Escrito por José Ulisses Fonseca Mendonça
Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Os problemas com 1 asterisco são indicados para a OBF já os com 2 asteriscos ou mais são mais avançados, servindo para a SOIF ou competições mais difíceis.
Problema 1*
Uma partícula de poeira esférica e perfeitamente negra de raio $r$ e densidade $\rho$ orbita uma estrela de massa $M$ e luminosidade $L$. Determine o raio crítico $r_c$ da partícula para o qual a força de pressão de radiação equilibra exatamente a força gravitacional da estrela.
Temos que:
$$F_{rad} = P_{rad} \cdot A_{efetiva} = \displaystyle\frac{S}{c} \cdot \pi r^2$$
Onde o fluxo S é dado por:
$$S = \displaystyle\frac{L}{4\pi d^2}$$
Logo:
$$ F_{g} = F_{rad}$$
$$\displaystyle\frac{GMm}{d^2} = \frac{L}{4\pi d^2 c} \pi r^2$$
Substituindo $$m= \rho \cdot \frac{4}{3}\pi r^3$$ e simplificando, chegamos à resposta final:
$$r_c = \displaystyle\frac{3L}{16\pi G M \rho c}$$
$$r_c = \displaystyle\frac{3L}{16\pi G M \rho c}$$
Problema 2*
Um planeta esférico absorve radiação de sua estrela hospedeira (que emite como corpo negro com potência $L_*$) a uma distância $D$. O planeta possui um albedo $A$ (fração da radiação incidente refletida) e não possui atmosfera. Encontre a temperatura de equilíbrio $T_p$ do planeta.
A potência incidente é $S = \frac{L_*}{4\pi D^2}$. A potência total absorvida pelo planeta é dada pelo produto do fluxo incidente $S$, a área da seção transversal efetiva $\pi R_p^2$ e a fração absorvida $(1 – A)$:
$$P_{\text{absorvida}} = S \cdot (\pi R_p^2) \cdot (1 – A)$$
Em equilíbrio térmico, o planeta emite energia como um corpo negro isotrópico de temperatura $T_p$ por toda a sua área superficial $4\pi R_p^2$:
$$P_{\text{emitida}} = \sigma T_p^4 \cdot (4\pi R_p^2)$$
Igualando a potência absorvida à potência emitida:
$$S \pi R_p^2 (1 – A) = 4\pi R_p^2 \sigma T_p^4$$
Isolando $T_p$:
$$T_p = \displaystyle\left( \frac{L_*}{4\pi D^2}\frac{ (1 – A)}{4\sigma} \right)^{1/4}$$
$$T_p = \displaystyle\left( \frac{L_*}{4\pi D^2}\frac{(1 – A)}{4\sigma} \right)^{1/4}$$
Problema 3*
O espectro da radiação emitida pelo Sol apresenta um máximo de densidade espectral de energia em um comprimento de onda $\lambda_{\text{máx}} \approx 500\text{ nm}$. Supondo que o Sol se comporte idealmente como um corpo negro, determine:
a) A temperatura superficial efetiva do Sol ($T$)
b) A potência total irradiada por unidade de área da superfície solar ($R$).
Dados: Constante de Wien $b \approx 2,898 \times 10^{-3}\text{ m}\cdot\text{K}$; Constante de Stefan-Boltzmann $\sigma \approx 5,67 \times 10^{-8}\text{ W}/(\text{m}^2\cdot\text{K}^4)$
a)
Pela Lei do Deslocamento de Wien:
$$\lambda_{\text{máx}} T = b$$
Substituindo os valores:
$$T = \displaystyle \frac{b}{\lambda_{\text{máx}}} = \displaystyle \frac{2,898 \times 10^{-3}\text{ m}\cdot\text{K}}{500 \times 10^{-9}\text{ m}} = 5796\text{ K}$$
b)
Pela Lei de Stefan-Boltzmann:
$$R = \sigma T^4$$
Logo:
$$R = (5,67 \times 10^{-8}) \times (5796)^4 \approx 6,40 \times 10^7\text{ W/m}^2$$
a) $$T = 5796\text{K}$$
b) $$R \approx 6,40 \times 10^7\text{ W/m}^2$$
Problema 4**
Considere uma cavidade cúbica de volume $V = L^3$ com paredes condutoras mantidas em equilíbrio térmico. Demonstre que o número de modos de oscilação do campo eletromagnético por unidade de volume com frequências no intervalo entre $\nu$ e $\nu + d\nu$ é dado por:
$$g(\nu)d\nu = \displaystyle\frac{8\pi \nu^2}{c^3} d\nu$$
As ondas eletromagnéticas estacionárias na cavidade cúbica devem satisfazer as condições de contorno de campo elétrico nulo nas paredes. As componentes do vetor de onda $\vec{k} = (k_x, k_y, k_z)$ são quantizadas:
$$k_x = \displaystyle\frac{n_x \pi}{L}, \quad k_y = \displaystyle\frac{n_y \pi}{L}, \quad k_z = \displaystyle\frac{n_z \pi}{L} \quad (n_x, n_y, n_z \in \mathbb{N}^*)$$
A magnitude do vetor de onda é $k = \frac{2\pi \nu}{c}$. No espaço dos números de onda $(n_x, n_y, n_z)$, cada modo ocupa um volume unitário. O número de modos $N(k)$ no octante positivo da esfera de raio $k$ é:
$$N(k) = \displaystyle\frac{1}{8} \times \left( \frac{4}{3} \pi n^3 \right) = \displaystyle\frac{1}{8} \cdot \frac{4}{3} \pi \left( \frac{L k}{\pi} \right)^3 = \displaystyle\frac{V k^3}{6 \pi^2}$$
Como a luz possui duas polarizações independentes e ortogonais para cada modo espacial, multiplicamos o resultado por 2:
$$N_{\text{total}}(k) = \displaystyle\frac{V k^3}{3 \pi^2}$$
Expressando em termos da frequência $\nu$ ($k = 2\pi\nu/c$):
$$N_{\text{total}}(\nu) = \displaystyle\frac{V}{3\pi^2} \left( \frac{2\pi \nu}{c} \right)^3 = \displaystyle\frac{8\pi V \nu^3}{3c^3}$$
Diferenciando em relação a $\nu$:
$$dN = \displaystyle\frac{8\pi V \nu^2}{c^3} d\nu$$
Dividindo pelo volume $V$, obtemos a densidade espectral de modos $g(\nu)d\nu$:
$$g(\nu)d\nu = \displaystyle\frac{8\pi \nu^2}{c^3} d\nu$$
Demonstração
Problema 5**
A Lei de Planck para a densidade espectral de energia volumétrica $u(\nu, T)$ é:
$$u(\nu, T) = \displaystyle\frac{8\pi h \nu^3}{c^3} \frac{1}{e^{h\nu / k_B T} – 1}$$
a) Mostre que no limite de baixas frequências ($h\nu \ll k_B T$), a expressão de Planck se reduz à Lei de Rayleigh-Jeans.
b) Explique por que a aproximação de Rayleigh-Jeans leva à “catástrofe do ultravioleta”.
a)
Para $h\nu \ll k_B T$, podemos expandir a função exponencial em série de Taylor em torno de zero ($e^x \approx 1 + x$ para $x \ll 1$):
$$e^{h\nu / k_B T} -1 \approx \left( 1 + \frac{h\nu}{k_B T} \right) -1 = \displaystyle\frac{h\nu}{k_B T}$$
Substituindo essa aproximação na Lei de Planck:
$$u(\nu, T) \approx \displaystyle\frac{8\pi h \nu^3}{c^3} \cdot \frac{1}{\frac{h\nu}{k_B T}} = \displaystyle\frac{8\pi \nu^2}{c^3} k_B T$$
Esta é precisamente a Lei de Rayleigh-Jeans, derivada classicamente considerando o teorema da equipartição da energia ($\langle E \rangle = k_B T$ por modo).
b)
Se integrarmos a densidade espectral clássica $u(\nu, T)$ sobre todas as frequências de $0$ a $\infty$ para obter a densidade de energia total $u_{\text{total}}$:
$$u_{\text{total}} = \displaystyle\int_0^\infty \displaystyle\frac{8\pi \nu^2 k_B T}{c^3} d\nu \to \infty$$
A integral diverge no limite de altas frequências ($\nu \to \infty$, região do ultravioleta), prevendo erroneamente que qualquer corpo negro a uma temperatura finita deveria emitir uma quantidade infinita de energia.
a) Demonstração
b) A densidade de energia total diverge no limite de altas frequências, como provado.
Problema 6***
Considere duas placas opacas de grandes dimensões muito próximas entre si, ambas de área A. As emissividades de cada placa são $\varepsilon_1$ e $\varepsilon_2$, respectivamente. Considere $T_1 \gt T_2$ e $\sigma$ é a constante de Stefan-Boltzmann. Determine o fluxo líquido de radiação entre elas.
Em equilíbrio térmico, a absorvidade $\alpha$ é igual à emissividade $\epsilon$. Além disso, como as placas são opacas, não haverá transmissividade, relacionando a refletividade $r$ com a absorvidade $\alpha$ pela fórmula:
$$ r = 1 -\alpha $$
Primeiro, vamos analisar apenas a energia que sai da placa 1 devido à sua própria emissão e como ela é absorvida/refletida entre as superfícies:
Emissão inicial da Placa 1:
A placa 1 emite uma taxa de radiação dada por:
$$E_1 = A \varepsilon_1 \sigma T_1^4$$.
Chegada à Placa 2:
Como as placas são infinitas/muito próximas ($F_{12} = 1$), toda essa energia atinge a placa 2.
A placa 2 absorve:
$$\alpha_2 E_1 = \varepsilon_2 E_1$$
A placa 2 reflete de volta para a placa 1:
$$(1 -\varepsilon_2) E_1$$
Retorno à Placa 1:
A energia refletida de volta atinge a placa 1.
A placa 1 absorve:
$$\alpha_1 (1 -\varepsilon_2) E_1 = \varepsilon_1 (1 -\varepsilon_2) E_1$$
A placa 1 reflete de volta para a placa 2:
$$(1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2) E_1$$
Nova reflexão na placa 2
A placa 2 absorve:
$$\alpha_2 (1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2) E_1 = \varepsilon_2 (1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2) E_1$$
A placa 2 reflete:
$$(1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2)^2 E_1$$
Somando a Energia Absorvida pela Placa 2
Somando todas as parcelas que a placa 2 efetivamente absorve a partir do que foi originado pela placa 1:
$$\dot{Q}_{1 \to 2} = \varepsilon_2 E_1 + \varepsilon_2 (1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2) E_1 + \varepsilon_2 (1 -\varepsilon_1)^2 (1 -\varepsilon_2)^2 E_1 + \dots$$
Colocando os termos comuns em evidência:
$$\dot{Q}_{1 \to 2} = \varepsilon_2 E_1 \left[ 1 + (1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2) + (1 -\varepsilon_1)^2 (1 -\varepsilon_2)^2 + \dots \right]$$
Observe que o termo entre colchetes é uma Série Geométrica Infinita da forma $\sum_{k=0}^{\infty} r^k = \frac{1}{1 -r}$, com a razão:
$$r = (1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2)$$
Como $0 < \varepsilon < 1$, temos $0 < r < 1$, garantindo a convergência da série:
$$\dot{Q}_{1 \to 2} = \displaystyle\frac{\varepsilon_2 E_1}{1 -(1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2)}$$
Por simetria, a taxa de energia emitida pela placa 2 que é absorvida pela placa 1 obedece exatamente à mesma relação, trocando apenas $E_1$ por $E_2$ e $\varepsilon_2$ por $\varepsilon_1$:
$$\dot{Q}_{2 \to 1} = \displaystyle\frac{\varepsilon_1 E_2}{1 -(1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2)}$$
O fluxo líquido de radiação $\dot{Q}_{12}$ da placa 1 para a placa 2 é simplesmente a diferença entre o que a placa 2 ganha de 1 e o que a placa 1 ganha de 2:
$$\dot{Q}_{12} = \dot{Q}_{1 \to 2}-\dot{Q}_{2 \to 1}$$
$$\dot{Q}_{12} = \displaystyle\frac{A \varepsilon_1 \varepsilon_2 \sigma (T_1^4 -T_2^4)}{1 -(1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2)}$$
$$\dot{Q}_{12} = \displaystyle\frac{A \varepsilon_1 \varepsilon_2 \sigma (T_1^4 -T_2^4)}{1 -(1 -\varepsilon_1)(1 -\varepsilon_2)}$$