Soluções Astronomia – Semana 50

INICIANTE

Sabemos que, em 50 anos e com uma taxa de afastamento $a$, a distância da Terra à Lua ficaria de

 

$D_0+\Delta D=D_f$

$D_0=D_f-c\Delta t$

$D_f=393.499km255m$

Além disso, em $T=50 anos$, temos uma taxa de

$a=\frac{\Delta D}{T}=\frac{c\Delta t}{T}$

$a=4,0$cm/ano

INTERMEDIÁRIO

O intuito do problema em questão é avaliar a veracidade da aproximação da velocidade de trânsito $v=\frac{2(R_s+R_m)}{t_t}$. Consideremos, então, o esquema do percurso no trânsito, visto da Terra

Temos, assim, um triangulo isósceles com os lados medem $d=a(1-e)=4,609\cdot10^7$ km e a base $b=2(R_{s}+R_{m})\approx 1,396\cdot10^6$ km.

$b^2=2d^2-2d^2cos{\theta}$

$4(R_{s}+R{m})^2=2(a(1-e))^2(1-cos{\theta})$

$cos{\theta}=1-\frac{2(R_s+R_m)^2}{(a(1-e))^2}$

$\theta=1,735^{circ}=0,030 rad$

Assim, no instante de proximidade ao periélio, a trajetória $S$ pode ser aproximada para

$S=\theta\cdot a(1-e)$

$S=1,39605\cdot10^6\approx 1,396\cdot10^6 km$

Assim, nossa aproximação se valida, pois

$\frac{S}{R_{s}+R_{m}} \approx 1$

AVANÇADO

Para resolvermos o problema, devemos perceber que, como as repetições do ciclo ocorrem em um período $S=2anos$, $S$ refere-se ao período sinódico entre o asteroide e a Terra. Logo,

$\frac{1}{S}=\frac{1}{T_t}-\frac{1}{T_a}$

$T_a=2anos$

 Lei de Kepler, descobrir o semi eixo maior da órbita:

$a_a=T^{\frac{2}{3}}=1,587UA$

Logo, para a menor excentricidade, a partir da configuração a seguir, podemos inferir que

$d_{min}=a_a(1-e)-1$^$d_{max}=2a_a-(a_a(1-e)-1)=a(1+e)+1$

Além disso, a energia refletida pelo asteroide de albedo $a$ nos pontos de máxima e mínima distância é

$P_{max}=\frac{aL_s}{4(a(1+e))^2}r^2$

$P_{min}=\frac{aL_s}{4(a(1-e))^2}r^2$

Colocando na equação de Pogson, com $\Delta m=8$ temos

$8=-5 log{\frac{(1-e)(a(1-e)-1)}{(1+e)(a(1+e)+1)}}$

$10^{\frac{8}{5}}=\frac{(1+e)(a(1+e)+1)}{(1-e)(a(1-e)-1)}$

Chegamos em tal equação de segunda ordem, a qual, resolvendo, com 0<e<1, chegamos em

$e=0,284$