Escrito por Luís Fernando
Iniciante
Pulsar do Caranguejo
Com base no que foi dito pelo enunciado, a luminosidade do Pulsar do Caranguejo é proveniente da variação da energia rotacional da estrela, que pode ser expressa da seguinte forma:
\[\Delta E_{Rot} = E_{Rot,final}-E_{Rot,inicial}\]
\[\Delta E_{Rot} = \frac{4 \pi^2 MR^2}{5 (P+ \Delta P)^2} – \frac{4 \pi^2 MR^2}{5 P^2} = \frac{4 \pi^2 MR^2}{5} \left( \frac{1}{(P+ \Delta P)^2} – \frac{1}{P^2} \right) \]
\[\implies |\Delta E_{Rot}| \approx 4,2 \cdot 10^{36}\,\text{J}\]
Desse modo:
\[L \approx \frac{|\Delta E_{Rot}|}{1 \text{dia}}\]
\[\boxed{L \approx 4{,}9 \cdot 10^{31}\,\text{W}}\]
Intermediário
Somewhere Over the Multiverse
Pelas imagens, podemos obter, pelo Teorema de Pitágoras, as distâncias $$d$$ e $$d_0$$ entre as galáxias:
\[d_0 = \sqrt{300^2 + 300^2} \implies d_0= 300 \sqrt2\,\text{Mpc}\]
\[d = \sqrt{700^2 + 700^2} \implies d= 700 \sqrt2 \,\text{Mpc}\]
Dividindo $$d$$ por $$d_0$$:
\[\frac{d}{d_0}=\frac{7}{3}\]
Com base em uma das fórmulas fornecidas:
\[e^{H_0 \Delta t} = \frac{7}{3}\]
Aplicando o logaritmo de base e:
\[\ln (e^{H_0 \Delta t}) = \ln \left(\frac{7}{3} \right) \implies H_0 = \frac{1}{\Delta t} \ln \left(\frac{7}{3} \right)\]
Desse modo:
\[\boxed{H_0 \approx 166 \text{km/s/Mpc}}\]
Para descobrir a velocidade, devemos, agora, calcular a distância entre as galáxias $$\Delta t’=2{,}5$$ bilhões de anos após a expansão (lembrando que é importante converter as unidades de $$H_0$$ e $$\Delta t’$$ ao calcular o expoente):
\[d’=d \cdot e^{H_0 \Delta t’} \implies d’ \approx 1510\,\text{Mpc}\]
Por fim, pela Lei de Hubble:
\[\boxed{v \approx 2{,}51 \cdot 10^5\,\text{km/s}}\]
Avançado
Satélite em Órbita Polar
Para a resolução dessa questão, considere a seguinte geometria:
Nessa imagem, “O” é o centro da Terra, “P” é a posição do observador (polo), “S” e “D” são, respectivamente, a posição e a distância do satélite no momento de observação, e “a” é o raio da órbita em questão.
Sabendo o raio angular e físico do satélite, podemos obter a distância D:
\[\phi = \frac{r}{D} \implies D = \frac{r}{\phi} \implies D \approx 1{,}38 \cdot 10^7\,\text{m}\]
Agora, por lei dos cossenos:
\[a^2=R_T^2+D^2-2R_T D \cdot \cos(90^\circ+h) \implies a=\sqrt{R_T^2+D^2+2R_T D \cdot \sin(h)}\]
\[a \approx 1{,}78 \cdot 10^7\,\text{m}\]
Pela Terceira Lei de Kepler:
\[\frac{P^2}{a^3}=\frac{4 \pi^2}{GM_{T}} \implies P = \sqrt{\frac{4 \pi^2 a^3}{GM_{T}}} \implies P \approx 395\,\text{min}\]
Para obter o ângulo $$\theta$$, podemos utilizar a lei dos senos:
\[\frac{\sin(\theta)}{D}=\frac{\sin(90^\circ+h)}{a} \implies \sin(\theta)=\frac{D \cos(h)}{a}\]
\[\theta \approx 41{,}9^\circ\]
Sabendo que o satélite completa uma volta de 360° em torno da Terra em um tempo P, podemos, por regra de três, obter o tempo que leva para o satélite percorrer um ângulo $$\theta$$:
\[\frac{P}{360^\circ} = \frac{t}{\theta} \implies t = \frac{\theta \cdot P}{360^\circ}\]
t se trata justamente do tempo em que o satélite leva para ir da altura $$h=30^\circ$$ ao zênite. Com isso:
\[\boxed{t \approx 46{,}0\,\text{min}}\]
Internacional
O Satélite do Tio Klafkar
a) O vetor o qual a dica se refere é o vetor momento angular específico, definido como $$\vec{h} = \vec{r} \times \vec{v}$$. Tal vetor é ortogonal ao plano orbital, uma vez que se trata do produto vetorial entre os vetores posição e velocidade, que definem o plano da órbita. Uma vez que o vetor $$\vec{h}$$ aponta para um dos polos da trajetória orbital, a inclinação será simplesmente a distância angular entre tal polo e o polo do Equador Celeste, que coincide com o eixo $$z$$. Matematicamente, esse ângulo pode ser calculado pelo produto escalar entre $$\vec{h}$$ e $$\vec{z}$$
\[\vec{h} \cdot \vec{z} = |\vec{h}| \cos(i) \implies \cos(i) = \frac{\vec{h} \cdot \vec{z}}{|\vec{h}|}\]
Como o produto escalar de um vetor por outro se trata da projeção de um vetor no outro, $$\vec{h} \cdot \vec{z}$$ será a componente $$z$$ de $$\vec{h}$$:
\[\boxed{\displaystyle \cos(i) = \frac{h_z}{|\vec{h}|}}\]
b) A linha dos nodos de uma órbita é sempre perpendicular à linha dos ápsides da mesma. Nesse sentido, se obtivermos um plano que seja perpendicular ao plano orbital e em que a linha apsidal esteja contida, o vetor nodal será simplesmente o vetor ortogonal a esse plano (apontando para o nodo ascendente). Matematicamente, tal plano é definido pelos vetores $$\vec{h}$$ e $$\vec{z}$$, de modo que:
\[\boxed{\displaystyle \vec{N} = \hat{z} \times \hat{h}}\]
c) Seguindo a mesma lógica do item (a), a longitude do nodo ascendente será o ângulo entre o vetor nodal e o versor $$\hat{x}$$ (que aponta para o ponto Vernal), de modo que:
\[\boxed{\displaystyle \cos(\Omega) = \frac{N_x}{|\vec{N}|}}\]
d) O argumento do periastro se trata do ângulo entre o nodo ascendente da órbita e o periastro. Com isso, pela mesma lógica dos itens anteriores, e considerando o enunciado, podemos considerar que:
\[\vec{N} \cdot \vec{e} = |\vec{N}| |\vec{e}| \cos(\omega) \implies \boxed{\displaystyle \cos(\omega) = \frac{\vec{N} \cdot \vec{e}}{|\vec{N}| |\vec{e}|}}\]
e) Como aproximação, é válido considerar que $$\Delta t$$ é muito menor que o período da órbita, de modo que o vetor velocidade possa ser aproximado por:
\[\vec{v} \approx \frac{\vec{r_2} – \vec{r_1}}{\Delta t}\]
Com isso:
\[\vec{v} \approx -1{,}9 \hat{x} + 0{,}5\hat{y} + 3{,}9 \hat{z} \;\; (\text{km/s}) \implies |\vec{v}| \approx 4{,}37\,\text{km/s}\]
Por conservação de energia, temos:
\[\frac{1}{2} v^2-\frac{GM_{\oplus}}{r}=-\frac{GM_{\oplus}}{2a} \implies a=\frac{GM_{\oplus}r}{2GM_{\oplus}-rv^2}\]
Considerando $$r = |\vec{r_1}|$$, temos:
\[\boxed{a \approx 2{,}75 \cdot 10^7\,\text{m}}\]
Antes de calcular a excentricidade, devemos calcular o momento angular específico, dado pelo produto vetorial entre $$\vec{r_1}$$ e $$\vec{v}$$
\[\vec{r_1} \times \vec{v} =\begin{vmatrix}\hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\r_{1x} & r_{1y} & r_{1z} \\v_x & v_y & v_z\end{vmatrix}\approx -67800 \hat{x} + 0 \hat{y} + 33900 \hat{z} \;\; (\text{km}^2/\text{s})\]
Agora, podemos utilizar a fórmula clássica:
\[e = \sqrt{1+\frac{2 E L^2}{G^2M_{\oplus}^2m^3}} = \sqrt{1+\frac{2 \epsilon h^2}{G^2M_{\oplus}^2}} = \sqrt{1-\frac{ h^2}{GM_{\oplus} a}}\]
Com isso:
\[\boxed{e \approx 0{,}67}\]
Para o período, podemos aplicar a terceira lei de Kepler:
\[T=\left( \frac{4 \pi a^3}{GM_{\oplus}} \right)^{1/2} \implies \boxed{T \approx 758\,\text{min}}\]
f) Pela fórmula do item (a), temos:
\[\cos(i) = \frac{h_z}{|\vec{h}|} \implies \boxed{i \approx 63{,}4 ^\circ}\]
Calculando o vetor nodal:
\[\vec{N} = \hat{z} \times \hat{h} = \begin{vmatrix}\hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\0 & 0 & 1 \\h_{x} & h_{y} & h_{z}\end{vmatrix} = 0\hat{x} + 1\hat{y} + 0\hat{z}\]
Desse modo:
\[\cos(\Omega) = \frac{N_x}{|\vec{N}|}=0 \implies \boxed{\Omega=90 ^\circ}\]
Interessante notar que, a princípio, dois valores seriam possíveis: $$90^\circ$$ e $$270^\circ$$. Porém, como podemos observar, o vetor nodal aponta no sentido positivo do eixo $$y$$, de modo que a solução seja $$90^\circ$$.
g) Calculando o vetor excentricidade, temos:
\[\implies \vec{e} = \frac{\vec{v} \times \vec{h}}{GM_{\oplus}} – \frac{\vec{r}}{|\vec{r}|} \implies \vec{e} \approx 0{,}299 \hat{x} -0{,}011 \hat{y} – 0{,}600 \hat{z}\]
Pela fórmula do item (d):
\[\cos(\omega) = \frac{\vec{N} \cdot \vec{e}}{|\vec{N}| |\vec{e}|} \implies \cos(\omega) \approx 0 \]
Aqui vale a mesma observação do item (f). Pelo vetor excentricidade, vemos que sua componente z aponta para “baixo”, e, como tal vetor aponta para o periastro, percebemos que este ponto está abaixo do plano equatorial, de modo que uma única solução seja possível:
\[\boxed{\displaystyle \omega \approx 270 ^\circ}\]
h) Pelos elementos orbitais obtidos, podemos visualizar que tais valores se assemelham a um satélite do tipo Molniya, que é geossíncrono e de alta inclinação. Tais satélites são predominantemente utilizados pela Rússia, haja vista sua alta latitude e consequente necessidade de órbitas altamente inclinadas para comunicação.