Soluções Astronomia – Semana 97

Escrito por Davi Lucas

Iniciante

Ramanujan explorando universos

a) A partir do gráfico, podemos escolher o seguinte ponto: $(90\rm{km/s}, 4000\rm{Mpc})$

Dessa forma, como este gráfico é moldado pela Lei de Hubble:

$v = H_o d$

$90 = 4000 H_0$

$\boxed{H_o \approx 2,25 \times 10^{-2} \ \frac{{km/s}}{Mpc} }$

b) Consideremos duas galáxias que no início do universo (Big Bang) estavam juntas, e que atualmente estão a uma distância r uma da outra, movendo com velocidade relativa v. Estimando que essa velocidade é constante e, pela lei de Hubble igual a:

$v = H_o r$

Temos que o tempo é:

$t = \frac{r}{v} = \frac{r}{H_0 r} = \frac{1}{H_0}$

Assim, sabendo que $1 \rm{Mpc} \approx 3,09 \times 10^{19} \rm{km}$ podemos converter as unidades do $H_0$ de $\frac{{\rm{km}/\rm{s}}}{\rm{Mpc}}$ para $s^{-1}$ :

$H_o \approx 7,27 \times 10^{-22} \ \rm{s^{-1}}$

Logo, o tempo estimado $t$ é:

$t \approx 1,37 \times 10^{21} \ \rm{s}$

Convertendo para anos:

$\boxed{t \approx 4,36 \times 10^{13} \ \rm{anos}}$

Isso é apenas uma estimativa pelo fato de que a “constante de Hubble” não é realmente constante. Como o universo está expandindo, temos que a distância entre dois pontos diferentes quaisquer aumenta conforme o tempo passa. Assim, podemos definir o fator de escala $a(t)$ como um fator entre a distância num tempo atual $t_0$ e em outro tempo qualquer $t$ . Desse modo, tendo a distância atual $r_o$ e a distância num tempo qualquer $r$ , temos a seguinte relação:

$r(t) = r_0 \ a(t)$

Derivando em função do tempo essa relação, temos que:

$v(t) = r_0 \ \dot{a}(t)$

Substituindo $r_0 = \frac{r(t)}{a(t)}$ na equação acima:

$v(t) = \frac{ \dot{a}(t)}{a(t)} r(t)$

Chegamos na lei de Hubble, onde a “constante de Hubble” é definida como:

$\boxed{H_0 \equiv \frac{ \dot{a}(t)}{a(t)}}$

Assim, como dito anteriormente, pela definição da constante de Hubble ser em relação ao fator de escala, ela não é constante durante o tempo.

c) Considerando uma galáxia de massa m movendo-se com velocidade v, a uma distância r de um sistema de coordenadas qualquer, em um sistema de massa total M contida no volume de raio r. A energia mecânica, assim como dita no enunciado, é nula:

$E = \frac{mv^2}{2} - \frac{G'Mm}{r} = 0$

Pela lei de Hubble, temos:

$v = H_0 r$

Além disso, podemos escrever a massa M em função da densidade:

$M = \frac{4 \pi}{3} p_c r^3$

Logo:

$\frac{H_0^2 m r^2}{2} - \frac{4G' \pi p_c mr^2}{3} = 0$

$\boxed{p_c = \frac{3H_0^2}{8 \pi G'}}$

Substituindo os valores do problema, temos que:

$p_c \approx 9,46 \times 10^{-34} \frac{\rm{kg}}{\rm{m^3}}$

$\boxed{p_c \approx 9,46 \times 10^{-37} \frac{\rm{g}}{\rm{cm^3}}}$

Intermediário

Perdido na Índia

a) Aplicando a lei das cotangentes no triângulo da posição:

$\cot(L_e) \sin(L_i) = \cot(A_e) \sin(A_i) + \cos(L_i) \cos(A_i)$

$\cot (90^{\circ} - h_\odot ) \sin(90^{\circ} - \phi) = \cot(H_\odot ) \sin (360^{\circ} - A_\odot ) + \cos(90^{\circ} - \phi) \cos(360^{\circ} - A_\odot )$

$\tan(h_\odot ) \cos(\phi) = - \cot(H_\odot ) \sin(A_\odot ) + \cos(A_\odot ) \sin(\phi)$

$\cot(H_\odot ) \sin(A_\odot ) = \cos(A_\odot ) \sin(\phi) - \tan(h_\odot ) \cos(\phi)$

$\cot(H_\odot ) = \frac{ \cos(A_\odot ) \sin(\phi) - \tan(h_\odot ) \cos(\phi) }{\sin(A_\odot )}$

$\boxed{H_\odot = \arctan \left( \frac{\sin(A_\odot)}{\cos(A_\odot ) \sin(28,61^{\circ}) - \tan(h_\odot ) \cos(28,61^{\circ})} \right )}$

b) Pelo GMT, temos que

$\Delta \lambda = 77,23^{\circ} - 75^{\circ} = 2,23^{\circ}$

$\frac{\Delta \lambda}{15^{\circ}} \times 1\rm{h} = 8min 55s$

O tempo solar verdadeiro é:

$TSV = H_\odot + 12h$

O tempo de fuso, leva em conta a diferença de longitude até o centro de fuso, e é:

$TF = TSV + \frac{\Delta \lambda}{15^{\circ}}$

O tempo civil é o tempo de fuso levando em consideração a equação do tempo ET:

$TC = TF + ET$

Logo, o tempo civil é:

$\boxed{TC = H_\odot + ET + 12h 8min 55s}$

c) Utilizando o tempo sideral local:

$TSL = H_{\Omega} + \alpha_{\Omega} = H_\odot + \alpha_\odot$

Temos a seguinte ascensão reta do Sol:

$\alpha_{\odot} = H_{\Omega} +12h - H_{\odot}$

Considerando o seguinte triângulo esférico sendo que $\Omega$ é o ponto anti-vernal, em que o Sol passa por volta de 21 de setembro e supondo que a observação foi feita antes desta data.

Aplicando a lei das cotangentes no triângulo acima:

$\cot(L_e) \sin (L_i) = \cot(A_e) \sin (A_i) + \cos (L_i) \cos(A_i)$

$\cot (w \Delta t) \sin (180^{\circ} - \alpha_\odot) = \cot (90^{\circ}) \sin (\epsilon) + \cos(180^{\circ} - \alpha_\odot) \cos(\epsilon)$

$\cot (w \Delta t) \sin (\alpha_\odot) = - \cos(\alpha_\odot) \cos(\epsilon)$

$\cot (w \Delta t) = - \cot(\alpha_\odot) \cos(\epsilon)$

$\tan (w \Delta t) = - \frac{\tan(\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)}$

$\Delta t = \frac{1}{w} \arctan \left ( - \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right)$

Desconsiderando a excentricidade da órbita, temos que a velocidade angular do Sol é:

$w = \frac{2 \pi}{365,25 \rm{dias}}$

Portanto:

$\Delta t = \frac{365,25 \rm{dias}}{2 \pi} \ \arctan \left ( - \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right)$

Assim, mesmo que tenhamos considerado que $\alpha_\odot < 180^{\circ}$ , como a outra situação, ou seja $\alpha_\odot > 180^{\circ}$ , é análoga, apenas teríamos um $\Delta t$ com sinal invertido indicando que o Sol já teria passado o ponto $\Omega$ .

Definindo o dia do equinócio de outono(21 de setembro) como $D_\Omega$ , temos que o dia em que Heitor está é:

$\boxed{D_\Omega \pm \frac{365,25}{2 \pi} \ \arctan \left ( - \frac{\tan (\alpha_\odot)}{\cos(\epsilon)} \right) \rm{dias} }$

Avançado

Modelando nebulosas

a) Como o gás é homogêneo, este possuí uma densidade numérica de partículas constante:

$\eta \equiv \frac{N}{V}$

Considerando uma camada infinitesimal de gás de área $A$ e espessura $d \epsilon$
O número $N'$ de partículas nessa camada infinitesimal é:

$N' = \eta A d\epsilon$

Considerando as partículas esféricas de raio r, a superfície total absorvida S, onde haverá luz atravessando gás é:

$S = N' \pi r^2$

$S = \eta A \pi r^2 d\epsilon$

Como a perda de intensidade luminosa está diretamente relacionada à porcentagem de superfície em que luz atravessará o gás:

$\frac{dL}{L} = - \frac{S}{A}$

Integrando a equação anterior:

$\int_{L_0}^{L} \frac{dL}{L} = \int_{0}^{\epsilon}\frac{- \eta \pi r^2 d \epsilon A}{A}$

$\int_{L_0}^{L} \frac{dL}{L} = - \eta \pi r^2 \int_{0}^{\epsilon} d \epsilon$

$ln(\frac{L}{L_0}) = - \eta \pi r^2 \epsilon$

$\frac{L}{L_0} = e^{- \eta \pi r^2 \epsilon}$

Dessa forma como a profundidade óptica se relaciona com as intensidades da seguinte maneira:

$\boxed{\tau \equiv \frac{N}{V} \pi r^2 \epsilon \therefore L = L_0 e^{-\tau}}$

b) Primeiramente devemos calcular a autoenergia de uma esfera de raio R', no caso a energia potencial de um corpo esférico. Podemos montar um corpo deste juntando cascas esféricas de raio $r$ e espessura $dr$ :