Provas 2 Condução Convecção Cap 4 a 6 Incropera

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Provas 2/2011 -2.pdf
1 
 
 
 
EMA094D – Transmissão de Calor - Prof. Adriana S. França - Prova 2 – 2º semestre 2011 
 
Nome: GABARITO 
1) (6 pontos) A parede de um forno a gás, construída de tijolo refratário, encontra-se 
inicialmente a 20oC. Avalie o tempo necessário para que sua superfície externa atinja uma 
temperatura de 700 oC, sabendo que os gases de combustão no interior do forno (h=120 
W/m2K) se encontram a 1200 oC. A parede apresenta 160 mm de espessura e sua 
superfície externa está revestida por um material isolante, de forma que a perda de calor 
para o ambiente pode ser desprezada. As propriedades termofísicas do refratário são 
kgK/JK1c;m/kg2600 p
3 ==ρ e mK/W9,1k = . 
 Somente um lado da parede está trocando calor com o fluido por convecção, portanto o 
comprimento característico é equivalente à espessura da parede. 
 
A superfície da parede corresponde à posição x* = 0!!! , uma vez que esta situação física é 
equivalente a metade do problema de uma parede de espessura 2L exposta ao mesmo fluido dos 
dois lados. 
Too, h
Too, h
x x
Too, h
 
 
1,10
9,1
10160120
k
hLBi
3
c =××==
−
 (1,0) 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (1,0) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela (para Bi = 10): 2620,1C4289,1 11 ==ζ (1,0) 
 
( )FoexpC
TT
TT 2
11
i
ζ−=−
−
∞
∞ 
 
( )Fo4289,1exp2620,1
120020
1200700 2−=−
−
 
 
2,0535,0Fo 〉= (o truncamento é válido) (2,0) 
( ) h2,5s18742
9,1
1000260010160535,0LFot
232
==××××=α=
−
 (1,0) 
2 
 
2) (6 pontos) O descongelamento do pára-brisa de um automóvel funciona através da 
descarga de ar morno na sua superfície interna. Para prevenir condensação do vapor de 
água sobre a superfície, a temperatura do ar e o coeficiente convectivo na superfície ( iT∞ , 
ih ) devem ser grandes o suficiente para manter a temperatura da superfície maior do que 
a temperatura do ponto de orvalho (10 oC). Considere um pára-brisa (k=0,06 W/mk) de 
comprimento L=750 mm e espessura t=5 mm, e que o carro viaja a uma velocidade de 100 
km/h em um ar ambiente a 2oC. De experimentos em laboratório desenvolvidos em um 
modelo do veículo, sabe-se que o coeficiente médio convectivo na superfície externa do 
pára-brisa ( eh ) pode ser avaliado pela correlação (
3/175,0 PrRe03,0 LLNu = ). As 
propriedades do ar são: k=0,023 W/mK; s/m105,12 26−×=ν e Pr=0,71. Considerando 
que a temperatura no interior do automóvel é de 25oC, qual o menor valor de coeficiente 
convectivo no interior do automóvel ( ih ) para evitar a condensação na superfície interna 
do pára-brisa? 
 
 
Considerando o carro como referencial, e o ar se movendo a 75 km/h: 
 
3/175,0 PrRe03,0 L
ar
L k
hLNu == 
 
6
26
3
1067,1
105,123600
107501000100Re ×=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ××××××
×××== −
−
∞
m
sm
s
h
km
m
h
kmLu
L ν (2,0) 
 
[ ] ( )[ ]3/175,0633/175,0 71,01067,103,010750023,0PrRe03,0 ××××==⇒= −LarearL LkhkhLNu 
KmWhe
2/07,38= (2,0) 
 
sii
i
i
sii
v
v
e
ei,s
TT
q
h
h
TT
k
L
h
TT
q −=⇒
−=
+
−=
∞
∞∞
11
 
 
 Km/W87,4
1025
99,72hm/W99,72
06,0
105
07,38
1
210
k
L
h
1
TT
q 2i
2
3
v
v
e
ei,s =−=⇒=×+
−=
+
−= −∞ (2,0) 
 
 
3 
 
3) (8 pontos) Considere uma esfera de aço AISI1010 (cp=559 J/kgK; ρ=7832 kg/m3; 
k=48,8 W/mK), revestida com um material dielétrico com 2,5 mm de espessura e 
k=0,04 W/mK. A esfera, inicialmente a 450oC, é submetida a resfriamento em um 
banho de óleo a 100oC (h=3500 W/m2K). Determine o tempo necessário para que a 
temperatura no centro da esfera atinja 200oC. Sabendo que o material dielétrico 
apresenta capacidade térmica desprezível com relação ao aço, avalie o valor da 
temperatura no exterior do revestimento neste instante. Neste caso, o número de 
Biot deve ser avaliado com base no coeficiente global de troca de calor U (vide 
formulário). 
 
Avaliação do coeficiente global de troca de calor: 
 
 
R t,conv
Rt,cond
Too
Te
Ti
 
 
WK
rrk
condR
ei
t /217,0105,152
1
10150
1
04,04
111
4
1, 33 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
×−××=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −= −−ππ 
( ) WKrhhAconvR et /001,0105,15243500
1
4
11, 232 =××=== −ππ 
[ ] ( ) KmWrUKWRUA e 2232
1 /67,15
105,1524
579,4
4
579,4/579,4 =×==⇒== −
−∑ ππ 
Cálculo de Biot: 016,0
8,483
105,15267,15
3
3
=×
××==
−
k
UrBi e (3,0) 
 
Como Bi<0,1, o método da capacitância global pode ser utilizado 
 
Avaliação dos coeficientes: 
 ( )
( ) 1533
23
3
2
sup 1035,7
1015045597832
3105,152467,15
3
4
467,15 −−
−
−
×=×××
×××=×=∀= src
r
c
UA
a
ip
e
p π
π
πρ
π
ρ 
 
0b = (2,0) 
 
Avaliação do tempo: 
 ( ) ( ) ( ) ( ) )7,4(17046exp100450100200exp hstatatTTTT i =⇒−−=−⇒−−=− ∞∞ 
 (1,0) 
 
4 
 
Como a cp do revestimento pode ser desprezada, não há acúmulo de energia no mesmo e pode-
se avaliar Te pelo circuito térmico. Como a temperatura não varia com a posição no interior da 
esfera, a temperatura na superfície interna é igual à temperatura no centro 
 
CT
R
R
T
R
R
TT
R
TT
R
TT o
e
convt
condt
convt
condt
ie
convt
e
condt
ei 4,1001
,
,
,
,
,,
=⇒⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +=⇒−=− ∞∞ (2,0) 
 
Provas 2/2014 -1_gabarito.pdf
 
 
 
EMA094 - Profa. Adriana S. França – 2ª Avaliação – 03/04/2014 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (7 pontos) Uma pedra esférica de granizo de 5 mm de diâmetro é formada em nuvens de 
elevada altitude. A pedra começa a cair através do ar morno a 5oC. Avalie a temperatura 
no centro do granizo quando a sua superfície atinge -5
o
C. Estime qual deve ser o valor 
mínimo de temperatura inicial da pedra, para que o problema possa ser resolvido com 
truncamento da série de Fourier no primeiro termo. Um coeficiente de transmissão de 
calor por convecção de 250 W/m
2
K pode ser considerado, e as propriedades do granizo 
podem ser tomadas como as propriedades do gelo (ρρρρ=920kg/m
3
; cp=2040 J/kg; k=1,88 
W/mK ). 
 
Cálculo de Biot: 111,0
88,13
105,2250
k3
hr
Bi
3
0 =
×
××
==
−
 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (1,0) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
088,1C9208,0
3,033,03111,0
k
hr
Bi
11
0
==ζ
≈=×==
 (1,0) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: 
 
 
( ) ( )*1*
1
2
11
i
rsen
r
1
FoexpC
TT
TT
ζ
ζ
ζ−=
−
−
∞
∞ 
 
No centro do granizo, r
* 
= 0 
 
( ) ( )Fo9208,0exp088,1
530
5T
FoexpC
TT
TT 22
11
i
−=
−−
−
⇒−=
−
−
∞
∞ ζ (1) 
 
Na superfície do granizo, superfície, r
* 
= 1 
 
( ) ( ) ( ) ( )
9208,0
9208,0sen
Fo9208,0exp088,1
530
55
r
rsen
FoexpC
TT
TT 2
*
1
*
12
11
i
−=
−−
−−
⇒−=
−
−
∞
∞
ζ
ζ
ζ (2) 
 
Dividindo-se a equação (1) pela equação (2) e sabendo que o Fo é o mesmo (mesmo instante de 
tempo), obtem-se 
 
 
( ) ( )
C6,6
9208,0sen
9208,0
105T
9208,0sen
9208,0
10
5T o
−=−=⇒=
−
−
(3,0) 
 
Considerando Fo=0,2 para os valores de temperatura calculados: 
 
 ( )
( ) ∞
∞
∞
∞
∞ +
−
−
=⇒−=
−
−
T
FoexpC
TT
TFoexpC
TT
TT
2
11
c
i
2
11
i
c
ζ
ζ 
( )
( )
C6,75
2,09208,0exp088,1
56,6
TFoexpC
TT
TT o
2i
2
11
i
c −=+
×−
−−
=⇒−=
−
−
∞
∞ ζ 
 
A temperatura inicial do granizo deve ser no mínimo C6,7 o− para que a resolução com truncamento 
no primeiro termo da série seja válida (2,0) 
 
2) (7 pontos) Um fio longo com 2 mm de diâmetro está em contato com um banho de 
óleo (h=450 W/m2K) a 25oC. Este fio dissipa calor (60 W/m) em decorrência da 
passagem de corrente elétrica. A partir do tempo em que a corrente é aplicada, 
determine o tempo necessário para que a superfície do fio atinja uma temperatura 
de 2
o
C abaixo do valor que seria atingido no regime estacionário. As propriedades 
do fio são: cp=500 J/kgK; ρρρρ=7000kg/m
3
; k=35 W/mK. 
Cálculo de Biot: 006,0
352
101450
k2
hr
k
hL
Bi
3
c =
×
××
===
−
 (1,0) 
 
Como Bi<0,1 a resistência à condução de calor no interior do material pode ser 
desprezada e o método da capacitância global pode ser utilizado - a temperatura não 
varia com o raio (0,5) 
 
Avaliação da temperatura no regime permanente: todo o calor dissipado pelo sólido é 
transferido para o fluido por convecção 
 
( ) C2,4625
102450
60
TTT
Dh
q
TTDhq o
3
=+
×
=⇒=+⇒−=
−∞∞ ππ
π (1,0) 
 
A temperatura a ser atingida é 44,2oC 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
257,0
1015007000
2450
c
hA
a
3
p
sup
=
×××
×
=
∀
=
−ρ
 (1,5) 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 
( )
46,5
5001027000
240
LcD
4L60
bL60Ee0q
23
p
2g
=
×
=
×
=⇒==′′
−πρπ
& (2,0) 
 
(não há calor entrando no sólido, L representa o comprimento do fio) 
 
Avaliação do tempo necessário para se atingir 44,2
o
C (Ti = 25
o
C) 
 
( )[ ] ( )[ ] =⇒−−=−⇒−−=− ∞ tt257,0exp1
257,0
46,5
252,44atexp1
a
b
TT 9,2s (1,0) 
 
3) (6 pontos) Elementos aquecedores de resistência elétrica foram instalados no interior 
das asas de um pequeno avião para evitar a formação de gelo. Considere as seguintes 
condições de voo nominais: velocidade do avião 100m/s e temperatura do ar -25
o
C. 
Sabendo que as medidas em túnel de vento indicaram um coeficiente de atrito de 0,0025 e 
que a asa apresenta um comprimento característico de 1,8m, determine qual a potência 
média necessária para manter a temperatura da superfície em 5
o
C. Dispõe-se de 2 
aquecedores de placa fina quadrada com 0,5m de lado. Os mesmos estão dispostos lado a 
lado no interior da asa. As propriedades de ar são k = 0,022 W/m; Pr = 0,7 e νννν = 16 x 10
-6
 
m
2
/s. 
 
A analogia modificada de Chilton-Colburn pode ser aplicada (Pr > 0,6) (1,0) 
 
3/1f
3/1
3/2f PrRe
2
C
L
k
h
PrRe
Nu
PrSt
2
C
=⇒== 
7
6
10125,1
1016
8,1100VL
Re ×=
×
×
==
−ν
(1,0) 
( ) Km/W1537,010125,1
2
0025,0
8,1
022,0
PrRe
2
C
L
k
h 2
3/173/1f =×== (2,0) 
O calor é dissipado pelos lados superior e inferior dos aquecedores 
22 m15,022A =××= 
( ) ( ) W4590255153TTAhq s =+×=−= ∞ (2,0) 
 
Provas 2/2014-1.pdf
 1
EMA094N - Profa. Adriana S. França – 2ª Avaliação – 03/04/2014 
 
Nome: 
 
1) (7 pontos) Uma pedra esférica de granizo de 5 mm de diâmetro é formada em nuvens de elevada altitude. A pedra 
começa a cair através do ar morno a 5
o
C. Avalie a temperatura no centro do granizo quando a sua superfície atinge 
-5
o
C. Estime qual deve ser o valor mínimo de temperatura inicial da pedra, para que o problema possa ser 
resolvido com truncamento da série de Fourier no primeiro termo. Um coeficiente de transmissão de calor por 
convecção de 250 W/m
2
K pode ser considerado, e as propriedades do granizo podem ser tomadas como as 
propriedades do gelo (ρ=920kg/m3; cp=2040 J/kg; k=1,88 W/mK ). 
2) (7 pontos) Um fio longo com 2 mm de diâmetro está em contato com um banho de óleo (h=450 W/m
2
K) a 25
o
C. 
Este fio dissipa calor (60 W/m) em decorrência da passagem de corrente elétrica. A partir do tempo em que a 
corrente é aplicada, determine o tempo necessário para que a superfície do fio atinja uma temperatura de 2
o
C 
abaixo do valor que seria atingido no regime estacionário. As propriedades do fio são: cp=500 J/kgK; 
ρ=7000kg/m3; k=35 W/mK. 
3) (6 pontos) Elementos aquecedores de resistência elétrica foram instalados no interior das asas de um pequeno 
avião para evitar a formação de gelo. Considere as seguintes condições de voo nominais: velocidade do avião 
100m/s e temperatura do ar -25
o
C. Sabendo que as medidas em túnel de vento indicaram um coeficiente de atrito 
de 0,0025 e que a asa apresenta um comprimento característico de 1,8m, determine qual a potência média 
necessária para manter a temperatura da superfície em 5
o
C. Dispõe-se de 2 aquecedores de placa fina quadrada 
com 0,5m de lado. Os mesmos estão dispostos lado a lado no interior da asa. As propriedades de ar são k = 0,022 
W/m; Pr = 0,7 e ν = 16 x 10-6 m2/s. 
 
TODAS AS QUESTÕES DEVEM SER RESOLVIDAS A PARTIR DAS EQUAÇÕES FORNECIDAS 
A SEGUIR: 
 
Lei de Fourier: TkAq ∇−= Lei Resfriamento de Newton: ThAq ∆= 
Cilindro: rL2ALrV s
2 π=π= Esfera: 2s
3 r4Ar
3
4
V π=π= 
k
hL
Bi c= 
2L
t
Fo
α
= 
µ
ρvx
Rex = 
α
ν
=Pr 
k
hx
Nu x = 
pc
k
ρ
α = 
ρ
µ
ν = 
PrRe
Nu
St = 
Método da capacitância global (Bi<0,1): 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
em que 
p
sup
Vc
hA
a
ρ
= e 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 (q” é o fluxo de calor que entra na superfície do sólido e gE
& é a energia total 
produzida pelo sólido). 
Distrib. temperatura em placa plana: ( ) ( )*xcosFoexpC* n2n
n
1i
n
i
ζζ−=
θ
θ
=θ ∑
=
, 
2L
t
Fo
α
= 
Distrib. temperatura em cilindro: ( ) ( )*rJFoexpC* no2n
n
1i
n
i
ζζ−=
θ
θ
=θ ∑
=
, 
2
0
r
t
Fo
α
= 
Distrib. temperatura em esfera: ( ) ( )*rsen
*r
1
FoexpC* n
n
2
n
n
1i
n
i
ζ
ζ
ζ−=
θ
θ
=θ ∑
=
, 
2
0
r
t
Fo
α
= 
 
Analogias modificadas de Reynolds (Chilton-Colburn): 
H
3/2f jPrSt
2
C
== ( )60Pr6,0 << 
2
wf
U
2
12
C
ρ
τ
= 
 
 2
 
Coeficientes para aproximação pelo primeiro termo (Fo>0,2) para as soluções em série para condução de calor 
unidimensional em regime transiente. 
 
 
Provas 2/Calorbidimensional.pdf
 
 1
CONDUÇÃO DE CALOR BIDIMENSIONAL1 
 
 
Considerações: 
 
(1) condução bidimensional 
(2) sem geração interna de calor 
 
q
z
T
k
zy
T
k
yx
T
k
xt
T
cp &+





∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
ρ 
 
 
 
Problemas em regime
estacionário: 
 






∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=
y
T
k
yx
T
k
x
0 
 
(Equação de Laplace) 
 
 
 
1
 Ref. livro-texto: capítulos 4 e 5, Condução Unidimensional em Regime Estacionário e Transiente 
0(1) 0(3) 
 
 2
Exemplo de problema físico e condições de contorno? 
 
 
Metodologias de Resolução: 
 
• Analítica (Separação de variáveis) 
• Gráfica 
• Simulação/Discretização (Diferenças Finitas, Elementos Finitos, Volumes Finitos) 
 
 
O método de Separação de Variáveis: 
 
Exemplo: Condução de calor em uma placa fina (ou barra longa), com três lados mantidos à 
temperatura T1 e um lado mantido à temperatura T2. 
 
T
1
T
1
T
2
T
1
L
W
 
 
 3
 
Equação diferencial: 





∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=
y
T
k
yx
T
k
x
0 
Condições de contorno: 11 T)y,L(TT)y,0(T == 
21 T)W,x(TT)0,x(T == 
 
Adimensionalização da temperatura: 
12
1
TT
TT
−
−
=θ 
Considerando a condutividade térmica constante: 
 
Equação diferencial: 
2
2
2
2
yx
0
∂
θ∂
+
∂
θ∂
= 
 
Condições de contorno: 0)y,L(0)y,0( =θ=θ 
1)W,x(0)0,x( =θ=θ 
 
 
A solução desejada pode ser expressa como um produto de duas funções independentes 
 
( ) ( )yYxX)y,x( =θ 
 
 
 4
 
Substituindo na equação diferencial e dividindo por XY: 
 
2
2
2
2
2
dy
Yd
Y
1
dx
Xd
X
1
λ==− 
 
(escolha da constante positiva garante as condições de contorno) 
 
0Y
dx
Yd
0X
dx
Xd 2
2
2
2
2
2
=λ−=λ+ 
 
Soluções gerais: 
 
( ) ( )xsenCxcosCX 21 λ+λ= 
y
4
y
3 eCeCY
λλ− += 
 
Aplicação das condições de contorno: 
 
a) 0C0)y,0( 1 =⇒=θ 
b) ( )( ) 43432 CC0CCxsenC0)0,x( −=⇒=+λ⇒=θ 
c) ( )( ) ( ) 0Lsen0eeLsenCC0)y,L( yy42 =λ⇒=−λ⇒=θ λ−λ 
 
 5
 ,...3,2,1n
L
n
=
π
=λ 
 
Portanto, 







−




 π=θ
π
−
π
L
yn
L
yn
42 ee
L
xn
senCC 
 
Combinando as constantes: 




 π





 π=θ
L
yn
senh
L
xn
senCn 
 
Para avaliar Cn aplica-se a última condição de contorno acoplada a propriedade de ortogonalidade 
das funções trigonométricas: 
 
( ) 




 π





 π==θ ∑
∞
= L
Wn
senh
L
xn
senC1W,x n
1n
 
 
( )[ ]
( )L/Wnsenhn
112
C
1n
n ππ
+−
=
+
 
 
( ) ( )[ ]
( ) 



 π





 π
ππ
+−
=θ
+∞
=
∑
L
yn
senh
L
xn
sen
L/Wnsenhn
112
y,x
1n
1n
 
 
 6
 
 
O método Gráfico: 
 
Os métodos Numéricos: 
 
• Diferenças Finitas 
 
Simples, intuitivo, restrições com relação à geometria e condições de contorno (especialmente 
isolamento) 
 
• Elementos Finitos 
 
Complexo, flexibilidade com relação a geometria, condições de contorno, softwares genéricos. 
 
 
• Volumes Finitos 
 
Mais apropriado para problemas convectivos (falsa difusão) 
 
 
 
 
 
 7
Diferenças Finitas: 
 
• Aproximações de derivadas por diferenças finitas 
 
x x+∆xx-∆x
θ
 
 
Derivadas de primeira ordem: 
 
 
• Diferenças Centradas: ( ) ( ) ( )
x2
xxxx
x
∆
∆−θ−∆+θ
=θ′ 
 
• Forward Difference (diferença para frente): ( ) ( ) ( )
x
xxx
x
∆
θ−∆+θ
=θ′ 
 
• Backward Difference (diferença para trás): ( ) ( ) ( )
x
xxx
x
∆
∆−θ−θ
=θ′ 
 
 8
 
Derivadas de segunda ordem: 
 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2x
xxx2xx
x
2/xx2/xx
x
∆
∆−θ+θ−∆+θ
=
∆
∆−θ′−∆+θ′
=θ′′ 
 
 
∆x
∆y
i
i+1i-1
j-1
j+1
j
 
 
voltando à equação diferencial: 
2
2
2
2
yx
0
∂
θ∂
+
∂
θ∂
= 
2
j,1ij,ij,1i
2
2
x
2
x ∆
θ+θ−θ
=
∂
θ∂ −+
 e 
2
1j,ij,i1j,i
2
2
y
2
y ∆
θ+θ−θ
=
∂
θ∂ −+
 
 
 
 
 
 
 9
Equação discretizada: 
 
0
y
2
x
2
2
1j,ij,i1j,i
2
j,1ij,ij,1i =
∆
θ+θ−θ
+
∆
θ+θ−θ −+−+
 
Para ∆x=∆y=h, obtem-se: 
 
04 j,i1j,i1j,ij,1ij,1i =θ−θ+θ+θ+θ −+−+ 
 
 
Esta equação é válida para qualquer ponto interno.... 
 
Condições de Contorno: discretiza-se da mesma forma que a equação diferencial, utilizando diferenças para 
frente ou para trás 
 
Resultado: Sistema de equações lineares (o número de equações é igual ao número de pontos de discretização 
 
 
 
 
 
 
 
 10 
Elementos Finitos (EF): 
 
• Integração da equação diferencial 
• Discretização utilizando elementos ao invés de pontos 
• Mudança da geometria associada ao arquivo de dados 
 
 
 
 
 
 
 
 11 
 
 
Ultra High Temperature Heat Exchanger 
 
 
 
 
 12 
Volumes Finitos (VF): 
 
• Integração da equação diferencial 
• Discretização utilizando volumes ao invés de pontos 
• Requerimentos computacionais inferiores em comparação a EF 
• Não é tão flexível para lidar com geometrias complexas quando comparado a EF 
 
 
 
 
 13 
 
Perfil de temperatura após 5 segundos 
 
 
Perfil de temperatura após 25 segundos 
 
 
 
 
 14 
Problemas em regime transiente: 
 






∂
∂
∂
∂
+





∂
∂
∂
∂
=
∂
∂
ρ
y
T
k
yx
T
k
xt
T
cp 
 
Soluções analíticas: separação de variáveis 
 
Soluções numéricas: diferenças finitas, elementos finitos, volumes finitos (maior complexidade na 
formulação e implementação, aumento do tempo computacional) 
 
 
 
 
 15 
 
 
 16 
 
Considerações Importantes: 
 
• Soluções analíticas: minimização do erro, problemas simplificados (benchmark), 
propriedades constantes 
• Soluções numéricas: erros associados à discretização, problemas complexos, propriedades 
variáveis 
 
 17 
O software FEHT (baseado no método de elementos finitos) 
 
Permite a solução de problemas de transmissão de calor bidimensionais: 
 
• Permanente, transiente 
• Geometrias complexas 
• Domínios compostos (diversos materiais com propriedades termofísicas diferentes) 
• Com geração de calor (pontual) 
• Bio-transferência de calor (inclusão do termo de perfusão sanguínea na equação) 
 
Tutorial sobre utilização do software está disponível no moodle 
 
 
 18 
Exemplo de utilização do FEHT: 
 
Avaliação do aquecimento terapêutico em joelho (fisioterapia) - mestrado DEMEC 
 
Modelo utilizado: joelho canino (disponibilidade de dados experimentais) 
 
Considerações:
Transmissão de calor bidimensional 
Propriedades termofísicas constantes (para uma dada camada de tecido) 
Fluxo de calor na superfície é conhecido (avaliado com base no dispositivo de aquecimento – manta 
térmica) 
 
 
 19 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 20 
Definição do domínio: 
 
 
 
 21 
 
 
 
 22 
 
Comparação com dados experimentais 
 
 23 
Simulação numérica do perfil de temperatura do olho humano, com e sem a presença de tumor, visando 
possível estabelecimento de diagnóstico com base na temperatura da córnea - trabalho TG 
 
 
 
 
 
 24 
 
 
 
 
Modelo simplificado do olho humano em 2D 
Legenda 
 
 25 
 
 
Malha refinada gerada a partir do modelo de olho afligido por tumor 
 
 
 
 26 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 11 – Isoterma de olho (a) sadio (b) com tumor T1 (c) com tumor T2 (d) com tumor T3 
 
Perfis de temperatura com e sem a presença de tumor 
 
 
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24
33,5
34
34,5
35
35,5
36
36,5
37
37,5
38
Distância no eixo pupilar[mm] 
T
e
m
p
e
r
a
t
u
r
a
 
[
C
]
Olho SadioOlho Sadio
Olho Tumor T1Olho Tumor T1
Olho Tumor T2Olho Tumor T2
Olho Tumor T3Olho Tumor T3
 
Provas 2/DETALHAMENTO TOPICOS A SEREM ESTUDADOS EM REFERENCIA AOS CAPITULOS 4 E 5.docx
DETALHAMENTO TOPICOS A SEREM ESTUDADOS EM REFERENCIA AOS CAPITULOS 5 e 6
Capitulo 5 – Condução de calor em regime transiente
5.1 – Metodo da capacitância global
5.2 – Validade do método da capacitância global
5.3 – Analise geral via capacitância global (exceto itens 5.3.1, 5.3.3 e 5.3.4 – não será cobrada avaliação dos efeitos de radiação)
5.4 – Efeitos Espaciais
5.5 – Parede plana com convecção
5.6 – Sistemas radiais com convecção
Capitulo 6 – Introdução a convecção
Todo o capitulo exceto os itens referentes a transferência de massa (6.1.3, 6.2.2, 6.7.1. 6.7.2) 
Provas 2/Enunciado2aAvaliacaoAntiga_2016.pdf
 
EMA094N - Profa. Adriana S. França – 2ª Avaliação – 1o Sem. 2016 
 
Nome: 
 
1) (7 pontos) Uma esfera de aço AISI1010 (cp=559 J/kgK; =7832 kg/m3; k=48,8 W/mK) é 
revestida com um material dielétrico com 2mm de espessura e k=0,04 W/mK. A esfera, 
inicialmente a 450oC, é submetida a resfriamento em um banho de óleo a 100oC (h=3500 
W/m2K). Determine o tempo necessário para que a temperatura no centro da esfera atinja 
200oC. Qual o valor da temperatura no exterior do revestimento neste instante? O 
material dielétrico apresenta capacidade térmica desprezível com relação ao aço. 
 
2) (7 pontos) Esferas de rolamento de aço inoxidável AISI304 (c=557 J/kgK; =7900 kg/m3; 
k=19,8 W/mK) uniformemente aquecidas até 850oC são temperadas pelo resfriamento em 
um banho de óleo mantido a 40oC. O diâmetro da esfera é de 20 mm, e o coeficiente de 
convecção associado com o banho de óleo é de 1000 W/m2K. Se o resfriamento ocorre até 
que a temperatura da superfície da esfera atinja 100oC, quanto tempo a esfera deverá ser 
mantida no banho? Qual será a temperatura do centro ao término do período de 
resfriamento? 
 
3) (6 pontos) Elementos aquecedores de resistência elétrica são instalados no interior de asas 
de pequenos aviões como meio de evitar a formação de gelo na sua superfície. Considere 
condições de vôo nominais para as quais o avião se desloca a 100m/s no ar (k=0,022 
W/mL, Pr = 0,72 e  = 16,3 x 10-3 m2/s) a uma temperatura de -23oC. Medidas em túnel de 
vento indicam que o coeficiente médio de atrito na asa é 0,0025. Calcule o fluxo térmico 
necessário para manter a temperatura superficial da asa em 5oC. 
 
Formulário: Lei de Fourier: 
TkAq 
 Lei Resfriamento de Newton: 
ThAq 
 
Cilindro: 
rL2ALrV s
2 
 Esfera: 
2
s
3 r4Ar
3
4
V 
 
Resistência térmica: 
x
2s1s
t
q
TT
R


 Coordenadas cartesianas: 
kA
L
cond,R t 
 
Coord. cilíndricas: 
 
kL2
r/rln
cond,R 12t


 Coord. esféricas: 









ei
t
r
1
r
1
k4
1
cond,R
 
Coeficiente global de transmissão de calor: 
 tR/TTUAq
, logo 
k
UL
Bi c
 
 
2L
t
Fo


 



vx
Re x
 


Pr
 
k
hx
Nu x 
 
pc
k


 



 
Método da capacitância global (Bi<0,1): 
      atexp1
a
b
atexpTTTT i  
 em que 
pVc
UA
a

sup

 e 
p
gsup
Vc
EAq
b



 (q” é o 
fluxo de calor que entra na superfície do sólido e 
gE

 é a energia total produzida pelo sólido) 
 
Distrib. temperatura em placa plana: 
   *xcosFoexpC* n2n
n
1i
n
i



 

, 
2L
t
Fo


 
Distrib. temperatura em esfera: 
   *rsen
*r
1
FoexpC* n
n
2
n
n
1i
n
i





 

, 
2
0
r
t
Fo


 
Coeficientes para aproximação pelo primeiro termo (Fo>0,2) para as soluções em série para 
condução de calor unidimensional em regime transiente 
 
Analogias modificadas de Reynolds (0,6 < Pr < 60 ):
H
3/2f jPrSt
2
C

 
2
2
1
/ UC wF 
 
 
Provas 2/GABARITO PROVA SEM DATA.pdf
 
 
 
EMA094 - Profa. Adriana S. França - 2
a
 avaliação 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (7 pontos) Esferas de alumínio (c=903 J/kgK; ρρρρ=2702 kg/m3; k=237 W/mK) devem ser avaliadas como 
dispositivos para armazenamento de energia térmica. Considere uma esfera de 20cm de diâmetro a uma 
temperatura inicial de 25
o
C em contato com um gás quente (650
o
C e h=150 W/m
2
K). Qual o tempo 
necessário para que ocorra o armazenamento de 80% da energia máxima possível? Qual a temperatura 
na superfície da esfera neste momento? 
 
 Cálculo de Biot: 021,0
2373
1010150
k3
hr
Bi
2
0 =
×
××
==
−
 (1,0) 
 
 Como Bi<0,1, o método da capacitância global pode ser utilizado (0,5) 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
3
2
pop
sup
1084,1
90310102702
1503
cr
3h
c
hA
a −− ×=×××
×
==
∀
=
ρρ
(1,0) 
 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 0b0Ee0q g =⇒==′′ & (1,0) 
(não há geração de energia e não há calor entrando no sólido, a não ser em decorrência dos gases quentes) 
 
Energia total armazenada: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( )[ ])atexp(1TTcQ
atexp
a
TThA
dtatexpTThATThAQ
ip
t
0
i
t
0
i
t
0
−−−∀ρ=
−
−
−=−−=−=
∞
∞
∞∞ ∫∫ 
O máximo de energia dissipada ocorre quando ∞→t ( )∞−∀ρ= TTcQ ipmax 
 
Portanto, para Q=0,8 Qmax ⇒ [ ] s873t8,0)atexp(1 =⇒=−− 
 
( ) ( ) ( ) ( ) C5258731084,1exp65025640TatexpTTTT o3i =××−−+=⇒−−=− −∞∞ (3,5) 
 
2) (6 pontos) Barras de aço cilíndricas (k=50 W/mK; ρρρρ=7500 kg/m3; cp=560 J/kgK) de 300mm de diâmetro são 
tratadas termicamente colocando-as no interior de um forno de 5 m de comprimento em contato com gases a 
1300
o
C (h=500 W/m
2
K). As barras entram a 25
o
C e atingem a temperatura de 500
o
C na linha de centro após 
deixarem o forno. Calcule a velocidade na qual as barras devem passar pelo forno. 
 
Cálculo de Biot: 75,0
502
10150500
k2
hr
Bi
3
0 =
×
××
==
−
 (1,0) 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
27275,1C4276,1
5,1275,0
k
hr
Bi
11
0
==
=×==
ζ
 (1,0) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
( ) ( )*1o211
i
rJFoexpC
TT
TT
ζζ−=
−
−
∞
∞ 
 
Na linha de centro, r
* 
= 0 e Jo(0)=1 (a função de Bessel é igual a 1 no ponto zero). 
 
( )Fo4276,1exp27275,1
130025
1300500 2−=
−
−
 
 
2,03477,0Fo 〉= (o truncamento é válido) (2,0) 
 
( )
s656
50
560750010150347,0rFo
t
232
0 =
××××
==
−
α
 (0,5) 
 
 Velocidade da barra (distância percorrida por tempo) = 5/656= 0,0076m/s (0,5) 
 
 
4) (7 pontos) Experimentos demonstraram que, para uma corrente de ar a 35
o
C e 100 m/s, a tensão de 
cisalhamento sobre uma lâmina de turbina de comprimento característico de 0,15m a uma temperatura de 300
o
C é 
de 1,2 N/m
2
. Qual será o fluxo de calor para uma segunda lâmina de turbina de 0,3m, operando a 350
o
C, em uma 
corrente de ar a 35
o
C e 50 m/s? As propriedades do ar são: c=1,03 KJ/kgK; ρρρρ=0,75 kg/m3; k=0,039 W/mK; 
νννν=34,6x10-6 m2/s. 
 
Como a diferença de temperatura entre as duas superfícies é pequena, não há variação da temperatura do fluido, e o 
fluido (ar) não apresenta variação significativa das propriedades térmicas com pequenas variações de T, pode-se 
afirmar que : 
21 PrPr = (1,0) 
 
21
22
2
11
1 ReRe1530,050
Lv
Re1515,0100
Lv
Re =⇒
µ
ρ
=
µ
ρ
×=
µ
ρ
=
µ
ρ
=
µ
ρ
×=
µ
ρ
= (1,0) 
 
( )PrRe,fNu = ; Como 21 ReRe = e 21 PrPr = 2112221121 L/LhhLhLhNuNu =⇒=⇒= (1,0) 
 
Avaliação do valor de Pr: 685,0
039,0
103075,0106,34
k
c
Pr
6
p =
×××
===
−νρ
α
ν
(1,0) 
 
A analogia modificada de Chilton-Colburn pode ser aplicada (Pr > 0,6) (0,5) 
 
3/11w3/11
2
w3/1f
113/1
3/2f Pr
L
U5,0
kPr
UL
U5,0
kPrRe
2
C
kLh
PrRe
Nu
PrSt
2
C
νρ
τ
νρ
τ
===⇒== 
( )
mK/W77,4
106,34
685,0
10075,05,0
15,02,1
039,0Lh
6
3/1
11 =×××
×
= − 
 
 ( ) ( ) ( ) 2s211s2 m/W50083,0/3532077,4TTL/LhTThq =−=−=−=′′ ∞∞ (2,5) 
Provas 2/gabarito2aAvaliacaoAntiga_2016.pdf
 
EMA094N - Profa. Adriana S. França – 2ª Avaliação – 1o Sem. 2016 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (7 pontos) Uma esfera de aço AISI1010 (cp=559 J/kgK; =7832 kg/m3; k=48,8 W/mK) é 
revestida com um material dielétrico com 2mm de espessura e k=0,04 W/mK. A esfera, 
inicialmente a 450oC, é submetida a resfriamento em um banho de óleo a 100oC (h=3500 
W/m2K). Determine o tempo necessário para que a temperatura no centro da esfera atinja 
200oC. Qual o valor da temperatura no exterior do revestimento neste instante? O 
material dielétrico apresenta capacidade térmica desprezível com relação ao aço. 
 
Avaliação do coeficiente global de troca de calor: 
 
300mm
304 mm
 
R t,con
v
R t,cond
T
oo
T
e
T
i
 
 
W/K175,0
10152
1
10150
1
04,04
1
r
1
r
1
k4
1
cond,R
33
ei
t 


















 
 
W/K001,0
1015243300
1
r4h
1
hA
1
conv,R
232e
t 





 
  Km/W62,19UK/W696,5RUA 21  
 
Cálculo de Biot: 
02,0
8,483
1015262,19
k3
Ur
Bi
3
e 



 (2,0) 
 
Como Bi<0,1, o método da capacitância global pode ser utilizado 
 
Avaliação dos coeficientes: 
 
 
 
15
33
23
3
ip
2
e
p
sup
s102,9
1015045597832
310152462,19
r
3
4
c
r462,19
c
UA
a 











 
 
0b 
 (1,0) 
 
 
Avaliação do tempo: 
 
    )h8,3(s13612tatexpTTTT i  
 (1,0) 
 
Como a cp do revestimento pode ser desprezada, não há acúmulo de energia no mesmo e pode-se 
avaliar Ts pelo circuito térmico. Como a temperatura não varia com a posição no interior da esfera, 
a temperatura na superfície interna é igual à temperatura no centro 
 
C102T1
R
R
T
R
R
TT
R
TT
R
TT o
s
conv,t
cond,t
conv,t
cond,t
is
conv,t
s
cond,t
si 























 (3,0) 
 
2) (7 pontos) Esferas de rolamento de aço inoxidável AISI304 (c=557 J/kgK; =7900 kg/m3; 
k=19,8 W/mK) uniformemente aquecidas até 850oC são temperadas pelo resfriamento em 
um banho de óleo mantido a 40oC. O diâmetro da esfera é de 20 mm, e o coeficiente de 
convecção associado com o banho de óleo é de 1000 W/m2K. Se o resfriamento ocorre até 
que a temperatura da superfície da esfera atinja 100oC, quanto tempo a esfera deverá ser 
mantida no banho? Qual será a temperatura do centro ao término do período de 
resfriamento? 
Cálculo de Biot: 
1680
8193
10101000
3
3
0
,
,k
hr
Bi 



 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (2,0) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
1441116561
50505031680
11
0
,C,
,.,
k
hr
Bi

 (1,0) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: 
 
   *
*
i
rsen
r
FoexpC
TT
TT
1
1
2
11
1







 
Na superfície, r* = 1. 
 
   116561
116561
1
1656114411
40850
40100 2 




,sen
,
Fo,exp,
 
 
208391 ,,Fo 
 (o truncamento é válido) (2,0) 
 
s
rFo
t 41
2
0 


 (0,5) 
No centro, r*=0 
 FoexpC
TT
TT
i
2
11 




 
 
 
  CT,,exp,T o11683911656114411
40850
40 2 


 (1,5) 
 
3. (6 pontos) Elementos aquecedores de resistência elétrica são instalados no interior 
de asas de pequenos aviões como meio de evitar a formação de gelo na sua superfície. 
Considere condições de vôo nominais para as quais o avião se desloca a 100m/s no ar 
(k=0,022 W/mL, Pr = 0,72 e  = 16,3 x 10-3 m2/s) a uma temperatura de -23oC. 
Medidas em túnel de vento indicam que o coeficiente médio de atrito na asa é 0,0025. 
Calcule o fluxo térmico necessário para manter a temperatura superficial da asa em 
5oC. 
 
Pr> 0,6 ( a analogia modificada de Chilton-Colburn pode ser aplicada) (1,0) 
 
3/1
3/2f
PrRe
Nu
PrSt
2
C

 
L002,772,0
103,16
L100
2
0025,0
PrRe
2
C
Nu 3/1
3
3/1f 



 
Km/W154,0022,0
L
L002,7
h
k
hL
Nu 2x 
 
    2s m/W3,4235154,0TThq  
Provas 2/GabaritoProva2Antiga.pdf
1 
 
 
 
 
EMA094 - Profa. Adriana S. França - 2a avaliação 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (8 pontos) Propõe-se o resfriamento de uma esfera de material especial (c=1000 J/kgK; ρ=3000 kg/m3; 
k=20 W/mK) em duas etapas sucessivas. A esfera, com diâmetro de 10mm, encontra-se inicialmente a 400oC no 
interior de um forno. A mesma é repentinamente removida do forno e submetida ao seguinte processo de 
resfriamento: a) resfriamento em ar a 20oC (h=10 W/m2 K) até que a sua temperatura de centro atinja 335oC; b) 
resfriamento em banho agitado de água a 20oC (h=6000 W/m2 K) até que a temperatura de centro atinja 50oC. 
Avalie os tempos necessários para cada uma das etapas. 
 
Etapa 1: 
Cálculo de Biot: 4
3
0 1033,8
203
10510
k3
hrBi −
−
×=
×
××
== (0,5) 
 
 
Como Bi<0,1, o método da capacitância global pode ser utilizado (0,5) 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
002,0
10001053000
103
cr
3h
c
hA
a 3
pop
sup
=
×××
×
=
ρ
=
∀ρ
=
−
(1,0) 
 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 0b0Ee0q g =⇒==′′ & (1,0) 
(não há geração de energia e não há calor entrando no sólido) 
 
( ) ( ) ( ) ( )t002,0exp2040020335atexpTTTT i −−=−⇒−−=− ∞∞ (1,0) 
s94t = 
 
Etapa 2: 
Cálculo de Biot: 5,0
203
1056000
k3
hrBi
3
0
=
×
××
==
−
 (0,5) 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (0,5) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
37625,1C7998,1
5,135,0
k
hrBi
11
0
==ζ
=×==
 (1,0) 
 
2 
 
( ) ( )*rsen
*r
1FoexpC* n
n
2
n1
i
ζζζ−=θ
θ
=θ 
 
Na linha de centro, r* = 0 e a equação resultante é 
( )FoexpC
TT
TT 2
11
i
ζ−=
−
−
∞
∞
 
 
( )Fo7998,1exp37625,1
20335
2050 2
−=
−
−
 
 
2,08244,0Fo 〉= (o truncamento é válido) (1,5) 
 
( )
s09,3
20
300010001058244,0rFo
t
232
0
=
××××
=
α
=
−
 
 
 
 
2) (7 pontos) Como um meio para melhorar a transferência de calor em circuitos integrados lógicos de alto desempenho é 
comum a fixação de um sorvedouro de calor a superfície do chip. Devido a facilidade de fabricação, uma opção é utilizar 
um sorvedouro de calor composto por aletas quadradas com largura w. Considere um chip quadrado com 20 mm de 
largura resfriado por ar (Too=25oC, v=10m/s). O sorvedouro de calor é fabricado em cobre (k=400 W/mK) e suas 
dimensões características são: largura da aleta(w): 0,25 mm; comprimento da aleta (La= 6mm). Se uma junta metalúrgica 
fornece uma resistência de contato de 5x10-6 m2K/W e a temperatura máxima permissível para o chip é 85oC, qual a 
potência máxima que este chip pode dissipar? 
3 mm
0,50 mm
Rt,c
 
 
O coeficiente médio convectivo do ar escoando sobre o sistema aletado pode ser avaliado pela seguinte correlação: 
3/18,0
LL PrRe03,0Nu = . As propriedades do ar são: k=0,023 W/mK; s/m105,12 26−×=ν e Pr=0,71. O conjunto de 
aletas possui uma eficiência global de 0,62 e o comprimento característico para avaliação de Re e Nu é referente a largura 
do chip. 
 
Circuito térmico equivalente e definição das resistências 
Tc
LB
kBA
Rt,c 1/ηghAt
Tar
 
 
Avaliação dos parâmetros geométricos do sistema aletado: 
3 
 
t
L
Tb
w
x
Too, h
 
m10125,62/tLL 3c
−×=+= 
( ) 28232sr
3
m1025,61025,0wA
m101w4P
−−
−
×=×==
×==
 
26
ca m10125,6PLA
−×== 
( ) 16005,0/20N 2 == 
( ) sr23at NA1020NAA −×+= − (2,0) 
( ) ( ) 22323t m0101,01025,01600102000001,01600A =××−×+×= −− 
 
Avaliação do coeficiente convectivo do ar: 
 
3/18,0
L
ar
L PrRe03,0k
hLNu == 
 
16000
105,12
102010LuRe 6
3
L =
×
××
=
ν
=
−
−
∞ (1,0) 
 
[ ] ( )[ ]3/18,033/18,0Lare
ar
L 71,01600003,01020
023,0PrRe03,0
L
kh
k
hLNu ××
×
==⇒=
−
 
Km/W71h 2e = (2,0) 
 
( ) ( ) =××+××
×
+
×
×
=
−
−
−
−
0101,07162,0
1
1020400
103
1020
105R 23
3
23
6
t (1,0) 
W3,26
R
TT
q
t
archip
t =
−
= (1,0) 
 
3) (5 pontos) A parede de um forno a gás com 150 mm de espessura é composta de tijolo refratário 
( kgK/J1000c;m/kg2600 p3 ==ρ e mK/W5,1k = ) e bem isolada em sua superfície externa. A parede 
encontra-se a uma temperatura inicial uniforme de 20oC, quando os queimadores são ativados e a superfície 
interna exposta a produtos da combustão (gases) a uma temperatura de 950oC e com um coeficiente 
convectivo de 100 W/m2K. Quanto tempo levará para a superfície externa da parede alcançar a temperatura 
de 750oC? 
0,10
5,1
10150100
k
hLBi
3
c
=
××
==
−
 (0,5) 
 
4 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 2620,1C4289,1 11 ==ζ (1,0) 
 
 
A superfície da parede corresponde à posição x* = 0!!! , uma vez que esta situação física é equivalente a 
metade do problema de uma parede de espessura 2L exposta ao mesmo fluido dos dois lados (1,5) 
 
Too, h
Too, h
x x
Too, h
 
 
( )FoexpC
TT
TT 2
11
i
ζ−=
−
−
∞
∞
 
 
( )Fo4289,1exp2620,1
95020
950750 2
−=
−
−
 
 
2,08667,0Fo 〉= (o truncamento é válido) 
s33800LFot
2
=
α
= (1,5) 
 
 
 
Provas 2/gabarito_prova2_s2_2016.pdf
1 
 
 
EMA094N - Profa. Adriana S. França – 2ª Avaliação – 2o Sem. 2016 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (8 pontos) Barras de aço cilíndricas (k=40 W/mK; =7800 kg/m3; cp=0,6 kJ/kgK) 
de 100mm de diâmetro são temperadas ao passar através de um grande forno (6 
m de comprimento). Para que a têmpera ocorra, o ponto de menor temperatura 
da barra, que está inicialmente a 30oC, deve chegar a 600oC. Os gases de 
aquecimento se encontram a 1200oC (h=400 W/m2K). Calcule a velocidade na 
qual as barras devem passar pelo forno. Qual é o maior valor de temperatura 
que pode ser observado na barra? 
 
Cálculo de Biot: 
25,0
402
1050400
2
3
0 




k
hr
Bi
 (1,0) 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
1143,1C9408,0
50,0225,0
k
hr
Bi
11
0

 (1,0) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
   *1o211
i
rJFoexpC
TT
TT





 
O ponto de menor temperatura é o ponto da linha de centro do cilintro (r* = 0) 
 
Na linha de centro, r* = 0 e Jo (0)=1 
 
 Fo9408,0exp1143,1
120030
1200600 2


 
 
2,0873,0Fo 
 (o truncamento é válido) (2,0) 
 
 
s255
40
60078001050873,0rFo
t
232
0 




 (0,5) 
 
Velocidade da barra (distância percorrida por tempo) = 6/255= 0,023m/s (0,5) 
 
O ponto de maior temperatura ocorre na superfície do cilintro (r* = 1) 
 
   *1211 exp rJFoC
TT
TT
o
i





 
2
 873,09408,0exp1143,1
120030
1200T 2 

  9408,0oJ
 (2,0) 
 
Do formulário: 
 9408,0oJ
~0,76 
C770T o
 
 
2) (7 pontos) Um armazenamento de energia térmica consiste em um grande canal 
retangular, o qual é bem isolado em sua superfície externa e engloba camadas 
alternadas de material de armazenagem e canal de escoamento. 
 
gás quente
placa de alumínio
 
revestimento
 
Cada camada do material de armazenamento corresponde a uma placa de 
alumínio (c=903 J/kgK; =2702 kg/m3; k=237 W/mK), de 0,05m de espessura. 
Cada placa está revestida (em ambos os lados) por um material dielétrico com 
5mm de espessura, k=2 W/mK e capacidade térmica desprezível. Considere 
condições para as quais a unidade de armazenamento, a qual está a uma 
temperatura inicial de 25oC, é carregada pela passagem de um gás quente através 
dos canais. A temperatura do gás e o coeficiente convectivo são iguais a 600oC e 
100 W/m2K, respectivamente. Qual o tempo necessário para se atingir uma 
temperatura de 500oC no centro da placa de alumínio? 
 
Avaliação do coeficiente global de troca de calor: 
 
3 
 
 
Eixo de 
simetria
a
lu
m
ín
io
re
ve
st
im
e
n
to
 
WKm
k
L
condR t /105,2
2
105
, 23
3





 
WKm
h
convR t /
100
11
, 2
 
  KmWRU 21 /80 
 (2,0) 
 
Comprimento característico é definido como a razão entre o volume de sólido que acumula 
energia a área superficial em contato com o fluido (como é uma placa plana a área de 
contato com o fluido não é afetada pela espessura da camada de dielétrico!!! 
025,0
2
05,0



A
A
Lc
 
Cálculo de Biot: 
  31044,8
237
025,080 


k
UL
Bi c
 (2,0) 
 
 
Como Bi<0,1 a resistência à condução de calor no interior do material pode ser desprezada 
e o método da capacitância global pode ser utilizado - a temperatura não varia com o raio 
      atexp1
a
b
atexpTTTT i  
 
3sup 103,1
903025,02702
80 




pc
UA
a

 (1,0) 
p
gsup
Vc
EAq
b



 
0b0Ee0q g 

(1,0) 
 
(não há geração de energia e não há calor entrando no sólido, a não ser em decorrência do 
fluido) 
4 
 
 
 
Avaliação do tempo: 
 
        sttatTTTT i 1334103,1exp60025600500exp 3  
(1,0) 
 
 
(3) (5 pontos) O descongelamento do pára-brisa de um automóvel funciona através da 
descarga de ar morno na sua superfície interna. Para prevenir condensação do vapor de água 
sobre a superfície, a temperatura do ar e o coeficiente convectivo na superfície (
iT
, 
ih
) 
devem ser grandes o suficiente para manter a temperatura da superfície interna maior do que 
a temperatura do ponto de orvalho (10oC). Considere um pára-brisa de comprimento 
L=800mm e espessura t=6mm, e que o carro viaja a uma velocidade de 80 km/h em um ar 
ambiente a 2oC. De experimentos em laboratório desenvolvidos em um modelo do veículo, 
sabe-se que o coeficiente médio convectivo na superfície externa do pára-brisa (
eh
) pode ser 
avaliado pela correlação (
3/18,0
LL PrRe03,0Nu 
). As propriedades do ar são: k=0,023 W/mK; 
s/m105,12 26
 e Pr=0,71. Considerando que a temperatura no interior do automóvel é 
de 25oC, qual o menor valor de coeficiente convectivo no interior do automóvel (
ih
) para 
evitar a condensação na superfície interna do pára-brisa (kvidro = 0,058 W/mK). 
 
p
a
ra
-b
ri
sa
6mm
L
v
/k
v
1/h
e
1/h
i
ar, 80km/h, 2 oC ar, 25oC
T
si
(1,0) 
 
Considerando o carro como referencial, e o ar se movendo a 80km/h: 
 
3/18,0
L
ar
L PrRe03,0
k
hL
Nu 
 
 
6
26
3
104221
105123600
10800100080















,
m
s
m
s
h
km
m
h
km
,
Lu
ReL
(1,0) 
 
    3/18,06
3
3/18,0
L
ar
e
ar
L 71,010422,103,0
10800
023,0
PrRe03,0
L
k
h
k
hL
Nu 



 
Km/W34,64h 2e 
 (1,0) 
 
5 
 
 
Do circuito térmico (o calor é fornecido na superfície interna): 
 
Km/W5,4
1025
67
h
h
1
TT
q
m/W67
058,0
106
34,64
1
210
k
L
h
1
TT
q
2
i
i
i,si,
2
3
v
v
e
ei,s
















 (2,0) 
 
Provas 2/P2 - 2013-1.pdf
 1
EMA094 - Prof. Adriana S. França - 2a Avaliação– 1º semestre 2013 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (6 pontos) Elementos aquecedores de resistência elétrica são instalados no interior de asas de 
pequenos aviões como meio de evitar a formação de gelo na sua superfície. Considere condições de vôo 
nominais para as quais o avião se desloca a 100m/s no ar (k=0,022 W/mL, Pr = 0,72 e νννν = 16,3 x 10
-3
 
m
2
/s) a uma temperatura de -23
o
C. Medidas em túnel de vento indicam que o coeficiente médio de 
atrito na asa é 0,0025. Calcule o fluxo térmico necessário para manter a temperatura superficial da 
asa em 5
o
C. 
 
3/1
3/2f
PrRe
Nu
PrSt
2
C
== 
L002,772,0
103,16
L100
2
0025,0
PrRe
2
C
Nu 3/1
3
3/1f =×
×
×==
−
 
Km/W154,0022,0
L
L002,7
h
k
hL
Nu 2x =×=⇒= 
( ) ( ) 2s m/W3,4235154,0TThq =+=−=′′ ∞ 
 
2) (7 pontos) Um fio longo com 2 mm de diâmetro está em contato com um banho de óleo (h=500 
W/m
2
K) a 25
o
C. Este fio dissipa (gera) calor (100 W/m) em decorrência da passagem de corrente 
elétrica. A partir do tempo em que a corrente é aplicada, determine o tempo necessário para que a 
superfície do fio atinja uma temperatura de 2
o
C abaixo do valor que seria atingido no regime 
estacionário. As propriedades do fio são: cp=500 J/kgK; ρρρρ=6500 kg/m
3
; k=35 W/mK. 
Cálculo de Biot: 007,0
352
101500
k2
hr
k
hL
Bi
3
c =
×
××
===
−
 (1,0) 
 
Como Bi<0,1 a resistência à condução de calor no interior do material pode ser desprezada e o método da 
capacitância global pode ser utilizado - a temperatura não varia com o raio 
 
Avaliação da temperatura no regime permanente: todo o calor dissipado pelo sólido é transferido para o 
fluido por convecção 
 
( ) C8,5625
102500
100
TTT
Dh
q
TTDLhqL o
3
=+
×
=⇒=+⇒−=
−∞∞ ππ
π (2,0) 
 
A temperatura a ser atingida é 54,8
o
C 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
308,0
1015006500
2500
c
hA
a
3
p
sup
=
×××
×
=
∀
=
−ρ
 (1,5) 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 
( )
79,9
5001026500
400
LcD
4L100
bL100Ee0q
23
p
2g
=
×
=
×
=⇒==′′
−πρπ
& (1,5) 
 
(não há calor entrando no sólido, L representa o comprimento do fio) 
 2
 
Avaliação do tempo necessário para se atingir 54,8
o
C (Ti = 25
o
C) 
 
( )[ ] ( )[ ] s9tt308,0exp1
308,0
79,9
258,54atexp1
a
b
TT =⇒−−=−⇒−−=− ∞
(1,0) 
3) (7 pontos) A resistência e a estabilidade térmica de pneus podem ser melhoradas através do 
aquecimento dos dois lados da borracha (k=0,14 W/mK; αααα=6,35x10
-8
 m
2
/s) em uma câmara de 
vapor para a qual Too=200
 o
C e h=200 W/m
2
K. No processo de aquecimento, uma parede de 
borracha com 20 mm de espessura é levada de sua temperatura inicial de 25
o
C para a temperatura 
do plano médio de 150
o
C. Qual é o tempo necessário para que a temperatura desejada de 150
o
C 
seja atingida? Qual a temperatura correspondente na superfície da parede de borracha? 
 28,14
14,0
1010200
k
hL
Bi
3
c =
××
==
−
 (1,0) 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (1,0) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela (Bi~15): 266,1C463,1 11 ==ζ (1,0) 
 
( ) ( )*xcosFoexpC* n2n
n
1i
n
i
ζζ−=
θ
θ
=θ ∑
=
 
 
 Tempo necessário para alcançar 150
o
C no plano médio: 
 
( ) ( )Fo463,1exp266,1
20025
200150
FoexpC
TT
TT
22
11
i
−=
−
−
⇒−=
−
−
∞
∞ ζ 
 
=Fo 0,695 (truncamento válido) (1,0) 
 
( )
min18s1095
1035,6
1010695,0FoL
t
L
t
Fo
8
232
2
≈=
×
××
==⇒=
−
−
α
α
(1,5) 
 
Temperatura na superfície: 
 
( ) ( ) ( ) ( )463,1cos695,0463,1exp2266,1
20025
200T
*xcosFoexpC
TT
TT
2
1
2
11
i
×−=
−
−
⇒−=
−
−
∞
∞
ζζ 
 C8,194T o= (1,5) 
 
 
Provas 2/P2 - 2013-2.pdf
 
 
 
EMA094N - Profa. Adriana S. França – 2ª Avaliação – 23/09/2013 
 
Nome: GABARITO 
 
1. (7 pontos) Barras de aço cilíndricas (k=50 W/mK; ρρρρ=7500 kg/m3; cp=560 J/kgK) de 300mm de diâmetro são 
tratadas termicamente colocando-as no interior de um forno de 5 m de comprimento em contato com gases a 
1300
o
C (h=500 W/m
2
K). As barras entram a 25
o
C e atingem a temperatura de 500
o
C na linha de centro após 
deixarem o forno. Calcule a velocidade na qual as barras devem passar pelo forno. 
 
Cálculo de Biot: 75,0
502
10150500
k2
hr
Bi
3
0 =
×
××
==
−
 (1,0) 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
27275,1C4276,1
5,1275,0
k
hr
Bi
11
0
==
=×==
ζ
 (1,0) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
( ) ( )*1o211
i
rJFoexpC
TT
TT
ζζ−=
−
−
∞
∞ 
 
Na linha de centro, r
* 
= 0 e Jo(0)=1 (a função de Bessel é igual a 1 no ponto zero). 
 
( )Fo4276,1exp27275,1
130025
1300500 2−=
−
−
 
 
2,03477,0Fo 〉= (o truncamento é válido) (3,0) 
 
( )
s656
50
560750010150347,0rFo
t
232
0 =
××××
==
−
α
 (0,5) 
 
 Velocidade da barra (distância percorrida por tempo) = 5/656= 0,0076m/s (0,5) 
 
2) (7 pontos) Esferas de alumínio (c=903 J/kgK; ρρρρ=2702 kg/m3; k=237 W/mK) devem ser avaliadas 
como dispositivos para armazenamento de energia térmica. Considere uma esfera de 20cm de 
diâmetro a uma temperatura inicial de 25
o
C em contato com um gás quente (650
o
C e h=150 W/m
2
K). 
Qual o tempo necessário para que ocorra o armazenamento de 80% da energia máxima possível? 
Qual a temperatura na superfície da esfera neste momento? 
 
 Cálculo de Biot: 021,0
2373
1010150
k3
hr
Bi
2
0 =
×
××
==
−
 (1,0) 
 
 Como Bi<0,1, o método da capacitância global pode ser utilizado (0,5) 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
3
2
pop
sup
1084,1
90310102702
1503
cr
3h
c
hA
a −− ×=×××
×
==
∀
=
ρρ
(1,0) 
 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 0b0Ee0q g =⇒==′′ & (1,0) 
(não há geração de energia e não há calor entrando no sólido, a não ser em decorrência dos gases quentes) 
 
Energia total armazenada: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( )[ ])atexp(1TTcQ
atexp
a
TThA
dtatexpTThATThAQ
ip
t
0
i
t
0
i
t
0
−−−∀ρ=
−
−
−=−−=−=
∞
∞
∞∞ ∫∫
 
O máximo de energia dissipada ocorre quando ∞→t ( )∞−∀ρ= TTcQ ipmax 
 
Portanto, para Q=0,8 Qmax ⇒ [ ] s873t8,0)atexp(1 =⇒=−− (3,0) 
 
( ) ( ) ( ) ( ) C5258731084,1exp65025640TatexpTTTT o3i =××−−+=⇒−−=− −∞∞ (0,5) 
 
Forma alternativa de avaliar Qmax (energia total acumulada) 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) C525T650T1010
3
4
2702KW5110TTmcQ8,0Q
KW6388650259031010
3
4
2702TTmcQ
o32
pmax
32
ipmax
=⇒−×××=−⇒−==
−=−×××=−=
−
∞
−
∞
π
π
 
A partir do valor de T utiliza-se o método da capacitância global para avaliar t 
 
3) (6 pontos) Experimentos demonstraram que, para uma corrente de ar a 35
o
C e 100 m/s, a tensão de 
cisalhamento sobre uma lâmina de turbina de comprimento característico de 0,15m a uma temperatura de 300
o
C é 
de 1,2 N/m
2
. Qual será o fluxo de calor para uma segunda lâmina de turbina de 0,3m, operando a 350
o
C, em uma 
corrente de ar a 35
o
C e 50 m/s? As propriedades do ar são: c=1,03 KJ/kgK; ρρρρ=0,75 kg/m3; k=0,039 W/mK; 
νννν=34,6x10-6 m2/s. 
 
Como a diferença de temperatura entre as duas superfícies é pequena, não há variação da temperatura do fluido, e o 
fluido (ar) não apresenta variação significativa das propriedades térmicas com pequenas variações de T, pode-se 
afirmar que : 
21 PrPr = (1,0) 
 
21
22
2
11
1 ReRe1530,050
Lv
Re1515,0100
Lv
Re =⇒
µ
ρ
=
µ
ρ
×=
µ
ρ
=
µ
ρ
=
µ
ρ
×=
µ
ρ
= (0,5) 
 
( )PrRe,fNu = ; Como 21 ReRe = e 21 PrPr = 2112221121 L/LhhLhLhNuNu =⇒=⇒= (0,5) 
 
Avaliação do valor de Pr: 685,0
039,0
103075,0106,34
k
c
Pr
6
p =
×××
===
−νρ
α
ν
(1,0) 
 
A analogia modificada de Chilton-Colburn pode ser aplicada (Pr > 0,6) (0,5) 
 
3/11w3/11
2
w3/1f
113/1
3/2f Pr
L
U5,0
kPr
UL
U5,0
kPrRe
2
C
kLh
PrRe
Nu
PrSt
2
C
νρ
τ
νρ
τ
===⇒== 
( )
mK/W77,4
106,34
685,0
10075,05,0
15,02,1
039,0Lh
6
3/1
11 =×××
×
=
−
 
 
( ) ( ) ( ) 2s211s2 m/W45303,0/3532077,4TTL/LhTThq =−×=−=−=′′ ∞∞ (2,5) 
Provas 2/P2 - 2014-1.pdf
 
 
 
EMA094 - Profa. Adriana S. França – 2ª Avaliação – 03/04/2014 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (7 pontos) Uma pedra esférica de granizo de 5 mm de diâmetro é formada em nuvens de 
elevada altitude. A pedra começa a cair através do ar morno a 5oC. Avalie a temperatura 
no centro do granizo quando a sua superfície atinge -5
o
C. Estime qual deve ser o valor 
mínimo de temperatura inicial da pedra, para que o problema possa ser resolvido com 
truncamento da série de Fourier no primeiro termo. Um coeficiente de transmissão de 
calor por convecção de 250 W/m
2
K pode ser considerado, e as propriedades do granizo 
podem ser tomadas como as propriedades do gelo (ρρρρ=920kg/m
3
; cp=2040 J/kg; k=1,88 
W/mK ). 
 
Cálculo de Biot: 111,0
88,13
105,2250
k3
hr
Bi
3
0 =
×
××
==
−
 
 
Como Bi>0,1, o método
da capacitância global não pode ser utilizado (1,0) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
088,1C9208,0
3,033,03111,0
k
hr
Bi
11
0
==ζ
≈=×==
 (1,0) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: 
 
 
( ) ( )*1*
1
2
11
i
rsen
r
1
FoexpC
TT
TT
ζ
ζ
ζ−=
−
−
∞
∞ 
 
No centro do granizo, r
* 
= 0 
 
( ) ( )Fo9208,0exp088,1
530
5T
FoexpC
TT
TT 22
11
i
−=
−−
−
⇒−=
−
−
∞
∞ ζ (1) 
 
Na superfície do granizo, superfície, r
* 
= 1 
 
( ) ( ) ( ) ( )
9208,0
9208,0sen
Fo9208,0exp088,1
530
55
r
rsen
FoexpC
TT
TT 2
*
1
*
12
11
i
−=
−−
−−
⇒−=
−
−
∞
∞
ζ
ζ
ζ (2) 
 
Dividindo-se a equação (1) pela equação (2) e sabendo que o Fo é o mesmo (mesmo instante de 
tempo), obtem-se 
 
 
( ) ( )
C6,6
9208,0sen
9208,0
105T
9208,0sen
9208,0
10
5T o
−=−=⇒=
−
−
(3,0) 
 
Considerando Fo=0,2 para os valores de temperatura calculados: 
 
 ( )
( ) ∞
∞
∞
∞
∞ +
−
−
=⇒−=
−
−
T
FoexpC
TT
TFoexpC
TT
TT
2
11
c
i
2
11
i
c
ζ
ζ 
( )
( )
C6,75
2,09208,0exp088,1
56,6
TFoexpC
TT
TT o
2i
2
11
i
c −=+
×−
−−
=⇒−=
−
−
∞
∞ ζ 
 
A temperatura inicial do granizo deve ser no mínimo C6,7 o− para que a resolução com truncamento 
no primeiro termo da série seja válida (2,0) 
 
2) (7 pontos) Um fio longo com 2 mm de diâmetro está em contato com um banho de 
óleo (h=450 W/m2K) a 25oC. Este fio dissipa calor (60 W/m) em decorrência da 
passagem de corrente elétrica. A partir do tempo em que a corrente é aplicada, 
determine o tempo necessário para que a superfície do fio atinja uma temperatura 
de 2
o
C abaixo do valor que seria atingido no regime estacionário. As propriedades 
do fio são: cp=500 J/kgK; ρρρρ=7000kg/m
3
; k=35 W/mK. 
Cálculo de Biot: 006,0
352
101450
k2
hr
k
hL
Bi
3
c =
×
××
===
−
 (1,0) 
 
Como Bi<0,1 a resistência à condução de calor no interior do material pode ser 
desprezada e o método da capacitância global pode ser utilizado - a temperatura não 
varia com o raio (0,5) 
 
Avaliação da temperatura no regime permanente: todo o calor dissipado pelo sólido é 
transferido para o fluido por convecção 
 
( ) C2,4625
102450
60
TTT
Dh
q
TTDhq o
3
=+
×
=⇒=+⇒−=
−∞∞ ππ
π (1,0) 
 
A temperatura a ser atingida é 44,2oC 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
257,0
1015007000
2450
c
hA
a
3
p
sup
=
×××
×
=
∀
=
−ρ
 (1,5) 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 
( )
46,5
5001027000
240
LcD
4L60
bL60Ee0q
23
p
2g
=
×
=
×
=⇒==′′
−πρπ
& (2,0) 
 
(não há calor entrando no sólido, L representa o comprimento do fio) 
 
Avaliação do tempo necessário para se atingir 44,2
o
C (Ti = 25
o
C) 
 
( )[ ] ( )[ ] =⇒−−=−⇒−−=− ∞ tt257,0exp1
257,0
46,5
252,44atexp1
a
b
TT 9,2s (1,0) 
 
3) (6 pontos) Elementos aquecedores de resistência elétrica foram instalados no interior 
das asas de um pequeno avião para evitar a formação de gelo. Considere as seguintes 
condições de voo nominais: velocidade do avião 100m/s e temperatura do ar -25
o
C. 
Sabendo que as medidas em túnel de vento indicaram um coeficiente de atrito de 0,0025 e 
que a asa apresenta um comprimento característico de 1,8m, determine qual a potência 
média necessária para manter a temperatura da superfície em 5
o
C. Dispõe-se de 2 
aquecedores de placa fina quadrada com 0,5m de lado. Os mesmos estão dispostos lado a 
lado no interior da asa. As propriedades de ar são k = 0,022 W/m; Pr = 0,7 e νννν = 16 x 10
-6
 
m
2
/s. 
 
A analogia modificada de Chilton-Colburn pode ser aplicada (Pr > 0,6) (1,0) 
 
3/1f
3/1
3/2f PrRe
2
C
L
k
h
PrRe
Nu
PrSt
2
C
=⇒== 
7
6
10125,1
1016
8,1100VL
Re ×=
×
×
==
−ν
(1,0) 
( ) Km/W1537,010125,1
2
0025,0
8,1
022,0
PrRe
2
C
L
k
h 2
3/173/1f =×== (2,0) 
O calor é dissipado pelos lados superior e inferior dos aquecedores 
22 m15,022A =××= 
( ) ( ) W4590255153TTAhq s =+×=−= ∞ (2,0) 
 
Provas 2/P2 - 2014-2.pdf
 
 
 
EMA094 - Profa. Adriana S. França - 2
a
 avaliação 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (7 pontos) Esferas de alumínio (c=903 J/kgK; ρρρρ=2702 kg/m3; k=237 W/mK) devem ser avaliadas como 
dispositivos para armazenamento de energia térmica. Considere uma esfera de 20cm de diâmetro a uma 
temperatura inicial de 25
o
C em contato com um gás quente (650
o
C e h=150 W/m
2
K). Qual o tempo 
necessário para que ocorra o armazenamento de 80% da energia máxima possível? Qual a temperatura 
na superfície da esfera neste momento? 
 
 Cálculo de Biot: 021,0
2373
1010150
k3
hr
Bi
2
0 =
×
××
==
−
 (1,0) 
 
 Como Bi<0,1, o método da capacitância global pode ser utilizado (0,5) 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
3
2
pop
sup
1084,1
90310102702
1503
cr
3h
c
hA
a −− ×=×××
×
==
∀
=
ρρ
(1,0) 
 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 0b0Ee0q g =⇒==′′ & (1,0) 
(não há geração de energia e não há calor entrando no sólido, a não ser em decorrência dos gases quentes) 
 
Energia total armazenada: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( )[ ])atexp(1TTcQ
atexp
a
TThA
dtatexpTThATThAQ
ip
t
0
i
t
0
i
t
0
−−−∀ρ=
−
−
−=−−=−=
∞
∞
∞∞ ∫∫ 
O máximo de energia dissipada ocorre quando ∞→t ( )∞−∀ρ= TTcQ ipmax 
 
Portanto, para Q=0,8 Qmax ⇒ [ ] s873t8,0)atexp(1 =⇒=−− 
 
( ) ( ) ( ) ( ) C5258731084,1exp65025640TatexpTTTT o3i =××−−+=⇒−−=− −∞∞ (3,5) 
 
2) (6 pontos) Barras de aço cilíndricas (k=50 W/mK; ρρρρ=7500 kg/m3; cp=560 J/kgK) de 300mm de diâmetro são 
tratadas termicamente colocando-as no interior de um forno de 5 m de comprimento em contato com gases a 
1300
o
C (h=500 W/m
2
K). As barras entram a 25
o
C e atingem a temperatura de 500
o
C na linha de centro após 
deixarem o forno. Calcule a velocidade na qual as barras devem passar pelo forno. 
 
Cálculo de Biot: 75,0
502
10150500
k2
hr
Bi
3
0 =
×
××
==
−
 (1,0) 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
27275,1C4276,1
5,1275,0
k
hr
Bi
11
0
==
=×==
ζ
 (1,0) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
( ) ( )*1o211
i
rJFoexpC
TT
TT
ζζ−=
−
−
∞
∞ 
 
Na linha de centro, r
* 
= 0 e Jo(0)=1 (a função de Bessel é igual a 1 no ponto zero). 
 
( )Fo4276,1exp27275,1
130025
1300500 2−=
−
−
 
 
2,03477,0Fo 〉= (o truncamento é válido) (2,0) 
 
( )
s656
50
560750010150347,0rFo
t
232
0 =
××××
==
−
α
 (0,5)
Velocidade da barra (distância percorrida por tempo) = 5/656= 0,0076m/s (0,5) 
 
 
4) (7 pontos) Experimentos demonstraram que, para uma corrente de ar a 35
o
C e 100 m/s, a tensão de 
cisalhamento sobre uma lâmina de turbina de comprimento característico de 0,15m a uma temperatura de 300
o
C é 
de 1,2 N/m
2
. Qual será o fluxo de calor para uma segunda lâmina de turbina de 0,3m, operando a 350
o
C, em uma 
corrente de ar a 35
o
C e 50 m/s? As propriedades do ar são: c=1,03 KJ/kgK; ρρρρ=0,75 kg/m3; k=0,039 W/mK; 
νννν=34,6x10-6 m2/s. 
 
Como a diferença de temperatura entre as duas superfícies é pequena, não há variação da temperatura do fluido, e o 
fluido (ar) não apresenta variação significativa das propriedades térmicas com pequenas variações de T, pode-se 
afirmar que : 
21 PrPr = (1,0) 
 
21
22
2
11
1 ReRe1530,050
Lv
Re1515,0100
Lv
Re =⇒
µ
ρ
=
µ
ρ
×=
µ
ρ
=
µ
ρ
=
µ
ρ
×=
µ
ρ
= (1,0) 
 
( )PrRe,fNu = ; Como 21 ReRe = e 21 PrPr = 2112221121 L/LhhLhLhNuNu =⇒=⇒= (1,0) 
 
Avaliação do valor de Pr: 685,0
039,0
103075,0106,34
k
c
Pr
6
p =
×××
===
−νρ
α
ν
(1,0) 
 
A analogia modificada de Chilton-Colburn pode ser aplicada (Pr > 0,6) (0,5) 
 
3/11w3/11
2
w3/1f
113/1
3/2f Pr
L
U5,0
kPr
UL
U5,0
kPrRe
2
C
kLh
PrRe
Nu
PrSt
2
C
νρ
τ
νρ
τ
===⇒== 
( )
mK/W77,4
106,34
685,0
10075,05,0
15,02,1
039,0Lh
6
3/1
11 =×××
×
= − 
 
 ( ) ( ) ( ) 2s211s2 m/W50083,0/3532077,4TTL/LhTThq =−=−=−=′′ ∞∞ (2,5) 
Provas 2/P2 - 2015-1.pdf
1 
 
 
 
 
EMA094 - Profa. Adriana S. França - 2a avaliação 
 
Nome: GABARITO 
 
1) (8 pontos) Propõe-se o resfriamento de uma esfera de material especial (c=1000 J/kgK; ρ=3000 kg/m3; 
k=20 W/mK) em duas etapas sucessivas. A esfera, com diâmetro de 10mm, encontra-se inicialmente a 400oC no 
interior de um forno. A mesma é repentinamente removida do forno e submetida ao seguinte processo de 
resfriamento: a) resfriamento em ar a 20oC (h=10 W/m2 K) até que a sua temperatura de centro atinja 335oC; b) 
resfriamento em banho agitado de água a 20oC (h=6000 W/m2 K) até que a temperatura de centro atinja 50oC. 
Avalie os tempos necessários para cada uma das etapas. 
 
Etapa 1: 
Cálculo de Biot: 4
3
0 1033,8
203
10510
k3
hrBi −
−
×=
×
××
== (0,5) 
 
 
Como Bi<0,1, o método da capacitância global pode ser utilizado (0,5) 
 
( ) ( ) ( )[ ]atexp1
a
b
atexpTTTT i −−+−−=− ∞∞ 
002,0
10001053000
103
cr
3h
c
hA
a 3
pop
sup
=
×××
×
=
ρ
=
∀ρ
=
−
(1,0) 
 
p
gsup
Vc
EAq
b
ρ
+′′
=
&
 0b0Ee0q g =⇒==′′ & (1,0) 
(não há geração de energia e não há calor entrando no sólido) 
 
( ) ( ) ( ) ( )t002,0exp2040020335atexpTTTT i −−=−⇒−−=− ∞∞ (1,0) 
s94t = 
 
Etapa 2: 
Cálculo de Biot: 5,0
203
1056000
k3
hrBi
3
0
=
×
××
==
−
 (0,5) 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado (0,5) 
 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 
37625,1C7998,1
5,135,0
k
hrBi
11
0
==ζ
=×==
 (1,0) 
 
2 
 
( ) ( )*rsen
*r
1FoexpC* n
n
2
n1
i
ζζζ−=θ
θ
=θ 
 
Na linha de centro, r* = 0 e a equação resultante é 
( )FoexpC
TT
TT 2
11
i
ζ−=
−
−
∞
∞
 
 
( )Fo7998,1exp37625,1
20335
2050 2
−=
−
−
 
 
2,08244,0Fo 〉= (o truncamento é válido) (1,5) 
 
( )
s09,3
20
300010001058244,0rFo
t
232
0
=
××××
=
α
=
−
 
 
 
 
2) (7 pontos) Como um meio para melhorar a transferência de calor em circuitos integrados lógicos de alto desempenho é 
comum a fixação de um sorvedouro de calor a superfície do chip. Devido a facilidade de fabricação, uma opção é utilizar 
um sorvedouro de calor composto por aletas quadradas com largura w. Considere um chip quadrado com 20 mm de 
largura resfriado por ar (Too=25oC, v=10m/s). O sorvedouro de calor é fabricado em cobre (k=400 W/mK) e suas 
dimensões características são: largura da aleta(w): 0,25 mm; comprimento da aleta (La= 6mm). Se uma junta metalúrgica 
fornece uma resistência de contato de 5x10-6 m2K/W e a temperatura máxima permissível para o chip é 85oC, qual a 
potência máxima que este chip pode dissipar? 
3 mm
0,50 mm
Rt,c
 
 
O coeficiente médio convectivo do ar escoando sobre o sistema aletado pode ser avaliado pela seguinte correlação: 
3/18,0
LL PrRe03,0Nu = . As propriedades do ar são: k=0,023 W/mK; s/m105,12 26−×=ν e Pr=0,71. O conjunto de 
aletas possui uma eficiência global de 0,62 e o comprimento característico para avaliação de Re e Nu é referente a largura 
do chip. 
 
Circuito térmico equivalente e definição das resistências 
Tc
LB
kBA
Rt,c 1/ηghAt
Tar
 
 
Avaliação dos parâmetros geométricos do sistema aletado: 
3 
 
t
L
Tb
w
x
Too, h
 
m10125,62/tLL 3c
−×=+= 
( ) 28232sr
3
m1025,61025,0wA
m101w4P
−−
−
×=×==
×==
 
26
ca m10125,6PLA
−×== 
( ) 16005,0/20N 2 == 
( ) sr23at NA1020NAA −×+= − (2,0) 
( ) ( ) 22323t m0101,01025,01600102000001,01600A =××−×+×= −− 
 
Avaliação do coeficiente convectivo do ar: 
 
3/18,0
L
ar
L PrRe03,0k
hLNu == 
 
16000
105,12
102010LuRe 6
3
L =
×
××
=
ν
=
−
−
∞ (1,0) 
 
[ ] ( )[ ]3/18,033/18,0Lare
ar
L 71,01600003,01020
023,0PrRe03,0
L
kh
k
hLNu ××
×
==⇒=
−
 
Km/W71h 2e = (2,0) 
 
( ) ( ) =××+××
×
+
×
×
=
−
−
−
−
0101,07162,0
1
1020400
103
1020
105R 23
3
23
6
t (1,0) 
W3,26
R
TT
q
t
archip
t =
−
= (1,0) 
 
3) (5 pontos) A parede de um forno a gás com 150 mm de espessura é composta de tijolo refratário 
( kgK/J1000c;m/kg2600 p3 ==ρ e mK/W5,1k = ) e bem isolada em sua superfície externa. A parede 
encontra-se a uma temperatura inicial uniforme de 20oC, quando os queimadores são ativados e a superfície 
interna exposta a produtos da combustão (gases) a uma temperatura de 950oC e com um coeficiente 
convectivo de 100 W/m2K. Quanto tempo levará para a superfície externa da parede alcançar a temperatura 
de 750oC? 
0,10
5,1
10150100
k
hLBi
3
c
=
××
==
−
 (0,5) 
 
4 
 
Como Bi>0,1, o método da capacitância global não pode ser utilizado 
Considerando Fo>0,2, posso truncar a série no primeiro termo: (0,5) 
 
Avaliação dos coeficientes na Tabela: 2620,1C4289,1 11 ==ζ (1,0) 
 
 
A superfície da parede corresponde à posição x* = 0!!! , uma vez que esta situação física é equivalente a 
metade do problema de uma parede de espessura 2L exposta ao mesmo fluido dos dois lados (1,5) 
 
Too, h
Too, h
x x
Too, h
 
 
( )FoexpC
TT
TT 2
11
i
ζ−=
−
−
∞
∞
 
 
( )Fo4289,1exp2620,1
95020
950750 2
−=
−
−
 
 
2,08667,0Fo 〉= (o truncamento é válido) 
s33800LFot
2
=
α
= (1,5) 
 
 
 
Provas 2/PROVA 2- SEM DATA.pdf
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EMA094 - Profa. Adriana S. França - 2a avaliação 
 
Nome: