Enunciado

50 - Um pequeno objeto opaco e difuso, a T s = 400   K , está suspenso em um grande forno cujas paredes internas estão a T f = 2000   K . As paredes são difusas e cinzas, e têm uma emissividade de 0,20 . A emissividade hemisférica espectral da superfície do pequeno objeto é dada a seguir.

(a) Determine a emissividade total e a absortividade total da superfície.

(b) Avalie o fluxo radiante refletido e o fluxo radiante líquido para a superfície.

(c) Qual é o poder emissivo espectral em λ = 2   μ m ?

(d) Qual é o comprimento de onda λ 1 / 2 para o qual metade da radiação total emitida pela superfície se encontra na região espectral λ   ≥   λ 1 / 2 ?

Passo 1

Passo 2

a)

A emissividade hemisférica total da superfície é dada pela equação 12.38 como mostrado abaixo:

ε T = ∫ 0 ∞ ε λ λ , T E λ , b λ , T d λ E b ( T )

Como temos diferentes comprimentos de onda, envolvidas, podemos reescrever a equação acima da seguinte forma:

ε T = ∫ 0 λ 1 ε λ 1 E λ 1 , b d λ E b + ∫ λ 1 λ 2 ε λ 2 E λ 2 , b d λ E b + ∫ λ 2 ∞ ε λ 3 E λ 3 , b d λ E b

Pelo gráfico, podemos observar que: λ 1 = 1   μ m e λ 2 = 3   μ m .

Olhando o eixo vertical do gráfico, temos então,

ε λ 1 = 0

ε λ 2 = 0,7

ε λ 3 = 0,5

Passo 3

A equação para a emissividade hemisférica total pode ser escrita em termos de fatores de emissão da banda, conforme mostrado a seguir:

ε T = ε λ 1 F ( 0 → λ 1 ) + ε λ 2 F ( λ 1 → λ 2 ) + ε λ 3 F ( λ 2 → λ 3 )

ε T = ε λ 1 F ( 0 → 1   μ m ) + ε λ 2 F 0 → 3 μ m - F ( 0 → 1 ) μ m + ε λ 3 1 - F ( 0 → 3 ) μ m

Como sabemos os valores de ε λ , vamos substituir junto com os valores conhecidos para os intervalos de banda.

ε = 0 + 0,7 F 0 → 3 μ m - F ( 0 → 1 ) μ m + 0,5 1 - F ( 0 → 3 ) μ m

Passo 4

No enunciado foi dado que T = T s = 400   K e λ 1 = 1   μ m . Logo:

λ T = 400   μ m ⋅ K

Antes de continuarmos, precisaremos obter a fração da emissão total que é tabelada. Vamos consultar a Tabela 12.2, 'Funções de radiação do corpo negro' no valor de 400   μ m ⋅ K .

λ T = 400   μ m ⋅ K

F 0 → 1 = 0

Aqui, F 0 → 1 μ m   é a fração da emissão total de corpos negros na banda espectral de 0   para 1   μ m .

Para λ 2 = 3   μ m , teremos:

λ 2 T = 1200   μ m ⋅ K

F 0 → 3 = 0,002

Passo 5

Voltando a equação da emissividade total, porém com todos os valores encontrados, podemos encontrá-la.

ε = 0 + 0,7 F 0 → 3 μ m - F ( 0 → 1 ) μ m + 0,5 1 - F ( 0 → 3 ) μ m

ε = 0 + 0,7 0,002 - 0 + 0,5 1 - 0,002

ε = 0,5004

Passo 6

Vamos agora calcular a absortividade hemisférica total  α que é dada pelas equações 12.45 e 12.46 como:

α = ∫ 0 ∞ α λ λ G λ λ d λ ∫ 0 ∞ G λ λ d λ

Assim como foi feito para a emissividade, podemos também fazer aqui, que é reescrever a equação acima em forma de fatores de emissão de banda, como mostrado a seguir:

α = α λ 1 F ( 0 → 1 ) μ m + α λ 2 F 1 → 3 μ m + α λ 3 F 3 → ∞ μ m

Como o objeto é bem pequeno e é colocado em um grande forno, podemos considerar que

α λ = E λ

Portanto: α λ 1 = 0

α λ 2 = 0,7

α λ 3 = 0,5

Logo:

α = 0,7 F 1 → 3 μ m + 0,5 F 3 → ∞ μ m

= 0,7 F 0 → 3 μ m - F 0 → 1 μ m + 0,5 1 - F 0 → 3 μ m

Passo 7

Assim como feito na emissividade, precisaremos de novo de valores tabelas para diferentes combinações de temperatura e comprimento de onda, usando a tabela 12.1 agora.

Para λ 1 = 1   μ m e T f = 2000   K teremos:

λ 1 T = 2 0 00   μ m ⋅ K

F 0 → 1 = 0,0 67

Para λ 2 = 3   μ m , mantendo a temperatura, teremos:

λ 2 T = 60 00   μ m ⋅ K

F 0 → 3 = 0 , 7378

Portanto, a absortividade hemisférica total é:

α = 0,7 F 0 → 3 μ m - F 0 → 1 μ m + 0,5 1 - F 0 → 3 μ m

= 0,7 0,7378 - 0,067 + 0,5 1 - 0,7378

α = 0,6006

Passo 8

b)

Temos que o fluxo radiante refletido ( G R ) pode ser encontrada por meio da seguinte equação:

G R = ρ G

Onde ρ = 1 - α , logo:

= 1 - 0,6006

ρ = 0,3994

Temos também que a irradiação ( G ) pode ser obtida como:

G = σ T f 4

= 5,67 × 10 - 8 × 2000 4

= 907200   W / m 2

Portanto, ao juntarmos ambas equações, obtemos:

G R = 0,3994 × 907200

G R = 362335,68   W / m 2

Passo 9

Já o fluxo radiante líquido para a superfície é dado por meio da relação:

α l i q = G - G R - E

Onde E é a radiação emitida e é dada por:

E = ε σ T s 4

= 0,5004 × 5,67 × 10 - 8 × 400 4

= 726,34   W / m 2

Dessa forma o fluxo radiante líquido é:

α l i q = G - G R - E

= 907200 - 362335,68 - 726,34

α l i q = 544137,54   W / m 2

Passo 10

c)

Temos λ = 2   μ m e T = 400   K , logo:

λ T s = 800   μ m ⋅ K

Da tabela 12.1 temos:

I λ , b λ , T σ T 5 = 0,991126 × 10 - 7   μ m ⋅ K S r - 1

I λ , b λ , T = 5,67 × 10 - 8 × 400 5 × 0,991126 × 10 - 7  

= 0,05754   W / m 2 ⋅ μ m K S r

Passo 11

Temos também que a emissividade pode ser dada como:

ε λ = E λ ( T ) E b , λ ( T )

E λ T = ε λ × E b , λ ( T )

Como I λ , b = E b , λ , temos:

E λ = ε λ π I b , λ ( T )

E λ = 0,7 × π S r × 0,05754   W m 2 ⋅ μ m

E λ = 0,12653 W m 2 ⋅ μ m

Passo 12

d)

Para λ 1 / 2 temos F ( 0 → λ ) = 0,5 .

Usando a tabela 12.2 temos que λ T s = 4100   μ m ⋅ K .

λ 1 / 2   T s = 4100   μ m ⋅ K

λ 1 / 2 × 400 = 4100   μ m ⋅ K

= 4100 400

λ 1 / 2 = 10,25   μ m

Resposta

  1. ε = 0,5004 e α = 0,6006 .
  2. G R = 362335,68   W / m 2 e α l i q = 544137,54   W / m 2
  3. E λ = 0,12653 W m 2 ⋅ μ m
  4. λ 1 / 2 = 10,25   μ m
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