Soluções – Astronomia Semana 103

Escrito por Davi Lucas 

Iniciante

Trufas roubadas.

Para que o Sr. Trufa continue em movimento sem tocar os pés no chão, é necessário que ele esteja em órbita. Considerando uma órbita circular ao redor do equador do planeta Iuam, podemos determinar a velocidade orbital sabendo que a força gravitacional atua como a resultante centrípeta do movimento:

$$F_g = F_{cp}$$

$$\frac{GMm}{R^2} = \frac{mv^2}{R}$$

$$\frac{GM}{R} = v^2$$

Assim, a velocidade de uma órbita circular é:

$$v = \sqrt{\frac{GM}{R}}$$

Substituindo os valores do enunciado:

$$\boxed{ v = 5,01 \rm{km/s}}$$

Intermediário

Romene mais leve

Analisando o caso de uma pessoa na latitude $\phi$ de um planeta que gira com velocidade angular $w$ e tem raio $R$, a gravidade efetiva experimentada por essa pessoa não será apenas a aceleração gravitacional $\vec{g}$. Devemos também considerar a aceleração centrífuga $\vec{a_{cf}}$ advinda da pessoa acompanhar rotação do planeta realizando movimento circular de raio $r$.

Usando ângulos alternos internos, podemos encontrar o triângulo da figura seguinte e descobrir que $r = R \cos \phi$.
A aceleração centrífuga de um movimento circular pode ser expressa como $a_{cf} = w^2r = w^2 R \cos \phi$. Vale ressaltar que estamos utilizando a aceleração centrífuga, e não a centrípeta, pois estamos analisando o referencial girante, que, neste caso, é a pessoa.

Podemos somar os vetores $\vec{g}$ e $\vec{a_{cf}}$ para obtermos a gravidade efetiva $g_{ef}$:

Utilizando a regra do paralelogramo acima, podemos aplicar a lei dos cossenos:

$$g_{ef}^2 = g^2 + a_{cf}^2 - 2 \cdot g \cdot a_{cf} \cdot \cos \phi$$

Substituindo $a_{cf} = w^2 R \cos \phi$:

$$g_{ef}^2 = g^2 + w^4 R^2 \cos^2 \phi - 2g w^2 R \cos^2 \phi$$

Como o enunciado menciona que $w$ é baixo, podemos desprezar o termo contendo $w^4$:

$$g_{ef}^2 \approx g^2 - 2g w^2 R \cos^2 \phi$$

Evidenciando $g$ e tirando a raiz:

$$g_{ef} \approx g \left(1 - \frac{2w^2 R \cos^2 \phi}{g} \right)^{\frac{1}{2}}$$

Novamente, como $w$ é baixo, podemos aplicar uma aproximação binomial:

$$g_{ef} \approx g \left(1 - \frac{w^2 R \cos^2 \phi}{g} \right)$$

$$\boxed{g_{ef} \approx g - w^2R\cos^2 \phi}$$

Com o resultado encontrado e a devida análise da função cosseno, percebe-se que, quanto maior a latitude $\phi$, maior será a gravidade efetiva. Portanto, para minimizar o peso efetivo de Romene, buscamos a menor gravidade efetiva, o que corresponde à menor latitude. Entre as opções disponíveis, a de menor latitude é Fortaleza.

Avançado

Hiratinha com dor de cabeça

a) Considerando uma camada de espessura $dr$ da atmosfera, com área de contato $A$ entre as camadas vizinhas e densidade aproximadamente constante $\rho$, podemos estabelecer o equilíbrio de forças levando em conta a pressão exercida pelas camadas vizinhas e a força peso:
Pelo equilíbrio de forças:

$$(P + dP) dA + mg - PA = 0$$

$$(P + dP) dA + mg = PA$$

$$dP dA + mg = 0$$

$$dP dA = -mg$$

$$dP = - \frac{mg}{dA}$$

Dividindo por $dr$ em ambos os lados:

$$\frac{dP}{dr} = - \frac{mg}{dA \cdot dr}$$

$$\frac{dP}{dr} = - \frac{mg}{dV}$$

Como $\rho = \frac{m}{dV}$:

$$\boxed{\frac{dP}{dr} = - \rho g}$$

b) Pela primeira lei da termodinâmica, temos que $dq = dU + dW$
Como o enunciado estabeleceu o modelo da atmosfera adiabática: $dq = 0$
Assim, $dU = - dW$

Utilizando as devidas definições termodinâmicas de $dU$ e $dW$:

$$n C_v dT = - P dv$$

Utilizando Clayperon para substituir $P = \frac{nRT}{V}$:

$$n C_v dT = - \frac{nRT dV}{V}$$

$$C_v \frac{dT}{T} = -R \frac{dV}{V}$$

$$\frac{dT}{T} = - \frac{R}{C_v} \frac{ dV}{V}$$

A partir da definição de que $C_p = C_v + R$
Divindo ambos lados da equação por $C_v$ e definindo $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$, temos que $\gamma = 1 + \frac{R}{C_v}$.
Assim, $\frac{R}{C_v} = \gamma - 1$
Substituindo na equação que estávamos trabalhando:

$$\frac{dT}{T} = ( \gamma - 1 ) \frac{dV}{V}$$

Integrando:

$$\int_{T_0}^{T_f} \frac{dT}{T} = ( \gamma - 1 ) \int_{V_0}^{V_f} \frac{dV}{V}$$

Como $\int_{X_0}^{X} \frac{dx}{x} = \ln \left(\frac{X}{X_0} \right)$:

$$\ln \left(\frac{T_f}{T_0} \right) = (\gamma - 1) \ln \left(\frac{V_f}{V_0} \right)$$

Com as devidas propriedades do logaritmo, temos que:

$$\ln \left(\frac{T_f}{T_0} \right) = \ln \left({\frac{V_f}{V_0}}^{\gamma - 1} \right)$$

$$\frac{T_f}{T_0} = {\frac{V_f}{V_0}}^{\gamma - 1}$$

Chegando em:

$${V_f}^{\gamma - 1} T_f = {V_0}^{\gamma - 1} T_0$$

Pela lei de Clayperon, temos que $T = \frac{PV}{nR}$:

$$P_f V_f^{\gamma} = P_0 V_0^{\gamma}$$

Divindindo ambos os lados pela massa, como $\rho = \frac{m}{V}$:

$$\boxed{P_f \rho_f^{-\gamma} = P_0 \rho_0^{-\gamma}}$$

c) O ponto de incidência na mesosfera está em uma camada infinitesimal com densidade $\rho$, enquanto a camada a uma distância $h$ do centro da Terra possui densidade $\rho_0$. As camadas superiores à mesosfera têm um índice de refração resultante $n_1$, enquanto a camada entre a distância $r$ e $h$, destacada em vermelho na imagem abaixo, possui índice de refração $n_2$:
Com essas definições e os dados fornecidos no enunciado, podemos aplicar a Lei de Snell e o conceito de ângulo limite:

$$n_1 \sin \beta = n_2 \sin 90^{\circ}$$

$$\sin \beta = \frac{n_2}{n_1}$$

Como os índices de refração são proporcionais à densidade:

$$\sin \beta = \frac{\rho_0}{\rho}$$

Agora, precisamos determinar a razão entre as densidades $\rho_0$ e $\rho$. Para isso, primeiro encontraremos a densidade em função da pressão da camada analisada e da temperatura ao nível do mar. Utilizaremos os índices $P_m$ e $T_m$ para não confundir com $P_0$, que está associada à camada de $\rho_0$. De acordo com a lei das transformações adiabáticas mencionada no item anterior:

$$\rho = \rho_m \left(\frac{P}{P_m}\right)^{\frac{1}{\gamma}}$$

Por Clayperon:

$$P_m \mu = \rho_m R T_m$$

$$\rho_m = \frac{P_m \mu}{RT_m}$$

Desse modo, temos que:

$$\rho = P^{\frac{1}{\gamma}} \cdot P_m^{1 - \frac{1}{\gamma}} \frac{\mu}{RT_m}$$

Agora que temos qualquer densidade em função da pressão da camada analisada, assim como a pressão e a temperatura ao nível do mar, podemos utilizar a relação do item A para descobrir essa pressão qualquer em uma camada a distância r do nível do mar:

$$\frac{dP}{dr} = - \rho g$$

$$\int_{P_m}^{P} P^{- \frac{1}{\gamma}} dP = - P_m \frac{\mu g}{R T_m} \int_{0}^{r} dr$$

$$\frac{\gamma-1}{\gamma} (P^{1-\frac{1}{\gamma}} - P_m^{1-\frac{1}{\gamma}}) = -P_m^{1 - \frac{1}{\gamma}} \frac{\mu g r}{RT_m}$$

$$P^{1-\frac{1}{\gamma}} - P_m^{1-\frac{1}{\gamma}} = -\frac{\gamma}{\gamma - 1}P_m^{1 - \frac{1}{\gamma}} \frac{\mu g r}{RT_m}$$

$$P^{1-\frac{1}{\gamma}} = \left(1 - \frac{\gamma \mu g r}{RT_m (\gamma - 1)} \right) P_m^{1 - \frac{1}{\gamma}}$$

$$P = P_m \left(1 - \frac{\gamma \mu g r}{RT_m (\gamma - 1)} \right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}$$

Com este resultado, agora podemos especificar a pressão nas camadas desejadas na questão. Sendo $P$ a pressão associada à densidade $\rho$ e $P_0$ a pressão associada à densidade $\rho_0$, consulte a imagem novamente para entender melhor os índices. Utilizando $R_{\oplus}$ como o Raio da Terra:

$$P = P_m \left(1 - \frac{\gamma \mu g (r - R_{\oplus}) }{RT_m (\gamma - 1)} \right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}$$

$$P_0 = P_m \left(1 - \frac{\gamma \mu g (h - R_{\oplus}) }{RT_m (\gamma - 1)} \right)^{\frac{\gamma - 1}{\gamma}}$$

A razão $\frac{P}{P_0}$ é:

$$\frac{P}{P_0} = \left( \frac{RT_m(\gamma -1) - \gamma \mu g ( r - R_{\oplus})}{RT_m(\gamma -1) - \gamma \mu g ( h - R_{\oplus})}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}}$$

Agora que já temos a razão entre as pressões das duas camadas analisadas utilizando o modelo adiabático, podemos determinar a razão entre as densidades correspondentes. Com isso, seremos capazes de calcular o ângulo de incidência.
Utilizando a relação descoberta no item b)

$$P \rho^{-\gamma} = cte$$

Derivando:

$$dP \rho^{-\gamma} = P \gamma \rho^{-\gamma - 1} d\rho$$

Dividindo por $\rho^{-\gamma}$ em ambos os lados:

$$dP = \gamma P \frac{d\rho}{\rho}$$

$$\frac{dP}{P} = \gamma \frac{d\rho}{\rho}$$

Integrando:

$$\int_{P_0}^{P} \frac{dP}{P} = \gamma \int_{\rho_0}^{\rho} \frac{d \rho}{\rho}$$

$$\ln \left(\frac{P}{P_0}\right) = \gamma \ln \left(\frac{\rho}{\rho_0}\right)$$

Dessa forma, descobrimos que:

$$\frac{P}{P_0} = \frac{\rho}{\rho_0} e^{\gamma}$$

$$\frac{\rho_0}{\rho} = \frac{P_0}{P} e^{\gamma}$$

Utilizando o resultado encontrado de $\frac{P}{P_0}$:

$$\frac{\rho_0}{\rho} = e^{\gamma} \left( \frac{RT_m(\gamma -1) - \gamma \mu g ( r - R_{\oplus})}{RT_m(\gamma -1) - \gamma \mu g ( h - R_{\oplus})}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}$$

Utilizando o resultado encontrado, $\beta = \arcsin \left( \frac{\rho_0}{\rho} \right)$, e a notação da temperatura ao nível do mar como $T_0$ (evitada durante a solução para não confundir com a temperatura da camada associada a $\rho_0$):

$$\boxed{\beta = \arcsin \left( e^{\gamma} \left( \frac{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( r - R_{\oplus})}{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( h - R_{\oplus})}\right)^{\frac{\gamma}{\gamma-1}} \right )}$$

d) Ao analisar a variação de momento na “colisão dos fótons com a atmosfera”, devemos considerar a definição de albedo $\alpha = \frac{P_r}{P_i}$ e a figura a seguir:
O único momento que causará força na cabeça de Hiratinha é aquele na direção normal, considerando os vetores $p \cos \beta$ e $-\alpha p \cos \beta$, que representam o momento dos fótons que chegam e são refletidos, respectivamente. Portanto, sendo $\overline{p}$ o momento médio de um fóton e $dN$ o número infinitesimal de fótons que atingem a cabeça em um intervalo $dt$, a variação de momento é:

$$dp = \overline{p} \cos \beta dN - (- \alpha \overline{p} \cos \beta dN )$$

$$dp = ( 1 + \alpha) \overline{p} dN \cos \beta$$

O número infinitesimal de fótons $dN$ que atingem a cabeça pode ser expresso em função da densidade volumétrica de fótons $\eta$, da área da cabeça $A$, da velocidade da luz $c$ e do intervalo de tempo $dt$:

$$dN = \eta A c dt$$

Assim:

$$dp = ( 1 + \alpha) \overline{p} \eta A c dt \cos \beta$$

$$\frac{dp}{A dt} = ( 1 + \alpha) \overline{p} \eta c \cos \beta$$

Encontramos que a pressão P é:

$$P = ( 1 + \alpha) \overline{p} \eta c \cos \beta$$

No entanto, agora, para expressar a pressão $P$ em função das variáveis do problema, analisaremos o fluxo de fótons:

$$\phi = \frac{1}{A} \frac{dN}{dt}$$

$$\phi = \eta c$$

Com o fluxo de fótons determinado, podemos expressar o fluxo de energia $F$ em função da energia média de um fóton $\overline{\varepsilon}$:

$$F = \phi \overline{\varepsilon}$$

$$F = \eta c \overline{\varepsilon}$$

Sabendo que $\overline{\varepsilon} = \overline{p} c$:

$$F = n \overline{p} c^2$$

$$n \overline{p} c = \frac{F}{c}$$

Substituindo isso na expressão para a pressão, obtemos:

$$P = ( 1 + \alpha) \cos \beta \frac{F}{c}$$

Perceba que devemos encontrar o $cos \beta$ pela identidade trigonométrica $\sin^2 \beta + \cos^2 \beta = 1$:

$$\cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta$$

$$\cos^2 \beta = 1 - \left( e^{2\gamma} \left( \frac{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( r - R_{\oplus})}{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( h - R_{\oplus})}\right)^{\frac{2 \gamma}{\gamma-1}} \right )$$

$$\cos\beta = \sqrt{ 1 - \left( e^{2\gamma} \left( \frac{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( r - R_{\oplus})}{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( h - R_{\oplus})}\right)^{\frac{2 \gamma}{\gamma-1}} \right )}$$

Além disso, note que ainda não temos o fluxo do laser. Iremos encontrá-lo usando a equação de Pogson:

$$m - m_{\odot} = -2.5 \log \left(\frac{F}{F_{\odot}} \right)$$

Logo:

$$F = F_{\odot} \cdot 10^{\frac{m-m_{\odot}}{2.5}}$$

Substituindo o fluxo do laser $F$ e $\cos \beta$ na expressão de pressão encontrada anteriormente:

$$\boxed{P = \frac{( 1 + \alpha) F_{\odot} \cdot 10^{\frac{m-m_{\odot}}{2.5}}}{c} \sqrt{ 1 - \left( e^{2\gamma} \left( \frac{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( r - R_{\oplus})}{RT_0(\gamma -1) - \gamma \mu g ( h - R_{\oplus})}\right)^{\frac{2 \gamma}{\gamma-1}} \right )}}$$