COLABORACIO ]\T

Cálcul~ de las h~ras de ins~lación de una fachada Por JOSE 'l'AP IA CONTRERAS

Meteorólogo

Se incluye una vers10n de este problema por el interés que pueda tener para algunos de nuestros socios y colaboradores, que así lo han pt:dido. Es cuestión más astronómica que meteorológica; no obstante, :::;n n~.pecto me­teorológico puede resultar de algún valor para quienes se rehc1onan con problemas climatológicos . de construcción y de «habitat».

La versión que se presenta es muy simple y se ha basado E:.n la parte más elemental de la trigonometría esférica; la resolución de triángulos esfé­ricos rectángulos y rectiláteros. Se supone en ella que la fa.chada es pL.ma, vertical y asentada en una llanura horizontal.

Representando el movimiento diurno del Sol sobre la esfera cEleste (ver figura 1), el diámetro A A' será la línea zenit-Nadir; el C C', él eje de rotación de la Tierra (eje del mundo); E E1 E' , el plano del Ecuador; H H'1 H' H1¡ el del horizonte, y B1 B B'1 B', el plano en que ~~ e m neve el Sol sobre dicha esfera con velocidad angular constante y cuando su decli-

A

Fig. 1

-31

nación es 8 = B O E. Sea A D B1 E1 A' B'1 la intersección del plano d9 la fachada con la esfera celeste. Este plano forma con el plano meridiano el diedro H' A A' H'2 = A, cuyo rectilíneo es el ángulo H' O H' 12; este es el azimut del plano de la fachada contado desde el sur •:n el senti­do S 1rV N E o desde el norte en el mismo sentido angular (N E S W) . El problema consiste en expre¡)ar en tiempo el valor del diedro que forman los semidírculos máximos CB'1 y e', pues el sol comienza a ine1dir en la

fachada cuando en su movimiento ascendente su trayectoria cnrta al plano A B1 A' B'1 de ésta en el punto B1 y deja de incidir sobre ella cnrt,ndo en su movimiento descendente corta al mismo plano en e-l punto .8' 1 . ];~te plan­teamiento se hace suponiendo que el menor de los diedros H2 O H y H' 2 O .H que el plano de la fachada forma con el plano meridiano, sea ma~1or qne el ángulo H1. O H = H'1 O H que los rayos del sol naciente o ponúmte que se perciben en O forman con la meridiana. En los casos en que no sea <1SÍ, la

solución del problema es también bastante simple como después ::;e verá.

El diedro B1 e C' B '1 es uno de los ángulos del tri ángulo esfén,~o isésceles B 1 e B'1 , el cual mediante el círculo máximo e D e' de plano perpendicular al A B 1 H 2 A' l:L B'1 de la fachada, queda dividido en dos triá-ngulos esfé­ricos rectángulos, el e D B1 y el e D B'1. El plano O D e' es Lisector del diedro B 1 e e' B'1, por lo que basta calcular uno de los diedros, el D e C' B1 o el D e e' B'r para determinar el B1 e e' B'¡. Llamando a :.1l tvalor clel diedro que forman el plano meridiano y el C D C"; el al diedro qne forman dicho plano meridiano y el C B1 e', y e~ al diedro que forman '31 plano me­ridiano y el e B'1 C', y

a al arco ele- círculo maxlmO e Bl a' =a al arco de círculo máxiJUO e B'r b al arco de círculo máximo C A d al arco de círculo máximo C D e al arco de círculo max1 m o ll B, e al arco de círculo máximo A D

En el triú,ngulo A D e:

y designando por las mayúsc n­las que ocupan los v<::rtices, a

los valores de los restantes die­dros de los triángulos rectángu­los A D e y e D Dl, Sf tiene:

cotg A cos b cotg A cotg a ; tag a [l]

cos b

Pentágono ele Neper l.!!)

(:08 IY rotg (

' .'71 )

2 --a cotg u [ ;¿ J

En el triángn1o e D B 1:

COS (er -- a) cotg a cotg ( ~ - d) [3]

32 -

b

,~)

Pentágono de Neper 2. º)

TI . --O( 2

o

b

Eliminando cotg ( ; - eL) entre

TI_p 2

cos (C1- a) = cos (C2 + a) = cotg a tang b cos •a

Puesto que:

7T 7r'

a = ~- - 8 j b = -- --), 2 2

a

[2] y [3']

con 8 ·= declinación del sol para el día en que se efectúa el cálculo y A = latitud del lugar, es preciso comenzar por determinar el valor del pará­metro auxiliar a por la fórmula [ 1], que equivale a:

cotg A tanga=----

sen A

y llevar este valor a la [ 4] que equivale a

cos (Ct - a) ·= cos (C2 + a) = tang 8 cotg A c:os a

Obtenido del [ 6] el valor de:

Ct- a= U+ a

expresado en grados, el tiempo t de insolación será:

t --- - - '= 15

2 (C~- a)

15 [7] , expresado en horas .

[5]

[ 6]

En esta determinación se ha supuesto que el menor de los diedros que la fachada forma con el plano meridiano (cuyos rectilíneos son Ht O H y H'2 O H) es mayor que el ángulo f3 '= H1 O H = H'1 O H que forman con la meridiana O H los rayos del sol naciente o poniente que llegan a O.

- - 33

Este ángulo /3 es fácil de determinar conocidos A y 8, a Fartir del triángulo rectilátero A C H1. Llamando en este f3 al diedro en A = JL O H, C2 al diedro en C y F al diedro en H1, el pentágono de Neper 8.º) nos da:

cos a = sen b sen (~-P) sen b cos f3

y de aquí:

cos a sen o cos f3 - - [9]

sen b cos A

En el caso que f3 resulte tal que alguno de los ángulos H~ O H o H' 2 O II de la fachada con la meridiana fuese menor que f3, por ejemplo, el H 2 O H se calcularía el ángulo C2 correspondiente a la insolación de la fachada, a partir del mediodía en adelante por las fórmulas [5] y [6] y el .GJ, corres­pondiente a la insolación desde la salida por el hori:wnte h asta L'l mediodía, por la fórmula:

cos. ( 'íT -- C~) . cotg a cotg b = tang o tang A

deducida del pentágono de Nep er [8] anterior y t sería:

t 15

[10]

Si ambos ángulos H2 O H y H'(! O H fuesen menores q Lle f3, el tiempo de insolación de la fachada es igual al de duración del sol .sobre el hori:.~.onte, que vale:

t = ---15

en cuyo caso Ca se calcula por la fórmula [lO].

En todos ·los casos, es preciso disponer del valor de A (latitud del lugar) y de 8 (declinación del sol), dato este último que varía, desde 23º 27' aproxi­madamente, que alcanza cuando tiene su máximo valor positivo hacia el 21 de junio (solsticio de verano) hasta - 23º - Z7' a que alcanza su máximo valor negativo hacia el 2.2 de diciembre (solsticio de invi erno) , pasando por el valor O en los equinoccios de otoño (hacia el 21 de septiembre) y prima­vera (hacia el 2il de marzo). En cuanto precede, se ha supuesto· que la cara de la fachada está orientada al s-q.1·. Quedan al ingenio del lector las corres­pondientes determinaciones angulares , caso de que la cara de la fachada mi­rase a otra dirección.

34 -

RESOLUCION GRA:FICA

El problema anterior admite siempre una sencilla solución gráficct basada en la construcción del rectilineo del diedro B1 CC 1 B 11 de la figtLra 1 sobre el círculo menor B B 1

1 B 1 B1 de la trayec~oria diurnct del sol, o del rectilineo del diedro H1 C Cl B 1

1 de la figura 2 sobre el mismo círculo menor, si, como ocurre en el caso expuesto en esta segunda figura, la semirecta O H 2 de la intersección de la fachada con el plano del horizonte queda denLro del án­gulo H 1 O H'¡ formado por los rayos de sol que en s u salida y puesta llegan a O. Por esta última circunstancia, se desarrolla la construcción para este segundo caso, en aparienc1a más complejo.

La proyección vertical del círculo menor B B 11 H 1

1 Bl H 1 sobl'e el plano del horizonte H Hz H1 H 1 H 1

1 es la elipse H1 B~ BJ H 1 1 B4, siendo Bz la

proyección de B y B4 la de Bl (figura 2). Los puntos H1 y H 11 son proyección

1

1 1 1 1 1 1

1

1

1

1 1

1

1 1

1

J:- ----í ~~-----t---- ;:--

~ ' -~ e• , // H• / . ..-- :,/ / 3 : ///

e;---,,,

A

' ' ' ' ' ' '

Fig. 2

' ' ' 1

1 1

/ 1

1

1

1 1

1 1

1 1

1

JI

- 35

de sí mismos 1 y la elipse citada será tangente en ellos al círculo maxuno que representa al horizonte. Abatiendo el referido círculo menor B B' H' B' B 1 H 1 alrededor de un eje perpendicular al plano meridiano A H A' H' que pase por el centro O' hasta quédar dicho círculo menor paralelo al horizonte con su diámetro B B' en la posición J J1 1 y proyectándolo luego sobre el plano del horizonte 1 se obtie-ne este círculo menor dibujado sobre el plano del horizonte en la posición B'~ B'~ B'4, correspondiendo estos tres puntos antes citados: a los B B'1 B'. Este círculo así dibujado y la elipse antes citada son figuras -afines. El eje mayor de la elipse es igual al radio del círcnlo y el eje

menor es igual a di eh o radio multiplicado por el cos ( ; - A ) = sen A

Los puntos B2 y B'2 B:¡ y B'3 y B. B'. de ambas figuras se corresponden en l<L afinidad. En la lámina ,'\ hecho con la misma notación

1 ambas figuras

están dibujadas sobre el plano del horizonte y en la lámina 4 se ha represen­tado una construcción auxiliar para hacer el abatimiento y la proyección,

H.

Fig. 3

36-

empleándose la misma referencia para los puntos comunet> a los gráficos 2, 3 y 4 . Los elementos de esta última construcción, en la. que 'A = 40º, 8 ~ 13

grados, son: 7T

Sobre uno de los lados del ángulo L O N = -- + A. se toma una longi-2

tud arbitraria O L que representará el radio del círculo menor que describe el sol sobre la esfera celeste. La intersección O' de O O', normal a. O TJ en O, y L O' que forma con O L un ángulo 18, da L O' radio de la esfera celeste y O O' distancia del centro de dicha esfera al centro del círculo menor , pues O' L cos 8 ·= O L y además O' L sen 8 = O 0'. Trazando por Qi' ena para­lela a O L, su intersección con O N da O'" con O' O'" distancia tlel centro

del repetido círculo menor a la recta H1 H',. Y b proyección d_¿ Ó' sobre O N es 0". La distancia ::d centro de la esfera celeste del centro común de la elipse en que se proyecta el círculo menor y de la reproducción del mismo al abatirlo y proyectarlo después sobre el plano del horizonte en la. forma antes indicada, es O 0". O L será el eje mayor de la elipse y L M :.:== O L sen A.

el eje menor (con O M normal a O N y L M paralela a O N ) y, por último, trazando con centro de O"' un arco con radio O L corta a O O' en

N

Fig . 4

- 37

T, de forma que el ángulo O' O"' T = '7T - C" es el rectilineo del diedro H 1 C C' B', pues como se ve la figura 2:

O' O"' O' O'" cos O"' O' H'1

OL

Con los elementos así determinados en la, figura :3 se dibujan ol plano dtl horizonte H' H 1 H H'1, el abatimiento citado de la trayectori:1 del sol (círculo B' 2 B':~ B',) y la elipse, proyección de la mi sma B2 B 3 H'1 B-1 H¡. En los puntos H 1 H't deben ser tangentes la elipt:ie y el plano del horiwnte, acle­más ele coincidir el ángulo H1 O" H = 7T - Ca con el detenninado en la fi­

gura 4.

Seguidamente se traza P P', tal qne H' O P = A! ángulo de la fachada con la meridiana. Esta cortará a la elipse en B;; y Q. B 3 B'3 , paralela a H H', corta al círculo menor abatido en B'a. B'" ():" es uno de lo.s lados del ángulo solución. El otro lado es, en este caso, e~·" 1-:L, pues el sol ccJmienza a dar en la fachada en el momento de su salida por H1. Si x es el valor en gra-

X

dos del ángulo H1 O" B', t = - - es el tiempo de insolae;ión de la 15

fachada.

. ..........

38-