Two small surfaces, A and B , are placed inside an isothermal enclosure at a uniform temperature. The enclosure provides an irradiation of 6300 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} to each of the surfaces, and surfaces A and B absorb incident radiation at rates of 5600 and 630 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2}, respectively. Consider conditions after a long time has elapsed.
(a) What are the net heat fluxes for each surface? What are their temperatures?
(b) Determine the absorptivity of each surface.
(c) What are the emissive powers of each surface?
Considere que as superfícies são opacas.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede, sem resolver ainda.
  • Dados fornecidos:
    • Irradiação (fluxo incidente) sobre cada superfície: \,G=6300\\ \mathrm{W/m^{2}}\,.
    • Taxa de energia absorvida por A: \,q_{\text{abs},A}=5600\\ \mathrm{W/m^{2}}\,.
    • Taxa de energia absorvida por B: \,q_{\text{abs},B}=630\\ \mathrm{W/m^{2}}\,.
    • As superfícies são opacas (portanto transmissividade \tau=0).
    • Envoltório isoterma a uma temperatura uniforme e bastante tempo se passou (estado estacionário).
  • O enunciado pede:
    (a) Os fluxos de calor líquidos para cada superfície e as temperaturas de cada superfície.
    (b) A absorptividade de cada superfície.
    (c) As potências emissivas (emissive powers) de cada superfície.

Passo 2

Entendimento físico e estratégia (explicado passo a passo, de modo didático).
  • Em estado estacionário (após muito tempo) cada superfície não armazena energia; portanto a soma das potências recebidas e geradas internamente menos as potências cedidas deve ser zero — isto é, o fluxo de calor líquido na superfície é nulo: q_{\text{net}}=q_{\text{abs}}-q_{\text{emit}}=0.Assim, em regime permanente a potência emitida pela superfície (por radiação) deverá igualar a potência absorvida.
  • Para superfícies opacas, a energia incidente G é em parte absorvida e em parte refletida. Define-se a absorptividade \alpha por q_{\text{abs}}=\alpha\,G.Como \tau=0 (opaca), vale \alpha+\rho=1 onde \rho é refletividade.
  • A potência emisiva (emissive power) de uma superfície que se comporta como corpo cinzento é E=\varepsilon\,\sigma T^{4},onde \varepsilon é a emissividade, \sigma é a constante de Stefan–Boltzmann e T é a temperatura absoluta da superfície. A constante vale aproximadamente \sigma=5,670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^{2}K^{4}}.
  • A lei de Kirchhoff (em equilíbrio térmico e para a mesma distribuição espectral) afirma que, para uma superfície em equilíbrio com seu entorno isotérmico, a emissividade iguala a absorptividade ( \varepsilon=\alpha). Isso será usado para relacionar absorção e emissão.

Passo 3

Determinar as absorptividades \alpha a partir das taxas de absorção fornecidas.
  • Aplicando q_{\text{abs}}=\alpha G para cada superfície: \alpha_{A}=\frac{q_{\text{abs},A}}{G}=\frac{5600}{6300}, \qquad \alpha_{B}=\frac{q_{\text{abs},B}}{G}=\frac{630}{6300}.
  • Calculemos: \alpha_{A}=\frac{5600}{6300}=0,888888\ldots\approx0{,}8889,
\alpha_{B}=\frac{630}{6300}=0{,}1000.

Passo 4

Conseqüências da igualdade absorvividade = emissividade e balanço de energia para encontrar a temperatura.
  • Em regime permanente, q_{\text{abs}}=q_{\text{emit}}. Usando q_{\text{emit}}=\varepsilon\sigma T^{4} e \varepsilon=\alpha, temos \alpha G = \alpha\,\sigma T^{4}.
  • Se \alpha\neq0 (caso normal aqui), podemos simplificar \alpha nos dois lados e obter uma relação independente de \alpha: \sigma T^{4}=G.Isso mostra que a temperatura da superfície em equilíbrio com o envoltório isoterma é determinada apenas pela irradiação incidente G (e por \sigma), e não depende de \alpha. Intuição: superfícies diferentes absorvem e emitem de forma diferente, mas, em equilíbrio com o mesmo campo radiante do envoltório, elas chegarão à mesma T que faz o corpo emitir o mesmo que recebe do envoltório por unidade de área.

Passo 5

Calcular numericamente a temperatura T.
  • A equação é T=\Bigl(\frac{G}{\sigma}\Bigr)^{1/4}.
  • Substituindo G=6300\\ \mathrm{W/m^{2}} e \sigma=5{,}670374419\times10^{-8}\\ \mathrm{W/m^{2}K^{4}}: T=\left(\frac{6300}{5{,}670374419\times10^{-8}}\right)^{1/4}.
  • Efetuando a conta (passos intermediários): \frac{6300}{5{,}670374419\times10^{-8}}\approx1{,}11124\times10^{11},
T=\left(1{,}11124\times10^{11}\right)^{1/4}\approx576{,}8\\ \mathrm{K}.
Arredondando: T\approx577\\ \mathrm{K}.

Passo 6

Calcular as potências emissivas E de cada superfície e verificar o fluxo líquido.
  • Emissividade \varepsilon=\alpha. A potência emisiva por unidade de área é E=\varepsilon\,\sigma T^{4}=\alpha\,\sigma T^{4}.Mas vimos que \sigma T^{4}=G. Logo E=\alpha\,G.Ou seja, o valor numérico de E será igual ao valor de q_{\text{abs}} que foi dado (consistência do equilíbrio).
  • Para A: E_{A}=\alpha_{A}G=0{,}8889\times6300\\ \mathrm{W/m^{2}}=5600\\ \mathrm{W/m^{2}}.
  • Para B: E_{B}=\alpha_{B}G=0{,}1000\times6300\\ \mathrm{W/m^{2}}=630\\ \mathrm{W/m^{2}}.
  • Fluxo líquido para cada superfície: q_{\text{net}}=q_{\text{abs}}-E=0\\ \mathrm{W/m^{2}},(confirmando o balanço em regime permanente).

Resposta

(a) Superfície A: q_{\text{net},A}=0\\ \mathrm{W/m^{2}}, T_{A}\approx576{,}8\\ \mathrm{K} (≈577 K)
(a) Superfície B: q_{\text{net},B}=0\\ \mathrm{W/m^{2}}, T_{B}\approx576{,}8\\ \mathrm{K} (≈577 K)
(b) \alpha_{A}=0{,}8889,\\ \alpha_{B}=0{,}1000
(c) E_{A}=5600\\ \mathrm{W/m^{2}},\\ E_{B}=630\\ \mathrm{W/m^{2}}

Exercícios relacionados