QUESTÃO 4 ( 2,5 PONTOS) - Um forno é moldado como um longo duto triangular equilátero onde a largura de cada lado é de 2 m . O calor é fornecido a partir da superfície da base, cuja emissividade é 0,8 , a uma taxa de 1000 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}, enquanto as superfícies laterais, cujas emissividades são de 0,5 , são mantidas a 500 K . Faça um circuito térmico que represente este problema. Determine a temperatura da superfície da base.

Passo 1

O que o enunciado dá e o que pede (resumindo e com clareza):
  • Geometria: duto retilíneo com seção transversal triangular equilátera; cada lado tem comprimento 2\\ \mathrm{m}. O duto é “longo”, então podemos trabalhar por unidade de comprimento (1 m) no eixo longitudinal.
  • Superfícies:
    • Base (chamarei de superfície 1): emissividade \varepsilon_1=0{,}8. Recebe calor fornecido à taxa q_{\text{in}}=1000\\ \mathrm{W/m^2} (essa taxa é por área da base).
    • Laterais (superfícies 2 e 3): cada uma com emissividade \varepsilon_2=\varepsilon_3=0{,}5, mantidas à temperatura T_2=T_3=500\\ \mathrm{K}.
  • Objetivo pedido: montar um circuito térmico radiativo equivalente e determinar a temperatura da superfície da base T_1 em regime estacionário (onde o calor fornecido pela base é perdido por radiação para as laterais).
Observações importantes que vamos usar:
  • Trabalho por unidade de comprimento (1 m): cada face tem área A_1=A_2=A_3 = 2\\ \mathrm{m}\times 1\\ \mathrm{m}=2\\ \mathrm{m^2}.
  • Vamos considerar apenas troca radiativa entre as três superfícies internas (não há outras trocas de calor relevantes listadas).
  • Constante de Stefan–Boltzmann: \sigma = 5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W\,m^{-2}\,K^{-4}}.

Passo 2

Modelo físico e escolha do método (por que usar o método dos radiosities / circuito radiativo)
  • Como as superfícies são difusas e gray e trocam radiação entre si dentro da mesma cavidade triangular, o método das radiosidades (ou circuito radiativo com fatores de vista) é apropriado.
  • Para cavidade com poucas superfícies podemos escrever as equações de radiosidade: J_i=\varepsilon_i\,\sigma T_i^4+(1-\varepsilon_i)\,G_i,onde J_i é a radiosidade (W/m^2) da superfície i e G_i é a irradiação recebida por i, dada por G_i=\sum_{j}F_{ij}J_j,com F_{ij} fatores de vista (view factors).
  • A potência líquida por unidade de área emitida pela superfície i é q_i=J_i-G_i.Em regime estacionário, para a base (superfície 1) teremos q_1=q_{\text{in}}.

Passo 3

Determinação dos fatores de vista F_{ij} usando simetria
  • A seção é um triângulo equilátero e as áreas das três superfícies (por unidade de comprimento) são iguais: A_1=A_2=A_3.
  • Cada face “vê” apenas as outras duas (para superfícies planas formando a cavidade triangular, F_{ii}=0).
  • Pelo requisito \sum_j F_{ij}=1 e pela simetria da base ver as duas laterais igualmente, temos F_{12}=F_{13}=\tfrac{1}{2}.
  • Pela reciprocidade A_iF_{ij}=A_jF_{ji} e com A_i=A_j segue que F_{21}=F_{12}=\tfrac{1}{2} e F_{23}=\tfrac{1}{2}. Assim, para quaisquer i\neq j temos F_{ij}=\tfrac{1}{2}.

Passo 4

Equações de radiosidade e simplificação por simetria
  • Escrevendo para as três superfícies (e lembrando F_{ii}=0): \begin{aligned} J_1 &= \varepsilon_1\sigma T_1^4 + (1-\varepsilon_1)\big(F_{12}J_2+F_{13}J_3\big),\\[4pt] J_2 &= \varepsilon_2\sigma T_2^4 + (1-\varepsilon_2)\big(F_{21}J_1+F_{23}J_3\big),\\[4pt] J_3 &= \varepsilon_3\sigma T_3^4 + (1-\varepsilon_3)\big(F_{31}J_1+F_{32}J_2\big). \end{aligned}
  • Como superfícies 2 e 3 são idênticas ( \varepsilon_2=\varepsilon_3 e T_2=T_3), pela simetria J_2=J_3. Denote J_s=J_2=J_3.
  • Usando F_{12}=F_{13}=F_{21}=F_{23}=\tfrac{1}{2} e F_{31}=F_{32}=\tfrac{1}{2}, as equações ficam: \begin{aligned} J_1 &= \varepsilon_1\sigma T_1^4 + (1-\varepsilon_1)J_s,\\[4pt] J_s &= \varepsilon_2\sigma T_2^4 + (1-\varepsilon_2)\tfrac{1}{2}\big(J_1+J_s\big). \end{aligned}]

Passo 5

Resolver algebricamente as equações para eliminar as radiosidades e obter q_1 em função de T_1 e T_2
  • Da segunda equação: J_s - (1-\varepsilon_2)\tfrac{1}{2}J_s = \varepsilon_2\sigma T_2^4 + (1-\varepsilon_2)\tfrac{1}{2}J_1.Logo J_s = \frac{2}{1+\varepsilon_2}\,\varepsilon_2\sigma T_2^4 + \frac{1-\varepsilon_2}{1+\varepsilon_2}\,J_1.Para abreviar, defina a=\dfrac{2\varepsilon_2}{1+\varepsilon_2} e b=\dfrac{1-\varepsilon_2}{1+\varepsilon_2}. Então J_s = a\sigma T_2^4 + b J_1.
  • Substitua na equação de J_1: J_1 = \varepsilon_1\sigma T_1^4 + (1-\varepsilon_1)\big(a\sigma T_2^4 + b J_1\big).Rearranjando: J_1\big(1-(1-\varepsilon_1)b\big) = \varepsilon_1\sigma T_1^4 + (1-\varepsilon_1)a\sigma T_2^4.
  • Para os valores dados \varepsilon_1=0{,}8 e \varepsilon_2=0{,}5 temos numericamente a=\frac{2\cdot0{,}5}{1{,}5}=\frac{2}{3},\qquad b=\frac{0{,}5}{1{,}5}=\frac{1}{3}.Calculando explicitamente a constante fatorante resulta em (após simplificação algébrica) as belas relações J_1=\sigma\Big(\tfrac{6}{7}T_1^4+\tfrac{1}{7}T_2^4\Big) \quad\text{e}\quad J_s=\sigma\Big(\tfrac{2}{7}T_1^4+\tfrac{5}{7}T_2^4\Big).
  • A taxa líquida por unidade de área emitida pela base é q_1 = J_1 - G_1 = J_1 - J_s.Substituindo as expressões acima: q_1 = \sigma\Big(\tfrac{6}{7}T_1^4+\tfrac{1}{7}T_2^4\Big) - \sigma\Big(\tfrac{2}{7}T_1^4+\tfrac{5}{7}T_2^4\Big) = \sigma\,\tfrac{4}{7}\big(T_1^4-T_2^4\big).

Passo 6

Equilíbrio de energia e solução numérica para T_1
  • Em regime estacionário, todo calor fornecido à base sai por radiação para as laterais; portanto q_{\text{in}} = q_1 = \frac{4}{7}\,\sigma\big(T_1^4-T_2^4\big).Isolando T_1^4: T_1^4 = T_2^4 + \frac{7}{4}\,\frac{q_{\text{in}}}{\sigma}.
  • Substituir os valores: T_2=500\\ \mathrm{K}, q_{\text{in}}=1000\\ \mathrm{W/m^2}, \sigma=5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W\,m^{-2}\,K^{-4}}. T_1^4 = (500)^4 + \frac{7}{4}\cdot\frac{1000}{5{,}670374419\times10^{-8}}.Calculando numericamente: (500)^4 = 6{,}25\times10^{10},
\frac{7}{4}\cdot\frac{1000}{5{,}670374419\times10^{-8}}\approx 3{,}087\times10^{10},
T_1^4 \approx 9{,}337\times10^{10}.
Tomando a raiz quarta:
T_1 \approx 553\\ \mathrm{K}\quad(\text{aproximadamente}).

Passo 7

Interpretação rápida e circuito térmico equivalente
  • O circuito radiativo equivalente (por unidade de área) pode ser pensado como:
    • Uma “fonte” \sigma T_1^4 na superfície 1 ligada a uma resistência superficial \dfrac{1-\varepsilon_1}{\varepsilon_1} (por unidade adequada) em série com a resistência de espaço entre superfícies, que leva às duas superfícies laterais; as laterais têm suas próprias resistências superficiais \dfrac{1-\varepsilon_2}{\varepsilon_2}. Pela simetria a expressão final simplificou para o fator \tfrac{4}{7} multiplicando \sigma(T_1^4-T_2^4).
  • Resultado prático: a base fica mais quente que as laterais; o valor calculado é compatível com o balanço radiativo dado.

Resposta

T_1 \approx 553\\ \mathrm{K}

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