Enunciado

52 - Uma superfície opaca, com dimensões 2   m   ×   2   m , é mantida a 400   K e simultaneamente exposta à irradiação solar com G S = 1200   W / m 2 . A superfície é difusa e sua absortividade espectral é α λ   = 0; 0,8 ; 0 ; e 0,9 , nos intervalos 0   ≤   λ   ≤   0,5   μ m ; 0,5   μ m   <   λ   ≤   1   μ m ; 1   μ m   <   λ   ≤   2   μ m e λ   >   2   μ m , respectivamente. Determine a irradiação absorvida, o poder emissivo, a radiosidade e a transferência de calor radiante líquida saindo da superfície.

Passo 1

Vamos supor que a distribuição espectral da radiação solar corresponda à emissão do corpo negro em  5800   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'.

Com λ = 0,5 e T = 5800   K , temos:

λ T = 0,5 × 58 00   μ m ⋅ K

λ T = 29 00   μ m ⋅ K

F 0 → 0,5 = 0 , 250108

Aqui, F 0 → 0,5   μ m   é a fração da emissão total de corpos negros na banda espectral de 0   para 0,5   μ m .

Com λ = 1 e T = 5800   K , temos:

λ T = 1 × 5800   μ m ⋅ K

λ T = 5800   μ m ⋅ K

F 0 → 1 = 0,720158

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

Com λ = 1 e T = 5800   K , temos:

λ T = 2 × 5800   μ m ⋅ K

λ T = 11600   μ m ⋅ K

F 0 → 2 = 0 , 944

Aqui, F 0 → 2   μ m   é a fração da emissão total de corpos negros na banda espectral de 0   para 2   μ m .

Passo 2

Temos que a absorção total para a radiação solar pode ser calcular também por meio dos fatores da emissão da banda como:

α = α 1 F 0 → 0,5 + α 2 F 0,5 → 1 + α 3 F 1 → 2 + α 4 F 2 → ∞

α s = α 1 ⋅ F 0 → 0,5 + α 2 F 0 → 1 - F 0 → 0,5 + α 3 F 0 → 2 - F 0 → 1 + α 4 F 0 → ∞ - F ( 0 → 2 )

Como temos todos os valores, basta substituirmos na equação acima.

= 0 + 0,80 0,720158 - 0,250108 + 0 + 0,90 ( 1 - 0,944 )

= 0,42644

Portanto a irradiação absorvida é dada por:

G a b s = α s G s

= 0,42644 × 1200

G a b s = 511,73   W / m 2

Portanto, a irradiação absorvida é 511,73   W / m 2 .

Passo 3

Conforme a condição fornecida, a superfície é difusa. Portanto, a absorvância espectral da superfície é igual à emissividade espectral da superfície.

ε λ = α λ

Aqui  α λ   é a absorção espectral da superfície e  ε λ é a emissividade espectral da superfície.

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'.

Com λ = 0,5 e T = 400   K , temos:

λ T = 0,5 × 400   μ m ⋅ K

λ T = 200   μ m ⋅ K

F 0 → 0,5 = 0,0

Aqui, F 0 → 0,5   μ m   é a fração da emissão total de corpos negros na banda espectral de 0   para 0,5   μ m .

Com λ = 1 e T = 400   K , temos:

λ T = 1 × 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 .

Com λ = 2 e T = 400   K , temos:

λ T = 2 × 400   μ m ⋅ K

λ T = 800   μ m ⋅ K

F 0 → 2 = 0,000016

Aqui, F 0 → 2   μ m   é a fração da emissão total de corpos negros na banda espectral de 0   para 2   μ m .

Passo 4

Agora podemos encontrar a emissividade total por meio da seguinte fórmula:

ε = ε 1 F 0 → 0,5 + ε 2 F 0,5 → 1 + ε 3 F 1 → 2 + ε 4 F 2 → ∞

Que pode ser escrita como:

ε = ε 1 F 0 → 0,5 + ε 2 F 0 → 1 - F 0 → 0,5 + ε 3 ( F 0 → 2 - F 0 → 1 ) + ε 4 ( F 0 → ∞ - F 0 → 2 )

Como temos todos os valores, basta substituir na equação acima e ser feliz!!!

ε = 0 + 0 + 0 + 0,90 ( 1 - 0,000016 )

ε = 0,90

Portanto, a emissividade total é 0,90 .

Passo 5

Vamos agora encontrar a potência emissiva por meio da seguinte relação:

E = ε σ T 4

Aqui,  ε é emissividade,  σ é a constante Boltzmann de Stefan e  T é a temperatura da superfície opaca.

= 0,90 × 5,67 × 10 - 8 × 400 4

= 5,103 × 10 - 8 × 2,56 × 10 10

E = 1306,4   W / m 2

Portanto, o poder emissivo é 1306,4   W / m 2 .

Passo 6

A radiosidade é dada por meio da seguinte relação:

J = E + ρ s G S

= E + 1 - α s G s

Aqui,  ρ s é a refletividade da radiação solar,  E é a potência emissiva,  G S é a irradiação solar e  α s é a absorção da irradiação solar.

= 1306,4 + ( 1 - 0,42644 ) ( 1200 )

J = 1994,672   W / m 2

Portanto, a radiosidade é 1994,672   W / m 2 .

Passo 7

Agora, por último precisamos encontrar a transferência de calor radiante líquida saindo da superfície, por meio da seguinte equação:

q l i q = E - α s G S A s

Onde A s = 2 m × 2 m = 4   m 2 .

Logo:

= 1306,4 - 0,42644 1200 × 4

q l i q = 3178,7   W

Portanto, a transferência líquida de calor por radiação da superfície é 3178,7   W .

Resposta

G a b s = 511,73   W / m 2

E = 1306,4   W / m 2

J = 1994,672   W / m 2

q l i q = 3178,7   W

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