Wie schnell würde die Körpertemperatur im Weltraum sinken?

Hier ist eine schnelle und schmutzige Annäherung:

Nähern Sie sich einem Menschen mit einem Wasserkugelradius an$r$. Nehmen Sie an, dass die Blutzirkulation die Körpertemperatur homogen hält und dass die Haut verhindert, dass das Wasser abkocht (das ist nicht realistisch, aber ich dachte mir, dass dies die Art von Situation ist, an die Sie gedacht haben). Wenn wir davon ausgehen, dass die Kugel ein perfekter Schwarzer Körper ist, ergibt sich der Wärmeverlust durch Wärmestrahlung aus dem Stefan-Boltzmann-Gesetz:

$$P_r=\sigma T^4\cdot A=\sigma T^4\cdot 4\pi r^2$$

Wo$T$ist die Temperatur des Wassers und$A$ist die Oberfläche der Kugel. Die Geschwindigkeit der Temperaturänderung beträgt:

$$\frac{dT}{dt}=-\frac{P_r}{mC}=-\frac{P_r}{\rho VC}=-\frac{3P_r}{4\pi r^3\rho C}=-\frac{3\cdot\sigma T^4\cdot 4\pi r^2}{4\pi r^3\rho C}=-\frac{3\sigma T^4}{r\rho C}$$

Wo$m$ist die Masse der Kugel,$C$ist die spezifische Wärmekapazität von Wasser,$\rho$ist die Dichte von Wasser und$V$ist das Volumen der Kugel. Damit erhalten wir eine Differentialgleichung der Form:

$$\frac{dT}{dt}=-\frac{3\sigma T^4}{r\rho C}$$

Wenn wir den Ansatz machen:

$$T(t)=a(t+b)^n$$

und setzen es in die obige Gleichung ein, erhalten wir:

$$an(t+b)^{n-1}=-\frac{3\sigma a^4(t+b)^{4n}}{r\rho C}$$

was ergibt:

$$n-1=4n\Rightarrow n=-\frac{1}{3}$$

Und

$$an=-\frac{3\sigma a^4}{r\rho C}\Rightarrow a=\left(-\frac{nr\rho C}{3\sigma}\right)^\frac{1}{3}=\left(\frac{r\rho C}{9\sigma}\right)^\frac{1}{3}$$

Wenn wir davon ausgehen$r$0,5 m ist, erhalten wir:

$$a=\left(\frac{0.5\cdot 1000 \cdot 4200}{9\cdot 5.67\cdot 10^{-8}}\right)^\frac{1}{3}\approx 1.6\cdot 10^4$$

Daher ändert sich T wie folgt:

$$T(t)=1.6\cdot 10^4(t+b)^{-\frac{1}{3}}$$

Wenn wir davon ausgehen, dass die Temperatur bei$t=0$Ist$37$Grad C, also ca$310 K$, du erhältst:

$$310=1.6\cdot 10^4b^{-\frac{1}{3}}\Rightarrow b=\left(\frac{1.6\cdot 10^4}{310}\right)^3\approx 1.38\cdot 10^5$$

was ergibt:

$$T(t)=1.6\cdot 10^4(t+1.38\cdot 10^5)^{-\frac{1}{3}}$$

Hier habe ich den zeitlichen Verlauf der Temperatur nach dieser Formel aufgetragen:

Wie Sie sehen, dauert es ungefähr 65000 s (fast 18 Stunden), bis die Kugel gefriert. Dies ist offensichtlich so etwas wie ein Worst-Case-Szenario. Ich habe die Auswirkungen der vom menschlichen Körper erzeugten Wärme, der einfallenden (Sonnen-)Strahlung, des suboptimalen Emissionsgrads, einer möglichen Isolierung usw. nicht berücksichtigt. Diese könnten je nach Annahme die Kühlung viel länger dauern oder sogar verhindern.

Die Antwort von jkej ist gut. Ich werde die Diskussion mit numerischer Software ergänzen. Hier ist die Syntax in Maple, die die bereits besprochene Gleichung löst.

dsolve({diff(T(t),t)=-alpha*T(t)^4,T(0)=T0}) assuming alpha>0, T0>0;

Die Antwort ist:

$$T(t) = \left( 3 \alpha t + T_0^3 \right)^{-\frac{1}{3}}$$

Dies stimmt mit der anderen Antwort überein. Als Referenz,$\alpha=1/(3 a^3)$. Da haben wir einen Wert für$a$wir können Alpha trivial bekommen. Versuchen wir es jetzt mit der Wärmeerzeugung! Dies löst die folgende Differentialgleichung.

$$\frac{d T}{dt} = - \alpha T(t)^4 + \beta$$

Da die Zeit auf unendlich begrenzt ist, erwarten wir, dass sich die Funktion einpendelt$(\beta/\alpha)^{1/4}$. Wenn Sie davon ausgehen, dass die Wärmeproduktion 100 Watt beträgt, dann gilt:

$$\beta = \frac{P_p}{m C} = \frac{ 100 W}{( 1 \frac{g}{cm^3}) \frac{4}{3} \pi (0.5 m)^3 (4,186 \frac{J}{kg K} ) } = 4.56 \times 10^{-5} \frac{K}{s}$$

$$T_{\infty} = \left( \frac{\beta}{\alpha} \right)^{1/4} = \left( 3 \beta a^{3} \right)^{\frac{1}{4}} = 153.8 \text{ Kelvin}$$

Die Syntax zum Lösen der Differentialgleichung lautet:

dsolve({diff(T(t),t)=-alpha*T(t)^4+beta,T(0)=T0});

Um die Antwort auf ein kohärentes Format zu erhalten, ist einiges an Algebra-Wrestling erforderlich. Zur Vereinfachung habe ich Terme gesammelt, um die vorher berechnete Endtemperatur einzusetzen. Die "Lösung" der Differentialgleichung lautet dann:

$$0 = -4 t \beta+ T_{\infty} \ln{ \left( \frac{T(t)+T_{\infty}}{T(t)-T_{\infty}} \frac{T_0-T_{\infty}}{T_0+T_{\infty}} \right) } + 2 T_{\infty} \left( \arctan{ \frac{T(t)}{T_{\infty}} } - \arctan{ \frac{T_0}{T_{\infty}} } \right)$$

Dies muss bei jedem Zeitschritt gelöst werden. Hier ist, was ich produziert habe:

Der Zeitrahmen ist immer noch ungefähr derselbe. Nichts wirklich Interessantes, worüber man sprechen könnte. Es sollte beachtet werden, dass die Masse des Astronauten gefällt$520 kg$, was ziemlich unrealistisch ist. Das ist ein wichtiger Faktor dafür, dass die Zeitrahmen so lang sind, wie sie sind.

In der obigen Grafik friert der Astronaut in etwa 11 Stunden ein. Während für den Strahlungsbereich, der dem Weltraum ausgesetzt ist, eine gewisse Korrektur erforderlich ist, überschreitet die lineare Abmessung des Astronauten in der Vertikalen einen Meter, sodass Korrekturen in beide Richtungen erforderlich sind. Während die effektive Strahlungsfläche wahrscheinlich immer noch nach unten korrigiert werden sollte, ist sie nicht mit der Abwärtskorrektur der Masse vergleichbar. In der Praxis friert man also eher ein. Vielleicht frierst du in 4 Stunden oder so. Sie werden bei 31 Grad C im Koma liegen , was linear interpoliert nur etwa 13 % der Zeit oder 39 Minuten dauert. Die Hypothermie sollte nur 12-13 Minuten dauern. Verlust der Hoffnung, wahrscheinlich früher.

Das brachte mich zum Nachdenken - wenn Sie im Weltraum schwebend gestrandet sind, rollen Sie sich in die fötale Position, damit Sie nicht so schnell Wärme ausstrahlen.

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Mir wurde klar, dass die obige Grafik technisch falsch ist. Nach Überschreiten des Gefrierpunktes wird die Wärmeerzeugung abgeschaltet. Weil du tot wärst.