Exercício Resolvido de Radiação de Corpo Negro

Use a relação \( \begin{gather} R(\nu )\,d\nu =\frac{c}{4}\rho (\nu )\,d\nu \end{gather} \) entre a radiância espectral e a densidade de energia, e a Lei da Radiação de Planck para obter a lei de Stefan, isto é demonstre que

\[ \begin{gather} R_{T}=\int_{{0}}^{{\infty}}{\frac{2\pi h}{c^{2}}\frac{\nu^{3}\;d\nu}{\operatorname{e}^{h\nu /{k T}}-1}}=\sigma T^{4} \end{gather} \]

onde \( \begin{gather} \sigma =\dfrac{2\pi ^{5}k^{4}}{15c^{2}h^{3}} \end{gather} \)

sugestão \( \begin{gather} {\Large\int}_{{0}}^{{\infty}}{\dfrac{q^{3}\;dq}{\operatorname{e}^{q}-1}}=\dfrac{\pi ^{4}}{15} \end{gather} \)

Dado do problema:

Relação entre a radiância espectral e densidade de energia: \( R(\nu )\,d\nu =\dfrac{c}{4}\rho (\nu )\,d\nu \).

Solução

A Lei da Radiação de Planck para a densidade de energia é dada por

\[ \begin{gather} \bbox[#99CCFF,10px] {\rho (\nu )\,d\nu =\frac{8\pi \nu^{2}}{c^{3}}\frac{h\nu}{\operatorname{e}^{h\nu /{k T}}-1}\,d\nu} \tag{I} \end{gather} \]

substituindo a expressão (I) na relação entre a radiância espectral e densidade de energia dada no problema, a radiância com frequência entre (ν e ν+dν) será

\[ \begin{gather} R(\nu)\,d\nu =\frac{c}{4}\frac{8\pi \nu^{2}}{c^{3}}\frac{h\nu}{\operatorname{e}^{h\nu /{k T}}-1}\,d\nu \\[5pt] R(\nu)\,d\nu =\frac{2\pi h}{c^{2}}\frac{\nu^{3}\,d\nu}{\operatorname{e}^{h\nu /{k T}}-1} \end{gather} \]

A integral da radiância espectral R(ν) sobre todas as frequências, será a energia total irradiada

\[ \begin{gather} R_{T}=\int_{{0}}^{{\infty}}{R(\nu)\,d\nu}\\[5pt] R_{T}=\int_{{0}}^{{\infty}}{\frac{2\pi h}{c^{2}}\frac{\nu^{3}\,d\nu }{\operatorname{e}^{h\nu /{k T}}-1}} \end{gather} \]

Integração de \( \displaystyle \int_{{0}}^{{\infty}}{\frac{2\pi h}{c^{2}}\frac{\nu^{3}\,d\nu}{\operatorname{e}^{h\nu /{k T}}-1}} \)

fazendo a substituição

\[ \begin{gather} q=\frac{h\nu }{kT}\Rightarrow \nu =\frac{kT}{h}\;q \end{gather} \]

derivando ν em função de q

\[ \begin{gather} \frac{d\nu}{dq}=\frac{kT}{h}\Rightarrow d\nu=\frac{kT}{h}\,dq \end{gather} \]

elevando ν ao cubo

\[ \begin{gather} \nu^{3}=\left(\frac{kT}{h}\,q\right)^{3}\Rightarrow \nu^{3}=\frac{k^{3}T^{3}}{h^{3}}\,q^{3} \end{gather} \]

fazendo a mudança dos extremos de integração

para \( \nu =0 \)
temos \( q=\dfrac{h .0}{kT}\Rightarrow q=0 \)

para \( \nu =\infty \)
temos \( q=\dfrac{h.\infty }{kT}\Rightarrow q=\infty \)

substituindo estes valores na expressão da integral

\[ \begin{gather} \int_{{0}}^{{\infty}}{\frac{2\pi h}{c^{2}}\frac{k^{3}T^{3}}{h^{3}}\frac{q^{3}}{\operatorname{e}^{q}-1}\frac{kT}{h}\,dq}=\int_{{0}}^{{\infty}}{\frac{2\pi}{c^{2}}\frac{k^{4}T^{4}}{h^{3}}\frac{q^{3}\,dq}{\operatorname{e}^{q}-1}} \end{gather} \]

como o termo \( \dfrac{2\pi}{c^{2}}\dfrac{k^{4}T^{4}}{h^{3}} \) é constante ele pode sair da integral

\[ \begin{gather} \frac{2\pi}{c^{2}}\frac{k^{4}T^{4}}{h^{3}}\int_{{0}}^{{\infty}}{\frac{q^{3}\,dq}{\operatorname{e}^{q}-1}} \end{gather} \]

usando a sugestão dada no enunciado \( {\Large\int}_{{0}}^{{\infty}}{\dfrac{q^{3}\;dq}{\operatorname{e}^{q}-1}}=\dfrac{\pi^{4}}{15} \)

\[ \begin{gather} \int_{{0}}^{{\infty }}{\frac{2\pi h}{c^{2}}\frac{\nu^{3}\,d\nu}{\operatorname{e}^{h\nu /{k T}}-1}}=\frac{2\pi}{c^{2}}\frac{k^{4}T^{4}}{h^{3}}\frac{\pi^{4}}{15}=\frac{2\pi^{5}}{15\,c^{2}}\frac{k^{4}T^{4}}{h^{3}} \end{gather} \]

\[ \begin{gather} R_{T}=\frac{2\pi^{5}}{15\,c^{2}}\frac{k^{4}T^{4}}{h^{3}} \end{gather} \]

fazendo a seguinte definição \( \sigma \equiv \frac{2\pi^{5}}{15\,c^{2}}\frac{k^{4}}{h^{3}} \), temos a Lei de Stefan

\[ \begin{gather} \bbox[#FFCCCC,10px] {R_{T}=\sigma T^{4}} \tag{Q.E.D.} \end{gather} \]

Observação: Q.E.D. é a abreviação da expressão em latim “quod erat demosntrandum” que significa “como queríamos demonstrar”.

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