001 ALETAS CADERNO

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01-ALETAS 
Ex 3.5) Considere uma aleta com 0,25 cm de diâmetro, que se projeta a uma parede de 95 °C 
para um ambiente a 25°C. 
O coeficiente de transferência de calor por convecção é de 10 W/m.K. 
Calcule a perda de calor nos seguintes casos 
Admita Kcobre (60°C= 396,737 W/m.K 
a) A aleta é infinitamente longa 
𝐴𝑇𝑅 = 𝜋 ∗ 𝑑
2 → 𝜋 ∗ 0,00252 = 4.908 ∗ 10−6 
𝑞𝑎 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝐾 ∗ 𝐴𝑇𝑅 ∗ 𝜃𝑏  𝐴𝑇𝑅 = á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑠𝑒çã𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙 
 𝑞𝑎 = √10 ∗ (
𝜋∗0.00252
4
) ∗ 396,737 ∗ 4.908 ∗ 10−6 ∗ 70 
𝑞𝑎 = 0,865𝑊 
b) A aleta possui 2,5 cm de comprimento com convecção na extremidade. 
𝒎 = √
𝒉∗𝑷
𝑲 ∗𝑨𝑻𝑹
 
 
𝒄𝒐𝒔𝒉(𝒎∗𝑳)+(
𝒉
𝒎𝑲
)𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒎 𝑳
𝒄𝒐𝒔𝒉𝒎+(
𝒉
𝒎𝑲
)𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒎𝑳
 
𝒎 = √
𝟎 ∗(
𝝅∗𝟎.𝟎𝟎𝟐𝟓𝟐
𝟒
)
𝑲 ∗𝑨𝑻𝑹
→ √
𝒉∗𝑷
𝟑𝟗𝟔,𝟕𝟑𝟕∗𝟒.𝟗𝟎𝟖∗𝟏𝟎−𝟔
→ 𝒎 = 𝟔, 𝟑𝟒𝟗𝒎−𝟏 
 
𝜽
𝜽𝒃
=
𝒄𝒐𝒔𝒉𝒎(𝑳−𝒙)+(
𝒉
𝒎𝑲
)𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒎 (𝑳−𝑿)
𝒄𝒐𝒔𝒉𝒎+(
𝒉
𝒎𝑲
)𝒔𝒆𝒏𝒉 𝒎𝑳
 
𝒒𝒂 = 𝟎, 𝟖𝟔𝟓𝑾
𝒄𝒐𝒔𝒉(𝟔,𝟑𝟒𝟗𝒎−𝟏∗𝟎,𝟎𝟐𝟓)+(
𝟏𝟎
𝟔,𝟑𝟒𝟗𝒎−𝟏∗𝟑𝟗𝟔,𝟕𝟑𝟕
)𝒔𝒆𝒏𝒉 (𝟔,𝟑𝟒𝟗𝒎−𝟏∗𝟎,𝟎𝟐𝟓
𝒄𝒐𝒔𝒉(𝟔,𝟑𝟒𝟗𝒎−𝟏∗𝟎,𝟎𝟐𝟓)+(
𝟏𝟎
𝟔,𝟑𝟒𝟗𝒎−𝟏∗𝟑𝟗𝟔,𝟕𝟑𝟕
)𝒔𝒆𝒏𝒉 (𝟔,𝟑𝟒𝟗𝒎−𝟏∗𝟎,𝟎𝟐𝟓)
 
𝒒𝒂 = 𝟎, 𝟏𝟑𝟗𝟔𝑾 
Ex) 3.6 – Um bastão muito longo, com 5mm de diâmetro a 100°C. A superfície do bastão esta 
exposta ao ar ambiente a 25 C com coeficiente de transferência de calor por convecção de 
100 W/(m2 .K). Determine: 
 a. A distribuição da temperatura ao longo de bastões construídos de cobre puro, liga de 
alumínio 2024 e aço inoxidável AISI 316. Quais são as respectivas perdas de calor nos bastões? 
 
 
𝑇𝑏+𝑇∞
2
=
100+25
2
= 62,5℃ 
𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 = 398,148
𝑤
𝑚𝑘
 
𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 180,2085
𝑤
𝑚𝑘
 
𝐴ç𝑜 𝑖𝑛𝑜𝑥 316 = 14,1917
𝑤
𝑚𝑘
 
Inerpolação 
300 − 401 
335,65 − 𝑥 
 400 − 393 
𝑥 = (
400−335,65
400−300
∗ 401) + (
335,65−300
400−300
∗ 393) 
𝑥 𝑜𝑢 𝑘 = 398,148
𝑊
𝑚𝑘
 
Distribuição da Temperatura 
𝜃
𝜃𝑏
= 𝑒−𝑚𝑦 
Perímetro 
𝑃 = 𝜋𝑑 → 𝜋 ∗ 0.005 = 1,57 ∗ 10−2m 
 𝐴 =
𝜋∗𝑑2
4
→ 
𝜋∗0,0052
4
= 1,96 ∗ 10−5𝑚² 
 𝑚 = √
ℎ𝑃
𝑘𝐴𝑡𝑟
 
 𝑚𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 = √
100∗0,0157
398,148∗1,963∗10−5
= 14,174 𝑚−1 
𝑚𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = √
100∗0,0157
198,2085∗1,963∗10−5
= 21,057 𝑚−1 
𝑚𝑎ç𝑜 = √
100∗0,0157
14,0417∗1,963∗10−5
= 75,471 𝑚−1 
𝜃
𝜃𝑏
= 𝑒−𝑚𝑦  𝜃 = 𝑒−𝑚𝑦 ∗ 𝜃𝑏  𝑇𝑥 − 𝑇∞ = (𝑇𝑏 − 𝑇∞) ∗ 𝑒
−𝑚𝑥  𝑇𝑥 = (𝑇𝑏 − 𝑇∞) ∗ 𝑒
−𝑚𝑥 +
𝑇∞ 
 
 
𝑥(𝑚) 𝑇𝑥℃ 
𝑑𝑜 𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 
𝑇𝑥℃ 
𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 
𝑇𝑥℃ 
𝐴ç𝑜 
0 100 100 100 
0,02 81,489 74,21 41,57 
0,05 61,924 51,15 26,72 
0,1 43,179 31,12 25,04 
0,2 29,406 26.11 25 
0,3 26,068 25,13 25 
 
 
𝜃𝑏 = 𝑇𝑏 + 𝑇∞ 
𝑞𝑐𝑜𝑏𝑟𝑒 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 → √100 ∗ 0,0157 ∗ 398,148 ∗ 1,963 ∗ 10−5 ∗ (100 − 25)
= 8,311
𝑤
𝑚𝐾
 
𝑞𝑎𝑙 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 → √100 ∗ 0,0157 ∗ 180,2085 ∗ 1,963 ∗ 10−5 ∗ (100 − 25)
= 5,591
𝑤
𝑚𝐾
 
𝑞𝑎ç𝑜 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 → √100 ∗ 0,0157 ∗ 14,1917 ∗ 1,963 ∗ 10−5 ∗ (100 − 25)
= 1,569
𝑤
𝑚𝐾
 
 
b. Estime o comprimento que devem ter os bastões para que a hipótese de comprimento 
infinito forneça uma estimativa precisa para a perda de calor. 
Aleta Infinita=𝑞𝑎 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 
Extremidade Adiabática = 𝑞𝑎 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 ∗ tanh 𝑚𝐿 
√ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 ∗ tanh 𝑚𝐿 
 tanh 𝑚𝐿 = 1 
𝐴 tanh 𝑚𝐿 ≥ 2,65 
 𝐶𝑜𝑏𝑟𝑒 𝐿 ≥
2,65
14,174
= 0,1865𝑚 
𝐴𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 𝐿 ≥
2,65
21,067
= 0,1256𝑚 
𝐴ç𝑜 𝐿 ≥
2,65
75,471
= 3,5 ∗ 10−2𝑚 
 
 
Ex) 3.7 Considere uma aleta retangular muito longa fixada a uma superfície plana cuja a 
temperatura da base é de 40 °C. A aleta possui largura de 5cm, espessura de 1mm e 
condutividade térmica de 200 W/mK. O ar passa pela aleta possui um coeficiente de 
convecção de 20 w/m²k e temperatura de 20°C. 
Determine a temperatura de aleta a distancia de 5cm da base e a taxa de perda de calor na 
aleta 
𝐴𝑟𝑒𝑎 = 5 ∗ 10−2 ∗ 1 ∗ 10−3 = 5 ∗ 10−5𝑚² 
𝑃𝑒𝑟𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 = 2𝐿 + 2𝑒 → (2 ∗ 5 ∗ 10−2 + 2 ∗ 1 ∗ 10−3) = 0,102𝑚 
𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑜𝑐𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑐çã𝑜 → ℎ = 20
𝑤
𝑚2𝑘
 
𝑇𝑠 = 40℃ 
𝑇∞ = 20℃ 
𝐾 = 200
𝑤
𝑚𝐾
 
 
𝑞1 = ℎ ∗ 𝐴𝑠(𝑇𝑠 − 𝑇∞) 
 
𝑚 = √
ℎ𝑃
𝐾 ∗𝐴𝑇𝑅
→ √
20∗0,102
200 ∗5∗10−5
→ 𝑚 = 15,49𝑚−1 
 
𝑇0 − 𝑇∞
𝑇1 − 𝑇∞
= 𝑒−𝑚𝑥 
𝑇0 = (𝑒
−𝑚𝑥 ∗ (𝑇1 − 𝑇∞) + 𝑇∞ 
𝑇0 = (𝑒
−15,49∗0.05 ∗ (40 − 20) + 20 
𝑇0 = 29,21℃ 
 
𝑞𝑎 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 
𝑞𝑎 = √20 ∗ 0.102 ∗ 200 ∗ 5 ∗ 10−5 ∗ (40 − 20) 
𝑞𝑎 = 2.85𝑊 
 
Ex) 3.8 Uma lamina de uma turbina de 6,3 cm de comprimento, área de seção transversal de 
4,6*10^-4 e perímetro de 0,12m é fabricado em aço inoxidável exposto a um gas quente a 871 
°C de calor por convecção de h= 454 w/m²K sabendo que a temperatura é de na base Tb=482 
°C determine no ponto da lamina e a taxa de transferência adiabática. K=18w/mk 
 
𝐴𝑟𝑒𝑎 = 4,6 ∗ 10−4𝑚² 
𝑃𝑒𝑟𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 = 0,12𝑚 
𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 6.3 ∗ 10−2𝑚 
𝐶𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑜𝑐𝑎 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑐çã𝑜 → ℎ = 454
𝑤
𝑚2𝑘
 
𝑇𝑠 = 871℃ 
𝑇∞ = 482℃ 
𝐾 = 18
𝑤
𝑚𝐾
 
 
Extremidade Adiabática: 
𝑚 = √
ℎ𝑃
𝐾 ∗𝐴𝑇𝑅
→ √
454∗0,12
18 ∗4,6∗10−4
→ 𝑚 = 81,11𝑚−1 
Temperatura 
Distribuição da Temperatura 
𝜃
𝜃𝑏
=
𝑇0−𝑇∞
𝑇1−𝑇∞
=
cosh 𝑚(𝐿−𝑋)
cosh 𝑚𝐿
 
𝑇0−871
482−871
=
cosh(81,11(𝐿−𝐿)
cosh(81,11∗0,063)
→ 𝑇0 =
cosh(81,11(𝐿−𝐿)
cosh(81,11∗0,063)
∗ (482 − 871) + 871 = 794,11℃ 
Potencia 
𝑞𝑎 = √ℎ ∗ 𝑃 ∗ 𝑘 ∗ 𝐴 ∗ 𝜃𝑏 
𝑞𝑎 = √454 ∗ 0.12 ∗ 18 ∗ 4 ∗ 10−4 ∗ (454 − 871) 
𝑞𝑎 = −261,16𝑊 
 
 
Podemos definir uma efetividade da aleta (𝜀𝑎) como: eficácia 
𝜀𝑎 =
𝑞𝑎
ℎ∗𝐴𝑇𝑅,𝑏∗𝜃𝑏
 
Ou seja 𝜀𝑎 representa a razão entre a taxa de transferência de calor na aleta e a taxa de 
transferência de calor que existiria a presença da aleta. 
Tomando a aproximação para a aleta infinita: 
𝜀𝑎 =
𝐾𝑃
ℎ∗𝐴𝑇𝑅,𝑏
1
2 (3.36) 
Do resultado acima podemos inferir que a efetividade de uma tomada é fornecida quando 
temos: 
Condutividade térmica elevada 
Razão P/Art elevada 
Coeficiente convectivo abaixo 
𝜀𝑎 ≥ 2 
Além da efetividade, definimos eficiência da aleta (𝜂𝑎) como: 
𝜂𝑎 =
𝑞𝑎
𝑞_𝑚𝑎𝑥 
=
𝑞𝑎
ℎ∗𝐴𝑎∗𝜃𝑏
 
A eficiência é a relação entre a taxa de transferência de calor real e a ideal em uma aleta e 
pode ser representada como uma função de 𝐿𝑐
2
3
2 (
ℎ
𝐾𝐴𝑝
)
1
2 , 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐿𝑐é a área do perfil da aleta 
corrigida. 
Ex: Para aumentar a dissipação de calor em um tubo com 2,5 cm de diâmetro externo, são 
soldados na superfície externa aletas anulares de alumínio (K=200 W/m.K). As aletas possuem 
0,1 cm de espessura e 5,5 cm de diâmetro externo. Se a temperatura é de 100 oC, a do ar é de 
25 oC e o coeficiente convectivo de transferência de calor é de 6 W/m²K, calcule a taxa de 
perda em uma aleta. 
𝐿𝑐 = 𝐿 +
𝑡
2
= 0,015 +
0.001
2
= 0,0155𝑚 
𝐴𝑝 = 𝐿𝑐𝑡 = 0,0155 ∗ 001 = 1,55 ∗ 10
−2𝑚² 
 𝐿𝑐
3
2 (
ℎ
𝐾𝐴
)
1
2
 
0,0155
3
2 (
65
200∗1,55∗10−2
)
1
2
 
0,2794 
No gráfico 
𝑟2𝑐
𝑟1
=
𝑟2+
𝑡
2
𝑟1
=
0,0275+
0.001
2
0.125
= 2,24 
0,91 =
𝑞𝑎
65∗(2𝜋(0,0282−0,01252))∗(100−25)
 𝑞𝑎 = 17,49𝑊 
𝑟2𝑐 = 0,0275 +
0,001
2
 
𝐴𝑎 = 𝑎𝑟é𝑎 𝑑𝑎 𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎 = 2𝜋(𝑟2𝑐
2 − 𝑟1
2) 
𝜃𝑏 =Δ𝑇 
3.10) Aletas feitas de alumínio K=240 W/mK do tipo pino com perfil parabólico de pontos 
arredondadas são fixadas em uma parede plana cuja a temperatura é de 200 C. Cada aleta tem 
comprimento de 20mm e diâmetro de base de 5mm. As aletas estão expostas ao ar ambiente 
25 ℃, onde o coeficiente de transferência de calor é de 50W/m²k. Determine a eficiência, a 
taxa de transferência de calor e a efetividade de cada aleta. 
ℎ = 50 
𝑤
𝑚𝐾
 
𝑇𝑠 = 200 ℃ 
𝑇∞ = 25℃ 
𝑘 = 240
𝑤
𝑚𝑘
 
 
𝑚 = √
4∗ℎ
𝐾 ∗𝐷
→ √
4∗50
240 ∗5∗19−3
→ 𝑚 = 12,909 𝑚−1 
𝑛𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎 =
3
2𝑚𝐿
∗
𝐼1(
4𝑚𝑙
3
)
𝐼0(
4𝑚𝑙
3
)
→ 𝑛𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎 =
3
2∗12,909∗0,02
∗
𝐼1(
4∗12,909∗0,02
3
)
𝐼0(
4∗12,909∗0,02
3
)
 
 𝑛𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎 = 5,809 ∗
𝐼1∗0,344
𝐼0∗0,344
→ 
Da tabela 3.4 
x 𝑒−𝑥 ∗ 𝐼0(𝑥) 𝑒
−𝑥 ∗ 𝐼1(𝑥) 
0,2 0,8268 0,0823 
0,3443 X X 
0,4 0,6974 0,0823 
 
Interpolação 
𝑥0 = (
0,4−0,3443
0,4−0,2
∗ 0,8269) + (
0,3443−0,2
0,4−0,2
∗ 0,6974) 
𝑥0 = 0,733 
𝑒−𝑥𝐼0(𝑥) 
𝑥 =
𝐼0
𝑒−𝑥
→ 𝑥 =
0,733
𝑒−0,3443
→ 𝑥 = 1,034 
 
𝑥0 = (
0,4−0,3443
0,4−0,2
∗ 0,8223) + (
0,3443−0,2
0,4−0,2
∗ 0,1368) 
𝑥0 = 0,1216 
𝑒−𝑥𝐼0(𝑥) 
𝑥 =
𝐼0
𝑒−𝑥
→ 𝑥 =
0,1216
𝑒−0,3443
→ 𝑥 = 0,1716 
𝑛𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎 = 5,809 ∗
0,1716∗0,344
1,034∗0,344
→ 𝑛𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎 = 0,9632 
𝑛𝑎 =
𝑞𝑎
ℎ𝐴𝑎𝜃𝑏
 𝑞𝑎 = 𝑛𝑎 ∗ ℎ ∗ 𝐴𝑎 ∗ 𝜃𝑏 
𝐴𝑎 =
𝜋𝐷4
96𝐿2
∗ ((16 (
𝐿
𝐷
)
2
+ 1 )
3
2
− 1) 
𝐴𝑎 =
𝜋5∗10−3
4
96∗20∗10−3
2 ((16 (
20∗10−3
5∗10−3
)
2
+ 1 )
3
2
− 1) 
𝐴𝑎 = 2,106 ∗ 10
−4𝑚² 
 
𝑞𝑎 = 𝑛𝑎 ∗ ℎ ∗ 𝐴𝑎 ∗ 𝜃𝑏 → 𝑞𝑎 = 0,9632 ∗ 50 ∗ 2.106 ∗ 10
−4 ∗ (200 − 25) 
 𝑞𝑎 = 1,77𝑊 
 
𝜀 =
𝑞𝑎
ℎ∗𝐴𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑡𝑜 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒∗𝜃𝑏
→
1,77
50∗
𝜋∗(50∗10−3)
2
4
∗(200−25)
= 10,31 
 
Definimos a eficiência global de uma superfície com N aletas como 
𝑛0 =
𝑞𝑡
𝑞_𝑚𝑎𝑥
=
𝑞𝑡
ℎ𝐴𝑡𝜃𝑏
 (3.38) 
Onde q+ é a taxa total de transferência de calor na área At, a qual é definidas como: 
Assim 
𝐴𝑡 = 𝑁𝐴𝑎 + 𝐴𝑏 (3.39) 
Assim 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡𝜃𝑏 
𝑞𝑡 = ℎ(𝑁𝐴𝑎 + 𝐴𝑏)𝜃𝑏 
𝑞𝑡 = ℎ(𝑁𝜂𝑎𝐴𝑎 + (𝐴𝑡 − 𝑁𝐴𝑎)𝜃𝑏 
 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 (1 −
𝑁𝐴𝑎
𝐴𝑡
 (1 − 𝜂𝑎)) 𝜃𝑏 (3.40) 
Substituindo *3,40) em (3,38) 
𝜂𝑎 = 1 −
𝑁𝐴𝑎
𝐴𝑡
(1 − 𝜂𝑎) (3.41) 
 
Ex 3.11 O cilindro do pistão do motor de uma motocicleta é construído em liga de aluminio 
2023-T6 tendo uma altura H=0m15m e um diametro externo de D=50mm, Sob condições 
típicas de operação a superfície externa do cilindro esta a uma temperatura de 500K e 
encontra-se exposta ao ar ambiente entre 300K com coeficiente convectico de 50 W/m²K. As 
aletas anulares são fundamentadas integralmente com o cilindro para aumentar a 
transferência de calor. Considere 5 aletas com espessura t-6mm, comprimento L=20mm e 
igualmente espeçadas. Qual é o aumento na taxa de transferência de calor devido ao uso das 
aletas 
Dado 
 𝐾𝑙𝑖𝑔𝑎 2024−𝑡6 = 186
𝑊
𝑚𝑘
 
ℎ = 50 
𝑤
𝑚²𝐾
 
𝑇𝑠 = 400 𝐾 
𝑇∞ = 300 𝐾 
𝐻 = 0,15𝑚 
𝐷 = 50 ∗ 10−3𝑚 
𝑡 = 6 ∗ 10−3 𝑚 
𝐿 = 20𝑚𝑚 
𝑤
𝑚𝐾
 
 
𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 = 5 
 
 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 (1 −
𝑁𝐴𝑎
𝐴𝑡
 (1 − 𝜂𝑎)) 𝜃𝑏 
𝐴𝑎 = 2𝜋(𝑟2𝑐
2 − 𝑟1𝑐
2 ) → 2𝜋(0,0482 − 0,0252) = 0,01055𝑚2 
 𝑟2𝐶 = 𝑟 +
𝑡
2
= 0,045 +
0,06
2
= 0,048𝑚 
𝐴𝑏 = 𝜋𝐷𝐿 → 𝜋 ∗ 0,05(𝐻 − 𝑁𝑡) 
𝐴𝑏 = 𝜋 ∗ 0,05(0,15 − 5 ∗ 0,006) = 0,01885𝑚² 
Calculo de Na (Gráfico Figura 02) 
𝑟2𝐶
𝑟1𝐶
=
0,048
0,025
= 1,92 → 𝐶𝑢𝑟𝑣𝑎 
𝐿𝑐
3
2 (
ℎ
𝐾𝐴𝑝
)
1
2
 
𝐿𝑐 − 𝐿 +
𝑡
2
= 0,02 ∗ (
0,006
2
) = 0,023𝑚 
𝐴𝑝 − 𝐿𝑐𝑡 = 0,023 ∗ 0,006 = 1,18 ∗ 10
−4𝑚² 
𝜉 = 𝐿𝑐
3
2 (
ℎ
𝐾𝐴𝑝
)
1
2 = 0,023
3
2 (
50
186∗1,18∗10−4
)
1
2
 
𝜉 = 0,1539 → 𝐸𝑖𝑥𝑜 𝑋 
𝜂𝑎 = 0,97 
 
 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡𝜃𝑏 
𝑞𝑡 = ℎ(𝜋𝐷𝐿)(𝑇1 − 𝑇0) 
 𝑞𝑡 = 50(𝜋(5 ∗ 10
−3) ∗ 0,15)(400 − 300) 
 𝑞𝑡 = 11,78 𝑤 
 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 (1 −
𝑁𝐴𝑎
𝐴𝑡
 (1 − 𝜂𝑎)) 𝜃𝑏 
 
0,97 = 50 ∗ 0,0716 (1 −
0,97
0,0716
 (1 − 0,97)) (500 − 300) 𝑞𝑡 = 700𝑊 
 
Sem Aletas: 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡(𝑇𝑠 − 𝑇∞) → 50 ∗ π ∗ 0,05 ∗ 0,15(500 − 300) 
 𝑞𝑡 = 235,61 𝑊 
Logo o aumento Será 
700 − 235,61 = 𝟒𝟔𝟒, 𝟏𝟖𝑾 
 
Ex 3.12 Uma placa plana de alumínio 𝐾 = 175
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑚℃
 de resistência térmica desprezível tem 
aletas retangulares de 1,5mm de espessura 12mm de altura espaçadas entre si 12mm, 
ocupando toda a largura da placa. O lado com aletas esta em contato com ar a 40OC e o 
coeficiente de película de 25
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑚²℃
. 
No lado sem aletas escoa óleo a 150 ℃ e coeficiente de película de 225
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑚℃
. Considerando 
que a área da placa é de (1*1)m², calcule: 
a) A taxa de transferência de calor pela placa aletada desprezando a resistência da 
película de óleo 
 
 
𝑒 = 1,5𝑚𝑚 
∆= 12𝑚𝑚 
 𝑙 = 12𝑚𝑚 
𝐿 = 1𝑚 
𝑏 = 1𝑚 
𝑇𝑆 = 150℃ 
 𝑇∞ = 40℃ 
𝐾 = 175
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑚℃
 
ℎ = 225
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ𝑚²℃
 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 (1 −
𝑁𝐴𝑎
𝐴𝑡
 (1 − 𝜂𝑎)) 𝜃𝑏 
Número de Aletas 
𝑁 =
𝐻
𝑃+∆
=
1000
0,0015+0,012
= 74,07 ≅ 74 𝑎𝑙𝑒𝑡𝑎𝑠 
Área de aletas 
𝐿𝑐 = 𝐿 +
𝑡
2
= 0,012 +
0,015
2
= 0,01275𝑚 
𝐴𝑎 = 2𝑤𝐿𝑐 = 2 ∗ 1 ∗ 0,01275 
𝐴𝑎 = 0,0255𝑚² 
Área Total 
𝐴𝑏 = 𝐴𝑡 − 𝐴𝑎 = 1 − (74 ∗ 0,015) = 0,889𝑚² 
𝐴𝑡 = 𝑁𝐴𝑎 + 𝐴𝑏 = 74 ∗ 0,0255 + 0,889𝑚
2 = 2,776𝑚² 
 
𝜂𝑎 =
tanh(𝑚𝐿𝑐)
𝑚𝐿𝑐
=
tanh(√
2ℎ
𝐾𝑡
∗𝐿𝑐)
√
2ℎ
𝐾𝑡
∗𝐿𝑐
=
tanh(√
225
175∗0,0015
0,01275)
√
225
175∗0,0015
∗0,01275
= 0,9898 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 (1 −
𝑁𝐴𝑎
𝐴𝑡
 (1 − 𝜂𝑎)) 𝜃𝑏 
𝑞𝑡 = 50 ∗ 2,777 (1 −
74∗0,0255
2,776
 (1 − 0,9898)) (150 − 40) 
𝑞𝑡 = 7581,06
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ
 
 
b) Idem ao item anterior levando em conta a resistência por convecção da película de 
óleo 
𝑞 =
Δ𝑇
𝑅𝑡
= 𝑞 =
Δ𝑇
1
ℎ𝐴
→ 𝑞 =
150−𝑇
1
225∗1
= 𝑞 = 33750 − 225𝑇 
𝑞𝑡 = ℎ𝐴𝑡 (1 −
𝑁𝐴𝑎
𝐴𝑡
 (1 − 𝜂𝑎)) 𝜃𝑏 
𝑞𝑡 = 50 ∗ 2,777 (1 −
74∗0,0255
2,776
 (1 − 0,9898)) ((33750 − 225𝑇) − 40) 
𝑞𝑡 = 68,92𝑇 − 2356,76 
Igualando as expressões 
 68,92𝑇 − 2356,76 = 33750 − 225𝑇 
𝑇 = 124,2℃ 
 
Portanto o Fluxo de calor na parede sai 
𝑞 = 33750 − 225𝑇 
𝑞 = 33750 − 225 ∗ 124,2 
𝑞 = 5805
𝐾𝑐𝑎𝑙
ℎ