Escrito por Lucas Cavalcante
Iniciante
Eu consigo ver Vega?
Quando se despreza os efeitos da atmosfera o tempo que a estrela permanece visível é igual ao tempo que ela permanece acima do horizonte, que pode ser calculado encontrandi o ângulo horário do ocaso pela expressão:
\[ \cos H = – \tan \delta_v \tan \phi \]
\[ \boxed{H = 6,6\; h} \]
E, pela simetria do movimento do astro no céu, o tempo que ele permanece acima do horizonte é:
\[ \Delta t_1 = 2H\]
\[ \boxed{\Delta t_1 = 13,2\; h}\]
b) Agora, considerando que enquanto o Sol está acima do horizonte é impossível onservar a estrela, deve-se igualar o tempo sideral local considerando a ascensão reta e o ângulo horário do Sol com o da estrela:
\[H_{\odot} + \alpha_{\odot} = H_v + \alpha_v \]
\[H_{\odot} = H_v + \alpha_v\]
Como o astrônomo está durante o equinócio de Março, os ângulos horários que o Sol não está acima do horizonte são:
\[ H_{\odot} > 6\; h \]
\[ H_{\odot} < -6 \; h \]
Substituindo o valor de \(H_{\odot}\) com o encontrado anteriormente, temos:
\[ H_v > 11,4\; h \]
\[H_v < -0,6\; h\]
Por fim, comparando o intervalo encontrado com o intervalo de ângulo horário acima do horizonte que Vega possui encontramos que o tempo que essa estrela fica vísivel é:
\[ -6,6\; h < H < 6,6\; h \]
\[ 11,4\; h < H_v < -0,6\; h \]
\[ \Delta t_2 = -0,6\; h – 6,6\; h \]
\[ \boxed{\Delta t_2 = 6\; h}\]
Intermediário
Estudo espectroscópico
a) Pelo gráfico, tem-se que o comprimento de emissão do \(H_{\alpha}\) é 8100 Å. Então, pelo redshift relativístico temos:
\[ z = \sqrt{\dfrac{c + v}{c – v}} – 1 \]
\[(c – v)(z + 1)^2 = c + v\]
\[ v = \dfrac{(z + 1)^2 – 1}{(z + 1)^2 + 1}c \]
\[\boxed{v = 58,8 \cdot 10^{6}\; m/s}\]
Para encontrar a distância até a galáxia, pode-se utilizar a lei de Hubble, obtendo:
\[ v = H_0 d \]
\[ d = \dfrac{v}{H_0} \]
\[\boxed{d \approx 870 \; Mpc}\]
Por fim, com a distância e a magnitude aparente da galáxia, deve-se utilizar o módulo da distância para encontrar a magnitude absoluta, dessa forma:
\[ m – M = 5\log d – 5\]
\[ M = m – 5\log d + 5 \]
\[\boxed{M = -19,7 \; mag}\]
b) Agora, comparando a magnitude absoluta da galáxia com a do Sol temos:
\[ M – M_{\odot} = -2,5\log\left(\dfrac{L_g}{L_{\odot}}\right) \]
\[ L_g = L_{\odot}\cdot 10^{\dfrac{M – M_{\odot}}{-2,5}} \]
\[\boxed{L_g = 2,42\cdot 10^{36}\; W}\]
Avançado
Explosão de asteroide
Para descobrir a quantidade de poeira que atinge o planeta precisamos encontrar qual o ponto mais distante do eixo radial que possui uma órbita que atinge a superfície da Terra, como representado na imagem:
A distância \(b\) é o parâmetro de impacto da órbita que atinge o ponto tangente à superfície do planeta que está oposto à nuvem. Para encontrar seu valor, pode-se conservar o momento angular e a energia dessa óbita hiperbólica, utilizando o ponto no infinito que possui veloicidade \(v_0\) e o ponto tangente à superfície, obtendo as expressões:
\[mv_0b = mv_tR_{\oplus} \Rightarrow v = \dfrac{v_0b}{R_{\oplus}}\]
\[\dfrac{mv_0^2}{2} = -\dfrac{GM_{\oplus}m}{R_{\oplus}} + \dfrac{mv^2}{2}\]
\[v_0^2 + \dfrac{2GM_{\oplus}}{R_{\oplus}} = v^2\]
\[b^2 = R_{\oplus}^2 + \dfrac{2GM_{\oplus}R_{\oplus}}{v_0^2}\]
Então, como esse é o ponto mais distante que atinge o planeta e a atuação da gravidade possui simetria esférica, toda a poeira que atingirá a Terra está dentro da área de um círculo de raio \(b\). Além disso, como todo o fluxo que passa por uma área no infinito é o mesmo que atinge o planeta por segundo, pela conservação da massa, a massa que atingirá a superfície da Terra por segundo é:
\[\Phi = \pi b^2\rho v_0 \]
\[\Phi = \pi \rho v_0 \left(R_{\oplus}^2 + \dfrac{2GM_{\oplus}R_{\oplus}}{v_0^2}\right) \]
\[\boxed{\Phi = 1,29\cdot 10^{20} \; kg/s}\]