Soluções Astronomia – Semana 80

INICIANTE

Para descobrir o tempo de queda, basta aplicar a Terceira Lei de Kepler na elipse degenerada:

Pela Terceira Lei de Kepler:
\begin{equation*}
\dfrac{P^2}{a^3}=\dfrac{4\pi^2}{GM} \Rightarrow P^2=\dfrac{4\pi^2 \cdot R_{\oplus}^3}{GM_{\oplus}} \Rightarrow P=5,07 \cdot 10^3 s \end{equation*}
Pode-se perceber pela imagem que a área destacada, que é a área que o raio vetor irá varrer, vale

$A=\frac{\pi ab}{4}+\frac{ab}{2}$

enquanto que a área total é $A_{total}=\pi ab$. Portanto, pela Segunda Lei de Kepler, temos

$\dfrac{A}{\Delta t}=\dfrac{A_{total}}{P}$

$\Delta t= \dfrac{A}{A_{total}}P=\dfrac{ab\left(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\right)}{\pi ab}P=P\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2\pi}\right)$

$\boxed{\Delta t=2,07 \cdot 10^3 s \approx 35min}$

Um ponto da superfície da Terra rotaciona a $v=\dfrac{2\pi R_{\oplus}}{T_{\oplus}}$, onde $T_{\oplus}$ é o período sideral. Assim, em um
intervalo de tempo $\Delta t$, JC irá se distanciar $v\Delta t$ do ponto em que cairão sua meias.

$\Delta s=v\Delta t$

Substituindo valores

$\boxed{\Delta s=9,65\cdot 10^5 m}$

INTERMEDIÁRIO

Para calcular a nova luminosidade do Sol, precisamos aplicar a Lei de Stefan Boltzmann. Porém, como a temperatura superficial do Sol não é constante em toda a sua área, precisamos multiplicar pequenos pedaços de área à sua respectiva temperatura(elevada à quarta potência) e somar. Para isso, precisamos descobrir quanto vale um infinitesimal de área em função de $\theta$.

Como $\theta$ é muito pequeno, podemos considerar que essa região pintada, ao ser esticada, é na realidade um retângulo de base igual a $2\pi R\sin \theta$ e largura $Rd\theta$. Assim:

$dA=2\pi R\sin \theta.Rd\theta$

$dA=2\pi R^2 \sin \theta d\theta$

Portanto, cada pedaço de área emite luminosidade igual a

$dL=dA\sigma T^4$

$dL=2\pi R^2\sin \theta d\theta \sigma T_{\odot}^4 \sin^4\theta$

$dL=2\pi R^2 \sigma T_{\odot}^4 \sin^5 \theta d\theta$

Integrando $dL$ de $0$ a $L$ e $\theta$ de $0$ a $\frac{\pi}{2}$ e multiplicando por 2(já que temos que considerar os dois hemisférios):

$\int_{0}^{L}dL=2\pi R^2 \sigma T_{\odot}^4 2 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^5 \theta \,d\theta$

Usando a integral fornecida:

$L=2\pi R^2 \sigma T_{\odot}^4 2 \frac{8}{15}$

$L=4\pi R^2 \sigma T_{\odot}^4 \frac{8}{15}$

$L=\frac{8}{15}L_{\odot}$

Usando Pogson:

$\Delta m=-2,5 log \left(\dfrac{L}{L_{\odot}}\right)$

$\Delta m=-2,5 log \left(\dfrac{8}{15}\right)$

$\boxed{\Delta m=0,68}$

 

AVANÇADO

Primeiro, calculemos as coordenadas equatoriais do Sol no dia $1^{\circ}$ de abril. No decorrer do ano, o Sol se move com velocidade aproximadamente constante na eclíptica

\begin{equation}
\omega=\dfrac{360^{\circ}}{365 dias}
\end{equation}

No dia $1^{\circ}$ de abril,

\begin{equation}
t=11 \rm{dias}
\end{equation}

Pela lei dos senos

\begin{equation}
\sin(\omega t)=\dfrac{\sin\delta}{\sin\epsilon}
\end{equation}

Pela lei dos 4 elementos:

$\cot\delta \sin\alpha = \cos\alpha\cos90^{\circ}+\sin90^{\circ}\cot\epsilon$

$\cot\delta \sin\alpha = \cot\epsilon$

\begin{equation}
\sin\alpha=\dfrac{\tan\delta}{\tan\epsilon}
\end{equation}

Juntando 1, 2, 3 e 4 achamos

$\delta=+4,29^{\circ} =+4^{\circ}17'45''$
$\alpha=+9,97^{\circ}=+0h39m53s$

Nesse dia, o ângulo horário (em módulo) que o Sol vai nascer é

\begin{equation*}
\cos H_0=-\tan\delta \tan\phi \Rightarrow H_0=93,91^{\circ}=6h15min
\end{equation*}

O tempo que o Sol fica acima do horizonte é, portanto,

\begin{equation*}
2H_0=12h31min
\end{equation*}

Ângulo horário do Sol ao se pôr : $H_0$
Tempo sideral quando o Sol se põe: $T_{antes}=H_0+\alpha_{antes}=6h55m33s$
Tempo sideral à meia-noite: $T_{depois}=12^h+\alpha_{antes}=12h39m53s$
Quando o Sol chegar no zênite de Kutaisi, seu ângulo horário será $0h$, ou seja,

$T_{depois}=0^h+\alpha_{depois} \Rightarrow \alpha_{depois}=12h39m53s$

é a ascensão reta do Sol no momento desejado.

Sabemos que para um astro estar no zênite de algum local, sua declinação tem que ser igual à latitude. Portanto, a declinação do Sol depois será de $\phi$.
Assim, temos as coordenadas equatoriais antes e depois:

$\left(\delta_{antes} , \alpha_{antes} \right)=\left(4^{\circ}17'45'',0h39m53s\right)$

$\left(\delta_{depois} , \alpha_{depois} \right)=\left( 42^{\circ}16'14'',12h39m53s \right)$

Bem como o tempo decorrido:

$T_{depois}-T_{antes}=5h46min \Rightarrow \Delta T=5h44min$

Sabemos que 1 hora sideral corresponde a $\frac{24h}{23h56m04s}$ horas “normais”(que usamos no nosso relógio). Portanto

$\Delta t=\Delta T.\frac{24h}{23h56m04s}=5,75 \rm{horas}$

Pela lei dos cossenos

$\cos(\Delta \theta)=\cos(90-\delta_A)\cos(90-\delta_D)+\sin(90-\delta_A)\sin(90-\delta_D)\cos(\Delta \alpha)$

$\cos(\Delta \theta)=\sin(\delta_A)\sin(\delta_D)+\cos(\delta_A)\cos(\delta_D)\cos(\Delta \alpha)$

Substituindo:

$\Delta \theta=133^{\circ}26'11''$

Assim,

$\beta=\dfrac{\Delta \theta}{\Delta t}=\dfrac{133^{\circ}26'11''}{5,75}\approx 23,19^{\circ}/h$

A velocidade média do Sol será

$\boxed{\beta=23,19^{\circ}/h}$