Questão 7 - Uma placa de aço (\epsilon=0,7) de 2 \mathrm{~m} \times 2 \mathrm{~m} está a 300^{\circ} \mathrm{C}(573 \mathrm{~K}) em um ambiente a 20^{\circ} \mathrm{C}(293 \mathrm{~K}). Calcule a taxa de calor radiado.

Passo 1

O enunciado dá uma placa de aço com emissividade \epsilon=0{,}7 e dimensões 2\\ \mathrm{m}\times2\\ \mathrm{m}. A placa está à temperatura 300^\circ\mathrm{C} (ou seja, 573\\ \mathrm{K}) e o ambiente está a 20^\circ\mathrm{C} (ou seja, 293\\ \mathrm{K}).
O que se pede: calcular a taxa de calor radiado pela placa (potência radiativa líquida, em watts).
Informações relevantes dadas:
  • \epsilon = 0{,}7
  • Dimensões da placa: 2\\ \mathrm{m}\times2\\ \mathrm{m}
  • Temperatura da placa: T_s = 573\\ \mathrm{K}
  • Temperatura do ambiente: T_\infty = 293\\ \mathrm{K}

Passo 2

Fórmula que vamos usar (Lei de Stefan–Boltzmann para radiação líquida para um corpo que “vê” um ambiente como corpo negro):
Q = \epsilon\,\sigma\,A\left(T_s^4 - T_\infty^4\right)
onde:
  • Q é a taxa de calor radiado (potência) em \mathrm{W},
  • \epsilon é a emissividade da superfície (adimensional),
  • \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann, \sigma = 5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W\,m^{-2}\,K^{-4}},
  • A é a área da superfície em \mathrm{m^2},
  • T_s e T_\infty são as temperaturas absolutas (em K) da superfície e do ambiente, respectivamente.
Explicação didática rápida: um corpo emite radiação proporcional à quarta potência de sua temperatura absoluta. Se o ambiente também emite, o fluxo líquido é a diferença entre o que a placa emite e o que recebe do ambiente; por isso aparece o termo \left(T_s^4-T_\infty^4\right). A emissividade reduz a emissão em relação ao corpo negro ideal.

Passo 3

Calcular a área da placa:
A = 2\\ \mathrm{m}\times 2\\ \mathrm{m}=4\\ \mathrm{m^2}.

Passo 4

Confirmar as temperaturas em kelvin (já dadas no enunciado):
T_s = 573\\ \mathrm{K},\qquad T_\infty = 293\\ \mathrm{K}.

Passo 5

Para calcular T_s^4-T_\infty^4 de forma mais prática vamos usar a fatoração
T_s^4-T_\infty^4=(T_s^2-T_\infty^2)(T_s^2+T_\infty^2).
Isso evita elevar diretamente grandes números à quarta potência.
Primeiro calculamos os quadrados:
T_s^2 = 573^2,\qquad T_\infty^2 = 293^2.

Passo 6

Calcular os quadrados passo a passo:
T_s^2 = 573^2 = (570+3)^2 = 570^2+2\cdot570\cdot3+3^2=324900+3420+9=328329.
T_\infty^2 = 293^2 = (300-7)^2 = 300^2-2\cdot300\cdot7+7^2=90000-4200+49=85849.

Passo 7

Agora computar as somas e diferenças:
T_s^2-T_\infty^2 = 328329 - 85849 = 242480,
T_s^2+T_\infty^2 = 328329 + 85849 = 414178.
Multiplicando para obter a diferença de quartas potências:
T_s^4-T_\infty^4 = 242480 \times 414178.
Vamos multiplicar em partes:
242480\times414178 = 242480\times(400000+14178)
=242480\times400000 + 242480\times14178
=96\,992\,000\,000 + 3\,437\,881\,440 = 100\,429\,881\,440.
Portanto
T_s^4-T_\infty^4 = 1{,}0042988144\times10^{11}\\ \mathrm{K^4}.

Passo 8

Calcular o coeficiente \epsilon\sigma A:
\sigma = 5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W\,m^{-2}\,K^{-4}},
\epsilon\sigma A = 0{,}7 \times 5{,}670374419\times10^{-8}\times 4.
Primeiro 0{,}7\times4=2{,}8, então
\epsilon\sigma A = 2{,}8\times 5{,}670374419\times10^{-8} =1{,}58770483732\times10^{-7}\\ \mathrm{W\,K^{-4}}.

Passo 9

Agora calculamos Q:
Q = \epsilon\sigma A\left(T_s^4-T_\infty^4\right) =1{,}58770483732\times10^{-7}\times 1{,}0042988144\times10^{11}.
Agrupando os termos:
Q = \left(1{,}58770483732\times 1{,}0042988144\right)\times10^{4}.
Calculando o produto numérico:
1{,}58770483732\times 1{,}0042988144 \approx 1{,}59453008467,
portanto
Q \approx 1{,}59453008467\times10^{4}\\ \mathrm{W}.
Arredondando para três algarismos significativos:
Q \approx 1{,}59\times10^{4}\\ \mathrm{W} = 15\,900\\ \mathrm{W}.
Interpretação: o valor positivo indica que a placa perde calor por radiação para o ambiente; a taxa é cerca de 15{,}9\\ \mathrm{kW}.

Resposta

\;Q \approx 1{,}59\times10^{4}\\ \mathrm{W}

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