Problema 1 El planeta Marte, de radio R M = 3400 km rota alrededor

Problema 1 El planeta Marte, de radio RM = 3400 km rota alrededor del sol
a lo largo de una órbita casi circular de radio rM = 2,28 · 108 km. Las medidas efectuadas por la sonda Viking I permiten afirmar que su temperatura al sol
está comprendida, dependiendo de la estación, entre −20◦ C y −100◦ C. Se intentará recuperar este orden de magnitud a partir del balance térmico, suponiendo
que la temperatura de Marte es uniforme. Se utilizarán los siguientes datos:
el Sol radia como un cuerpo negro a TS = 5800K.
la radiación solar que recibe una superficie de la Tierra, perpendicular a la
dirección Sol-Tierra vale ET = 1300W m− 2
La Tierra, de radio 6400 km, gira alrededor del sol sobre una órbita de
radio medio rT = 1,5 · 108 km.
1. Determinar la radiación solar EM sobre Marte en función de ET , rM y rT .
(1)
2. Determinar la temperatura del suelo de Marte, TM , considerando que es un
cuerpo negro calentado por el Sol.
3. Las observaciones de espectro de Viking I permitieron establecer la ley de
evolución espectral del suelo del planeta rojo:
eλ = ε1 = 0,8
λ ≤ 0,55µm
eλ = ε2 = 0,1 0,55 ≤ λ ≤ 1µm
eλ = ε1 = 1
λ ≥ 1µm
Deducir:
a) La absortancia total AS del suelo de Marte respecto de la radiación
solar.
b) La emisividad total εM del suelo de Marte.
(2)
c) La temperatura media de Marte, TM .
4. El valor obtenido en el punto anterior para la temperatura de Marte es inferior al valor medio experimental (−60◦ C) obtenido por Viking I. Se propone
mejorar el modelo teniendo en cuenta el hecho de que, como la Tierra, Marte está constituido por un núcleo caliente de temperatura TN ≈ 2000◦ C,
recubierto de una corteza de espesor δ = 5 km, de conductividad térmica
k = 10W m− 1K − 1.
a) Escribir la nueva ecuación de balance térmico retomando, para la radiación, los datos del punto anterior.
(3)
b) Deducir el valor de la temperatura promedio del suelo de Marte TM .
Solución:
1. Radiación solar sobre Marte:
ET A1 = EM A2
r2
Entonces EM = ET r2T
M
EM ≈ 563W m− 2.
2. Consideramos a Marte un cuerpo negro, La radiación efectiva que recibe es
sólo función del factor de forma FSM . Para ello, asimilamos la geometrı́a al
caso de una esfera (Marte) cercana a una superficie plana (Sol). Es, en este
caso F12 = 1/2. Luego, considerando que sólo llega la mitad de la radiación
emitida por el Sol, ES /2.
EM = ES /2 · FSM = ES /4
4
En equilibrio, como Marte es un cuerpo negro, EM = σTM
, σ = 5,67 ·
10−8 W/m2 K 4 , luego TM = 223K = −50◦ C.
a) Caracterı́sticas espectrales del suelo de Marte: Recordamos que definimos como potencia emisiva monocromática, Ebλ de una superficie negra
como la energı́a radiante por unidad de área de la superficie y por unidad de longitud de onda, como define la ley de Planck:
Ebλ =
C1
1
5
C
/λT
2
λ (e
− 1)
[W m−3 ]
Integrando sobre todas las longitudes de onda, es posible obtener una
expresión para la potencia radiantes por unidad de superficie:
Z ∞
Eb =
Ebλ dλ
0
El cálculo se simplifica utilizando la función fraccionaria externa fe , que
puede consultarse, pej en la Tabla 6.5 pag 571 de [1]. El coeficiente de
absortancia total se estima según:
αtot = α1 fe (λ1 TS ) + α2 (fe (λ2 TS ) − fe (λ1 TS )) + α3 (1 − fe (λ2 TS ))
Reemplazando, se obtiene αT OT = 0,57.
b) En la determinación de la emisividad, se considera la temperatura propia del cuerpo. Ésta es, del primer cálculo, de aproximadamente −50◦ C.
Entonces, εT OT ≈ 1. Notamos que la variación de TM alrededor de el
valor anterior, no modifica este último resultado.
c) La temperatura de Marte, en base a los coeficientes calculados: A partir
del balance térmico,
2
2
4
αtot (πRM
)ES = εT OT 4πRM
EM siendo EM = σTM
(2)
Luego, TM = −79◦ C
3. Dado que δ RM , podemos adoptar un modelo plano.
a) La continuidad del flujo térmico en la superficie de Marte nos permite
asegurar:
(3)
(3)
2
2
2 k
[TN − TM ] = εM 4πRM
σ(TM )4 − αtot πRM
ES
4πRM
δ
(3)
Obtenemos el valor de TM = −76◦ C.
El modelo no permite recuperar el valor medio de temperatura medido por
la sonda pues no se incluyó en él la influencia de la atmósfera de Marte.
Problema 2 Una construcción agrı́cola de grandes dimensiones está recubierta por
un techo de tejas que forman un diedro de ángulo θ en el vértice superior. Este
edificio se halla lleno de heno hasta el nivel de la base del techo, de superfice S3 . Se
pide calcular la temperatura estacionaria T3 de esta superficie, considerada como
adiabática, en los dos casos siguientes:
1. La radiación solar cae en forma vertical sobre el techo (sol en el cénit).
2. La radiación solar cae en forma perpendicular a un de los dos costados del
techo.
Se adoptan las siguientes hipótesis:
La radiación solar sobre una superficie perpendicular a los rayos es:
ES = 750W/m2
Todas las superficies son negras.
Los intercambios de calor en el interior del techo son radiativos puros.
Los intercambios de calor por convección y radiación con el exterior se resumen con la ayuda de un sólo coeficiente h = 30W/m2 K.
La temperatura exterior es de T0 = 295K. La conducción t´ermica de las tejas, de
espesor e = 3cm es k = 1W/mK Servirán para el primer caso, las simetrı́as de la
situación.
Caso 1
Por simetrı́a T1 = T2 y el factor de forma F12 = F13 = F21 = F23 = 1/2. El balance
térmico en el interior del granero, sobre la cara 3,
1
1
σT34 = σT14 + σT24
(1)
2
2
Luego, T3 = T1 = T2 . El balance de calor aplicado sobre el conjunto de las dos
placas del techo (1 y 2):
ES S = 2hS(T10 − T0 )
(2)
Como todas las caras del interior del techo se hallan a la misma temperatura, no
hay transferencia de calor y, por ende, no hay gradiente de temperatura de T10 a
T1 . T10 = T1 . Luego, se deduce el valor para T3 directamente de la ecuación (2).
T3 = T1 = T10 = T0 + E2hS = 34,5◦ C.
Caso 2 Los rayos del sol caen perpendiculares a S1 . El balance térmico en el interior
es igual que en (1)
1
1
σT34 = σT14 + σT24
2
2
Sobre cada placa realizamos el balance térmico de la superficies internas y externas1 .
s / Placa 1:
1
k 0
1
(T1 − T1 ) = σT14 − σT24 − σT34
e
2
2
k 0
0
(T − T1 ) = ES − h(T1 − T0 )
e 1
interior
(3)
exterior
(4)
interior
(5)
exterior
(6)
s / Placa 2:
k 0
1
1
(T2 − T2 ) = σT24 − σT14 − σT34
e
2
2
k 0
0
(T − T2 ) = 0 − h(T2 − T0 )
e 2
1
Recordar que h involucra radiación y convección externas.
Tenemos entonces 5 incógnitas T1 , T2 , T3 , T10 , T20 y 5 ecuaciones a resolver. Podemos hallar T3 resolviendo el sistema no lineal o bien, podemos simplificar las
ecuaciones haciendo uso de una linearización de las mismas. Para ello, decimos
que: Ti4 − Tj4 ' Tm3 (Ti − Tj ). En este ejemplo Tm = T0 + E2hS .
Se llega entonces a que T3 ' 35◦ C.
Bibliografı́a
[1] Mills, Transferencia de Calor, Ed Irwin
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