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:
\[\boxed{ L_{lam} = \frac{F \cos i}{\pi}}\]
c) A partir da figura do enunciado, podemos desenhar o seguinte triângulo esférico:
Aplicando a lei dos cossenos, temos:
\[ \cos i = \cos \Theta \cos (\alpha + \Lambda) + \sin(\Theta) \sin(\alpha + \Lambda) \cos 90^\circ\]
\[ \boxed{\cos i = \cos \Theta \cos (\alpha + \Lambda) }\]
Além disso, também temos o seguinte triângulo:
Aplicando a lei dos cossenos:
\[ \cos e = \cos \Theta \cos \Lambda + \sin \Theta \sin \Lambda \sin 90^\circ\]
\[ \boxed{\cos e = \cos \Theta \cos \Lambda }\]
d) Pela fórmula que já chegamos anteriormente:
\[ L_{lam} = \frac{F \cos i }{\pi} \]
Indo para um referência normal, saindo da visão inclinada que possuí a interferência do ângulo de emissão \( e \), temos:
\[ I_{lam} = \frac{F \cos i }{\pi} \cdot A \cos e\]
Encontrando o infinitesimal de intensidade luminosa:
\[ d I_{lam} = \frac{F dA }{\pi} \cos i \cos e \]
Substituindo as fórmulas encontradas por trigonometria esférica no item anterior:
\[ d I_{lam} = \frac{F dA }{\pi} \cos^2 \Theta \cos \Lambda \cos (\alpha + \Lambda) \]
Analise a seguinte figura que nos mostra a área \(dA\) analisada:
Temos que:
\[ dA = R d \Omega \cdot R \cos \Theta d \Theta\]
\[ dA = R^2 \cos \Theta d \Theta d\Omega \]
Substituindo \( dA\) na fórmula encontrada anteriormente para \( d I_{lam} \):
\[ d I_{lam} = \frac{F R^2 }{\pi} \cos^3 \Theta \cos \Lambda \cos (\alpha + \Lambda) d \Theta d\Omega \]
Integrando \( \Theta \) de \( -\frac{\pi}{2} \) até \( \frac{\pi}{2} \) e \( \Lambda \) de \( -\frac{\pi}{2} \) até \( \frac{\pi}{2} – \alpha \), chegamos em:
\[ I_{lam} = \frac{2}{3} \cdot \frac{FR^2}{\pi} [ sin \alpha + (\pi – \alpha) \cos \alpha ] \]
Temos que a função de fase integral é:
\[ \Phi = \frac{I(\alpha)}{I(0)} \]
\[\boxed{\Phi = \frac{1}{\pi} [ sin \alpha + (\pi – \alpha) \cos \alpha ] } \]