Soluções Astronomia – Semana 57

INICIANTE

Podemos encontrar a distância do planeta à estrela pela Terceira Lei de Kepler:

$\dfrac{P^2}{r^3} = \dfrac{4\cdot \pi^2}{G\cdot M} \Longrightarrow r = \left( \dfrac{G\cdot M\cdot P^2}{4\cdot \pi^2} \right)^{\frac{1}{3}}$          (1)

A potência  $L'$ absorvida pelo planeta será dada por:

$L' = f\cdot A\cdot (1-a_p) \Longrightarrow P =\dfrac{L}{4\cdot \pi \cdot r^2} \cdot \pi \cdot R^2 \cdot (1-a_p)$

Em que $f$ é o fluxo da estrela a uma distância $r$ e $A$ é a área da secção transversal do planeta. Como somente metade do planeta vai ser iluminado, podemos calcular a sua temperatura $T$ pela formula (Lei de Stefan-Boltzmann):

$L' = 2\cdot \pi \cdot R^2 \cdot \sigma \cdot T^4 = \dfrac{L}{4\cdot r^2}\cdot R^2 \cdot (1-a_p) \Longrightarrow T =\left[ \dfrac{L\cdot (1-a_p)}{8\cdot \pi \cdot \sigma \cdot r^2} \right]^{\frac{1}{4}}$          (2)

Finalmente, substituindo (1) em (2):

$\boxed{T = \left(\dfrac{\pi}{32}\right)^{\frac{1}{12}}\cdot\left[\dfrac{L\cdot (1-a_p)}{\sigma}\right]^{\frac{1}{4}}\cdot \left[\dfrac{1}{G\cdot M\cdot P^2}\right]^{\frac{1}{6}}}$

INTERMEDIÁRIO

Em um sistema de dois corpos de massa $m_1$ e $m_2$ separados por uma distância $r$ e orbitando o centro de massa do sistema às distâncias $r_1$ e $r_2$ respectivamente, temos (para o corpo 2):

$r_2 = \dfrac{m_1}{m_1 + m_2}\cdot r,$     $\omega^2\cdot r_2 = \dfrac{G\cdot m_1}{r^2} \Longrightarrow \omega^2 = \dfrac{G\cdot (m_1 + m_2)}{r^3}$

Agora vamos calcular a distância h do ponto $L_1$ (Primeiro Ponto de Lagrange) em relação ao satélite, onde as forças gravitacionais juntas promovem a aceleração necessária para que um corpo inicie uma orbita circular em torno do corpo mais massivo com a mesma velocidade angular $\omega$ do satélite:

$\omega^2\cdot (r_2-h) = \dfrac{G\cdot m_1}{(r-h)^2}-\dfrac{G\cdot m_2}{h^2} \Longrightarrow \dfrac{m_1+m_2}{r^3}\cdot (r_2-h)=\dfrac{m_1}{(r-h)^2}-\dfrac{m_2}{h^2}$

Multiplicando ambos os lados por $\frac{r^2}{m_2}$ e utilizando a aproximação dada no enunciado:

$\dfrac{m_1}{m_2} - \left(1+\dfrac{m_1}{m_2}\right)\cdot \dfrac{h}{r} = \dfrac{m_1}{m_2}\cdot\left(1-\dfrac{h}{r}\right)^{-2} - \dfrac{r^2}{h^2} \approx \dfrac{m_1}{m_2}\cdot \left(1+\dfrac{2h}{r}\right) - \dfrac{r^2}{h^2}$

Com $z=\frac{h}{r}$ e $\rho = \frac{m_1}{m_2}$:

$\rho - (1+\rho)\cdot z = \rho \cdot(1+2z) - z^{-2} \Longrightarrow z^3\cdot (3\rho +1) = 1 \Longrightarrow z = \left( \dfrac{1}{3\rho+1}\right)^{\frac{1}{3}}\Longrightarrow h = r \cdot \left( \dfrac{m_2}{3m_1+m_2} \right)^{\frac{1}{3}}$

Logo, como $\boxed{h \approx r \cdot \left( \dfrac{m_2}{3m_1} \right)^{\frac{1}{3}}}$

Portanto, para a Lua, o raio da Esfera da Esfera de Hill vale:

$\boxed{h \approx 6,17\cdot 10^7 \, m}$

Obs.: um satélite estacionário em relação a superfície da Lua ficaria a uma distância teórica $h'= 86500km$, porém, como $a = \dfrac{r_p+r_a}{2} = 17,8\, U.A.,$          $r_a = a\cdot(1+e) \Rightarrow e \approx 0,96629$

Utilizando a formula da resolução angular mínima de um telescópio, podemos encontrar a distância mínima $r$ para que o cometa seja resolvido pelo telescópio ($\lambda=550 \cdot 10^{-9} \, m$):

$\theta = \dfrac{2R}{r} = \dfrac{1,22\cdot \lambda}{D}\Rightarrow r = \dfrac{R\cdot D}{0,61\cdot \lambda} \Longrightarrow r \approx 1,6393\cdot 10^{11}\, m$

Obs.: como a magnitude limite do telescópio ($m_t = +17,12$) é maior que a magnitude aparente do cometa nas distâncias em que ele pode ser resolvido ($m_c < + 15,84$), o cometa é visível e pode ser resolvido nessas distâncias.

Com a 2ª Lei de Kepler:

$p =\dfrac{\Delta t}{P}=\dfrac{A'}{A_t}$

Em que $p = \frac{\Delta t}{P}$ é a probabilidade do observador resolver o cometa em um dia qualquer. Assim, devemos encontrar a razão entre a área percorrida pela reta que liga o cometa e o Sol enquanto ele pode ser resolvido pelo telescópio e a área total ($A_t = \pi\cdot a\cdot b$). Pelas propriedades da elipse:

$a^2 = a^2\cdot e^2 + b^2 \Rightarrow b = a\sqrt{1-e^2}\Longrightarrow b \approx 4,583 \, U.A. \Longrightarrow A_t \approx 5,74\cdot 10^{24} \, m^2$

Para encontrarmos a área: $A' = 2\cdot (A_1 +A_2)$, em que $A_1$ é a área do triângulo hachurado na Figura 1 e $A_2$ é a área delimitada pelo arco $\stackrel\frown{EC}$ e pelos segmentos de reta $\overline{CC'}$ e $\overline{C'E}$.

 

Em que $f$ é a anomalia verdadeira da orbita, que pode ser calculada da seguinte forma:

$r = a\cdot \dfrac{1-e^2}{1+e\cdot \cos{f}} \Rightarrow f = \cos^{-1}\left({\dfrac{a(1-e^2) -r}{e\cdot r}}\right)\Rightarrow f \approx 1,4914\, rad$

$\therefore A_1 = \dfrac{r^2\cdot \sin{f}\cdot \cos{f}}{2} \Longrightarrow A_1 \approx 1,0621\cdot 10^{21}\, m^2$

 

Para encontrar o valor de $A_2$:

$A_2 =\displaystyle \int_{-a}^{-ae-r\cdot\cos{f}}{ f(x) \, dx},$

Equação da Elipse:

$\left(\dfrac{x}{a}\right)^2+\left(\dfrac{y}{b}\right)^2 = 1 \Rightarrow f(x) = y = b\cdot \sqrt{1-\left(\dfrac{x}{a}\right)^2}\Longrightarrow A_2 = b\cdot \displaystyle\int_{-a}^{-ae-r\cdot\cos{f}} \sqrt{1-\left(\dfrac{x}{a}\right)^2}\, dx$

Com $x = a\cdot \sin{u}\Rightarrow dx = a\cdot \cos{u}\, du$:

$A_2 = a\cdot b\cdot \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{-\sin^{-1}{\left(e+\frac{r\cdot \cos{f}}{a}\right)}} \cos^2{u} \, du= \dfrac{a\cdot b}{2}\cdot \displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{-\sin^{-1}{\left(e+\frac{r\cdot \cos{f}}{a}\right)}} \cos{2u}+1 \, du$

$A_2 \approx a\cdot b\cdot \left[\dfrac{\sin{2u}}{4}+\dfrac{u}{2}\right]_{-1,5708}^{-1,3301}\Longrightarrow A_2 \approx 8,3873\cdot 10^{21}\, m^2 \Longrightarrow A' \approx 1,89\cdot 10^{22}\, m^2$

Portanto:

$\boxed{p \approx 0,33\%}$