Soluções Astronomia – Semana 59

INICIANTE

Podemos calcular a distância d até Sirius sabendo da relação:

$\mu(")=\frac{1}{d(pc)} \Rightarrow d(pc)=\frac{1}{0,376"} = 2,66pc$

Logo, a distância projetada no plano do equador galáctico D é:

$D=dcos(\phi)=2,63pc$

Como a magnitude absoluta M é a magnitude da estrela a uma distância de 10pc, temos, pela equação de Pogson:

$m-M=-2,5\log(\frac{F_m}{F_M})=-2,5\log(\frac{L}{4\pi d^2} \frac{4\pi 10^2}{L})=5\log(d) - 5$

Substituindo os valores, obtemos:
$M=+1,42$

INTERMEDIÁRIO

Uma boa estratégia seria testar valores específicos de $\theta$ , assim:
a) Para $\theta$ = 0°, $r$ corresponde à distância do foco ao apoastro, que é igual a $a + ae = a(1+e)$ , logo:

$r(0^{\circ})=\frac{p}{1-ecos(0^{\circ})}=\frac{p}{1-e}=a(1+e)$

Logo, $p=a(1-e^2)$
b) Para $\theta$ = 90°, como cos(90°) = 0:

$r(90^{\circ})=\frac{p}{1-ecos(90^{\circ})}=p$

Vale ressaltar o nome de $p$ , semi-latus rectum
c) Sabendo que $p$ é $r(90^{\circ})$ , a soma das distâncias de um ponto da elipse até seus focos é $2a$ e que a distância entre os focos da elipse é $2ea$ , podemos aplicar pitágoras no triângulo que possui catetos $2ea$ e $p$ e hipotenusa $2a-p$ :

$(2ea)^2 + p^2 = (2a-p)^2 \Leftrightarrow p=a(1-e^2)$

d) Utilizando agora um triângulo qualquer na elipse, cujos vértices são os dois focos e um ponto da elipse, podemos aplicar uma lei dos cossenos de maneira análoga à pergunta anterior, obtendo assim:

$(2a-r)^2=(2ea)^2 + r^2 - 2(2ea)(r)cos(\theta)$

Rearranjando, chegamos em $r=\frac{a(1-e^2)}{1-ecos(\theta)}$ .

e) Podemos usar a equação VIS-VIVA (que pode ser provada a partir da conservação da energia) para $r=a(1-e^2)$ :

$v^2=GM(\frac{2}{r}-\frac{1}{a})=\frac{GM}{a}(\frac{1+e^2}{1-e^2})$

AVANÇADO

Visualizando a situação:

Figura 1: vista superior

Figura 2: sua visão da bola

Sendo $\alpha=180^{\circ} - \theta$ , vemos que a distância entre as retas $r$ e $s$ vale $Rcos(\alpha)$ , onde $R$ é o raio da bola

Nos resta saber que figura está delimitada pelos pontos A, B e C. Pelo estudo de cônicas, e sendo seu campo de visão nosso cone de interesse, podemos ver na Figura 1 que o círculo que delimita as regiões clara e escura está “cortando” o cone fazendo um ângulo de $90^{\circ} -\alpha$ com sua vertical, e isso dá uma elipse.

Pela Figura 2, os semieixo maior e menor valem, respectivamente: $a=R$ e $b=Rcos(\alpha)$ . Sabendo que a área da elipse vale $S_e=\pi ab$ e que a área do círculo vale $S_c=\pi R^2$ , a área iluminada $A$ vale:

$A=S_c-(\frac{S_e}{2}+\frac{S_c}{2})$

Portanto, a porcentagem de área iluminada $\phi$ é:

$\phi = \frac{A}{S_c} = 1 - \frac{\frac{\pi R^2}{2} (1+cos(\alpha)}{\pi R^2}=\frac{1}{2}-\frac{cos(\alpha)}{2}$

Porém, devemos colocar a resposta em função de $\theta$ , logo:

$\phi(\theta)=\frac{1}{2}+\frac{cos(\theta)}{2}$

Pois $cos(180^{\circ}-\theta)=cos(180^{\circ})cos(\theta)+sen(180^{\circ})sen(\theta)=-cos(\theta)$

a) Na quadratura:

$sen(\theta)=\frac{a_T}{a_M}=\frac{1UA}{1,52UA}\Rightarrow \theta =41^{\circ}$

Assim:

$\phi = \frac{1}{2} + \frac{cos(41^{\circ})}{2}= 87,7\%$

Figura 3: vista do polo norte eclíptico

b) Para resolver este e os próximos itens, iremos tomar o referencial da Terra, com o ângulo $\alpha$ (representado na Figura 3) crescendo no sentido anti-horário e representando a defasagem angular entre Terra e Marte, ou seja, $\alpha=\omega t \Rightarrow \alpha' = \omega$ , onde $\omega$ é a velocidade angular relativa entre os planetas $=\omega _t - \omega _m$ . Note que como $sen(180^{\circ} -x)=senx$ , temos:

$\frac{a_m}{sen(180^{\circ} - \theta - \alpha )}=\frac{a_t}{sen(\theta)}\Leftrightarrow ksen\theta = sen(\theta+\alpha)=sen\alpha cos\theta + sen\theta cos\alpha$

$\Leftrightarrow k=\frac{sen\alpha}{tg\theta}+cos\alpha$

Assim:

$tg\theta = \frac{sen\alpha}{k-cos\alpha}$

Agora temos que lembrar que o valor extremo de $\theta$ é alcançado quando $\frac{d\theta}{d\alpha}=0$ . Logo, isolando $\theta$ e derivando em relação à $\alpha$ (lembre-se que a derivada de $arctgx=\frac{1}{1+x^2})$ :

$\frac{d\theta}{d\alpha}=\frac{1}{1+(\frac{sen\alpha}{k-cos\alpha})^2}\cdot \frac{cos\alpha(k-cos\alpha)-sen^2\alpha}{(k-cos\alpha)^2}=\frac{kcos\alpha -1}{k^2-2kcos\alpha+1}$

No caso limite:

$\frac{d\theta}{d\alpha}=\frac{kcos\alpha -1}{k^2-2kcos\alpha+1}=0\Rightarrow cos\alpha=\frac{1}{k}$

Pela relação fundamental, $sen\alpha=\frac{\sqrt{k^2-1}}{k}$ , logo:

$tg\theta=\frac{sen\alpha}{k-cos\alpha}=\frac{1}{\sqrt{k^2-1}}\Rightarrow sen\theta=\frac{1}{k}$

E já vimos que esse $\theta$ corresponde à posição da quadratura de Marte! Logo o valor máximo de $\theta$ é de 41°.
c) O cálculo de $\phi$ foi feito previamente, onde obtemos: $\phi (\theta)=\frac{1}{2}(1+cos\theta)$ , logo a taxa da variação temporal de $\phi$ é dada por:

$\frac{d\phi}{dt}=-\frac{1}{2}sen\theta \frac{d\theta}{dt}$

A partir da expressão de $tg\theta$ , podemos encontrar tanto $sen\theta$ como $\frac{d\theta}{dt}$ :
Isolando $\theta$ e derivando em relação à $t$ :

$\frac{d\theta}{dt}=\frac{1}{1+(\frac{sen\alpha}{k-cos\alpha})^2}\cdot\frac{\alpha'cos\alpha (k-cos\alpha) - \alpha ' sen^2\alpha}{(k-cos\alpha)^2}$

Rearranjando:

$\frac{d\theta}{dt}=\frac{k\alpha'cos\alpha-\alpha'}{k^2-2kcos\alpha+1}$

Sabemos que $tgx=\frac{senx}{cosx}$ e que $sen^2x+cos^2x=1$ , então podemos chegar no valor de $sen\theta$ a partir da expressão da $tg\theta$ , obtendo assim:

$sen\theta=\frac{sen\alpha}{\sqrt{k^2-2kcos\alpha +1}}$

Juntando esses resultados:

$\frac{d\phi}{dt}=-\frac{sen\alpha(k\alpha'cos\alpha-\alpha')}{2(k^2-2kcos\alpha +1)^{\frac{3}{2}}}$

d) A média temporal $M$ de $\phi(t)$ sobre um intervalo de tempo $T$ é definida como:

$M=\frac{\int_0^T\phi(t)dt}{T}$

Como o intervalo de tempo $T$ é o período sinódico, $T=\frac{2\pi}{\alpha'}$ . Além disso podemos fazer uma mudança de variável sabendo que $\frac{d\alpha}{dt}=\alpha' \Rightarrow dt=\frac{d\alpha}{\alpha'}$ . Logo: