Um coletor solar sem placa de cobertura, possui uma superfície de absorção seletiva com emissividade de 0,1 e absortividade solar de 0,95 . Em uma determinada hora di dia a temperatura da superfície absorvedoura T_{s}=120^{\circ} C, quando a irradiação solar é de 750 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}, a temperatura efetiva do céu é de -10^{\circ} \mathrm{C}. Admita que o coeficiente de transferência de calor por convecção para as condições do dia calomo, possa ser estimado pela expressão h=\left(T_{s}-T_{\infty}\right)^{1 / 3} \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} K, a temperatura do ar ambiente T_{\infty} é de 30^{\circ} \mathrm{C}. Para essas condições :
  • Calcule a taxa de remoção de calor util \left(W / m^{2}\right) no coletor.
  • Qual é a eficiência do coletor ?

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados do enunciado:
    • Temperatura da superfície absorvedora: \,T_{s}=120^{\circ}\mathrm{C}.
    • Irradiação solar incidente: \,G=750\\ \mathrm{W/m^{2}}.
    • Emissividade da superfície: \,\varepsilon=0{,}1.
    • Absorptividade solar da superfície: \,\alpha=0{,}95.
    • Temperatura efetiva do céu: \,T_{sky}=-10^{\circ}\mathrm{C}.
    • Temperatura do ar ambiente: \,T_{\infty}=30^{\circ}\mathrm{C}.
    • Coeficiente convectivo estimado por: \displaystyle h=\bigl(T_{s}-T_{\infty}\bigr)^{1/3}\\ \mathrm{W/(m^{2}K)}.
  • O que o enunciado pede:
    1. Calcular a taxa de remoção de calor útil por unidade de área do coletor, em \mathrm{W/m^{2}}.
    2. Calcular a eficiência do coletor (relação entre a potência útil retirada e a irradiância incidente).

Passo 2

Conversão de temperaturas para Kelvin (porque a radiação de corpo negro usa Kelvin) e anotações úteis.
  • Converter Celsius para Kelvin: \,T(\mathrm{K})=T(^{\circ}\mathrm{C})+273{,}15.
  • Portanto:
    • \displaystyle T_{s}=120^{\circ}\mathrm{C}=393{,}15\\ \mathrm{K}.
    • \displaystyle T_{sky}=-10^{\circ}\mathrm{C}=263{,}15\\ \mathrm{K}.
    • \displaystyle T_{\infty}=30^{\circ}\mathrm{C}=303{,}15\\ \mathrm{K}.
Também anoto que a energia solar absorvida por unidade de área é
q_{abs}=\alpha\,G.

Passo 3

Calcular a energia solar absorvida por unidade de área (a entrada de energia).
  • Fórmula: \,q_{abs}=\alpha\,G.
  • Substituindo os dados: q_{abs}=0{,}95\cdot 750\\ \mathrm{W/m^{2}}=712{,}5\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Explicação rápida: \alpha é a fração da energia solar incidente que é realmente absorvida pela superfície (o resto é refletido).

Passo 4

Calcular o coeficiente de convecção \,h e a perda por convecção \,q_{conv}.
  • A expressão dada é \displaystyle h=\bigl(T_{s}-T_{\infty}\bigr)^{1/3}\\ \mathrm{W/(m^{2}K)}.
  • Diferença de temperatura usada (em K ou °C é a mesma para diferenças):
    T_{s}-T_{\infty}=120-30=90\\ \mathrm{K}.
  • Então
    h=(90)^{1/3}.
    Calculo do cubo raiz: (90)^{1/3}\approx 4{,}4814. Portanto
    h\approx 4{,}4814\\ \mathrm{W/(m^{2}K)}.
  • Perda por convecção (modelo linear):
    q_{conv}=h\,(T_{s}-T_{\infty}).
    Substituindo:
    q_{conv}\approx 4{,}4814\cdot 90\\ \mathrm{W/m^{2}}\approx 403{,}33\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Explicação didática: o termo h mede quão eficiente a troca de calor por convecção é; multiplicando por (T_s-T_\infty) obtemos o fluxo de calor convectivo por área.

Passo 5

Calcular a perda radiativa para o céu usando a lei de Stefan–Boltzmann.
  • Lei de Stefan–Boltzmann (superfície cinza para um grande reservatório do céu): o fluxo radiativo líquido da superfície para o céu é
    q_{rad}=\varepsilon\,\sigma\left(T_{s}^{4}-T_{sky}^{4}\right),
    onde \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann: \displaystyle \sigma=5{,}670374419\times 10^{-8}\\ \mathrm{W/(m^{2}K^{4})}.
  • Explico: cada corpo emite \sigma T^{4} por unidade de área se fosse corpo negro; para superfície com emissividade \varepsilon a emissão é \varepsilon\sigma T^{4}; o fluxo líquido entre duas grandes superfícies (a superfície e o céu efetivo) é a diferença dessas emissões ponderadas pela emissividade da superfície.
  • Calcular numericamente:
    • Primeiro calcule \sigma T_{s}^{4}. T_{s}=393{,}15\\ \mathrm{K}\quad\Rightarrow\quad \sigma T_{s}^{4}\approx 1354{,}18\\ \mathrm{W/m^{2}}.(cálculo feito elevando 393{,}15 à quarta potência e multiplicando por \sigma.)
    • Para o céu: T_{sky}=263{,}15\\ \mathrm{K}\quad\Rightarrow\quad \sigma T_{sky}^{4}\approx 271{,}96\\ \mathrm{W/m^{2}}.
    • Diferença e multiplicação por \varepsilon: q_{rad}=\varepsilon\bigl(\sigma T_{s}^{4}-\sigma T_{sky}^{4}\bigr) \approx 0{,}1\bigl(1354{,}18-271{,}96\bigr)\\ \mathrm{W/m^{2}}.
q_{rad}\approx 0{,}1\cdot 1082{,}22\\ \mathrm{W/m^{2}}\approx 108{,}22\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Observação: todos os passos numéricos foram feitos com arredondamento razoável; o valor principal é da ordem de 10^{2}\\ \mathrm{W/m^{2}}.

Passo 6

Somar as perdas e calcular a potência útil removida.
  • Perdas totais:
    q_{loss}=q_{conv}+q_{rad}.
    Substituindo os valores obtidos:
    q_{loss}\approx 403{,}33 + 108{,}22 = 511{,}55\\ \mathrm{W/m^{2}}.
  • Potência útil removida do coletor por unidade de área (energia absorvida menos perdas):
    q_{u}=q_{abs}-q_{loss}=712{,}5-511{,}55\\ \mathrm{W/m^{2}}.
q_{u}\approx 200{,}95\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Interpretação: esta é a energia que pode ser usada (por exemplo, transferida ao fluido do coletor) por metro quadrado de superfície absorvedora.

Passo 7

Calcular a eficiência do coletor e interpretar.
  • Definição prática usada aqui: eficiência \eta é a razão entre a potência útil por área e a irradiança incidente: \eta=\frac{q_{u}}{G}.
  • Substituindo números: \eta=\frac{200{,}95}{750}\approx 0{,}2679\approx 26{,}8\%.
Explicação: cerca de 26{,}8\% da energia solar incidente é convertida em calor útil nas condições dadas; o restante é perdido por convecção e radiação (e alguma reflexão que já foi descontada na absorção).

Resposta

\,200{,}95\\ \mathrm{W/m^{2}}
\,26{,}8\%

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