Soluções Astronomia - Semana 102

Iniciante:

$i)$ Utilizando a Equação de Pogson temos:
\begin{equation}
m = m_0 - 2,5 \log \left(\frac{F}{F_0}\right)
\end{equation}
e sabendo que a relação entre os fluxos, antes (prefixo $_0$) e depois de passar por um meio com profundidade óptica $\tau$ é dada por $F = F_0 e^{-\tau}$, podemos substutuir os valores numéricos, chegando em:
\begin{equation}
m = -12,74 - 2,5 \log \left(\frac{F_0e^{-\ln 12}}{F_0}\right) \equiv -12,74 + 2,5 \log12 = -10,04
\end{equation}
Portanto, a magnetude aparente da Lua, após passar pelas núvens é de $\boxed{m = -10,04}$.

$ii)$ Utilizando novamente a Equação de Pogson, mas agora, comparando a magnetude aparente da Lua (após sua luz passar pelas núvens) com o Sol, temos:
\begin{equation}
m - m_{\odot} = -2,5\log\left(\frac{F}{F_{\odot}}\right)
\end{equation}
Isolando $F$ temos:

$$F = 10^{-0.4(m-m_{\odot})}F_{\odot}$$

Agora basta substituir numericamente, resultando em $F = 2,8 \times 10^{-4} \text{ W/m^2}$.
Fazendo uma analise dimensional, podemos perceber que $F = \frac{E}{A \Delta t}$, onde $E$ é a energia total, $A$ a área de coleta e $\Delta t$ o tempo percorrido. Também podemos escrever $E = n \frac{hc}{\lambda}$ onde $n$ é o número total de fótons, $c$ a velocidade da luz, $h$ a constante de Plank e $\lambda$ o comprimento de onda de cada fóton. Logo:
\begin{equation}
F = \frac{nhc}{\lambda A \Delta t}
\end{equation}

Como queremos achar o tempo necessário para Clafique tirar a foto, vamos isolar $\Delta T$ em nossa equação.
\begin{equation}
\Delta t = \frac{nhc}{\lambda A F}
\end{equation}
Como a camera possuí diametro $D = 50 \text{mm}$, a área de abertura dela é $A = \pi (50 \times 10^{-3})^2/4$. Substituindo numéricamente, achamos que:

$$\boxed{\Delta t = 260,7 \text{s} = 4,34 \text{min}}$$

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 $a = P^{2/3} = 17,88$ UA.

- O enunciado nos dá o valor do periélio do cometa, portanto, sabemos que: $r_p = a(1-e)$ isolando $e$, chegamos que a excentricidade da órbita é de: $e = 1 -r_p/a = 0,97$

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 $T \approx 200$K. Considerando que a potência absorvida e a potência emitida são as mesmas, podemos equacionar chegando em:

$$P_{abs} = P_{emi}$$

$$FA(1-\alpha) = 4\pi R^2\sigma T^4$$

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:

$$F\pi R^2 (1- \alpha) = 4\pi R^2 \sigma T^4$$

Escrevendo o fluxo como $F = \frac{L_{\odot}}{4\pi d^2}$ onde $d$ é a distância ao Sol, temos:

$$\frac{L_{\odot}(1-\alpha)}{4\pi d^2} = 4 \sigma T^4$$

Isolando $d$:
\begin{equation}
d = \left(\frac{L_{\odot}(1-\alpha)}{16\pi \sigma T^4} \right)^{1/2}
\end{equation}

Numéricamente, chegamos em: $\boxed{d = 2,87 \times 10^{11}\text{m} = 1,91\textbf{ UA}}$

b) Temos que $dE = FdAdt$, portanto:

$$\langle E\rangle\ = \frac{1}{T}\iint F(1-\alpha)dAdt = \frac{A (1-\alpha)}{T} \int_0^T F dt$$

Reescrevendo $F$:

$$\langle E\rangle\ =\frac{A(1-\alpha)}{T}\int_0^T \frac{L_{\odot}}{4\pi r^2} dt = \frac{A(1-\alpha)L_{\odot}}{4\pi T}\int_0^T\frac{dt}{r^2}$$

Para resolver esse tipo de integral, uma ideia valiosa é perceber que o momento angular é dado por:

$$L = mr^2\frac{d\theta}{dt}$$

Portanto:

$$\frac{dt}{r^2} = \frac{m}{L}d\theta \equiv \frac{d\theta}{h}$$

Aplicando essas substituições na nossa equação, chegamos em:

$$\langle E\rangle\ =\frac{A(1-\alpha)L_{\odot}}{4\pi Th}\int_0^{2\pi}d\theta = \frac{A(1-\alpha)L_{\odot}}{2Th}$$

Agora, precisamos encontrar $A$ e $h$ com base nos parametros fornecidos pelo exercício. Não é segredo para ninguém que $A = \pi R^2$, agora, para o calculo de $h$ temos:

$$h = L/m = \mathbf{v} \times \mathbf{r}$$

Vamos escolher o perélio da órbita, pois nesse ponto o ângulo entre os vetores $\mathbf{r}$ e $\mathbf{v}$ é $\pi /2$ fazendo com que o produto vetorial de ambos, seja apenas a multiplicação dos seus módulos. No períelio, $r_p = a(1-e)$ e com a equação vis-visa, podemos achar a velocidade no periélio:

$$v_p = \sqrt{GM_{\odot}\left(\frac{2}{r_p} - \frac{1}{a}\right)}$$

Agora, basta multiplicar esses valores para achar o valor de $h$, resultando em:
\begin{equation}
h = \sqrt{GM_{\odot}a(1-e^2)}
\end{equation}

Agora, podemos finalmente encontrar $\langle E \rangle$, como sendo:

$$\langle E \rangle = \frac{\pi R^2(1-\alpha)L_{\odot}}{2T\sqrt{GM_{\odot}a(1-e^2)}}$$

Como queremos o valor médio de energia por período, temos:
\begin{equation}
\langle ET \rangle = \frac{\pi R^2(1-\alpha)L_{\odot}}{2\sqrt{GM_{\odot}a(1-e^2)}}
\end{equation}

Substituindo numéricamente, temos que a energia total absorvida pelo cometa durante a sua órbita é de $\boxed{4,72 \times10^{18}\text{J}}$.

\textbf{c)} A energia necessária para "derreter" todo o gelo do cometa é $U = m_{gelo}c_L$
Como o cometa é formado 90\% de gelo, temos que $m_{gelo} = 0,9m$,
logo:

$$U = 0,9mc_L = 6,67 \times10^{19}\text{J}$$

Então, o número de órbitas que o cometa ainda poderá dar antes de perder a sua cauda, será:

$$n = \frac{6,67 \times10^{19}}{4,72 \times10^{18}} = 14,14$$

Perceba que como $n$ deve ser um número natural, o número de órbitas é $\boxed{n = 15}$.

 

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 $\theta_e = \arcsin{\left(\frac{m}{M}\right)}$. Já para colisões inelásticas, é dado por $\theta_{in} = \arctan{\left(\frac{v_y}{v_x}\right)}$. Perceba que como a massa $M$ é a analogia ao asteróide, $\frac{m}{M}<<1$, portanto, $\theta_e << 1$. 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: $\tan\theta\left(\frac{R_{\oplus}}{0,7\text{UA}}\right) = 6,06 \times10^{-5}$.

Com isso, conservando momento nos eixos $x$ e $y$:

$$P_x = mv\sin\phi - MV = (M+m)V_{fx}$$

$$P_y = mv\cos\phi = (M+m)V_{fy}$$

Dividindo a equação de $P_y$ pela de $P_x$:
\begin{equation}
\tan\theta = \frac{mv\cos\phi}{mv\sin\phi - MV}
\end{equation}

Essa é uma equação que não pode ser resolvida pelos métodos, tradicionais, mas pode ser resolvida por iteração. Isolando um dos termos $\phi$ temos:

$$\phi = \arccos\left(\frac{\tan\theta(mv\sin\phi - MV)}{mv}\right)$$

Substituindo numericamente:

$$\phi = \arccos\left(\frac{6,06 \times10^{-5}(9\times10^{20}\times2\times10^4\sin\phi - 5\times10^{23}\times7\times10^3)}{9\times10^{20}\times2\times10^4}\right)$$

\begin{equation}
\phi = \arccos\left(\frac{1,0908 \times10^{21}\sin\phi - 2,121 \times10^{23}}{1.8 \times10^{25}}\right )
\end{equation}

Iterando, chegamos em $\phi \approx 78,4^{\circ}$

c) Para esse exercício, temos que utilizar a Segunda lei de Kepler. Esta diz que:
\begin{equation}
\frac{dA}{dt} = \frac{L}{2m}
\label{Eq. 2.11}
\end{equation}

Como a órbita do asteroide é parabólica, seu momento angular $L$ é dado por: $L = m\sqrt{GM_{\odot}p}$
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:

$$A = \frac{1}{2}\int_0^{\alpha}r^2d\theta$$

\begin{equation}
= \frac{p^2}{2}\int_0^{\alpha}\frac{d\theta}{(1+\cos\theta)^2} = \frac{p^2}{2}(\tan (\frac{\alpha}{2}) + \frac{1}{6}\tan ^3(\frac{\alpha}{2}))
\end{equation}

Substituindo o valor numérico, chegamos em:

$$A \approx 2,38 p^2$$

Perceba que $p = 1$UA, uma vez que é o raio da órbita da Terra. Com isso temos que $A = 2,38 \text{UA}^2$.

Isolando o tempo, na Eq. $\eqref{Eq. 2.11}$ temos:

$$dt = \frac{2m}{L}dA =$$

Integrando dos dois lados:

$$\Delta t = \frac{2}{\sqrt{GM_{\odot}p}}2,38$$

Utilizando agora a Terceira Lei de Kepler, temos que:

$$\frac{p^3}{T^2} = \frac{GM_{\odot}}{4\pi^2}$$

\begin{equation}
GM_{\odot} = \frac{p^3 4\pi^2}{T^2}
\end{equation}

Logo:

$$\Delta t = \frac{4,76}{\sqrt{\frac{p^4 4\pi^2}{T^2}}}$$

\begin{equation}
\Delta t \approx 0,76 \text{ anos} = \boxed{276,7 \text{ dias}}
\end{equation}

d) Primeiramente, vamos calcular a potência que o asteroide ira refletir do Sol:

$$P_{emi} = F_{\odot}A\pi R^2$$

\begin{equation}
P_{emi} = \frac{L_{\odot}R^2}{4d^2}A
\end{equation}

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:
\begin{equation}
F_a = \frac{P_{emi}}{4\pi r^2} = \frac{L_{\odot}R^2}{16\pi r^2d^2}A
\label{2.16}
\end{equation}

O maior desafio dessa questão é perceber como $r$ varia com o tempo.
Do triângulo formado pelo asteroide, Terra e Sol. Vamos definir $\theta$ a separação angular entre a Terra e o asteroide, a partir do Sol. Por lei dos cossenos:

$$r^2 = d^2+p^2-2pd\cos\theta$$

O valor de $r$ será mínimo, quando o valor de $r^2$ for mínimo, portanto, podemos derivar a expressão a cima e igualar a mesma a zero.

$$\frac{dr^2}{dt} = \frac{d(d^2)}{dt} - 2p\frac{d}{dt}(d\cos\theta)$$

o que resulta em:

$$\frac{dr^2}{dt} = 2d\dot{d}- 2p(\dot{d}\cos\theta - d\dot{\theta}(-\sin\theta))$$

\begin{equation}
\frac{dr^2}{dt}= 2d\dot{d} - 2p\dot{d}\cos\theta +2p\sin\theta\dot{\theta}d
\label{eq. 2.17}
\end{equation}

Podemos encontrar $\dot{d}$ através fórmula polar da parábola e $\dot{\theta}$ é simplesmente a velocidade angular do asteroide menos a da Terra.

$$\dot{d} = \frac{dd}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{p}{1+\cos\alpha}\right)$$

$$= \frac{(1+\cos\alpha)\frac{dp}{dt} - p\frac{d}{dt}(1+ \cos\alpha)}{(1+\cos\alpha)^2}$$

\begin{equation}
\dot{d} = \frac{p\sin\alpha}{(1+\cos\alpha)^2}\dot{\alpha}
\end{equation}

Onde $\dot{\alpha}$ é a velocidade angular do cometa.
Podemos reescrever a \ref{eq. 2.17} como:

$$\frac{dr^2}{dt}= \frac{2p^2\sin\alpha}{(1+\cos\alpha)^3}\dot{\alpha} - \frac{2p^2}{(1+\cos\alpha)^2}\cos\theta+\frac{2p^2}{(1+\cos\alpha)}\sin\theta\dot{\theta}$$

Como $\dot{\theta}$ é $\dot{\alpha} - \omega_{\oplus}$ e, para encontrar o valor minimo $r$ a expressão acima deve ser igual a $0$, temos:

$$\dot{\alpha}\left(\frac{\sin\alpha}{(1+\cos{\alpha})^2}+\sin\theta\right) = \left(\frac{\cos\theta}{1+\cos\alpha}+\omega_{\oplus}\sin\theta\right)$$

Como $\theta = \alpha - \gamma$ e usando $\omega_{\oplus} \approx 1^{\circ}/\text{ dia}$, podemos resolver essa expressão para $\dot{\alpha}$ encontrando:

$$\alpha = 123^{\circ}$$

Agora, para saber o $\theta'$ para o correspondente $\alpha$ temos que descobrir o tempo percorrido entre $\alpha = 135^{\circ} \text{ e } \alpha= 123^{\circ}$.
Pela órbita do asteroide ser parabólica:

$$\frac{d\alpha}{dt}= \sqrt{\frac{2GM_{\odot}}{d^3}} =\sqrt{\frac{2GM_{\odot}}{p^3}(1+\cos\alpha)^3} \equiv k(1+\cos\alpha)^{3/2}$$

Separando as variáveis:

$$\int_{123^{\circ}}^{135^\circ}(1+\cos\alpha)^{-3/2}d\alpha = k\int_0^tdt'$$

O lado esquerdo dessa equação deve ser resolvido numéricamente, resultando em $\approx 0,952$, já a constante $k$ tem valor numérico de $k = 2,81 \times 10^{-7}$. Portanto, o valor de $t$ é:

$$t = \frac{0,952}{2,81 \times 10^{-7}} = 3,39 \times 10^6 \text{s} = 39,9 \textbf{ dias}$$

Com isso, encontramos que $\gamma' = 80,1^{\circ}$, logo, nosso $\theta' = 43^{\circ}$. Utilizando a lei dos cossenos:

$$r^2 = d^2(123^{\circ}) + p^2 - 2d(123^{\circ})p\cos43^{\circ}$$

\begin{equation}
r^2 = \frac{p^2}{(1+\cos123^{\circ})^2} + p^2 - 2\frac{p^2\cos43^{\circ}}{1+\cos123^{\circ}}
\end{equation}

O que resulta em: $r = 0,47 \text{UA}$. Agora, voltando em \ref{2.16}, podemos calcular o fluxo do asteroide, que será:

$$F_a = 1,42\times10^{-11}\text{W/m}^2$$

Logo, a magnitude aparente no momento de maior aproximação com a Terra, será:

$$m = m_{\odot} - 2,5 \log\left(\frac{F}{F_{\odot}}\right) = 8,2$$

Perceba que a magnitude no momento de maior aproximação é $<6$, portanto, o asteróide não será visível a olho nu.