( 25 pontos) Um duto não isolado de um sistema de aquecimento central, com seção quadrada de 15 cm x 15 cm , atravessa uma sala cuja temperatura do ar e das paredes é de 12^{\circ} \mathrm{C} . \mathrm{O} ar quente no seu interior mantém uma temperatura na superfície do duto de 34^{\circ} \mathrm{C}. Sabendo-se que o coeficiente associado à convecção natural é de \mathrm{h}=5 \mathrm{~W} \cdot \mathrm{~m}^{-2} \cdot \mathrm{~K}^{-1} e a emissividade da superfície \varepsilon é igual a sua absortividade \alpha \mathrm{e} vale 0,90 , determine:
a. O poder emissivo da superfície do duto;
b. A irradiação da superfície do duto;
c. A taxa de calor transferida pela superficie, por unidade de comprimento do duto, considerando radiação e convecção.

Passo 1

Vamos entender direitinho o que o enunciado dá e pede, com todas as informações organizadas (sem resolver nada ainda, só pra gente ficar tranquilo):
  • Perguntas do enunciado:
    a. Calcular o poder emissivo da superfície do duto (ou seja, a energia radiativa emitida por unidade de área).
    b. Calcular a irradiação da superfície do duto (ou seja, o fluxo radiativo incidente sobre a superfície vindo do entorno).
    c. Calcular a taxa de calor transferida pela superfície, por unidade de comprimento do duto, considerando radiação e convecção.
  • Dados fornecidos (vou escrever tudo com as unidades): \begin{aligned} &\text{Seção do duto: }15\\ \text{cm}\times15\\ \text{cm}\Rightarrow\text{lado}=0{,}15\\ \mathrm{m}.\\\ &\text{Temperatura do ar/paredes (ambiente): }T_{\infty}=12^\circ\mathrm{C}.\\\ &\text{Temperatura superficial do duto: }T_s=34^\circ\mathrm{C}.\\\ &\text{Coeficiente de convecção (natural): }h=5\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}\cdot\mathrm{K}^{-1}.\\\ &\text{Emissividade (e absorptividade): }\varepsilon=\alpha=0{,}90.\\\ &\text{Constante de Stefan–Boltzmann: }\sigma=5{,}67\times10^{-8}\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}\cdot\mathrm{K}^{-4}. \end{aligned}çãçã
  • Informações geométricas úteis: perímetro da seção quadrada (importante para converter fluxos por unidade de área em potência por unidade de comprimento): P=4\times0{,}15=0{,}60\\ \mathrm{m}.
Observação: para cálculos radiativos é obrigatório usar temperaturas em Kelvin. No próximo passo eu faço essa conversão e começo os cálculos.

Passo 2

Converter temperaturas Celsius → Kelvin (explicando o porquê): a radiação de corpo negro depende de T^4 com T em Kelvin. A conversão é simples: T(\mathrm{K})=T(^{\circ}\mathrm{C})+273{,}15. Então
T_s = 34+273{,}15=307{,}15\\ \mathrm{K}, \qquad T_{\infty}=12+273{,}15=285{,}15\\ \mathrm{K}.

Passo 3

Calcular o poder emissivo da superfície (a): conceito e fórmula.
  • Conceito rápido e claro: o poder emissivo (ou emissive power, também chamado radiant exitance) é a potência radiativa que a superfície “emite” por unidade de área. Para uma superfície cinzenta (gray) e difusa, usa-se a lei de Stefan–Boltzmann modificada pela emissividade:
E = \varepsilon\,\sigma\,T_s^4.
Aqui \varepsilon é a emissividade da superfície (fração do corpo negro emitido) e \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann.
  • Vamos calcular numericamente: primeiro calculamos \sigma T_s^4. Uma maneira prática é calcular \sigma\,(307{,}15)^4. Usando \sigma=5{,}67\times10^{-8},
\sigma T_s^4 \approx 504{,}97\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}
(eu obtive esse valor calculando diretamente (307{,}15)^4 e multiplicando por \sigma). Agora multiplico pela emissividade \varepsilon=0{,}90:
E=\varepsilon\,\sigma\,T_s^4 \approx 0{,}90\times504{,}97\approx454{,}47\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}.
Interpretação: a superfície, por si só, está emitindo cerca de 454{,}5\\ \mathrm{W} por metro quadrado.

Passo 4

Calcular a irradiação que atinge a superfície (b): conceito e cálculo.
  • Conceito: a irradiação G é o fluxo radiativo incidente sobre a superfície vindo do entorno (paredes e ar). Se o entorno pode ser aproximado por um corpo negro uniforme à temperatura T_{\infty}, então a irradiação incidente é
G=\sigma\,T_{\infty}^4.
  • Cálculo numérico (usando \sigma e T_{\infty}=285{,}15\\ \mathrm{K}):
G=\sigma\,T_{\infty}^4 \approx 374{,}83\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}.
  • Observação útil (por isso deram \alpha): a fração dessa irradiação que a superfície efetivamente absorve é \alpha G. Como \alpha=0{,}90,
\text{irradiação absorvida}=\alpha G \approx 0{,}90\times374{,}83\approx337{,}35\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}.çã
Resumo: G é o que chega (≈ 374{,}8\\ \mathrm{W/m^2}); a parte absorvida pela superfície é 337{,}35\\ \mathrm{W/m^2} (já que a superfície não é perfeita absorvedora).

Passo 5

Calcular o termo radiativo líquido (importante para a parte (c)):
  • Para uma superfície cinzenta com \varepsilon=\alpha, o fluxo radiativo líquido (emitido menos absorvido) é
q_{\text{rad}}=E-\alpha G=\varepsilon\,\sigma\,(T_s^4-T_{\infty}^4).
  • Numérico (usando os valores calculados):
q_{\text{rad}}\approx454{,}47-337{,}35\approx117{,}12\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}.
Interpretação: por unidade de área, a superfície perde por radiação aproximadamente 117{,}1\\ \mathrm{W/m^2}.

Passo 6

Calcular a perda por convecção por unidade de área (necessário para (c)): conceito e cálculo.
  • Fórmula da convecção (prática e direta): para convecção natural assumimos um fluxo convectivo por unidade de área dado por
q_{\text{conv}}=h\,(T_s-T_{\infty}),
onde h é o coeficiente convectivo e as temperaturas em °C ou K (diferença é a mesma).
  • Cálculo numérico:
q_{\text{conv}}=5\,(34-12)=5\times22=110\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}.
Interpretação: por unidade de área, a superfície perde 110\\ \mathrm{W/m^2} por convecção.

Passo 7

Calcular a taxa de calor total por unidade de comprimento do duto (c): juntar radiação + convecção e multiplicar pelo perímetro.
  • Primeiro soma dos fluxos por unidade de área:
q_{\text{total, área}}=q_{\text{conv}}+q_{\text{rad}}\approx110+117{,}12=227{,}12\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}.á
  • Agora transformar para potência por unidade de comprimento multiplicando pelo perímetro P=0{,}60\\ \mathrm{m}:
\dot{q}'=P\;q_{\text{total, área}}=0{,}60\times227{,}12\approx136{,}27\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-1}.á
Interpretação: por cada metro de comprimento do duto, o duto perde cerca de 136{,}3\\ \mathrm{W} por efeito combinado de convecção e radiação.

Resposta

(a) E=\varepsilon\,\sigma\,T_s^4\approx454{,}47\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}
(b) G=\sigma\,T_{\infty}^4\approx374{,}83\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2} (irradiação incidente); irradiação absorvida \alpha G\approx337{,}35\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-2}
(c) \dot{q}'=P\bigl[q_{\text{conv}}+q_{\text{rad}}\bigr]\approx136{,}27\\ \mathrm{W}\cdot\mathrm{m}^{-1}

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