Ejercicio Resuelto TP4 Ej 2

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Física IV 
Ejercicio Resuelto 
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Resolución de Ejercicio N° 2, TP 4: ORÍGENES DE LA MECÁNICA CUÁNTICA 
Consigna 
Si consideramos el sol como un cuerpo negro a una temperatura de 6000 K. 
a) Hallar la energía que irradia por m2 y por segundo, y la potencia total si el radio es 6,9x108 m. 
b) Sabiendo que la distancia tierra sol es de 215 radios solares, calcular la energía por segundo 
que absorbe un cuerpo esférico de 1 m de radio colocado sobre la superficie terrestre, si su 
coeficiente de absorción es 0,85. 
c) Suponiendo que el cuerpo está en equilibrio térmico. ¿Qué temperatura alcanzará el cuerpo? 
d) Calcular la masa que pierde el Sol por segundo. 
e) Calcular la fracción de la potencia total que irradia en una banda de 100 Å centrada en el 
máximo. 
f) Calcular la fracción de la potencia total irradiada en el espectro visible. 
Resolución 
Comencemos reconociendo que el objeto de estudio en este ejercicio es la radiación térmica que 
emite un cuerpo como consecuencia de su temperatura. 
a) Hallar la energía que irradia por m2 y por segundo, y la potencia total si el radio es 6,9x108 m. 
La energía que irradia por 𝑚2 y por segundo se traduce en potencia que irradia por unidad de 
superficie. Para hallar la potencia emitida por unidad de superficie podemos utilizar la ley de Stefan-
Boltzmann para un cuerpo negro: 
𝐼 = 𝑅𝑇 = 𝜎𝑇
4 [
𝑊
𝑚2
] (1) 
En donde T es la temperatura absoluta del cuerpo y σ es la constante de Stefan Boltzmann. 
𝜎 = 5,67 × 10−8
𝑊
𝑚2𝐾4
 
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Entonces la potencia emitida por el sol por unidad de superficie (intensidad), a una temperatura de 
6000 K se obtiene de la siguiente manera: 
𝐼 = 𝜎𝑇4 = 5,67 × 10−8
𝑊
𝑚2𝐾4
 (6000 𝐾)4 = 73483200
𝑊
𝑚2
 
La potencia total emitida por el sol se calcula: 
𝑃𝑠𝑜𝑙 = 𝐼. 𝐴 𝑠𝑜𝑙 = (𝜎𝑇
4)(4𝜋𝑟𝑠𝑜𝑙
2 ) 
𝑃𝑠𝑜𝑙 = 5,67 × 10
−8
𝑊
𝑚2𝐾4
 (6000 𝐾)44𝜋(6,9 × 108 𝑚)2 
𝑃𝑠𝑜𝑙 = 4,396 × 10
26𝑊 
b) Sabiendo que la distancia tierra sol es de 215 radios solares, calcular la energía por segundo que 
absorbe un cuerpo esférico de 1 m de radio colocado sobre la superficie terrestre, si su coeficiente 
de absorción es 0,85. 
 
 
En la Figura 1 se representa al sol y a la tierra separados 215 radios solares. Teniendo en cuenta que 
la potencia emitida por el sol se reparte en toda la superficie de la esfera de radio “d”, la intensidad 
en la tierra debida al sol se calcula: 
𝐼𝑇 =
𝑃𝑠𝑜𝑙
Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑓𝑒𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 𝑑
=
𝑃𝑠𝑜𝑙
4𝜋𝑑2
 
Sol 
d=215Rsol 
Figura 1. Representación de los cuerpos. 
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𝐼𝑇 = 𝜎𝑇𝑠𝑜𝑙
4
4𝜋𝑟𝑠𝑜𝑙
2
4𝜋𝑑2
= 𝜎𝑇𝑠𝑜𝑙
4
𝑟𝑠𝑜𝑙
2
𝑑2
 (2) 
La potencia que absorbe el cuerpo esférico se calcula de la siguiente manera: 
𝑃𝑎𝑏𝑠 = 𝜀𝐼𝑇𝐴𝑒𝑓 (3) 
Donde 𝜀 = 0,85 es el coeficiente de absorción del cuerpo esférico, el cual indica que el cuerpo no 
absorbe la totalidad de energía disponible; 𝐴𝑒𝑓 representa el área efectiva del cuerpo esférico, ya 
que no toda la superficie del cuerpo absorbe radiación y se define como 𝐴𝑒𝑓 = 𝜋𝑟𝑐
2, siendo 𝑟𝑐 el radio 
del cuerpo (como 𝑑 ≫ 𝑟𝑐, se puede considerar que los rayos que representan la radiación llegan al 
cuerpo casi paralelos entre sí). 
Reemplazando la expresión (2) en (3) y utilizando los datos del problema, se tiene: 
𝑃𝑎𝑏𝑠 = 𝜀𝜎𝑇𝑠𝑜𝑙
4
𝑟𝑠𝑜𝑙
2
(215 𝑟𝑠𝑜𝑙)2
𝐴𝑒𝑓 
𝑃𝑎𝑏𝑠 =
𝜀𝜎𝑇𝑠𝑜𝑙
4
(215)2
𝜋𝑟𝑐
2 
𝑃𝑎𝑏𝑠 =
(0,85)5,67 × 10−8
𝑊
𝑚2𝐾4
(6000 𝐾)4𝜋(1𝑚)2
2152
 
𝑃𝑎𝑏𝑠 = 4245,022 𝑊 
c) Suponiendo que el cuerpo está en equilibrio térmico. ¿Qué temperatura alcanzará el cuerpo? 
Para que un cuerpo esté en equilibrio térmico, la potencia absorbida por el cuerpo debe ser la misma 
que la potencia emitida. Por lo tanto: 
𝑃𝑎𝑏𝑠𝑜𝑟𝑏𝑖𝑑𝑎 = 𝑃𝑒𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑎 (4) 
Teniendo en cuenta que en el equilibrio térmico el coeficiente de absorción es el mismo que el 
coeficiente de emisión 𝜀𝐸 = 𝜀𝐴 = 𝜀, la potencia emitida por el cuerpo gris se calcula: 
𝑃𝑒𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑎 = 𝜀. 𝐼𝐶𝑁 . 𝐴𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 
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𝑃𝑒𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑎 = 𝜀. (𝜎𝑇𝑐
4). (4𝜋𝑟𝑐
2) (5) 
Reemplazando las ecuaciones (3) y (5) en (4), se obtiene: 
𝜀𝜎𝑇𝑠𝑜𝑙
4
(215)2
𝜋𝑟𝑐
2 = 𝜀𝜎𝑇𝑐
44𝜋𝑟𝑐
2 
Despejando la temperatura del cuerpo gris, denominada 𝑇𝐶: 
𝑇𝑐 = [
𝑇𝑠𝑜𝑙
4 
4(215)2
]
1
4⁄
= [
(6000 𝐾)4
4(215)2
]
1
4⁄
 
𝑇𝑐 = 289,35𝐾 = 16,2 °𝐶 
d) Calcular la masa que pierde el Sol por segundo. 
Considerando la expresión relativista de la energía, se puede relacionar la pérdida de masa con la 
pérdida de energía (emitida por el sol) como: 
Δ𝐸 = Δ𝑚𝑐2 (6) 
Se pide calcular la variación de masa por segundo, de modo que dividiendo la ecuación (6) por el 
intervalo de tiempo Δ𝑡, nos queda la siguiente expresión: 
Δ𝐸
∆𝑡
= 𝑃𝑒𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑎 =
Δ𝑚
∆𝑡
𝑐2 
Despejando Δm/Δt nos queda: 
Δ𝑚
Δ𝑡
=
𝑃𝑒𝑚𝑖𝑡𝑖𝑑𝑎
𝑐2
=
4,396 × 1026𝑊
(3 × 108
𝑚
𝑠
)
2
 
 
Δ𝑚
Δ𝑡
= 4,88 × 109
𝑘𝑔
𝑠
 
 
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e) Calcular la fracción de la potencia total que irradia en una banda de 100 Å centrada en el 
máximo. 
Sabemos que la potencia por unidad de superficie y por unidad de longitud de onda, no se distribuye 
de manera uniforme en todas las longitudes de onda. Esto último es conocido como radiancia 
espectral, y se denota como R(λ,T) y sus unidades son W/m3. 
Para obtener el valor de λm que maximiza R(λ,T), usamos la ley de desplazamiento de Wien, dada por 
la siguiente expresión: 
𝜆𝑚𝑇 = 2,90 × 10
−3𝑚. 𝐾 
En este caso, la longitud de onda que maximiza R(λ,T) para el sol, y a una temperatura de 6000 K es: 
𝜆𝑚 =
2,90 × 10−3𝑚𝐾
6000𝐾
= 4,833 × 10−7𝑚 
𝜆𝑚 = 483,34𝑛𝑚 = 4833,34Å 
Y la expresión de R(λ,T) es dada por: 
𝑅(𝜆, 𝑇) =
2𝜋ℎ𝑐2
𝜆5(𝑒
ℎ𝑐
𝜆𝑘𝑇⁄ − 1)
 (7) 
donde h es la constante de Planck, c es la velocidad de la luz, k es la constante de Boltzmann, T es la 
temperatura absoluta del cuerpo negro y λ es la longitud de onda. En la Figura 2, se muestra la 
representación de R(λ,T) en función de λ, para T=6000K. 
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Para hallar la intensidad de la banda de 100 Å centrada en el máximo de R(λ,T) (ver Figura 2), 
realizamos lo siguiente: 
𝐼𝑏 = ∫ 𝑅(𝜆, 𝑇)𝑑𝜆
𝜆𝑚+50Å
𝜆𝑚−50Å
 
La integral es bastante compleja, y si tenemos en cuenta que 𝜆 ≫ Δ𝜆 podemos calcular la integral 
usando el método del punto medio, y en este caso corresponde calcular el área de un rectángulo: 
𝐼𝑏 ≈ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎. 𝑏𝑎𝑠𝑒 = 𝑅(𝜆𝑚, 𝑇)Δ𝜆 
𝐼𝑏 =
2𝜋ℎ. 𝑐2
𝜆5(𝑒
ℎ.𝑐
𝜆𝑚.𝑘.𝑇
⁄
− 1)
Δ𝜆 
λm λ 
R(λ,T)) 
T=6000K 
Δ𝜆 = 100Å 
Figura 2. Gráfico de radiancia espectral R(λ,T) en función de la longitud de onda, y correspondiente 
a 6000K. . 
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𝐼𝑏 =
2𝜋(6,626 × 10−34𝐽. 𝑠) (3 × 108
𝑚
𝑠
)
2
 
(483,34𝑛𝑚)5(𝑒
(6,626×10−34𝐽𝑠)(3×108
𝑚
𝑠
)
483,34𝑛𝑚(1,38×10−23
𝐽
𝐾
)6000𝐾 − 1)
100. 10−10𝑚 
𝐼𝑏 ≈ 1000531,57
𝑊
𝑚2
 
La fracción de la potencia total es 
𝑃𝑏
𝑃𝑇
=
𝐼𝑏 . 𝐴𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙
𝐼𝑇 . 𝐴𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙
=
𝐼𝑏
𝐼𝑇
=
𝐼𝑏
𝜎𝑇4
=
1000531,57
𝑊
𝑚2
73483200
𝑊
𝑚2
 
𝑃𝑏
𝑃𝑇
= 0,0136 
f) Calcular la fracción de la potencia total irradiada en el espectro visible. 
Sabiendo que el espectro visible abarca las longitudes de onda desde 400nm a 700nm, deberíamos 
integrar entre estas longitudes de onda. En la Figura 3 se presenta un gráfico de la situación. 
 
Figura 3. Gráfico de la radiancia espectral en función de la longitud de onda, donde λ1=400nm y 
λ2=700nm (espectro visible). Además, λ3 representa el punto medio del intervalo [λ1, λm] y λ4 
representa el punto medio del intervalo [λm, λ2]. 
𝜆1 𝜆3 𝜆𝑚 𝜆4 𝜆2 λ 
R(λ,T) 
T=6000K 
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Para no involucrarnos con la siguiente integral: 𝐼𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜 𝑣𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒= ∫ 𝑅(𝜆, 𝑇)𝑑𝜆
𝜆2
𝜆1
, podríamos resolver 
el ejercicio análogamente al inciso e), es decir usando el método del punto medio, para lo cual 
dividimos el intervalo [λ1, λ2] en dos intervalos [λ1, λm] y [λm, λ2], recordando que λm es el valor para el 
cual la radiancia espectral es máxima, donde λ3=( λ1+ λm)/2, y λ4=( λm+ λ2)/2. 
Luego, la integral del intervalo [λ1, λm] se aproxima como R(λ3,T).( λm – λ1), y análogamente la integral 
del intervalo [λm, λ2] se aproxima como R(λ4,T).( λ2 – λm), es decir: 
𝐼𝑣𝑖𝑠𝑖𝑏𝑙𝑒  𝑅(𝜆3, 𝑇)(𝜆𝑚 − 𝜆1) + 𝑅(𝜆4, 𝑇)(𝜆𝑚 − 𝜆2) 
Los cálculos restantes se dejan como ejercicio para el estudiante.