

200 · & π · 0, 05

16, 6 · & π · 0, 052/4= 963, 86 → m = 31, 05

k ·A ·m = 16, 6 · π · 0, 052

4· 31, 05 = 1, 012

em·Lrad = e31,05·1,012 = 44, 33 · 1012

e−m·Lrad = e−31,05·1,012 = 22, 55 · 10−15

hextP kAtr =

10 · π · 0, 05 · 16, 6 · π · 0, 052

4=

0, 0512 = 0, 226

m2ext =

hextP

kAtr=

10 · π · 0, 05

16, 6 · π · 0, 052/4= 48, 2 → mext = 6, 94

tanh(mextLc) = tanh(6, 94 · 0, 325) = 0, 978

Substituindo os valores obtidos na equacao anterior temos:

C 1(−1, 012 · 44, 33 · 1012 + 1, 012 · 22, 55 · 10−15 − 0, 226 · 0, 978 · 44, 33 · 1012 − 0, 226 · 0, 978 · 22, 55 · 10−15) =

0, 226 · 0, 978 · (1000 · π · 0, 05

2 · 16, 6 · π · 0, 052/4 · 963, 86+ 900− 298)

C 1 · (−5, 466 · 1013) = 133, 61

C 1 = −2, 44 · 10−12

Utilizando a expressao para a distribuicao longitudinal de temperatura na barra interna e o valor de C 1calculamos o valor da temperatura na linha de centro da barra para Lrad = 1, 0 m.

θ(x) = C 1emx + C 2e−mx +qradP

2kAtrm2

θ(x = 1, 0) = −2, 44 · 10−12 · e31,05·1,0 + (−2, 44 · 10−12e−31,05·1,0) +1000 · π · 0, 05

2 · 16, 6 · π · 0, 052/4 · 963, 86

θ(x = 1, 0) = −72, 0

T (x = 1, 0) = θ(x = 1, 0) + T 1 = −72, 0 + 900 = 828K

18



Utilizando a distribuicao de temperatura da aleta externa para Lext = 0, 3 e o valor de


cosh(mextL)(C 1emLrad + C 1e−mLrad + qrad

P

2kAtrm2+ T 1 − T 2)

θ(x = 0, 3) =cosh[6, 94

·(0, 3

−0, 3)]

cosh(6, 94 · 0, 3) (−2, 44 · 10−

12 · e31,05·

1 − 2, 44 · 10−

12 · e−

31,05·

1

+ 1000π · 0, 05

2 · 16, 6 · π · 0, 052 · 963, 86+ 900− 298)

θ(x = 0, 3) = 129, 52

T (x = 0, 3) = θ(x = 0, 3) + T 1 = 129, 52 + 298 = 427, 52 K

Utilizando as expressoes acima para diversos x da barra obtemos o grafico de distribuicao de temperaturana barra.

19



6 Questao

Um procedimento para a determinacao da condutividade termica de um material solido consiste na inclusaode um termopar a 40 mm da ponta e no eixo de uma barra longa deste material, de 40 x 50 mm de se caotransversal. Uma barra inicialmente a 300C e introduzida em agua fervente a 1000C (h = 10000 W/m2K) e otermopar mede 650C apos dois minutos. A massa especıfica e o calor especıfico do material sao 2200 kg/m3 e700 J/kg-K respectivamente. Pergunta-se:

a) Qual a condutividade termica do material da barra?;

b) Qual a temperatura no eixo a 20 mm da ponta, aos dois primeiros minutos?;

c) Qual a temperatura no meio da face superior, a 40 mm da ponta, aos dois primeiros minutos?;

d) Qual sera a temperatura no termopar aos cinco minutos?

Obs: caso nao tenha resolvido o item a), prossiga com os demais admitindo k = 10 W/m-K

Figura 7: Esquematico

a) Para a solucao do problema vamos considerar o problema bi-dimensional como uma barra semi-infinitaretangular. A solucao sera dada por:

T (x1, x2, x3, t)− T ∞T i − T ∞

= S (x3, t) · P (x1, t) · P (x2, t)

T (x1, x2, x3, t)− T ∞T i − T ∞

=T (z, t)− T ∞

T i − T ∞

sol.semi.inf

·T (x, t)− T ∞T i − T ∞

pl.plana

·T (y, t)− T ∞T i − T ∞

pl.plana

θ0θi

=T (0;0;0, 04; 120)− T ∞

T i − T ∞=

65− 100

30− 100= 0, 5

Fazendo uma estimativa inicial com α ≈ 2, 0 · 10−6 temos que

α =k

ρ ·C

k = α · ρ · C = 2, 0 · 10−6 · 2200 · 700 = 3, 08

20



Calculo de P (x1, t)

Lc = 0, 02

x∗1 = 0

F o =α · t

L2

=2, 0 · 10−6 · 120

0, 022= 0, 6 > 0, 2

Bi =hLc

k=

10000 · 0, 02

3, 08= 64, 935

Interpolando a tab 5.1 para este valor de Bi, temos

C 1 = 1, 548 e ζ 1 = 1, 273

P (x1, t) = 0, 585


Lc = 0, 025

x∗2 = 0

F o =

α

·t

L2 =

2, 0

·10−6

·120

0, 0252 = 0, 384 > 0, 2

Bi =hLc

k=

10000 · 0, 025

3, 08= 81, 17


C 1 = 1, 554 e ζ 1 = 1, 273

P (x1, t) = 0, 834

Para h →∞ a temperatura T s = T ∞ e S (x3, t) e calculado como,

x∗3 = 0, 04

S (x3, t) = erf x3

2√

αt = erf 0, 04

2

2, 0 · 10

−6

· 120 = 0, 9321

E θ∗ e calculado como,

θ∗ = 0, 9321 · 0, 585 · 0, 834 = 0, 541

Analisando a Tabela 5.1 nota-se que os valores de C 1 e de ζ 1 variam muito pouco no intervalo de 40 <Bi < 100. Analisando-se os termos das equacoes nota-se que S (x3, t), P (x1, t) e ·P (x2, t) sao funcao de α.

Fazendo iterativamente a variacao de α para que θ∗ = T (x1,x2,x3,t)−T ∞T i−T ∞

, e mantendo os valores de C 1 e ζ 1 dapassagem anterior temos,

α = 1, 8 · 10−6 → k = 2, 77 → θ∗ = 0, 5416

α = 1, 9 · 10−6

→ k = 2, 93 → θ∗

= 0, 497

Portanto a condutividade termica da barra e igual a k = 2, 93 W/m-K.

b) A temperatura no eixo da barra e a 20 mm da ponta e calculada de forma similar ao item anterior coma condutividade calculada.


Lc = 0, 02

x∗1 = 0

F o =α · t

L2=

1, 9 · 10−6 · 120

0, 022= 0, 57 > 0, 2

Bi =hLc

k =10000

·0, 02

2, 93 = 68, 35


C 1 = 1, 55 e ζ 1 = 1, 273

P (x1, t) = 0, 615

21




Lc = 0, 025

x∗2 = 0

F o =α · t

L2

=1, 9 · 10−6 · 120

0, 0252= 0, 365 > 0, 2

Bi =hLc

k=

10000 · 0, 025

2, 93= 85, 44


C 1 = 1, 555 e ζ 1 = 1, 273

P (x1, t) = 0, 86

Calculo de S (x3, t)

x∗3 = 0, 02

S (x3, t) = erf x3

2√

αt = erf 0, 02

2 1, 9·

10−6

·120 = 0, 651


θ∗ = 0, 651 · 0, 615 · 0, 86 = 0, 345

θ∗ =T (0;0;0, 02; 120)− T ∞

T i − T ∞=

T (0;0;0, 02; 120)− 100

30− 100= 0, 345

T (0;0;0, 02; 120) = 75, 85oC

c) Considerando que neste caso a temperatura deve ser calculada no centro da face 1 e a uma distancia de40 mm da ponta, temos,


Lc = 0, 02

x∗1 = 1

F o =α · t

L2=

1, 9 · 10−6 · 120

0, 022= 0, 57 > 0, 2

Bi =hLc

k=

10000 · 0, 02

2, 93= 68, 35

Utilizando os mesmos valores da interpolacao do item anterior temos,

C 1 = 1, 55 e ζ 1 = 1, 273

P (x1, t) = 0, 18

O calculo de P (x2, t) e identico ao do item anterior pois a temperatura no centro da face 1 implica quex∗2 = 0. Portanto, P (x2, t) = 0, 86


x∗3 = 0, 04

S (x3, t) = erf x3

2√

αt

= erf

0, 04

2

1, 9 · 10−6 · 120

= 0, 939


θ∗ = 0, 939 · 0, 18 · 0, 86 = 0, 146

θ∗

=

T (1;0;0, 04; 120)

−T ∞

T i − T ∞ =

T (1;0;0, 02; 120)

−100

30− 100 = 0, 146

T (1;0;0, 02; 120) = 89, 8oC

d) A temperatura do termopar apos 5 min e calculada como,

22




Lc = 0, 02

x∗1 = 0

F o =

α

·t

L2 =

1, 9

·10−6

·300

0, 022 = 1, 425 > 0, 2

Bi =hLc

k=

10000 · 0, 02

2, 93= 68, 35

Utilizando os mesmos valores da interpolacao do item anterior temos,

C 1 = 1, 55 e ζ 1 = 1, 273

P (x1, t) = 0, 154


Lc = 0, 025

x∗2 = 0

F o = α · tL2

= 1, 9 · 10−6

· 3000, 0252

= 0, 912 > 0, 2

Bi =hLc

k=

10000 · 0, 025

2, 93= 85, 44

Utilizando os mesmos valores da interpolacao do item b) temos,

C 1 = 1, 555 e ζ 1 = 1, 273

P (x1, t) = 0, 35


x∗3 = 0, 04

S (x3, t) = erf x3

2√αt

= erf 0, 04

2

1, 9 · 10−6 · 300

= 0, 764


θ∗ = 0, 764 · 0, 154 · 0, 35 = 0, 042

θ∗ =T (0;0;0, 04; 300)− T ∞

T i − T ∞=

T (0;0;0, 04; 300)− 100

30− 100= 0, 042

T (0;0;0, 04; 300) = 97, 1oC

23



7 Questao

Hoje de manha aqueci a 70oC, em apenas dois minutos e em um forno de microondas isolado, 200 ml de leite(∼ agua), retirados da geladeira a 10oC. O termometro na cozinha indicava 5oC. Entretanto, para atender umtelefonema, demorei cinco minutos para comecar a apreciar o cafe com leite. Pede-se:

a) Qual a potencia do microondas?;

b) Foi necessario reaquecer o leite? A nossa xıcara e chinesa, fina e de material excelente condutor, com 3 polde diametro. O coeficiente de pelıcula e de 4 W/m2-K. Desprezar inicialmente radiacao e o aquecimentodo material da xıcara. Considere que a base de apoio e isolada.

c) Verifique se a radiacao e a conducao sao relevantes, considerando-as caso necessario.

V leite = 200ml = 0, 2 · 10−3m3

D = 3 · 25, 4 · 10−3 = 7, 62 · 10−2

L =

V leite

π ·D2/4 = 0, 2 · 10−3 4

π · (7, 62 · 10−2)2 = 4, 39 · 10−2

S area.convec = π ·D2/4 + π ·DL = 1, 5 · 10−2

Lc = V /S = 0, 2 · 10−3/1, 5 · 10−2 = 1, 33 · 10−2

A temperatura de referencia para o problema sera dada por T ref = (70 + 10)/2 = 40oC ≈ 310 K. Consi-derando que as propriedades do leite sao semelhantes as propriedades da agua, segundo o enunciado, temos:k = 0, 628 W/m-K, ρ = 993 kg/m3, C p = 4178 J/kg-K.

Como o material da xıcara e um excelente condutor, vamos desconsiderar o material da xıcara no calculodo numero Biot.

Bi =

hLc

k =

4

·1, 33

·10−2

0, 628 = 8, 47 · 10

−2

< 0, 1 → vale a analise concentrada

Para o calculo da potencia do microondas vamos considerar que toda a energia e absorvida pelo leite.

q

V = mC pdT

dt

q

ρC p

t

0

dt =

T

T 0

dT

q

=ρC p(T − T 0)

t=

993 · 4178 · (70− 10)

120= 2, 07 · 106 W/m3

P = q · V = 415 W

Resfriamento sem radiacao

hS (T ∞ − T ) = mC pdT

dt

hS

ρV C p

t

0

dt =

T

T i

dT

(T − T ∞)dT

hS

ρV C pt = ln

(T − T ∞)

(T i − T ∞)

(T − T ∞)

(T i − T ∞)= e−(hSt/ρV C p)

T − 570− 5

= e−(4·300)/(993·4178·0,0133) = 68, 6oC

Resfriamento com radiacao

24



−q

conv2Aconv2 − q

extAext − q

radArad + E g = ρcV dT

dt

− (T − T ∞)

Rconv2

− (T − T ∞)

Rext− σ(T 4 − T 4viz )Arad + E g = ρcV

dT

dt

Linearizando qrad :

hr = σ(T + T viz )(T 2 + T 2viz ) sendo T ∞ = T viz

q

rad = hrArad(T − T ∞)

Assim,

− (T − T ∞)

Rconv2

− (T − T ∞)

Rext− hrArad(T − T ∞) + E g = ρcV

dT

dt

Fazendo θ = (T − T ∞) temos,

−θ

ρcV

1

Rconv2

+1

Rext+ hrArad

+

E gρcV

=dθ

dt

Fazendo a = 1ρcV

1

Rconv2

+ 1Rext

+ hrArad

e b =

Eg

ρcV temos,

−θa + b =dθ

dte sendo θ

= θ − b

a

dθ

dt+ aθ

= 0

θ

θ

i

= e−at

T − T ∞ − (b/a)

T i − T ∞ − (b/a)= e−at

Utilizando os valores dados no problema, temos

Rcond =ln((D/2 + e)/(D/2))

2πLk porc=

ln((7, 62 · 10−2/2 + e)/(7, 62 · 10−2/2))

2π · 4, 39 · 10−2 · 1, 8= 0, 196oC/W

Rconv1 =1

hAconv1

=1

4π

·7, 62

·10−2

·4, 39

·10−2

= 23, 8oC/W

Rext = Rcond + Rconv1 = 0, 196 + 23, 8 = 24, 0oC/W

Rconv2 =1

hAconv2

=1

4π · (7, 62 · 10−2)2/4= 54, 8oC/W

hr = σ(T + T viz )(T 2 + T 2viz ) = 0, 8 · 5, 67 · 10−8 · (343 + 278)(3432 + 2782) = 5, 46oC/W

a =1

ρcV

1

Rconv2

+1

Rext+ hrArad

=

1

993 · 4178 · 0, 2 · 10−3

1

54, 8+

1

24, 0+ 5, 46 · 1, 5 · 10−2

a = 1, 71 · 10−4

Assim,

T −

T ∞T i − T ∞ = e( − at)

T = (70− 5)e(−1,71·10−4·300) + 5 = 66, 7oC

25



8 Questao

Uma dona de casa experimenta um novo bolinho auto cozido pela mistura de seus ingredientes que reagemexotermicamente e em regime permanente com q

= 18 kW/m3. O quitute e esferico, φ = 60 mm, k = 0, 06W/m-K. O coeficiente de pelıcula e h = 4W/m2-K, a temperatura ambiente e de T ∞ = 20oC e a massa cozinhaa T = 60oC. Voce comeria o bolinho? E se a dona de casa fizesse um mini bolinho de φ = 30 mm?

Para sabermos se o bolinho cozinhou vamos calcular a temperatura maxima e a temperatura da superfıciedo quitute esferico.

1

r2d

dr

kr2

dT

dr

+ q

= 0

d

dr

kr2

dT

dr

= −q

r2

kr2dT

dr= −q

r2 + c1

dT

dr= −q

r

3k+

c1

kr2

T = −q

r2

6k− c1

kr+ c2

em r = 0 ,dT

dr= 0 → c1 = 0

em r = R , → T = T s

T = T s +q

6k(R2 − r2)

Para o calculo da temperatura de superfıcie fazemos q = q

V ,

q =4

3

πR3q

h4πR2(T s − T ∞) =4

3πR3q

(T s − T ∞) =Rπ

3hq

T s = T ∞ +R

3hq

T s = 20 +18000 · 0, 03

3 · 4= 65oC

A temperatura maxima e dada para dT dr = 0, que ocorre quando r = 0.

T max = T (r = 0) = T s + q

6k(R2 − r2)

T max = 65 +18000

6 · 0, 06(0, 032) = 110oC

O quitute esta cozido (T > T coz) e e possıvel come-lo.Para um quitute de diametro φ = 30 mm temos

T s = 20 +18000 · 0, 015

3 · 4= 42, 5oC

T max = 42, 5 +18000

6 · 0, 06(0, 0152) = 53, 75oC

Neste caso o quitute nao deve estar bem cozido (T < T coz) e nao deve ser possıvel come-lo.

26



9 Questao

Considere a barra de secao retangular de espessura t = 5 mm e largura w = 20 mm, feita de material comcondutividade termica k = 40 W/m-K, que esta perfeitamente isolada em todas as faces externas, excetoas pontas, na regiao 1 e na regiao 3, de acordo com a figura a seguir. Na regiao 2, a barra esta exposta aoescoamento de um fluido com temperatura T ∞ = 20o C, com coeficiente de transferencia de calor por conveccaoh = 100 W/m2-K. Na regiao 3 a barra descreve um arco circular (coroa circular - 0 a π rad) com raio internori = 10 mm e raio externo re = 15 mm. O comprimento da secao 1 e L1 = 10 mm e o comprimento da se cao2 e L2 = 100 mm. Considere T 2 = 100oC e T 3 = 20oC, uniformes na secao transversal.


a) Determine a taxa de transferencia de calor por conveccao da barra para o ambiente apenas na regiao 2;

b) Determine a temperatura T 4;

c) Partindo da equacao da conducao escrita em coordenadas cilındricas, desenvolva uma expressao para operfil de temperatura na secao 3 da barra. Expresse o resultado em uncao de T 1 e T 2;

d) Determine a temperatura T 1.

SolucaoHipoteses: regime permanente, conducao 1D na direcao x nas regioes 1 e 2, conducao 1D na direcao φ na

regiao 3, condutividade termica constante, transferencia de calor por radiacao desprezıvel em face da conveccao(regiao 2) e temperaturas uniformes nas secoes 2 e 3.

a) regiao 2 pode ser considerada uma aleta com θb = T 2 − T ∞ = 80oC e θl = T 3 − T ∞ = 0oC.

qconv = qa − qcond

qa = M cosh(mL2)− ¨ ¨ ¨ θl/θb

senh(mL2)=

M

tanh(mL2)

sendo: P = (2 · 20 + 2 · 5) · 10−3 = 50 · 10−3

Ac = 20 · 10−3 · 5 · 10−3 = 100 · 10−6

M =

hPkAcθb =√

100 · 50 · 10−3 · 40 · 100 · 10−6 · 80 = 11, 31

m =

hP

kAc=

100 · 50 · 10−3

40 · 100 · 10−6= 35, 36

temos: qa =11, 31

tanh(35, 36 · 0, 1)= 11, 33W

O calor de conducao ao longo da barra e dado por qcond = −kAcdT

dx|x=L2

= −kAcdθ

dx|x=L2

. Na regiao 2 o

perfil de temperaturas e dado por:

27



θ

θb= ¨

¨ ¨ θl/θbsenh(mx) + senhm(L2 − x)

senh(mL2)

derivando :1

θb

dθ

dx

=−mcoshm(L2 − x)

senh(mL2)assim : qcond = −kAc

dθ

dx|x=L2

= kAcmcoshm(L2 − L2)

senh(mL2)θb = 40 · 100 · 10−6 35, 36 · cosh(0)

senh(35, 36 · 0, 1)= 0, 66

portanto : qconv = 11, 33− 0, 66 = 10, 67W

b) Considerando que a regiao b possui isolamento termico o calor trocado sera exclusivamente devido a

conducao e sera dado por q1 = −kAcdT

dx.

q1 = kAcT 3 − T 4

L1

sendo : q1 = qcond item anterior

kAcT 3 − T 4

L1= qcond

T 4 = T 3 − qcondL1

kAc= 20 − 0, 66 · 0, 01

40 · 100 · 10−6= 18, 35oC

c) Equacao da conducao em coordenadas cilındricas. Considerando regime permanente e que a conducaona barra e unidirecional e na direcao φ temos,

1

r

∂

∂r ¨ ¨ ¨

¨ kr

∂T

∂r

+

1

r2∂

∂φ

k

∂T

∂φ

+

∂

∂z & & & &

k

∂T

∂z

+ q = ρc p

∂T

∂t

⇒∂ 2T

∂φ2

= 0

⇒T = C 1φ + C 2

considerando as condicoes de contorno:

φ = 0; T = T 1 ⇒ C 2 = T 1

φ = π; T = T 2 ⇒ C 1 =T 2 − T 1

πassim:

T =T 2 − T 1

πφ + T 1

d) Considerando que a regiao 3 e isolada termicamente do ambiente e a transferencia de calor por conducao

e unidirecional, a expressao para o calculo do calor trocado por unidade de area e dada por q

3 = −kr

dT

dφ=

k

r

T 1−T 2

π . Considerando a largura w e integrando na area temos,

q3 =

re

ri

q

3 wdr =k(T 1 − T 2)w

π

re

ri

dr

r

q3 =k(T 1 − T 2)w

πln

re

ri

Considerando que: q3 = qa ⇒ T 1 =πqa

kw

1

lnre/ri= T 2

T 1 =π11, 33

40 · 5 · 10−3

1

ln15/10+ 100

T 1 = 538oC

28



10 Questao

Um aquecedor eletrico (km = 5 W/m-K) gera calor uniformemente entre um bastao cilındrico macico A(k = 0, 2 W/m-K, ra = 20 mm) e um tubo concentrico B (kb = 2 K/m-K) de raio interno rib = 40 mm e raioexterno reb = 60 mm. O ambiente esta a −20oC, sendo o coeficiente de pelıcula h = 50 W/m2-K. Pede-se:

a) Qual a potencia por unidade de comprimento a ser dissipada no aquecedor para manter a temperatura dasuperfıcie externa do cilindro em 5oC? Qual a potencia por unidade de volume?

b) Qual a temperatura no centro do bastao A, considerando que a temperatura externa do cilindro e 50C?

c) O uso de um revestimento com kr = 4 W/m-K poderia diminuir esta potencia? com que espessura? Admitirh constante.


SolucaoHipoteses: regime permanente, conducao 1D na direcao radial, condutividade termica constante, trans-

ferencia de calor por radiacao desprezıvel em face da conveccao, geracao de calor uniforme no aquecedor,resistencias de contato desprezıveis.

a) A potencia por unidade de comprimento da resistencia sera igual a potencia por unidade de comprimentodissipada por conveccao (hipotese de regime permanente e unidimensional). Assim temos:

q = h

·2

·π

·reb

·(T 3

−T ∞)

sendo T 3 a temperatura na superf ıcie externa do cilindro concentrico

q = 50 · 2 · π · 0, 06 · (5 + 20) → q = 471, 2W/m

Considerando que a resistencia ocupa todo o volume compreendido entre o bastao macico e o cilindroconcentrico, a potencia por unidade de volume sera dada por,

q =q

π · (r2ib − r2a)= 125.000 W/m

3

b) Tomando a hipotese que apos o estabelecimento do regime permanente a troca de calor e unidimensionale radial, podemos descrever a troca de calor na resistencia conforme a equacao diferencial abaixo.

1

r

r

dT

dr

+

q

k= 0

cuja solucao e dada por:

rdT

dr= − q

2kr2 + C 1

T (r) = − q

4kr2 + C 1ln(r) + C 2

Aplicando as condicoes de contorno:

Condicao 1:dT

dr

r=ra

= 0 → C 1 =q

2kr2a = 5oC

Para o cilindro concentrico temos,

q =2 · π · kb(T 2 − T 3)

ln(r2/r1)=

2 · π · 2(T 2 − 5)

ln(60/40)= 471, 2

T 2 = 20, 2oC

29



Considerando que a temperatura T (rib) e igual a T 2 temos,

T 2 = T (rib) = − q

4kmr2ib + C 1ln(rib) + C 2

20, 2 = −125.000

4 · 5 · 0, 042

+ 5 · ln(0, 04) + C 2

C 2 = 46, 3oC

Considerando que nao ha troca de calor entre a resistencia e o bastao (Condicao de contorno 1), temosque apos estabelecido o regime permanente a temperatura do centro do bastao sera igual a temperatura dainterface com a resistencia eletrica. Assim temos,

T bastao = T (ra) = − q

4kr2a + C 1ln(ra) + C 2

T (ra) = −125.000

4 · 50, 022 + 5 · ln(0, 02) + 46, 3

T (ra) = 24, 2oC

Seguindo o exemplo 3.5 de Incropera, podemos calcular o raio crıtico de isolamento como rcr = kiso/h =4/50 = 0, 08 m. Considerando que o raio externo do cilindro e reb = 0, 06 m, temos que para revestimentos deespessura interior a rcr−reb = 0, 08−0, 06 = 0, 02 m ou 20 mm a potencia dissipada ira ser maior que a potenciadissipada sem revestimento, sendo maxima quando a espessura for igual a 20 mm. Para valores de espessura derevestimento maiores que 20 mm a potencia dissipada ira comecar a decrescer, e adicionando espessura haverauma na qual a potencia dissipada ficara menor que a potencia dissipada sem revestimento. Para calcularesta espessura, onde a potencia dissipada com revestimento e inferior que aquela sem revestimento, vamosconsiderar um raio r∗iso no qual vale a expressao,

q =T 3 − T ∞

(ln(r∗iso/reb)2·π·kiso +

1h·2·π·r∗iso )

=5 + 20

(ln(r∗iso/0,06)

2·π·4 +1

50·2·π·r∗iso )

25 = 471, 2 · (ln(r∗iso/0, 06)

2 · π · 4+

1

50 · 2 · π · r∗iso

)

0, 053056 =ln(r∗iso/0, 06)

25, 1328+

1

314, 16 · r∗iso

Fazendo iterativamente, vamos estimar inicialmente r∗iso = 0, 1

ln(0, 1/0, 06)

25, 1328+

1

314, 16 · 0, 1= 0, 5216

Estimando r∗iso

= 0, 11

ln(0, 11/0, 06)

25, 1328+

1

314, 16 · 0, 11= 0, 053054

Portanto para usar um isolamento que reduza a potencia dissipada, sua espessura devera ser maior que(r∗iso − reb = 0, 11− 0, 06 = 0, 05) m ou maior que 50 mm.

30



11 Questao

Uma placa de circuitos quadrada de 0, 15 m e resfriada em uma posicao vertical. A placa tem um lado isoladoe o outro com 100 chips quadrados, montados com pequeno espacamento entre eles. Cada chip dissipa 0, 06Wde energia. A placa esta exposta ao ar de 25o C e a temperatura maxima permitida para o chip e de 60o C.

1) Mostre qual das opcoes a seguir e a mais eficiente em termos de garantir a temperatura limite:

a) conveccao natural;

b) resfriamento a ar com fluxo ascendente a uma velocidade de 0, 5 m/s;

c) resfriamento a ar com fluxo descendente a uma velocidade de 0, 5 m/s.

2) Na opcao selecionada, qual a temperatura maxima da placa? Onde ela ocorreu?

Dicas:

• Caso necessario, estime a temperatura no meio da placa e utilize esta temperatura como referencia parao calculo do coeficiente de conveccao no processo iterativo;

• Para conveccao combinada (natural e forcada), pode-se estimar o numero de Nusselt medio por Nu3 =N u3

forcada ±N u3natural. O sinal (+) e utilizado para fluxos no mesmo sentido e o sinal (−) para fluxos

em sentidos contrarios.

1 a) Solucao considerando somente a conveccao natural: Vamos considerar que a temperatura de referenciae a temperatura no meio da placa (T ref = T l/2). Para uma primeira aproximacao no processo iterativo vamosestimar T l/2 = 50oC.

T f =T l/2 + 25

2= 37, 5oC = 310, 65K (Estimativa da temperatura do ar)

Interpolando na tabela de propriedades do ar:

k = 27, 1 · 10−3

W/m-Kν = 16, 9 · 10−6m2/s

α = 24, 0 · 10−6m2/s

Pr = 0, 705

β = 1/T f = 3, 2 · 10−3

RaL = GrLPr =gβ(T ref − T ∞)L3

να=

9, 8 · 3, 2 · 10−3(50− 25) · 0, 153

16, 9 · 10−6 · 24, 0 · 10−6= 6, 52 · 106

RaL < Racrit ≈ 109 → Laminar

A correlacao geral para o numero de Nusselt (N uL) para a condicao (Racrit ≈ 109) e dada por

N uL = 0, 68 +0, 670Ra

1/4L

[1 + (0, 492/Pr)9/16]4/9

N uL = 0, 68 +0, 670 · (6, 52 · 106)1/4

[1 + (0, 492/0, 705)9/16]4/9= 26, 64

N uL =hL

k→ h =

26, 64 · 27, 1 · 10−3

0, 15= 4, 81

O calor por unidade de area e q

=nchP ch

S placa= h∆T L/2. Assim,

q

=

100

·0, 06

0, 152 = 266, 66

∆T L/2 = 266, 66/4, 81

∆T L/2 = 55, 4oC

T L/2 = 55, 4 + 25 = 80, 4

31



Para a segunda estimativa vamos considerar que T ref = T L/2 = 75oC

T f =75 + 25

2= 50, 0oC = 323, 15K (Estimativa da temperatura do ar)

Interpolando na tabela de propriedades do ar:

k = 28, 1 · 10−3W/m-K

ν = 18, 1 · 10−6m2/s

α = 25, 8 · 10−6m2/s

Pr = 0, 703

β = 1/T f = 3, 09 · 10−3

RaL = GrLPr =gβ(T ref − T ∞)L3

να=

9, 8 · 3, 09 · 10−3(75− 25) · 0, 153

18, 1 · 10−6 · 25, 8 · 10−6= 1, 09 · 107

RaL < Racrit ≈ 109 → Laminar

NuL = 0, 68 +0, 670(1, 09 · 107)1/4

[1 + (0, 492/0, 703)9/16

]4/9

= 30, 2

h =30, 2 · 28, 1 · 10−3

0, 15= 5, 66

∆T L/2 = 266, 66/5, 66

∆T L/2 = 47, 1oC

T L/2 = 47, 1 + 25 = 72, 1

A temperatura em qualquer posicao da placa pode ser calculada assumindo que Nux ∝ Ra1/4x sobre toda

a placa.

N ux =hx

k ∝Ra1/4

x

q

x

k∆T ∝ Ra1/4

x ∝ ∆T 1/4x3/4

q

kx1/4 ∝ ∆T 5/4 → ∆T ∝ x1/5

E para qualquer posicao:

∆T

∆T l/2∝ x1/5

(l/2)1/5→ ∆T ∝ 1, 15

x

l

1/5∆T l/2

A temperatura na borda superior e:

∆T l = 1, 15 · 1 ·∆T l/2 = 1, 15 · 47, 1 = 54, 17oC

T l

= 54, 17 + 25 = 79, 2oC

Solucao para os casos onde ha conveccao natural + conveccao forcada. Considerando a temperatura dereferencia do item anterior,

Rel =Ul

ν =

0, 5 · 0, 15

18, 1 · 10−6= 4144 < 5 · 105 → Laminar

Utilizando a expressao para o calculo de Nu medio em um escoamento laminar, na temperatura T f

N ux =hxx

k= 0, 664Re1/2

x P r1/3

Nul =hll

k= 0, 664 · 41441/2 · 0, 7031/3 = 38, 0

1 b) Conveccao combinada - fluxos paralelos concorrentes

32



N u3

= Nu3forc + N u

3nat

N u3

= 38, 03 + 30, 23

N u = 43, 5

h =43, 5 · 28, 1 · 10−3

0, 15= 8, 15

∆T l/2 =266, 66

8, 15= 32, 7

∆T l = 1, 15 · 1 ·∆T l/2 = 1, 15 · 32, 7 = 37, 6oC

T l = 62, 6oC

1 c) Conveccao combinada - fluxos paralelos contra-corrente

N u3

= Nu3forc −N u

3nat

N u3 = 38, 03 − 30, 23

N u = 30, 12

h =30, 12 · 28, 1 · 10−3

0, 15= 5, 64

∆T l/2 =266, 66

5, 64= 47, 28

∆T l = 1, 15 · 1 ·∆T l/2 = 1, 15 · 47, 28 = 54, 37oC

T l = 79, 4oC

Considerando o erro das correlacoes a unica opcao que seria e a 1 b), cuja temperatura no ultimo chip(T l = 62, 6o C) e ligeiramente superior a temperatura maxima permitida (T max = 60, 0o C).

2)Na opcao selecionada a temperatura maxima ocorre em (x = l).

33



12 Questao

Uma vazao massica de agua de 0, 2 kg/s a 30oC penetra em um tubo horizontal de aco (Φe = 30 mm, Φi = 25, 4mm e de 15 metros de comprimento, k = 60, 5 W/m-K), o qual passa pelo interior de um condensador noqual existe vapor de agua a 1 atm. Verificar as temperaturas de saıda da agua, o calor trocado e a quan-tidade de vapor condensado. Represente em um grafico as temperaturas da agua e da parede ao longo do tubo.


Utilizando o metodo da efetividade, temos que C h = C max = ∞ e C min = C agua. Assim,

C min = mCpagua = 0, 2 · 4179 = 835, 8 W/K

qmax = C min(T h,i − T c,i) = 835, 8 · (100− 30) = 5, 85 · 104 W

As propriedades da agua lıquida que escoa no interior do tubo sao calculadas como,

T c,m,o = (100 + 30)/2 = 65oC - (Hipotese)

T ref = (T c,m,o + T c,i)/2 = (65 + 30)/2 = 47, 5oC = 320, 65K

µ = 577 · 10−6 N-s/m2

k = 0, 64 W/m-KCp = 4180 J/kg-K

P r = 3, 77

O coeficiente de transferencia de calor do lado interno e calculado como,

ReD =4 m

πDiµ=

4 · 0, 2

π · 25, 4 · 10−3 · 577 · 10−6= 17, 4 · 103 > 2300 → Turbulento

Utilizando a expressao de Dittus-Boelter para aquecimento n = 0, 4

N uD = 0, 023Re4/5D P r0,4 = 0, 023 · (17, 4 · 103)4/5 · 3, 770,4 = 96, 54

hi =

N uDk

Di =

96, 54

·0, 64

25, 4 · 10−3 = 2432, 5 W/m2

-K

Considerando que o coeficiente de transferencia de calor no lado da condensacao e muito elevado, o produtoU A pode ser calculado como,

1

U A=

1

hiAi+

ln(Do/Di)

2πkL+ 1

hoAo

Ai = πDiL = π · 25, 4 · 10−3 · 15 = 1, 19694 m2

1

U A=

1

hiAi+

ln(Do/Di)

2πkL=

1

2432, 5 · 1, 19694+

ln(30/25, 4)

2π0, 64 · 15= 3, 103 · 10−3

U A = 322, 28

NTU = U AC min

= 322, 28835, 8

= 0, 3856

ε = 1− exp(−NTU) = 0, 32

Assim o calor trocado pode ser calculado como:

34



q = εC min(T h,i − T c,i) = 0, 32 · 835, 8 · (100− 30) = 18721 W

q = 18721 = maguaCp(T c,o − T c,i) = 0, 2 · 4180 · (T c,o − 30) → T c,o = 52, 4oC

hf g = 2, 257 · 106 J/kg

q = 18721 = mvap · hfg = mvap · 2, 257 · 106

mvap = 8, 29 · 10−3kg/s

Fazendo a segunda iteracao para a temperatura de saıda igual a T c,o = 52, 4oC, temos.

T ref = (T c,o + T c,i)/2 = (52, 4 + 30)/2 = 41, 2oC = 314, 35K

µ = 631 · 10−6 N-s/m2

k = 0, 634 W/m-K

Cp = 4179 J/kg-K

P r = 4, 16

O coeficiente de transferencia de calor do lado interno na segunda iteracao e calculado como,

ReD =4 m

πDiµ=

4 · 0, 2

π · 25, 4 · 10−3 · 631 · 10−6= 15, 9 · 103 > 2300 → Turbulento

Utilizando a expressao de Dittus-Boelter para aquecimento n = 0, 4

N uD = 0, 023Re4/5D P r0,4 = 0, 023 · (15, 9 · 103)4/5 · 4, 160,4 = 93, 37

hi =N uDk

Di=

93, 37 · 0, 634

25, 4 · 10−3= 2330, 6 W/m2-K

E o produto UA pode ser calculado como,

1

U A=

1

hiAi+

ln(Do/Di)

2πkL=

1

2330, 6 · 1, 19694+

ln(30/25, 4)

2π0, 634 · 15= 3, 144 · 10−3

U A = 318, 06

NTU =U A

C min=

318, 06

835, 8= 0, 3805

ε = 1− exp(−NTU) = 1− exp(−0, 3805) = 0, 3165

Assim o calor trocado pode ser calculado como:

q = εC min(T h,i − T c,i) = 0, 3165 · 835, 8 · (100− 30) = 18517, 15 W

q = 18517, 15 = maguaCp(T c,o − T c,i) = 0, 2 · 4179 · (T c,o − 30) → T c,o = 52, 2oC

hf g = 2, 257 · 106 J/kg

q = 18517, 15 = mvap · hfg = mvap · 2, 257 · 106

mvap = 8, 20 · 10−3 kg/s

Observa-se que os resultados da segunda iteracao sao muito semelhante ao da primeira iteracao. Portanto,a estimativa de temperatura media de saıda que foi realizada na primeira iteracao T c,m,o e uma hipotese viavel.Para o calculo da temperatura ao longo, vamos dividi-lo em quatro secoes e o coeficiente de transferencia decalor utilizado sera o da segunda iteracao.

O produto U A para l = 0, 25 · L pode ser calculado como,

U A = U AL/4 = 79, 515

NTU =U A

C min=

79, 515

835, 8= 0, 09513

ε = 1− exp(−NTU) = 1− exp(−0, 09513) = 0, 09075

35



Assim o calor trocado em l = 0, 25 · L e:

q = εC min(T h,i − T c,i) = 0, 09075 · 835, 8 · (100− 30) = 5309, 42 W

q = 5309, 42 = maguaCp(T c,o − T c,i) = 0, 2 · 4179 · (T c,o − 30) → T c,o = 36, 35oC


U A = U AL/2 = 159, 03

NTU =U A

C min=

159, 03

835, 8= 0, 1903

ε = 1− exp(−NTU) = 1− exp(−0, 1903) = 0, 1733


q = εC min(T h,i − T c,i) = 0, 1733 · 835, 8 · (100− 30) = 10139, 1 W

q = 10139, 1 = maguaCp(T c,o − T c,i) = 0, 2 · 4179 · (T c,o − 30) → T c,o = 42, 13o

C


U A = U AL · 0, 75 = 238, 5

NTU =U A

C min=

238, 5

835, 8= 0, 285

ε = 1− exp(−NTU) = 1− exp(−0, 285) = 0, 248


q = εC min(T h,i − T c,i) = 0, 248 · 835, 8 · (100− 30) = 14509, 5 Wq = 14509, 5 = maguaCp(T c,o − T c,i) = 0, 2 · 4179 · (T c,o − 30) → T c,o = 47, 36oC

Considerando que a temperatura de parede e a media entre a temperatura do vapor e a temperatura daagua, obtem-se a tabela e o grafico abaixo.

x tubo T aguaoC T parede

oC0 30,0 65,0

0,25 L 36,35 68,1750,5 L 42,13 71,065

0,75 L 47,36 73,68L 52,2 76,1

36



Figura 11: Perfis de Temperatura

37



13 Questao

Um conjunto de 100 chips cubicos identicos, justapostos e alinhados, de 1 cm de aresta, sao isolados em facesopostas, preparadas para sua uniao e resfriados nas demais faces por uma corrente de ar a 0, 4 atm e 24oC.Os chips dissipam a mesma energia, que pode ser considerada uniformemente distrubuıda em seu volume. Atemperatura superficial nao pode ultrapassar 120oC , o que se consegue com uma velocidade do ar de 40 m/sno sentido da linha do conjunto.

1) Desprezando o efeito da tridimensionalidade do escoamento nas arestas da linha, e admitindo a temperaturaconstante na secao transversal da linha de chips, pede-se:

a) estime a maxima potencia que pode ser dissipada por um chip e pelo conjunto;

b) verifique a temperatura maxima no primeiro e 90 o chip da linha;

c) apresente a distribuicao de temperatura superficial ao longo da linha.

2) Seria melhor uma corrente de ar cruzada? Qual a velocidade necessaria para dissipar a mesma potenciaanterior?

3) Admitindo uma flutuacao da velocidade de 2%, qual seria a variacao na temperatura superficial nos doiscasos? Exponha as hipoteses empregadas, inclusive o emprego de temperaturas de referencia.

1 a) Para a solucao vamos considerar um escoamento de ar paralelo a linha de chips, ou seja, ao escoamentosobre uma placa plana. Neste caso serao utilizadas as expressoes de Nux para uma superfıcie com geracao decalor constante.

T m,o,ar =T ∞ + T max

2=

24 + 120

2= 72oC

T ref =T m,o,ar + T ∞

2=

72 + 24

2= 48oC = 321, 15K

ρ = 1, 083 · 0, 4 = 0, 433 kg/m3

Pr = 0, 704

µ = 194, 75 · 10−7 N s/m2

k = 27, 9 · 10−3W/m-K

ReL =ρV L

µ=

0, 433 · 40 · 1

194, 75 · 10−7= 8, 89 · 105 > 5 · 105 ∴ escoamento laminar e turbulento

Rexc =ρV x

µ= 5 · 105 =

0, 433 · 40 · x

194, 75 · 10−7→ x = 0, 56m

reg. laminar: N ux = 0, 453Re1/2x P r1/3 = 0, 453(

0, 433 · 40 · x

194, 75 · 10−7)1/20, 7041/3 = 380, 0x1/2

N uxc = 380, 0x1/2 =hxx

k=→ hx =

10, 60

x1/2= 14, 2 W/m2-K

reg. turbul: N ux = 0, 0308Re4/5x P r1/3 = 0, 0308( 0, 433 · 40 · x

194, 75 · 10−7)4/50, 7041/3 = 1573, 5x4/5

N ux = 1573, 5x4/5 =hxx

k→ hx =

43, 9

x1/5= 43, 9 W/m2-K

Como a geracao de calor e uniforme, vamos utilizar o menor coeficiente de transferencia de calor para ocalculo da potencia maxima de cada chip

q = hx(T max − T ∞) = 14, 2 · (120, 0− 24, 0) = 1363, 2 W/m2

no chip: qc = 1363, 2 · 0, 012 · 4 = 0, 545 W

no conjunto: q = qc

·100 = 54, 7 W

1 b) A temperatura maxima no primeiro e no 90o chip sera dado por:

38



T max = T ∞ +q

hx

no 1o chip: laminar x = 0, 01 → T max = 24 +1363, 2

10, 6· (0, 01)1/2 = 36, 9oC

no 90o chip: turbulento x = 0, 9 → T max = 24 +1363, 2

43, 9· (0, 9)1/5 = 55, 1oC

1 c) Distribuicao de temperatura superficial

T max = T ∞ +q

hx

em x = 0, 125 laminar → T max = 24 +1363, 2

10, 6· (0, 125)1/2 = 69, 5oC

em x = 0, 25 laminar → T max = 24 +1363, 2

10, 6· (0, 25)1/2 = 88, 3oC

em x = 0, 375 laminar → T max = 24 + 1363, 210, 6

· (0, 375)1/2 = 102, 8oC

em x = 0, 56 laminar → T max = 24 +1363, 2

10, 6· (0, 56)1/2 = 120, 0oC

em x = 0, 56 turbulento → T max = 24 +1363, 2

43, 9· (0, 56)1/5 = 51, 6oC

em x = 0, 75 turbulento → T max = 24 +1363, 2

43, 9· (0, 75)1/5 = 53, 3oC

em x = 1 turbulento → T max = 24 +1363, 2

43, 9· (1)1/5 = 54, 4oC

Figura 12: Perfis de Temperatura

2) No caso do fluxo transversal, a troca de calor sera calculada como se fosse ao redor de um “cilindro n ao-circular”e o numero de Reynolds sera baseado na aresta do chip. Considerando que o escoamento e ortogonal

a linha de chips.

39



T ref =120 + 24

2= 72, 0o C = 345 K

ρ = 1, 0116 · 0, 4 = 0, 4046 kg/m3

Pr = 0, 70µ = 205, 84 · 10−7 N s/m

2

k = 29, 63 · 10−3W/m-K

ReD =ρV L

µ=

0, 4046 · 40 · 0, 01

205, 84 · 10−7= 7894

N uD = 0, 102Re0,675D P r0,37 = 0, 102 · 78940,675 · 0, 700,37 = 38, 20

N uD = 38, 20 =hD

k=

h · 0, 01

29, 63 · 10−3→ h = 113, 2 W/m2-K

Utilizando a mesma potencia maxima do item anterior: → T sup = 24 +1363, 2

113, 2= 36, 0oC

A temperatura calculada e valida para todos os chips e portanto e uma solucao melhor que o resfriamentona direcao longitudinal a linha de chips.

40

Documents

Exercícios selecionados - condução e conveçcão