Soluções Astronomia – Semana 64

INICIANTE

Calculando a velocidade angular de cada ponto a partir da fórmula dada:

$\omega_1=13+1,4cos(2\cdot9^{\circ})=14,33 ^{\circ}/dia$

$\omega_2=13+1,4cos(2\cdot17^{\circ})=14,16 ^{\circ}/dia$

Logo a velocidade angular relativa entre eles é:

$\omega_{rel}=0,17^{\circ}/dia$

Assim, para que a separação angular entre os pontos volte a ser nula, o ponto 1 terá que percorrer uma volta a mais do que o ponto dois, que equivale a um ângulo de $360^{\circ}$ percorrido pela velocidade angular relativa ,assim:

$\Delta t=\frac{360^{\circ}}{\omega_{rel}} \approx 2107dias$

Logo, o número $N$ de revoluções dadas pelo Sol será de:

$N=\frac{2107}{25}\approx 84$ revoluções

Assim, o Sol dá aproximadamente $84$ revoluções até os pontos ficarem no mesmo meridiano novamente

*Você também poderia resolver essa questão utilizando período sinódico para calcular $\Delta t$, pois o período sinódico $S$ não passa de $S=\frac{360^{\circ}}{\omega_{rel}}=\Delta t$, que pode ser reescrita para a expressão clássica: $\frac{1}{S}=\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}$

INTERMEDIÁRIO

Primeiro devemos descobrir a temperatura da estrela, podemos fazer isso utilizando a lei de Wien:

$T\cdot \lambda_{max} = 2.898\cdot 10^{-3}$

substituindo lambda temos que

$T=5270K$

Com isso podemos aplicar a lei de Stefan-Boltzmann e descobrir a luminosidade da estrela

$L = 4\pi R_{esterla}^2\sigma T_{estrela}^4$

substituindo temos que

$L = 1.37\cdot 10^{28}$

Admitindo o planeta em equilíbrio térmico podemos dizer que o quanto ele absorve é igual a quanto ele emite logo:

$\dfrac{L}{4\pi D^2}\cdot \pi R_{planeta}^2 (1-\alpha)=4\pi R_{planeta}^2 \sigma T_{planeta}^4$

isolando T e substituindo temos que:

$T =500K$

AVANÇADO

A primeira coisa a se notar é que os pontos L4 e L5 são simétricos em relação aos dois corpos do sistema. Assim, precisamos apenas deduzir a posição de L4.

Onde C é o centro de massa de A e B. Vamos supor uma massa $m_0$ no ponto L4, tal que $m_0<<m<M$.

Como não existe resultante tangencial, apenas centrípeta, temos:

$F_a sen \alpha = F_b sen \beta$

$\frac{GMm_0}{d_a^2}sen\alpha = \frac{Gmm_0}{d_b^2}sen \beta$

$\frac{sen \alpha}{sen \beta}=\frac{md_a^2}{Md_b^2}$

Pela lei dos senos:

$\frac{d_b}{sen \theta}=\frac{r_b}{sen \beta}$ e $\frac{d_a}{sen(180^{\circ}-\theta)}=\frac{r_a}{sen \alpha}$

$\frac{d_b sen\beta}{r_b}=\frac{d_a sen\alpha}{r_a}$

$\frac{sen\alpha}{sen\beta}=\frac{d_br_a}{d_ar_b}$

$\frac{d_br_a}{d_ar_b}=\frac{md_a^2}{Md_b^2}$

$\frac{d_a}{d_b}=(\frac{r_aM}{r_bm})^{\frac{1}{3}}$

Pela definição de centro de massa $(Mr_a=mr_b)$, temos que $d_a=d_b$.

Utilizando as componentes radiais:

$\frac{GMm_0}{d_a^2}cos \alpha+\frac{Gmm_0}{d_b^2}cos \beta=m_0 \omega^2 d$

$d=\frac{G(Mcos\alpha+mcos\beta)}{\omega^2d_b^2}=\frac{G}{\omega^2d_b^2}(\frac{m sen\beta}{sen\alpha}cos\alpha+mcos\beta)=\frac{Gm}{\omega^2d_b^2}\frac{sen\beta cos\alpha+sen\alpha cos\beta}{sen\alpha}=\frac{Gm}{\omega^2 d_b^2}\frac{sen(\alpha+\beta)}{sen\alpha}$ (I)

Pela lei dos senos:

$\frac{d}{sen x}=\frac{r_a}{sen \alpha}$ e $\frac{d_b}{sen x}=\frac{r_a+r_b}{sen(\alpha+\beta)}$

$\frac{dsen\alpha}{r_a}=\frac{d_b sen(\alpha+\beta)}{r_a+r_b}$

$\frac{sen(\alpha+\beta)}{sen \alpha}=\frac{d(r_a+r_b)}{d_b r_a}$ (ll)

Substituindo ll em l:

$d=\frac{Gm}{\omega^2d_b^2}\frac{d(r_a+r_b)}{d_br_a}$

$\frac{Gm}{\omega^2}=\frac{d_b^3 r_a}{r_a+r_b}$ (lll)

Para o corpo A, temos:

$\frac{GMm}{(r_a+r_b)^2}=M\omega^2r_a$

$\frac{Gm}{\omega^2}=r_a(r_a+r_b)^2$ (lV)

Igualando lll a lV:

$\frac{d_b^3 r_a}{r_a+r_b}=r_a(r_a+r_b)^2$

$d_b^3=(r_a+r_b)^3$

$d_b=(r_a+r_b)$

Assim, os pontos L4 e L5 são aqueles que formam triângulos equiláteros com os pontos onde se encontram A e B.