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Enunciado

Cálculo Numérico - Incropera - Fundamentos de Transferência de Calor e Massa- Ed: 7º - Capítulo 4.Problemas - Ex. 44

Em uma configuração cilíndrica bidimensional, os espaçamentos radiais ( ∆ r ) e angulares ( ∆ φ ) entre os pontos nodais são uniformes. O contorno em r = r , está em uma temperatura uniforme T i . Na direção radial os contornos são adiabático (isolado) e exposto a condições de convecção na superfície ( T ∞ , h ) , como ilustrado na figura. Deduza as equações de diferenças finitas para: ( i ) o ponto nodal 2 , ( i i ) o ponto nodal 3 , e ( i i i ) o ponto nodal 1 .

Passo 1

O exercício nos pede para definir a equação de diferenças finitas para três pontos nodais: 2 ,   3 e 1 . Começando pelo ponto 2 , precisamos primeiro definir o volume de controle e as taxas de transferência de calor que atingem o volume:

Aplicando o balanço de energia em regime estacionário:

E ˙ e n t + E ˙ s a í d a + E ˙ g e r = 0

E ˙ e n t = 0

q 1 + q 2 + q 3 + q 4 = 0

Vamos agora descrever cada taxa separadamente, considerando que todas as taxas são transferidas por condução:

q 1 = q 1 → 2

q 1 = k A L ∆ T

q 1 = k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ ( T 1 - T 2 )

q 2 = q ( T i ) → ( 2 )

q 2 = k A L ∆ T

q 2 = k ( r + 1 2 ∆ r ) ∆ φ l ∆ r ( T i - T 2 )

q 3 = q 3 → 2

q 3 = k A L ∆ T

q 3 = k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ ( T 3 - T 2 )

q 4 = q 5 → 2

q 4 = k A L ∆ T

q 4 = k ( r + 3 2 ∆ r ) ∆ φ l ∆ r ( T 5 - T 2 )

Substituindo no balanço:

k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ T 1 - T 2 + k r + 1 2 ∆ r ∆ φ l ∆ r T i - T 2 + k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ T 3 - T 2 + k r + 3 2 ∆ r ∆ φ l ∆ r T 5 - T 2 = 0

∆ r r + ∆ r ∆ φ T 1 - T 2 + r + 1 2 ∆ r ∆ φ ∆ r T i - T 2 + ∆ r r + ∆ r ∆ φ T 3 - T 2 + r + 3 2 ∆ r ∆ φ ∆ r T 5 - T 2 = 0

∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 1 - T 2 + r + 1 2 ∆ r T i - T 2 + ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 3 - T 2 + r + 3 2 ∆ r T 5 - T 2 = 0

∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 1 + T 3 + r + 1 2 ∆ r T i + r + 3 2 ∆ r T 5 - 2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 + r + ∆ r T 2 = 0

Passo 2

Vamos realizar um procedimento análogo para o ponto nodal 3 . Para começar, devemos definir o volume de controle:

Aplicando o balanço de energia em regime estacionário:

E ˙ e n t + E ˙ s a í d a + E ˙ g e r = 0

E ˙ e n t = 0

q 1 + q 2 + q 3 = 0

Vamos agora descrever cada taxa separadamente, considerando que todas as taxas são transferidas por condução:

q 1 = q 2 → 3

q 1 = k A L ∆ T

q 1 = k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ ( T 2 - T 3 )

q 2 = q ( T i ) → ( 3 )

q 2 = k A L ∆ T

q 2 = k ( r + 1 2 ∆ r ) ∆ φ l 2 ∆ r ( T i - T 3 )

q 3 = q 6 → 3

q 4 = k A L ∆ T

q 3 = k ( r + 3 2 ∆ r ) ∆ φ l 2 ∆ r ( T 6 - T 3 )

Substituindo no balanço:

k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ ( T 2 - T 3 ) + k ( r + 1 2 ∆ r ) ∆ φ l 2 ∆ r ( T i - T 3 ) + k ( r + 3 2 ∆ r ) ∆ φ l 2 ∆ r ( T 6 - T 3 ) = 0

∆ r r + ∆ r ∆ φ ( T 2 - T 3 ) + ( r + 1 2 ∆ r ) ∆ φ 2 ∆ r ( T i - T 3 ) + ( r + 3 2 ∆ r ) ∆ φ 2 ∆ r ( T 6 - T 3 ) = 0

2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 ( T 2 - T 3 ) + r + 1 2 ∆ r ( T i - T 3 ) + r + 3 2 ∆ r ( T 6 - T 3 ) = 0

2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 2 + r + 1 2 ∆ r T i + r + 3 2 ∆ r T 6 - 2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 + r + ∆ r T 3 = 0

Passo 3

Por fim, vamos para a equação de diferenças finitas para o nó 1. O volume de controle será:

Aplicando o balanço de energia em regime estacionário:

E ˙ e n t + E ˙ s a í d a + E ˙ g e r = 0

E ˙ e n t = 0

q 1 + q 2 + q 3 + q 4 = 0

Vamos agora descrever cada taxa separadamente:

q 1 = q c o n v

q 1 = h A ∆ T

q 1 = h ∆ r l ( T ∞ - T 1 )

q 2 = q ( T i ) → ( 1 )

q 2 = k A L ∆ T

q 2 = k r + 1 2 ∆ r ∆ φ 2 l ∆ r ( T i - T 1 )

q 3 = q 2 → 1

q 3 = k A L ∆ T

q 3 = k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ ( T 2 - T 1 )

q 4 = q 4 → 1

q 4 = k A L ∆ T

q 4 = k r + 3 2 ∆ r ∆ φ 2 l ∆ r ( T 4 - T 1 )

Substituindo no balanço:

h ∆ r l ( T ∞ - T 1 ) + k r + 1 2 ∆ r ∆ φ 2 l ∆ r ( T i - T 1 ) + k ∆ r l r + ∆ r ∆ φ ( T 2 - T 1 ) + k r + 3 2 ∆ r ∆ φ 2 l ∆ r ( T 4 - T 1 ) = 0

h ∆ r ( T ∞ - T 1 ) + k r + 1 2 ∆ r ∆ φ 2 ∆ r ( T i - T 1 ) + k ∆ r r + ∆ r ∆ φ ( T 2 - T 1 ) + k r + 3 2 ∆ r ∆ φ 2 ∆ r ( T 4 - T 1 ) = 0

2 h ∆ r 2 ∆ φ ( T ∞ - T 1 ) + k r + 1 2 ∆ r ( T i - T 1 ) + 2 k ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 ( T 2 - T 1 ) + k r + 3 2 ∆ r ( T 4 - T 1 ) = 0

2 h ∆ r 2 k ∆ φ ( T ∞ - T 1 ) + r + 1 2 ∆ r ( T i - T 1 ) + 2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 ( T 2 - T 1 ) + r + 3 2 ∆ r ( T 4 - T 1 ) = 0

2 h ∆ r 2 k ∆ φ T ∞ + r + 1 2 ∆ r T i + 2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 2 + r + 3 2 ∆ r T 4 - 2 h ∆ r 2 k ∆ φ + r + ∆ r + ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 1 = 0

Resposta

( i ) Ponto 2 : ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 1 + T 3 + r + 1 2 ∆ r T i + r + 3 2 ∆ r T 5 - 2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 + r + ∆ r T 2 = 0

i i Ponto 3 :

2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 2 + r + 1 2 ∆ r T i + r + 3 2 ∆ r T 6 - 2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 + r + ∆ r T 3 = 0

( i i i ) Ponto 1 :

2 h ∆ r 2 k ∆ φ T ∞ + r + 1 2 ∆ r T i + 2 ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 2 + r + 3 2 ∆ r T 4 - 2 h ∆ r 2 k ∆ φ + r + ∆ r + ∆ r 2 r + ∆ r ∆ φ 2 T 1 = 0

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