Soluções Astronomia – Semana 36

INICIANTE

A resolução angular do telescópio da magnata é dada por:

$\theta = 1,22 \frac{\lambda}{D}$ (1)

O raio de schwarzchild é dado por:

$R_s = 2\frac{GM}{c^2}$ (2)

Resolvendo para $D$ na primeira equação:

$D = 1,22 \frac{\lambda}{\theta}$ (3)

Encontrando $\theta$ em função do raio orbital do disco de acreção e da distância $d$ fornecida:

$\theta = \frac{2{\cdot}3{\cdot}2\frac{GM}{c^2}}{d}$ (3)

Substituindo a equação (3) na equação (2):

$D = 1,22 \frac{\lambda}{\frac{2{\cdot}3{\cdot}2\frac{GM}{c^2}}{d}}$ (4)

Substituindo valores ($\lambda = 550 nm$)

$D = 3,57 km$

 

 

INTERMEDIÁRIO

Para calcular a latitude de Luã ($\phi$), deve-se conhecer  altura ($h$), o ângulo horário ($H$) e a declinação ($\delta$) do astro em questão.

Primeiramente, calculemos a altura:

 

 

 

 

 

Figura 1: esquema da altura.

A partir da figura 1, por trigonometria, calculamos h:

$h =arctan(\frac{1}{1,732})$

$h = 30^{\circ}$

 

 

Agora, calculemos a declinação:

Figura 2: Esquema da declinação.

 

Para calcular a declinação, devemos primeiro descobrir a longitude eclíptica ($\lambda$).

Calculando $\lambda$:

assumindo que a órbita da Terra é circular:

$\lambda = {\frac{360^{\circ}}{365,25 dias}}{N}$ onde N é o número de dias desde o equinócio vernal boreal.

Sabendo que a EuPhO terminou dia 4 de Junho às 18:30, temos que Luã viu a passagem meridiana do Sol no dia seguinte, dia 5 de Junho. Assumindo o dia de equinócio vernal como 21/03, temos que:

$\lambda = {\frac{360^{\circ}}{365,25 dias}}{76 dias}$

$\lambda =74,9^{\circ}$

 

Agora, pela lei dos senos da trigonometria esférica:

$\frac{sen(\delta)}{sen(\epsilon)} = \frac{sen(\lambda)}{sen(90^{\circ})}$

com $\epsilon = 23^{\circ}27'$.

Resolvendo para $\delta$:

$\delta = 22^{\circ} 36'$

Do texto, sabemos que o ângulo horário do Sol é de 3h.

$H = 3h = 45^{\circ}$

Agora, a partir da figura 3 e, pela lei dos cossenos da trigonometria esférica, temos:

Figura 3: esfera celeste para conversão de coordenadas.

 

$sen(h) = sen(\phi)sen(\delta)+cos(\phi)cos(\delta)cos(H)$

Sejam:

$sen(\phi) = x$

$sen(h) = c$

$sen(\delta) = a$

$cos(\delta)cos(H) = b$

 

Temos então:

 

$c = ax+\sqrt{1-x^2}b$

 

Desenvolvendo:

 

$(a^2+b^2)x^2 - 2acx + (c^2-b^2) = 0$

 

Resolvendo para $x$ e lembrando que $sen(\phi) = x$:

$\phi = arcsen(\frac{2ac{\pm}{\sqrt{4a^2b^2 - 4(a^2+b^2)(c^2-b^2)}}}{2(a^2+b^2)})$

substituindo valores, temos:

$\phi = 79^{\circ}11'$

$\phi = 100^{\circ}49'$

$\phi = -18^{\circ}13'$

$\phi = 198^{\circ}13'$

Nenhum dos três últimos valores faz sentido para uma latitude do hemisfério norte, logo:

$\phi = 79^{\circ}11'$.

AVANÇADO

Calculemos o brilho captado pelo olho de Giulia e igualemos ao brilho captado pelo telescópio de Bruna:

Assumindo o aglomerado esférico e homogêneo, temos que a densidade de estrelas será dada por:

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

mas $R = \frac {\alpha D}{2}$, logo:

$\rho = \frac{N}{{\frac{4}{3}}\pi{\frac{\alpha D}{2}}^3}$

$\rho = \frac{6N}{\pi \alpha^3 D^3}$

A Luminosidade dessa casca será:

$dL = \rho dV L$

$dL = \rho 4 \pi r^2dr L$

O Fluxo dessa casca será:

$dF = \frac{\rho 4 \pi r^2dr L}{4 \pi r^2}$

$dF ={\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3} dr}$

Integrando de 0 a F e de 0 a R:

$\int_0^F dF = {\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3}}\int_0^R dr$

$F = {\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3}}R$

$F = {\frac{6NL}{\pi \alpha^3 D^3}}\frac {\alpha D}{2}$

$F = {\frac{3NL}{\pi \alpha^2 D^2}}$

O fluxo que chega a Bruna será:

$F_b = \frac{NL}{4 \pi D^2}$

Igualando as intensidades:

$F {\cdot} A_{olho} = F_b {\cdot} A_tel$

${\frac{3NL}{\pi \alpha^2 D^2}} {\pi ({\frac {d_{olho}}{2}})^2} = \frac{NL}{4 \pi D^2} {\pi ({\frac {d_{tel}}{2}})^2}$

Desenvolvendo e substituindo $d_{olho} = 6mm$, chegamos:

$d_{tel} = {\frac {6}{\alpha}}{\sqrt{12}} mm$