exercícios de astrofísica

Gabarito Prova Presencial 2014 – P1

Seletivas para as Olimpíadas Internacionais de Astronomia 2014

Barra do Piraí, 30/03 a 02/04/2014 Página 1

1. Calcule a duração do ocaso do Sol por ocasião do equinócio de março no Polo Sul da

Terra, desde o instante em que o bordo inferior do Sol toca o horizonte até o

desaparecimento do bordo superior. Desconsidere o efeito da refração atmosférica. O valor

da variação diária da declinação do Sol ao passar por um equinócio pode ser deduzido da

tabela abaixo, extraída do Anuário do Observatório Nacional; adote o valor inteiro da

variação em minutos de grau. O diâmetro aparente do Sol deve ser admitido como 30'.

Col 1: dia do mês (no caso março, 2011, ano escolhido arbitrariamente),

Col 2: Ascensão Reta em horas, minutos e segundos de hora,

Col 3: Declinação em ° (graus), ‘(minutos) e “ (segundos) de grau (valores para 0h Tempo Terrestre

~= TU)

Resposta:.

Utilizando diretamente os valores das declinações de 20 e 21 de março obtemos a diferença

23' 42,5"/ 24 horas ou 24'/dia, arredondados.

A razão entre 30' e 24', igual a 5/4 ou 1,25 corresponde a 30 horas, tempo que o Sol levaria

para se pôr.




2. O gráfico representa a predição de trânsitos, ocultações e eclipses dos satélites galileanos

de Júpiter, constantes do Anuário do Observatório Nacional, para outubro de 2014. A faixa

central corresponde ao diâmetro aparente médio de Júpiter e as trajetórias dos satélites são

identificadas por curvas senoidais, sendo os traços horizontais de datas referidos a ~0h de

tempo universal. O dia do mês é assinalado na coluna da esquerda.

a) Escreva a correspondência dos números romanos codificados com os nomes mitológicos

dos satélites.

b) Calcule os períodos de translação dos satélites I, II e III em dias e fração ao décimo de

dia. Utilize a escala fornecida para as medidas necessárias; mostre os cálculos.

Respostas

( a )Na ordem: Io, Europa, Ganimede e Calixto.

( b ) Determinação dos períodos das senóides dos satélites I, II e III (ondas completas).

Marcam-se dois (admitidos) máximos consecutivos (por ex.) em cada curva e interpolam-se

seus valores pela escala lateral dada em horas TU; complementa-se com os dias decorridos.

Resultam: Io (1,8 dia) 2 dias

Europa (3,6 dias)

Ganimedes (7,1 dias)




3. Um foguete carregando um satélite é lançado de um lugar de latitude = 5°N. O foguete atinge sua

velocidade orbital apenas com manobras tangentes à sua trajetória inicial e lança o satélite em uma

órbita elíptica de semieixo maior a = 1,23 raios terrestres e excentricidade e = 0,150.




a) Qual a inclinação orbital do satélite (ou qual a inclinação mínima possível), se lançarmos o foguete na

direção leste, considerando que todas as manobras necessárias para se atingir a velocidade orbital foram

tangentes à trajetória do foguete? Justifique.

Resolução: Como o foguete foi lançado ao longo de um paralelo de latitude, independentemente se na direção E ou W, sua

inclinação orbital será igual à latitude do lugar. Ou seja: i = 5°. O plano orbital passa pelo centro da Terra, então sua intersecção com

a esfera da Terra será um círculo máximo tangente ao paralelo de latitude dada. Do meridiano do lançamento até o equador o arco é

de 90°. Aplicando a Lei dos Senos: sen i = sen . (Não creio que seja necessário justificar por meio de trigonometria esférica, mas...

b) Quais as altitudes mínima (perigeu) e máxima (apogeu), em raios terrestres, da órbita final do satélite em

relação à superfície da Terra.

Resolução: Pela geometria da elipse:

Perigeu: q = a (1 – e) = 1,23 x (1 – 0,150) = 1,0455 Rt

Apogeu: Q = a (1 + e) = 1,23 x (1 + 0,150) = 1,4145 Rt

Em relação à superfície:

q = 0,0455 Rt

Q = 0,4145 Rt

c) Em um dado instante, o satélite encontra-se mais ao norte de sua órbita e, ao mesmo tempo, no apogeu

de sua órbita. Determine a latitude do ponto mais ao norte da superfície de onde se pode vê-lo a uma altura

de 45° acima do horizonte. A Terra é considerada esférica e a refração atmosférica é desprezada.




Resolução: A geometria do problema pode ser representada como na figura abaixo:

Considerando o triângulo OCS, os ângulos são: C = x, O = 90° + h e S = 90° – h – x

Pela Lei dos Senos podemos relacionar:

𝑠𝑒𝑛(90° − ℎ − 𝑥)

𝑅=

𝑠𝑒𝑛(90° + ℎ)

𝑄

Ou

𝑐𝑜𝑠(ℎ + 𝑥) =𝑅𝑐𝑜𝑠(ℎ)

𝑄

Substituindo os valores conhecidos:

𝑐𝑜𝑠(ℎ + 𝑥) =cos(45°)

0,4145=

0,4142

2 × 0,4145= 0,4996 ≅

1

2

Ou seja:

ℎ + 𝑥 = cos−1 0,4996 ≅ cos−11

2= 60° => 𝑥 = 60° − 45° = 15°

Finalmente, a latitude do lugar de visibilidade será:

x + i = 15° + 5° = 20°N

O S Onde:

R: Raio da Terra (R=1)

Q: Distância ao apogeo

r: Distância ao satélite

i: Inclinação da órbita

x: Latitude do Lugar = x + i

h: Altura do satélite

r h

R Q x

C i




4. Uma sonda lançada para Marte tem periélio e afélio sobre as órbitas da Terra e Marte

respectivamente. Esse tipo de órbita é denominada ÓRBITA DE MÍNIMA ENERGIA, ou ÓRBITA DE

TRANSFERÊNCIA DE HOHMANN, nome dado em homenagem ao engenheiro alemão Walter

Hohmann (1880-1945), que propôs a manobra em 1925. A sonda parte da órbita Terrestre a alcança

Marte quando chega a seu afélio. Durante o percurso é afetada apenas pela força gravitacional do

Sol. As órbitas da Terra e Marte são consideradas coplanares.

a) Determine o semieixo maior e a excentricidade da órbita de transferência, sabendo que os raios das

órbitas da Terra e de Marte, supostas circulares, são, respectivamente, RT = 1 U.A. e RM = 1,5 U.A.

RESOLUÇÃO: Pela geometria da elipse, as distâncias do periélio e afélio são dada, respectivamente, por:

Periélio: q = a (1 – e) = 1

Afélio: Q = a (1 + e) = 1,5

Então:

𝑎 =𝑄 + 𝑞

2=

2,5

2= 1,25 𝑈. 𝐴.

𝑒 =𝑄 − 𝑞

𝑄 + 𝑞=

0,5

2,5= 0,2

b) Calcule a diferença de velocidade necessária para que a sonda percorra a trajetória desejada a partir de

uma órbita circular de raio igual ao raio da órbita da Terra.

RESOLUÇÃO: A equação da velocidade orbital para uma órbita elíptica(*) é:

𝑣𝑠2 = 𝜇 (

2

𝑟−

1

𝑎)

Onde = G(M+m) = GM, r o raio vetor e a o semieixo maior da órbita. Se usarmos como unidades de distância

a unidade astronômica, unidade de massa a massa do Sol e unidade de tempo o ano terrestre, pela 3ª Lei de

Kepler:

4𝜋2𝑎3

𝑃2= 𝜇 = 4𝜋2

No periélio, ponto de partida da manobra orbital, r = 1, então:

𝑣𝑠2 = 4𝜋2 (

2

1−

1

1,25) = 4𝜋21,2 = 47,326 => 𝑣𝑠 = 6,88 𝑈. 𝐴./𝑎𝑛𝑜

Já a velocidade orbital para a Terra (em órbita circular) é:

𝑣𝑇2 = 4𝜋2 (

2

𝑅𝑇−

1

𝑅𝑇) =

4𝜋2

1=> 𝑣𝑇 = 6,28 𝑈. 𝐴./𝑎𝑛𝑜

A diferença será:

vs – vT = 6,88 – 6,28 = 0,6 U.A./ano

Se o aluno preferir em unidade derivadas do SI, poderá convertê-la:

vs – vT = 0,6 x 1,5 x 108 / (365 x 24 x 60 x 60) = 2854 m/s = 2,85 km/s




c) Calcule o tempo de viagem entre a Terra e Marte.

RESOLUÇÃO: O tempo de viagem, t, entre a Terra (periélio da órbita elíptica de transferência) e Marte (afélio da órbita

elíptica de transferência) é a METADE do período orbitar da órbita de transferência, ou seja:

𝑡 =𝑃𝐻

2

Onde o período da órbita de transferência, PH, pode ser calculado pela 3ª Lei de Kepler:

𝑃𝐻2

𝑎3=

𝑃𝑇

𝑅𝑇= 1 => 𝑃𝐻 = √𝑎3 = √1,253 = 1,398 𝑎𝑛𝑜𝑠

Logo: t = 1,398/2 = 0,7 anos = 255 dias.

d) Calcule a diferença entre as longitudes eclípticas de Marte e Terra no instante do disparo dos foguetes

para a injeção da sonda na órbita de transferência.

RESOLUÇÃO: Para que a sonda alcance o planeta Marte ao atingir seu afélio, Marte deverá estar a um ângulo A antes

deste ponto. Assim:

𝐴

𝑡=

360°

𝑃𝑀

Onde PM é o período de Marte obtido pela 3ª Lei de Kepler: 𝑃𝑀 = √𝑅𝑀3 = √3,375 = 1,84 𝑎𝑛𝑜𝑠

Então:

𝐴 = 0,699 × 360°/1,84 = 137°

Como no momento inicial da manobra a Terra está no periélio da órbita da sonda, o ângulo entre a Terra e Marte

será:

AT-M = 180° - A = 180° - 137° = 43°

5. Uma das características mais notáveis existentes no chamado “cinturão principal de asteroides”,

localizado entre as órbitas de Marte e Júpiter, é a ocorrência de falhas e agrupamentos na

distribuição dos semieixos maiores osculadores (a). Tais falhas (e grupos) foram descobertas há mais

de um século pelo astrônomo norte-americano Daniel Kirkwood (1814-1895), quando eram

conhecidos apenas 91 desses pequenos corpos, e que as associou com regiões em que os períodos

orbitais de asteroides teriam um valor comensurável com o período orbital de Júpiter. O fenômeno é

conhecido como RESSONÂNCIA DE MOVIMENTOS MÉDIOS e pode ser expresso matematicamente

pela relação de comensurabilidade: PJ/PA = p/k, onde PA é o período de um asteroide, PJ o período

orbital de Júpiter e p/k um número racional. Ressonâncias são onipresentes em sistemas dinâmicos

e a principal fonte de caos nesses sistemas. No cinturão principal de asteroides, as principais

comensurabilidades são: 4/1 (Hungarias), 3/1 (Alindas), 5/2, 7/3, 2/1 (Griquas), 3/2 (Hildas), 4/3

(Thules) e 1/1 (Troianos). A origem dessas falhas está associada ao lento aumento da excentricidade

das órbitas dos asteroides nessas regiões, excitadas pela ressonância com Júpiter, que os fazem

cruzar as órbitas dos planetas interiores, colidindo com eles. Uma provável fonte de meteoritos do

grupo HED é o asteroide 4 Vesta, que teve 1% de sua massa espalhada em fragmentos após uma




colisão ocorrida há cerca de 1 bilhão de anos. Mas apenas uma pequena parcela dessa massa

permanece orbitando o cinturão, constituindo a família de Vesta. A outra parte foi dissipada ao ser

capturada na ressonância 3/1 com Júpiter, tendo sua excentricidade orbital elevada até que sua

órbita cruzasse a da Terra.

a) Calcule a distância média ao Sol, em unidades astronômicas, de um asteroide no interior da

ressonância 3/1 com Júpiter. Despreze a massa de Júpiter e considere seu período orbital como sendo de 12

anos. (Caso não seja permitido o uso de calculadora, considere √33

= 1,44 e √123

= 2,29).

RESOLUÇÃO: Pela 3ª Lei de Kepler:

(𝑎𝐽

𝑎𝐴)

3= (

𝑃𝐽

𝑃𝐴)

2,

onde aJ e aA são os semieixos maiores de Júpiter e do asteroide, respectivamente.

Mas, pela relação de comensurabilidade:

𝑃𝐽

𝑃𝐴=

𝑝

𝑘 ,

logo:

(𝑎𝐽

𝑎𝐴)

3= (

𝑝

𝑘)

2 => 𝑎𝐴 = 𝑎𝐽 √(

𝑞

𝑘)

23

Para a ressonância 3/1, p = 3 e k = 1 (i.é. o período do asteroide é 1/3 do de Júpiter). Substituindo os valores e

efetuando:

𝑎𝐴 = 𝑎𝐽√(

1

3)

23

= 𝑎𝐽

√33

3≅ 0,48𝑎𝐽

Para calcular o semieixo maior de Júpiter podemos usar a mesma Lei de Kepler envolvendo Júpiter e a Terra, cujo

período orbital é de 1 ano e o semieixo maior é 1 U.A. Assim:

𝑎𝐽3 = 𝑃𝐽

2 => 𝑎𝐽 = √𝑃𝐽23

=12

√123 ≅ 5,24 U.A.

Logo:

𝑎𝐴 ≅ 0,48 × 5,24 = 2,52 U.A. ou 2,5 U.A.

b) Sabendo que o semieixo maior de 4 Vesta é de 2,36 U.A. e que sua excentricidade orbital é 0,089,

mostre que este asteroide cruza a região da ressonância 3/1, embora não chegue a cruzar com a

órbita da Terra.

RESOLUÇÃO: Pela geometria da elipse:

Distância ao Periélio: q = a(1-e) = 2,36x(1-0,089) = 2,15 > 1 U.A. Logo, o asteroide não cruza a órbita da Terra

Distância ao afélio: Q = a(1+e) = 2,36x(1+0,089) = 2,57 > 2,52 U.A. Logo o asteroide cruza a região de ressonância

3/1 com Júpiter.

c) Uma vez capturado na ressonância 3/1, qual a excentricidade orbital que um asteroide (ou

meteoroide) da família de 4 Vesta deve desenvolver para cruzar a órbita da Terra?




RESOLUÇÃO: Os asteroides capturados na ressonância 3/1 possuem semieixo maior em torno de 2,52 U.A. Para

cruzarem a órbita da Terra, os periélios de suas órbitas devem estar a distâncias menores ou iguais que 1 U.A., ou

seja:

q = a(1e) 1 U.A.

Então, resolvendo a expressão acima para a excentricidade:

e = 1 – q/a = 1 – 1/2,52 = 0,6

Para se certificar que tal excentricidade não irá colocar o asteroide/meteoroide em rota de colisão com Júpiter,

convém calcularmos a distância ao afélio, que deverá ser inferior a 5,2 U.A. Assim:

Q = a(1+e) => e = 1 + Q/a = 1 – 5,2/2,5 = 3,1 U.A. < 5,2 U.A.

d) O semieixo maior de 4 Vesta é de 2,36 U.A., enquanto que sua excentricidade orbital é 0,089.

Mostre, com argumentos válidos e cálculos, que, embora 4 Vesta cruze a ressonância 3/1 com

Júpiter, nas atuais circunstâncias a Terra não corre o risco de colidir com este asteroide, o que

não foi verdade para os meteoroides que foram capturados pela ressonância 3/1.

RESOLUÇÃO: Com um semieixo maior de 2,36 U.A. e excentricidade orbital de 0,089, a distâncias ao periélio e ao afélio

de 4 Vesta são, respectivamente, q = a(1-e) = 2,36x(1-0,089) = 2,15 e Q = a(1+e) = 2,36x(1+0,089) = 2,57 unidades

astronômicas. Sua distância mínima ao Sol não é suficiente para que o mesmo cruze a órbita da Terra e, embora o

asteroide cruze a região de ressonância 3/1 com Júpiter, que se encontra a 2,5 unidades astronômicas, seu

semieixo maior encontra-se muito distante deste valor, mais precisamente, a = 2,5 – 2,36 = 0,14 U.A. Esta

diferença parece pouca, mas devemos lembrar que o semieixo maior é uma quantidade relacionada com a

ENERGIA ORBITAL ESPECÍFICA (= /(2a)), que varia muito pouco em um sistema conservativo. Diferentemente do

que poderia ocorrer com 4 Vesta, os fragmentos ejetados na colisão com podem ter tido suas órbitas

incrementadas pela energia dissipada na colisão ou, posteriormente, migraram para o interior da ressonância pela

ação de forças não gravitacionais, derivadas da pressão de radiação solar, que atuam sobre corpos de dimensões

menores.

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