Olimpíada Brasileira de Astronomia – III Fase
Itapecirica da Serra 13/04/2006
Gabarito
1) Solução de Felipe Gonçalves Assis – Campina Grande, PB
Considerando o céu como única fonte de dados e que é impossível ou duvidoso determinar
qual pontinha da Lua está escura (seria o lado Oeste para minguante e Leste para crescente),
alguns métodos de maior ou menor precisão podem ser enumerados.
Primeiramente, conhecendo a hora (sem um relógio poder-se-ia usar a ascensão reta de
alguma estrela conhecida e observar seu ângulo horário, ou a partir do ponto vernal, sabendo a
data do ano), observamos se a Lua está mais a Leste ou a Oeste de onde estaria a Lua Cheia
(oposta ao Sol, nascendo às 18h, culminando a 0h e se pondo às 6h). Estando a Leste, seria
minguante; a Oeste, crescente.
O melhor mesmo é acompanhar continuamente a evolução deste astro que conhecemos desde
tempos imemoriais. [Comentário da Ordem: ¬¬’]
Obs: A não ser que a Lua tenha acabado de se formar, ou esteja prestes a desaparecer,
estamos sempre antes e depois da Lua. [Comentário da Ordem: ¬¬”]
2) Solução de Henrique Oliveira da Mata – São Paulo, SP
Primeiro, vamos às definições:
Dia Solar: é o intervalo de tempo entre duas culminações superiores consecutivas do Sol.
Dia Sideral: é o intervalo de tempo necessário para a rotação da Terra ou, se você preferir,
para duas culminações superiores do Ponto Vernal (descontando a precessão... – ¬¬’).
Por definição, o dia solar tem 24 h.
Sabemos que a duração do ano, ou o período do Sol, é de 365,25 dias.
Utilizando a fórmula do período sinódico:
1
TSOLAR
=
1
TSIDERAL
−
1
ano
⇔
1
1
1
=
−
24h TSIDERAL 365,25 ⋅ 24h
⇔ TSIDERAL = 23h 56 min
∴ a diferença é de aproximadamente 4 minutos.
No outro caso, mudando o sentido da rotação:
1
TSOLAR − LINHA
=
1
TSIDERAL
+
1
ano
⇔
1
TSOLAR − LINHA
=
1
1
+
23,93 ano
⇔ TSOLAR − LINHA = 23h 52 min
1
Comentário da Ordem: O Dia sideral, que é medido em função das estrelas de fundo – ou
seja, é independente dos movimentos orbitais da Terra – se mantém constante na nova
situação (a rotação mudou apenas de sentido, mas não mudou em módulo). O dia solar,
relativo ao atraso ou adianto diário do Sol, é que passa a ser menor que o sideral. Da mesma
forma, a duração do ano – em função dos dias siderais, por exemplo – também não se altera.
Mas como o dia solar novo é menor, cabem mais dias solares novos em um ano.
1 ano = 365,25 dias solares
1 dia solar-linha =
=>
23h 52 min 23,86
=
= 0,9942 dia solar
24h
24
1 ano possui 367,4 dias solares-linha.
3) Comentário da Ordem: Nesta questão, cometemos um erro: a pergunta deveria ter sido
feita só para observadores no equador. Como, por definição de jove-estacionário – estar
sempre na mesma posição relativa à superfície – só é possível existir satélites assim que
tenham órbitas equatoriais, então um observador no pólo, por exemplo, nunca veria um
satélite desses. Formulada como estava na prova, não havia solução. Admitimos também,
portanto, as soluções que já pressupunham observadores só no equador.
Solução de Felipe Gonçalves Assis – Campina Grande, PB (adaptada)
Seja R o raio de Júpiter, r a distância de um satélite jove-estacionário à superfície do planeta.
À massa de Júpiter, chamemo-la M e a duração do seu dia sideral (período de rotação) T. Na
figura vemos Júpiter ao centro e o tracejado da órbita dos satélites em questão. Destacado em
vermelho está o horizonte de um observador nas condições descritas no enunciado.
Note que a vista do observador cobre 2α da órbita do satélite, o que nos informa que deve
2π π
=
satélites cobrindo convenientemente a órbita. Como o número também deve
haver
2α α
π
ser inteiro positivo, escrevemo-lo N =
, onde x é tal que
α
4)
2
5.a) Solução de Felipe Gonçalves Assis – Campina Grande, PB (adaptada)
Comentário da Ordem: Esta questão NÃO foi feita
ano passado. Tanto o BRAS-3XY quanto a data de
descoberta são fictícios. Para quem não percebeu, o
22 de Setembro era apenas uma referência para o
Ponto Vernal (Equinócio de Primavera no Brasil).
Assim, percebe-se que o ponto vernal está
diametralmente oposto ao Sol em relação à Terra.
Latitude Eclíptica = 0 => BRAS-3XY está no plano
da órbita da Terra.
Longitude Eclíptica = 3h = 45º (1h = 15º).
OBS da Ordem: A Longitude Eclíptica é medida
sentido em que o Sol se desloca ao longo do ano,
seja, para o Leste (sentido anti-horário vendo
Norte). ATENÇÃO: O centro do Sistema
Coordenadas é a Terra, e não o Sol!
no
ou
do
de
Sendo assim, teremos a figura ao lado. O triângulo
Sol-Terra-BRAS-3XY tem um ângulo de 180º - 45º =
135º no vértice Terra.
Pela Lei dos Cossenos (IMPORTANTE!):
d 2 = 12 + 2 2 − 2 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ cos 135º = 1 + 4 + 2 2 = 5 + 2 2
⇒ d = 5 + 2 2 ≅ 7,8284 ≅ 2,80 AU
Esta distância do corpo ao Sol (2,8 AU) é muito próxima da distância de Ceres ao Sol, logo
BRAS-3XY é provavelmente um elemento do Cinturão de Asteróides, entre Marte (1,6 AU
do Sol) e Júpiter (5,2 AU do Sol).
Cálculo alternativo de Marcos de Barros Cardoso Ramos – São José do Rio Preto, SP sem
usar Lei dos Cossenos!
Alternativamente à Lei dos Cossenos, pode-se montar um triângulo retângulo de base,
projetar a Distância Terra-BRAS-3XY na linha Sol-Terra e outra projeção perpendicular a
esta, usando cossenos duas vezes, e então aplicar Pitágoras
3
5.b) Solução de Hugo Cangussu Marrochio – São Paulo, SP (adaptada)
O primeiro passo é analisar quanto será a luminosidade do corpo. Para isso, calcula-se o fluxo
do Sol à distância de BRAS-3XY. Sendo assim:
LSol
A luz incidente em BRAS-3XY será captada pela sua secção reta (área do
4π d 2
corte transversal perpendicular aos raios solares – dúvidas, perguntem via e-mail e nós
achamos um link da Wikipédia para te enviar), que vale π R 2 , sendo R o raio de BRAS-3XY.
Considerando que o corpo possua albedo a:
F1 =
LBRAS −3 XY = a ⋅ F1 ⋅ π R 2 Já que se tem a luminosidade, pode-se calcular o fluxo deste corpo à
distância da Terra, lembrando que BRAS-3XY só reflete em uma semi-casca esférica (o lado
2
oposto ao Sol é escuro \o/), de área 2 π d BT
, sendo d BT a distância de BRAS-3XY à Terra.
LBRAS −3 XY
Comparando a magnitude aparente deste com a do Sol:
2
2 π d BT
F
F
mSol − mBRAS −3 XY = −2,5 log Sol ∴ m BRAS −3 XY = mSol + 2,5 log Sol
F2
F2
LSol
Lembrando que FSol =
, sendo d ST a distância Sol-Terra. Fazendo TODAS as
2
4 π d ST
substituições:
2
FSol
LSol
LSol ⋅ 2 π/ d BT
m BRAS −3 XY = mSol + 2,5 log
= mSol + 2,5 log
= mSol + 2,5 log
2
2
F2
4 π d ST
⋅ F2
4 π/ d ST
⋅ LBRAS −3 XY
F2 =
⇔ mBRAS −3 XY = mSol
mBRAS −3 XY = mSol
2
2
LSol ⋅ d BT
LSol ⋅ d BT
+ 2,5 log
= mSol + 2,5 log
2
2
2 ⋅ d ST
2 ⋅ d ST
⋅ LBRAS −3 XY
⋅ a ⋅ F1 ⋅ π R 2
2
LSol ⋅ d BT
⋅4π d2
+ 2,5 log
2
⋅ a ⋅ LSol ⋅ π R 2
2 ⋅ d ST
⇔
mBRAS −3 XY = mSol
⇔
2
⋅d2
2 ⋅ d BT
+ 2,5 log
2
a ⋅ d ST
⋅ R2
Substituindo d = 2,8 UA = 4,2 ⋅ 108 Km , d BT = 2 UA , d ST = 1 UA , R = 10 Km , mSol = −26,8 e
aproximando o albedo de BRAS-3XY para a = 7% = 0,07 , temos (FINALMENTE!):
mBRAS −3 XY = −26,8 + 2,5 log
2 ⋅ (2 UA) 2 ⋅ (4,2 ⋅ 108 Km) 2
= −26,8 + 2,5 log (2,016 ⋅ 1017 ) ∴
2
2
0,07 ⋅ (1 UA) ⋅ (10 Km)
mBRAS −3 XY = 16,5 \o/
Comentário da Ordem: Estamos supondo que BRAS-3XY está praticamente em sua fase
“cheia” visto da Terra. De fato, o desvio da parte iluminada em relação ao ângulo de visada
é de míseros ~14º (essa demonstração fica a cargo do leitor :P).
6)
Desafio:
4