legislacion

VI.1.- Una lámina de área dA =2 m 2 está colocada sobre una cavidad esférica que se encuentra a 800°K.
Determinar:
a) La energía radiativa que atraviesa la lámina
b) La energía radiativa por unidad de ángulo sólido en la dirección que forma un ángulo de 60° con la
normal a la superficie.
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RESOLUCION
a)Energía radiativa que atraviesa la lámina
La radiación se puede aproximar a la emitida por un cuerpo negro a
800ºK
W
Q = σ dA T14 = 5,67.10 -8
2.10 -4 m2 800 4 ºK 4 = 4,64 W
m2 ºK 4
b) Energía radiativa por unidad de ángulo sólido en la dirección que
forma un ángulo de 60° con la normal a la superficie.
4
Q = Ib (T) dA cos θ = Eb = σ T4 = π Ib (T) = σ T dA cos θ =
π
(5,67 x 10-8 W ) x8004 ºK 4
m2 .ºK 4
x 2.10 -4 m2 x cos 60º = 0,74 W
=
π
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VI.2.- Si se supone que el Sol se comporta como un cuerpo negro a 6000ºK ¿Cuál será la longitud de onda
en que se da el máximo de potencia emisiva monocromática?
¿Cuál será la energía de esta fuente a 6000ºK que se corresponde con el espectrovisible 0,38 µm < λ < 0,76
µm?
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RESOLUCION
Longitud de onda en que se da el máximo de potencia emisiva monocromática
El valor de (λT) en que se da la máxima potencia emisiva monocromática es (Ley de Wien, 2897,6 µmºK),
luego la longitud de onda deseada es:
2897,6 µm.ºK
λ =
= 0,483 µm
6000 ºK
Energía deesta fuente a 6000ºK que se corresponde con el espectro visible 0,38 µm < λ < 0,76 µm
De la Tabla de funciones de radiación se obtiene:
4400
4600

→

0,579316

→

0,571600

2200

→

0,100897

2400

→

0,140268 = 11,66%

2280

Fracción de energía entre 0 y (λT) = 0,38 x 6000 = 2280 µm.ºK ⇒

0,548830

4560

Fracción de energía entre 0 y (λT) = 0,76 x 6000 = 4560µm.ºK ⇒

→

→

0,116645

= 57,16%

La fracción de energía en el espectro visible será la diferencia: 57,16 - 11,66 = 45,5%
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VI.3.- La emisión de la radiación desde una superficie se puede aproximar por la radiación de un cuerpo
negro a T=1000°K
Determinar:
a) La fracción de la energía total emitidapor debajo de λ= 5 µm
Radiación.VI.-171

b) ¿Cuál es la longitud de onda si la emisión de energía por debajo de ella es un 10,5% de la emisión
total a 1000°K?
c) ¿Cuál es la longitud de onda para la que se produce la emisión espectral máxima a 1000°K?
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RESOLUCION
a) Fracción de la energía total emitidapor debajo de λ=5 µm
De la Tabla de Funciones de radiación para: λ T = 5 x 1000 = 5000, se obtiene:
Eb (0 → λ 1 T)

f(0 → λT) =

σ T4

= 0,6337 ⇒ que el 63,37% de la emisión total sucede por debajo de (λ = 5 µm)

Eb (0 → λ 1 T) = 0,6337 σ T4 = 0,6337

x

5,67 x 10-8

W
ºK 4

m2

x

(1000)4 ºK 4 = 35.935 W
m2

b) Longitud de onda si la emisión de energía por debajo deella es un 10,5% de la emisión total a 1000°K
Para: f(0 → λT) =

Eb (0 → λ 1 T) - Eb (0 → λ 2 T)
σ T4

= 0,105

Eb (0 → λ 2 T)
Eb (0 → λ 2 T)
= 0,105 ;
= 0,5287 ⇒ λ T (m.ºK.103 ) = 4,2777
4
σT
σ T4
4,2777
λ=
= 4,27 x 10-6 m = 4,27 µm
x 103
1000
c) Longitud de onda para la que se produce la emisión espectral máxima a 1000°K
0,6337 -

Teniendo en cuenta la Ley de Desplazamientode Wien: λ máx T = 2,8976

x

10-3 m.ºK

2,8976 x 10-3 m.ºK
= 2,898
1000 ºK

x

10-6 m = 2,89 µm

luego para: T = 1000ºK, se tiene: λ máx =

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VI.4.- Una pequeña superficie de área A=5 cm 2 está sometida a una radiación de intensidad constante, I=1,8
x 104 W/m2 .st sobre el ángulo sólido...