Astronomia – Semana 118- Soluções

Escrito por Franklin Costa

Iniciante

La soberba

Podemos usar a relação clássica entre a paralaxe trigonométrica ($p$) e a distancia ($d$) até uma estrela:

$$d[pc]=\frac{1}{p['']}\Rightarrow p['']=\frac{1}{d[pc]}$$

Convertendo as unidades de $d$ para parsec, chegamos que $d \approx 52{,}15 pc$. Aplicando esse valor na expressão para paralaxe, obtemos $\boxed{p \approx 0{,}019''}$.

Intermediário

El Ratón

Como as situações possuem condições de observação iguais, com exceção do formato observado da Lua, tendo em vista isso é possível utilizar que, para as duas medições de magnitude, o fluxo observado é proporcional a área lunar. Por Pogson, podemos calcular que:

$$\Delta m=-2{,}5 \cdot \log\left(\frac{F_{depois}}{F_{antes}}\right) \Rightarrow \Delta m=-2{,}5 \cdot \log\left(\frac{A_{depois}}{A_{antes}}\right)$$

Pela figura, podemos perceber que o raio da mordida é metade do raio lunar; por seguinte a área da mordida é um quarto da área da Lua. Logo:

$$\frac{A_{depois}}{A_{antes}}=\frac{3}{4} \Rightarrow \Delta m=-2{,}5 \cdot \log\left(\frac{3}{4}\right)\Rightarrow \boxed{\Delta m\approx 0{,}31}$$

Avançado

Quadratura

Pelo enunciado, temos que o período sinódico $T_{sin}=106\ dias$. O mesmo pode ser expresso em função das velocidades angulares $\omega_M$ e $\omega_\oplus$ de Marte e da Terra, respectivamente, pela seguinte relação:

$$\frac{2\pi}{T_{sin}}=\omega_\oplus-\omega_M$$

Visualizando a geometria do problema, chegamos na seguinte visualização:

Como as orbitas são circulares, podemos calcular $\alpha=\omega_\oplus \cdot t$ e $\beta=\omega_M \cdot t$, onde $t$ é o tempo entre a quadratura oeste e a oposição. Sendo assim:

$$\gamma := \alpha -\beta= \left(\omega_\oplus-\omega_M \right)\cdot t \Rightarrow \gamma=\frac{2\pi}{T_{sin}}\cdot t$$

Por trigonometria, encontramos que:

$$\sin\gamma=\frac{a_T}{a_M}\Rightarrow a_M=\frac{a_T}{\sin\gamma}$$

Sendo assim, basta realizar todas as contas necessárias e, agora, você e Ocihc, mesmo sem nenhuma lei de Kepler e medidas que qualquer um poderia obter, podem afirmar que $\boxed{a_M\approx1{,}52\ U.A.}$.

Internacional

Um pouco arrastado

Esta questão tem como objetivo introduzir um método geral para a resolução de problemas envolvendo perturbações orbitais. O principal ponto desse método é destacar a importância da análise do que ocorre com as constantes de movimento de uma órbita quando uma força perturbativa é introduzida.

Vamos aos cálculos:
Suponha uma partícula de massa $m$ que está sobre uma força $\vec{F}$ que tem o seguinte perfil:

$$\vec{F}=-\frac{GMm}{r^2}\hat{r}+\delta f=F_g+\delta f$$

onde $\left|\delta f\right|\ll \left|F_g\right|$, ou seja, estamos no limite perturbativo. Vamos analisar o que acontece com o vetor momento angular $\vec{L}$, vetor de Laplace-Ruge-Lenz $\vec{A}$ e energia mecânica $E_m$.

 1. Vetor momento angular:

$$\vec{L}:=\vec{r}\times\vec{p}\Rightarrow \frac{d\vec{L}}{dt}=\frac{d\vec{r}}{dt}\times \vec{p}+\vec{r}\times \frac{d\vec{p}}{dt}=\vec{v}\times \vec{p}+\vec{r}\times\vec{F}\Rightarrow$$

$$\boxed{\frac{d\vec{L}}{dt}=\vec{r}\times\vec{\delta f}}$$

2. Vetor LRL:

$$\vec{A}:=\vec{p}\times\vec{L}-GMm^2\hat{r}\Rightarrow \frac{d\vec{A}}{dt}=\frac{d\vec{p}}{dt}\times \vec{L}+\vec{p}\times \frac{d\vec{L}}{dt}-GMm^2\frac{d\hat{r}}{dt}\Rightarrow$$

$$\frac{d\vec{A}}{dt}=\vec{F}\times\vec{L}+\vec{p}\times\left(\vec{r}\times\vec{\delta f}\right)-GMm^2\frac{d\hat{r}}{dt}\Rightarrow\boxed{\frac{d\vec{A}}{dt}=\vec{\delta f}\times\vec{L}+\vec{p}\times\left(\vec{r}\times\vec{\delta f}\right)}$$

3. Energia mecânica:

Pelo teorema trabalho energia

$$dE=\vec{\delta f}\cdot d\vec{r}\Rightarrow \frac{dE}{dt}=\vec{\delta f}\cdot \frac{d\vec{r}}{dt}\Rightarrow\boxed{\frac{dE}{dt}=\vec{\delta f}\cdot \vec{v}}$$

a) Vamos analisar a variação média do vetor LRL:

$$\langle\frac{d\vec{A}}{dt}\rangle=\langle\vec{\delta f}\times\vec{L}\rangle+\langle\vec{p}\times\left(\vec{r}\times\vec{\delta f}\right)\rangle\Rightarrow$$

$$\langle\frac{d\vec{A}}{dt}\rangle=\langle-\alpha v^{n-1} \vec{v}\times\vec{L}\rangle+\langle\vec{p}\times\left[\vec{r}\times\left(-\alpha v^{n-1} \vec{v}\right)\right]\rangle=\langle-2\alpha v^{n-1} \vec{v}\times\vec{L}\rangle$$

.

Da definição de vetor LRL, podemos escrever

$$\vec{v}\times\vec{L}=\frac{\vec{A}}{m}+GMm\hat{r}\Rightarrow$$

$$\langle\frac{d\vec{A}}{dt}\rangle=-\frac{2\alpha}{m}\langle v^{n-1}\rangle \vec{A}-2\alpha GMm\langle v^{n-1}\hat{r}\rangle$$

onde usamos o fato de que na órbita não perturbada $\vec{A}$ permanece constante. Pela simetria polar:

$$\langle v^{n-1}\hat{r}\rangle=\langle v^{n-1}\cos \theta\rangle \hat{x}$$

sendo $\hat{x}$ o versor na direção do periélio. Como $\vec{A}=GMm^2e\ \hat{x}$, a equação pode ser escrita na forma

$$\boxed{\langle\frac{d\vec{A}}{dt}\rangle=-\frac{2\alpha}{me}\langle v^{n-1}\left(e+\cos \theta \right)\rangle\vec{A}}$$

Concluímos que não há cumulativa do períelio, pois $\langle\frac{d\vec{A}}{dt}\rangle$ é proprocional a $\vec{A}$.

b) A partir da equação anterior e a relação $\vec{A}=GMm^2e\ \hat{x}$

$$\langle \frac{de}{dt} \rangle=-\frac{2\alpha}{m}\langle v^{n-1}\left(e+\cos \theta \right)\rangle$$

Logo $\boxed{\lambda=-\frac{2\alpha}{m}}$.

c) Para $n=1$, a equação obtida para a variação da excentricidade se reduz a

$$\langle \frac{de}{dt} \rangle=-\frac{2\alpha}{m}\left(e+\langle\cos \theta\rangle\right)$$

Podemos calcular a média de $\cos \theta$ como

$$\langle\cos \theta\rangle=\frac{1}{T}\int_{0}^{T} \cos \theta \, dt=\frac{p^2}{Th}\int_{0}^{2 \pi}\frac{\cos \theta}{\left(1+e\cos\theta \right)^2}\,d\theta$$

onde $p=a(1-e^2)$. Resolvendo a integral e expressando $h$, $p$ e $T$ em função de $a$ e $e$, concluímos que

$$\langle\cos \theta\rangle=-e\Rightarrow \langle \frac{de}{dt} \rangle=0$$

Sendo assim, a excentricidade da órbita permanece constante.

d) Usando a expressão desenvolvida para a variação média do momento angular

$$\langle\frac{d\vec{L}}{dt}\rangle=\langle-\alpha v^{n-1}\vec{r}\times\vec{v}\rangle=-\frac{\alpha}{m}\langle v^{n-1}\rangle\vec{L}\Rightarrow\boxed{\langle\frac{d\vec{h}}{dt}\rangle=-\frac{\alpha}{m}\langle v^{n-1}\rangle\vec{h}}$$

Analogamente ao item a), como $\langle\frac{d\vec{h}}{dt}\rangle$ é proprocional a $\vec{h}$, não existirá movimento cumulativo no nó ascendente e nem na inclinação orbital.

e) Sabemos que para uma órbita elíptica $E_m=-\frac{GMm}{2a}$, utilizando esse dado na equação obtida para a variação da energia mecânica

$$\langle\frac{GMm}{2a^2} \frac{da}{dt} \rangle=\langle-\alpha v^{n-1} \vec{v}\cdot \vec{v}\rangle\Rightarrow \boxed{\langle \frac{da}{dt} \rangle=-\frac{2\alpha}{\mu m} a^2\langle v^{n+1}\rangle}$$

f) Aplicando as relações clássicas $r=\frac{p}{1+e\cos\theta}$ e $v^2=\mu\left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right)$

$$v^2=\frac{\mu}{p}\left(1+2e\cos\theta+e^2\right)\Rightarrow\langle \frac{da}{dt} \rangle=-\frac{2\alpha}{\mu m} \left(\frac{\mu}{p}\right)^{\frac{n+1}{2}}a^2\langle \left(1+2e\cos\theta+e^2\right)^{\frac{n+1}{2}} \rangle$$

Calculando essa média de maneira semelhante ao item c)

$$M=\langle \left(1+2e\cos\theta+e^2\right)^{\frac{n+1}{2}} \rangle=\frac{p^2}{Th}\int_{0}^{2 \pi}\frac{\left(1+2e\cos\theta+e^2\right)^{\frac{n+1}{2}} }{\left(1+e\cos\theta \right)^2}\,d\theta$$

Aplicando o limite $e\ll 1$, podemos expandir o integrando numa série de Taylor até primeira ordem em $e$. Sendo assim

$$M=\frac{p^2}{Th}\int_{0}^{2 \pi}\left(1+\left(n-1\right)e\cos\theta\right)\,d\theta=\frac{p^2}{h}\frac{2\pi}{T}$$

Devolvendo esse resultado na relação inicial e expressando todas as variáveis em função de $a$, obtemos a seguinte equação

$$\langle \frac{da}{dt} +\frac{2\alpha}{m}\mu^{\frac{n-1}{2}}a^{\frac{3-n}{2}}\rangle=0$$

Para fins de estimativa, essa equação pode ser interpretada como

$$\frac{da}{dt} =-\frac{2\alpha}{m}\mu^{\frac{n-1}{2}}a^{\frac{3-n}{2}}\Rightarrow \int_{a_0}^{a}a^{\frac{n-3}{2}}\,da=-\frac{2\alpha}{m}\mu^{\frac{n-1}{2}}\int_{0}^{t}\,dt\Rightarrow$$

$$\boxed{t=\frac{m}{\alpha\left(n-1\right)}\frac{a_0^{\frac{n-1}{2}}-a^{\frac{n-1}{2}}}{\mu^{\frac{n-1}{2}}}\Rightarrow t\approx 6\ \text{anos}}$$

Como dito inicialmente na questão, o valor de $\alpha$ está diretamente ligado à densidade local da atmosfera. Quanto mais nos aproximamos da superfície terrestre, mais a atmosfera se torna densa e, consequentemente, $\alpha$ aumenta. Portanto, o tempo real seria (bem) menor do o obtido.

f) Além do que já foi dito anteriormente, $\alpha$ também depende da geometria e orientação do satélite. Na presença de arrasto, torques internos surgiriam no satélite, os quais mudariam sua orientação com o tempo, novamente produzindo um $\alpha$ não constante. Por fim, outra hipótese adotada é que a expressão para a força de arrasto teria essa cara familiar $\vec{F}=-\alpha\cdot v^{n-1}\cdot\vec{v}$, o que, infelizmente, não ocorre na realidade tendo em vista a complexidade do modelamento desse tipo de força.