Apostila Beta - Resoluções [2]

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Apostila Beta – Resoluções

1) Alternativa D Correção das alternativas incorretas: a) A radiação gama possui maior energia quando comparada com a radiação ultravioleta, portanto, são as perigosas para a vida. b) No vácuo, os fótons dos raios X possuem a mesma velocidade que os da radiação infravermelha. c) A energia do fóton é inversamente proporcional ao seu comprimento de onda. d) A energia do fóton pode ser determinada por:

6.63.10 −34 .3.10 8 E= =  E  4.10 −19 J −9  500.10 h .c

e)A energia do fóton é diretamente proporcional a sua frequência. 2) a) Da equação fundamental da ondulatória, temos:

c = . f  3.108 = .6.1014   = 5.10 −7 m b) Da definição de potência média, temos:

Ppulso =

E pulso t

 1015 =

E pulso 3.10−14

 E pulso = 30J

c) Considerando a energia da lâmpada de LED igual a energia do pulso, vem:

PLED =

E LED 30 3=  t  = 10 s t  t 

d) Sabendo que a energia de um único fóton é dada por E fóton = h. f ; e que um pulso é formado por N fótons, temos:

E fóton = h. f E pulso = N .E fóton

 E pulso = N .h. f  30 = N .6,63.10−34.6.1014  N = 7,54.1019 fótons

3) Da Lei de Wien, temos:

máx .T = 2,898.10−3 T = −214 C = 59K o

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 máx .59 = 2,898.10− 3  máx  4 ,91.10− 5 m (infraverm elho)

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4) Da Lei de Wien, temos:

máx .T = 2,898.10−3  500.10−9 .T = 2,898.10−3  T = 5796K 5) Alternativa A Pela Lei de Wien, temos:

cromosfera .Tcromosfera = coroa .Tcoroa  cromosfera .5.104 = coroa .1,5.106  cromosfera . = 30.coroa 6) Sendo t a idade do universo, para máx = 700 nm, temos:

máx .T = 2,898.10 −3 T=

k t

 700.10 −9 .

1,5.1010 = 2 ,898.10 −3  t = 1,31.1013 s = 4 ,16.105 anos t

k = 1,5.1010 k .s 1 / 2 7) Alternativa B I – Correta. II – Incorreta. As linhas escuras do espectro da estrela são chamadas de linhas de absorção. III – Correta.

8) Como a luminosidade é constante, temos: 2

2 FTerra .4 .d Terra

=

2 FMarte .4 .d Marte

d  F F  1,52   Terra =  Marte   Terra =   = 2 ,31 FMarte  d Terra  FMarte  1  2

9) Para que os “brilhos aparentes” sejam iguais, o fluxo luminoso neste ponto deve ser o mesmo medido para os dois astros. Logo:

 d Sol LSol LPr óxima  =  2 2 4 .d Sol 4 .d Pr  d Pr óxima óxima

2

  d Sol LSol  =   LPr óxima   1,30 − d Sol

2

 LSol  =  d Sol = 1,248 pc 1,7.10 −3 .LSol 

10) Alternativa C

L 103 LSol 1033,8.1027 W 2 F = =  F = 1,35.107 2 4d 2 11 2 4d 4.3,14.(1,5.10 ) m L = 1000LSol F=

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11) Alternativa E

L2 4R22T24 L2 2 2  3500 =  = 10 .   L2 = 1326 L1 L1 4R12T14 L1  5800

( )

4

12) Alternativa E Sendo m1 = 2 e m2 = 1, da equação geral das magnitudes apresentada no enunciado, temos:

m1 − m2 = 2,5. log

F2 F F F 5  2 − 1 = log 2  2 = 102 / 5  F1 = 22/ 5 F1 2 F1 F1 10

Logo, uma estrela de magnitude 2 tem brilho magnitude 1.

102 / 5 vezes menor que uma estrela de

13) Sendo m1 = 0 e m2 = 4, da equação geral das magnitudes, temos:

m1 − m2 = −2,5. log

F1 F F  0 − 4 = −2,5. log 1  1 = 108 / 5  F1 = 39,8.F2 F2 F2 F2

14) a) Para manter sua magnitude bolométrica inalterada, a estrela deverá manter o fluxo luminoso constante, ou seja, F1= F2, portanto:

L2 4R22T24 L2  150R  =  =  L1 4R12T14 L1  R  2

2

2

4

L  150  T  .   2 =   L1  16   4T 

2

d   d   150  L L L d 150 F1 = F2  1 2 = 2 2   2  = 2   2  =   d 2 = 281,25 pc   2 = L1 30 pc 16 4d1 4d 2  d1   d1   16  2

b) Das condições do enunciado, temos que a emissão de energia da estrela a durante a vida (EV) é: 2

EV = 0,9% ET  EV = 0,9%( m.c 2 ) = 0,9%[8.10 30.(3.10 8 )]  EV = 6,48.10 45 J Logo:

L=

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EV 6,48.1045  t = = 1,08.1017 s = 3,72.109 anos 28 t 6.10

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15) Alternativa B Da equação de Pogson, temos:

m − M = 5. log d − 5  8 − (−2) = 5 log d − 5  d = 10 3 pc 16) Alternativa C Como a magnitude absoluta está associada a um astro a 10 pc de distância, da equação geral das magnitudes, temos:

 L F  L  L 4d 2    −2 = log A   B = 102 M A − M B = −2,5. log A   5 = −2,5. log A 2 . LB  LA  FB   LB   4d 17) a) Da equação de Pogson, vem:

m − M = 5.logd − 5  −1,5 − M = 5 log2,6 − 5  M = 1,42 b) Comparando as magnitudes absolutas do Sol e de Sirius, temos:

M Sol − M Sirius

 LSol 4πd 2   FSol   LSol     4,82 − 1,42 = −2,5.log    = −2,5.log .  − 1 , 36 = log 2   FSirius   LSirius   4πd LSirius  L  Sirius = 22,9 LSol

c) Comparando as luminosidades, vem: 2 4  RSirius  LSirius 4RSirius TSirius   =  22 , 9 = 2 4 LSol R 4RSol TSol  sol 

2

4

R  10000 .   Sirius = 1,6 Rsol  5800 

18) Da equação geral das magnitudes, vem:

m1 − m2 = −2,5. log

F1 F F  2 − 3 = −2,5. log 1  2 = 10−2 / 5 F2 F2 F1

Como a magnitude combinada máxima está associada a soma dos fluxos, ou seja, FC = F1+F2, temos:

mC − m1 = −2,5. log

 F  FC  mC − 2 = −2,5. log1 + 2   mC − 2 = −2,5. log 1 + 10−2 / 5  F1  F1 

(

 mC = 1,64

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)

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19) Da equação de Pogson, temos:

m − M = 5. log d − 5  6 − 4,8 = 5 log d − 5  d = 101, 24 = 17,38 pc 20) a) A distância até Canopus é:

d=

1 1 =  d = 95,97 pc p 10,42.10−3

Logo:

m − M = 5.logd − 5  −0,72 − M = 5.log95,97 − 5  M = −5,63 b) A relação entre as luminosidades é:

 LCanopus M Canopus − M Sol = −2,5.log  LSol

 L   −5,63 − 4,8 = −2,5.log Canopus   LSol

L    Canopus = 1,48.104 LSol 

21) Pelo diagrama HR, uma estrela G2V é do mesmo tipo que o Sol. Portanto, no caso limite de visibilidade, vale:

F   1,37.10 3  5 5   M Sol − mlim = − log  Sol   −26 ,6 − 6 = − log  2 2  Flim   Flim  W  Flim = 1,04.10 −10 2 m Então:

Flim =

n.E fóton Aolho

Flim . .r 2 . n hc  Flim = . n=  hc  .r 2   n = 8000 fótons

22) a)

 v 565 − 566 v =  =  v = −5 ,3.10 2 km / s 5 0 c 566 3.10

b) Aproximando, pois v < 0 e  < 0.

23) Alternativa B

 v 486 ,112 − 486 ,133 v =  =  v = −12,96 km / s (aproximação) 0 c 486 ,133 3.105

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24)

 v  v =  =   = 0 ,13nm 0 c 393,4 3.105 25) a) Da equação do efeito Doppler não relativístico, temos:



0

v 669 ,4 − 656 ,3 v  =  v = 5988km/s c 656 ,3 3.10 5

=

b) Da equação de Hubble, vem:

v = H 0 .d  5988 = 67,8.d  d = 88,32 Mpc 26) Do efeito Doppler relativístico, temos que a velocidade radial do objeto é:

z=

c+v c+v v ( z + 1 )2 − 1 ( 0 ,13 + 1 )2 − 1 − 1  ( z + 1 )2 =  =  v = .c  v = 0 ,12.c c−v c−v c ( z + 1 )2 + 1 ( 0 ,13 + 1 )2 + 1

Aplicando o resultado na Lei de Hubble, temos:

v = H0 .d  0,12.3.105 = 67,8.d  d = 531Mpc Como 1 pc = 3,26 al, vem:

d = 531.106 .3,26 = 1,73.109 al = 1,73.109 anos 27) a)

Resolução Nesta configuração, as estrelas possuem velocidades perpendiculares à direção da Terra. Portanto, neste instante, não há afastamento ou aproximação com a Terra para detectarmos o efeito Doppler.

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Resolução

b)

Estrela A:

 A

A

=

vA v (6,5 − 6,58).10 −7  = A8  −7 c 6,58.10 3.10

 v A = −3,647 .10 6 m / s (aproximação) Estrela B:

B

B

=

vB v (6,76 − 6,58).10 −7  = B8  −7 c 6,58.10 3.10

 v B = 8,206 .10 6 m / s (afastamento)

28) Alternativa B Analisando gráfico temos que quanto maior a distância d, maior a velocidade de afastamento v. 29) a) Esquematicamente, temos:

O movimento próprio da estrela (), em rad/s é:

=

10,34  1 rad = 10,34. .   = 1,589.10 −12 1 ano 180.60.60 365.24.3600 s

A distância (d) a estrela Barnard, em km, é:

d=

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1 1 =  d = 1,831pc  d = 1,831.3,086.1016  d = 5,652.1016 km p 0,546

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Portanto, a velocidade tangencial da estrela é:

vT = .R  vT = .d  vT = 1,589.10−12.5,652.1016  vT = 89,81km/s b) A velocidade resultante é:

v 2 = vT2 + vR2  v 2 = 89,812 + (−108) 2  v = 140,46 km/s c) Analisando a figura, temos:

cos =

vr − 108  cos =   = 140,25o v 140,46

30) Da definição de razão focal, temos:

R=

Fob 1200  15 =  D = 80 mm D D

31) Alternativa C Dos dados do 1º telescópio, temos que a distância focal da objetiva é:

Fob D F n = 10  10 = ob  Fob = 1200 mm 120 D = 120 mm n=

Logo, a distância focal da ocular é:

Fob 1200 Foc  60 =  Foc = 20 mm Foc A = 60x A=

Com os dados do 2º telescópio, temos que a distância focal desta objetiva é:

Fob D F n = 12  12 = ob  Fob = 1200mm 100 D = 100 mm n =

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Logo, o aumento do 2º telescópio é:

A =

Fob Foc

 A =

Foc = 20 mm

1200  A = 60 20

32) a) mlim = 2,1 + 5. log D  mlim = 2,1 + 5. log100  mlim = 12,1 b) n =

Fob 1500 n=  n = 15 D 10

Logo, a razão focal do telescópio é

f . 15



F 

c) A ocular com menor distância focal dará maior ampliação  A = ob  . Entre as opções Foc   apresentadas, a ocular que dará a maior ampliação é a de 10 mm.

33) a) A resolução angular do radiotelescópio é:

sen = 1,22.

 3.108 c 1 1    sen = 5.10−9   sen = 1,22. .   sen = 1,22. . 8 6  D  f D  22.10 2,9.10    = 3,28.10−7 rad = 0,0678



b) Como a resolução angular é a mesma, temos:

1

2

2 c 1 3.108 5,5.10−7 1 =  2  =  . =  =  D2 = 117m D1 D2 f1 D1 D2 D2 22.109.2,9.106 34) Alternativa A Na sua máxima resolução, o radiotelescópio irá trabalhar com o menor comprimento de onda, ou seja, 10 cm, então:

1 D1

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=

2 D2



10.10−2 500.10−9 =  D2 = 2,5.10−3 m  D2 = 2,5 mm 500 D2

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35) Alternativa B Visto da Terra, o diâmetro angular d da cratera Tycho é:

d=

85km .30 = 0,72 3500 km

Pelo binóculo, vale:

D = 0,72.7 = 5,04 Como a separação angular limite para o olho deste observador é 2 , a cratera só será visível com o uso do binóculo. Observação: Todo binóculo é marcado com dois números, como 7 X 40 ou 10 X 50. O primeiro é a ampliação, ou seja, o aumento em relação à visão a olho nu. O segundo é a abertura, ou seja, os diâmetros das lentes frontais em milímetros 36) Alternativa D Analisando as imagens, temos: A - altazimutal simples; B - altazimutal dobsoniana ; C - equatorial germânica.

37) Alternativa D I – Incorreta. “Seeing” é usado para descrever a turbulência atmosférica. II – Incorreta. A astronomia no infravermelho pode ser feita na superfície da Terra, pois, apesar da extinção atmosférica, alguns comprimentos de onda atingem a nossa superfície. III - Correta IV - Correta 38) Alternativa C O diâmetro mínimo do coletor para que Plutão se torne visível é: 2

D  D   D m2 − m1 = 2,5 log  2   m2 − m1 = 5. log  2   14 − 6 = 5. log    D = 278 ,6mm 7  D1   D1  Logo, analisando as alternativas, precisamos de no mínimo um telescópio de abertura 1 m. 39) a) Das condições do enunciado, o diâmetro mínimo é dado por:

tg 0,05 =

d mín  d mín = 9,29.10 −3 km = 93 m 5 3,84.10 − 400

b) Não, pois o diâmetro angular do jipe visto do Hubble é menor que a sua resolução.

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40) Alternativa A A distância focal da objetiva (fob) é dada por:

f ob D D = 0,458 m  f ob = 14,2.0,458  f ob = 6,5 m n = 14,2 (razão focal) n=

Como a imagem é formada no plano focal do instrumento, seu comprimento é dado por:

tg 0,5o =

i f ob

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 i = f ob .tg 0,5o = 6,5.tg 0,5o  i  0,057 m = 5,7 cm

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