A temperatura aumenta no interior da Terra com taxas aproximadas de 0,025^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m} nos 160 km próximos da superfície e de 0,001^{\circ} \mathrm{C} / \mathrm{m} após os 160 km até atingir o centro. Determinar: (a) o fluxo de calor, produzido no interior da Terra, que é perdido na sua superfície; e (b) a temperatura no centro da Terra. Considerar: (a) condutividade térmica da Terra k=1,86 \mathrm{~W} /(\mathrm{mK}); (b) raio da Terra R_{T}=6400 \mathrm{~km}; e (c) temperatura na superfície da Terra T_{\text {sup }}=20^{\circ} \mathrm{C}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. (a) o fluxo de calor produzido no interior da Terra que é perdido na superfície;
  2. (b) a temperatura no centro da Terra.
Informações dadas (vou listar tudo explicitamente, com unidades):
k = 1,86\\ \mathrm{W/(m\;K)}
R_{T} = 6400\\ \mathrm{km} = 6{,}4\times10^{6}\\ \mathrm{m}
T_{\text{sup}} = 20^\circ\mathrm{C}
Taxas de aumento de temperatura com a profundidade (isto é, gradientes térmicos, em módulo):
  • Nos 160\\ \mathrm{km} próximos à superfície: \displaystyle \left|\frac{dT}{dr}\right| = 0{,}025\\ ^\circ\mathrm{C/m}.
  • Abaixo desses 160\\ \mathrm{km} até o centro: \displaystyle \left|\frac{dT}{dr}\right| = 0{,}001\\ ^\circ\mathrm{C/m}.
Observações sobre sinais (não resolvo nada aqui ainda): o gradiente dado é o aumento de T ao ir do exterior para o interior; o fluxo de calor conduzido para fora tem direção radial para fora. No passo seguinte uso essas informações para aplicar a lei de Fourier e calcular o fluxo e a temperatura central.

Passo 2

Conceito e fórmula que vamos usar para o fluxo de calor:
A lei de Fourier para condução térmica diz que o fluxo de calor por unidade de área (densidade de fluxo térmico) numa direção radial é
\mathbf{q} = -k\,\nabla T.
Em coordenadas radiais, para um problema aproximadamente esfericamente simétrico, o fluxo total (potência térmica) atravessando uma superfície esférica de raio r é dado por
Q(r) = -k\cdot 4\pi r^{2}\,\frac{dT}{dr}.
Explicando cada termo:
  • Q(r) é a potência (taxa de energia por unidade de tempo, em \mathrm{W}) que atravessa a esfera de raio r;
  • k é a condutividade térmica (em \mathrm{W/(m\;K)});
  • 4\pi r^{2} é a área da esfera de raio r (em \mathrm{m^{2}});
  • dT/dr é o gradiente radial de temperatura (em \mathrm{K/m} ou ^\circ\mathrm{C/m}); o sinal negativo indica que o calor flui do quente para o frio.
No caso da superfície, usamos r=R_{T} e o gradiente imediato próximo à superfície, que é \,dT/dr = +0{,}025\\ ^\circ\mathrm{C/m} quando tomamos r crescendo para fora (pela convenção: temperatura cresce para dentro, então dT/dr negativo se r aumenta para fora — vou usar o módulo do gradiente e interpretar o sinal para obter o fluxo rumo ao exterior). Para calcular a potência perdida na superfície tomamos a magnitude:
Q_{\text{superfície}} = k\cdot 4\pi R_{T}^{2}\cdot\left(\text{gradiente perto da superfície}\right).íí

Passo 3

Cálculo da densidade de fluxo térmico na superfície (fluxo por unidade de área).
Aplicando Fourier localmente na superfície (magnitudes):
q_{\text{surf}} = k\cdot \left|\frac{dT}{dr}\right| = 1{,}86\cdot 0{,}025\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Faço a multiplicação passo a passo:
1{,}86 \times 0{,}025 = 1{,}86 \times \frac{25}{1000} = \frac{1{,}86\times25}{1000} = \frac{46{,}5}{1000} = 0{,}0465.
Portanto
q_{\text{surf}} = 0{,}0465\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Interpretação: cada metro quadrado da superfície da Terra perde por condução, aproximadamente, 0{,}0465\\ \mathrm{W}.

Passo 4

Cálculo do fluxo total de calor perdido pela superfície (potência total), multiplicando a densidade de fluxo pela área da Terra:
Área da superfície terrestre:
A = 4\pi R_{T}^{2} = 4\pi (6{,}4\times10^{6})^{2}\\ \mathrm{m^{2}}.
Calculo do quadrado do raio:
(6{,}4\times10^{6})^{2} = 6{,}4^{2}\times10^{12} = 40{,}96\times10^{12} = 4{,}096\times10^{13}.
Agora a área:
A = 4\pi \times 4{,}096\times10^{13} = 1{,}6384\times10^{14}\pi \\ \mathrm{m^{2}}.
Numérico aproximado (uso \pi\approx3{,}1416):
A \approx 1{,}6384\times10^{14}\times3{,}1416 \approx 5{,}146\times10^{14}\\ \mathrm{m^{2}}.
Agora a potência total:
Q = q_{\text{surf}}\cdot A = 0{,}0465\\ \mathrm{W/m^{2}} \times 5{,}146\times10^{14}\\ \mathrm{m^{2}}.
Multiplico:
0{,}0465 \times 5{,}146\times10^{14} = (0{,}0465\times5{,}146)\times10^{14}.
Calculo interior:
0{,}0465\times5{,}146 \approx 0{,}23909.
Portanto
Q \approx 0{,}23909\times10^{14}\\ \mathrm{W} = 2{,}3909\times10^{13}\\ \mathrm{W}.
Arredondando razoavelmente:
Q \approx 2{,}39\times10^{13}\\ \mathrm{W}.
Interpretação: esse é o calor produzido no interior e perdido pela superfície (a taxa total de perda por condução, segundo os gradientes fornecidos).

Passo 5

Agora calculo a temperatura no centro da Terra (parte (b)). Conceito: a temperatura central é a temperatura da superfície mais a soma dos aumentos de temperatura atravessando as duas camadas com gradientes distintos. Não precisamos integrar funções complicadas porque os gradientes são dados constantes por faixas.
Defino espessuras (em metros):
\text{camada externa: } \Delta r_{1} = 160\\ \mathrm{km} = 160\times10^{3}\\ \mathrm{m} = 1{,}60\times10^{5}\\ \mathrm{m}.
\text{camada interna restante: } \Delta r_{2} = R_{T} - 160\\ \mathrm{km} = (6400-160)\\ \mathrm{km} = 6240\\ \mathrm{km} = 6{,}24\times10^{6}\\ \mathrm{m}.
Aumento de temperatura na camada externa (usando gradiente 0{,}025\\ ^\circ\mathrm{C/m}):
\Delta T_{1} = 0{,}025\\ \frac{^\circ\mathrm{C}}{\mathrm{m}} \times 1{,}60\times10^{5}\\ \mathrm{m}.
Multiplico:
0{,}025\times1{,}60\times10^{5} = (0{,}025\times1{,}60)\times10^{5} = 0{,}04\times10^{5} = 4{,}0\times10^{3} = 4000\\ ^\circ\mathrm{C}.
Aumento de temperatura na camada interna (gradiente 0{,}001\\ ^\circ\mathrm{C/m}):
\Delta T_{2} = 0{,}001\\ \frac{^\circ\mathrm{C}}{\mathrm{m}} \times 6{,}24\times10^{6}\\ \mathrm{m} = 6{,}24\times10^{3}\\ ^\circ\mathrm{C} = 6240\\ ^\circ\mathrm{C}.
Temperatura no centro:
T_{\text{centro}} = T_{\text{sup}} + \Delta T_{1} + \Delta T_{2} = 20 + 4000 + 6240 = 10260\\ ^\circ\mathrm{C}.

Passo 6

Comentários finais e verificação de ordem de grandeza (para te animar): o fluxo total calculado \sim 2{,}4\times10^{13}\\ \mathrm{W} está na mesma ordem de grandeza do valor real aceitado (algumas vezes citado na literatura como algumas vezes 10^{13} a 10^{14}\\ \mathrm{W}), então nosso procedimento (usar a lei de Fourier com o gradiente superficial) é consistente. A temperatura central obtida \sim 1{,}0\times10^{4}\\ ^\circ\mathrm{C} é alta; ela depende fortemente dos gradientes assumidos (especialmente a camada superficial de 160\\ \mathrm{km} com gradiente grande), então números diferentes de gradiente mudariam muito o resultado — mas eu segui exatamente os valores fornecidos.
Força aí — você já tem o passo a passo completo e pode reproduzir isso na prova: aplicar Fourier na superfície para o fluxo e somar incrementos \Delta T = (\text{gradiente})\times(\text{espessura}) para a temperatura central.

Resposta

(a) Q \approx 2{,}39\times10^{13}\\ \mathrm{W}.
(b) T_{\text{centro}} \approx 10260^\circ\mathrm{C}.

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