Iniciante:
i) Utilizando a Equação de Pogson temos:
m=m0−2,5log(FF0)
e sabendo que a relação entre os fluxos, antes (prefixo 0) e depois de passar por um meio com profundidade óptica τ é dada por F=F0e−τ, podemos substutuir os valores numéricos, chegando em:
m=−12,74−2,5log(F0e−ln12F0)≡−12,74+2,5log12=−10,04
Portanto, a magnetude aparente da Lua, após passar pelas núvens é de 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:
m−m⊙=−2,5log(FF⊙)
Isolando F temos:
F=10−0.4(m−m⊙)F⊙
Agora basta substituir numericamente, resultando em F=2,8×10−4 W/m^2.
Fazendo uma analise dimensional, podemos perceber que F=EAΔt, onde E é a energia total, A a área de coleta e Δt o tempo percorrido. Também podemos escrever E=nhcλ onde n é o número total de fótons, c a velocidade da luz, h a constante de Plank e λ o comprimento de onda de cada fóton. Logo:
F=nhcλAΔt
Como queremos achar o tempo necessário para Clafique tirar a foto, vamos isolar ΔT em nossa equação.
Δt=nhcλAF
Como a camera possuí diametro D=50mm, a área de abertura dela é A=π(50×10−3)2/4. Substituindo numéricamente, achamos que:
Δt=260,7s=4,34min
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=P2/3=17,88 UA.
- O enunciado nos dá o valor do periélio do cometa, portanto, sabemos que: rp=a(1−e) isolando e, chegamos que a excentricidade da órbita é de: e=1−rp/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≈200K. Considerando que a potência absorvida e a potência emitida são as mesmas, podemos equacionar chegando em:
Pabs=Pemi
FA(1−α)=4πR2σT4
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:
FπR2(1−α)=4πR2σT4
Escrevendo o fluxo como F=L⊙4πd2 onde d é a distância ao Sol, temos:
L⊙(1−α)4πd2=4σT4
Isolando d:
d=(L⊙(1−α)16πσT4)1/2
Numéricamente, chegamos em: d=2,87×1011m=1,91 UA
b) Temos que dE=FdAdt, portanto:
⟨E⟩ =1T∬F(1−α)dAdt=A(1−α)T∫T0Fdt
Reescrevendo F:
⟨E⟩ =A(1−α)T∫T0L⊙4πr2dt=A(1−α)L⊙4πT∫T0dtr2
Para resolver esse tipo de integral, uma ideia valiosa é perceber que o momento angular é dado por:
L=mr2dθdt
Portanto:
dtr2=mLdθ≡dθh
Aplicando essas substituições na nossa equação, chegamos em:
⟨E⟩ =A(1−α)L⊙4πTh∫2π0dθ=A(1−α)L⊙2Th
Agora, precisamos encontrar A e h com base nos parametros fornecidos pelo exercício. Não é segredo para ninguém que A=πR2, agora, para o calculo de h temos:
h=L/m=v×r
Vamos escolher o perélio da órbita, pois nesse ponto o ângulo entre os vetores r e v é π/2 fazendo com que o produto vetorial de ambos, seja apenas a multiplicação dos seus módulos. No períelio, rp=a(1−e) e com a equação vis-visa, podemos achar a velocidade no periélio:
vp=√GM⊙(2rp−1a)
Agora, basta multiplicar esses valores para achar o valor de h, resultando em:
h=√GM⊙a(1−e2)
Agora, podemos finalmente encontrar ⟨E⟩, como sendo:
⟨E⟩=πR2(1−α)L⊙2T√GM⊙a(1−e2)
Como queremos o valor médio de energia por período, temos:
⟨ET⟩=πR2(1−α)L⊙2√GM⊙a(1−e2)
Substituindo numéricamente, temos que a energia total absorvida pelo cometa durante a sua órbita é de 4,72×1018J.
\textbf{c)} A energia necessária para "derreter" todo o gelo do cometa é U=mgelocL
Como o cometa é formado 90\% de gelo, temos que mgelo=0,9m,
logo:
U=0,9mcL=6,67×1019J
Então, o número de órbitas que o cometa ainda poderá dar antes de perder a sua cauda, será:
n=6,67×10194,72×1018=14,14
Perceba que como n deve ser um número natural, o número de órbitas é 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 θe=arcsin(mM). Já para colisões inelásticas, é dado por θin=arctan(vyvx). Perceba que como a massa M é a analogia ao asteróide, mM<<1, portanto, θe<<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: tanθ(R⊕0,7UA)=6,06×10−5.
Com isso, conservando momento nos eixos x e y:
Px=mvsinϕ−MV=(M+m)Vfx
Py=mvcosϕ=(M+m)Vfy
Dividindo a equação de Py pela de Px:
tanθ=mvcosϕmvsinϕ−MV
Essa é uma equação que não pode ser resolvida pelos métodos, tradicionais, mas pode ser resolvida por iteração. Isolando um dos termos ϕ temos:
ϕ=arccos(tanθ(mvsinϕ−MV)mv)
Substituindo numericamente:
ϕ=arccos(6,06×10−5(9×1020×2×104sinϕ−5×1023×7×103)9×1020×2×104)
ϕ=arccos(1,0908×1021sinϕ−2,121×10231.8×1025)
Iterando, chegamos em ϕ≈78,4∘
c) Para esse exercício, temos que utilizar a Segunda lei de Kepler. Esta diz que:
dAdt=L2m
Como a órbita do asteroide é parabólica, seu momento angular L é dado por: L=m√GM⊙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=12∫α0r2dθ
=p22∫α0dθ(1+cosθ)2=p22(tan(α2)+16tan3(α2))
Substituindo o valor numérico, chegamos em:
A≈2,38p2
Perceba que p=1UA, uma vez que é o raio da órbita da Terra. Com isso temos que A=2,38UA2.
Isolando o tempo, na Eq. (11) temos:
dt=2mLdA=
Integrando dos dois lados:
Δt=2√GM⊙p2,38
Utilizando agora a Terceira Lei de Kepler, temos que:
p3T2=GM⊙4π2
GM⊙=p34π2T2
Logo:
Δt=4,76√p44π2T2
Δt≈0,76 anos=276,7 dias
d) Primeiramente, vamos calcular a potência que o asteroide ira refletir do Sol:
Pemi=F⊙AπR2
Pemi=L⊙R24d2A
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:
Fa=Pemi4πr2=L⊙R216πr2d2A
O maior desafio dessa questão é perceber como r varia com o tempo.
Do triângulo formado pelo asteroide, Terra e Sol. Vamos definir θ a separação angular entre a Terra e o asteroide, a partir do Sol. Por lei dos cossenos:
r2=d2+p2−2pdcosθ
O valor de r será mínimo, quando o valor de r2 for mínimo, portanto, podemos derivar a expressão a cima e igualar a mesma a zero.
dr2dt=d(d2)dt−2pddt(dcosθ)
o que resulta em:
dr2dt=2d˙d−2p(˙dcosθ−d˙θ(−sinθ))
dr2dt=2d˙d−2p˙dcosθ+2psinθ˙θd
Podemos encontrar ˙d através fórmula polar da parábola e ˙θ é simplesmente a velocidade angular do asteroide menos a da Terra.
˙d=dddt=ddt(p1+cosα)
=(1+cosα)dpdt−pddt(1+cosα)(1+cosα)2
˙d=psinα(1+cosα)2˙α
Onde ˙α é a velocidade angular do cometa.
Podemos reescrever a 17 como:
dr2dt=2p2sinα(1+cosα)3˙α−2p2(1+cosα)2cosθ+2p2(1+cosα)sinθ˙θ
Como ˙θ é ˙α−ω⊕ e, para encontrar o valor minimo r a expressão acima deve ser igual a 0, temos:
˙α(sinα(1+cosα)2+sinθ)=(cosθ1+cosα+ω⊕sinθ)
Como θ=α−γ e usando ω⊕≈1∘/ dia, podemos resolver essa expressão para ˙α encontrando:
α=123∘
Agora, para saber o θ′ para o correspondente α temos que descobrir o tempo percorrido entre α=135∘ e α=123∘.
Pela órbita do asteroide ser parabólica:
dαdt=√2GM⊙d3=√2GM⊙p3(1+cosα)3≡k(1+cosα)3/2
Separando as variáveis:
∫135∘123∘(1+cosα)−3/2dα=k∫t0dt′
O lado esquerdo dessa equação deve ser resolvido numéricamente, resultando em ≈0,952, já a constante k tem valor numérico de k=2,81×10−7. Portanto, o valor de t é:
t=0,9522,81×10−7=3,39×106s=39,9 dias
Com isso, encontramos que γ′=80,1∘, logo, nosso θ′=43∘. Utilizando a lei dos cossenos:
r2=d2(123∘)+p2−2d(123∘)pcos43∘
r2=p2(1+cos123∘)2+p2−2p2cos43∘1+cos123∘
O que resulta em: r=0,47UA. Agora, voltando em 16, podemos calcular o fluxo do asteroide, que será:
Fa=1,42×10−11W/m2
Logo, a magnitude aparente no momento de maior aproximação com a Terra, será:
m=m⊙−2,5log(FF⊙)=8,2
Perceba que a magnitude no momento de maior aproximação é <6, portanto, o asteróide não será visível a olho nu.