Devido à lenta oxidação das partículas, uma camada de carvão com 1 m de espessura ( k=0,26 \mathrm{W} / \mathrm{m} / \mathrm{K} ) gera energia térmica a uma taxa volumétrica \dot{q}=20 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{3}). A superfície superior da camada está exposta ao ar ambiente a 25^{\circ} \mathrm{C}, com \mathrm{h}=5 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} / \mathrm{K} e recebe irradiação solar a uma taxa \mathrm{G}_{\mathrm{s}}=400 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}. A superfície possui \varepsilon=\alpha=0,95.
(a) Aplique um balanço global de energia para estimar a temperatura da superfície, \mathrm{T}_{\mathrm{s}};

Passo 1

O que o enunciado pede e os dados que ele fornece.
  • Pedido: estimar a temperatura da superfície da camada de carvão, T_s.
  • Dados fornecidos:
    • Espessura da camada: L=1\\ \mathrm{m}.
    • Condutividade térmica: k=0{,}26\\ \mathrm{W/m/K} (não será necessária explicitamente se assumirmos que todo o calor gerado internamente sai pela superfície superior; isso será explicado no próximo passo).
    • Geração volumétrica uniforme: \dot{q}=20\\ \mathrm{W/m^3}.
    • Temperatura ambiente (ar): T_\infty=25^\circ\mathrm{C}.
    • Coeficiente de convecção: h=5\\ \mathrm{W/m^2/K}.
    • Irradiação solar incidente: G_s=400\\ \mathrm{W/m^2}.
    • Emissividade e absortividade da superfície: \varepsilon=\alpha=0{,}95.
  • Observações importantes que extraio do enunciado (sem começar a resolver ainda):
    • A geração volumétrica fornece energia térmica por unidade de volume dentro da camada.
    • A superfície superior recebe a irradiação solar e troca calor com o ambiente por convecção e por radiação.
    • O enunciado não diz nada sobre perdas pela face inferior; tomando o “balanço global de energia” usual para este tipo de problema, vou assumir que, em regime estacionário e para fins de estimativa, toda a energia gerada no volume por unidade de área deve ser removida pela superfície superior (por exemplo, porque a face inferior é isolada ou a camada é suficientemente espessa e a única saída efetiva é pela face superior). Vou explicitar essa hipótese no próximo passo.

Passo 2

Hipótese e formulação física do balanço energético global (intuição antes das contas).
  • Hipótese: regime estacionário e toda a energia gerada na camada por unidade de área sai pela superfície superior (ou seja, perdas pela face inferior são negligíveis ou a face inferior é isolada).
  • Raciocínio físico: por unidade de área, a energia gerada dentro da camada é \dot{q}L (W/m ^2). A superfície também recebe energia da radiação solar que ela absorve: \alpha G_s. Essas energias (geração interna conduzida até a superfície + energia solar absorvida) devem ser equilibradas pelas perdas da superfície para o ambiente por convecção e por radiação térmica de corpo negro (ajustada pela emissividade).
  • Portanto a equação de balanço energético global na superfície, em regime estacionário, é:
\dot{q}L + \alpha G_s = h\bigl(T_s - T_\infty\bigr) + \varepsilon\sigma\bigl(T_s^4 - T_\infty^4\bigr),
onde \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann.
Explicação das parcelas (rápida e didática):
  • \dot{q}L: energia gerada no volume por unidade de área, porque \dot{q} tem unidades \mathrm{W/m^3} e multiplica-se por L (m) para obter \mathrm{W/m^2}.
  • \alpha G_s: fração da radiação solar absorvida pela superfície; \alpha é adimensional (entre 0 e 1).
  • h(T_s-T_\infty): fluxo convectivo (lei de Newton do resfriamento). h em \mathrm{W/m^2/K}.
  • \varepsilon\sigma(T_s^4-T_\infty^4): fluxo radiativo líquido entre superfície e ambiente (Lei de Stefan–Boltzmann linearizada em termos de diferença de quartas potências). \sigma\approx 5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^2/K^4}.

Passo 3

Colocar valores numéricos nas parcelas conhecidas e organizar a equação para resolver T_s.
  • Calcular a geração por unidade de área:
\dot{q}L = 20\\ \mathrm{W/m^3}\times 1\\ \mathrm{m} = 20\\ \mathrm{W/m^2}.
  • Calcular a radiação solar absorvida:
\alpha G_s = 0{,}95\times 400\\ \mathrm{W/m^2} = 380\\ \mathrm{W/m^2}.
  • Soma das entradas de energia:
\dot{q}L + \alpha G_s = 20 + 380 = 400\\ \mathrm{W/m^2}.
  • Constante de Stefan–Boltzmann com emissividade:
\varepsilon\sigma = 0{,}95\cdot 5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^2/K^4}\approx 5{,}3869\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^2/K^4}.
  • Converter a temperatura ambiente para Kelvin (porque a lei de Stefan–Boltzmann usa Kelvin):
T_\infty = 25^\circ\mathrm{C} = 25+273{,}15 = 298{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Escrever a equação numérica a ser resolvida para T_s (em Kelvin):
400 = 5\bigl(T_s - 298{,}15\bigr) + 5{,}3869\times10^{-8}\bigl(T_s^4 - 298{,}15^4\bigr).
Esta é uma equação não linear em T_s por causa do termo T_s^4. Vou resolvê-la por tentativa/iteração (método direto que dá boa intuição e é simples para fazer sem métodos formais).

Passo 4

Estratégia numérica prática (iteração por tentativa) e primeiras tentativas com interpretação física.
  • Intuição inicial: se houvesse apenas convecção, 400=5(T_s-298{,}15)\Rightarrow T_s-298{,}15=80\Rightarrow T_s\approx378{,}15\\ \mathrm{K}. Mas a radiação aumenta a perda, portanto a temperatura real será significativamente menor.
  • Vou avaliar a função
F(T_s)=5\bigl(T_s - 298{,}15\bigr) + 5{,}3869\times10^{-8}\bigl(T_s^4 - 298{,}15^4\bigr)
para alguns valores de T_s e comparar com 400\\ \mathrm{W/m^2}.
Cálculos de teste (mostrando convecção e radiação separadamente):
  • Teste em T_s=320\\ \mathrm{K}:
    • Convecção: 5(320-298{,}15)=5(21{,}85)=109{,}25\\ \mathrm{W/m^2}.
    • Para a radiação, primeiro note que 320^4\approx 1{,}048576\times10^{10} e 298{,}15^4\approx 7{,}9011\times10^{9}. Diferença \approx 2{,}58565\times10^{9}.
    • Radiação: 5{,}3869\times10^{-8}\times 2{,}58565\times10^{9}\approx 139{,}25\\ \mathrm{W/m^2}.
    • Soma: 109{,}25+139{,}25=248{,}5\\ \mathrm{W/m^2} (menor que 400 T_s precisa ser maior).
  • Teste em T_s=350\\ \mathrm{K}:
    • Convecção: 5(350-298{,}15)=5(51{,}85)=259{,}25\\ \mathrm{W/m^2}.
    • 350^4\approx 1{,}500625\times10^{10}. Diferença com T_\infty^4 \approx 7{,}1051\times10^{9}.
    • Radiação: 5{,}3869\times10^{-8}\times 7{,}1051\times10^{9}\approx 382{,}7\\ \mathrm{W/m^2}.
    • Soma: 259{,}25+382{,}7\approx 641{,}95\\ \mathrm{W/m^2} (maior que 400 T_s precisa ser menor).
Portanto a solução está entre 320\\ \mathrm{K} e 350\\ \mathrm{K}.

Passo 5

Refinar a busca por iteração (aproximação por interpolação entre tentativas).
  • Teste em T_s=332\\ \mathrm{K}:
    • Convecção: 5(332-298{,}15)=5(33{,}85)=169{,}25\\ \mathrm{W/m^2}.
    • 332^2=110{,}224\Rightarrow 332^4\approx 1{,}214946\times10^{10}. Diferença com 298{,}15^4 é \approx 4{,}24834\times10^{9}.
    • Radiação: 5{,}3869\times10^{-8}\times 4{,}24834\times10^{9}\approx 228{,}8\\ \mathrm{W/m^2}.
    • Soma: 169{,}25+228{,}8\approx 398{,}05\\ \mathrm{W/m^2}. Isso está muito perto de 400.
  • Teste em T_s=333\\ \mathrm{K}:
    • Convecção: 5(333-298{,}15)=5(34{,}85)=174{,}25\\ \mathrm{W/m^2}.
    • 333^4\approx 1{,}229631\times10^{10}. Diferença \approx 4{,}3952\times10^{9}.
    • Radiação: 5{,}3869\times10^{-8}\times 4{,}3952\times10^{9}\approx 236{,}9\\ \mathrm{W/m^2}.
    • Soma: 174{,}25+236{,}9\approx 411{,}15\\ \mathrm{W/m^2}.
Observação: em 332\\ \mathrm{K} obtivemos 398{,}05 e em 333\\ \mathrm{K} obtivemos 411{,}15. Como queremos 400, a solução está bem próxima de 332\\ \mathrm{K}.
  • Interpolação linear rápida entre os dois pontos para refinar:
T_s \approx 332 + \frac{400-398{,}05}{411{,}15-398{,}05}\times(333-332) =332 + \frac{1{,}95}{13{,}1}\times 1 \approx 332{,}15\\ \mathrm{K}.

Passo 6

Converter para Celsius e interpretar o resultado.
  • Em Celsius:
T_s = 332{,}15\\ \mathrm{K} -273{,}15 = 59{,}0^\circ\mathrm{C}.
  • Interpretação física curta: dos 400\\ \mathrm{W/m^2} que entram (geração interna + radiação solar absorvida), cerca 170\\ \mathrm{W/m^2} são removidos por convecção e cerca 230\\ \mathrm{W/m^2} por radiação quando a superfície está em 59^\circ\mathrm{C}.

Resposta

T_s \approx 332{,}15\\ \mathrm{K} \approx 59{,}0^\circ\mathrm{C}

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