Iniciante:
\(i)\) Utilizando a Equação de Pogson temos:
\begin{equation}
m = m_0 – 2,5 \log \left(\frac{F}{F_0}\right)
\end{equation}
e sabendo que a relação entre os fluxos, antes (prefixo \(_0\)) e depois de passar por um meio com profundidade óptica \(\tau\) é dada por \(F = F_0 e^{-\tau}\), podemos substutuir os valores numéricos, chegando em:
\begin{equation}
m = -12,74 – 2,5 \log \left(\frac{F_0e^{-\ln 12}}{F_0}\right) \equiv -12,74 + 2,5 \log12 = -10,04
\end{equation}
Portanto, a magnetude aparente da Lua, após passar pelas núvens é de \(\boxed{m = -10,04}\).
\(ii)\) Utilizando novamente a Equação de Pogson, mas agora, comparando a magnetude aparente da Lua (após sua luz passar pelas núvens) com o Sol, temos:
\begin{equation}
m – m_{\odot} = -2,5\log\left(\frac{F}{F_{\odot}}\right)
\end{equation}
Isolando \(F\) temos:
\[F = 10^{-0.4(m-m_{\odot})}F_{\odot}\]
Agora basta substituir numericamente, resultando em \( F = 2,8 \times 10^{-4} \text{ W/m^2} \).
Fazendo uma analise dimensional, podemos perceber que \(F = \frac{E}{A \Delta t}\), onde \(E\) é a energia total, \(A\) a área de coleta e \(\Delta t\) o tempo percorrido. Também podemos escrever \(E = n \frac{hc}{\lambda}\) onde \(n\) é o número total de fótons, \(c\) a velocidade da luz, \(h\) a constante de Plank e \(\lambda\) o comprimento de onda de cada fóton. Logo:
\begin{equation}
F = \frac{nhc}{\lambda A \Delta t}
\end{equation}
Como queremos achar o tempo necessário para Clafique tirar a foto, vamos isolar \(\Delta T\) em nossa equação.
\begin{equation}
\Delta t = \frac{nhc}{\lambda A F}
\end{equation}
Como a camera possuí diametro \(D = 50 \text{mm}\), a área de abertura dela é \(A = \pi (50 \times 10^{-3})^2/4\). Substituindo numéricamente, achamos que:
\[\boxed{\Delta t = 260,7 \text{s} = 4,34 \text{min}}\]
Portanto, Clafique consegue fotografar a Lua sem ser roubado.
Intermediário
Vamos, primeiramente, obter alguns dados que serão úteis ao longo da solução:
– Temos que o período do cometa é \(P = 75,6\) anos. Utilizando a Terceira Lei de Kepler, temos \(a = P^{2/3} = 17,88\) UA.
– O enunciado nos dá o valor do periélio do cometa, portanto, sabemos que: \(r_p = a(1-e)\) isolando \(e\), chegamos que a excentricidade da órbita é de: \(e = 1 -r_p/a = 0,97\)
a) O fenomeno que causa a “cauda” do cometa, é a sublimação do gelo (e/ou outros materiais presentes em sua superfície). Logo, a temperatura do cometa quanto sua cauda aparecer será de \(T \approx 200\)K. Considerando que a potência absorvida e a potência emitida são as mesmas, podemos equacionar chegando em:
\[P_{abs} = P_{emi}\]
\[FA(1-\alpha) = 4\pi R^2\sigma T^4\]
Perceba que nesse caso, \(A\) se refere à área seccional do cometa, uma vez que está é a área pelo qual o fluxo passa. Portanto:
\[F\pi R^2 (1- \alpha) = 4\pi R^2 \sigma T^4\]
Escrevendo o fluxo como \(F = \frac{L_{\odot}}{4\pi d^2}\) onde \(d\) é a distância ao Sol, temos:
\[\frac{L_{\odot}(1-\alpha)}{4\pi d^2} = 4 \sigma T^4\]
Isolando \(d\):
\begin{equation}
d = \left(\frac{L_{\odot}(1-\alpha)}{16\pi \sigma T^4} \right)^{1/2}
\end{equation}
Numéricamente, chegamos em: \(\boxed{d = 2,87 \times 10^{11}\text{m} = 1,91\textbf{ UA}}\)
b) Temos que \(dE = FdAdt\), portanto:
\[\langle E\rangle\ = \frac{1}{T}\iint F(1-\alpha)dAdt = \frac{A (1-\alpha)}{T} \int_0^T F dt \]
Reescrevendo \(F\):
\[\langle E\rangle\ =\frac{A(1-\alpha)}{T}\int_0^T \frac{L_{\odot}}{4\pi r^2} dt = \frac{A(1-\alpha)L_{\odot}}{4\pi T}\int_0^T\frac{dt}{r^2}\]
Para resolver esse tipo de integral, uma ideia valiosa é perceber que o momento angular é dado por:
\[L = mr^2\frac{d\theta}{dt}\]
Portanto:
\[\frac{dt}{r^2} = \frac{m}{L}d\theta \equiv \frac{d\theta}{h}\]
Aplicando essas substituições na nossa equação, chegamos em:
\[\langle E\rangle\ =\frac{A(1-\alpha)L_{\odot}}{4\pi Th}\int_0^{2\pi}d\theta = \frac{A(1-\alpha)L_{\odot}}{2Th}\]
Agora, precisamos encontrar \(A\) e \(h\) com base nos parametros fornecidos pelo exercício. Não é segredo para ninguém que \(A = \pi R^2\), agora, para o calculo de \(h\) temos:
\[h = L/m = \mathbf{v} \times \mathbf{r}\]
Vamos escolher o perélio da órbita, pois nesse ponto o ângulo entre os vetores \(\mathbf{r}\) e \(\mathbf{v}\) é \(\pi /2\) fazendo com que o produto vetorial de ambos, seja apenas a multiplicação dos seus módulos. No períelio, \(r_p = a(1-e)\) e com a equação vis-visa, podemos achar a velocidade no periélio:
\[v_p = \sqrt{GM_{\odot}\left(\frac{2}{r_p} – \frac{1}{a}\right)}\]
Agora, basta multiplicar esses valores para achar o valor de \(h\), resultando em:
\begin{equation}
h = \sqrt{GM_{\odot}a(1-e^2)}
\end{equation}
Agora, podemos finalmente encontrar \(\langle E \rangle\), como sendo:
\[\langle E \rangle = \frac{\pi R^2(1-\alpha)L_{\odot}}{2T\sqrt{GM_{\odot}a(1-e^2)}}\]
Como queremos o valor médio de energia por período, temos:
\begin{equation}
\langle ET \rangle = \frac{\pi R^2(1-\alpha)L_{\odot}}{2\sqrt{GM_{\odot}a(1-e^2)}}
\end{equation}
Substituindo numéricamente, temos que a energia total absorvida pelo cometa durante a sua órbita é de \(\boxed{4,72 \times10^{18}\text{J}}\).
\textbf{c)} A energia necessária para “derreter” todo o gelo do cometa é \(U = m_{gelo}c_L\)
Como o cometa é formado 90\% de gelo, temos que \(m_{gelo} = 0,9m\),
logo:
\[U = 0,9mc_L = 6,67 \times10^{19}\text{J}\]
Então, o número de órbitas que o cometa ainda poderá dar antes de perder a sua cauda, será:
\[n = \frac{6,67 \times10^{19}}{4,72 \times10^{18}} = 14,14\]
Perceba que como \(n\) deve ser um número natural, o número de órbitas é \(\boxed{n = 15}\).
Avançado
a) Para colisões elásticas, o maior ângulo de deflexão que uma massa \(m\) pode causar em uma massa de massa \(M\) é dado por \(\theta_e = \arcsin{\left(\frac{m}{M}\right)}\). Já para colisões inelásticas, é dado por \(\theta_{in} = \arctan{\left(\frac{v_y}{v_x}\right)}\). Perceba que como a massa \(M\) é a analogia ao asteróide, \(\frac{m}{M}<<1\), portanto, \(\theta_e << 1\). Logo, o tipo de colisão que apresentaria um maior desvio, em coerência com a realidade seria a do tipo inelástica.
b) Dada a situação inicial, temos que o menor ângulo de desvio que o cometa deve sofrer é: \(\tan\theta\left(\frac{R_{\oplus}}{0,7\text{UA}}\right) = 6,06 \times10^{-5}\).
Com isso, conservando momento nos eixos \(x\) e \(y\):
\[P_x = mv\sin\phi – MV = (M+m)V_{fx}\]
\[P_y = mv\cos\phi = (M+m)V_{fy}\]
Dividindo a equação de \(P_y\) pela de \(P_x\):
\begin{equation}
\tan\theta = \frac{mv\cos\phi}{mv\sin\phi – MV}
\end{equation}
Essa é uma equação que não pode ser resolvida pelos métodos, tradicionais, mas pode ser resolvida por iteração. Isolando um dos termos \(\phi\) temos:
\[\phi = \arccos\left(\frac{\tan\theta(mv\sin\phi – MV)}{mv}\right)\]
Substituindo numericamente:
\[\phi = \arccos\left(\frac{6,06 \times10^{-5}(9\times10^{20}\times2\times10^4\sin\phi – 5\times10^{23}\times7\times10^3)}{9\times10^{20}\times2\times10^4}\right)\]
\begin{equation}
\phi = \arccos\left(\frac{1,0908 \times10^{21}\sin\phi – 2,121 \times10^{23}}{1.8 \times10^{25}}\right )
\end{equation}
Iterando, chegamos em \(\phi \approx 78,4^{\circ}\)
c) Para esse exercício, temos que utilizar a Segunda lei de Kepler. Esta diz que:
\begin{equation}
\frac{dA}{dt} = \frac{L}{2m}
\label{Eq. 2.11}
\end{equation}
Como a órbita do asteroide é parabólica, seu momento angular \(L\) é dado por: \(L = m\sqrt{GM_{\odot}p}\)
A área que o vetor posição do asteroide ”varre” do ponto inicial até o ponto A, pode ser calculada utilizando a forma polar da parábola. O cálculo da mesma é o seguinte:
\[A = \frac{1}{2}\int_0^{\alpha}r^2d\theta\]
\begin{equation}
= \frac{p^2}{2}\int_0^{\alpha}\frac{d\theta}{(1+\cos\theta)^2} = \frac{p^2}{2}(\tan (\frac{\alpha}{2}) + \frac{1}{6}\tan ^3(\frac{\alpha}{2}))
\end{equation}
Substituindo o valor numérico, chegamos em:
\[A \approx 2,38 p^2\]
Perceba que \(p = 1\)UA, uma vez que é o raio da órbita da Terra. Com isso temos que \(A = 2,38 \text{UA}^2\).
Isolando o tempo, na Eq. \(\eqref{Eq. 2.11}\) temos:
\[dt = \frac{2m}{L}dA = \]
Integrando dos dois lados:
\[\Delta t = \frac{2}{\sqrt{GM_{\odot}p}}2,38\]
Utilizando agora a Terceira Lei de Kepler, temos que:
\[\frac{p^3}{T^2} = \frac{GM_{\odot}}{4\pi^2}\]
\begin{equation}
GM_{\odot} = \frac{p^3 4\pi^2}{T^2}
\end{equation}
Logo:
\[\Delta t = \frac{4,76}{\sqrt{\frac{p^4 4\pi^2}{T^2}}}\]
\begin{equation}
\Delta t \approx 0,76 \text{ anos} = \boxed{276,7 \text{ dias}}
\end{equation}
d) Primeiramente, vamos calcular a potência que o asteroide ira refletir do Sol:
\[P_{emi} = F_{\odot}A\pi R^2\]
\begin{equation}
P_{emi} = \frac{L_{\odot}R^2}{4d^2}A
\end{equation}
Onde \(d\) é a distância entre o asteroide e o Sol. Seja \(r\) a distância entre o asteroide e a Terra. o fluxo de luz, vindo do asteroide, que chegará na Terra, será dado por:
\begin{equation}
F_a = \frac{P_{emi}}{4\pi r^2} = \frac{L_{\odot}R^2}{16\pi r^2d^2}A
\label{2.16}
\end{equation}
O maior desafio dessa questão é perceber como \(r\) varia com o tempo.
Do triângulo formado pelo asteroide, Terra e Sol. Vamos definir \(\theta\) a separação angular entre a Terra e o asteroide, a partir do Sol. Por lei dos cossenos:
\[r^2 = d^2+p^2-2pd\cos\theta\]
O valor de \(r\) será mínimo, quando o valor de \(r^2\) for mínimo, portanto, podemos derivar a expressão a cima e igualar a mesma a zero.
\[\frac{dr^2}{dt} = \frac{d(d^2)}{dt} – 2p\frac{d}{dt}(d\cos\theta)\]
o que resulta em:
\[\frac{dr^2}{dt} = 2d\dot{d}- 2p(\dot{d}\cos\theta – d\dot{\theta}(-\sin\theta))\]
\begin{equation}
\frac{dr^2}{dt}= 2d\dot{d} – 2p\dot{d}\cos\theta +2p\sin\theta\dot{\theta}d
\label{eq. 2.17}
\end{equation}
Podemos encontrar \(\dot{d}\) através fórmula polar da parábola e \(\dot{\theta}\) é simplesmente a velocidade angular do asteroide menos a da Terra.
\[\dot{d} = \frac{dd}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{p}{1+\cos\alpha}\right)\]
\[= \frac{(1+\cos\alpha)\frac{dp}{dt} – p\frac{d}{dt}(1+ \cos\alpha)}{(1+\cos\alpha)^2}\]
\begin{equation}
\dot{d} = \frac{p\sin\alpha}{(1+\cos\alpha)^2}\dot{\alpha}
\end{equation}
Onde \(\dot{\alpha}\) é a velocidade angular do cometa.
Podemos reescrever a \ref{eq. 2.17} como:
\[\frac{dr^2}{dt}= \frac{2p^2\sin\alpha}{(1+\cos\alpha)^3}\dot{\alpha} – \frac{2p^2}{(1+\cos\alpha)^2}\cos\theta+\frac{2p^2}{(1+\cos\alpha)}\sin\theta\dot{\theta}\]
Como \(\dot{\theta}\) é \(\dot{\alpha} – \omega_{\oplus}\) e, para encontrar o valor minimo \(r\) a expressão acima deve ser igual a \(0\), temos:
\[\dot{\alpha}\left(\frac{\sin\alpha}{(1+\cos{\alpha})^2}+\sin\theta\right) = \left(\frac{\cos\theta}{1+\cos\alpha}+\omega_{\oplus}\sin\theta\right)\]
Como \(\theta = \alpha – \gamma\) e usando \(\omega_{\oplus} \approx 1^{\circ}/\text{ dia}\), podemos resolver essa expressão para \(\dot{\alpha}\) encontrando:
\[\alpha = 123^{\circ}\]
Agora, para saber o \(\theta’\) para o correspondente \(\alpha\) temos que descobrir o tempo percorrido entre \(\alpha = 135^{\circ} \text{ e } \alpha= 123^{\circ}\).
Pela órbita do asteroide ser parabólica:
\[\frac{d\alpha}{dt}= \sqrt{\frac{2GM_{\odot}}{d^3}} =\sqrt{\frac{2GM_{\odot}}{p^3}(1+\cos\alpha)^3} \equiv k(1+\cos\alpha)^{3/2} \]
Separando as variáveis:
\[\int_{123^{\circ}}^{135^\circ}(1+\cos\alpha)^{-3/2}d\alpha = k\int_0^tdt’\]
O lado esquerdo dessa equação deve ser resolvido numéricamente, resultando em \(\approx 0,952\), já a constante \(k\) tem valor numérico de \(k = 2,81 \times 10^{-7}\). Portanto, o valor de \(t\) é:
\[t = \frac{0,952}{2,81 \times 10^{-7}} = 3,39 \times 10^6 \text{s} = 39,9 \textbf{ dias}\]
Com isso, encontramos que \(\gamma’ = 80,1^{\circ}\), logo, nosso \(\theta’ = 43^{\circ}\). Utilizando a lei dos cossenos:
\[r^2 = d^2(123^{\circ}) + p^2 – 2d(123^{\circ})p\cos43^{\circ}\]
\begin{equation}
r^2 = \frac{p^2}{(1+\cos123^{\circ})^2} + p^2 – 2\frac{p^2\cos43^{\circ}}{1+\cos123^{\circ}}
\end{equation}
O que resulta em: \(r = 0,47 \text{UA}\). Agora, voltando em \ref{2.16}, podemos calcular o fluxo do asteroide, que será:
\[F_a = 1,42\times10^{-11}\text{W/m}^2\]
Logo, a magnitude aparente no momento de maior aproximação com a Terra, será:
\[m = m_{\odot} – 2,5 \log\left(\frac{F}{F_{\odot}}\right) = 8,2\]
Perceba que a magnitude no momento de maior aproximação é \(<6\), portanto, o asteróide não será visível a olho nu.