Acerca de la relación entre las escalas de temperatura Celsius y Fahrenheit

En este artículo, y a modo de ejercicio, voy a ver qué relación hay entre estas dos escalas de temperatura. Para ello, y teniendo en cuenta que la relación entre las dos es de proporcionalidad, basta con tener en cuenta dos puntos, el de congelación y el de ebullición del agua (en condiciones normales de presión atmosférica): la temperatura de congelación del agua es de $0\,^\circ \text{C}$, que corresponde a $32\,^\circ \text{F}$, y el de ebullición es de $100\,^\circ \text{C}$, que corresponde a $212\,^\circ \text{F}$.

He representado gráficamente estos dos puntos, $A(0,21)$ y $B(100,212)$, y he dibujado la recta que pasa por sendos puntos (existe proporcionalidad entre una escala y otra) en la gráfica de la Fig. 1

Hecho ésto, bastará ahora determinar la ecuación de dicha recta. Para ello, designaré la variable independiente cuyos valores se representan en el eje de abscisas por $x$ (temperaturas expresadas en grados Celsius), y la variable dependiente por $y$ (temperaturas expresadas en grados Fahrenheit), cuyos valores se representan en el eje de ordenadas. Escribiré directamente la ecuación de la recta en forma continua, y, a partir de ésta, se podrá despejar una u otra variable, según convenga. Siendo $P(x,y)$ un punto genérico de la recta, podemos pues escribir: $$\dfrac{x-0}{100-0}=\dfrac{y-32}{212-32}$$ que, simplificando, es lo mismo que $$\dfrac{x}{5}=\dfrac{y-32}{9}$$

Así que, despejando $y$, se llega a $$y=\dfrac{9}{5}\,x+32$$ ecuación que podemos emplear para, a partir de la temperatura expresada en grados Celsius, calcular dicha temperatura expresada en grados Fahrenheit, que, para que sea más fácil de manejar, suele emplearse $F$ en lugar de $y$ y $C$ en lugar de $x$: $$F=\dfrac{9}{5}\,C+32 $$

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Observación 1:
De la relación anterior, notemos que para que en la escala Fahrenheit aparezcan valores negativos deberá cumplirse que $\dfrac{9}{5}\,C+32 \lt 0$, esto es, si $C \lt -\dfrac{5}{9}\cdot 32 \approx -18\,^\circ \text{C}$

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Por otra parte, despejando $x$, se llega a $$x=\dfrac{5}{9}\,(y-32)$$ ecuación que podemos emplear para, a partir de la temperatura expresada en grados Fahrenheit, calcular dicha temperatura expresada en grados Celsius, que, para mayor claridad, reescribimos de la forma: $$C=\dfrac{5}{9}\,(F-32) $$

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Observación 2:
De la relación anterior, notemos que para que en la escala Celsius aparezcan valores negativos deberá cumplirse que $\dfrac{5}{9}\,(F-32) \lt 0$, esto es, y como cabe esperar echando un vistazo a la gráfica, si $C \lt 32\,^\circ \text{F}$

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Referencias:
  [1] Zemansky, M.W., Calor y Termondinámica, pp. 3-27, Aguilar, Madrid, 1973. [Para una lectura de ampliación acerca de la temperatura, de las escalas de medida, y de los principios instrumentales para medirla]
  [2] Mederos, L., Meteorología, pp. 34-35, Tutor, Madrid, 2018

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Una aproximación a la fórmula barométrica (variación de la presión atmosférica con la altura)

Para empezar, debemos hacer algunas aproximaciones importantes, lo cual, desde luego, limitará la validez de la expresión que vamos a deducir, en el sentido que no será igualmente aplicable a la troposfera en su totalidad, sino solamente entre dos capas de la misma entre las que las siguientes suposiciones sean aceptables. Supondremos que:

1. Entenderemos el aire como un gas ideal (las partículas del aire chocan al azar, sin que haya un potencial de interacción), aunque realmente no sea así
2. La temperatura permanecerá constante en un cierto rango de alturas
3. La composición y la densidad del aire, las supondremos también constantes en dicho rango de alturas

De esta manera, podemos entender la idea de base que debemos utilizar para, en ulteriores refinamientos, poder aproximarnos a expresiones mucho más realistas.

Teniendo en cuenta (2), podemos escribir que $PV=nRT \quad (1')$, donde $P$ es la presión de un gas en un recipiente; $V$ es el volumen del mismo; $n$ es el número de moles del gas encerrado en el recipiente, $R$ es la constante de los gases ideales ($R=8,3144598\, \dfrac{\text{J}}{\text{mol·K}}$) y $T$ es la temperatura expresada en grados Kelvin.

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Es de notar que la ecuación de estado de los gases ideales puede escribirse también de la siguiente manera: $P=\rho\,k\,T$, donde $\rho$ es el número de moléculas de aire por unidad de volumen, y $k$ es la constante de Boltzmann, que está relacionada con la constante de los gases ideales, $R$, de la forma $k=\dfrac{R}{N_A}$, siendo $N_A$ (número de moléculas por mol) es el número de Avogadro. En efecto, partiendo de $(1')$, tenemos que
  $PV=nRT$
  $PV=n\,N_A\,k\,T$
donde $n\,N_A$ (recordemos que $n$ es el número de moles de aire y $N_A$ representa el número moléculas de aire por mol) es el número de moléculas de aire, que denotaremos por $N$, por lo tanto podemos escribir la ecuación de la forma:
  $PV=N\,k\,T$
dividiendo ahora por $V$ en ambos miembros de la igualdad,
  $P=\dfrac{N}{V}\,k\,T$
siendo $\dfrac{N}{V}$ el número de moléculas por unidad de volumen, esto es, $\rho$, con lo cual,
  $P=\rho\,k\,T \quad (1'')$, expresión en la que ya no aparece explícitamente el volumen del gas, lo cual, acaso sea interesante para ser empleada en algunos desarrollos, pues, la atmósfera, en principio, y aunque siempre estaremos pensando en una parte de la misma, no está encerrada, con un volumen determinado, a la manera de la imagen de un recipiente cerrado. En cualquier caso, tanto $(1')$ como $(1'')$ podremos aplicarlas; pero hay que insistir en que, realmente, el aire no es un gas ideal, y por tanto, esas ecuaciones proporcionan una descripción aproximada.

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Tomaremos ahora un cierto recinto atmosférico, entre dos capas de la atmósfera, y asumiremos que podemos entenderlo como el 'recipiente' en el que estudiamos el problema (a pesar de que no tenga paredes que lo cierren); además, supondremos que en este dominio son validas las suposiciones anteriormente expuesta (1,2,3 y 4). También tendremos en cuenta que la presión hidrostática en la troposfera decrece con la altura sobre el nivel del mar, $P(z) \propto - z$, donde $z$ es la altura sobre el nivel del mar, de tal modo que, $P(z)=-\sigma\,g\,z \quad (2)$, siendo $\sigma$ la densidad del aire (razón entre la masa y el volumen), que suponemos constante en el dominio delimitado, y $g$ es la intensidad del campo gravitatorio de la Tierra (que también consideramos aproximadamente constante en dicho dominio).

De $(1')$, debemos tner en cuenta que $P$ depende ahora de $z$, esto es, escribimos $V\,P(z)=nRT \quad (3)$. Por otra parte, diferenciando en ambos miembros de $(2)$, podemos escribir $dP(z)=d(-\sigma\,g\,z)$, luego $dP(z)=(-\sigma\,g\,z)'\,dz$ y por tanto se tiene que $dP(z)=-\sigma\,g\,dz \quad (4)$. Dividiendo ahora, miembro a miembro, $(4)$ entre $3$, encontramos la siguiente ecuación diferencial ordinaria: $$\dfrac{dP(z)}{P(z)}=-\dfrac{\sigma\,V}{n}\cdot \dfrac{g}{R\,T}\cdot dz$$ y teniendo en cuenta que $\dfrac{\sigma\,V}{n}$ es la masa molar del gas, a la que donotamos por $M$, podemos reescribir dicha ecuación diferencial de la forma $$\dfrac{dP(z)}{P(z)}=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot dz \quad (5)$$

Integrando en cada miembro de $(5)$, tenemos que $$\displaystyle \int\dfrac{dP(z)}{P(z)}=\int\, -\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot dz $$ resultando $$\ln\,P(z)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z+C$$ Para determinar el valor de la constante de integración, tendremos en cuenta que $P(0)$ es la presión al nivel del mar, a la que denotamos por $P_0$. Así pues, $$\ln\,P(0)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot 0+C = 0+C \Rightarrow C=\ln\,P(0):=\ln\,P_0$$ con lo cual llegamos al siguiente resultado como modelo aproximado de la variación de la presión atmosférica en función de la altura, que consideramos válida en las condiciones expuestas:
  $\ln\,P(z)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z+\ln\,P_0$
    $\ln\,P(z)-\ln\,P_0=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z$
      $\ln\,\left(\dfrac{P(z)}{P_0}\right)=-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z$
        $\displaystyle \dfrac{P(z)}{P_0}=e^{-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z}$
y por tanto $$P(z)=\displaystyle P_0\,e^{-\dfrac{M\,g\,z}{R\,T}}$$
Nota: Recordemos que utilizamos las unidades del Sistema Internacional. La presión se expresa en pascales ($\text{Pa}$), $1\,\text{Pa}=1\,\dfrac{\text{N}}{\text{m}^2}$; $M$ (masa molar) se expresa en $\dfrac{\text{kg}}{\text{mol}}$; la temperatura $T$, en grados Kelvin ($\text{K}$); $g$ (la intensidad del campo gravitatorio) en $\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, y $R$ (la constante de los gases ideales) en $\dfrac{\text{J}}{\text{mol · K}}$

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Observación acerca de los valores de presión que aparecen en los mapas de líneas isóbaras en superficie

Tengamos en cuenta que los valores de presión atmosférica que se leen en los mapas de superficie están reducidos a la altura del nivel del mar. En la imagen podemos ver el mapa de presión en superficie previsto para los días que se indican (créditos: AEMET). Es importante tener esto en cuenta a la hora de, por ejemplo, calibrar un barómetro a partir de la información de dichos valores de presión reducida.

Así, por ejemplo, podemos apreciar que, la línea isóbara que corresponde a, pongamos que el Puerto de Cotos (Sierra de Guadarrama), es (aproximadamente) de $1028 \,\text{hPa}$. Ahora bien, la presión que indicará un barómetro en dicha lugar no será ésa, pues el Puerto de Cotos no está evidentemente al nivel del mar sino que tiene una altitud sobre el nivel del mar de $1830\,\text{m}$. Suponiendo que la temperatura del aire, al realizar dicho calibraje sea aproximadamente $0^\circ \,\text{C}$ (esto es $273 \,K$), la presión barométrica en dicho punto la calcularemos a partir de fórmula barométrica: $$\displaystyle P(z)=P_0\,e^{-\dfrac{M\,g}{R\,T}\cdot z}$$ Teniendo en cuenta los siguientes valores: masa molar del aire seco $M=2,897 \times 10^{-2} \, \dfrac{\text{kg}}{\text{mol}}$; $g=9,81\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$; $R=8,3144598\, \dfrac{\text{J}}{\text{mol·K}}$; $T=273,15\,\text{K}$, y tomando $P_{reducida}=1028\,\text{hPa}$, vemos que la presión barométrica en el Puerto de Cotos (no reducida) tiene que ser igual a: $$\displaystyle P(1830)=1028\cdot e^{-\dfrac{2,897\times 10^{-2}\cdot 9,81 \cdot 1830}{8,3144598\cdot 273,15}} \approx 818\,\text{hPa}$$

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Referencias:
  [1] Vidal, J.M., Curso de Física, , p. 109, Grafesa, Barcelona, 1974
  [2] Zemansky, M.W., Calor y Termondinámica, cap. 5, Aguilar, Madrid, 1973. [gas ideal]
  [3] Mederos, L., Meteorología, p. 21, Tutor, Madrid, 2018

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Una breve introducción a la Teoría Matemática de la Información

De acuerdo con la Teoría Matemática de la Información (TMI), dado un sistema $X$, el cual puede describirse mediante un cierto número de estados aleatorios $n$, cada uno con la correspondiente probabilidad de que se dé, $p_i$ ($i=1\,\ldots,n$), y recordemos que por el teorema de la probabilidad total, ha de cumplirse que $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,p_i=1$, entonces la cantidad de información del sistema $X$ en un cierto estado $i$ (autoinformación de dicho estado) viene dada por $I(X=x_i):=\log_b\,\dfrac{1}{p_i}$, ya que la información es tanto mayor cuánto mayor es la sorpresa que se causa al ser recibido (como mensaje) el estado en el que se encuentra el sistema; y por tanto cuánto menor es la probabilidad de que se dé dicho estado.

Para describir la información media del sistema al tener en cuenta que, como es lógico, pueden darse todos y cada uno de los estados del mismo, se define la entropía de Shannon como la media ponderada del contenido informativo de cada uno de dichos estados, por tanto escribiremos $\displaystyle H(X):=\sum_{i=1}^{n}\,p_i\cdot \log_b\,\dfrac{1}{p_i}$, que, por las propiedades de los logaritmos, puede expresarse de manera equivalente como $\displaystyle H(X)=-\sum_{i=1}^{n}\,p_i\cdot \log_b\,p_i$.

Así, por ejemplo, si el sistema es determinista, uno de los estados se dará con probabilidad igual a $1$, y los demás con probabilidad igual a cero, por lo que la entropía de Shannon de un sistema determinista es nula, pues la situación del sistema es totalmente predecible (no causa sorpresa alguna); en otro extremo, si los estados del sistema son equiprobables, y por tanto con probabilidad $p_i=\dfrac{1}{n}$ para todo $i=1,\ldots,n$, la entropía de Shannon alcanza el valor máximo, que, claro está, es $H_{máx}(X)=-n\,(\dfrac{1}{n}\cdot \log_2\cdot \dfrac{1}{n}=\log_b\,n)$. Por consiguiente, la manera en que se encuentra el sistema, $X$, entre un caso extremo y otro, tendremos toda la casuística, y la entropía de Shannon del mismo estará acotada de la forma $0 \le H(X) \le \log_b\,n$.

Cuando la base logarítmica es $b=2$, la unidad de medida de la entropía de Shannon es el shannon o $bit$ de información; si los logaritmos se toman en base $e$, la unidad de medida es el nat; si se toman en base $10$, la entropía es el dit (también llamada hartley o ban, y si se toman los logaritmos en base $3$, la unidad de medida de la entropía es el trit.

Ejemplo

Consideremos un sistema $X$ con cuatro estados posibles ($i=1,2,3,4$) y cuyas respectivas probabilidades son $p_1=\dfrac{1}{3}$, $p_2=\dfrac{1}{4}$, $p_1=\dfrac{2}{5}$ y $p_4=\dfrac{1}{60}$, entonces la entropía de Shannon (expresada en dits) es $H(X)=-\left(\dfrac{1}{3}\cdot \log_{10}\,\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\cdot \log_{10}\,\dfrac{1}{4}+\dfrac{2}{5}\cdot \log_{10}\,\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{60}\cdot \log_{10}\,\dfrac{1}{60}\right)\approx 0,4984\,\text{dit}$, es menor que la entropía máxima $log_{10}\,4\approx 0,6021\, \text{dit}$, como debe ser. Y para expresarla en bits, teniendo en cuenta que $\log_2\,p_i=\dfrac{\log_{10}\,p_i}{\log_{10}\,2}$ para cada $i=1,\ldots,4$, al extraer factor común $\dfrac{1}{\log_{10}\,2}$ en la suma, basta con dividir el resultado obtenido en dits por $\log_{10}\,2$, y obtendremos $H(X)=\dfrac{0,4984}{\log_{10}\,2}=1,6556\,\text{bit}$. $\diamond$

Ecuaciones de un cohete de varias etapas

En un artículo anterior expuse el problema de un cohete de una sola etapa como un sistema de masa variable [https://blogdef1s1ca.blogspot.com/2023/08/acerca-de-las-ecuaciones-del-movimiento.html]. Para tratar el problema de un cohete de varias etapas, será necesario establecer los tiempos en los que transcurren cada una de ellas a partir del combustible que se ha gastado en cada una de ellas, actualizando los datos de masa en la etapa actual; para ello, habrá que ir restando de la masa inicial la masa del combustible gastado en la etapa anterior, así como la masa del contenedor de combustible (de dicha etapa anterior) que se ha de desprender. Las ecuaciones de masa variable son las mismas que las expuestas en el artículo referido, pero actualizando los datos con lo que acabo de decir.

Estimación de la energía necesaria para poner en órbita una nave

Consideremos una nave que, idealmente, pudiese ponerse en órbita circular alrededor de la Tierra en una única etapa, sin tener en cuenta la masa del propelente y de sus contenedores, lo que, desde luego, supone una aproximación muy alejada de la realidad, pero que, sin embargo, permite entender el modo de proceder utilizando el principio de conservación de la energía, como vamos a ver enseguida. ¿Cómo podemos estimar (dada la idealización del problema) la cantidad de energía que se debería gastar para hacerlo?

Partiendo de la superficie de la Tierra a velocidad nula, hasta situarse en una órbita (circular) de radio $x+R_T$ deberá ser la diferencia entre la energía mecánica total (suma de la energía potencial y cinética) entre la situación inicial y la situación final: $\Delta\,E=E_f-E_i$; y, teniendo en cuenta que $E_i=-G\,\dfrac{M\,m}{R_T}$ (la nave despega a velocidad inicial nula, por lo que la energía cinética inicial es nula) y $E_f=-G\,\dfrac{M\,m}{R_T\,+x}+\dfrac{1}{2}\,m\,v^2$, donde $v$ representa la velocidad a la que se mueve la nave, siguiendo la órbita circular.

Como, una vez en órbita, la fuerza centrífuga que experimenta la nave ha de ser igual a la fuerza con la que es atraída por la Tierra, se tiene que $\dfrac{m\,v^2}{R_T+x}=G\,\dfrac{m\,M}{(R_T+x)^2}$ y, por tanto, $v^2=\dfrac{G\,M}{R_T+x}$ ($G$ es la constante de gravitación universal: $G=6,672 \times 10^{-11}\, \dfrac{\text{N}\,\text{m}^2}{\text{kg}^2}$), por lo que se llega a $$\Delta\,E=\left( -G\,\dfrac{M\,m}{R_T\,+x}+\dfrac{1}{2}\,m\cdot \dfrac{G\,M}{R_T+x} \right)-\left( -G\,\dfrac{M\,m}{R_T}\right)=G\,m\,M\,\left( \dfrac{2x+R_T}{2\,R_T\,(R_T+x)}\right)$$

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Cálculo de la velocidad de escape (de un cierto planeta, de masa $M$) a la que, como velocidad inicial, debe lanzarse un cuerpo de masa $m$ nde d

Consideremos un cuerpo de masa $m$ que se lanza desde la superficie de un cierto planeta (de masa $M$) a una cierta velocidad inicial $v_e$. ¿Cómo podemos calcular dicha velocidad para que el cuerpo pueda escapar de la atracción gravitatoria del planeta?.

Tengamos en cuenta que no se trata del lanzamiento de un cohete (que parten con una velocidad inicial nula), sino que la situación corresponde más bien al lanzamiento de una bala de cañón, como en la famosa novela de Julio Verne, De la Tierra a la Luna.

Suponemos que el estado final del cuerpo (proyectil) es la de llegar a distancia infinita (energía potencial igual a cero) alcanzando entonces un estado de resposo, a velocidad nula (energía cinética final igual a cero); siendo por tanto entonces su energía mecánica igual a cero. Por el teorema de conservación de la energía mecánica, $$E_{\text{mecánica inicial}}=E_{\text{mecánica final}}$$ Entonces, como $E_{\text{mecánica inicial}}=-G\dfrac{M\,m}{R}+\dfrac{1}{2}\,m\,v_{e}^2$ y $E_{\text{mecánica final}}=0$, podemos escribir $$-G\dfrac{M\,m}{R}+\dfrac{1}{2}\,m\,v_{e}^2=0 \Rightarrow v_e=\sqrt{\dfrac{2GM}{R}}$$ Nota: A la vista del resultado, es importante remarcar que la velocidad de escape no depende de la masa del cuerpo que se lance.

Así, por ejemplo, en el caso de la Tierra, $M_T=5,9722 × 10^{24}\,\text{kg}$ y $R_T=6,378\times 10^{6}\,\text{m}$, y teniendo en cuenta que la constante gravitacional universal es $G=6,67\times 10^{-11}\,\dfrac{\text{N}\,\text{m}^2}{\text{kg}^2}$, la velocidad de escape es $v_e\approx 1,118 \times 10^4\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}=11,18\,\dfrac{\text{km}}{s}.\;\diamond$

Descarga de un condensador

Consideremos un condensador de capacidad $C$, cargado, el cual queremos descargar a través de una resitencia $R$ conectándola a las placas de dicho condensador. Sabemos que la corriente que circula en cada instante de tiempo, $I(t)$, es tal que la diferencia de potencial entre las placas (en cada instante) va decreciendo en tanto al ritmo en que la carga que aún está almacenada en las placas del condensador vaya menguando, esto es, $V(t)=-\dfrac{Q(t)}{C}$, así que, por la ley de Ohm, podemos escribir esta igualdad de la forma $R\,I(t)=-\dfrac{Q(t)}{C}$, que es lo mismo que $R\,\dfrac{Q(t)}{dt}=-\dfrac{Q(t)}{C}$, con lo cual tenemos platedada una ecuación diferencial ordinaria EDO de variables separadas: $$\dfrac{dQ(t)}{Q(t)}=-\dfrac{1}{R\,C}\,dt$$ Integrando: $$\displaystyle \int\,\dfrac{dQ(t)}{Q(t)}=\int\,-\dfrac{1}{R\,C}\,dt$$ En consecuencia,
$\displaystyle \ln\,{Q(t)} = -\dfrac{1}{R\,C}\,t+C$, donde $C$ es la constante (arbitraria) de integración, que podemos, por conveniencia (como vamos a ver) escribirla de la forma $C:=\ln\,K$, siendo $K$ constante, luego $\displaystyle \ln\,{Q(t)} = -\dfrac{1}{R\,C}\,t+\ln\,K$ y por tanto luego $\displaystyle \ln\,{Q(t)}-\ln\,K = -\dfrac{1}{R\,C}\,t$, que es lo mismo que $\displaystyle \ln\,\dfrac{Q(t)}{K} = -\dfrac{1}{R\,C}\,t \Rightarrow Q(t)= K\,e^{-t/RC}$. Observemos que $[RC]=T$, lo que nos lleva a definir este producto de parámetros como una constante de tiempo: $\tau:=\dfrac{1}{RC}$, y por tanto escribiremos la solución general de la EDO de la forma $$\displaystyle Q(t)= K\,e^{-t/\tau}$$ Imponiendo la condición inicial $Q(0)=Q_0$ (carga inicial almacenada) podemos determinar la correspondiente constante de integración $K$, así: $Q_0\,=K\,e^{0}=K\cdot 1=K \Rightarrow K=Q_0$; en consecuencia, el ritmo de la descarga viene dado por $$Q(t)=Q_0\,e^{-t/\tau}$$

Podemos ahora responder a preguntas del estilo: ¿en cuánto tiempo se disipa la mitad de la carga inicial almacenada a través de la resistencia? Fácilmente podemos calcularlo:
Como la carga almacenada en dicho instante es $Q(t)=\dfrac{1}{2}\,Q_0$, se tiene que $\dfrac{1}{2}\,Q_0=Q_0\,e^{-t/\tau}$, y simplificando, $\dfrac{1}{2}=e^{-t/\tau} \Rightarrow \ln\,\dfrac{1}{2}=-\dfrac{t}{\tau}$, esto es, $-\ln\,2=-\dfrac{t}{\tau}$, y por tanto, el tiempo pedido es $t=\tau\,\ln\,2$.

Por ejemplo, si $C=1\,\mu\,\text{F}=10^{-6}\,\text{F}$ y $R=10^{5}\,\Omega$, el tiempo necesario para que el condensador se quede con la mitad de la carga inicial es (recordemos que $\tau:=R\,C$): $t=10^{-6}\cdot 10^{5}\,\ln\,2\approx 0,070\,\text{s}=70\,\text{ms}. \diamond$