Termografia e arrefecimento radiativo

Numa manhã de janeiro, em Vila Real, o termómetro do carro marca 3 °C. Mesmo assim, o para-brisas está coberto de geada. Como pode haver gelo se o ar está acima de 0 °C? E como consegue uma câmara «ver» o calor que sai de uma casa? A resposta às duas perguntas está na mesma ideia: tudo o que tem temperatura emite radiação.

A câmara termográfica

Qualquer corpo a uma temperatura $T > 0\ \text{K}$ emite radiação térmica. Para os corpos à temperatura ambiente, essa radiação não se vê. Podemos calcular o comprimento de onda a que a emissão é máxima com a lei de Wien:

$$\lambda_{max} = \frac{b}{T}, \qquad b = 2{,}898\cdot10^{-3}\ \text{m}\cdot\text{K}$$

Para uma parede a $10\ ^\circ\text{C}$ ($283\ \text{K}$):

$$\lambda_{max} = \frac{2{,}898\cdot10^{-3}}{283} \approx 1{,}0\cdot10^{-5}\ \text{m} = 10\ \mu\text{m}$$

Este valor está na região do infravermelho, muito para lá do vermelho visível. Por isso a pele sente o calor de uma parede quente, mas os olhos não veem nada. A câmara termográfica tem um sensor sensível a esta radiação infravermelha e transforma-a numa imagem a cores ou em tons de cinzento.

O que determina o brilho de cada ponto da imagem? A potência emitida por unidade de área, dada pela lei de Stefan-Boltzmann (para um emissor ideal):

$$\frac{P}{A} = \sigma T^4, \qquad \sigma = 5{,}67\cdot10^{-8}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-4}$$

A temperatura entra em kelvin e elevada à quarta potência. Uma superfície mais quente emite mais, por isso aparece mais luminosa na imagem. Como $P$ depende de $T^4$, uma pequena subida de temperatura provoca um aumento apreciável da potência emitida.

Quanta potência emite cada metro quadrado?

Numa imagem de uma casa, a parede está a $10\ ^\circ\text{C}$ e o vidro de uma janela a $16\ ^\circ\text{C}$. Compara a potência radiada por metro quadrado. Considera ambos emissores ideais.

Converte as temperaturas para kelvin: $T_1 = 10 + 273 = 283\ \text{K}$ e $T_2 = 16 + 273 = 289\ \text{K}$.

Aplica a lei de Stefan-Boltzmann à parede:

$$\frac{P_1}{A} = 5{,}67\cdot10^{-8}\times 283^4 \approx 364\ \text{W/m}^2$$

Calcula, no teu caderno, a potência por metro quadrado do vidro a $289\ \text{K}$ e a diferença entre as duas.

$$\frac{P_2}{A} = 5{,}67\cdot10^{-8}\times 289^4 \approx 396\ \text{W/m}^2$$

A diferença é de cerca de $32\ \text{W/m}^2$. Uma diferença de apenas $6\ ^\circ\text{C}$ já dá, em cada metro quadrado, uma potência radiada apreciavelmente maior. É por isso que a janela aparece mais luminosa.

Pratica★★☆

No inverno, um perito qualificado do Sistema de Certificação Energética dos edifícios (SCE/ADENE) fotografou a fachada de uma moradia em Vila Real com uma câmara…

No inverno, um perito qualificado do Sistema de Certificação Energética dos edifícios (SCE/ADENE) fotografou a fachada de uma moradia em Vila Real com uma câmara termográfica. Na imagem obtida, as zonas em redor das janelas aparecem mais luminosas do que as restantes áreas da parede.

a) Explica o princípio físico da termografia: indica a radiação que a câmara deteta e como se relaciona o brilho da imagem com a temperatura das superfícies, de acordo com a lei de Stefan-Boltzmann.
b) Calcula a potência radiada por cada metro quadrado de parede a $8\ ^\circ\text{C}$ e por cada metro quadrado de vidro das janelas a $14\ ^\circ\text{C}$, admitindo emissores ideais ($\sigma = 5,67\cdot10^{-8}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-4}$).
c) Compara os valores obtidos na alínea anterior e explica como a termografia permite detetar pontes térmicas e defeitos no isolamento dos edifícios.

Resolver

Arrefecimento radiativo e geada

Uma superfície exposta ao ar livre não só emite radiação, também recebe a que vem da atmosfera e do céu. A potência líquida que perde por radiação é:

$$P = \sigma A\,(T^4 - T_c^4)$$

onde $T$ é a temperatura da superfície e $T_c$ é a temperatura radiativa efetiva do céu, ambas em kelvin. Se $T > T_c$, a superfície perde energia e arrefece.

A diferença entre uma noite limpa e uma noite nublada está em $T_c$:

Noite limpa: a atmosfera deixa passar quase toda a radiação infravermelha para o espaço frio. $T_c$ é baixa e a perda líquida é grande.
Noite nublada: as nuvens absorvem o infravermelho e voltam a emiti-lo para baixo. $T_c$ é próxima da temperatura do ar e a perda líquida é pequena.

Quanto arrefece uma superfície por radiação?

Uma superfície de $1\ \text{m}^2$ está a $3\ ^\circ\text{C}$. Numa noite limpa, $T_c \approx 253\ \text{K}$ ($-20\ ^\circ\text{C}$). Numa noite nublada, $T_c \approx 273\ \text{K}$ ($0\ ^\circ\text{C}$). Estes valores são apenas ilustrativos. Calcula a potência líquida perdida em cada caso.

Converte a temperatura da superfície: $T = 3 + 273 = 276\ \text{K}$.

Noite limpa:

$$P = 5{,}67\cdot10^{-8}\times 1\times(276^4 - 253^4) \approx 97\ \text{W}$$

Faz, no teu caderno, o cálculo para a noite nublada, com $T_c = 273\ \text{K}$.

$$P = 5{,}67\cdot10^{-8}\times(276^4 - 273^4) \approx 14\ \text{W}$$

Numa noite limpa, a perda líquida é cerca de sete vezes maior. É por isso que a superfície arrefece muito mais depressa e pode chegar abaixo de $0\ ^\circ\text{C}$ mesmo com o ar acima desse valor. Forma-se então a geada.

Pratica★★★

Nas noites limpas de inverno, o IPMA (Instituto Português do Mar e da Atmosfera) emite frequentemente avisos de geada para o interior Norte e Centro de Portugal, mesmo…

Nas noites limpas de inverno, o IPMA (Instituto Português do Mar e da Atmosfera) emite frequentemente avisos de geada para o interior Norte e Centro de Portugal, mesmo quando a temperatura do ar se mantém alguns graus acima de $0\ ^\circ\text{C}$. A explicação está no arrefecimento radiativo: as superfícies perdem energia por radiação para o céu. Admite que a potência líquida radiada por uma superfície é $P = \sigma\cdot A\cdot (T^4 - T_{c}^4)$, em que $T_{c}$ é a temperatura radiativa efetiva do céu. A figura compara uma noite limpa com uma noite nublada.

a) Explica por que razão, numa noite limpa, uma superfície como o tejadilho de um carro ou a relva de um jardim pode atingir temperaturas inferiores à do ar, permitindo a formação de geada.
b) Calcula a potência líquida radiada por $1,0\ \text{m}^2$ de relva a $0\ ^\circ\text{C}$, numa noite limpa em que $T_{c} = 258\ \text{K}$, isto é, $-15\ ^\circ\text{C}$ ($\sigma = 5,67\cdot10^{-8}\ \text{W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-4}$).
c) Explica por que razão a presença de nuvens reduz o arrefecimento radiativo e torna a geada menos provável, relacionando este fenómeno com o papel da atmosfera no efeito de estufa.

Resolver

Voltando ao início: o para-brisas do carro, exposto ao céu limpo, perde mais energia por radiação do que recebe do céu. A sua temperatura desce abaixo da do ar, e a geada forma-se mesmo quando o termómetro do carro marca $3\ ^\circ\text{C}$. A câmara termográfica faz o inverso: lê a radiação infravermelha que uma superfície emite e converte-a numa imagem de temperaturas.

Em resumo

Todos os corpos emitem radiação térmica. À temperatura ambiente, a emissão máxima está no infravermelho: $\lambda_{max} = b/T$.
A câmara termográfica deteta o infravermelho. Quanto mais quente a superfície, mais radiação emite e mais luminosa surge na imagem.
Potência radiada por um emissor ideal: $P = \sigma A T^4$, com $T$ em kelvin.
Potência líquida de uma superfície exposta ao céu: $P = \sigma A\,(T^4 - T_c^4)$.
Numa noite limpa, $T_c$ é baixa e a perda é grande, o que favorece a geada. Com nuvens, $T_c$ é maior e a perda é menor.

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