Radiação entre Superfícies

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Teoria

Introdução

Até aqui já sabemos como trabalhar com problemas de radiação entre superfícies negras, mas no mundo real, o que a gente encontra são superfícies não negras, onde ocorrem múltiplas reflexões... o que a gente faz nesse caso?

Por exemplo: Duas esferas concêntricas de diâmetros D 1 = 0,3   m e D 2 = 0,4   m são mantidas a temperaturas uniformes T 1 = 700   K e T 2 = 500   K e têm emissividades ε 1 = 0,5 e ε 2 = 0,7 .

Nesse caso, qual é a taxa de transferência de calor por radiação entre as duas esferas?

Analisar a radiação nesse tipo de situação não é uma tarefa fácil, então precisamos fazer algumas simplificações pra facilitar a nossa vida. Dessa forma, consideramos que as superfícies são:

  • Opacas: A transmissividade é nula;
  • Difusas: Elas emitem e refletem a radiação igualmente em todas as direções;
  • Cinzas: Suas propriedades independem do comprimento de onda da radiação;
  • Isotérmicas uniformes: A temperatura nas superfícies são constantes e estão uniformemente distribuídas.

Antes de entender como essas superfícies trocam calor, precisamos entender primeiro como uma superfície troca calor por radiação.

Transferência de Calor a partir de uma Superfície

A taxa de transferência de calor por radiação em uma superfície é a diferença entre o que sai J e o que entra G :

Onde G é a irradiação, e J é a radiosidade, definida como a energia total de radiação que deixa uma superfície por unidade de tempo e por unidade de área.

Quando uma superfície está na presença de radiação emitida por outros corpos, a radiação total que deixa essa superfície é constituída pela radiação emitida ε . E c n pela mesma e pela radiação refletida pela mesma ρ . G . Logo:

J = ε . E c n + ρ . G

Juntando essas duas equações, podemos escrever a taxa de transferência de calor por radiação a partir de uma superfície como:

q = A . ε 1 - ε σ . T 4 - J = σ . T 4 - J R

Onde R é a resistência da superfície à radiação, dada por:

Até aqui, tudo muito lindo, mas o que acontece quando temos outras superfícies no problema?

Transferência de Calor entre Superfícies

Nesse caso a taxa líquida de transferência de calor q 1 → 2 do corpo 1 para o corpo 2 será igual a:

q 1 → 2 = A 1 . J 1 . F 1 → 2 - A 2 . J 2 . F 2 → 1

Ou seja, ela será igual à diferença entre o quanto o corpo 1 emite para o corpo 2 e o quanto 2 emite para o corpo 1. Se aplicarmos a regra da reciprocidade do Fator de forma e reorganizar os termos da equação, encontraremos o seguinte:

Onde R 1 → 2 é a resistência de espaço à radiação, dada por:

“Mas e se não soubermos calcular a radiosidade?”

Opa! A pergunta é muito boa! Nesse caso, podemos trabalhar com as duas superfícies como se fossem negras, mas o preço que temos que pagar é adicionar as resistências de superfície das duas superfícies. A ideia é a seguinte:

Logo:

q 1 → 2 = E c n , 1 - E c n , 2 R 1 + R 12 + R 2

Opa! Com isso aqui já podemos calcular a taxa de transferência de calor pra resolver no nosso problema. Mas, para o nosso problema, tem um jeito mais fácil!

Transferência de Calor em Recintos com duas Superfícies

Alguns casos, como o nosso, temos expressões tabeladas pra taxa de transferência de calor. Não é sempre que isso vai acontecer, então nem pense em ignorar tudo o que vimos até aqui. ;)

Se liga:

Voltando ao nosso problema...

Olhando na tabela, temos uma equação exata pra resolver a nossa vida, dada por:

q 1 → 2 = A 1 . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 - ε 2 ε 2 . r 1 r 2 2

Onde A 1 = π d 2 , logo:

q 1 → 2 = π × 0,3 2 × 5,67 × 10 - 8 × 700 4 - 500 4 1 0,5 + 1 - 0,7 0,7 × 0,15 0,2 2

Escudos de Radiação

Como o nome sugere, o objetivo dos escudos de radiação é reduzir a transferência de calor. Isso acontece se colocarmos placas, ou cascas de baixa emissividade entre duas superfícies.

A ideia é a seguinte:

Conforme a nossa tabela, sem o escudo de radiação:

q 1 → 2 = A . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 ε 2 - 1

Agora, ao colocarmos o escudo de radiação, a taxa de transferência passa a ser dada por:

Se tivermos N escudos, vamos somando a contribuição de cada um no denominador:

Se todas as superfícies tiverem a mesma emissividade, a equação acima pode ser escrita como:

Estamos prontos pra cair nos exercícios!

Transferência de Calor a partir de uma Superfície

Transferência de Calor entre Superfícies

Transferência de Calor em Recintos com duas Superfícies

Voltando ao nosso problema...

Escudos de Radiação

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Considere duas placas paralelas muito grandes com superfícies cinza e difusas.

a Determine a irradiação na placa superior.

b Determine a radiosidade na placa superior.

c Qual é a radiosidade da placa inferior.

d Qual é a troca líquida de radiação entre as placas por unidade de área das placas?

Passo 1

a Determine a irradiação na placa superior.

Sobre a placa superior incide a radiaç��o vinda da placa inferior, e a radiação emitida pela placa superior e que foi refletida pela placa inferior.

Dessa forma:

G 1 = ε 2 . E c n , 2 + ρ 2 . E c n , 1

G 1 = ε 2 . σ . T 2 4 + ( 1 - ε 2 ) . σ . T 1 4

Substituindo os valores:

G 1 = 0,8 × 5,67 × 10 - 8 × 500 4 + ( 1 - 0,8 ) × 5,67 × 10 - 8 × 1000 4

Passo 2

b Determine a radiosidade na placa superior.

A radiosidade é definida por

J 1 = ε 1 . σ . T 1 4 + 1 - ε 1 . G 1

Como a placa superior se trata de um corpo negro, ε 1 = 1 , nenhuma radiação será refletida. Dessa forma:

J 1 = σ . T 1 4 = 5,67 × 10 - 8 × 1000 4

Passo 3

c Qual é a radiosidade da placa inferior.

No caso da placa inferior, teremos:

J 2 = ε 2 . σ . T 2 4 + 1 - ε 2 . G 2

A irradiação G 2 será composta somente da energia que vem da placa superior, já que a mesma não irá refletir a radiação emitida pela placa inferior. Logo:

J 2 = ε 2 . σ . T 2 4 + 1 - ε 2 . σ . T 1 4

J 2 = 0 , 8 × 5,67 × 10 - 8 × 5 00 4 + 1 - 0,8 × 5,67 × 10 - 8 × 1000 4

Passo 4

d Qual é a troca líquida de radiação entre as placas por unidade de área das placas?

A troca líquida entre as placas pode ser calculada da seguinte forma:

q 1 ' ' = J 1 - G 1 = 56700 - 14175

A mesma ainda poderia ser calculada da seguinte forma:

q 1 ' ' = q 12 ' '

q 12 ' ' = J 1 - J 2

Resposta

a G 1 = 14 175   W / m 2

b J 1 = 56700   W / m 2

c J 2 = 14175   W / m 2

d q 1 ' ' = 42525   W / m 2

Exercício Resolvido #2

Considere uma longa fenda em forma de V com profundidade de 10   m m , usinada em um bloco mantida a 1000   K .

Se as superfícies da fenda são difusas e cinza com uma emissividade de 0,6 , determine o fluxo radiante que deixa a fenda para a sua vizinhança. Determine também a emissividade efetiva da cavidade.

Passo 1

Uma boa estratégia pra esse tipo de problema é “fechar” a superfície.

Assim, como nós queremos calcular o fluxo radiante que deixa a fenda, vamos idealizar uma superfície que feche a fenda, onde essa superfície é um corpo negro com temperatura T 2 = 0   K . Ou seja, essa superfície irá absorver todo o fluxo de energia.

Fazendo isso e calculando o fluxo térmico entre a fenda e a nossa superfície, vamos estar calculando o fluxo radiante que deixa a fenda.

Passo 2

A taxa de radiação emitida pela superfície 1 será dada por:

q 1 = - q 2 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 1 F 1 → 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

O fator de forma pode ser calculado através da seguinte relação:

A 1 F 1 → 2 = A 2 F 2 → 1

Como a superfície que inventamos é plana, qualquer radiação que ela pudesse emitir jamais incidiria sobre ela mesma, logo:

F 1 → 1 = 0

Pela regra da adição:

F 1 → 1 + F 2 → 1 = 1

F 2 → 1 = 1

Assim:

A 1 F 1 → 2 = A 2

q 1 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

Como queremos calcular o fluxo radiante, basta dividir toda a expressão pela área A 2 que inventamos, logo:

q 1 ' ' = q 1 A 2 = 1 A 2 . σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

q 1 ' ' = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 . A 2 A 1 + 1 + 1 - ε 2 ε 2

Além disso, como a superfície 2 é negra, ε 2 = 1 , logo:

q 1 ' ' = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 . A 2 A 1 + 1

Passo 3

Em relação às áreas, temos o seguinte:

A 2 A 1 = 2 h . tan ⁡ 20 ° . L 2 h cos ⁡ 20 ° . L = tan ⁡ 20 ° . cos ⁡ 20 °

A 2 A 1 = sen ⁡ 20 °

Assim, substituindo os valores:

q 1 ' ' = 5,67 × 10 - 8 × 1000 4 - 0 4 1 - 0,6 0,6 × sen ⁡ 20 ° + 1

q 1 ' ' = 46,17 × 10 3   W / m 2

Resposta

q 1 ' ' = 46,17   k W / m 2

Exercício Resolvido #3

Para melhorar o descarte de calor em espaçonaves, um engenheiro propõe fixar uma série de aletas retangulares à superfície externa da espaçonave e cobrir todas as superfícies com um material que se aproxima de um comportamento de corpo negro.

Para superfícies isotérmicas com temperaturas T = 325   K e emissividade ε = 0,7 , e uma seção em U com largura W = 25   m m e comprimento L = 125   m m , determine a taxa, por unidade de comprimento (normal à página), na qual radiação é transferida de uma seção para o espaço.

Passo 1

A boa pra esse tipo de problema é “fechar” a cavidade.

Assim, vamos imaginar uma superfície que feche a fenda, onde essa superfície é um corpo negro com temperatura T 2 = 0   K , de forma que essa superfície absorva todo o fluxo de energia.

Fazendo isso e calculando o fluxo térmico entre a cavidade e a nossa superfície, vamos estar calculando o fluxo radiante que a deixa.

Passo 2

A taxa de radiação que incide na superfície 3 será dada por:

q 1 , 2 → 3 = σ . T 4 - T 3 4 1 - ε ε A 1 , 2 + 1 A 1,2 F 1,2 → 3 + 1 - ε 3 ε 3 A 3

Onde:

A 1,2 = 2 L . h + W . h = 2 L + W . h

A 3 = W . h

Em que h é o comprimento da cavidade (na direção normal à página).

Como a superfície que inventamos é plana, nenhuma radiação que ela pudesse emitir incidiria sobre ela mesma, logo:

F 3 → 3 = 0

Pela regra da adição:

F 3 → 1,2 + F 3 → 3 = 1

F 3 → 1,2 = 1

Pela regra da reciprocidade:

A 1,2 F 1,2 → 3 = A 3 . F 3 → 1,2 = A 3

Passo 3

Assim:

q 1,2 → 3 = σ . T 4 - T 3 4 1 - ε ε . 2 L + W . h + 1 W . h + 1 - ε 3 ε 3 . W . h

Como queremos calcular a taxa de transferência de calor por unidade de comprimento, basta dividir toda a equação pelo comprimento h , logo:

q 1,2 → 3 ' = q 1 , 2 → 3 h = 1 h . σ . T 4 - T 3 4 1 - ε ε . 2 L + W . h + 1 W . h + 1 - ε 3 ε 3 . W . h

q 1,2 → 3 ' = σ . T 4 - T 3 4 1 - ε ε . 2 L + W + 1 W + 1 - ε 3 ε 3 . W

Além disso, como a superfície 3 é negra, ε 3 = 1 , logo:

q 1,2 → 3 ' = σ . T 4 - T 3 4 1 - ε ε . 2 L + W + 1 W

Passo 4

Substituindo os valores:

q 1,2 → 3 ' = 5,67 × 10 - 8 × 325 4 - 0 4 1 - 0,7 0,7 × 2 × 0,125 + 0,025 + 1 0,025

Resposta

q 1,2 → 3 ' = 15,2   W / m

Exercício Resolvido #4

Um condutor elétrico muito longo, com 10   m m de diâmetro, está posicionado concentricamente no interior de um tubo cilíndrico resfriado, com 50   m m de diâmetro, cuja superfície é difusa e cinza com uma emissividade de 0,9 e está à temperatura de 27 ° C .

O condutor elétrico possui uma superfície difusa e cinza com uma emissividade de 0,6 e está dissipando 6,0   W por metro de comprimento.

Considerando que há vácuo no espaço entre as duas superfícies, calcule a temperatura na superfície do condutor.

Passo 1

A taxa de transferência de calor no caso de cilindros concêntricos e infinitamente grandes é dada por:

q 1 → 2 = A 1 . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 - ε 2 ε 2 . r 1 r 2

Onde A 1 = 2 π r 1 . L . Como o problema nos deu a taxa de transferência de calor por unidade de comprimento, basta dividir toda a expressão por L , logo:

q 1 → 2 = 2 π r 1 . L . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 - ε 2 ε 2 . r 1 r 2

q 1 → 2 ' = q 1 → 2 L = 2 π r 1 . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 - ε 2 ε 2 . r 1 r 2

Passo 2

Reorganizando os termos da expressão que encontramos no Passo 1 pra isolar a temperatura T 1 , teremos:

T 1 = T 2 4 + q 12 ' σ . 2 π r 1 1 ε 1 + 1 - ε 2 ε 2 . r 1 r 2 1 / 4

Substituindo os valores:

T 1 = 27 + 273 4 + 6 5,67 × 10 - 8 × 2 π × 0,005 1 0,6 + 1 - 0,9 0,6 . 5 25 1 / 4

Jogando isso tudo na calculadora, vamos encontrar o seguinte:

T 1 = 342,3   K

Resposta

T 1 = 69,3 ° C

Exercício Resolvido #5

Oxigênio líquido é armazenado em um vaso esférico com parede delgada e 0,8   m de diâmetro, que está encerrado no interior de um segundo vaso esférico, também com parede delgada e com 1,2   m de diâmetro.

As superfícies dos vasos são cinza, difusas e opacas, com uma emissividade de 0,05 e são separadas por um espaço no qual há vácuo.

Se a superfície externa está a 280   K e a superfície interna está a 95   K , qual é a taxa mássica de perda de oxigênio devido à evaporação?

Obs.: O calor latente de vaporização do oxigênio é de 2,13 × 10 5   J / k g .

Passo 1

A taxa de transferência de calor para esferas concêntricas é dada por:

q e x t → i n t = A i n t   . σ . T e x t 4 - T i n t 4 1 ε i n t + 1 - ε e x t ε e x t . r i n t r e x t 2

Essa mesma taxa de transferência de calor está sendo utilizada para a vaporização do oxigênio, logo:

m ˙ . h l g = A i n t   . σ . T e x t 4 - T i n t 4 1 ε i n t + 1 - ε e x t ε e x t . r i n t r e x t 2

Onde A i n t = π D i n t 2 . Assim a vazão mássica será dada por:

m ˙ = π D i n t 2 . σ . T e x t 4 - T i n t 4 h l g . 1 ε i n t + 1 - ε e x t ε e x t . r i n t r e x t 2

Passo 2

Substituindo os valores:

m ˙ = π × 0,8 2 × 5,67 × 10 - 8 × 280 4 - 95 4 2,13 × 10 5 × 1 0,05 + 1 - 0,05 0,05 . 0,4 0,6 2

Resposta

m ˙ = 1,14 × 10 - 4   k g / s

Exercício Resolvido #6

Considere duas grandes superfícies paralelas, cinza e difusas, separadas por uma pequena distância.

Se a emissividade das superfícies é de 0,8 , qual deve ser a emissividade de uma barreira de radiação ε = 1 delgada para reduzir a taxa de transferência de calor por radiação entre as duas superfícies por um fator de 10?

Passo 1

Pra poder comparar esses caras, vamos encontrar as expressões para as taxas de transferência de calor por radiação com q 12 , c e sem a barreira q 12 , s .

A taxa de transferência de calor entre placas infinitamente grandes é dada por:

q 1 2 , s = A . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 ε 2 - 1

Com o escudo, a taxa de transferência de calor passa a ser dada por:

q 12 , c = A . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 ε 2 + 2 ε 3 - 2

Passo 2

A relação entre as duas transferências de calor deve ser tal que:

q 12 , c q 12 , s = 1 10 = A . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 ε 2 + 2 ε 3 - 2 A . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 ε 2 - 1

Reorganizando os termos, teremos:

1 10 = 1 ε 1 + 1 ε 2 - 1 1 ε 1 + 1 ε 2 + 2 ε 3 - 2

Substituindo os valores:

0,1 = 1 0,8 + 1 0,8 - 1 1 0,8 + 1 0,8 + 2 ε 3 - 2

Agora é arrumar a bagunça:

0,1 = 1,25 + 1,25 - 1 1,25 + 1,25 + 2 ε 3 - 2

0,1 = 1 , 5 0,5 + 2 ε 3

0 , 0 5 + 0 , 2 ε 3 = 1,5

0,2 ε 3 = 1,45

ε 3 = 0,2 1,45

Resposta

ε 3 = 0,138

Exercício Resolvido #7

No fundo de uma grande câmara de vácuo cujas paredes estão a 300   K , um painel negro com 0,1   m de diâmetro é mantido a 77   K .

Para reduzir o calor ganho nesse painel, uma barreira de radiação com o mesmo diâmetro D e uma emissividade de 0,05 é colocada muito próximo ao painel.

Calcule o ganho líquido de calor no painel.

Passo 1

A taxa de transferência de calor será dada por:

q 1 = E c n , 2 - E c n , 1 ∑ R i

Contabilizando todas as resistências à radiação do sistema, temos o seguinte:

Passo 2

Como A 2 ≫ A 1 ou A s , a primeira resistência à radiação será aproximadamente nula. Além disso, como a placa é uma superfície negra, ε 1 = 1 , zerando a última resistência à radiação.

Dessa forma:

∑ R i = 1 A 2 . F 2 → s + 2 . 1 - ε s ε s . A s + 1 A s . F s → 1

Onde:

A 2 . F 2 → s = A s . F s → 2

F s → 2 = 1 →

F s → 1 = 1

Logo:

∑ R i = 1 A s + 2 . 1 - ε s ε s . A s + 1 A s

Arrumando a bagunça:

∑ R i = 2 A s + 2 . 1 - ε s ε s . A s

∑ R i = 2 A s . 1 + 1 - ε s ε s

∑ R i = 2 A s . 1 ε s = 2 A s . ε s

Passo 3

Assim, a taxa de transferência de calor será dada por:

q 1 = E c n , 2 - E c n , 1 ∑ R i = σ . T 2 4 - T 1 4 2 A s . ε s

q 1 = A s . ε s . σ . T 2 4 - T 1 4 2

Onde A s = A 1 = π d 1 2 / 4 .

Dessa forma:

q 1 = π × 0,1 3 × 0,05 × 5,67 × 10 - 8 × 300 4 - 77 4 4 × 2

q 1 = 89,8 × 10 - 3 W

Resposta

q 1 = 89,8   m W

Exercício Resolvido #8

Uma barreira de radiação difusa e cinza, com 60   m m de diâmetro e emissividade ε 2 , i = 0,01 e ε 2 , e = 0,1 nas superfícies interna e externa, respectivamente, é concêntrica a um longo tubo que transporta um fluido de processo quente.

A superfície do tubo é negra e possui diâmetro de 20   m m . Há vácuo na região interna da barreira. A superfície externa da barreira está exposta a uma grande sala, cujas paredes estão a 17 ° C , e experimenta transferência de calor por convecção com o ar a 27 ° C , com um coeficiente convectivo de 10   W / ( m 2 . K ) .

Determine a temperatura de operação do tubo interno se a temperatura da barreira for mantida a 42 ° C .

Passo 1

Fazendo o balando de energia na superfície externa, temos que:

E ˙ e n t - E ˙ s a i = 0

q 1 → 2 - q c o n v - q r a d = 0

Passo 2

A taxa de transferência de calor entre as superfícies cilíndricas é dada pela seguinte equação tabelada:

q 1 → 2 = A 1 . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 - ε 2 , i ε 2 , i . D 1 D 2

A taxa de transferência de calor por convecção será dada por:

q c o n v = h . A 2 . T 2 - T ∞

A taxa de transferência de calor por radiação entre o tubo externo e a vizinhança será dada por:

q r a d = ε 2 , e . A 2 . σ . T 2 4 - T v i z 4

Substituindo esses caras na equação que encontramos no Passo 1:

q 1 → 2 - q c o n v - q r a d = 0

A 1 . σ . T 1 4 - T 2 4 1 ε 1 + 1 - ε 2 , i ε 2 , i . D 1 D 2 - h . A 2 . T 2 - T ∞ - ε 2 , e . A 2 . σ . T 2 4 - T v i z 4 = 0

Passo 3

Colocando ordem na casa e isolando a temperatura T 1 , teremos:

T 1 = T 2 4 + 1 ε 1 + 1 - ε 2 , i ε 2 , i . D 1 D 2 A 1 . σ . h . A 2 . T 2 - T ∞ + ε 2 , e . A 2 . σ . T 2 4 - T v i z 4 1 / 4

Substituindo os valores e jogando isso tudo na calculadora, vamos encontrar:

T 1 = 745   K

Resposta

T 1 = 472 ° C

Exercício Resolvido #9

A parede de um forno industrial é composta por duas paredes planas verticais distantes 50   c m e com ar (a T = 75 ° C ) entre elas. As paredes têm altura igual a 2 m e largura igual a 1 m . A temperatura da parede 1 é mantida a 350 ° C , e a da parede 2 é mantida a 50 ° C .

A emissividade da parede 1 é igual a 0,6 e a da parede 2, 0,5 . Considere as paredes como superfícies cinzas difusas e calcule:

a O coeficiente de troca de calor por convecção na parede 1, assumindo que a parede 2 não perturba o escoamento próximo a parede 1.

b O calor total perdido pela parede 1.

Considere as seguintes propriedades para o ar: μ = 1,8 × 10 - 5   P a . s ,   ρ = 1,2   k g / m 3 ,   k = 0,026   W / m K ,   P r = 0,7   e   c p = 1100   J / k g K .

Passo 1

a O coeficiente de troca de calor por convecção na parede 1, assumindo que a parede 2 não perturba o escoamento próximo a parede 1.

Esse se trata de um problema de convecção natural. Sendo assim, o número de Rayleigh será dado por:

O número de Rayleigh é dado por:

R a L = g β T ∞ - T 1 L 3 υ 2 . P r = g β T ∞ - T 1 L 3 μ ρ 2 . P r

Onde β vale:

β = 1 T f = 1 T 1 + T ∞ 2 = 2 350 + 273 + 75 + 273

β = 2,06 × 10 - 3   K - 1

Assim, substituindo os valores:

R a L = 9,81 × 2,06 × 10 - 3 × 350 + 273 - 75 + 273 × 2 3 × 0,7 1,8 × 10 - 5 1,2 2

R a L = 1,38 × 10 11

Passo 2

Como estamos trabalhando com um caso de placa vertical, para o valor de número de Rayleigh que encontramos, a correlação mais adequada para o número de Reynolds é dada por:

N u - L = 0,825 + 0,387 . R a L 1 / 6 1 + 0,492 P r 9 / 16 8 / 27 2

N u - L = 0,825 + 0,387 × 1,38 × 10 11 1 / 6 1 + 0,492 0,7 9 / 16 8 / 27 2

N u - L = 581,85

O coeficiente convectivo será:

h - = N u L - . k L = 581,85 × 0,026 2

Passo 3

b O calor total perdido pela parede 1.

O calor total perdido pela parede 1 será a soma do calor perdido por convecção q c o n v e do calor perdido por radiação q r a d . Dessa forma:

q c o n v = h - . A . T 1 - T ∞ = 7,56 × 2 × 1 × 350 - 75

q c o n v = 4160,25   W

Passo 4

O calor perdido por radiação pode ser calculado por:

q r a d = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 1 F 1 → 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

Onde o fator de forma F 1 → 2 é obtido a partir do gráfico abaixo, onde:

L 1 D = 2 0,5 → L 1 D = 4

L 2 D = 1 0,5 → L 2 D = 2

F 1 → 2 = 0,5

Dessa forma, sendo T 1 = 350 ° C = 623   K e T 2 = 50 ° C = 323   K :

q r a d = 5,67 × 10 - 8 × 623 4 - 323 4 1 - 0,6 0,6 × 2 × 1 + 1 2 × 1 × 0,5 + 1 - 0,5 0,5 × 2 × 1

q r a d = 4322,38   W

Assim, o calor perdido pela placa 1 será:

q = q r a d + q c o n v = 4322,38 + 416025

Resposta

a h - = 7,56   W / m 2 K

b q = 8482,63   W

Exercício Resolvido #10

Uma pirâmide tradicional (base quadrada) é utilizada para aquecer objetos colocada no centro da placa da base. As faces triangulares da pirâmide estão a 1000 K e a base está a 400 K .

Qual a quantidade de calor trocada entre a pirâmide e a sua base, considerando apenas a radiação térmica e que as superfícies possuem, respectivamente, emissividade térmica de 0,7 e 0,6 ? A base da pirâmide é quadrada com 1,4 metros em cada lado e a altura é de 2,5 metros.

Passo 1

A taxa de transferência de calor entre cada lado da pirâmide i = 1 , 2,3 , 4 e a base é dada por:

q i = σ . T i 4 - T b 4 1 - ε p ε p A p + 1 A p F i → b + 1 - ε b ε b A b

De forma que a quantidade de calor total trocada será:

q = 4 . q i

Dessa equação, temos quase tudo, mas precisamos calcular o fator de forma e as áreas das superfícies.

Passo 2

Vamos começar pelo fator de forma.

Devido à simetria do sistema, podemos dizer que:

F b → 1 = F b → 2 = F b → 3 = F b → 4 = F b → i

Além disso, pela regra da adição:

F b → 1 + F b → 2 + F b → 3 + F b → 4 = 1

4 F b → i = 1

F b → i = 0,25

Pela regra da reciprocidade:

A i . F i → b = A b . F b → i

F i → b = F b → i . A b A i

A área da base é dada por:

A b = 1,4 2 → A b = 1,96   m 2

A área do lado triangular é dada por:

A i = b × h ' 2

Onde h ' é a altura do lado triangular, dada por:

h ' = 2,5 2 + 0,7 2 → h ' = 2,6   m

A i = 1,4 × 2,6 2 → A i = 1,82   m 2

Assim, o fator de forma será:

F i → b = F b → i . A b A i = 0,25 × 1,96 1,82

F i → b = 0,27

Passo 3

Assim, a taxa de transferência de calor será:

q = 4 . σ . T i 4 - T b 4 1 - ε p ε p A p + 1 A p F i → b + 1 - ε b ε b A b

q = 4 × 5,67 × 10 - 8 × 1000 4 - 400 4 1 - 0,7 0,7 × 1,82 + 1 1,82 × 0,27 + 1 - 0,6 0,6 × 1,96

q = 84,652 × 10 3   W

Resposta

q = 84,652   k W

Exercício Resolvido #11

(Adaptado) Uma sala de 2   m e t r o s de lado contém duas placas identificadas como 1 e 2 na figura abaixo.

As demais faces da sala são reirradiantes. Sabendo que a placa 1 está a 2000   K e emite radiação como um corpo negro e que a placa 2 está a 200   K e é um corpo cinza e difuso que possui uma emissividade de 0,4 , determine:

( a ) provando matematicamente, quais os fatores de forma associados ao sistema.

( b ) o fluxo de calor radiante entre as placas 1 e 2.

Passo 1

( a ) Determine, quais os fatores de forma associados ao sistema.

A ideia aqui é a seguinte: vamos completar a parede da seguinte forma.

Onde queremos determinar os fatores de forma F 1 → 2 e F 2 → 1 . Os dois estão relacionados pela regra da reciprocidade, dada por:

A 1 .   F 1 → 2 = A 2 .   F 2 → 1

Como A 1 = A 2 :

F 1 → 2 = F 2 → 1

Passo 2

Utilizando os gráficos, podemos determinar os fatores de forma F 1,3 → 2,4 e F 3 → 4 .

Dessa forma, para o primeiro caso, teremos:

L 1,3 W = 2 3 = 0,67

L 2,4 W = 2 3 = 0,67

F 1,3 → 2,4 = 0,22

Para o segundo caso:

L 3 W = 1 3 = 0,33

L 4 W = 1 3 = 0,33

F 3 → 4 = 0,25

Passo 3

Através da regra da superposição, temos que:

A 1 + A 3 F 1,3 → 2,4 = A 1 F 1 → 2,4 + A 3 F 3 → 2,4

A 1 + A 3 F 1,3 → 2,4 = A 1 . F 1 → 2 + A 1 . F 1 → 4 + A 3 . F 3 → 2 + A 3 . F 3 → 4

Dessa equação, precisamos dos fatores de forma F 3 → 2 e F 1 → 4 . No entanto, devido à regra da simetria, podemos afirmar que:

F 3 → 2 = F 1 → 4

Assim, teremos o seguinte:

F 3 → 2,4 = F 3 → 2 + F 3 → 4

F 3 → 2 = F 3 → 2,4 - F 3 → 4

Onde, para o fator de forma F 3 → 2,4 , teremos:

L 3 W = 1 3 = 0,33

L 2,4 W = 2 3 = 0,67

F 3 → 2,4 = 0,32

Logo:

F 3 → 2 = F 3 → 2,4 - F 3 → 4 = 0,32 - 0,25

F 3 → 2 = F 1 → 4 = 0,07

Passo 4

Finalmente, o fator de forma F 1 → 2 será:

A 1 + A 3 F 1,3 → 2,4 = A 1 . F 1 → 2 + A 1 . F 1 → 4 + A 3 . F 3 → 2 + A 3 . F 3 → 4

F 1 → 2 = A 1 + A 3 F 1,3 → 2,4 - A 1 . F 1 → 4 - A 3 . F 3 → 2 - A 3 . F 3 → 4 A 1

Onde A 1 = A 3 = 1 × 3 = 3   m 2 . Logo:

F 1 → 2 = 3 + 3 × 0,22 - 3 × 0,07 - 3 × 0,07 - 3 × 0,25 3

Passo 5

( b ) Determine o fluxo de calor radiante entre as placas 1 e 2.

O fluxo de calor é dado por:

q 1 → 2 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

Onde:

T 1 = 2000   K

ε 1 = 1

T 2 = 200   K

ε 2 = 0,4

Assim:

q 1 → 2 = 5,67 × 10 - 8 × 2000 4 - 200 4 1 - 1 1 × 3 + 1 3 + 1 - 0,4 0,4 × 3

q 1 → 2 = 1,088 × 10 6   W

Resposta

a F 1 → 2 = F 2 → 1 = 0,05

b q 1 → 2 = 1,088   M W

Exercício Resolvido #12

Caracterize analiticamente, provando suas conclusões passo-a-passo, o fator de forma entre a superfície 1 e 2, escrevendo esse fator de forma em função de fatores elementares de forma que esses possam ser encontrados em figuras ou tabelas.

Determine também qual a transferência de calor entre 1 e 2, assumindo que em 1 a temperatura seja de 400   K e em 2 a temperatura seja de 1000   K , sabendo que ambas as superfícies são aço inoxidável, típico, polido. Sabendo também que o meio interno a essa superfície é composto por vácuo.

Passo 1

Usando a regra da superposição, podemos dizer que:

A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) = A 1 . F 1 → 2,3 + A 4 . F 4 → 2,3

A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) = A 1 . F 1 → 2 + A 1 . F 1 → 3 + A 4 . F 4 → 2 + A 4 . F 4 → 3

Passo 2

Os fatores de forma F 1,4 → ( 2,3 ) , F 1 → 3 e F 4 → 2 podem ser encontrados pelo gráfico abaixo:

Passo 3

Para calcular o fator de forma F 1 → 2 , ainda precisamos lidar com o fator de forma F 4 → 3 .

Pela regra da simetria:

F 4 → 3 = F 2 → 1

E, pela regra da reciprocidade:

A 1 . F 1 → 2 = A 2 . F 2 → 1

Onde A 2 = A 4 . Dessa forma:

F 2 → 1 = F 1 → 2 . A 1 A 4

Logo:

F 4 → 3 = F 1 → 2 . A 1 A 4

Substituindo na expressão que encontramos no Passo 1:

A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) = A 1 . F 1 → 2 + A 1 . F 1 → 3 + A 4 . F 4 → 2 + A 4 . F 4 → 3

A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) = A 1 . F 1 → 2 + A 1 . F 1 → 3 + A 4 . F 4 → 2 + A 4 . F 1 → 2 . A 1 A 4

Agora é só uma questão de arrumar a bagunça:

A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) = A 1 . F 1 → 2 + A 1 . F 1 → 3 + A 4 . F 4 → 2 + A 1 . F 1 → 2

A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) = 2 A 1 . F 1 → 2 + A 1 . F 1 → 3 + A 4 . F 4 → 2

Passo 4

Como o problema não nos deu a emissividade das superfíciesA transferência de calor será dada por:

q 1 → 2 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - �� 1 ε 1 A 1 + 1 A 1 F 1 → 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

Para calcular o fator de forma F 1 → 2 , temos que, considerando cada superfície quadrada e que a distância entre as superfícies é igual ao lado de cada uma delas:

F 1,4 → ( 2,3 ) → L 1 D = 1   ;   L 2 D = 2 → F 1,4 → ( 2,3 ) = 0,3

F 1 → 3 → L 1 D = 1   ;   L 2 D = 1 → F 1 → 3 = 0,2

F 4 → 2 → L 1 D = 1   ;   L 2 D = 1 → F 4 → 2 = 0,2

A 1 = A 4 = L 2

A 1,4 = 2 L 2

Assim:

F 1 → 2 = 1 2 A 1 A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) - A 1 . F 1 → 3 - A 4 . F 4 → 2

F 1 → 2 = 1 2 L 2 2 L 2 × 0,3 - L 2 × 0,2 - L 2 × 0,2

F 1 → 2 = 0,1

Passo 5

A taxa de transferência de calor será:

q 1 → 2 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 1 F 1 → 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

De acordo com a tabela A.11 do Incropera, para aços inoxidáveis, típicos e polidos:

T 1 = 400   K → ε 1 = 0,17

T 2 = 1000   K → ε 2 = 0,3

Dessa forma, considerando A 1 = A 2 = L 2 :

q 1 → 2 = 5,67 × 10 - 8 × 400 4 - 1000 4 1 - 0,17 0,17 L 2 + 1 0,1 L 2 + 1 - 0,3 0,3 L 2

q 1 → 2 = - 3209 L 2   W

Como não temos o valor de L :

q 1 → 2 ' ' = q 1 → 2 L 2

q 1 → 2 ' ' = - 3209   W / m 2

O sinal negativo se dá pelo fato de que, como a superfície 1 possui uma temperatura menor que a superfície 2, o calor na verdade flui de 2 para 1. Logo:

Resposta

F 1 → 2 = 1 2 A 1 A 1,4 . F 1,4 → ( 2,3 ) - A 1 . F 1 → 3 - A 4 . F 4 → 2

q ' ' = 5525   W / m 2

Exercício Resolvido #13

(Adaptado) Um anel com 10   c m de raio interno e 12   c m de raio externo é uma peça de aquecimento por radiação de um plano em formato de disco de 6   c m de raio paralelo ao anel a uma distância de 20   c m .

Toda uma região que fecha o sistema (forma uma cavidade fechada) é formada de um material que isola o sistema, ou seja, por uma superfície reirradiante.

Sabendo que o anel está a 3000   K e emite radiação como um corpo negro e que o disco inferior está a 400   K e é um corpo cinza e difuso que possui uma emissividade de 0,75 , determine qual o fluxo de calor radiante entre o disco e o anel.

Passo 1

A taxa de transferência de calor entre as duas superfícies é dada por:

q 1 → 2 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 1 F 1 → 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

Graficamente, a ideia é essa:

Da equação da taxa de transferência de calor, o único termo que nos resta calcular é o fator de forma.

Passo 2

Pra calcular o fator de forma, vamos criar uma superfície imaginária da seguinte forma:

De forma que, pela regra da superposição:

A 1 + A 3 . F 1,3 → 2 = A 1 . F 1 → 2 + A 3 . F 3 → 2

Os fatores de forma F 1,3 → 2 e F 3 → 2 podem ser calculados a partir do gráfico abaixo.

Onde, para F 1,3 → 2 :

L r 1 = 20 12 → L r 1 = 1,67

r 2 L = 6 20 → r 2 L = 0,3

E, para F 3 → 2 :

L r 1 = 20 10 → L r 1 = 2

r 2 L = 6 20 → r 2 L = 0 , 3

Assim:

F 1,3 → 2 ≅ 0 , 5

F 3 → 2 ≅ 0,55

Dessa forma, o fator de forma F 1 → 2 será:

A 1 + A 3 . F 1,3 → 2 = A 1 . F 1 → 2 + A 3 . F 3 → 2

F 1 → 2 = A 1 + A 3 A 1 . F 1,3 → 2 - A 3 A 1 . F 3 → 2

F 1 → 2 = π × 0,1 2 2 π × 0,12 2 - 0,1 2 × 0,5 - π × 0,1 2 π × 0,12 2 - 0,1 2 × 0,55

F 1 → 2 = 0,386

Passo 3

A taxa de transferência de calor será:

q 1 → 2 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 - ε 1 ε 1 A 1 + 1 A 1 F 1 → 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

Como o anel emite radiação como corpo negro ε 1 = 1 , podemos reescrever a equação acima como:

q 1 → 2 = σ . T 1 4 - T 2 4 1 A 1 F 1 → 2 + 1 - ε 2 ε 2 A 2

Substituindo os valores:

q 1 → 2 = 5,67 × 10 - 8 × 3000 4 - 400 4 1 π × 0,12 2 - 0,1 2 × 0,386 + 1 - 0,75 0,75 × π × 0,06 2

q 1 → 2 = 2,11 × 10 12   W

Resposta

q 1 → 2 = 2,11   T W

Exercício Resolvido #14

Considere uma sala de 2 metros de altura e uma base quadrada de 1   m de lado. Um quadro formado por uma placa aquecedora (A) quadrada de 1   m de lado está com sua base a 1   m do chão pendurado na parede.

No chão, foi instalada outra placa aquecedora (B) também quadrada de 1   m de lado. Todas as demais faces expostas da sala são rerradiantes e forma-se uma cavidade fechada com vácuo no seu interior.

Sabendo que a placa aquecedora (A) tem uma emissividade igual a da placa (B), sendo o valor igual a 0, 4 e considerando que a placa (A) está a 1000   K e a placa (B) a 2000   K , determine a taxa de troca de calor entre as placas (A) e (B)

Passo 1

A taxa de transferência entre as placas será dada por:

q B → A = σ . T B 4 - T A 4 1 - ε B ε B A B + 1 A A F A → B + 1 - ε B ε B A B

Dessa equação, precisamos somente do fator de forma F A → B .

Passo 2

A ideia aqui é basicamente essa:

Para calcular o fator de forma, entre B e A , vamos inventar uma terceira superfície C :

De forma que:

F B → A , C = F B → A + F B → C

F B → A = F B → A , C - F B → C

Os fatores de forma podem ser calculados partir de gráficos, onde:

F B → A , C → L 1 W = 1 ; L 2 W = 2

F B → C → L 1 W = 1 ; L 2 W = 1

F B → A , C = 0,23

F B → C = 0,2

Dessa forma, o fator de forma F B → A será:

F B → A = 0,23 - 0,2

F B → A = 0,03

Passo 3

A taxa de transferência de calor será:

q B → A = 5,67 × 10 - 8 × 2000 4 - 1000 4 1 - 0,4 0,4 × 1 2 + 1 1 2 × 0,03 + 1 - 0,4 0,4 × 1 2

q B → A = 23,4 × 10 3 W

Resposta

q B → A = 23,4   k W

Exercício Resolvido #15

Em uma plataforma espacial, duas placas de mesmo tamanho 4   m × 2   m são paralelas e estão separadas de 1   m . Uma das placas está na temperatura de 500   K e a outra na temperatura de 400   K .

Essas placas não sofrem incidência solar e o ambiente ao seu redor encontra-se na temperatura de 0   K . Para a troca de calor por radiação, o ambiente pode ser representado como uma superfície fictícia, unindo as duas placas e formando a cavidade na forma de um paralelepípedo que é mostrada abaixo.

Todas as superfícies são negras. Qual o fluxo de calor por radiação em cada uma das superfícies?

Passo 1

O fluxo de calor em cada superfície é dada por:

q 1 = J 1 - J 1 . F 1 → 1 + J 2 . F 1 → 2 + J 3 . F 1 → 3

q 2 = J 2 - J 1 . F 2 → 1 + J 2 . F 2 → 2 + J 3 . F 2 → 3

q 3 = J 3 - J 3 . F 3 → 1 + J 2 . F 3 → 2 + J 3 . F 3 → 3

Onde as radiosidade são dados por:

J 1 = σ . T 1 4 = 5,67 × 500 4 = 3543   W

J 2 = σ . T 2 4 = 5,67 × 4 00 4 = 1451   W

J 3 = σ . T 3 4 = 5,67 × 0 4 = 0   W

Agora temos que descobrir os fatores de forma.

Passo 2

Como as superfícies 1 e 2 são planas:

O fator de forma entre as superfícies 1 e 2 é dado pelo gráfico abaixo:

L 1 D = 4 1 = 4

L 2 D = 2 1 = 2

Utilizando a regra da adição:

F 1 → 1 + F 1 → 2 + F 1 → 3 = 1

Através da regra da reciprocidade, onde:

A 1 = A 2 = 4 × 2 = 8   m 2

A 3 = 2 × 4 × 1 + 2 × 1 = 12   m 2

Teremos:

F 3 → 1 = F 1 → 3 . A 1 A 3 = 0,5 × 8 12

Pela regra da adição:

F 3 → 1 + F 3 → 2 + F 3 → 3 = 1

Passo 3

Finalmente, os fluxos de calor em cada superfície serão:

q 1 = J 1 - J 1 . F 1 → 1 + J 2 . F 1 → 2 + J 3 . F 1 → 3

q 1 = 3543 - 3543 × 0 + 1451 × 0,5 + 0 × 0,33

q 2 = J 2 - J 1 . F 2 → 1 + J 2 . F 2 → 2 + J 3 . F 2 → 3

q 2 = 1451 - 3543 × 0,5 + 1451 × 0 + 0 . F 2 → 3

q 3 = J 3 - J 3 . F 3 → 1 + J 2 . F 3 → 2 + J 3 . F 3 → 3

q 3 = 0 - 3543 × F 3 → 1 + 1451 × F 3 → 2 + 0 × 0

Resposta

q 1 = 2818   W / m 2

q 2 = - 320,35   W / m 2

q 3 = - 1665   W / m 2

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