Olimpíada Brasileira de Astronomia e Astronáutica
Comitê Científico e Didático
Processo de Seleção para Olimpíadas Internacionais de 2010
Gabarito da Prova Final
RECOMENDAÇÕES
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Pense. Pensam ento é muito importante.
Explique o que pensou.Explicações são essenciais.
Seja claro.Clareza é fundamental.
Sempre respeite os algarismos significativos.Algarismos são significativos.
Deixe margens nas folhas.Provas sem margens dificultaram muito o nosso trabalho!
QUESTÕES CURTAS
1.
A questão, sendo uma continuação da Atividade Observacional, é simples e exige apenas cálculos
básicos com magnitudes.
Chamemos de a magnitude do Sol vista da Terra e a magnitude do Sol vista de
Sirius. Temos então que:
− = −2,5 log
= −2,5 log
= 5 log
De acordo com a tabela, = −26,8 , = 1 , = 2,64 anos-luz.
convertendo a distância a Sirius:
= 2,64 × 206265 = 5,45 ⋅ 10 E portanto,
−26,5 − = 5 log!5,45 ⋅ 10 "
#$$ = %, &
Assim,
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2.
Trata-se de uma questão simples de análise dimensional, que supõe que os estudantes conhecem
equações relacionadas à Física do Corpo Negro.
A constante de Planck (h) está presente em diversas relações importantes da física
moderna; por exemplo, na distribuição de Planck para corpos negros:
'!(, )" =
2ℎ( +
,-
.
1
/0
1
−1
Onde '!(, )" é a intensidade de radiação, em função da temperatura ) e da freqüência
(. Uma maneira mais fácil é usar a relação 2 = ℎ(. A dimensão de energia é MLT-2;
logo, como freqüência possui dimensão do inverso do tempo, T-1 , temos que a
dimensão da constante de Planck é
[h] = MLT-1
Dimensionalmente, ela poderia também sair também pelo princípio da incerteza, como
produto do momento (massaXvelocidade) pela posição, o que resultaria na mesma
dimensão. Esta é também a dimensão de momento angular, de onde sai, na mecânica
quântica, a atribuição de números orbitais de elétrons em átomos, por exemplo.
Enfatizando sua origem, a unidade SI mais utilizada para constante de Planck é J/Hz
(Joules por Hertz) ou J·s, a razão entre energia e freqüência. A forma mais canônica de
expressá-la, entretanto, é kg·m/s.
A lei de Stefan-Boltzman estabelece que a quantidade de energia radiada por um corpo
negro, por unidade de tempo por unidade de área, é proporcional à quarta potência da
temperatura. Sua constante (σ) aparece, portanto, para extrair da quarta potência da
temperatura essa quantidade de energia. Logo, sua dimensão é
[σ] = ML2T-3/θ4L2 = MT-3θ-4
A unidade padrão do SI para constante de Stephan-Boltzman usa a unidade de
potência, o Watt (W). Ela é W m-2 K-4 .
3.
Questão de lógica. Oferece dificuldades adicionais a daltônicos.
Basta que o aluno apresente deduções lógicas corretas até eliminar todos os casos
impossíveis. Segue uma solução posível.
Como todos os polvos diurnos contradizem-se mutuamente, no máximo um fala a
verdade. Assim, no máximo um polvo diz a verdade.
1.
2.
Se todos os polvos mentem, então todos têm 7 tentáculos, havendo no total 28, o
que implica que o polvo amarelo fala a verdade, absurdo!
Se exatamente um polvo fala a verdade, todos os demais têm 7 tentáculos e este tem
6 ou 8 tentáculos.
a. Se o sincero tem 8 tentáculos, o total de é 29 e todos mentem, absurdo!
b. Se o sincero tem 6 tentáculos, o total é 27 e o vermelho é este único que diz
a verdade. A situação é consistente.
Um erro comum foi descartar o caso 1 sem justificativa. Não se pode confiar muito em
um polvo da guarda de netuno!
2
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Entre os guardas noturnos vemos que as afirmações do Flicts e do Cobalto são
complementares, assim como as do Roxo e do Índigo. Asim, exatamente dois mentem e
têm 7 braços, e dois falam a verdade, havendo no máximo 8+8+7+7=30 tentáculos. Flicts
então mente, possuindo 7 tentáculos, e Cobalto diz a verdade.
Se o Índigo mentisse, então o Roxo falaria a verdade e o Índigo teria 6 braços, absurdo!
Logo Roxo mente, tendo 7 tentáculos, e Índigo diz a verdade, tendo 6 ou 8 tentáculos.
Se Índigo possuísse 6 tentáculos, Roxo falaria a verdade, absurdo! Logo Índigo possui 8
tentáculos.
A situação é consistente com Cobalto posuindo 6 ou 8 tentáculos.
Em suma, concluímos que
Amarelo tem 7 tentáculos.
Vermelho tem 6 tentáculos.
Verde tem 7 tentáculos.
Azul tem 7 tentáculos.
4.
Flicts tem 7 tentáculos.
Cobalto tem 6 ou 8 tentáculos.
Roxo tem 7 tentáculos.
Índigo tem 8 tentáculos.
Visualizar movimentos na Esfera Celeste.
Olhando do norte, a Terra gira de oeste para leste, de modo que as estrelas parecem
girar de leste para oeste. O poente é, portanto, o oeste. Vários alunos disseram que a
Terra deveria girar ao contrário. De fato a Lua passaria a nascer no atual poente, mas o
mesmo se daria com todas as estrelas, de modo que não haveria sentido em chamar de
“poente” aquela direção. Talvez uma formulação melhor para a pergunta devesse pedir
que a Lua passasse a nascer no oeste.
Além disso, ainda há três formas de interpretar o significado de “passar a nascer no
poente. Eles são: (i) passar a nascer, em geral, no poente; (ii) nascer sempre no poente e
nunca no nascente; (iii) nascer pelo menos uma vez no poente. Analisemos caso a caso:
i. Nascer, em geral, no poente.
Esta é a solução mais simples. Bastava confrontar o movimento de rotação da Terra com
o movimento de translação da Lua ao redor da Terra. Ambos se dão no mesmo sentido
(horário quando visto do norte), como se pode ver na figura da página seguinte.
Assim, se o período de rotação da Terra for igual à da Lua, esta será vista parada no
céu. Portanto, basta que o período de rotação seja maior que o de translação da Lua
(3 ≥ 56 789:) para que a Lua nasça no poente.
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ii. Nascer sempre no poente
Uma análise mais detalhada, entretanto, exige que levemos em conta que a órbita lunar
se dá num plano próximo da eclíptica (na verdade, a Lua nunca se afasta mais de 5° da
eclíptica). Isso faz variar a projeção de sua velocidade no plano do equador celeste,
sendo máxima nos pontos de maior afastamento da órbita em relação ao equador
celeste e mínima nos pontos em que a órbita cruza o equador. O problema acima
resolve o problema para a Lua Média; a Lua verdadeira, entretanto, anda às vezes mais
rápido e às vezes mais devagar que a primeira – num fenômeno em tudo análogo ao
que gera o analema solar.
Assim, se o período de rotação for, digamos, apenas um pouco maior que 28 dias,
existirão momentos em que a Lua verdadeira possuirá velocidade um pouco maior que
a de rotação terrestre, fazendo com que, no céu, esta se mova no sentido convencional
(de leste para oeste). Se isso acontecer perto do horizonte para algum observador, a Lua
nascerá, às vezes, no leste. Para obrigar que a Lua nunca faça isso, precisamos ser mais
exigentes.
Por simplicidade, consideramos a órbita da Lua circular. Para resolver o problema,
vamos exigir que a velocidade angular de rotação da Terra seja menor do que o menor
valor da projeção da velocidade angular da Lua no equador celeste. Isso acontece
quando ela cruza o equador celeste, fazendo um ângulo de 23° + 5° = 28°(maior valor
possível). Seja
a velocidade angular da Lua em sua órbita e
a velocidade
angular de rotação que imporemos à Terra. Devemos ter
; ≤ ;= ⋅ cos 28°
Sabendo que o período de translação da Lua é de 28 dias, encontramos
;= =
Dando
360°
= 12,9°/BC
28 BCD
; ≤ 1,4°/BC
4
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Agora podemos calcular o novo período de rotação T:
)=
360°
4 G5 789:
;
iii. Nascer pelo menos uma vez no poente
Aqui queremos algo mais fraco que os dois itens acima: que a Lua, mesmo que nasça
normalmente a leste, possa nascer em algumas situações no oeste. Valeremo-nos, para
isso, da diferença entre a Lua Média e a Lua Verdadeira.
Por simetria, esse valor deve ser menor que o médio na mesma quantidade que o valor
calculado em ii deve ser maior que o médio (as contas ficam como exercício). Assim,
para satisfazer a esse item, ) 4 5H 789:.
A pergunta para o Sol pode ser respondida da mesma forma.
5.
Pergunta de Astronomia de Posição, com vários itens pegadinhas – a idéia é verificar se os
estudantes têm segurança sobre alguns aspectos geométricos simples.
a.
No solstício de verão do hemisférios sul, o Sol estará em sua máxima
declinação sul, ou seja, aproximadamente 23,5 graus. Então teremos a seguinte
situação:
Logo temos que:
*
D
Onde * é a altura da torre e D é o comprimento da sombra. Substituindo os
valores para a altura da torre na equação temos:
tan 23,5 D
b.
*
50
L 115 tan 23,5
0,4348
Esse item era uma pegadinha. Neste dia, como a Lua estará oposta ao Sol (e a
inclinação da órbita da Lua em relação à Eclíptica é pequena, de 5,2 graus), a
Lua passará o tempo todo abaixo do horizonte neste dia (e pelos próximos três
meses). Portanto, não produzirá sombra. =)
5
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c.
Nesta situação tem-se:
Onde φ é a latitude do local. Então:
Tomando φ= 28° 40’:
D
tan!90 ϕ N 23.5" *
D
*
50
L 4,5 tan 84,84 11,0738
d. Outra pegadinha; essa foi percebida por mais gente. A hora do item c) é meiodia, que é quando a sombra é mínima. Portanto, não haverá um horário em que
a sombra será metade da calculada no item c =).
e.
Nesta situação tem-se que:
DQ 2DR 9
* 50
5.56 → S L 80 UVCWD
DQ
9
Onde DQ é a sombra deste item, DR é a sombra calculada no item c, e S é a altura
do Sol na situação.
tan S 6.
Essa questão, mais aberta, esperava apenas que o aprendiz mostrasse alguma noção sobre o
funcionamento óptico de telescópios, tendo relevância um pouco menor para os critérios de
seleção.
Uma idéia muito citada aqui foi a de que telescópios com aumento muito grande têm
pouca resolução, já que, quanto mais ampliada a imagem a partir da luz que chega de
certo objeto, menor a quantidade de luz por unidade de área da imagem. No entanto,
isso não é um problema de telescópios grandes em geral, mas de telescópios estreitos e
compridos. O detalhe é que é muito fácil aumentar a captação de luz do telescópio:
basta aumentar a área do espelho primário / lente objetiva (é bem natural a idéia de que
a quantidade de luz captada é proporcional à área da superfície “coletora”). De fato,
todos os telescópios com grande aumento também possuem lentes de grande diâmetro;
inclusive os astrônomos costumam medir tamanho de telescópios a partir do diâmetro
de seus espelhos, como em “Aquele telescópio é pequeno, tem só 50 cm; seria bom ir
observar no LNA, que tem um telescópio de 1,6 m!”.
Um limitante ambiental mais sério é a existência da atmosfera – em particular há o
problema do seeing, que limita (em um valor relativamente alto) o tamanho mínimo em
6
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que um objeto pode ser resolvido. De fato, todos os grandes telescópios no solo terrestre
precisam de mecanismos eletrônicos de adaptação rápida da curvatura do espelho (a
chamada óptica adaptativa) para corrigir o seeing atmosférico.
Outro problema óbvio associado à atmosfera é a absorção da luz em diversas bandas do
espectro eletromagnético.
Outro tipo de problema, citado por alguns, são as inúmeras dificuldades técnicas
relacionadas a telescópios muito grandes: em primeiro lugar, a dificuldade de
construção e manutenção de uma placa de muitos metros de diâmetro usando algum
material refletor. A manutenção envolve, por exemplo, mecanismos que impeçam que o
espelho se entorte com seu próprio peso. Alem disso, é difícil girar e mover estes
espelhos. Por essas razões, boa parte dos grandes telescópios usa diversos espelhos
menores, montados juntos.
Por fim, a precisão desses telescópios pede que eles fiquem em lugares altos e secos,
para contornar os problemas atmosféricos – tipicamente, locais remotos que não
possuem energia elétrica, estradas ou seres humanos. Isso aumenta consideravelmente
os custos e problemas de infra-estrutura na hora de construir e instalar um desses
telescópios.
7.
Questão de análise de dados para testar o bom senso dos aprendizes, capacidade de leitura de
tabelas e de fazer estimativas.
Antes de tratar sobre a forma correta de responder esta questão, vale a pena comentar o
erro mais comum cometido pelos aprendizes. A declinação do Sol possui dois máximos
em módulo durante o ano (que chamamos de solstícios). Os instantes exatos dos
solstícios ocorrem quando a ascensão reta é 6h00 ou 18h00. Desse modo, qualquer valor
de declinação ao longo do ano deverá ser menor ou igual ao valor máximo. Portanto, todos
os valores dados na tabela são menores que a obliquidade da Eclíptica. Muitos
aprendizes não notaram isso e colocaram como valor final um valor menor que o
máximo da tabela. A solução da maioria foi tirar a média dos maiores valores, o que
está errado, pois o valor real é maior que todos eles.
Existe mais de uma maneira de estimar o resultado. Neste gabarito são mostradas duas
dessas maneiras. A primeira é mais genérica e vale para muitos tipos de dados, mas
possui pouca precisão. A segunda é mais restrita, no entanto possui precisão superior.
I. Primeira Maneira
A primeira maneira é usando uma aproximação linear. A idéia de aproximação linear é
simples: descobrir uma reta que passa por dois pontos e assumir que o terceiro ponto
está nesta resta. Uma boa estratégia é fazer quatro retas, com os dois pontos que
precedem e que sucedem cada um do soltícios. Uma informação importante que pode
ser retirada da tabela é que, quanto mais próximos dos solstícios, menos variam os
dados. Deste modo, a variação entre pontos distantes dos solstícios será maior que a
variação entre o pontos próximos deles. (Isso pode ser visto como resultado da variação
da curva para algo mais suave, ou sua derivada indo para zero, antes de mudar de
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sentido). A figura abaixo ilustra bem; nela extrapolamos duas retas, uma antes e outra
depois dos dados:
Deste fato, temos que o valor máximo da declinação será menor que os valores encontrados
pela aproximação linear. Assim, o valor da obliquidade será maior que qualquer dado da
tabela e menor que qualquer estimativa feita a partir da aproximação linear. Então
vamos as contas. Procuraremos retas do tipo y = ax + b, onde y é a declinação e x a
ascensão reta (isto é, queremos estimar a e b para uma função DEC = a · RA + b).
1. Dias 20 e 21 de junho:
(X !Y" = CX Y + ZX
CX =
(X !Y-X.[\ " − (X !Y-[.[\ " 23°36] 19,48]] − 23°25] 57, 71]]
=
= 0,087149719
Y-X.[\ − Y-[.[\
5ℎ 58 25,6D − 5ℎ 54 15,8D
ZX = (X !Y-[.[\ " − CX Y-[.[\ = 23°25] 57,71]] − 0,087149719 ⋅ 5ℎ5415,8D = 22° 55] 5,27′′
∴
(X !6ℎ" = 23° 26] 27,7′′
2. Dias 22 e 23 de junho:
(- !Y" = C- Y + ZC- =
(- !Y-+.[\ " − (- !Y--.[\ " 23°25] 48,61]] − 23°26] 16, 44]]
=
= −0,111498398
Y-+.[\ − Y--.[\
6ℎ 06 44,9D − 6ℎ 02 35,3D
Z- = (- !Y-[.[\ " − C- Y-+.[\ = 23°25] 48,61]] + 0,111498398 ⋅ 6ℎ0644,9D = 24° 06] 42,42]]
∴
(- !6ℎ" = 23° 26] 33,75′′
3. Dias 20 e 21 de dezembro:
(+ !Y" = C+ Y + Z+
C+ =
(+ !Y-X.X- " − (+ !Y-[.X- " −23°26] 08,85]] + 23°25] 21, 88]]
=
= −0,146283783
Y-X.X- − Y-[.X17ℎ 56 06,1D − 17ℎ 51 39,7D
Z+ = (+ !Y-X.X- " − C+ Y-X.X- = −23°26] 08,85]] + 0,146283783 ⋅ 17ℎ5606,1D = −20°48] 43,88′′
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∴
(+ !18ℎ" = −23° 26] 43,07′′
3. Dias 22 e 23 de dezembro:
(` !Y" = C` Y + Z`
C` =
(` !Y-+.X- " − (+ !Y--.X- "
−23°26] 02,01]] + 23°26] 19,57]]
=
= 0,065891181
18ℎ 04 59,0D − 18ℎ 00 32,5D
Y-+.X- − Y--.X-
Z` = (` !Y-+.X- " − C` Y-+.X- = −23°26] 02,01]] + 0,065891181 ⋅ 18ℎ 04 59,0D = −24° 37] 31,46′′
∴
(` !18ℎ" = −23° 26] 21,71′′
Com isso vemos que a menor estimativa é obtida a partir de (` !Y", calculado para os
dias 22 e 23 de Dezembro. O valor calculado foi (em módulo) 23°26] 21,71]] . A maior
declinação da tabela ocorre no dia 22 de Dezembro, e vale (em módulo) 23°26] 19,57]] .
Como já foi dito, o valor da obliquidade está entre esses dois valores. Assim podemos
estimar que o valor real é a média desses dois valores.
aZb =
23°26] 21,71]] + 23°26] 19,57]]
= 5G°5c] 5d, cH]]
2
O erro desta estimativa é a diferença entre ele e as duas cotas (cota superior sendo a
menor estimativa a partir de aproximação linear e a cota inferior sendo o maior valor da
tabela), que é a mesma, pois ele é a média aritmética das duas. Assim o erro é da ordem
de 1 segundo de arco.
II. Segunda Maneira
A segunda maneira de resolver este problema usa o fato da declinação, em função da
ascensão reta, variar aproximadamente como uma senoide (curva da função seno). Essa
função pode ser representada por = sin S, em que A é o valor máximo da função (a
obliquidade neste caso) e θ é o parâmetro da senóide (que depende da largura da
mesma – ver apêndice de funções, Zeta Volume 2). Este parâmetro pode ser encontrado
com uma simples regra de três, do tipo
f
S
=
24ℎ00D 360°
em que RA é a ascensão reta em um dia qualquer, e θ é o parâmetro deste dia. Divida,
ainda deste mesmo dia, a declinação pelo seno de θ, e obtenha uma estimativa da
obliquidade. Quanto mais perto do solstício for o dia escolhido, mais precisa é a
estimativa. A razão para isso é que a aproximação é melhor perto dos máximos, como
vemos na figura abaixo:
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Nela, a linha preta é a curva real de ascensão reta e declinação, que pode ser deduzida
via trigonometria esférica; ela é tan g = tan!aZb"⋅ sin !f ⋅ 360°⁄24*" . A linha
vermelha é a senóide da nossa aproximação. Vejamos que, de uma forma geral, a
aproximação é muito boa, mas é melhor ainda perto dos picos. Desse modo, a melhor
estratégia é escolher o dia em que a ascensão reta é mais próxima de 6h00 ou 18h00.
Fazer média com outros valores (obtidos a partir dos dados de outros dias) não é uma
boa ideia, pois a precisão deles seria menor que a do dia mais próximo do solstício.
Como citado mais adiante, o erro dessa estimativa surge da imprecisão da aproximação
para a função seno, e não da imprecisão dos dados da tabela.
O melhor dia é, então, o dia 22 de Dezembro, que possui ascensão reta 18h 0m 32,5s e
declinação -23º 26' 19,57''. Como já foi dito, o ângulo relacionando será:
360° ⋅
18* 0 32,5D
270°8] 7,5′′
24* 0 0D
Então podemos calcular a obliquidade por:
sin 270° 8] 7,5′′ 0,999997207
g
5G° 5c] %&, 6%′′
sin 270° 8] 7,5′′
Essa é uma boa estimativa do valor da maior declinação do Sol ao longo do ano, ou seja,
da obliquidade da Eclíptica. O erro deste valor decorre do fato dessa função não ser
exatamente uma função seno, bem como dos valores dados. Para estimar o erro de
forma precisa seria necessário analisar a função real, mas ele pode ser estimado como a
diferença entre o maior valor encontrado na tabela e a obliquidade estimada. Deste
modo o erro é da ordem de décimos de segundo.
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8.
Fonte: http://www.heavens-above.com/
a.
Bom-senso. Entender o gráfico, a situação, e o que poderia causar esses saltos.
Estes saltos verticais no gráfico significam que a estação espacial teve pequenas
mudanças no raio da órbita (lembre que seu raio orbital é de aproximadamente
6700km e note os valores no eixo vertical do gráfico). Estas mudanças, muito
rápidas e isoladas, provavelmente não têm causa natural.
Analisando melhor o gráfico, vemos que há lentos e suaves decréscimos na
altura da ISS, antecedendo os aumentos instantâneos. O decréscimo lento
representa diminuição da órbita, vindo de atrito com as camadas superiores da
atmosfera (ainda há uma atmosfera razoavelmente densa em 350 km de
altitude), além de outros fatores. Assim, os saltos articiais devem ser boosts
(propulsão por ejeção de gases) para correção orbital.
De qualquer forma, o mais importante na questão era que o aprendiz
percebesse que os saltos significam variação da altura da ISS e que isto não tem
uma causa natural aparente.
b.
Questão conceitual de física.
Um corpo em órbita está sujeito a uma situação que chamamos de
imponderabilidade. Nesta situação, toda a força gravitacional atua como força
centrípeta, apenas alterando a direção da velocidade do corpo e não seu
módulo. Como a ISS e os astronautas estarão sujeitos à mesma aceleração,
ambos estarão sendo puxados com a mesma intensidade em direção à Terra.
Como ambos os corpos estarão em queda livre, não haverá mais o contato entre
eles, como temos com o chão (em que somos forçados contra o chão e sentimos
a força normal dele sobre nós).
Isto se relaciona com a razão entre as massas gravitacional e inercial serem
constantes da seguinte forma: A aceleração centrípeta depende da massa
inercial (resistência de um corpo ao movimento) e a força gravitacional
depende da massa gravitacional (“carga” da interação gravitacional, análoga à
carga elétrica para a interação gravitacional). Se a razão entre essas duas massas
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não fosse constante, corpos de diferentes massas apresentariam diferentes
comportamentos em órbita, assim os astronautas não sentiriam a sensação de
imponderabilidade. Como os astronautas tem essa sensação, a razão entre as
duas massas deve ser constante.
Uma coisa importante a se comentar é que a microgravidade não é provocada
pelo simples fato de o corpo estar em órbita, como foi apresentado por muitos
alunos, ela é valida para qualquer caso de queda livre (corpos em órbita são
casos específicos de queda livre). Então, mesmo que um corpo esteja caindo e
sem velocidade horizontal, ele terá a sensação de microgravidade. Outro erro
comum foi citar que a microgravidade é provocada pela menor aceleração
gravitacional na altura em que a ISS se encontra. Embora a aceleração
gravitacional lá seja realmente menor, seu valor é muito próximo do valor na
superfície terrestre (0,91g), já que a altura em que ela se encontra é despresível
comparada ao valor do raio da Terra, portanto esta consideração é tomada
como errada.
Vale lembrar que nós não conseguimos sentir a aceleração gravitacional da
Terra, o que nós sentimos é a força normal que as superfícies exercem sobre
nosso corpo. Isso é sentido por exemplo nos elevadores, que quando aceleram
ou desaceleram alteram o valor da força normal sobre nós e nos faz sentir como
se a gravidade da Terra aumentasse ou diminuísse nessas situações.
9.
Questão de física básica e gravitação.
a.
Aqui precisa conhecer aceleração centrípeta.Um corpo que executa um movimento
circular uniforme está submetido a uma força centrípeta
, que pode ser
calculada pela fórmula
onde
é o raio do círculo descrito. Se a força gravitacional for menor do que a
centrípeta, esse movimento não será possível. Para um corpo no equador, a
força gravitacional
é dada por
Para pontos fora do equador, o raio do círculo será diferente:
Do mesmo modo, a força gravitacional no plano do movimento circular
também não será a mesma:
Como as duas forças variam da mesma forma, o resultado final será o mesmo.
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Para o pulsar do Caranguejo:
b.
c.
Substituindo
:
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QUESTÕES LONGAS
10. Essa questão exige uma discussão mais aprofundada de astronomia de posição.
Como é sabido, o analema é gerado por dois efeitos: a diferença das velocidades do Sol
no céu do periélio para o afélio, e a diferença do solstício para o equinócio. Como a
precessão “desalinha” o círculo afélio-periélio do círculo solstício-equinócio, ela pode
mudar bastante o analema. A resposta é sucintamente ilustrada na figura abaixo:
Para uma discussão mais detalhada, ler o capítulo de Analemas da Apostila Zeta,
Volume 1. Há ainda um programa muito útil para gerar analemas no site
http://www.analemma.com/ , na seção other analemmas.
11. Questão longa que exige leitura de espectros, conhecimentos de tipos espectrais e evolução
estelar, Efeito Doppler.
a.
Blob é a mais quente. Havia duas maneiras de saber isso.
A primeira é vendo a claridade do espectro (que é a quantidade de luz que
incidiu em cada parte). O espectro de Blob é mais claro à direita, enquanto o de
Krak é mais claro à esquerda. Pela Lei de Wien, sabemos que estrelas com pico
de emissão mais azul são mais quentes. Daí podemos afirmar com segurança
que Blob é mais quente. Entretanto, a estimativa de onde está o pico, nos
espectros das provas, é muito vago; eles nao permitem uma boa estimativa da
classe espectral.
A segunda é vendo as linhas espectrais: Blob possui linhas de hidrogênio (Hβ,
Hγ e Hδ) bastante pronunciadas, e só elas; Krak as possui bem mais fracas de
hidrogênio, além de linhas aparente de diversos outros elementos (Ferro,
Cromo, Cálcio, Sódio...). Assim, Blob está na “zona azul” do Diagrama HR
(Classes B, A, F – mas não O!), enquanto Krak deve ser do extremo da “zona
vermelha” (Classes K ou M).
A razão pela qual é errado estimar classe O para Blob é
Apostilas Zeta: A Classificação Espectral de Harvard,
ordenava os espectros pelas linhas do hidrogênio (que são
nos espectros em geral). Assim, a classe A era a que
14
histórica e está nas
quando foi criada,
bastante destacadas
tinha as linhas de
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hidrogênio mais fortes, seguida pela B, pela C, etc. Só mais tarde as classes
foram ordenadas conforme a temperatura superficial da estrela, tomando a
forma que conhecemos (OBAFGKMRNS). Logo, estrelas da classe O possuem
linhas de hidrogênio bem fracas, o que não é o caso de Blob.
A razão fisica disso nos leva a um segundo erro comum: a presença de metais
no espectro de Krak não significa que ela esteja em um estágio mais avançado de
evolução estelar! Krak pode tanto ser gigante vermelha quanto ser do extremo
mais baixo da sequencia principal. Em geral, toda estrela possui diversos
elementos na sua composição (muitos herdados da nuvem de gás em que a
estrela se formou). A evolução das estrelas afeta a distribuição de elementos no
seu interior, enquanto as linhas de absorção são produzidas na fotosfera. Claro,
existem fenomenos de mistura do gás dentro da estrela; além disso, podemos
detectar diferenças sutis de composição, quando comparamos estrelas de uma
mesma classe; o espectro que temos, entretanto, é bem mais grosseiro.
A principal causa das linhas espectrais, mais forte que todas as outras, é de fato
a temperatura da fotosfera. Ela determina quantos átomos de cada tipo são
ionizados naquele ambiente. A temperaturas muitos altas, os átomos estão
todos ionizados; a temperaturas muito baixas, nenhum está; em ambos os
extremos, não há linhas. O gráfico disso também está no Zeta, mas
reproduzimos aqui:
b.
Os dados apresentam um desvio para o azul da linha Hγ, o que significa que a
estrela apresenta blueshift. Com esse desvio, podemos calcular a velocidade radial da
estrela através das relações do Efeito Doppler. (nota: Como o desvio para o azul
ij = 0,65 ⋅ 10kX[ é muito menor que o comprimento de onda medido j = 4340 ⋅
10kX[ , a velocidade radial será muito menor que a velocidade da luz (,), logo
consideraremos o Efeito Doppler não- relativístico na resolução)
mn =
Δj mn
=
j
,
0,65
⋅ , ≈ Hop# ⋅ :k%
4340
15
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c.
A velocidade acima foi obtida por um observador na Terra, logo ela representa
a velocidade radial da estrela em relação à Terra e não ao Sol.
Como a Terra orbita o Sol, a velocidade observada da estrela varia conforme a
configuração Terra-Sol-Estrela. Por exemplo, se as velocidades da Terra e a
radial da estrela forem paralelas, a velocidade observada será a soma das
velocidades da estrela em relação ao Sol e da velocidade em relação à Terra.
Mas se as duas velocidades estiverem perpendiculares a velocidade da estrela
em relação à Terra e em relação ao Sol serão iguais. Então a velocidade
observada da Terra pode ser diferente da observada do Sol, mas isso não é
obrigatório. De fato, existem pelo menos dois casos em que a velocidade
observada na Terra é igual a velocidade observada no Sol (ver item c).
A diferença entre as velocidades no referencial do Sol e da Terra será máxima
quando o vetor velocidade orbital da Terra e o vetor velocidade radial da
estrela forem paralelos. Para facilitar, veja a figura abaixo:
Pegando o caso em que a linha que liga a estrela ao Sol está no plano orbital da
Terra, vemos que a diferença máxima será nas situações 2 e 4, e será igual à
velocidade orbital da Terra, então:
Δmqrs = mnQt!uvw" − mnQt!xQnnr" = mv
fv
2z ⋅ 150000000!{"
Δmqrs =
=
≈ 30!{ ⋅ D kX "
y
365,25 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ 60!D"
d. Como vimos no item anterior, a diferença de velocidades será mínima quando
a velocidade orbital da Terra e a linha que liga a estrela ao Sol forem
prependiculares. Isso pode ocorrer nos casos 1 e 3 da figura ou no caso em que
a linha que liga o Sol à estrela seja perpendicular ao plano orbital da Terra.
Esses dois casos são limites, mas existem casos intermediários entre os dois que
podem ser considerados, o importante é a perpendicularidade entre a
velocidade orbital da Terra e a linha que liga a estrela ao Sol.
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e.
Analisando o esquema abaixo temos:
|mx |
≈2
|mn |
q
sin S tan S =
sin- S + cos - S 1 →
Então temos:
1
1
tan- S
}
1
N
→
sin
S
sin- S
tan- S
1 N tan- S
€
 ƒ
€
-
‚
q ~
€ 1 N  ƒ
€‚
Onde mx é a velocidade tangencial da estrela, mn é a velocidade radial, distância atual até a estrela, q é a distância quando a estrela estiver na posição
mais próxima da Terra.
Pelo diagrama HR, podemos estimar a magnitude absoluta da estrela como
sendo „ 0. Logo a distância pode ser dada por:
„ 5 log 5
10,13 0 N 5 5 log 15,13
log =
L3
5
= 10³†,
A velocidade radial da estrela foi calculada no item b (mn 45 { ⋅ D kX ). Já a
velocidade tangencial pode ser calculada por
mx !{ ⋅ D kX " = 4,74 ⋅ ‡!"/C‰a" ⋅ !†,"
mx = 4,74 ⋅ 0,01872 ⋅ 10+
mx ≈ 90 { ⋅ D kX
Logo temos que:
€
 ƒ
-
2€‚
+}
q = ~
=
10
L 9 ⋅ 10- †,
€ 1 N 21N ƒ
€‚
Então, pela relação entre magnitude aparente e magnitude absoluta novamente,
obtemos:
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Š − „ = 5 log q − 5
Š = 5 log 9 ⋅ 10- − 5 − 0 = 14,77 − 5
Š = &, ‹‹
Onde Š é a magnitude mínima da estrela.
Alguns alunos consideraram que a magnitude da estrela diminuirá devido à
sua evolução. Se formos considerar o tempo que levará até que a situação
ocorra (aproximadamente 175 milhões de anos), a mudaça é bem plausível,
especialmente porque estamos falando de uma estrela de grande massa. Porém
não existe uma maneira precisa de sabermos a variação na magnitude
provocada pelo envelhecimento da estrela (pelo menos não com os recursos
disponíveis para resolver a questão) e por isso desconsideramos isso na
resolução da questão.
12. Questão mais longa de magnitudes, que exige diversas manipulações e assumções.
a.
Albedo esperado: Mercúrio (0,12), por ser um corpo rochoso, sem atmosfera e
supostamente mais semelhante a um asteróide que os outros planetas.
Para simplificar, vamos fazer por partes.
I. Encontre a quantidade de luz que chega do Sol ao corpo, ou seja, o fluxo solar no corpo
rochoso. Para isso, precisamos estimar a distância do corpo rochoso ao Sol; um
valor típico pode ser 2,5 UA. Assim, na oposição, sua distância à Terra será 1,5
UA.
Assim, usando S para o Sol, T para Terra e C para o corpo rochoso, podemos
escrever a razão entre o fluxo solar no corpo rochoso e na Terra:
Œ
Ž = 
ŽŒ
⇒
Œ = 
Ž 1  =   ∙ 1,37 ∙ 10+ = 219,2 ’/ŽŒ
2,5
II. Encontre a quantidade de luz emitida pelo corpo, ou seja, a energia refletida por ele.
A luminosidade do corpo é dada por
“Œ = Œ ∙ C ∙ zfOnde a é o albedo, que deve ser estimado a partir da tabela de albedos dada na
prova. O albedo mais próximo é o de Mercúrio; por ser um planeta rochoso e
sem atmosfera, seria razoável supor que sua composição química é mais
parecida com a de um asteróide típico.
Já a área zf- aparece pelo seguinte: como o Sol está muito distante, podemos
supor que seus raios chegam paralelos ao corpo rochoso. Assim a luz incide
com vários ângulos nas partes diferentes, dependendo da forma geométrica do
objeto. Supondo o corpo esférico, podemos considerar só a seção plana
perpendicular à incidência dos raios – que é um círculo máximo do asteróide.
Uma maneira mais simples de visualizar isso é olhando para a sombra que seria
projetada em uma placa plana atrás do objeto.
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III. Calcule a quantidade de luz do corpo que chega à Terra.
Lembre que, por se tratar de um corpo que reflete luz, não podemos considerar
que a luz é uniformemente espalhada numa casca esférica, como fazemos com
estrelas. Porém, como a situação é de oposição, podemos considerar o
espalhamento de energia como sendo uniforme numa semi-casca esférica (o
asteróide não reflete luz “para trás”dele, por isso uma semi-casca). Logo, o
fluxo CT (que sai do corpo e é medido na Terra) é:
Π=
“Œ
2zŽŒ
IV. Usando a magnitude-limite do olho humano, estime, então, o tamanho mínimo do
corpo.
Para deixar tudo explícito, vamos juntar todas as equações:
Œ
”
-
“Œ
Œ ∙ C ∙ zf- ”• ƒ ∙ C ∙ zf
=
=
- =
2zŽŒ
2zŽŒ
2zŽŒ
Œ C ∙ f- Ž =


2
ŽŒ ŽŒ
Assim, sendo m a magnitude-limite do olho humano, queremos o valor de R
para o qual
C ∙ f- Ž N 26,8 = −2,5 log


2
ŽŒ ŽŒ
para m=6 (magnitude limítrofe), encontramos o valor de R = 6,3∙105 m.
b.
Aqui os cálculos são quase idênticos ao do item anterior, mas com duas
diferenças: (i) A distância do corpo à Terra será diferente e (ii) apenas parte da
sua superfície visível estará sendo iluminada pelo Sol (isto é, temos que
considerar sua fase).
Calculo da distância:
Na quadratura, o ângulo ∠STC é reto, como indicado na figura. As distâncias
ST e SC são, respectivamente, 1 e 2,5 UA. Assim, o seno do ângulo ∠TCS é
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1/0,25 = 0,4. Logo,
∠SCT = arcsen 0,4 = 23,59° e, portanto, a distância do
corpo à Terra é
TC =
1
= 2,29 UA.
tg (23,59°)
Cálculo da face visível iluminada:
Antes de prosseguir, vale como comentário que a maioria absoluta dos
aprendizes que fizeram esta questão só considerou a variação da magnitude
causada pelo aumento da distância, não levando em conta a fase do asteróide.
Para facilitar as contas, ainda utilizaremos espalhamento de energia uniforme
numa semi-casca esférica. Como a fase do corpo rochoso é aproximadamente
cheia, essa aproximação será bastante razoável.
Considere a seguinte figura, ilustrando o corpo celeste observado da Terra no
momento de quadratura. A parte iluminada é composta por um semi-círculo
iluminado e uma semi-elipse iluminada. O semi-eixo menor da elipse, r ' , é
igual a r − cos( ∠SCT ) . Isso se explica na seguinte figura, que representa a
visão de cima do corpo celeste:
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Uma forma de calcular a magnitude é considerar que a porção da energia total
refletida que é recebida é proporcional ao ângulo da porção iluminada da face
visivel do asteróide (180° - ∠STC)
Como já calculado, o ângulo ∠STC mede 23,59°, logo temos que a porcentagem
da luz refletida é:
!X—[°k -+, ˜°"
X—[°
= 87%
Analogamente ao item anterior:
“Œ = 0,87 ⋅ Œ ∙ C ∙ zfRefazendo os cálculos, adicionando 0,87 e mudando o valor da distância,
encontramos o valor de m = 7,07.
Uma forma mais precisa de achar a magnitude é calcular a porção da área
iluminada considerando-a, como já dito, a soma de um semi-círculo com uma
semi-elipse.
Considerando que os raios luminosos provenientes do corpo chegam à Terra
paralelamente, a figura ilustra corretamente r ' e r , ficando claro que
r ' = r − cos( ∠SCT ) .
Sabendo que a área da elipse é dada por
iluminada é
π ⋅r2
2
+
π ⋅ r 2 ⋅ cos 23,59°
π ⋅r
2
2
=
S = π ⋅ a ⋅ b , a porcentagem
1 cos 23,59°
+
≅ 96%
2
2
Com esse valor, a magnitude seria m = 6,97.
13. Questão-tudo de Mecânica Celeste.
a.
Esse item exigia uma visualização geométrica (espacial), bem como temporal,
associando pontos da figura a instantes de tempo diferentes. O primeiro passo
importante é reconhecer a figura: da trajetória é uma órbita elíptica com periélio
em Vênus e afélio na Terra, como mostra a figura abaixo:
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A quase totalidade dos aprendizes, entretanto, fez um desenho mais tosco
como o abaixo. O problema dele é que o ponto de partida (na órbita de Vênus)
é o periélio, a menor distância ao Sol; então a órbita da sonda nao pode cruzar a
órbita venusiana! No entanto, entendemos que, ao fazerem o desenho, os
aprendizes queriam apenas representar uma elipse, sem pensar muito sobre
isso; então não penalizamos os desenhos.
Entendido o esquema espacial, precisamos agora das relações temporais. Um
erro comum foi pensar que a sonda chega na Terra também em uma conjunção.
Mas repare: os instantes de afélio e periélio sao temporalmente distintos.
Quando a sonda sai de Vênus, a Terra ainda nao chegou no ponto oposto (onde
será seu afélio); quando ela chega na Terra, Vênus já saiu da posição do periélio
da sonda. O processo é dinâmico e precisa ser pensado dinamicamente.
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Saindo de Vênus, a sonda leva meio período orbital para chegar à Terra.
Considerando as órbitas da Terra e de Venus circulares, o período da órbita da
sonda pode ser calculado como
C Qnnr N C€ê›œu
2
Cuv›r = 0,85 Curx =
) - !1 C‰a"=
!1 "+
C+
) = 0,78 C‰a
Assim, o tempo que a sonda leva é
Δy =
)
= 0,3 C‰a = 4,7 .D.D
2
Assim, precisamos que, na época do lançamento da sonda, faltem 4,7 meses
terrestres para a Terra chegar ao ponto oposto ao do lançamento do satélite. Em
outras palavras, ela tem que estar a um ângulo ΔS antes da posição do
encontro.
ΔS = 360°
Δy
)Qnnr
= 141°
Assim, no momento que a sonda sai de Vênus, a Terra pode ser vista 141° da
conjunção, no céu daquele planeta. Acontece que, como a ) > )€ , a Terra
parece transladar em sentido oposto, vista de Venus. Isso significa que a Terra
acabou de percorrer os 141° do céu venusiano, desde a última conjunção. O
tempo que ela demorou para fazer isso é o tempo de espera entre o anúncio e o
lançamento.
Outro erro comum foi ter usado o período da Terra para calcular isso. Mas
nesta parte, estamos falando de percorrer um ângulo no céu de Vênus; Vênus
se move em sua órbita, enquanto a Terra o faz. Portanto, o correto é usar a
velocidade relativa entre os dois planetas ou, em outras palavras, o período
sinódico.
1
1
1
=
−
)uŸ› )€ )
)uŸ› = 583 BCD = 19,2 .D.D
Por regra de três, encontramos o tempo de espera:
360° 19,2 .D.D
=
141°
ΔyQu ∆yQu = ‹, o ¢£¤£¤
b.
Como sabemos, a energia de uma órbita elíptica é dada por 2 = −
¥Šq
-r
, onde a
é o semi-eixo maior da órbita. Assim, queremos saber a energia necessária para
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passar de uma órbita com periélio em 0,7 e afélio em 1 UA (CX = 0,85 ) para
[,\¦X,
outra com periélio em 0,7 e afélio em 1,5 UA (C- =
= 1,1 ). Assim:
-
1
1
Δ2 = −§„  −  = ⋅ 3,6 ⋅ 10— ¨
C- CX
onde m é a massa da sonda. Estimando essa massa como, digamos, 500 {U (não
exigimos que ninguém estimasse), a energia necessária seria algo como
1,8 ⋅ 10XX ¨ .
c.
Sendo Curx o semi-eixo maior da órbita da sonda e CŠ o da órbita de Marte,
podemos calcular facilmente a velocidade para mudança de órbita. No afélio, a
velocidade da sonda no afélio é
©urt = }§„ 
2
1
−

CŠ Curx
Enquanto a velocidade para acompanhar Marte (na sua órbita em torno do Sol) é
Assim,
§„
©Š = }
CŠ
§„
CŠ
Δ© = ©Š − ©urt = }
ª1 − }2 −
« = H, & ⋅ %dG #/:
Curx
CŠ
Repare que esse é um passo anterior necessário para que, depois, a sonda possa
entrar em órbita marciana, espiralando até o planeta.
14. A resposta desta questão era obviamente livre, mas os aplicadores da prova em São
Paulo (Felipe Pereira, Rafael Tafarello e Thiago Schwingel) elaboraram uma resposta
exemplar:
Como um grande balão de gás
expande para frente e para trás.
O ponto em que nós estamos
é no meio dele que ficamos.
Mamãe sempre me dizia:
“Tenho medo é da entropia!”
e papai vivia a me alertar:
“Fuja do buraco negro, não há como escapar!”
Ele não é viscoso
mas continua saboroso
Hakuna Matata, é lindo dizer
Energia Escura, não vai entender
Mas para você ter noção
não disse muita coisa não.
Marte é vermelho, Netuno é azul.
Universo, vai tomar no
A RCF é tão bem distribuída
que sua flutuação nem é percebida
por uma pessoa distraída
Obs: limite de palavras atingido!
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