Soluções Semana 109 Astronomia

Escrito por Davi Lucas

Iniciante

Cabelo de Romene

A partir do que foi dado no enunciado, podemos analisar a situação vetorialmente no seguinte esquema geométrico:

Primeiramente, para analisarmos a influência da latitude, devemos ter algum padrão de referência para comparar. Considerando a aceleração da gravidade no centro do planeta Terra $g_0$ devido à Lua como referência, temos que esta é dada por:

$\vec{g_0} = \frac{GM}{R^3} \vec{R}$

Agora, analisando no ponto específico em que o Romene está, a aceleração $g_p$ que ele sofre devido à Lua é dada por:

$\vec{g_p} = \frac{GM}{d^3} \vec{d}$

Perceba que a única diferença está na distância, por isso, tentaremos achar alguma relação entre $\vec{R}$ e $\vec{d}$ .
Olhando novamente o esquema geométrico, temos que vetorialmente: $\vec{d} = \vec{R} - \vec{r}$
Aplicando a lei dos cossenos no triângulo formado pelos três vetores $\vec{r}$ , $\vec{d}$ e $\vec{R}$ , temos:

$d^2 = R^2 + r^2 - 2Rr \cos \phi$

$d = (R^2 + r^2 - 2Rr \cos \phi)^{\frac{1}{2}}$

$d^3 = (R^2 + r^2 - 2Rr \cos \phi)^{\frac{3}{2}}$

$d^3 = R^3 \left(1+ \frac{r^2}{R^2} - 2 \frac{r}{R} \cos \phi \right)^{\frac{3}{2}}$

Como $r \ll R$ , podemos desprezar o termo $\frac{r^2}{R^2}$ :

$d^3 = R^3 \left(1+ \frac{r^2}{R^2} - 2 \frac{r}{R} \cos \phi \right)^{\frac{3}{2}}$

$d^3 = R^3 \left(1 - 2 \frac{r}{R} \cos \phi \right)^{\frac{3}{2}}$

Utilizando a aproximação binomial:

$d^3 = R^3 \left(1 - \frac{3r \cos \phi}{R} \right)$

Substituiremos essa expressão encontrada para $d^3$ em $g_p$ :

$\vec{g_p} = \frac{GM}{d^3} \vec{d}$

$\vec{g_p} = \frac{GM}{R^3 \left(1 - \frac{3r \cos \phi}{R} \right) } \cdot (\vec{R} - \vec{r})$

Utilizando novamente a aproximação binomial, temos que:

$\vec{g_p} = \frac{GM}{R^3 } \left(1 + \frac{3r \cos \phi}{R} \right) \cdot (\vec{R} - \vec{r})$

Em relação ao centro da Terra, temos a aceleração relativa $g_{rel}$ :

$\vec{g_{rel}} = \vec{g_p} - \vec{g_0}$

$\vec{g_{rel}} = \frac{3GM r \cos \phi \, \vec{R}}{R^4} - \frac{GM \, \vec{r}}{R^3} \left( 1 + \frac{3r \cos \phi}{R} \right)$

Definindo as referências do plano cartesiano, usaremos o eixo x com a unidade valendo o raio da Terra $r$ , sendo a origem o centro da Terra, e o eixo y será aquele perpendicular ao x.
Com isso podemos descrever o vetor $\vec{r}$ como:

$\vec{r} = r ( \cos \phi \ \hat{x} + \sin \phi \ \hat{y})$

Substituindo o resultado que encontramos para o vetor $\vec{r}$ na fórmula encontrada para a gravidade relativa $\vec{g_{rel}}$ , isto é, aquela causa pela força de maré da Lua:

$\vec{g_{rel}} = \frac{3GM r \cos \phi \, \vec{R}}{R^4} - \frac{GM \, r }{R^3} \left( 1 + \frac{3r \cos \phi}{R} \right) ( \cos \phi \ \hat{x} + \sin \phi \ \hat{y})$

Simplificando:

$\vec{g_{rel}} = \frac{2GM r}{R^3} ( 2 \cos \phi \ \hat{x} - \sin \phi \, \hat{y})$

Com isso, temos que a força de maré é:

$\boxed{\vec{F_m} = \frac{2GMm r}{R^3} ( 2 \cos \phi \ \hat{x} - \sin \phi \, \hat{y})}$

Intermediário

Pequenininho

a) Sabendo que as constantes citadas no enunciado tem as seguintes unidades:

$c = \frac{m}{s}$

$G = \frac{N \cdot m^2 }{kg^2} = \frac{m^3}{s^2 \cdot kg}$

$\hbar = \frac{kg \cdot m^2}{s}$

Temos que a distância de planck $l_p$ pode ser dada em função dessas constantes com expoentes ainda desconhecidos:

$l_p = G^\alpha \cdot \hbar^\beta \cdot c^\delta$

Analisando a dimensão, temos:

$m = m^{3 \alpha} \cdot kg^{-\alpha} \cdot s^{-2\alpha} \cdot kg^{\beta} \cdot m^{2\beta} \cdot s^{-\beta} \cdot m^{\delta} \cdot s^{-\delta}$

$m = kg^{-\alpha + \beta} \cdot m^{3\alpha + 2 \beta + \delta} \cdot s^{-2\alpha - \beta - \delta}$

Para que o princípio da homogeneidade seja respeitado, isto é a dimensão de ambos os lados da equação seja o mesmo. Temos que:

$-\alpha + \beta = 0$

$-2\alpha - \beta - \delta = 0$

$3\alpha + 2 \beta + \delta = 1$

Resolvendo este sistema, chegamos que:

$\alpha = \beta = \frac{1}{2}$

$\delta = - \frac{3}{2}$

Assim:

$\boxed{l_p = \sqrt{ \frac{G \hbar}{c^3}}}$

b) Nesta situação particular, a energia do fóton é expressa em termos da massa de repouso, ou, neste caso, da massa equivalente, pois um fóton jamais alcançaria esse estado.

$E = m_{eq} c^2$

Além disso, temos a equação da energia de um fóton em função do seu comprimento de onda $\lambda$ .

$E = hf = \frac{hc}{\lambda}$

Igualando ambas:

$\boxed{m_{eq} = \frac{h}{\lambda c}}$

c) Analisando a situação com os dois fótons representados em vermelho e o centro de massa C.M:

Temos que estes fótons realizarão uma órbita circular em torno do C.M. Assim analisando a força gravitacional como resultante centrípeta:

$F_g = R_{cp}$

$\frac{G m_{eq}^2}{(2R)^2} = \frac{m_{eq} \cdot c^2}{R}$

$\frac{G m_{eq}}{4R} = c^2$

Definindo o diâmetro orbital como $d = 2R$ :

$\frac{G m_{eq}}{2d} = c^2$

$\frac{G m_{eq}}{2c^2} = d$

Substituindo a massa equivalente $m_{eq}$ encontrada no item anterior:

$\boxed{d = \frac{G h}{2 \lambda c^3} }$

d) Para que a informação não escape, o maior comprimento de onda deve ser igual ao comprimento da órbita. Qualquer comprimento de onda maior que esse resultaria na fuga de informação da órbita. Assim, $\lambda = \pi d$ .

Substituindo essa condição na expressão do diâmetro orbital encontrada no último item:

$d = \frac{G h}{2 \lambda c^3}$

$d = \frac{G h}{2 \pi d c^3}$

$d^2 = \frac{G h}{2 \pi c^3}$

$d^2 = \frac{G \hbar}{c^3}$

$d = \sqrt{\frac{G \hbar}{c^3}}$

E assim, descobrimos que a distância de planck é o diâmetro da órbita estudada:

$\boxed{l_p = \sqrt{\frac{G \hbar}{c^3}}}$

Avançado

Fotometria da lambança?

Antes de resolvermos o problema, gostaria de dar duas ressalvas, primeiramente você não é obrigado a resolver todas as integrais na mão, caso sinta dificuldade principalmente no item D, fique a vontade para utilizar ferramentas matemáticas online, assim como você pode usar nas listas de Vinhedo! Outra coisa, esse assunto é bem complicado e poucas pessoas realmente o entendem completamente, por isso, fique a vontade para tirar suas dúvidas no grupo de astronomia do NOIC ou aprender um pouco mais na Apostila Magna.

a) Como mencionado no texto, o fluxo que chega é proporcional à área iluminada do visível do astro. Portanto, devemos explorar a geometria desse problema a fim de encontrar tal área. Observe atentamente a seguinte figura sabendo que a porção cinza é aquela que não recebe luz solar e a porção em azul claro é aquela em que um observador terrestre não consegue enxergar mesmo que estivesse iluminiada.

Além disso, é interessante notar que na visão do observador, metade da lua visível (ou seja, na realidade $\frac{1}{4}$ ) é observável e mais meia elipse de raio $R \cos \alpha$ assim como na seguinte imagem:
Dessa forma, a área que um observador terrestre enxerga é:

$A = \pi R^2 + \frac{\pi R \cdot R \cos \alpha}{2}$

$A = \pi R^2 \left( \frac{1 + \cos \alpha}{2} \right)$

Agora, podemos calcular a função de fase integral $\Phi$ . Quando o ângulo de fase $\alpha = 0$ , a área visível corresponde a toda a Lua, ou seja, $A = \pi R^2$ . Portanto:

$\Phi = \frac{I(\alpha)}{I(0)} = \frac{\pi R^2 \left( \frac{1 + \cos \alpha}{2} \right)}{\pi R^2}$

$\boxed{\Phi = \frac{1 + \cos \alpha}{2} }$

b) A partir da fórmula dada, podemos cortar o $dA$ dos dois lados:

$E = \int_{0}^{2 \pi} L_{lam} d\Omega \cos e$

A partir da seguinte visualização retirada do livro Introduction to Planetary Photometry, podemos encontrar interessantes relações para o $d \Omega$ .
Dessa maneira o infinitesimal de área $dA$ pode ser escrito como:

$dA = R de \cdot R \sin e d \phi$

$dA = R^2 \sin e de d \phi$

Como o infinitesimal de ângulo sólido pode ser definido como $d \Omega = \frac{dA}{R^2}$ :

$d \Omega = de \sin e \ d \phi$

Substituindo na equação anterior com os devidos intervalos, temos:

$E = \int_{0}^{2 \pi} d \phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} L_{lam} \sin e \ \cos e de$

Realizando as devidas integrações, chegamos em:

$E = \pi L_{lam}$

Devido às características da superfície lambertiana, existem propriedades relacionadas ao cosseno dos ângulos de inclinação e emissão que, no final, se equilibram, fazendo com que a radiância seja independente do ângulo de observação. Perceba pela seguinte figura que a inclinação afeta na quantidade de energia:
Temos que a energia nada mais é que o fluxo multiplicado por um termo cosseno:

$E = F \cos i$

Perceba que essa energia depende da área e possui mesma unidade que o fluxo, realmente um grande problema na fotometria são as definições e convenções de unidades. Mas saiba que estamos usando dessa maneira por aqui.

Assim, substituindo na fórmula encontrada pós-integração:

$\boxed{ L_{lam} = \frac{F \cos i}{\pi}}$