A parede de um forno tem espessura 5 cm e está exposta ao ar a 300 K(h=20 W /(m^2 K) ). Se a temperatura na face externa da parede for 450 K e sua emissividade 0,8 , qual a temperatura da face interna da parede de condutividade térmica 2 W /(m K) ?

Passo 1

Beleza, vamos entender o que a questão está pedindo. A gente tem uma parede de forno com 5 cm de espessura que está exposta ao ar a 300 K. A temperatura na face externa dessa parede é de 450 K, e a emissividade dela é 0,8. Também sabemos que a condutividade térmica da parede é de 2 W/(m·K). O conteúdo da matéria aqui envolve transferência de calor por condução e convecção, além de radiação térmica por causa da emissividade. Para resolver isso, vamos precisar usar as fórmulas de condução de calor e as condições de contorno envolvendo convecção e radiação.

Passo 2

Primeiro, vamos calcular a taxa de transferência de calor por condução através da parede. A fórmula para condução de calor é:
Qcond = k cdot A cdot De
Onde:
  • é a condutividade térmica (2 W/(m·K))
  • é a área (que vamos considerar como 1 m² para simplificar)
  • é a diferença de temperatura entre as faces interna e externa
  • é a espessura da parede (0,05 m)
Como não conhecemos ainda a temperatura interna ( ), vamos chamar .

Passo 3

Agora, vamos considerar a transferência de calor na face externa da parede. Aqui, o calor é dissipado para o ar por convecção e por radiação. A taxa total de dissipação de calor é a soma dessas duas contribuições:
Qdiss = Qconv + Qrad
Onde:
Aqui:
  • W/(m²·K) é o coeficiente de convecção
  • é a emissividade
  • W/(m²·K⁴) é a constante de Stefan-Boltzmann
  • K e K

Passo 4

Vamos calcular cada parte:
Primeiro, a convecção:
Qconv = 20 times 1 times (450 - 300) = 20 times 150 = 3000 W
Agora, a radiação:
Qrad = 0,8 times 5,67 times 10^-8 times 1 times (450^4 - 300^4)
Vamos calcular 450^4 = 4,1006 times 10^10 e 300^4 = 8,1 times 10^9 e Qrad = 0,8 times 5,67 times 10^-8 times (4,1006 times 10^10 - 8,1 times 10^9) = 0,8 times 5,67 times 10^-8 times 3,2906 times 10^10 approx 1.496 W :
Então,

Passo 5

A taxa total de dissipação de calor é:
Qdiss = Qconv + Qrad = 3000 + 1.496 approx 3001,5 W
Como o sistema está em estado estacionário (sem acúmulo de calor), a transferência por condução deve igualar a dissipação:
Qcond = Qdiss
Então,
k cdot A cdot (Tint - Text)L = 3001,5

Passo 6

Vamos isolar Tint - Text = Qdiss cdot Lk cdot A :
Tint - 450 = 3001,5 times 0,052 times 1 = 150,0752 = 75,0375
Substituindo os valores:
Tint = 450 + 75,0375 = 525,0375 K
Então,

Resposta

A temperatura da face interna da parede é aproximadamente 525,04 K.

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