Soluções Astronomia - Semana 69

INICIANTE

O tempo entre duas aproximações máximas de Marte a Terra é igual ao período sideral, portanto:

$\dfrac{1}{S}=\dfrac{1}{T_{Terra}} - \dfrac{1}{T_{Marte}}$

$\dfrac{1}{780.3}=\dfrac{1}{365.25} - \dfrac{1}{T_{Marte}}$

$T_{Marte}=686.7dias=1.88anos$

$\dfrac{a^3}{T^2}=1$

$a=1.52U.A.$

INTERMEDIÁRIO

Como a supernova emite isotropicamente os átomos, podemos calcular a quantidade de átomos $n'_0$ que chegaram na Terra 359 milhões de anos atrás pela relação:

$\dfrac{n'_0}{n} = \dfrac{\Omega}{4\cdot \pi}$

Onde $n$ é a quantidade de átomos emitidos pela supernova, $\Omega = \dfrac{\pi \cdot R^2}{d^2}$ é o ângulo sólido da Terra e $d = 65\, ly$ :

$n'_0 = \dfrac{n \cdot R^2}{4 \cdot d^2}$

Considerando o decaimento radioativo desde o momento da emissão até os dias atuais (o tempo para os átomos se deslocarem da supernova para a Terra é desprezível):

$n'= n'_0 \cdot 2^{- \frac{\Delta t}{t'}}$

Onde $t'$ é o tempo de meia-vida e $\Delta t \approx 359 \, Ma$.

Para encontrar a densidade superficial média $\sigma$ podemos dividir a quantidade de partículas pela área superficial da Terra:

$\sigma = \dfrac{n'}{4\cdot \pi \cdot R^2} \Longrightarrow \boxed{ \sigma = \dfrac{n}{16\cdot \pi \cdot d^2} \cdot 2^{- \frac{\Delta t}{t'}}}$

(1) Para o Plutónio-244 ($t'_{Pu} = 80 \, Ma$ e $n_{Pu} = 1,6 \cdot 10^{47}$):

$\boxed{\sigma_{Pu} \approx 3,7\cdot 10^8 \, m^{-2}}$

(2) Para o Urânio-235 ($t'_{U} = 704 \, Ma$ e $n_{U} = 3,0 \cdot 10^{47}$):

$\boxed{\sigma_{U} \approx 1,1\cdot 10^{10} \, m^{-2}}$

AVANÇADO

Essa questão faz uso de algumas ideias específicas, as quais todas já caíram em pelo menos um problema da semana nos últimos 4 meses. Cada uma dessas ideias estará em negrito.

Parte 1

a) Esse item envolve o conceito de pressão de radiação, que você pode encontrar melhor explicado nesta ideia e pode treinar com esse problema

Para que Lago sobreviva, a aceleração radial de sua nave deve ser positiva e, no caso limite, nula. Assim, igualando a força gravitacional à força gerada pela pressão de radiação (que possui um fator $2$, já que a vela é totalmente refletora):

$F_G=F_r \Rightarrow \frac{GMm}{D^2}=\frac{2}{c}\frac{LA}{4\pi D^2}$

Rearranjando:

$m=\frac{LA}{2\pi cGM}=6100kg$

b) A chave é pensar que, para a nave nunca mais colidir com a estrela, mesmo depois da vela ser fechada, basta que ela adquira a velocidade de escape necessária para fugir de sua atração gravitacional. Primeiramente, a velocidade de escape $v_e$ de um corpo a uma distância $x$ da estrela é aquela que faz com que esse corpo chegue no infinito ($U_G=0$) com velocidade nula ($K=0$), logo:

$\frac{mv_e^2}{2}-\frac{GMm}{x}=0 \Rightarrow v_e^2=\frac{2GM}{x}$

Agora, escrevendo a segunda lei de Newton para a nave, onde $r$ é a distância da nave ao centro da estrela.

$m'\ddot r =F_r - F_G = \frac{LA}{2\pi r^2c} - \frac{GMm'}{r^2}$

Para encontrar a velocidade $v(r)$ do corpo, devemos utilizar o Toricelli generalizado, que foi deduzido no problema da semana já linkado no ínicio da questão. Assim:

$v^2 = 0 +2 \int_D^x \ddot r dr = 2k (\frac{1}{D}-\frac{1}{x})$

Onde $k=\frac{LA}{2\pi m' c}-GM=GM$

Substituindo o valor da velocidade de escape:

$\frac{2GM}{d}=\frac{2k}{D}-\frac{2k}{x} \Rightarrow x=\frac{D(GM+k)}{k}=2D=1UA$

Encontramos assim a distância da estrela à vela quando esta adquirir a velocidade de escape. Teoricamente, para encontrar o tempo que a nave levou para chegar até esse ponto, deveríamos integrar $\frac{1}{v(r)}$ com relação à $r$, pois $v=\frac{dx}{dt}\Rightarrow t=\int \frac{1}{v}dx$. Porém, isso é totalmente fora do escopo da questão, e precisamos utilizar a dica. Já sabemos que não é possível achar a resposta exata, logo devemos aproximar algo, que pode ser: a velocidade da nave, dizendo que ela é constante ao longo do trajeto, ou calcular a área sob um gráfico de $\frac{1}{v} vs.\ r$ através de triângulos e retângulos. Vamos ver como é cada um desses gráficos:

A melhor solução para uma prova seria aproximar que a velocidade da nave é constante (se não for possível plotar o segundo gráfico) e $\approx v_e$, mas com certeza o range de respostas aceitas seria grande. Assim:

$t\approx \frac{x}{v_e}=18 dias$

Parte 2

c) Esse item envolve a aplicação de poeira em certos conceitos fotométricos. Esse problema também fez uso disso. Aqui você encontra a aula do Curso Noic sobre extinção

Basicamente, quando radiação incide em uma camada de área de secção transversal $S$ e comprimento $dr$, uma parcela dela é perdida devido à poeira. Veja a figura:

Sendo $\rho$ a densidade de partículas de poeira na nuvem, o número de grãos de poeira nesse pedacinho de volume é $\rho S dr$, e portanto a área transversal ocupada pela poeira é $dA=\rho sSdr$, onde $s=\pi r^2$ é a área transversal de uma partícula. Sendo $F_0$ o fluxo incidente, a perda $dF$ de fluxo é:

$dF=-\frac{dL}{S}=-\frac{F_0 \rho Ss dr}{S}=-F_0 \rho s dr$

Agora, pelo estudo de extinçao, sabemos que a perda de fluxo quando um fluxo $F_0$ passa por uma camada de opacidade $\alpha$ e comprimento $dr$ é:

$dF=-F_0 \alpha dr$
Igualando as duas perdas:

$\rho=\frac{\alpha}{\pi r^2}$

Para calcular a opacidade, precisamos utilizar a profundidade óptica para a camada, que é definida (veja a aula do Curso Noic) por:

$\tau = \alpha e$, onde $e$ é a espessura da camada. Assim:

$\rho=\frac{\tau}{\pi e r^2}=5,1 \cdot 10^{-5}$partículas$/m^3$

d) O item pede a velocidade de escape da nave, com a diferença que há uma nuvem de poeira que atuando gravitacionalmente. A figura representa a situação:

 

Primeiramente, existe sim poeira além da distância $r$ da nave, porém ela não influencia gravitacionalmente na nave (Lei de Gauss, onde a gaussiana é uma esfera de raio $r$ centrada na estrela). Além disso, sabemos que o campo na nave é o mesmo se toda a massa de poeira estivesse concentrada no centro da esfera. Assim, a energia potencial da poeira, $U_p$, é $-\frac{GM_pm}{r}$. A energia da nave nos instantes iniciais e finais é portanto:

$\frac{mv_e^2}{2}-\frac{Gm}{r}(M+M_p)=0$

Rearranjando:

$v_e^2=\frac{2G}{r}(M+M_p)$

Onde $M_p=\rho \frac{4\pi}{3}r^3$

E o enunciado nos permitiu de assumir que a velocidade da nave é aproximadamente (se for igual escapa) essa velocidade ao longo do trajeto todo, onde $r=d$, que é definido no item g)

e) Esse item utiliza pinceladas de teoria cinética dos gases, mas não é necessário nenhum conhecimento prévio disso para resolvê-lo (apesar desse tópico costumar cair). Veja uma figura representando a situação:

Vemos que todas as partículas que estiverem dentro do cilindro varrido pela nave irão aderir à ela, agregando massa. O número de partículas no cilindro é $dN=\rho vdt A$, logo a taxa de ganho de massa é:

$\frac{dm}{dt}=m_p\rho A v$

f) Primeiramente a Segunda Lei de Newton quando há mudanças na massa é:

$\sum \vec F = \frac{d \vec p}{dt}=m\frac{dv}{dt}+v\frac{dm}{dt}$

As forças atuantes são:

pressão de radiação: $F_r=\frac{2\phi A}{c}$, onde $\phi$ é o fluxo incidente da nave. Como há extinção, $\phi=\frac{L}{4\pi r^2} e^{-\alpha r}$

gravitacional da estrela: $F_e = \frac{GMm}{r^2}$

gravitacional da poeira: $F_p=\frac{Gm}{r^2}\rho \frac{4\pi r^3}{3}=\frac{4\pi Gmr \rho}{3}$

Logo:

$ma=\frac{ALe^{-\alpha r}}{2\pi cr^2} - \frac{GMm}{r^2} - \frac{4\pi Gm\rho r}{3} - m_p\rho A v^2$

g) Por Toricelli generalizado:

$\frac{v^2}{2}=\int a dr$

As integrais dos segundos e terceiros termos são tranquilas. Para o quarto termo deve-se considerar $v\approx cte$, logo o termo $v^2$ sai da integral. Já o primeiro termo já está muito fora do escopo da questão, então devemos parar por aqui. Supondo que as integrais fossem dadas, bastaria substituir $v^2$ pela velocidade de escape. Assim, ficaríamos com uma grande equação que nos daria $d$, resolvendo a questão. Vale lembrar que estamos integrando $r$ de $D$ até $d$.