INICIANTE
O tempo entre duas aproximações máximas de Marte a Terra é igual ao período sideral, portanto:
$$\dfrac{1}{S}=\dfrac{1}{T_{Terra}} – \dfrac{1}{T_{Marte}}$$
$$\dfrac{1}{780.3}=\dfrac{1}{365.25} – \dfrac{1}{T_{Marte}}$$
$$T_{Marte}=686.7dias=1.88anos$$
$$\dfrac{a^3}{T^2}=1$$
$$a=1.52U.A.$$
INTERMEDIÁRIO
Como a supernova emite isotropicamente os átomos, podemos calcular a quantidade de átomos $$n’_0$$ que chegaram na Terra 359 milhões de anos atrás pela relação:
$$\dfrac{n’_0}{n} = \dfrac{\Omega}{4\cdot \pi}$$
Onde $$n$$ é a quantidade de átomos emitidos pela supernova, $$\Omega = \dfrac{\pi \cdot R^2}{d^2}$$ é o ângulo sólido da Terra e $$d = 65\, ly$$ :
$$n’_0 = \dfrac{n \cdot R^2}{4 \cdot d^2}$$
Considerando o decaimento radioativo desde o momento da emissão até os dias atuais (o tempo para os átomos se deslocarem da supernova para a Terra é desprezível):
$$n’= n’_0 \cdot 2^{- \frac{\Delta t}{t’}}$$
Onde $$t’$$ é o tempo de meia-vida e $$\Delta t \approx 359 \, Ma$$.
Para encontrar a densidade superficial média $$\sigma$$ podemos dividir a quantidade de partículas pela área superficial da Terra:
$$\sigma = \dfrac{n’}{4\cdot \pi \cdot R^2} \Longrightarrow \boxed{ \sigma = \dfrac{n}{16\cdot \pi \cdot d^2} \cdot 2^{- \frac{\Delta t}{t’}}}$$
(1) Para o Plutónio-244 ($$t’_{Pu} = 80 \, Ma$$ e $$n_{Pu} = 1,6 \cdot 10^{47}$$):
$$\boxed{\sigma_{Pu} \approx 3,7\cdot 10^8 \, m^{-2}}$$
(2) Para o Urânio-235 ($$t’_{U} = 704 \, Ma$$ e $$n_{U} = 3,0 \cdot 10^{47}$$):
$$\boxed{\sigma_{U} \approx 1,1\cdot 10^{10} \, m^{-2}}$$
AVANÇADO
Essa questão faz uso de algumas ideias específicas, as quais todas já caíram em pelo menos um problema da semana nos últimos 4 meses. Cada uma dessas ideias estará em negrito.
Parte 1
a) Esse item envolve o conceito de pressão de radiação, que você pode encontrar melhor explicado nesta ideia e pode treinar com esse problema
Para que Lago sobreviva, a aceleração radial de sua nave deve ser positiva e, no caso limite, nula. Assim, igualando a força gravitacional à força gerada pela pressão de radiação (que possui um fator $$2$$, já que a vela é totalmente refletora):
$$F_G=F_r \Rightarrow \frac{GMm}{D^2}=\frac{2}{c}\frac{LA}{4\pi D^2}$$
Rearranjando:
$$m=\frac{LA}{2\pi cGM}=6100kg$$
b) A chave é pensar que, para a nave nunca mais colidir com a estrela, mesmo depois da vela ser fechada, basta que ela adquira a velocidade de escape necessária para fugir de sua atração gravitacional. Primeiramente, a velocidade de escape $$v_e$$ de um corpo a uma distância $$x$$ da estrela é aquela que faz com que esse corpo chegue no infinito ($$U_G=0$$) com velocidade nula ($$K=0$$), logo:
$$\frac{mv_e^2}{2}-\frac{GMm}{x}=0 \Rightarrow v_e^2=\frac{2GM}{x}$$
Agora, escrevendo a segunda lei de Newton para a nave, onde $$r$$ é a distância da nave ao centro da estrela.
$$m’\ddot r =F_r – F_G = \frac{LA}{2\pi r^2c} – \frac{GMm’}{r^2}$$
Para encontrar a velocidade $$v(r)$$ do corpo, devemos utilizar o Toricelli generalizado, que foi deduzido no problema da semana já linkado no ínicio da questão. Assim:
$$v^2 = 0 +2 \int_D^x \ddot r dr = 2k (\frac{1}{D}-\frac{1}{x})$$
Onde $$k=\frac{LA}{2\pi m’ c}-GM=GM$$
Substituindo o valor da velocidade de escape:
$$\frac{2GM}{d}=\frac{2k}{D}-\frac{2k}{x} \Rightarrow x=\frac{D(GM+k)}{k}=2D=1UA$$
Encontramos assim a distância da estrela à vela quando esta adquirir a velocidade de escape. Teoricamente, para encontrar o tempo que a nave levou para chegar até esse ponto, deveríamos integrar $$\frac{1}{v(r)}$$ com relação à $$r$$, pois $$v=\frac{dx}{dt}\Rightarrow t=\int \frac{1}{v}dx$$. Porém, isso é totalmente fora do escopo da questão, e precisamos utilizar a dica. Já sabemos que não é possível achar a resposta exata, logo devemos aproximar algo, que pode ser: a velocidade da nave, dizendo que ela é constante ao longo do trajeto, ou calcular a área sob um gráfico de $$\frac{1}{v} vs.\ r$$ através de triângulos e retângulos. Vamos ver como é cada um desses gráficos:
A melhor solução para uma prova seria aproximar que a velocidade da nave é constante (se não for possível plotar o segundo gráfico) e $$\approx v_e$$, mas com certeza o range de respostas aceitas seria grande. Assim:
$$t\approx \frac{x}{v_e}=18 dias$$
Parte 2
c) Esse item envolve a aplicação de poeira em certos conceitos fotométricos. Esse problema também fez uso disso. Aqui você encontra a aula do Curso Noic sobre extinção
Basicamente, quando radiação incide em uma camada de área de secção transversal $$S$$ e comprimento $$dr$$, uma parcela dela é perdida devido à poeira. Veja a figura:
Sendo $$\rho$$ a densidade de partículas de poeira na nuvem, o número de grãos de poeira nesse pedacinho de volume é $$\rho S dr$$, e portanto a área transversal ocupada pela poeira é $$dA=\rho sSdr$$, onde $$s=\pi r^2$$ é a área transversal de uma partícula. Sendo $$F_0$$ o fluxo incidente, a perda $$dF$$ de fluxo é:
$$dF=-\frac{dL}{S}=-\frac{F_0 \rho Ss dr}{S}=-F_0 \rho s dr$$
Agora, pelo estudo de extinçao, sabemos que a perda de fluxo quando um fluxo $$F_0$$ passa por uma camada de opacidade $$\alpha$$ e comprimento $$dr$$ é:
$$dF=-F_0 \alpha dr$$
Igualando as duas perdas:
$$\rho=\frac{\alpha}{\pi r^2}$$
Para calcular a opacidade, precisamos utilizar a profundidade óptica para a camada, que é definida (veja a aula do Curso Noic) por:
$$\tau = \alpha e$$, onde $$e$$ é a espessura da camada. Assim:
$$\rho=\frac{\tau}{\pi e r^2}=5,1 \cdot 10^{-5}$$partículas$$/m^3$$
d) O item pede a velocidade de escape da nave, com a diferença que há uma nuvem de poeira que atuando gravitacionalmente. A figura representa a situação:
Primeiramente, existe sim poeira além da distância $$r$$ da nave, porém ela não influencia gravitacionalmente na nave (Lei de Gauss, onde a gaussiana é uma esfera de raio $$r$$ centrada na estrela). Além disso, sabemos que o campo na nave é o mesmo se toda a massa de poeira estivesse concentrada no centro da esfera. Assim, a energia potencial da poeira, $$U_p$$, é $$-\frac{GM_pm}{r}$$. A energia da nave nos instantes iniciais e finais é portanto:
$$\frac{mv_e^2}{2}-\frac{Gm}{r}(M+M_p)=0$$
Rearranjando:
$$v_e^2=\frac{2G}{r}(M+M_p)$$
Onde $$M_p=\rho \frac{4\pi}{3}r^3$$
E o enunciado nos permitiu de assumir que a velocidade da nave é aproximadamente (se for igual escapa) essa velocidade ao longo do trajeto todo, onde $$r=d$$, que é definido no item g)
e) Esse item utiliza pinceladas de teoria cinética dos gases, mas não é necessário nenhum conhecimento prévio disso para resolvê-lo (apesar desse tópico costumar cair). Veja uma figura representando a situação:
Vemos que todas as partículas que estiverem dentro do cilindro varrido pela nave irão aderir à ela, agregando massa. O número de partículas no cilindro é $$dN=\rho vdt A$$, logo a taxa de ganho de massa é:
$$\frac{dm}{dt}=m_p\rho A v$$
f) Primeiramente a Segunda Lei de Newton quando há mudanças na massa é:
$$\sum \vec F = \frac{d \vec p}{dt}=m\frac{dv}{dt}+v\frac{dm}{dt}$$
As forças atuantes são:
pressão de radiação: $$F_r=\frac{2\phi A}{c}$$, onde $$\phi$$ é o fluxo incidente da nave. Como há extinção, $$\phi=\frac{L}{4\pi r^2} e^{-\alpha r}$$
gravitacional da estrela: $$F_e = \frac{GMm}{r^2}$$
gravitacional da poeira: $$F_p=\frac{Gm}{r^2}\rho \frac{4\pi r^3}{3}=\frac{4\pi Gmr \rho}{3}$$
Logo:
$$ma=\frac{ALe^{-\alpha r}}{2\pi cr^2} – \frac{GMm}{r^2} – \frac{4\pi Gm\rho r}{3} – m_p\rho A v^2$$
g) Por Toricelli generalizado:
$$\frac{v^2}{2}=\int a dr$$
As integrais dos segundos e terceiros termos são tranquilas. Para o quarto termo deve-se considerar $$v\approx cte$$, logo o termo $$v^2$$ sai da integral. Já o primeiro termo já está muito fora do escopo da questão, então devemos parar por aqui. Supondo que as integrais fossem dadas, bastaria substituir $$v^2$$ pela velocidade de escape. Assim, ficaríamos com uma grande equação que nos daria $$d$$, resolvendo a questão. Vale lembrar que estamos integrando $$r$$ de $$D$$ até $$d$$.