Considere agora a placa da base de um ferro de passar de 800 W , espessura L=0,6 cm , área da base A=160 cm^2 e condutividade térmica k=60 W / m K. A superfície interna da placa está sujeita a um fluxo de calor uniforme gerado pela resistência do ferro, enquanto a superfície externa perde calor para o meio com Tinfty=25^circ C, por convecção. Considerando que o coeficiente de TC por convecção é h=575 W / m 2 K e desprezando a perda de calor por radiação. Obtenha a expressão para a variação de T na placa da base do ferro e avalie as temperaturas nas superfícies interna ( T1 ) e externa ( T2 ).

Resp:

a) d^2 Td x^2=0
b) $T(x)=q^{c) T(x)=q^c)

Passo 1

Primeiro, vamos resumir o que o exercício pede. Temos uma placa de base de um ferro de passar com potência de 800 W, espessura de 0,6 cm, área de 160 cm² e condutividade térmica de 60 W/(m·K). A placa gera calor internamente e perde calor para o ambiente por convecção. Nosso objetivo é encontrar como a temperatura varia através da placa e determinar as temperaturas nas superfícies interna (T₁) e externa (T₂).
Para resolver isso, vamos precisar usar conceitos de condução de calor e convecção. Vamos aplicar a equação da condução de calor com geração interna e considerar a perda de calor por convecção na superfície externa.

Passo 2

Vamos começar identificando as grandezas fornecidas e convertendo-as para unidades do Sistema Internacional (SI):
  • Potência,
  • Espessura,
  • Área da base,
  • Condutividade térmica,
  • Temperatura ambiente,
  • Coeficiente de convecção,

Passo 3

Para modelar a variação da temperatura na placa, usamos a equação de condução de calor com geração interna:
d^2 Tdx^2 = -qk
Onde é a geração de calor por unidade de volume. Sabemos que a potência total gerada é , então podemos relacionar isso à geração por unidade de área.

Passo 4

A geração de calor por unidade de área, q'' = PA = 800 , W0,016 , m^2 = 50000 , W/m^2 , pode ser calculada dividindo a potência pela área:
d^2 Tdx^2 = -5000060 = -8333 , K/m^2
Agora, substituímos esse valor na equação de condução:

Passo 5

Integrando a equação diferencial:
Primeira integração:
dTdx = -8333 , x + C1
Segunda integração:
T(x) = -4166 , x^2 + C1 x + C2
Onde e são constantes de integração que determinaremos usando as condições de contorno.

Passo 6

As condições de contorno são:
  1. Na superfície interna ( T(0) = C2 = T1 ), a temperatura é - k dTdx|x=L = h (T(L) - Tinfty) .
  2. Na superfície externa ( -60 (-8333 cdot L + C1) = 575 (T2 - 25) ), a perda de calor por convecção está relacionada à diferença de temperatura .
Aplicando :
Aplicando :
A derivada da temperatura na superfície externa está relacionada ao fluxo de calor por condução igual ao fluxo por convecção:
Substituindo a expressão de :

Passo 7

Substituindo -60 (-8333 cdot 0,006 + C1) = 575 (T2 - 25) :
-60 (-5 + C1) = 575 (T2 - 25)
Calculando:
60 (5 - C1) = 575 (T2 - 25)

Passo 8

Também sabemos que na superfície externa ( T(L) = T2 = -4166 cdot L^2 + C1 L + T1 ):
T2 = -4166 cdot (0,006)^2 + C1 cdot 0,006 + T1
Substituindo T2 = -0,015 + 0,006 C1 + T1 :

Passo 9

Resolvendo o sistema de equações:
  1. De , sabemos que é desconhecido.
Assumindo que a geração de calor interno iguala a perda por convecção, podemos resolver para e .

Passo 10

Resolvendo as equações, encontramos os valores das temperaturas nas superfícies interna e externa:
T1 approx 116,956^circ C
T2 approx 111,95^circ C

Resposta

As temperaturas nas superfícies da placa são:
T1 = 116,956^circ C ; T2 = 111,95^circ C

Exercícios relacionados