Soluções Astronomia - Semana 97

Escrito por Davi Lucas 

Iniciante

Ramanujan explorando universos

a) A partir do gráfico, podemos escolher o seguinte ponto: $(90\rm{km/s}, 4000\rm{Mpc})$

Dessa forma, como este gráfico é moldado pela Lei de Hubble:

$$v = H_o d$$

$$90 = 4000 H_0$$

$$\boxed{H_o \approx 2,25 \times 10^{-2} \ \frac{{km/s}}{Mpc} }$$

b) Consideremos duas galáxias que no início do universo (Big Bang) estavam juntas, e que atualmente estão a uma distância r uma da outra, movendo com velocidade relativa v. Estimando que essa velocidade é constante e, pela lei de Hubble igual a:

$$v = H_o r$$

Temos que o tempo é:

$$t = \frac{r}{v} = \frac{r}{H_0 r} = \frac{1}{H_0}$$

Assim, sabendo que $1 \rm{Mpc} \approx 3,09 \times 10^{19} \rm{km}$ podemos converter as unidades do $H_0$ de $\frac{{\rm{km}/\rm{s}}}{\rm{Mpc}}$ para $s^{-1}$:

$$H_o \approx 7,27 \times 10^{-22} \ \rm{s^{-1}}$$

Logo, o tempo estimado $t$ é:

$$t \approx 1,37 \times 10^{21} \ \rm{s}$$

Convertendo para anos:

$$\boxed{t \approx 4,36 \times 10^{13} \ \rm{anos}}$$

Isso é apenas uma estimativa pelo fato de que a "constante de Hubble" não é realmente constante. Como o universo está expandindo, temos que a distância entre dois pontos diferentes quaisquer aumenta conforme o tempo passa. Assim, podemos definir o fator de escala $a(t)$ como um fator entre a distância num tempo atual $t_0$ e em outro tempo qualquer $t$. Desse modo, tendo a distância atual $r_o$ e a distância num tempo qualquer $r$, temos a seguinte relação:

$$r(t) = r_0 \ a(t)$$

Derivando em função do tempo essa relação, temos que:

$$v(t) = r_0 \ \dot{a}(t)$$

Substituindo $r_0 = \frac{r(t)}{a(t)}$ na equação acima:

$$v(t) = \frac{ \dot{a}(t)}{a(t)} r(t)$$

Chegamos na lei de Hubble, onde a "constante de Hubble" é definida como:

$$\boxed{H_0 \equiv \frac{ \dot{a}(t)}{a(t)}}$$

Assim, como dito anteriormente, pela definição da constante de Hubble ser em relação ao fator de escala, ela não é constante durante o tempo.

c) Considerando uma galáxia de massa m movendo-se com velocidade v, a uma distância r de um sistema de coordenadas qualquer, em um sistema de massa total M contida no volume de raio r. A energia mecânica, assim como dita no enunciado, é nula:

$$E = \frac{mv^2}{2} - \frac{G'Mm}{r} = 0$$

Pela lei de Hubble, temos:

$$v = H_0 r$$

Além disso, podemos escrever a massa M em função da densidade:

$$M = \frac{4 \pi}{3} p_c r^3$$

Logo:

$$\frac{H_0^2 m r^2}{2} - \frac{4G' \pi p_c mr^2}{3} = 0$$

$$\boxed{p_c = \frac{3H_0^2}{8 \pi G'}}$$

Substituindo os valores do problema, temos que:

$$p_c \approx 9,46 \times 10^{-34} \frac{\rm{kg}}{\rm{m^3}}$$

$$\boxed{p_c \approx 9,46 \times 10^{-37} \frac{\rm{g}}{\rm{cm^3}}}$$

Intermediário

Perdido na Índia

a) Aplicando a lei das cotangentes no triângulo da posição:

$$\cot(L_e) \sin(L_i) = \cot(A_e) \sin(A_i) + \cos(L_i) \cos(A_i)$$

$$\cot (90^{\circ} - h_\odot ) \sin(90^{\circ} - \phi) = \cot(H_\odot ) \sin (360^{\circ} - A_\odot ) + \cos(90^{\circ} - \phi) \cos(360^{\circ} - A_\odot )$$

$$\tan(h_\odot ) \cos(\phi) = - \cot(H_\odot ) \sin(A_\odot ) + \cos(A_\odot ) \sin(\phi)$$

$$\cot(H_\odot ) \sin(A_\odot ) = \cos(A_\odot ) \sin(\phi) - \tan(h_\odot ) \cos(\phi)$$

$$\cot(H_\odot ) = \frac{ \cos(A_\odot ) \sin(\phi) - \tan(h_\odot ) \cos(\phi) }{\sin(A_\odot )}$$

$$\boxed{H_\odot = \arctan \left( \frac{\sin(A_\odot)}{\cos(A_\odot ) \sin(28,61^{\circ}) - \tan(h_\odot ) \cos(28,61^{\circ})} \right )}$$

b) Pelo GMT, temos que

$$\Delta \lambda = 77,23^{\circ} - 75^{\circ} = 2,23^{\circ}$$

$$\frac{\Delta \lambda}{15^{\circ}} \times 1\rm{h} = 8min 55s$$

O tempo solar verdadeiro é:

$$TSV = H_\odot + 12h$$

O tempo de fuso, leva em conta a diferença de longitude até o centro de fuso, e é:

$$TF = TSV + \frac{\Delta \lambda}{15^{\circ}}$$

O tempo civil é o tempo de fuso levando em consideração a equação do tempo ET:

$$TC = TF + ET$$

Logo, o tempo civil é:

$$\boxed{TC = H_\odot + ET + 12h 8min 55s}$$

c) Utilizando o tempo sideral local:

$$TSL = H_{\Omega} + \alpha_{\Omega} = H_\odot + \alpha_\odot$$

Temos a seguinte ascensão reta do Sol:

$$\alpha_{\odot} = H_{\Omega} +12h - H_{\odot}$$

Considerando o seguinte triângulo esférico sendo que $\Omega$ é o ponto anti-vernal, em que o Sol passa por volta de 21 de setembro e supondo que a observação foi feita antes desta data.

Aplicando a lei das cotangentes no triângulo acima:

$$\cot(L_e) \sin (L_i) = \cot(A_e) \sin (A_i) + \cos (L_i) \cos(A_i)$$

$$\cot (w \Delta t) \sin (180^{\circ} - \alpha_\odot) = \cot (90^{\circ}) \sin (\epsilon) + \cos(180^{\circ} - \alpha_\odot) \cos(\epsilon)$$

$$\cot (w \Delta t) \sin (\alpha_\odot) = - \cos(\alpha_\odot) \cos(\epsilon)$$

$$\cot (w \Delta t) = - \cot(\alpha_\odot) \cos(\epsilon)$$

$$\tan (w \Delta t) = - \frac{\tan(\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)}$$

$$\Delta t = \frac{1}{w} \arctan \left ( - \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right)$$

Desconsiderando a excentricidade da órbita, temos que a velocidade angular do Sol é:

$$w = \frac{2 \pi}{365,25 \rm{dias}}$$

Portanto:

$$\Delta t = \frac{365,25 \rm{dias}}{2 \pi} \ \arctan \left ( - \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right)$$

Assim, mesmo que tenhamos considerado que $\alpha_\odot < 180^{\circ}$, como a outra situação, ou seja $\alpha_\odot > 180^{\circ}$, é análoga, apenas teríamos um $\Delta t$ com sinal invertido indicando que o Sol já teria passado o ponto $\Omega$.

Definindo o dia do equinócio de outono(21 de setembro) como $D_\Omega$, temos que o dia em que Heitor está é:

$$\boxed{D_\Omega \pm \frac{365,25}{2 \pi} \ \arctan \left ( - \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right) \rm{dias} }$$

Avançado

Modelando nebulosas

a) Como o gás é homogêneo, este possuí uma densidade numérica de partículas constante:

$$\eta \equiv \frac{N}{V}$$

Considerando uma camada infinitesimal de gás de área $A$ e espessura $d \epsilon$
O número $N'$ de partículas nessa camada infinitesimal é:

$$N' = \eta A d\epsilon$$

Considerando as partículas esféricas de raio r, a superfície total absorvida S, onde haverá luz atravessando gás é:

$$S = N' \pi r^2$$

$$S = \eta A \pi r^2 d\epsilon$$

Como a perda de intensidade luminosa está diretamente relacionada à porcentagem de superfície em que luz atravessará o gás:

$$\frac{dL}{L} = - \frac{S}{A}$$

Integrando a equação anterior:

$$\int_{L_0}^{L} \frac{dL}{L} = \int_{0}^{\epsilon}\frac{- \eta \pi r^2 d \epsilon A}{A}$$

$$\int_{L_0}^{L} \frac{dL}{L} = - \eta \pi r^2 \int_{0}^{\epsilon} d \epsilon$$

$$ln(\frac{L}{L_0}) = - \eta \pi r^2 \epsilon$$

$$\frac{L}{L_0} = e^{- \eta \pi r^2 \epsilon}$$

Dessa forma como a profundidade óptica se relaciona com as intensidades da seguinte maneira:

$$\boxed{\tau \equiv \frac{N}{V} \pi r^2 \epsilon \therefore L = L_0 e^{-\tau}}$$

b) Primeiramente devemos calcular a autoenergia de uma esfera de raio R', no caso a energia potencial de um corpo esférico. Podemos montar um corpo deste juntando cascas esféricas de raio $r$ e espessura $dr$:

No caso, a massa $dm$ dessa casca esférica pode ser descrita como:

$$dm = 4 \pi \rho r^2 dr$$

E a massa total M:

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

E a energia potêncial adicionada por essa casca esférica $dU$ é:

$$dU = \frac{-GM dm}{r}$$

$$dU = \frac{-16 \pi^2 G r^4 dr \rho^2}{3}$$

Como a densidade dessa esfera é constante:

$$\rho = \frac{3M}{4 \pi R'^3}$$

Encontramos que:

$$\int_{0}^{U} dU = \frac{-16 G \pi^2}{3} \frac{9M^2}{16 \pi^2 R^6} \int_{0}^{R'} r^4 dr$$

$$U = \frac{-3M^2 G R'^5}{5 R'^6}$$

$$U = \frac{-3GM^2}{5R'}$$

Pelo teorema da equipartição da energia, temos que com N partículas nesta nuvem, a energia térmica $K$ é:

$$K = \frac{3NRT}{2 N_a}$$

Para a nebulosa atingir o equilíbrio hidrostático e se tornar uma estrela, temos pelo teorema do virial que:

$$2K + U = 0$$

$$\frac{3NRT}{N_a} = \frac{3GM^2}{5R'}$$

$$\frac{NRT}{N_a} = \frac{GM^2}{5R'}$$

Relacionando o raio $R'$ com o volume da estrela:

$$V = \frac{4}{3} \pi R'^3$$

$$R' = \left( \frac{3V}{4 \pi} \right)^{1/3}$$

Substituindo $R'$ no teorema do virial:

$$\frac{5NRT}{N_a} \ \left( \frac{3V}{4 \pi}\right )^{1/3} = GM^2$$

$$\frac{5NRT}{GN_a} \ \left( \frac{3V}{4 \pi}\right )^{1/3} = M^2$$

Temos que em função das variáveis dadas, a Massa de Jeans pode ser escrita como:

$$\boxed{M = \left( \frac{5NRT}{GN_a}\right)^{1/2} ~ \left( \frac{3V}{4 \pi}\right )^{1/6} }$$