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Soluções Astronomia - Semana 102

Iniciante:

i) Utilizando a Equação de Pogson temos:
m=m02,5log(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=F0eτ, podemos substutuir os valores numéricos, chegando em:
m=12,742,5log(F0eln12F0)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:
mm=2,5log(FF)
Isolando F temos:

F=100.4(mm)F

Agora basta substituir numericamente, resultando em F=2,8×104 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(50×103)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(1e) isolando e, chegamos que a excentricidade da órbita é de: e=1rp/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 T200K. Considerando que a potência absorvida e a potência emitida são as mesmas, podemos equacionar chegando em:

Pabs=Pemi

FA(1α)=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(1α)=4πR2σT4

Escrevendo o fluxo como F=L4πd2 onde d é a distância ao Sol, temos:

L(1α)4πd2=4σT4

Isolando d:
d=(L(1α)16πσT4)1/2

Numéricamente, chegamos em: d=2,87×1011m=1,91 UA

b) Temos que dE=FdAdt, portanto:

E =1TF(1α)dAdt=A(1α)TT0Fdt

Reescrevendo F:

E =A(1α)TT0L4πr2dt=A(1α)L4πTT0dtr2

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

L=mr2dθdt

Portanto:

dtr2=mLdθdθh

Aplicando essas substituições na nossa equação, chegamos em:

E =A(1α)L4πTh2π0dθ=A(1α)L2Th

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(1e) e com a equação vis-visa, podemos achar a velocidade no periélio:

vp=GM(2rp1a)

Agora, basta multiplicar esses valores para achar o valor de h, resultando em:
h=GMa(1e2)

Agora, podemos finalmente encontrar E, como sendo:

E=πR2(1α)L2TGMa(1e2)

Como queremos o valor médio de energia por período, temos:
ET=πR2(1α)L2GMa(1e2)

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(R0,7UA)=6,06×105.

Com isso, conservando momento nos eixos x e y:

Px=mvsinϕMV=(M+m)Vfx

Py=mvcosϕ=(M+m)Vfy

Dividindo a equação de Py pela de Px:
tanθ=mvcosϕmvsinϕMV

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(mvsinϕMV)mv)

Substituindo numericamente:

ϕ=arccos(6,06×105(9×1020×2×104sinϕ5×1023×7×103)9×1020×2×104)


ϕ=arccos(1,0908×1021sinϕ2,121×10231.8×1025)

Iterando, chegamos em ϕ78,4

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=mGMp
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=12α0r2dθ


=p22α0dθ(1+cosθ)2=p22(tan(α2)+16tan3(α2))

Substituindo o valor numérico, chegamos em:

A2,38p2

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=2GMp2,38

Utilizando agora a Terceira Lei de Kepler, temos que:

p3T2=GM4π2


GM=p34π2T2

Logo:

Δt=4,76p44π2T2


Δt0,76 anos=276,7 dias

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

Pemi=FAπR2


Pemi=LR24d2A

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=LR216πr2d2A

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+p22pdcosθ

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)dt2pddt(dcosθ)

o que resulta em:

dr2dt=2d˙d2p(˙dcosθd˙θ(sinθ))


dr2dt=2d˙d2p˙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)dpdtpddt(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˙α2p2(1+cosα)2cosθ+2p2(1+cosα)sinθ˙θ

Como ˙θ é ˙αω e, para encontrar o valor minimo r a expressão acima deve ser igual a 0, temos:

˙α(sinα(1+cosα)2+sinθ)=(cosθ1+cosα+ωsinθ)

Como θ=αγ e usando ω1/ 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=2GMd3=2GMp3(1+cosα)3k(1+cosα)3/2

Separando as variáveis:

135123(1+cosα)3/2dα=kt0dt

O lado esquerdo dessa equação deve ser resolvido numéricamente, resultando em 0,952, já a constante k tem valor numérico de k=2,81×107. Portanto, o valor de t é:

t=0,9522,81×107=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)+p22d(123)pcos43


r2=p2(1+cos123)2+p22p2cos431+cos123

O que resulta em: r=0,47UA. Agora, voltando em 16, podemos calcular o fluxo do asteroide, que será:

Fa=1,42×1011W/m2

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

m=m2,5log(FF)=8,2

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