Processing math: 100%

Soluções Astronomia - Semana 50

INICIANTE

Sabemos que, em 50 anos e com uma taxa de afastamento a, a distância da Terra à Lua ficaria de

 

D0+ΔD=Df

D0=DfcΔt

Df=393.499km255m

Além disso, em T=50anos, temos uma taxa de

a=ΔDT=cΔtT

a=4,0cm/ano

INTERMEDIÁRIO

O intuito do problema em questão é avaliar a veracidade da aproximação da velocidade de trânsito v=2(Rs+Rm)tt. Consideremos, então, o esquema do percurso no trânsito, visto da Terra

Temos, assim, um triangulo isósceles com os lados medem d=a(1e)=4,609107 km e a base b=2(Rs+Rm)1,396106 km.

b2=2d22d2cosθ

4(Rs+Rm)2=2(a(1e))2(1cosθ)

cosθ=12(Rs+Rm)2(a(1e))2

θ=1,735circ=0,030rad

Assim, no instante de proximidade ao periélio, a trajetória S pode ser aproximada para

S=θa(1e)

S=1,396051061,396106km

Assim, nossa aproximação se valida, pois

SRs+Rm1

AVANÇADO

Para resolvermos o problema, devemos perceber que, como as repetições do ciclo ocorrem em um período S=2anos, S refere-se ao período sinódico entre o asteroide e a Terra. Logo,

1S=1Tt1Ta

Ta=2anos

 Lei de Kepler, descobrir o semi eixo maior da órbita:

aa=T23=1,587UA

Logo, para a menor excentricidade, a partir da configuração a seguir, podemos inferir que

dmin=aa(1e)1^dmax=2aa(aa(1e)1)=a(1+e)+1

Além disso, a energia refletida pelo asteroide de albedo a nos pontos de máxima e mínima distância é

Pmax=aLs4(a(1+e))2r2

Pmin=aLs4(a(1e))2r2

Colocando na equação de Pogson, com Δm=8 temos

8=5log(1e)(a(1e)1)(1+e)(a(1+e)+1)

1085=(1+e)(a(1+e)+1)(1e)(a(1e)1)

Chegamos em tal equação de segunda ordem, a qual, resolvendo, com 0<e<1, chegamos em

e=0,284