Soluções Astronomia - Semana 62

INICIANTE

Seja L a luminosidade do Sol, $d_P$ a distância do Sol ao periélio, $d_A$ a distância do Sol ao afélio, a o semieixo maior da órbita e e a excentricidade, temos:

$\Delta m=-2,5log(\frac{L}{4\pi d_A^2}\frac{4\pi d_P^2}{L})$

$\Delta m=-2,5log(\frac{a^2(1-e)^2}{a^2(1+e)^2})$

$-0,2=log(\frac{1-e}{1+e})$

$e=0,23$

INTERMEDIÁRIO

a) Podemos utilizar do fato que quando a atração gravitacional era desprezível (energia potencial gravitacional nula), a velocidade da nave em relação à P10 era de $v_{0}=30km/s$ e analisar a energia total da órbita $E$:

$E=U_{pot}+K=0 + \frac{m v_{0}^2}{2}$

Como a massa da nave $m>0$ e o termo quadrático é necessariamente positivo, concluímos que a energia total da órbita é positiva, logo a órbita se trata de uma hipérbole (tome cuidado pois energia total de uma parábola é nula)

b) Como a energia total de uma órbita hiperbólica é $E=+\frac{GMm}{2a}$, onde $M$ é a massa do corpo mais massivo (estamos assumindo $M>>m$), temos:

$E=\frac{GMm}{2a}=\frac{m v_{0}^2}{2} \Rightarrow a=\frac{GM}{v_{0}^2}$

Como $M=M_{Sol}$ e $v_{0}=30,0km/s$:

$a=0,983UA$

Pela geometria da hipérbole (ver figura), a distância de máxima aproximação $d=OA$ é tal que $d=c-a$, logo:

$c=d+a=1,18UA$ (a resposta final deve ter 3 algarismos significativos, por isso devemos aproximar 1,183 para 1,18, mas podemos utilizar o valor mais preciso (1,183) para proceder com os cálculos)

c)

Representando a situação:

Onde, pela geometria da hipérbole:

$OA=a$ e $OF=c$

Estamos tratando de uma situação semelhante à da paralaxe vista da Terra, porém com uma órbita hiperbólica ao invés de elíptica! Logo essa paralaxe alternativa tem como propriedade $tg(\frac{\theta}{2})=\frac{H}{D}$, onde $D$ é a distância que queremos encontrar. O primeiro passo é encontrar $H$.

A forma polar da hipérbole é (dê uma olhada aqui):

 $r(\alpha)=\frac{a(e^2-1)}{1-ecos\alpha}$, onde $e=\frac{c}{a}=1,20$

Logo para $r=c=1,183UA$, temos:

$\alpha=cos^{-1}\frac{e-e^2+1}{e^2}=58,6^{\circ}$

Temos então:

$sen\alpha=\frac{H}{c} \Leftrightarrow H=1,01UA$

Logo, para $\theta=0,05"=2,424 \cdot 10^{-7}rad$ e $tan\frac{\theta}{2} \approx \frac{\theta}{2}$

$D=\frac{H}{\frac{\theta}{2}} = 40,4pc$

AVANÇADO

Primeiramente devemos calcular o diâmetro do telescópio a partir da razão focal

$\dfrac {f}{D}=10$

como $f = 3.00m$, temos que

$D=300mm$

 

agora devemos calcular a magnitude limite do telescópio a partir da comparação com o olho humano:

$m_{olho}-m_{telescopio} = -5 log\left(\dfrac{D_{telescopio}}{D_{olho}}\right)$

Substituindo $m_{olho}$ , $D_{telescopio}$ e $D_{olho}$ temos que:

$m_{telescopio} = 14.49$

agora devemos calcular a profundidade óptica:

$\tau=\pi r_p^2\cdot \eta\cdot d$

substituindo

$\tau=\pi (10^{-6})^2\cdot 2.37\cdot 10^{-6}\cdot d$

$\tau=7.45\cdot 10^{-27}\cdot d$ $m^{-1}=2.30\cdot d$ $pc^{-1}$

a partir disso podemos comparar uma estrela com magnitude 14.49 nessa situação com a magnitude absoluta do Sol

$m_{telescopio}-M_{Sol} = -2.5log\left(\dfrac{F_{d}\cdot e^{-\tau}}{F_{10}}\right)$

$9.77 = 2.5\tau log(e)+5log\left(\dfrac{d}{10}\right)$

$14.77 \approx 2.5d + 5logd$

Iterando:

$d=4.59pc$

como a distribuição de estrelas é isotrópica podemos dizer que a razão entre os volumes que eles conseguem observar estrelas é igual a razão de estrelas observadas.
Para calcular isso primeiro temos que lembrar que devido ao FOV de $1^{\circ}$ os telescópios na verdade conseguem ver objetos com distância zenital de até

$z = 23.5^{\circ} + \dfrac{1^{\circ}}{2}$

Agora devemos calcular os volumes (exitem diversas formas de calcular esses volumes, eu escolhi usar o volume de cones esféricos mas sinta-se livre para usar qualquer uma das outras formas).

Para o caso do equador o volume vai ser

$V_{observado 0^{\circ}} = 2\cdot( V_{hemisferio}-(V_{cone1}+V_{calota1}))$

 

como se pode ver nas imagens $\theta = 90^{\circ}-24^{\circ}$,portanto

$V_{oservado 0^{\circ}} = 2\cdot \left(\dfrac{2}{3}\cdot\pi\cdot d^3 -\left(\dfrac{\pi}{3}\cdot d^3 \cdot cos(66^{\circ})\cdot sen(66^{\circ})+\dfrac{\pi}{3}\cdot d^3\cdot(2+cos66^{\circ})(1-cos66^{\circ})^2\right )\right )$

Substituindo d temos que

$V_{observado 0^{\circ}}=158.2pc^3$

Devido a precessão dos equinócios o caso do equador o volume vai ser um cone esférico com $\theta = 2\cdot 24^{\circ}$

portanto

$V_{observado 90^{\circ}} = V_{cone2}+V_{calota2}$

$V_{observado 90^{\circ}} =\dfrac{\pi}{3}\cdot d^3 \cdot cos(48^{\circ})\cdot sen(48^{\circ})+\dfrac{\pi}{3}\cdot d^3\cdot(2+cos48^{\circ})(1-cos48^{\circ})^2$

Substituindo d temos que

$V_{observado 90^{\circ}}=79.9pc^3$

logo

$\dfrac {V_{observado 90^{\circ}}}{V_{observado 0^{\circ}}} = \dfrac{158.2}{79.9}=1.98$