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.
(c) Obtenha a taxa de perda de calor;

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver ainda).
  • Espessura da camada: L=1\\ \mathrm{m}.
  • Condutividade térmica: k=0{,}26\\ \mathrm{W/m/K}. (não usaremos k explicitamente se assumirmos que toda a perda ocorre pela face superior; explico isso adiante.)
  • Geração volumétrica uniforme: \dot{q}=20\\ \mathrm{W/m^{3}}.
  • Temperatura do ar ambiente: T_{\infty}=25^\circ\mathrm{C}=298{,}15\\ \mathrm{K}.
  • Coeficiente de convecção na superfície superior: h=5\\ \mathrm{W/m^{2}/K}.
  • Irradiação solar incidente: G_s=400\\ \mathrm{W/m^{2}}.
  • Absorvidade da superfície: \alpha=0{,}95 (portanto a fração de G_s absorvida é \alpha G_s).
  • Emissividade da superfície: \varepsilon=0{,}95.
  • Constante de Stefan–Boltzmann: \sigma=5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^{2}/K^{4}}.
O enunciado (parte (c)) pede: “Obtenha a taxa de perda de calor.”
Observações importantes que surgem já aqui: para calcular numericamente a perda por convecção e radiação é preciso conhecer a temperatura da superfície T_s. Essa temperatura só é determinada impondo o balanço de energia na superfície (estado estacionário). Para seguir é necessário assumir como os fluxos gerados no interior são entregues à superfície (por exemplo: se a face inferior for isolada, todo o calor gerado mais a radiação absorvida na face superior tem de sair pela face superior). Vou assumir esse caso clássico (face inferior isolada ou desprezível), explicar por que e como resolver. Se o caso real for diferente, o procedimento muda.

Passo 2

Converter a geração volumétrica em geração por unidade de área (energia a ser rejeitada pela superfície superior, por metro quadrado).
  • A geração volumétrica é \dot{q} por metro cúbico. Integrando ao longo da espessura L obtemos a geração por área:
\dot{Q}''_{\text{gen}}=\dot{q}\,L.
  • Substituindo os valores:
\dot{Q}''_{\text{gen}}=20\\ \mathrm{W/m^{3}}\times 1\\ \mathrm{m}=20\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Explicação didática rápida: \dot{q} tem unidade \mathrm{W/m^3}; multiplicando por um comprimento em metros dá \mathrm{W/m^2}, que é a taxa por unidade de área (como a energia gerada por “coluna” de 1 m^2 de base e altura L).

Passo 3

Energia que chega na superfície por radiação solar e que precisa ser rejeitada.
  • A fração da radiação solar absorvida pela superfície é \alpha G_s. Com \alpha=0{,}95 e G_s=400\\ \mathrm{W/m^{2}}:
\alpha G_s = 0{,}95\times 400\\ \mathrm{W/m^{2}}=380\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Portanto, se toda a geração interna tiver de sair pela face superior (assunção feita), a potência total que deve ser rejeitada pela face superior, por unidade de área, é a soma da geração por área mais a radiação solar absorvida:
\dot{Q}''_{\text{in}}=\dot{Q}''_{\text{gen}}+\alpha G_s=20+380=400\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Comentário didático: isto significa que, em regime estacionário e sob a hipótese de que não há outra via significativa de perda (por exemplo perda pela face inferior), a face superior deve rejeitar 400\\ \mathrm{W/m^{2}} ao ambiente por convecção e radiação líquida.

Passo 4

Montar o balanço de energia na superfície e escrever a equação para a temperatura da superfície T_s.
  • No equilíbrio estacionário, potência rejeitada pela convecção mais potência rejeitada pela radiação líquida deve igualar a potência que entra na superfície:
h\,(T_s-T_{\infty})+\varepsilon\sigma\,(T_s^{4}-T_{\infty}^{4})=\dot{Q}''_{\text{in}}.
Cada termo explicado:
  • h\,(T_s-T_{\infty}) é o fluxo convectivo (W/m^2). h em \mathrm{W/m^2/K}, T_s-T_{\infty} em K.
  • \varepsilon\sigma\,(T_s^{4}-T_{\infty}^{4}) é o fluxo de radiação líquida (W/m^2) entre a superfície e o ambiente tratado como corpo negro a T_{\infty}.
  • \dot{Q}''_{\text{in}} já calculado é 400\\ \mathrm{W/m^{2}}.
  • Substituindo números:
5\,(T_s-298{,}15)+0{,}95\cdot 5{,}670374419\times10^{-8}\,(T_s^{4}-298{,}15^{4})=400.
Este é um equação não linear para T_s. A maneira prática de resolver é por iteração numérica (tentativas), ou pelo método de Newton se quiser. Vou resolver por aproximações simples (palpites e refinamentos), mostrando os cálculos necessários para que você consiga reproduzir na prova sem calculadora avançada — o truque é usar um palpite linearizado e então ajustar.

Passo 5

Estimativa inicial usando linearização da radiação (coeficiente radiativo efetivo).
  • Podemos linearizar o termo radiativo definindo um coeficiente radiativo aproximado
h_r(T_s)\approx \varepsilon\sigma\,(T_s+T_{\infty})\,(T_s^{2}+T_{\infty}^{2}),
de modo que a radiação líquida ≈ h_r\,(T_s-T_{\infty}). Para T_s na faixa próxima de 300 340\\ \mathrm{K} este h_r será da ordem de 5 8\\ \mathrm{W/m^2K}.
  • Estimando h_r em torno de T\approx 300\\ \mathrm{K}:
h_r\approx 0{,}95\times 5{,}67\times10^{-8}\times(300+298{,}15)\times(300^{2}+298{,}15^{2})\approx 5{,}8\\ \mathrm{W/m^{2}K}.
  • Então o coeficiente convective+radiativo aproximado é h+h_r\approx 5+5{,}8\approx 10{,}8\\ \mathrm{W/m^{2}K}. Assim, uma estimativa inicial para \Delta T=T_s-T_{\infty} é
\Delta T\approx \frac{400}{10{,}8}\approx 37{,}0\\ \mathrm{K},
ou seja T_s\approx 298{,}15+37\approx 335{,}15\\ \mathrm{K}. Isso é apenas um palpite inicial.

Passo 6

Refinamento por tentativas: calcular conv e rad para um palpite e ajustar até que a soma seja 400\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Vou mostrar duas tentativas relevantes (essas contas podem ser feitas com calculadora; aqui apresento os passos para você entender o que calcular):
  • Tentativa 1: T_s=332{,}0\\ \mathrm{K} (palpite próximo ao anterior).
    • Convecção: q''_{\text{conv}}=h\,(T_s-T_{\infty})=5\,(332{,}0-298{,}15)=5\times33{,}85=169{,}25\\ \mathrm{W/m^{2}}.
    • Radiação líquida: calcular \varepsilon\sigma(T_s^{4}-T_{\infty}^{4}). É prático calcular T_s^{2} e T_{\infty}^{2} e usar produto para obter T_s^{4}-T_{\infty}^{4}=(T_s^{2}-T_{\infty}^{2})(T_s^{2}+T_{\infty}^{2}). Fazendo as contas chega-se a aproximadamente q''_{\text{rad}}\approx 228{,}8\\ \mathrm{W/m^{2}}.
    • Soma: 169{,}25+228{,}8\approx 398{,}05\\ \mathrm{W/m^{2}}. Isso é ligeiramente menor que 400, então T_s deve ser um pouco maior.
  • Tentativa 2: T_s=332{,}5\\ \mathrm{K}.
    • Convecção: q''_{\text{conv}}=5\,(332{,}5-298{,}15)=5\times34{,}35=171{,}75\\ \mathrm{W/m^{2}}.
    • Radiação líquida: com as mesmas técnicas de cálculo dá aproximadamente q''_{\text{rad}}\approx 232{,}8\\ \mathrm{W/m^{2}}.
    • Soma: 171{,}75+232{,}8\approx 404{,}53\\ \mathrm{W/m^{2}}. Agora é um pouco maior que 400.
Interpolando entre essas tentativas (linear entre 332{,}0 e 332{,}5 K) para atingir exatamente 400\\ \mathrm{W/m^{2}} dá uma solução próxima de
T_s\approx 332{,}15\\ \mathrm{K}=59{,}0^\circ\mathrm{C}.
Comentário: o procedimento prático na prova pode ser: (i) estimar h_r e \Delta T para um palpite; (ii) calcular os fluxos conv e rad com o palpite; (iii) ajustar T_s por iteração rápida até que a soma seja 400\\ \mathrm{W/m^{2}}. A técnica de linearizar a radiação é útil para obter o palpite inicial.

Passo 7

Calcular as contribuições finais (com T_s\approx 332{,}15\\ \mathrm{K}) e apresentar a taxa de perda de calor.
  • Convecção:
q''_{\text{conv}}=h\,(T_s-T_{\infty})=5\,(332{,}15-298{,}15)=5\times34{,}00=170\\ \mathrm{W/m^{2}}.
  • Radiação líquida:
q''_{\text{rad}}=\varepsilon\sigma\,(T_s^{4}-T_{\infty}^{4})\approx 230\\ \mathrm{W/m^{2}}.
  • Soma:
q''_{\text{total}}=q''_{\text{conv}}+q''_{\text{rad}}=170+230=400\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Interpretação: esse 400\\ \mathrm{W/m^{2}} é exatamente a soma da geração interna por área ( 20\\ \mathrm{W/m^2}) mais a energia solar absorvida ( 380\\ \mathrm{W/m^2}), como esperado devido ao balanço de energia no estado estacionário.

Resposta

Convecção: 170\\ \mathrm{W/m^{2}}
Radiação líquida: 230\\ \mathrm{W/m^{2}}
Taxa total de perda de calor (superfície superior, por unidade de área): 400\\ \mathrm{W/m^{2}}

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