A temperatura da superfície do Sol é 5780 K . (a) Determine a massa em repouso perdida por segundo pelo Sol sob forma de radiação (luminosidade L=\Delta E / \Delta t=4 \pi R^{2} \sigma T^{4} ; \Delta E=\Delta M c^{2} ). O diâmetro do Sol é 1,4 \cdot 10^{9} \mathrm{~m}. (b) A constante solar corresponde a 1370 \mathrm{~W} / \mathrm{m}^{2} e especifica a radiação incidente fora da atmosfera da Terra. Considere a Terra como sendo um corpo negro reemitindo 70 \% (Albedo A=0,3 ) da radiação incidente. Qual seria a temperatura da superfície terrestre? Compare com as temperaturas médias nos hemisférios norte/sul \langle T\rangle=14,4 / 13,8^{\circ} \mathrm{C}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas e nos dá alguns dados. Vou listar claramente o que é pedido e o que é fornecido:
  • Pergunta (a): Determinar a massa em repouso perdida por segundo pelo Sol sob forma de radiação.
    Dados fornecidos: a temperatura da superfície do Sol é \;5780\\ \mathrm{K}\; e o diâmetro do Sol é \;1,4\times 10^{9}\\ \mathrm{m}\;. A lei indicada é a lei de Stefan–Boltzmann para a luminosidade: \;L=\Delta E/\Delta t=4\pi R^{2}\sigma T^{4}\; e a relação massa-energia \;\Delta E=\Delta M c^{2}\;.
  • Pergunta (b): Usando a constante solar \;1370\\ \mathrm{W/m^{2}}\; (radiação incidente fora da atmosfera), e considerando que a Terra reflete 30\% (albedo A=0{,}3) e reemite como corpo negro os 70\% restantes, calcular a temperatura de equilíbrio da superfície terrestre. Comparar com as temperaturas médias nos hemisférios norte/sul \;\langle T\rangle = 14{,}4^\circ\mathrm{C} e 13{,}8^\circ\mathrm{C}.
Dados físicos que usarei (valores padrão):
\;\sigma=5{,}67\times 10^{-8}\\ \mathrm{W\,m^{-2}\,K^{-4}}\; (constante de Stefan–Boltzmann) e \;c=3{,}00\times 10^{8}\\ \mathrm{m/s}\; (velocidade da luz). Vou também usar a geometria do Sol/Terra quando necessário.

Passo 2

Explicando as fórmulas que vamos usar (aula curta e prática):
  • Lei de Stefan–Boltzmann: um corpo negro à temperatura \;T\; emite por unidade de área superficial power \;j=\sigma T^{4}\; (unidade \mathrm{W/m^{2}}). Para uma esfera de raio \;R\; a potência total (luminosidade) emitida é a área da superfície vezes \sigma T^{4}, ou seja
L = 4\pi R^{2}\sigma T^{4}.
Aqui \;L\; é potência total (energia por segundo), \;R\; é o raio da esfera, \;\sigma\; é a constante, e \;T\; a temperatura. Isso vem de somar a emissão de cada pedacinho da superfície.
  • Equivalência massa-energia de Einstein: quando uma quantidade de energia \;\Delta E\; sai como radiação, a massa em repouso correspondente perdida é \;\Delta M=\Delta E/c^{2}\;. Se \;L=\Delta E/\Delta t\;, então a perda de massa por tempo é
\frac{\Delta M}{\Delta t}=\frac{L}{c^{2}}.
Fácil: energia vira massa pelo fator c^{2}.
Vou aplicar essas duas relações para obter a perda de massa por segundo do Sol.

Passo 3

Cálculo do raio do Sol a partir do diâmetro dado (uso direto do dado do enunciado):
O diâmetro do Sol é \;1{,}4\times 10^{9}\\ \mathrm{m}\;, então o raio é metade:
R=\frac{1{,}4\times 10^{9}}{2}=0{,}7\times 10^{9}\\ \mathrm{m}=7{,}0\times 10^{8}\\ \mathrm{m}.

Passo 4

Cálculo da luminosidade do Sol passo a passo (substituindo em \;L=4\pi R^{2}\sigma T^{4}):
  1. Calcular \;R^{2}: \;R^{2}=(7{,}0\times 10^{8})^{2}=4{,}9\times 10^{17}\\ \mathrm{m^{2}}.
  2. Calcular \;T^{4}: \;T=5780\\ \mathrm{K}. Primeiro \;T^{2}=5780^{2}\approx 3{,}34084\times 10^{7}. Então
    \;T^{4}=(T^{2})^{2}\approx (3{,}34084\times 10^{7})^{2}\approx 1{,}116\times 10^{15}\\ \mathrm{K^{4}}.
  3. Multiplicar tudo:
L = 4\pi \cdot (4{,}9\times 10^{17}) \cdot (5{,}67\times 10^{-8}) \cdot (1{,}116\times 10^{15}).
Faço as potências de 10 separadas e os coeficientes:
  • Produto dos coeficientes aproximadamente 4\pi \times 4{,}9 \times 5{,}67 \times 1{,}116 \approx 12{,}566\times 4{,}9\times 5{,}67\times 1{,}116 \approx 3{,}90 (verificação numérica detalhada no cálculo abaixo).
  • Potências de 10: 10^{17}\times 10^{-8}\times 10^{15}=10^{24}.
Portanto
L \approx 3{,}90\times 10^{26}\\ \mathrm{W}.
(Esse valor está em acordo com o valor conhecido da luminosidade solar, \sim 3{,}83\times 10^{26}\\ \mathrm{W}; pequenas diferenças vêm de arredondamentos nos constantes.)

Passo 5

Converter a luminosidade em perda de massa por segundo usando \;\Delta M/\Delta t = L/c^{2}\;:
Usando \;c^{2}=(3{,}00\times 10^{8})^{2}=9{,}00\times 10^{16}\\ \mathrm{m^{2}/s^{2}},
\frac{\Delta M}{\Delta t}=\frac{3{,}90\times 10^{26}}{9{,}00\times 10^{16}} =\frac{3{,}90}{9{,}00}\times 10^{10} \approx 0{,}433\times 10^{10}=4{,}33\times 10^{9}\\ \mathrm{kg/s}.
Interpretação rápida (motivação): o Sol, por radiação, perde massa da ordem de alguns bilhões de toneladas por segundo ( 1\\ \mathrm{tonelada}=10^{3}\\ \mathrm{kg}), ou seja \sim 4{,}3\times 10^{9}\\ \mathrm{kg/s}.

Passo 6

Agora a parte (b): explicação conceitual antes de calcular.
  • A constante solar \;S=1370\\ \mathrm{W/m^{2}}\; é a potência por unidade de área recebida perpendicularmente ao Sol, fora da atmosfera, na distância da Terra.
  • A Terra intercepta a radiação solar numa área igual à seção circular de raio \;R_{\oplus}, isto é \;\pi R_{\oplus}^{2}\;. Mas a Terra, como corpo praticamente esférico, reemite essa energia por toda a sua superfície, que tem área \;4\pi R_{\oplus}^{2}\;. Por isso aparece o fator 1/4 nas médias por área.
  • Considerando albedo A=0{,}3, a fração absorvida é \;1-A=0{,}7\;. Em equilíbrio térmico (energia absorvida = energia emitida) temos:
S(1-A)\pi R_{\oplus}^{2} = \sigma T^{4}\cdot 4\pi R_{\oplus}^{2}.
Cancelando \pi R_{\oplus}^{2} obtemos a fórmula padrão:
\frac{S(1-A)}{4}=\sigma T^{4}.
Assim
T=\left(\frac{S(1-A)}{4\sigma}\right)^{1/4}.
Essa é a temperatura de equilíbrio radiativo da Terra no modelo simples de corpo negro (sem efeito estufa).

Passo 7

Cálculo numérico da temperatura de equilíbrio usando a fórmula obtida:
Substituo \;S=1370\\ \mathrm{W/m^{2}} e \;1-A=0{,}7:
\frac{S(1-A)}{4}=\frac{1370\times 0{,}7}{4}=\frac{959}{4}=239{,}75\\ \mathrm{W/m^{2}}.
Agora divido por \sigma:
\frac{239{,}75}{5{,}67\times 10^{-8}}\approx 4{,}229\times 10^{9}.
Tomando a raiz quarta:
T=\left(4{,}229\times 10^{9}\right)^{1/4}\approx 254{,}5\\ \mathrm{K}.
Converter para graus Celsius:
T_{\mathrm{C}}=T-273{,}15\approx 254{,}5-273{,}15\approx -18{,}6^\circ\mathrm{C}.
Ou seja, no modelo simples a temperatura de equilíbrio da Terra seria cerca de \;254{,}5\\ \mathrm{K}\;(\approx -18{,}6^\circ\mathrm{C}).

Passo 8

Comparação e interpretação física (explicação didática, sem pular etapas):
  • As médias dadas no enunciado são \;14{,}4^\circ\mathrm{C} (hemisfério norte) e \;13{,}8^\circ\mathrm{C} (hemisfério sul). Essas correspondem a cerca de \;287{,}6\\ \mathrm{K} e \;286{,}9\\ \mathrm{K}, muito mais altas que os \sim 254{,}5\\ \mathrm{K} do modelo radiativo simples.
  • A diferença principal vem do efeito estufa natural: a atmosfera contém gases (vapor d’água, dióxido de carbono, etc.) que são praticamente transparentes à radiação solar de onda curta, mas absorvem e reemitem a radiação infravermelha (onda longa) emitida pela superfície. Isso faz com que a superfície seja aquecida além da temperatura calculada para um corpo negro sem atmosfera. Em termos simples: a energia que a superfície emite é parcialmente retida e reemitida de volta, elevando a temperatura de equilíbrio da superfície.
  • Portanto o modelo usado em (b) é útil para calcular a “temperatura efetiva” da Terra vista do espaço ( \sim 255\\ \mathrm{K}), mas a temperatura média real da superfície é maior por causa do efeito estufa.

Resposta

(a) \dfrac{\Delta M}{\Delta t}\approx 4{,}3\times 10^{9}\\ \mathrm{kg/s}
(b) T\approx 254{,}5\\ \mathrm{K} (\approx -18{,}6^\circ\mathrm{C})

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