Um aquecedor solar de água, energia do Sol é absorvida pela água que circula através de tubos em um coletor no telhado. A radiação solar penetra no coletor através de uma cobertura transparente e aquece a água nos tubos; essa água é então bombeada para um tanque de armazenamento. Suponha que a eficiência de todo o sistema seja de 20% (ou seja, 80% da energia solar incidente é perdida). Que área do coletor é necessária para aumentar a temperatura de 200L de água no tanque de 20 °C para 40 °C em 1 hora quando a intensidade de luz solar incidente é de 700 W/m²?
Resposta: 33 metros quadrados
Física II ⇒ Calorimetria
Moderador: [ Moderadores TTB ]
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Auto Excluído (ID:17092)
- Última visita: 31-12-69
Mai 2017
05
16:04
Re: Calorimetria
Sabendo que [tex3]E = \frac{P}{A}[/tex3]
e [tex3]P = \frac{Q}{\Delta t}[/tex3]
:
[tex3]E = \frac{Q}{\Delta t \cdot A}[/tex3] ,
onde [tex3]E[/tex3] é o poder emissivo, [tex3]Q[/tex3] é a energia (quantidade de calor), [tex3]\Delta t[/tex3] é a variação do tempo, [tex3]A[/tex3] é área envolvida.
Como a quantidade de calor recebido não é capaz de alterar o estado de agregação das moléculas, o calor envolvido é o sensível. O que permite reescrever a relação acima em função deste tipo de calor:
[tex3]E = \frac{m\cdot c \cdot \Delta T}{\Delta t \cdot A}[/tex3]
Como não temos ideia de qual é a massa envolvida, então recorreremos a definição de densidade:
[tex3]d = \frac{m}{V} \rightarrow m = d \cdot V[/tex3]
O que nos leva para:
[tex3]E = \frac{d \cdot V \cdot c \cdot \Delta T}{\Delta t \cdot A}[/tex3]
Como queremos obter a área:
[tex3]A = \frac{d \cdot V \cdot c \cdot \Delta T}{E \cdot \Delta t}[/tex3]
Note que o enunciado diz: "80% da energia solar incidente é perdida". Sim, a expressão é imensamente grande e feia. No entanto, vamos reescrevê-la como:
[tex3]A = \frac{d \cdot V \cdot c \cdot \Delta T}{0,2 \cdot E_s \cdot \Delta t}[/tex3]
O motivo é que apenas 20% da energia solar ([tex3]E_s[/tex3] ) é aproveitada para alterar a temperatura de 200L de água. Outras considerações são igualmente importantes:
1. A variação de 1º na escala Celsius é exatamente igual a escala Kelvin. Portanto, não precisa converter da escala Celsius para Kelvin. A variação é a mesma coisa.
2. O calor específico da água vale 4186 (J/kg*K)
Veja:
[tex3]1,0 \frac{cal}{g^{_o}C}\cdot \frac{4,186J}{1cal} \cdot \frac{1000g}{1kg} \cdot\frac{1^{_o}C}{1K} = 4186 J/kg\cdot K[/tex3]
3. 1L de água tem 1kg. Mesmo assim, vamos calcular.
Substituindo os valores:
[tex3]A = \frac{\frac{1000kg}{1m^3} \cdot 200L\cdot \frac{1m^3}{1000L} \cdot 4186\cdot (40-20)}{3600\cdot 0,2\cdot 700} = 33,\overline{2}[/tex3]
[tex3]\boxed{A = 33,\overline{2} \ m^2}[/tex3]
-
Veja que através dos conceitos, nós chegamos em uma expressão única para descobrir a área de um coletor! O primeiro conceito que utilizamos foi do poder emissivo ([tex3]E[/tex3] ) que relaciona a potência e a área. O segundo conceito foi de potência que é uma relação de energia pelo tempo. Com base nos conhecimentos de Calorimetria, julgamos qual(is) o(s) tipo(s) de energia(s) estão presentes no problema.
O ponto chave para resolver o problema foi entender que nem toda a energia do Sol seria utilizada para variar a temperatura da água. Nem toda. O que é bem verdade, não é? Parte da energia solar fica retida na camada de ozônio, na terra, na água, etc.
[tex3]E = \frac{Q}{\Delta t \cdot A}[/tex3] ,
onde [tex3]E[/tex3] é o poder emissivo, [tex3]Q[/tex3] é a energia (quantidade de calor), [tex3]\Delta t[/tex3] é a variação do tempo, [tex3]A[/tex3] é área envolvida.
Como a quantidade de calor recebido não é capaz de alterar o estado de agregação das moléculas, o calor envolvido é o sensível. O que permite reescrever a relação acima em função deste tipo de calor:
[tex3]E = \frac{m\cdot c \cdot \Delta T}{\Delta t \cdot A}[/tex3]
Como não temos ideia de qual é a massa envolvida, então recorreremos a definição de densidade:
[tex3]d = \frac{m}{V} \rightarrow m = d \cdot V[/tex3]
O que nos leva para:
[tex3]E = \frac{d \cdot V \cdot c \cdot \Delta T}{\Delta t \cdot A}[/tex3]
Como queremos obter a área:
[tex3]A = \frac{d \cdot V \cdot c \cdot \Delta T}{E \cdot \Delta t}[/tex3]
Note que o enunciado diz: "80% da energia solar incidente é perdida". Sim, a expressão é imensamente grande e feia. No entanto, vamos reescrevê-la como:
[tex3]A = \frac{d \cdot V \cdot c \cdot \Delta T}{0,2 \cdot E_s \cdot \Delta t}[/tex3]
O motivo é que apenas 20% da energia solar ([tex3]E_s[/tex3] ) é aproveitada para alterar a temperatura de 200L de água. Outras considerações são igualmente importantes:
1. A variação de 1º na escala Celsius é exatamente igual a escala Kelvin. Portanto, não precisa converter da escala Celsius para Kelvin. A variação é a mesma coisa.
2. O calor específico da água vale 4186 (J/kg*K)
Veja:
[tex3]1,0 \frac{cal}{g^{_o}C}\cdot \frac{4,186J}{1cal} \cdot \frac{1000g}{1kg} \cdot\frac{1^{_o}C}{1K} = 4186 J/kg\cdot K[/tex3]
3. 1L de água tem 1kg. Mesmo assim, vamos calcular.
Substituindo os valores:
[tex3]A = \frac{\frac{1000kg}{1m^3} \cdot 200L\cdot \frac{1m^3}{1000L} \cdot 4186\cdot (40-20)}{3600\cdot 0,2\cdot 700} = 33,\overline{2}[/tex3]
[tex3]\boxed{A = 33,\overline{2} \ m^2}[/tex3]
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Veja que através dos conceitos, nós chegamos em uma expressão única para descobrir a área de um coletor! O primeiro conceito que utilizamos foi do poder emissivo ([tex3]E[/tex3] ) que relaciona a potência e a área. O segundo conceito foi de potência que é uma relação de energia pelo tempo. Com base nos conhecimentos de Calorimetria, julgamos qual(is) o(s) tipo(s) de energia(s) estão presentes no problema.
O ponto chave para resolver o problema foi entender que nem toda a energia do Sol seria utilizada para variar a temperatura da água. Nem toda. O que é bem verdade, não é? Parte da energia solar fica retida na camada de ozônio, na terra, na água, etc.
Última edição: Auto Excluído (ID:17092) (Sex 05 Mai, 2017 16:04). Total de 1 vez.
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