Temperatura do Solo: As Estações Debaixo da Terra

Escolha um solo e uma profundidade. A temperatura da superfície oscila com as estações e com a passagem dos dias. Esta página mostra a variação que atinge o seu termómetro, calculada a partir da solução matemática exata da equação do calor, com a oscilação da própria superfície desenhada ao lado como uma sombra.

Exemplo resolvido — Temperatura do Solo: As Estações Debaixo da Terra

Atraso de chegada do pico anual	72,5 dias
Profundidade à qual o ano se inverte exatamente	6,30 m
Profundidade de amortecimento diária	0,1049 m
Atraso de chegada do pico diário	91,0 h

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Temperatura do Solo: As Estações Debaixo da Terra

Quando a temperatura à superfície de um solo uniforme apresenta uma oscilação senoidal com um período P, a oscilação a uma profundidade z é e^−z/d daquela na superfície e chega (z/d)·P/2π mais tarde. Aqui, d = √(κP/π) representa a profundidade de amortecimento e κ a difusividade térmica do solo. Ambos os efeitos dependem de um só número, z/d. Quando z = πd, a oscilação regista um atraso de exatamente meio período.

O que significa cada símbolo

d: a profundidade de amortecimento √(κP/π), ao longo da qual a oscilação decai por um fator e; cerca de 2 m para o ano num solo seco e 10 cm para o dia
z: a profundidade abaixo da superfície
P: o período da oscilação da superfície: um ano de 365,2422 dias, ou um dia
κ: a difusividade térmica do solo, em m²/s

A oscilação atenua-se e atrasa-se pelo mesmíssimo número 🖖

Clique em Calton Hill, 24 pés fr. e repare em três das linhas de resultados. A profundidade em profundidades de amortecimento, z/d, é 2,776. A oscilação aí é e^−2,776 = 6,23% da superfície. O seu pico chega 2,776 × 58,13 = 161,4 dias atrasado, porque um ano tem 2π radianos e um radiano desse ano equivale a 365,2422/2π = 58,13 dias. A atenuação e o atraso correspondem ao mesmo número. Por cada fator e que a oscilação perde ao descer, o seu pico chega 58,1 dias mais tarde. Se escolher um solo diferente, o valor de d altera-se, mas os 58,1 dias permanecem constantes. Forbes instalou termómetros na rocha de Calton Hill, em Edimburgo, a 3, 6, 12 e 24 pés franceses. Em 1860, William Thomson tratou treze anos dessas mesmas leituras. Entre os 3 e os 24 pés, o logaritmo da oscilação anual caiu 0,1160 por cada pé francês e o seu pico resvalou 0,1156 radianos por pé francês, o que se vê na linha a negrito da segunda tabela. A teoria previa que os dois fossem iguais e de facto são-no, com uma diferença de apenas 0,3%. Mais perto da superfície os valores chegam a diferir em 6,2%, algo que Thomson atribuiu ao terreno e não aos instrumentos. Nem a rocha nem a sua superfície são tão uniformes como a teoria assume.

A seis metros no solo seco, o dia mais quente ocorre no inverno 🖖

Clique em Solo seco, 6,3 m. Esta profundidade corresponde ao valor πd até ao centímetro: a oscilação cai para e^−π = 4,32% do valor da superfície e chega 182,7 dias atrasada. Trata-se de meio ano com um erro inferior a duas horas. Assim, as duas curvas no painel inferior são imagens espelhadas e o solo atinge aí o seu máximo de calor quando a superfície se encontra mais fria. É um calor muito subtil, de apenas 0,35 °C para cada lado da média. Uma cave normal não chega a esta profundidade. Prima Solo seco, 2,5 m: à profundidade de uma cave, o verão chega com 72,5 dias de atraso e mantém 28,73% da oscilação, correspondendo a um pico tipicamente outonal. Além disso, no pleno pino do verão à superfície, o solo mais frio também não está aos 6,30 m. Encontra-se antes aos 4,72 m, ou seja, a três quartos de πd, onde a oscilação é mais forte e o atraso é de apenas três oitavos de um ano; os resultados apresentam essa exata profundidade independentemente do solo escolhido.

A meio metro de profundidade, a noite desaparece mas as estações ficam 🖖

Escolha Meio metro, relógio dia. No solo seco, a oscilação diária diminui por um fator e a cada 0,1049 m, e a anual faz o mesmo a cada 2,004 m: trata-se de uma penetração 19,11 vezes maior. Esta proporção corresponde a √365,2422, a raiz quadrada do rácio entre os dois períodos. Uma vez que a difusividade κ se anula nesta divisão, o valor final mantém-se inalterado em qualquer tipo de solo. A meio metro de fundura, a oscilação de um dia representa somente 0,85% do valor superficial e chega 18,2 horas atrasada. A do ano inteiro, pelo contrário, continua com uns robustos 77,92% da força original e o atraso não passa dos 14,5 dias. Um termómetro ali enterrado mal deteta a diferença entre o dia e a noite, mas segue o ritmo das estações quase passo a passo. É mais uma vez a lei quadrática da Equação do Calor em ação: um período 365 vezes mais longo chega √365 vezes mais fundo.

Problema resolvido na íntegra

A idade da Terra calculada por Kelvin 3 passos
Em 1862, William Thomson — mais tarde Lord Kelvin — analisou a crosta terrestre como uma rocha com κ = 400 pés quadrados por ano. Assumiu a hipótese de o planeta ter começado como um bloco sólido a uma temperatura 7.000 °F acima da atual, e que foi arrefecendo através dessa mesma superfície desde então. As medições revelam que o solo aquece cerca de 1 °F por cada 50 pés que se desce. De acordo com isto, que idade teria a Terra? Comece por premir Rocha de Thomson, 1 m: a página mostrará o efeito desse κ sobre a onda anual.

Abrir este problema na ferramenta
1. Em unidades do sistema métrico, o valor κ de Thomson equivale a 1,178 mm²/s no campo κ, e a sua oscilação anual cai por um fator e a cada
  
  $κ = \frac{400 \times 0 . 304 8 ^{2} m ^{2}}{3 . 15569 \times 1 0 ^{7} s} = 1.178 \times 1 0^{- 6} m^{2} /s, d_{y} = \frac{400}{π} ft = 11.28 ft = 3.439 m$
2. Uma rocha que começa toda à mesma temperatura e perde calor apenas pela superfície desde o instante 0 apresenta, nessa superfície, o gradiente térmico G = ΔT/√(πκt). Esta é a solução de Fourier conforme Thomson a transcreveu. Ao resolver a equação em ordem a t, utilizando as suas unidades originais de °F, pés e anos:
  
  $t = \frac{Δ T ^{2}}{π κ G ^{2}} = \frac{7 , 00 0 ^{2}}{π \times 400 \times ( 1/50 ) ^{2}} = \frac{49 , 000 , 000}{0 . 50265} = 97, 480, 000 years$
3. O resultado evolui na razão inversa do quadrado do gradiente, que é a única variável efetivamente medida. Um gradiente reduzido a metade torna a Terra quatro vezes mais velha. A estimativa elevada de Thomson para o ponto de fusão da rocha, 10.000 °F, resulta em
  
  $G = \frac{1}{100} : t = 4 \times 97.48 = 389.9 million years; Δ T = 10, 000^{\circ} F : t = 198.9 million years$
Resposta

Cerca de 97,5 milhões de anos. Thomson redigiu 98.000.000 e, dando margem para aquilo que na altura não se conhecia sobre o comportamento das rochas a elevadas temperaturas, fixou a idade num intervalo entre os 20 e os 400 milhões de anos. A idade que atualmente aceitamos é de 4,54 mil milhões de anos. A explicação comum deita as culpas na radioatividade, mas está equivocada: se incluirmos o calor radioativo do nosso planeta nestas contas, o resultado praticamente não mexe. O que falha efetivamente é o pressuposto de que nada se move no interior da Terra. Já em 1895 John Perry notou que um interior com fluxo, por muito lento que seja o escoamento da rocha quente, consegue transportar o calor para fora a uma velocidade muito superior à da simples condução. Nestas condições, o gradiente medido à superfície passa a revelar muito pouco sobre o tempo que o planeta leva a arrefecer.

$t \approx 97.5 \times 1 0^{6} years (Thomson: 98, 000, 000; accepted: 4.54 \times 1 0^{9})$

Percurso de aprendizagem

As equações do calor, da onda e de Laplace

Referências (3)

Fourier's solution for a periodic surface temperature stated as a law, the retardation of the epoch in radians equal to the diminution of the logarithm of the amplitude, and tested on Forbes's thermometers at 3, 6, 12 and 24 French feet in the rock of Calton Hill (Table IV, thirteen years, 1842–1854: 0.1160 and 0.1156 per French foot from 3 to 24 feet), with k/c of 235.1, 260.5 and 690.7 square French feet a year for the three Edinburgh sites (§§11, 21, 35–38); and the age of the Earth from the cooling of a solid half-space, κ = 400 square feet a year and 1 °F per 50 feet, 98,000,000 years for 7,000 °F and limits of 20 and 400 million (§§6, 10–16): W. Thomson, "On the reduction of observations of underground temperature; with application to Professor Forbes' Edinburgh observations, and the continued Calton Hill series", Transactions of the Royal Society of Edinburgh 22 (1861), 405–427, doi:10.1017/S0080456800030702; and "On the secular cooling of the Earth", same journal, 23 (1862), 157–169, doi:10.1017/S0080456800018512. Both reprinted in his Mathematical and Physical Papers, vol. III (Cambridge University Press, 1890), Arts. XCIII and XCIV.
Kelvin's calculation re-run with modern values, and the case that radioactivity does not invalidate it (adding the Earth's radioactive heat barely changes the answer) while convection in the interior, argued by John Perry in 1895, does: P. England, P. Molnar and F. Richter, "John Perry's neglected critique of Kelvin's age for the Earth: A missed opportunity in geodynamics", GSA Today 17(1) (2007), 4–9.
The periodic solution and its damping, Example 5.7 (the coldest ground in high summer at three quarters of π damping depths); the thermal diffusivities of dry mineral soil, 4 × 10⁻⁷ m²/s, and granite, about 7.4 × 10⁻⁷ (Table A.2); and the accepted age of the Earth, 4.54 billion years (Problem 5.45): J. H. Lienhard V and J. H. Lienhard IV, A Heat Transfer Textbook, 6th edition. Phlogiston Press, Cambridge, Massachusetts, 2024. §5.6 and Example 5.7, pp. 233–235; Problem 5.45; Table A.2, p. 744.

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.