Enunciado

Um procedimento para medir a condutividade térmica de sólidos a temperaturas elevadas envolve a colocação de uma amostra na base de um grande forno. A amostra tem uma espessura L e é colocada no interior de um recipiente quadrado de lado W . As laterais são termicamente isoladas. As paredes da cavidade são mantidas a T p , enquanto a superfície inferior da amostra é mantida a uma temperatura muito mais baixa T f pela circulação de um refrigerante através do recipiente que contém a amostra. A superfície da amostra é difusa e cinza, com uma emissividade ε s . Sua temperatura T s é medida oticamente.

(a) Desprezando efeitos convectivos, obtenha uma expressão pela qual a condutividade térmica da amostra possa ser avaliada em termos de grandeza medidas e conhecidas ( T p ,   T s ,   T f ,   ε s ,   L ) . As medições são feitas em condições de regime estacionário. Sendo T p   =   1400   K ,   T s   =   1000   K ,   ε s   =   0,85 ;   L   =   0,015   m   e T f   =   300   K , qual é a condutividade térmica da amostra?

(b) Se W   =   0,10   m e o refrigerante for água a uma vazão de f   =   0,1   k g / s , é razoável admitir uma temperatura uniforme T f na superfície inferior da amostra?

Passo 1

Oi oi oiii, bora pra mais uma? Nessa questão nós temos as temperaturas da parede do forno e superfícies superior e inferior de uma amostra plana e as dimensões e emissividade da amostra.

A partir disso, vamos encontrar a condutividade térmica da amostra e a validade da presunção de temperatura uniforme da superfície inferior. Partiu?!

Passo 2

Para resolver essa questão vamos assumir:

(1) Condições em estado estacionário;

(2) Condução unidimensional na amostra;

(3) Constante k ;

(4) Superfície cinza-difusa;

(5) Irradiação igual à emissão do corpo negro a 1400 K .

Do balanço de energia na superfície superior temos,

α G - E = q c o n d ' ' = k s T s - T c L

Onde,

E = ε s σ T s 4 ,                           G = σ T w 4                   e                   α = ε s

Então,

ε s σ T w 4   - ε s σ T s 4 = k s T s - T c L

Passo 3

Resolvendo a condutividade térmica e substituindo valores numéricos, encontramos,

k s = ε s L σ T s - T c ( T w 4 - T s 4 )

Substituindo os valores,

k s = 0 , 85 × 0,015 m × 5,67 × 10 - 8 W m 2 . K 4 1000 - 300 K [ 1400 K 4 - 1 0 00 K 4 ]

k s = 2,93 W m . K

Passo 4

A não uniformidade da temperatura da superfície inferior depende do aumento da temperatura do líquido de refrigeração. Então do balanço energético,

q = m ˙ c c p , c Δ T c = α G - E W 2

Substituindo os valores,

Δ T c = 0,85 × 5,67 × 10 - 8 W m 2 . K 4 1400 K 4 - 1000 K 4 0,10 m 2 0,1 k g s × 4179 J k g . K

Δ T c = 3,3 K

A variação em T c   ( ~   3 K ) é pequena em comparação com ( T s   -   T c )   ≈   700 K . Portanto, não é grande o suficiente para introduzir um erro significativo na determinação de k .

Resposta

  1. k s = 2,93 W m . K
  2. A variação em T c   ( ~   3 K ) é pequena em comparação com ( T s   -   T c )   ≈   700 K . Portanto, não é grande o suficiente para introduzir um erro significativo na determinação de k .
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