(3,0 pontos) Uma pequena esfera metálica sólida possui um revestimento opaco e difuso, para o qual \alpha \lambda=0,8 para \lambda \leq 5 \mu \mathrm{~m} e \alpha \lambda=0,1 \lambda>5 \mu \mathrm{~m}. A esfera, que se encontra inicialmente a uma temperatura uniforme de 300 K , é introduzida em um grande forno cujas paredes estão a 1200 K . Determine:
a) ( 1,0 ponto) A absortividade e a emissividade hemisférica totais do revestimento.
b) ( 1,0 ponto) A variação da temperatura com a exposição à irradiação.
c) (1,0 ponto) A esfera pode ser considerada cinza? Justifique.

Passo 1

O enunciado nos dá:
  • Revestimento opaco e difuso com absorvidade espectral
    • \alpha_\lambda=0{,}8 para \lambda\le 5\\ \mu\mathrm{m},
    • \alpha_\lambda=0{,}1 para \lambda>5\\ \mu\mathrm{m}.
  • Esfera inicialmente a temperatura uniforme \,T_{s,0}=300\\ \mathrm{K}.
  • Forno grande com paredes isotérmicas a T_w=1200\\ \mathrm{K}.
    As perguntas:
    (a) determinar a absortividade hemisférica total do revestimento e a emissividade hemisférica total (presumivelmente a emissividade à temperatura inicial da esfera, 300\\ \mathrm{K});
    (b) descrever a variação da temperatura da esfera quando exposta à irradiação do forno (ou seja, qual será o comportamento/temperatura de equilíbrio);
    (c) dizer se a superfície pode ser considerada cinza e justificar.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicadinhos):
  • Hemisférica espectral: a absortividade hemisférica total para radiação proveniente de um corpo negro à temperatura T é
\alpha(T)=\frac{\displaystyle\int_0^{\infty}\alpha_\lambda\,E_\lambda^{b}(T)\,d\lambda}{\displaystyle\int_0^{\infty}E_\lambda^{b}(T)\,d\lambda}
onde E_\lambda^{b}(T) é a emissividade espectral do corpo negro à temperatura T. O denominador é a emissão total do corpo negro, que é \sigma T^4.
  • Pela lei de Kirchhoff para superfícies opacas em equilíbrio local, a emissividade espectral \epsilon_\lambda é igual à absorvidade espectral \alpha_\lambda. Assim a emissividade hemisférica da superfície à sua temperatura T_s é
\epsilon(T_s)=\frac{\displaystyle\int_0^{\infty}\alpha_\lambda\,E_\lambda^{b}(T_s)\,d\lambda}{\sigma T_s^4}.
  • Como \alpha_\lambda toma só dois valores, podemos escrever (para qualquer temperatura T)
\epsilon(T)=\alpha(T)=0{,}1+0{,}7\,F(T),
onde F(T) é a fração da emissão do corpo negro (à temperatura T) que está em \lambda\le 5\\ \mu\mathrm{m}:
F(T)=\frac{\displaystyle\int_0^{5\\ \mu\mathrm{m}} E_\lambda^{b}(T)\,d\lambda}{\sigma T^4}.
Explicando a redução: em [0,5\\ \mu\mathrm{m}] \alpha_\lambda=0{,}8, em (5\\ \mu\mathrm{m},\infty) \alpha_\lambda=0{,}1. Então
\alpha(T)=\frac{0{,}8\int_0^{5}E_\lambda^b\,d\lambda+0{,}1\int_{5}^{\infty}E_\lambda^b\,d\lambda}{\sigma T^4} =0{,}1+0{,}7\frac{\int_0^{5}E_\lambda^b\,d\lambda}{\sigma T^4}=0{,}1+0{,}7F(T).

Passo 3

Como calcular F(T) de forma prática (uma mini-aula sobre a integral de Planck):
  • Ao fazer a mudança de variável usual u=\dfrac{c_2}{\lambda T} com c_2=\dfrac{hc}{k}\approx 1{,}4388\times10^{4}\\ \mu\mathrm{m\cdot K}, obtém-se a expressão padronizada
F(T)=\frac{15}{\pi^{4}}\int_{x}^{\infty}\frac{u^{3}}{e^{u}-1}\,du, \qquad x=\frac{c_2}{\lambda_c\,T},
onde aqui \lambda_c=5\\ \mu\mathrm{m} e x=\dfrac{c_2}{5\,T}.
  • O integrando \dfrac{u^{3}}{e^{u}-1} é a função padrão usada para tabelas/funções de fração espectral. O denominador \pi^{4}/15 é a integral total \int_0^\infty u^3/(e^u-1)\,du, garantindo que F(T) é uma fração (entre 0 e 1).
Vamos calcular F(T) para os dois casos relevantes (incidência do forno T_w=1200\\ \mathrm{K} e emissão inicial do corpo T_s=300\\ \mathrm{K}).

Passo 4

Cálculo numérico de F(1200\\ \mathrm{K}):
  • Primeiro a constante adimensional
x_w=\frac{c_2}{5\,T_w}=\frac{14388}{5\cdot1200}\approx 2{,}398.
  • Avaliamos a integral \displaystyle I(0\to x_w)=\int_{0}^{x_w}\frac{u^3}{e^u-1}\,du numericamente (usei regra de Simpson com passo h=0{,}2; tabelinha dos valores de u^3/(e^u-1) e soma conforme Simpson). Do cálculo obteve-se
\int_{0}^{2{,}4}\frac{u^3}{e^u-1}\,du\approx 1{,}7057.
  • Como a integral total é \displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{u^3}{e^u-1}\,du=\frac{\pi^4}{15}\approx 6{,}49394, a parte de interesse (integral de x_w até \infty) vale
\int_{x_w}^{\infty}\frac{u^3}{e^u-1}\,du \approx 6{,}49394-1{,}7057=4{,}7882.
  • Portanto
F(1200\\ \mathrm{K})=\frac{15}{\pi^{4}}\cdot 4{,}7882 \approx \frac{4{,}7882}{6{,}49394}\approx 0{,}7373.
  • Logo a absortividade hemisférica para radiação do forno é
\alpha=\alpha(T_w)=0{,}1+0{,}7\cdot 0{,}7373 \approx 0{,}6161\\ \text{(adimensional)}.

Passo 5

Cálculo numérico de \epsilon à temperatura inicial T_s=300\\ \mathrm{K}:
  • Primeiro x_s=\dfrac{c_2}{5\,T_s}=\dfrac{14388}{5\cdot300}\approx 9{,}592.
  • Agora \displaystyle F(300\\ \mathrm{K})=\frac{15}{\pi^{4}}\int_{x_s}^{\infty}\frac{u^{3}}{e^{u}-1}\,du. Para x_s grande podemos aproximar o integrando por u^3 e^{-u} e usar a expressão aproximada da cauda da integral (função gama incompleta). Uma boa aproximação é
\int_{x}^{\infty}u^{3}e^{-u}\,du\approx e^{-x}\bigl(x^{3}+3x^{2}+6x+6\bigr).
  • Aplicando com x=9{,}592:
    • e^{-x}\approx e^{-9{,}592}\approx 6{,}82\times 10^{-5}.
    • x^{3}+3x^{2}+6x+6\approx 1{,}223\times 10^{3}.
    • Produto \approx 0{,}0834.
  • Assim a integral relevante vale aproximadamente 0{,}0834 e
F(300\\ \mathrm{K})\approx\frac{0{,}0834}{6{,}49394}\approx 0{,}01284.
  • Portanto a emissividade hemisférica à 300\\ \mathrm{K} é
\epsilon(300\\ \mathrm{K})=0{,}1+0{,}7\cdot 0{,}01284\approx 0{,}1090.
Comentário didático rápido: a grande diferença entre \alpha (0,616) e \epsilon(300\\ \mathrm{K}) (0,109) aparece porque o forno emite majoritariamente em comprimentos de onda \le 5\\ \mu\mathrm{m} (para 1200\\ \mathrm{K} essa banda é energeticamente importante), enquanto a esfera fria em 300\\ \mathrm{K} emite majoritariamente em comprimentos maiores que 5\\ \mu\mathrm{m} — e a superfície absorve mal nessas ondas longas.

Passo 6

Variação da temperatura com exposição (questão (b)):
  • Balanço de energia no regime estacionário (equilíbrio radiativo):
\text{potência absorvida}=\text{potência emitida}êê
\alpha\,\sigma T_w^4=\epsilon(T_s)\,\sigma T_s^4.
  • Observe que \alpha foi calculada ponderando \alpha_\lambda com a distribuição espectral do forno a T_w; por construção, se puser T_s=T_w então \epsilon(T_w)=\alpha (isso é coerente com Kirchhoff) e a igualdade acima fica verdadeira. Assim o equilíbrio final da esfera dentro de um forno grande e isoterma é
T_{s,\infty}=T_w=1200\\ \mathrm{K}.
  • Portanto, exposta à irradiação do forno a 1200\\ \mathrm{K}, a esfera irá aquecer de 300\\ \mathrm{K} em direção a 1200\\ \mathrm{K}, aproximando-se assintoticamente de 1200\\ \mathrm{K}. A variação temporal exata T_s(t) exige a equação transiente de energia:
m c\,\frac{dT_s}{dt}=A\!\left[\alpha\sigma T_w^4-\epsilon(T_s)\sigma T_s^4\right],
onde m é a massa da esfera, c o calor específico e A a área de superfície. Sem m, c e A não se pode dar uma curva temporal numérica; mas a forma da equação está aqui para a prova — é suficiente para dizer que a esfera aquece até 1200\\ \mathrm{K}.

Passo 7

Resposta à pergunta (c) — a superfície é cinza?
  • Definição prática: uma superfície é cinza se sua emissividade (e, em consequência, sua absorvidade) é praticamente independente do comprimento de onda em toda a faixa relevante.
  • Aqui \alpha_\lambda tem dois valores bem distintos ( 0{,}8 para \lambda\le 5\\ \mu\mathrm{m} e 0{,}1 para \lambda>5\\ \mu\mathrm{m}). Logo há forte dependência espectral. Além disso a emissividade hemisférica depende da temperatura do corpo ( \epsilon(300\\ \mathrm{K})\approx 0{,}109 enquanto \epsilon(1200\\ \mathrm{K})=\alpha\approx 0{,}616), o que não ocorre para um cinza (onde \epsilon é constante, independente da temperatura e da distribuição espectral).
  • Conclusão: o revestimento não pode ser considerado cinza; é um revestimento seletivo (não-cinza).

Resposta

(a) \alpha (para radiação do forno a 1200\\ \mathrm{K}) \approx 0{,}616. \epsilon 300\\ \mathrm{K}) \approx 0{,}109.
(b) A esfera aquece de 300\\ \mathrm{K} em direção a 1200\\ \mathrm{K}; a temperatura de equilíbrio é T_{s,\infty}=1200\\ \mathrm{K}.
(c) Não — o revestimento não é cinza, pois \alpha_\lambda varia fortemente com \lambda (0{,}8 vs 0{,}1) e a emissividade hemisférica depende da temperatura.

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