Problemas Resueltos - Tema1 PDF

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Problemas Resueltos del Tema1...

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Problemas Teledetección: Tema 1 P1. Calcular la relación entre la energía de un fotón de luz visible roja y la de un fotón de luz visible violeta. Sol.La energía de un fotón viene dada por la expresión… E=h siendo  la frecuencia de la onda asociada. Como sólo conocemos las longitudes de onda del rojo (0,7 m) y del violeta (0,4 m) en el visible, usaremos la expresión… c =  para expresar la energía de cada fotón en función de su longitud de onda y de esa manera obtener la relación pedida: ER/EV = hR / hV = h(c/R) / h(c/V) = V / R = 0,4 / 0,7 = 0,57

P2. ¿Cuál es la longitud de onda asociada a un fotón cuya energía es de 10-16 J ¿Es útil en teledetección? (h = 6,626 ∙10 -34 Js) Sol.Al igual que en el problema anterior la expresión que relaciona la energía de un fotón con su longitud de onda sería… E = h  = h c/  de donde obtenemos… =hc/E Sustituyendo tenemos…  = (6,626  10-34  3  108 ) / 10-16 = 1,98 10-9  2 nm Esta longitud de onda se encuentra en el rango de los rayos X, por tanto no es útil en Teledetección.

P3. Dada la gráfica siguiente calcular, para la radiación de la Tierra como cuerpo negro, considerando  = 10 μm y RT = 6300 Km, las magnitudes siguientes: a) Emitancia M b) Flujo radiante  c) Energía total emitida Q en 1 hora d) Radiancia

Sol.a) La emitancia M la obtenemos directamente de la gráfica, para una longitud de onda de 10 m y para la radiación de la Tierra como cuerpo negro, obtenemos un valor de M  30 W/m2 b) El flujo radiante lo obtenemos a partir de la propia definición de emitancia M=/S → =MS siendo S la superficie de la Tierra = 4  RT2 = 5 1014 m2 Por tanto:  = M  S = 30  5  1014 = 1,5  1016 W c) De la definición de flujo se obtiene la energía total emitida en 1 hora =Q/t → Q=t obteniendo un valor de: Q = 1,5  1016  3600 = 5,4  1019 J d) La radiancia L es el flujo por unidad de superficie y de ángulo sólido. Así si se reparten en una esfera (4 srad), será: L = 30 / 4 = 2,39 W/m2 srad

P4. Para un objeto rojo suponga qué valores tendrán, para una longitud de onda de 0,7 m, las siguientes magnitudes: a) Reflectancia  b) Absortancia  c) Transmitancia  d) Emisividad  Sol.La longitud de onda de 0,7 m es precisamente la longitud de onda del rojo. Si el objeto se ve de color rojo es porque refleja el 100% de lo que le llega en esa longitud de onda. Es decir, que su reflectancia  = 1 También sabemos que siempre se tiene que cumplir.. ++=1 por tanto  y  deben ser cero. Por último, por la ley de Kirchhoff:  () =  () y por tanto  también será cero. En resumen:  = 1 ;  = 0;  = 0 y  = 0

P5. Dada esta gráfica y suponiendo que  = 0 calcular  ,  y  para una longitud de onda de 1,1 m para los cinco tipo de cubiertas terrestres presentes en la gráfica.

Sol.Si  = 0 la expresión  +  +  = 1 nos quedará como:  +  = 1 Para la longitud de onda de 1,1 m se observa en la gráfica los valores de  para las distintas cubiertas y por la expresión anterior obtendremos sus correspondientes valores de . Por último, los valores de  coincidirán con los valores de  por la ley de Kirchhoff. En resumen tenemos: Cubierta Nieve Vegetación vigorosa Vegetación marchita Suelo desnudo Agua







0,75 0,60 0,40 0,30 0

0,25 0,40 0,60 0,70 1

0,25 0,40 0,60 0,70 1

P6. Completar esta tabla con un SI o un NO con los datos de esta gráfica:

¿Es útil para estudiar las nubes?

¿Es útil para estudiar ρ?

λ

¿Es útil para estudiar la radiación terrestre?

¿Es útil para estudiar la superficie terrestre a través de las nubes?

500 nm 10 μm 0,5 mm 20 cm

NO SI NO NO

SI SI SI NO

SI NO NO NO

NO NO NO SI

Se trata de buscar la longitud de onda correspondiente en la gráfica y responder a la pregunta. En la primera columna,sólo la radiación que emite la Tierra (= 10 m) es útil para estudiar la radiación terrestre En la segunda columna, todas las bandas dadas son aptas para el estudio de las nubes excepto la de = 20 cm que al estar en la zona de microondas resultan ser transparentes. En la tercera columna,  es la reflectividad, es decir, qué tanto por ciento de la luz visible procedente del Sol se refleja. De las cuatro radiaciones que nos dan la única que se encuentra en el visible es la primera ( = 500 nm). En la cuarta columna, ocurre exactamente lo contrario que en la segunda, la única radiación que atraviesa las nubes es la que se encuentra en la zona de microondas, es decir, aquella cuya = 20 cm. NOTA: hay que tener en cuenta que 500 nm = 0,5 m y 0,5 mm = 500 m.

P7. Suponiendo  = 0 ¿puede una superficie determinada tener el mismo valor numérico de reflectividad que de emisividad? Explícalo. En ese caso determinar la irradiancia total sobre esa superficie si el flujo absorbido, por unidad de superficie, es de 10 KW/m2. Sol.Si  = 0 la expresión  +  +  = 1 nos quedará como:  +  = 1 Y por la ley de Kirchhoff:  () =  () Por tanto, si  tiene el mismo valor que , y según la expresión de arriba al aumentar  disminuye  y viceversa, la única posibilidad de que  y  (y por tanto ) tengan el mismo valor será cuando se cumpla:  =  = 0,5 =  Para ese caso la irradiancia total sobre esa superficie (i) si el flujo absorbido, por unidad de superficie (a),es de 10 KW/m2, será…  = a / i

→

i = a /  = 10 / 0,5 = 20 KW/m2

NOTA IMPORTANTE: Hay que resaltar, porque es importante, que en este problema utilizamos el concepto de flujo () que se mide en watios, como una irradiancia (E), que se mide en watios/m2, ya que no es más que el flujo por unidad de superficie y es aceptable al no tener definida una superficie concreta.

P8. Una superficie determinada tiene reflectancia de 0,6 y una transmitancia nula. Si su emitancia, como cuerpo negro, es de 10 KW/m2 . ¿Se podría aproximar el valor que tiene la emitancia real? Sol.Por la definición de emisividad:  = M() / Mn() Se podría calcular la emitancia real M() =   Mn() =   10 Ya que tenemos el valor de la emitancia de la superficie como cuerpo negro Sólo nos falta calcular . Como  = 0 →  +  = 1 → si  = 0,6 →  = 0,4 →  = 0,4 Con este valor de  ya podemos calcular lo que nos piden: M() =   Mn() = 0,4  10 = 4 KW/m2

P9. ¿Qué longitud de onda tendrá una radiación electromagnética que posea una energía veinte veces menor que la energía de un fotón de luz violeta? Sol.EVIOLETA / EX = 20 EVIOLETA / EX = h V / h X = h(c/V) / h(c/X) = X / V = X / 0,4 = 20 X = 20 0,4 = 8 m NOTA: Se recuerda que la longitud de onda del violeta es V = 0,4 m

P10. Observando la gráfica de la emitancia del P3 y sabiendo que la temperatura de combustión de la madera está comprendida entre 275ºC y 420ºC ¿Cuál será la banda espectral más adecuada para detectar incendios forestales desde satélites? Sol.Pasamos las temperaturas en ºC a ºK, así: 275 ºC → 548 ºK

y

ºK = ºC + 273

420 ºC → 693ºK

Se observa que las longitudes de onda asociadas a los máximos debidos a esas temperaturas son, aproximadamente, las que están comprendidas entre los valores 4 y 6 m. Si utilizamos la ley de Wien podremos calcular esas longitudes de onda con mayor exactitud: max = 2898 / T = 2898 / 548 = 5,28 m max = 2898 / T = 2898 / 693 = 4,18 m

P11. Volviendo a la gráfica del P3 y sabiendo que la temperatura normal del cuerpo humano son 36ºC, calcular el flujo radiante si se considera que la superficie media de la piel de una mujer es de 1,65 m2 y la del hombre de 1,85 m2. ¿En qué longitud de onda es máxima la radiación emitida por una persona? Sol.Si observamos de nuevo la gráfica y para una temperatura de 36ºC que son 309 ºK obtenemos una emitancia M = 30 W/m2 El flujo radiante se obtiene por la expresión:  = M  S Para cada caso tendríamos… mujer = M  Smujer = 30  1,65 = 49,5 W hombre = M  Shombre = 30 1,85 = 55,5 W Para calcular la longitud de onda máxima que emite una persona utilizaremos la ley de Wien: max = 2898 / T = 2898 / 309 = 9,39 m

P12.Una superficie lambertiana plana tiene una emitancia de 30 KW/m2 . Calcular el flujo procedente de esa superficie que detectaría un sensor situado en un satélite a 800 Km de altura si el diafragma del sensor tiene 100 cm2 y el ángulo de observación es de 30º con respecto a la vertical. Sol.-

La distancia d sería: d cos 30º = 800 Km → d = 800 / cos 30º = 924 Km Calculamos ahora el ángulo sólido con el que se observa el diafragma del sensor desde esa superficie

El ángulo sólido  será:  = A / r2 = 100 cm2 / (924 Km)2  ( 105 cm / Km )2 = 1,08 10-11 srad El flujo procedente de esa superficie lo obtendremos por una regla de tres: si emite 30 KW/m2 en todas direcciones (2 srad, ya que será sólo media esfera) dentro del ángulo sólido que hemos calculado habrá… Flujo en el sensor = 30  1,08 10-11 / 2 = 5,16  10-11 W

P13. Una superficie determinada es irradiada con una irradiancia de 30 KW/m2 utilizando una radiación electromagnética de λ = 0,4 μm . ¿Qué valores de ρ, α, y  tendría si los flujos reflejado y absorbido, por unidad de superficie, son respectivamente de 15 KW/m2 y 3 KW/m2? ¿Sería esa superficie un buen emisor? ¿De qué color se vería esa superficie si el flujo reflejado, por unidad de superficie, alcanzara los 30 KW/m2? Sol.Por cada metro cuadrado tendremos i = 30 KW Del enunciado sabemos que:  = r /i = 15 /30 = 0,5

y

 = a /i = 3/30 = 0,1

Ya podemos calcular también   +  +  = 1 → 0,5 + 0,1 +  = 1 →  = 0,4 ¿Sería, esa superficie, un buen emisor? Hemos obtenido para  un valor de 0,1 y sabemos, por la ley de Kirchhoff, que  = , por tanto  = 0,1, con lo cual concluimos que no sería un buen emisor. Por último, si el flujo reflejado fuera de 30 KW, que es todo lo que le llega a esa superficie(i = 30 KW), se deduce que esa superficie se vería con el color de esa longitud de onda, que según el enunciado es 0,4 m, es decir se vería de color VIOLETA.

P14. Una superficie plana posee una emitancia, como cuerpo negro, de 2 MW/m2, si realmente emite 400 KW/m2 ¿Podríamos conocer aproximadamente qué proporción de la luz procedente del sol (en %) se reflejaría, suponiendo que  = 0,1? ¿Qué valor tendría la radiancia (flujo radiante por unidad de superficie y unidad de ángulo sólido) para esa superficie si la consideramos lambertiana? Sol.Calculamos primero el valor de la emisividad  = M() / Mn() = 400 KW/m2 / 2000 KW/m2 = 0,2 Por la ley de Kirchhoff sabemos que  =  = 0,2 Con este valor de  y sabiendo que  = 0,1 podemos calcular   +  +  = 1 →  + 0,2 + 0,1 = 1 →  = 0,7 Con esto ya sabemos que esa superficie reflejará un 70% de la luz que incide sobre ella procedente del Sol. La radiación que emite esa superficie viene dada por la emitancia real que tiene un valor de 400 KW/m2 y que se distribuye en 2 srad ya que la forma que adopta la radiación es la de media esfera, al ser la superficie lambertiana y emitir por igual en todas direcciones. Sólo nos queda calcular qué radiación se envía por unidad de ángulo sólido, lo que llamamos L: L = 400 KW/m2 / 2 srad = 63,7 KW/ m2 srad

P15. El Sol se puede considerar como un cuerpo negro a temperatura de 6000 ºK. Determinar la longitud de onda de la máxima radiación procedente del Sol. Sol.Para calcular la longitud de onda máxima que emite cualquier objeto utilizaremos la ley de Wien: max = 2898 / T = 2898 / 6000 = 0,483 m

P16. Calcular el flujo de energía radiante, por unidad de superficie, emitido por la Tierra, considerada como cuerpo negro esférico a la temperatura de 300 ºK y cuyo radio es de 6370 Km. ¿Cuál es el flujo total de radiación emitido por la Tierra? Sol.Calculamos primero la emitancia de la Tierra como cuerpo negro, que es el flujo radiante, por unidad de superficie, emitido por la Tierra, usando la expresión de Stefan-Boltzmann MnTIERRA =   T4 = 5,67  10-8  3004 = 459,3 W/m2 El flujo total se obtendrá multiplicando esta emitancia por la superficie total de la Tierra: total = MnTIERRA  STIERRA = 459,3  4  R2 = = 459,3 4    (6370 103) = 2,34  1017 W

P17. Una esfera metálica de 1m de radio se calienta a 1027 ºC. La esfera está recubierta de una capa de pintura de emisividad 0,8. Determinar el flujo de radiación térmica que recibirá una superficie circular de cuerpo negro de 2 cm de radio situada perpendicularmente al radio de la esfera y a 200 m de distancia del centro de la misma. Sol.-

Calculamos primero la emitancia de la esfera como cuerpo negro, usando la expresión de Stefan-Boltzmann MnESFERA =   T4 = 5,67  10-8  13004 (OJO: ºK) = 161,9 KW/m2 La emitancia real será: Mesfera =   MnESFERA = 0,8  161,9 = 129,5 KW/m2 A partir de aquí calculamos el flujo total emitido por la esfera: total = Mesfera  Sesfera = 129,5  4R2 = 129,5  4    12 = 1627,3 KW Por último, calculamos que parte de ese flujo alcanza la superficie circular que se encuentra a 200 m. Para ello obtenemos primero el ángulo sólido de esa superficie desde el centro de la esfera metálica:  = superficie / distancia2 =   r2 / d2 = =   ( 2 cm)2 / (200 m)2  (1 m/ 100 cm) 2 = 31,5 10-9 srad y después, por una regla de tres obtendremos qué parte alcanza esa superficie: recibido = total   / 4 = 1627,3  31,5 10-9 /4 = 4,110-3 W = 4,1 mW

P18. Resolver el mismo problema anterior considerando que la esfera metálica es el Sol (T = 6000 ºK y RSOL = 7 • 105 Km) que en este caso funcionará como un cuerpo negro y el cuerpo negro que recibe la radiación es la Tierra (RTIERRA = 6370 Km) que se encuentra a una distancia del Sol de 1,5 • 108 Km. A ese valor obtenido por unidad de superficie se le da el nombre de constante solar S ¿qué valor tiene? NOTA: Para calcular el flujo que llega a la Tierra considerar la “sección eficaz” que ofrece la Tierra a la radiación solar, que es una superficie circular de área AT =   (RTIERRA)2 Sol.-

Calculamos primero la emitancia de la esfera como cuerpo negro, usando la expresión de Stefan-Boltzmann MnSOL =   T4 = 5,67  10-8  60004 = 73,5 MW/m2 Si el Sol actúa como cuerpo negro: Msol =   MnSOL= 1  73,48 = 73,5 MW/m2 A partir de aquí calculamos el flujo total emitido por el Sol: total = Msol  Ssol = 73,5  4R2sol = 73,5  4  (7 108)2 = 4,5  1020 MW Por último, calculamos qué parte de ese flujo alcanza a la Tierra, teniendo en cuenta el comentario que aparece en la NOTA superior. Para ello obtenemos primero el ángulo sólido de la Tierra “vista” desde el Sol: esa superficie desde el centro de la esfera metálica:  = superficie / distancia2 =   R2TIERRA / D2 = =   ( 6370 Km)2 / (1,5  108 Km)2 = 5,7 10-9 srad y después, por una regla de tres obtendremos qué parte alcanza esa superficie: recibido = total   / 4 = 4,5  1020  5,7 10-9 /4 = 2 1017 W La constante solar S será (volver a leer NOTA para superficie de la Tierra): S = recibido / SuperficieTIERRA = 2 1017 /  (6370 103)2  1600 W/m2

P18bis. Resolver el mismo problema anterior considerando que la esfera metálica es el Sol (T = 5794 ºK y RSOL = 7 • 105 Km) que en este caso funcionará como un cuerpo negro y el cuerpo negro que recibe la radiación es la Tierra (RTIERRA = 6370 Km) que se encuentra a una distancia del Sol de 1,5 • 108 Km. A ese valor obtenido por unidad de superficie se le da el nombre de constante solar S ¿qué valor tiene? NOTA: Para calcular el flujo que llega a la Tierra considerar la “sección eficaz” que ofrece la Tierra a la radiación solar, que es una superficie circular de área AT =   (RTIERRA)2 Sol.-

Calculamos primero la emitancia de la esfera como cuerpo negro, usando la expresión de Stefan-Boltzmann MnSOL =   T4 = 5,67  10-8  57944 = 63,9 MW/m2 Si el Sol actúa como cuerpo negro: Msol =   MnSOL= 1  73,48 = 63,9 MW/m2 A partir de aquí calculamos el flujo total emitido por el Sol: total = Msol  Ssol = 73,5  4R2sol = 73,5  4 (7 108)2 = 3,93 1020 MW Por último, calculamos qué parte de ese flujo alcanza a la Tierra, teniendo en cuenta el comentario que aparece en la NOTA superior. Para ello obtenemos primero el ángulo sólido de la Tierra “vista” desde el Sol: esa superficie desde el centro de la esfera metálica:  = superficie / distancia2 =   R2TIERRA / D2 = =   ( 6370 Km)2 / (1,5  108 Km)2 = 5,7 10-9 srad y después, por una regla de tres obtendremos qué parte alcanza esa superficie: recibido = total   / 4 = 3,93  1020  5,7 10-9 /4 = 1,78 1011 MW La constante solar S será (volver a leer NOTA para superficie de la Tierra): S = recibido / SuperficieTIERRA = 1,78 1017 /  (6370 103)2  1396 W/m2 NOTA: la constante solar tiene un valor medio de 1366 W/m2

P19. Las estrellas pueden considerarse como cuerpos negros. Si se sabe que las longitudes de onda correspondientes a las intensidades máximas de emisión son para la estrella Vega de 2070 A (amgstron) y para la estrella Antares 11600 A, determinar las temperaturas de las superficies de ambas, así como su emitancia radiante. NOTA: 1A = 10-10 m Sol.Por la expresión de Wien podremos calcular la temperatura de cada estrella: max  T = 2898 m  ºK →

T = 2898 / max

Tvega = 2898 / 2070 A  (1A / 10-4 m)  14000 ºK Tantares = 2898 / 11600 A  (1A / 10-4 m)  2500 ºK

Para calcular su emitancia radiante usaremos la expresión de StefanBoltzmann: M =   T4 Mvega =   T4 = 5,67  10-8  140004 = 2,18 109 W/m2 = 2,18 GW/m2 Mantares =   T4 = 5,67  10-8  25004 = 2,21 106 W/m2 = 2,21 MW/m2

P20. Un telescopio con un objetivo de un metro de radio está dotado de un dispositivo que permite medir la energía recibida por cada frecuencia. Orientando el telescopio hacia una estrella lejana de tipo medio, medimos que la longitud de onda para la que se obtiene el máximo de energía es de 4700 A, y que tras 20 minutos de exposición la energía total recibida, es de 6 mJ. ¿A qué distancia se encuentra la estrella, si suponemos que su radio es igual al del Sol? (RSOL = 7 • 10 5 Km) Sol.La potencia absorbida durante esos 20 minutos será Pabs = 6 10-3 / 20 min  ( 1 min/ 60 s) = 5 10-6 W Por la ley de Wien podremos calcular la temperatura de la estrella: max  T = 2898 m  ºK →

T = 2898 / max

Testrella = 2898 / 4700 A  (1A / 10-4 m)  6170 ºK Por último, basándonos en la ecuación de Stefan-Boltzmann y aplicando el mismo procedimiento que usamos en los problemas 17 y 18, calculamos la potencia absorbida por el telescopio (1 m de radio) procedente de esa estrella. Al igualarlo con la Pabs obtenida antes, sólo nos queda despejar la distancia a la estrella… Mestrella =   T4 = 5,67  10-8  61704 = 82,2 MW/m2 total = Mestrella  Sestrella = 82,2  4R2sol = 82,2  4  (7 108)2 = 5  1026 W telescopio = superficie / distancia2 =   r2telescopio / D2 =   ( 1m)2 / D2 srad Pabs = recibido = total   / 4 = (5 1026   / D2) / 4 = 5 10-6 W Obtenemos por fín: D =  5 1026 / (4  5 10-6) = 5 1015 m...