Sobre la fusión del hielo flotante en el mar

Como es sabido, tanto el hielo ártico que forma el casquete polar Ártico, que es básicamente una gran masa de hielo marino rodeada de mar, como el hielo antártico en flotación en el océano glacial Antártico y que proviene del hielo continental (del contiente Antártico) y que por tanto está formado de hielo de agua dulce, van disminuyendo su extensión como consecuencia del calentamiento global, que funde progresivamente esas masas de hielo a consecuencia del aumento de temperatura del agua del mar. Por otra parte, hay que tener muy en cuenta que el solo efecto de la dilatación del agua debida al aumento de temperatura por el cambio climático, se da en todos los océanos y mares de la Tierra.

La fusión de los casquetes polares y la dilatación del agua del mar debida al calentamiento global

Si bien la fusión de los témpanos de hielo marino en el océano Ártico, en principio, no tienen como consecuencia un aporte de nueva agua al océano por estar formado dicho hielo por la propia agua del mar, el propio aumento de temperatura del agua del mar que es la causa de su fusión ocasiona la consiguiente dilatación del agua, y, por tanto, un aumento en el nivel del agua del mar. Por lo que se refiere a la fusión del hielo antártico (hielo continental) en flotación, éste sí contribuye directamente y de manera importante a un aporte de de agua (dulce) al océano, pues el hielo antártico se forma a partir del agua dulce del continente. Este aporte de agua dulce al océano antártico tiene como efecto el disminuir la salinidad del mismo, modificándose de este modo la corrientes termohalinas a nivel global, con el correspondiente efecto sobre los intercambios termodinámicos entre el océano y la atmósfera, y, por consiguiente, sobre el clima global.

Profundicemos ahora un poco en el detalle de la fusión de los témpanos de hielo, ya sean estos de hielo marino (en el Ártico) o bien de hielo continental (en el océano Antártico).

Hielo en flotación

Al congelarse una cierta cantidad de agua, se produce un aumento de volumen de aproximadamente el $9\,\%$ del volumen de agua inicial; por tanto, el hielo tiene una densidad menor que la del agua en fase líquida, por lo que ésta es la razón de que el hielo, ya sea éste de agua dulce o bien de agua salada, flote en el agua, ya se trate ésta de agua dulce o de agua de mar. Abajo discutiremos ambos casos. Denotaremos por $d_{hc}$ a la densidad del hielo continental y por $d_{am}$ a la densidad del agua del mar, siendo $d_{hc} \lt d_{ad} \lt d_{am}$, donde $d_{ad}$ denota la densidad de agua dulce. Hay que tener en cuenta también que el agua del mar, $d_{am}$, al contener sal disuelta, es más densa que el agua dulce, esto es, $d_{ad} \lt d_{am}$

Hielo marino en flotación: En un témpano de hielo marino en flotación en el agua (del mar), una parte del volumen total del mismo, $V_{hm}$, emerge ($V_{hm_{1}}$) y el resto está sumergido ($V_{hm_{2}}$). Para que flote, la fuerza de empuje (Arquímedes) ha de ser igual al peso del témpano, luego $d_{am}\,V_{hm_{2}}\,g=d_{hm}\,V_{hm_{2}}\,g$, luego la fracción de volumen de hielo marino sumergido es $\dfrac{ V_{hm_{2}}}{V}=\dfrac{d_{hm}}{d_{am}} \quad (1)$, y, como $V_{hm} = V_{hm_{1}}+ V_{hm_{2}}$ se tiene que la fracción de volumen de hielo marino emergido es $\dfrac{ V_{hc_{1}}}{V_{hm}}=1-\dfrac{ V_{hm_{2}}}{V_{hc}}$, que es lo mismo que $\dfrac{V_{hm_{1}}}{V_{hm}}=\dfrac{d_{am}-d_{hm}}{d_{am}} \quad (2)$

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Nota: El agua del mar tiene por término medio una concentración de sales de alrededor de $35\,\dfrac{\text{g}}{L}$, que corresponde aproximadamente a $3,5\,\%$ de concentración de sal. Esas sales son de hierro, magnesio, potasio, bromo, calcio, boro y flúor; además, el agua marina cotiene oligoelementos (hierro, manganeso, cobre, yhodo, silicio y fósforo); y, por supuesto, zooplancton y fitoplancton. Al helarse el agua del mar parte de las sales son expulsadas en el proceso de cristalización, formando una especie de salmuera, por lo que la concentración salina del agua que se obtiene al fundir ese hielo es menor (de entre el $0,1\,\%$ y el $2\,\%$ de concentración de sales); por tanto, dicha agua de fusión, si pudiese recogerse, no llegaría a ser agua dulce, pero es menos salada que el agua del mar.

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Hielo continental en flotación: En un témpano de hielo continental en flotación en el agua (del mar), utilizando la misma notación para el volumen emergido y sumergido, e imponeniendo la condición de equilibrio (en la flotación): $d_{am}\,V_{hc_{2}}\,g=d_{hm}\,V_{hc_{2}}\,g$, luego la fracción de volumen de hielo continental sumergida es $\dfrac{ V_{hc_{2}}}{V_{hc}}=\dfrac{d_{hc}}{d_{am}} \quad (1')$, y, como $V_{hc} = V_{hc_{1}}+ V_{hc_{2}}$ se tiene que la fracción de volumen de hielo continental emergida, es $\dfrac{ V_{hc_{1}}}{V_{hc}}=1-\dfrac{ V_{hc_{2}}}{V_{hc}}$, que es lo mismo que $\dfrac{V_{hc_{1}}}{V_{hc}}=\dfrac{d_{am}-d_{hc}}{d_{am}} \quad (2')$.

El hielo continental en flotación se hunde más que un mismo volumen de hielo marino en flotación. Comprobémoslo comparando el volumen sumergido de hielo marino en relación al volumen sumergido de hielo continental, tomando el mismo volumen total de hielo: si $V_{hc}=V_{hm}$, dividiendo miembro a miembro $(1)$ entre $(1')$ vemos que $\dfrac{V_{hm_{2}}}{V_{hc_{2}}}=\dfrac{d_{hm}}{d_{hc}} \gt 1$ pues, al contener sal el hielo marino y no el hielo continental, $d_{hm} \gt d_{hc}$, con lo cual $V_{hm_{2}} \lt V_{hc_{2}}$. En consecuencia, con el mismo volumen de témpano de hielo total, un témpano de hielo marino está menos sumergido que un témpano hielo continental.

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Nota: Con los siguientes datos sobre las densidades medias: del agua del mar (am), del hielo continental (hc), del hielo marino (hm): $d_{am} \approx 1\,025 \;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$; $d_{hm} \approx 920 \;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$; $d_{hc} \approx 917 \;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$ —recordemos que la densidad del agua dulce (ad) es $d_{ad}\approx 1\,000\;\text{kg} \cdot \text{m}^{-3}$— se obtiene $\dfrac{ V_{hm_{2}}}{V}=\dfrac{920}{1\,025}\approx 0,898$, esto es, el volumen sumergido de un témpano de hielo marino es del $89,8\,\%$ de su volumen total. Y de $\dfrac{ V_{hc_{2}}}{V_{hc}}=\dfrac{917}{1\,025}\approx 0,895$, es decir, un $89,5\,\%$ del volumen total de un témpano de hielo continental está sumergido.

Ejemplo: Imaginemos que, navegando en el océano Antártico, cerca del contienente, avistamos un témpano de hielo desprendido de un glaciar (hielo continental). Estimamos que el volumen emergido es de $150\,\text{m}^3$ y nos preguntamos cuál es el volumen total del témpano y cuál es su masa.
  Como sabemos que el $89,5\,\%$ del volumen total está sumergido, el volumen emergido representa un $100\,\%-89,5\,\%=10,5\,\%$ del volum total; entonces, basta con hacer un cálculo de proporcionalidad para determinar el volumen total $V$ de dicho témpano: $\dfrac{100}{10,5}=\dfrac{V}{150}$, con lo cual $V=\dfrac{150\cdot 100}{10,5}\approx 1429\,\text{m}^3$. Y, como conocemos la densida del hielo continental, $d_{hc}=917\,\dfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}$, la masa que estimamos de ese témpano es de $917\,\dfrac{\text{kg}}{\text{m}^3}\cdot 1\,429\,\text{m}^3 = 1\,310\,393\,\text{kg}$.
  Al estar dicho témpano de hielo formado de agua dulce, esa masa de hielo de agua dulce (cuya densidad es de $1\,000\,\dfrac{\text{kg}}{\text{dm}^3}$, esto es, de $1\,\text{kg}$ por cada litro), supone un volumen de agua (dulce) de $1\,310\,393\,\text{L}$. Si fuese posible aprovecharlo, por ejemplo, para el suministro de agua de una base antártica en la que viven $20$ personas, ¿para cuántos días se dispondría de agua dulce, contando con un consumo estimativo de $50\,\text{L}$ por persona y día? Pues bien, haciendo un sencillo cálculo de proporcionalidad encotramos que el suministro duraría $\dfrac{1\,310\,393\,\text{L}}{20\cdot 50 \dfrac{\text{L}}{\text{día}}} \approx 1\,310\,\text{días}$

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Acerca de la fusión de hielo continental en flotación en el océano

Al fundirse un témpano de hielo continental, éste aporta un incremento de la cantidad de agua del océano, que corresponde a la del hielo continental que lo formaba, por lo que se reducirá la concentración de sales del agua del mar, la salinidad del mar disminuirá. Además, el aumento de temperatura del agua del mar que ha ocasionado la fusión del témpano de hielo continental tiene también el efecto de dilatar el agua del mar. El aporte al mar del agua del témpano de hielo continental, sumado a la dilatación del agua (líquida) del mar, tiene como efecto un mayor aumento del nivel del mar. La elevación de la tempertatura debida al cambio climático produce; por tanto, y como desgraciadamente puede comprobarse, se produce un aumento del nivel del mar, que es progresivo y va a la par con el efecto creciente y global del cambio climático.

Acerca de la fusión del hielo marino en flotación en el océano

Recordemos que una cierta cantidad de agua, ya sea dulce o marina, como es el caso, se produce un aumento de volumen de aproximadamente el $9\,\%$ del volumen de agua inicial; por tanto, como en el caso del hielo formado a partir del agua continental, el hielo formado a partir del agua del mar tiene también una densidad menor que la del agua del mar en fase líquida, y, por tanto, el hielo marino, también flota en el agua del mar; denotaremos por $d_{hm}$.

A diferencia de la formación del hielo continental, el hielo marino de los témpanos en flotación en el océano se forma por la congelación de la propia agua del mar, razón por la cual la fusión de un témpano de hielo marino no incrementa la cantidad de agua del océano; sin embargo, y por otra parte, como ya se ha dicho en el caso de la fusión del hielo a consecuencia del aumento de la temperatura del agua del mar en la que flota, la dilatación de ésta (por causa del aumento de temperatura), hace que el agua del mar se dilate, por lo que este segundo efecto de la dilatación del agua calentada, sí contribuye al aumento del nivel del mar.

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Un juguete para el lanzamiento parabólico de bolitas

Un juguete consta de un tubito cerrado por un extremo, dentro del cual hay un resorte, de recuperación elástica $k$, unido por un extremo a la base del cilindro y por el otro a una plataforma circular que ajusta perfectamente en el diámetro interior, de manera que se pueda desplazar sin rozamiento por dentro del cilindro. Comprimiendo el resorte una longitud $\ell$ y asegurando la posición de la plataforma mediante un pestillo, colocamos dentro del cilindro una pequeña esfera de plástico de masa $m$ del mismo radio que la cara interior del cilindro, y, a continuación, liberamos el pestillo, para que la bolita saldrá impulsada por el resorte. Al lanzar la bola, hemos inclinado el tubo un ángulo $\theta$ con respecto al a la horizontal. ¿Cuál es el alcance en la dirección horizontal de la bola? ¿Y el máximo alcance posible?

Para responder a las preguntas, necesitamos calcular la celeridad (módulo del vector velocidad) inicial de la bola, $v_0$. Para ello, tegamos en cuenta que la energía potencial del resorte tendrá que transformarse enteramente en energía cinética de de la bola (suponemos que no hay retroceso en el tubito lanzador, pues éste está sólidamente fijado) y que el rozamiento entre la bola y las paredes interiores del cilindro es despreciable, así como también suponemos que no hay pérdida de energía por calor en la recuperación elástica del resorte. Entonces, $\dfrac{1}{2}\,k\,\ell^2=\dfrac{1}{2}\,m\,v_{0}^2 \Rightarrow v_0=\ell \,\sqrt{\dfrac{k}{m}} \quad (1)$.

Situemos el origen de referencia en el punto de lanzamiento, con ejes ortogonales: el eje $Ox$ sobre el plano horizontal, en la dirección en la que apunta el cilindro, y el eje $Oy$ en dirección la perpendicular al eje $Ox$ y en sentido contrario a la intensidad del campo gravitatorio, para cuya intensidad tomaremos el valor estándar $g=9,81\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.

La velocidad de la bolita, en dicho sistema de referencia, se descompone pues en dos componentes ortogonales, cuyos módulos son $v_{0_{x}}=v_0\,\cos\,(\theta)$ y $v_{0_{y}}=v_0\,\sin\,(\theta)$.

Las ecuaciones de posición de la bola en todo instante de tiempo $t$, contado desde el momento del lanzamiento, son (como es bien sabido) $x(t)=v_{0_{x}}\,t \quad (1)$ y $y(t)=v_{0_{y}}\,t - \dfrac{1}{2}\,g\,t^2\quad (2)$ (ecuaciones paramétricas de una parábola).

Para calcular el alcance horizontal, debemos tener en cuenta que en el momento en que la bola aterrice, la coordenada $y$ toma, al igual que en el momento del lanzamiento, el valor cero. Por tanto, igualando $(2)$ a $0$, obtendremos el tiempo que transcurre desde el lanzamiento hasta el aterrizaje, esto es, el tiempo de vuelo: $0=v_{0_{y}}\,t - \dfrac{1}{2}\,g\,t^2 \Rightarrow t_{\text{vuelo}}=\dfrac{2\,v_{0_{y}}}{g}$. Y, sustituyendo este valor en $(1)$, llegamos a la expresión del alcance, esto es, el valor de la coordenada $x$ para $t=t_{\text{vuelo}}$: $$x(t_{\text{vuelo}})=\dfrac{v_{0}^{2}\,\sin\,(2\,\theta)}{g} \quad (2)$$

De la expresión anterior, vemos que este alcance es máximo cuando el valor del seno de $2\,\theta$ toma el valor máximo, esto es, en el caso de que $\sin\,(2\,\theta)=1$; y, por tanto, eso ocurre para $2\,\theta = \dfrac{\pi}{2}\,\text{rad}$, esto es, en el caso de que $\theta=\dfrac{\pi}{4}\, \text{rad}$, que, si lo expresamos en grados sexagesimales corresponde a una inclinación del cilindro de lanzamiento de $45^\circ$. Así pues el máximo alcance viene dado por $x_{\text{máximo}}=\dfrac{v_{0}^{2}}{g} \quad (3)$

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Ejemplo. Pongamos de un supuesto razonable (para el juguete) como es el siguiente: $m=0,003\,\text{kg}$; $k=1000\,\dfrac{\text{N}}{\text{m}}$ y $\ell=0,01\,\text{m}$. Entonces, de $(1)$ vemos que el módulo de la velocidad toma el valor $v_0 \approx 5,77\,\dfrac{m}{s}$, y que, de $(3)$, el alcance máximo (para $\theta=45^\circ$) es $x_{\text{máximo}}\approx 3,40\,\text{m}.$   $\diamond$

Tensiones y fuerzas que intervienen en el montaje del mástil de un balandro

El mástil del balandro está montado de la manera que se indica en la figura. Se han regulado las tensiones de los estayes de tal manera que la tensión del de proa es de $500\,\text{N}$. El peso del mástil es de $800\,\text{N}$. Nos preguntamos cuál es la tensión del estay de popa, $T_2$, así como la fuerza resultante que se ejerce perpendicularmente sobre la cubierta en el lugar donde se apoya el mástil.

Descomponiendo las fuerzas en las direcciones de los ejes del sistema de referencia e imponiendo las condiciones de equilibrio:
$$\left\{\begin{matrix}R=T_2\,\sin\,\alpha_2+500\,\sin\,\alpha_1+800 & (1)\\ 0 = T_2\, \cos\,\alpha_2-500\,\cos\,\alpha_1 & (2)\end{matrix}\right.$$ Despejando $T_2$ de $(2)$ se tiene que $T_2=500\cdot \dfrac{\cos\,\alpha_1}{\cos\,\alpha_2}=500\cdot \dfrac{\frac{3,5}{\sqrt{12^2+3,5^2}}}{\frac{6,5}{\sqrt{12^2+6,5^2}}}= 294\,\text{N}$ (aproximando por redondeo a la cifra de las unidades) y sustituyendo este resultado en $(1)$, $$R=294\cdot \dfrac{12}{\sqrt{12^2+6,5^2}}+500\cdot \dfrac{12}{\sqrt{12^2+3,5^2}}+800=1\,539\,\text{N}$$ $\diamond$

Energía mecánica y trabajo. Un ejemplo muy sencillo

Consideremos una puerta corredera. Estando abierta, queremos cerrarla, y para ello, tiramos del pomo con una fuerza de $10\,\text{N}$, formando ésta con la guía un ángulo de $60^\circ$. La longitud que la desplazamos es de $2\,\text{m}$, de manera que el extremo de la puerta se desplaza del punto $A$ (inicial) situado sobre la guía corredera al punto $B$ (final) igualmente situado sobre la guía.

¿Cuál es la cantidad de energía mecánica que supone el cierre de la puerta?

El trabajo mecánico, $W$, que es igual a la energía mecánica pedida, viene dado por el producto escalar de la fuerza y el vector desplazamiento, esto es, $W:=\langle \vec{F},\vec{AB}\rangle =\left\| \text{proy}_{\vec{AB}}\,\vec{F}\right\|\cdot \left\|\vec{AB}\right\|=(F\,\cos\,60^{\circ})\cdot 2 = 10\cdot \dfrac{1}{2}\cdot 2=10\,\text{J} $
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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 $H(X)=\dfrac{0,4984}{\log_{10}\,2}=1,6556\,\text{bit}$. $\diamond$