Exercício R.1.5.2. Uma tubulação atravessa uma grande sala conduzindo água a 95^{\circ} \mathrm{C}, com coeficiente de película 20 \mathrm{kcal} / \mathrm{h} . \mathrm{m}^{2} .^{\circ} \mathrm{C}. O tubo, de diâmetro externo 4" e resistência térmica desprezível, está isolado com lã de rocha ( \mathrm{k}=0,035 \mathrm{kcal} / \mathrm{h} . \mathrm{m} .{ }^{\circ} \mathrm{C} ) de 2" de espessura. Sabendo-se que a temperatura da face externa do isolamento do tubo é 22{ }^{\circ} \mathrm{C}, determinar :
a) o fluxo de calor transferido através da tubulação; (3)
b) a emissividade da superfície do isolamento, sabendo-se que a metade do fluxo de calor transferido da tubulação para o ambiente se dá por radiação e que a temperatura da face interna das paredes da sala é 5{ }^{\circ} \mathrm{C}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado e a figura nos dão (peguei estes dados da figura/enunciado):
  • Temperatura da água (temperatura da face interna, desprezando a resistência do tubo): T_1=95^\circ\mathrm{C}.
  • Coeficiente de película (convectivo): h=20\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}^2\cdot{}^\circ\mathrm{C}.
  • Diâmetro externo do tubo: 4\text{''}. (Peguei este valor da imagem.)
  • Espessura do isolamento: 2\text{''}. (Peguei este valor da imagem.)
  • Condutividade térmica da lã de rocha: k=0,035\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}\cdot{}^\circ\mathrm{C}.
  • Temperatura da face externa do isolamento: T_2=22^\circ\mathrm{C}.
  • Metade do fluxo para o ambiente ocorre por radiação; a temperatura da face interna das paredes da sala (superfície receptora da radiação) é T_w=5^\circ\mathrm{C}. (Peguei este valor do enunciado.)
  • Não foi dada a extensão L da tubulação, então trabalharemos por unidade de comprimento (por metro): fluxo por unidade de comprimento q' (kcal/h por metro).
Conversões que vou usar (mostro para você poder refazer):
  • 1\\ \text{polegada}=0,0254\\ \mathrm{m}.
  • Raio interno da isolação (raio exterior do tubo) r_1=\dfrac{4\text{''}}{2}=2\text{''}=2\cdot0,0254\\ \mathrm{m}=0,0508\\ \mathrm{m}. (Peguei o diâmetro de 4’’ da figura.)
  • Raio externo da isolação r_2=r_1+ espessura =0,0508+0,0508=0,1016\\ \mathrm{m}. (Peguei a espessura de 2’’ da figura.)

Passo 2

Vamos calcular o fluxo de calor por condução radial através do isolamento cilíndrico usando a lei da condução para paredes cilíndricas em regime permanente e sem geração interna. A fórmula para o fluxo por unidade de comprimento (q') é:
q'=\dfrac{2\pi k\,(T_1-T_2)}{\ln\!\big(\dfrac{r_2}{r_1}\big)}.
Explicando a fórmula e cada símbolo:
  • q' é o fluxo de calor por unidade de comprimento (kcal/h por metro).
  • k é a condutividade térmica do material do isolamento (kcal/h·m·°C).
  • T_1 e T_2 são as temperaturas nas superfícies interna e externa do isolamento (°C).
  • r_1 e r_2 são os raios interno e externo do isolamento (m).
  • \ln(r_2/r_1) aparece porque a geometria é cilíndrica (a área varia com o raio).
Essa é a forma padrão derivada do equilíbrio de energia em coordenadas cilíndricas (se quiser eu mostro a derivação básica, mas esta é a fórmula que se usa na prova).

Passo 3

Agora aplico a fórmula com os números (mostro as contas passo a passo):
Dados já convertidos:
r_1=0{,}0508\\ \mathrm{m},\qquad r_2=0{,}1016\\ \mathrm{m}, \qquad k=0{,}035\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}\cdot{}^\circ\mathrm{C}, \qquad T_1-T_2=95-22=73^\circ\mathrm{C}.
Calculo do logaritmo:
\ln\!\big(\tfrac{r_2}{r_1}\big)=\ln(2)=0{,}693147\ldots
Substituindo na fórmula:
q'=\dfrac{2\pi\cdot 0{,}035\cdot 73}{0{,}693147}
Faço as multiplicações:
2\pi\cdot 0{,}035 =0{,}2199115\quad(\text{aprox.}),
0{,}2199115\cdot 73 =16{,}054= \text{(intermediário)},á
q'=\dfrac{16{,}054}{0{,}693147}\approx 23{,}173\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\\ \text{por metro}.
Arredondando com razoável precisão:
q'\approx 23{,}17\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\\ \text{por metro de tubulação}.çã
Calma — é pouco? é o que sai dos dados (temperatura externa T_2 fixa em 22^\circ\mathrm{C}). Continuamos para a parte (b).

Passo 4

Para a parte (b) precisamos do fluxo por unidade de área superficial externa do isolamento (por metro de comprimento):
Área lateral por metro de comprimento:
A' = 2\pi r_2 = 2\pi\cdot 0{,}1016\\ \mathrm{m}=0{,}63851\\ \mathrm{m}^2/\mathrm{m}.
Fluxo por unidade de área (densidade de fluxo na superfície externa):
\dot{q}''=\dfrac{q'}{A'}=\dfrac{23{,}173}{0{,}63851}\approx 36{,}30\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}^2.
Metade desse fluxo é por radiação (dado do enunciado), então a contribuição radiativa por unidade de área é:
\dot{q}''_{rad}=\dfrac{\dot{q}''}{2}\approx 18{,}15\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}^2.

Passo 5

Agora relacionamos a contribuição radiativa com a lei de Stefan–Boltzmann para corpo cinzento trocando calor com uma grande envoltória. A forma simplificada (quando a superfície pequena “vê” as paredes da sala praticamente com fator de vista =1) é:
\dot{q}''_{rad}=\varepsilon\,\sigma\big(T_{2,K}^4-T_{w,K}^4\big),
onde:
  • \varepsilon é a emissividade da superfície (o que queremos achar).
  • \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann convertida para unidades \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}^2\cdot\mathrm{K}^4.
  • T_{2,K} e T_{w,K} são T_2 e T_w em kelvin.
Vou mostrar a conversão de \sigma. Em unidades SI \sigma=5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W}/\mathrm{m}^2\cdot\mathrm{K}^4. Para passar para \mathrm{kcal}/\mathrm{h} uso o fator 3600/4184 (segundos por hora dividido por joules por kcal), então:
\sigma\approx 5{,}670374419\times10^{-8}\cdot\dfrac{3600}{4184} \approx 4{,}879\times10^{-8}\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}^2\cdot\mathrm{K}^4.
Temperaturas em kelvin:
T_{2,K}=22+273{,}15=295{,}15\\ \mathrm{K},\qquad T_{w,K}=5+273{,}15=278{,}15\\ \mathrm{K}.
Calculo do termo de quarta potência (mostro o valor numérico obtido):
T_{2,K}^4-T_{w,K}^4 \approx 1{,}6030\times10^{9}\\ \mathrm{K}^4.
Multiplicando por \sigma:
\sigma\big(T_{2,K}^4-T_{w,K}^4\big)\approx 4{,}879\times10^{-8}\cdot 1{,}6030\times10^{9} \approx 78{,}21\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h}\cdot\mathrm{m}^2\quad(\text{para }\varepsilon=1).
Agora isolamos \varepsilon usando \dot{q}''_{rad} (metade do fluxo por área):
\varepsilon=\dfrac{\dot{q}''_{rad}}{\sigma\,(T_{2,K}^4-T_{w,K}^4)} =\dfrac{18{,}15}{78{,}21}\approx 0{,}232.

Passo 6

Interpretação curta e resultado final:
  • A emissividade encontrada é \varepsilon\approx 0{,}232 (ou seja, cerca de 0{,}23). É um valor realista para uma superfície não muito brilhante; está entre 0 e 1, portanto fisicamente aceitável.

Resposta

(a) q'\approx 23{,}17\\ \mathrm{kcal}/\mathrm{h} por metro de tubulação.
(b) \varepsilon\approx 0{,}232.

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