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2ª Olimpiada Latinoamericana de Astronomía y Astronáutica Problema 1 Este pregunta consta de 3 problemas independientes entre sí. 1-1 ASTRÓNOMO BOGOTANO Un observador en Bogotá, cuya longitud es λ = 740 05´ oeste, mide el ángulo horario de una estrella y obtiene el valor H = 450 30´. En el instante de observación el Tiempo sideral de Greenwich era TSG = 12h 30m. ¿Cuál es la ascensión recta de la estrella?

SOLUCION Se debe transformar la longitud y el ángulo horarios a horas, minutos y segundos de tiempo.

= Calculado el Tiempo Sideral Local: = TSL = TSGPor lo tanto si el Tiempo Sideral Local SL = α + H, despejando para α = TSL-H, La ascensión recta α= α=

=

1-2 PESANDO LA VIA LACTEA Se estima que el periodo de rotación circular del Sol alrededor de la Vía Láctea es de 250 millones de años y que la distancia a su centro es de 25 000 años-luz. A partir de estos datos y mediante la tercera ley de Kepler calcule la masa de la Vía Láctea, exprésela en masas solares. SOLUCION Encontremos para el caso presente la relación involucrada en la tercera ley de Kepler, es decir 2 T 2 (250×106 ×365×24×3600 s) 2 43 s = ≈ 4,7×10 (1) r3 (25000×9,46×1018 m)3 m3 . De acuerdo a la expresión que iguala la fuerza gravitacional y la fuerza centrípeta, esta 4π 2 constante es igual a GM , donde M es la masa galáctica pedida. Remplazando y despejando se tiene

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M = 1,26 × 1056 kg, que equivale a 6,3 × 1023 masas solares.

1-3 MIRANDO A LA LUNA En la Luna reposan los restos de una nave que miden 4 m de longitud. Desde la Tierra y usando un telescopio que trabaja con longitud de onda λ de 5 500 Å y tiene un espejo objetivo de 5 m de diámetro, se trata de observar la nave. ¿Es posible distinguir los dos extremos de la nave?

SOLUCION Es conocido que para que dos puntos se puedan observar mediante una abertura de diámetro D como separados deben subtender desde la abertura al menos un ángulo θ tal

λ

que sen θ = 1,22 D . Para el caso presente este ángulo debe ser 5500×10-10 m = 1,34 × 10−7 . Como el ángulo es tan pequeño vale tanto como senθ = 1,22 5m

su seno. El ángulo que desde la Tierra subtiende la nave es tal que 4m −8 θ1 = 384000000 m = 1, 04 × 10 Por consiguiente no se puede distinguir desde la Tierra

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2ª Olimpiada Latinoamericana de Astronomía y Astronáutica Problema 2 ASTRONAUTICA: VIAJANDO A MERCURIO Los planetas Mercurio y Tierra orbitan en sentido antihorario y en un mismo plano alrededor del Sol con radios RM y RT respectivamente. Desde la Tierra se desea lanzar una nave de tal forma que moviéndose sólo por la acción gravitacional del Sol se estrelle contra el planeta Mercurio siguiendo una trayectoria elíptica. En términos de los radios orbitales, la masa solar y la constante gravitacional, exprese: (a) La velocidad respecto a la Tierra con que se debe impulsar la nave

T

M RM RT

(b) El tiempo que emplea esa nave para ir desde la Tierra hasta Mercurio c) Por último, diga : ¿en qué punto de la superficie de la Tierra, en qué dirección y a qué hora se debe lanzar la nave?

SOLUCION: El movimiento descrito por la nave debe ser elíptico puesto que admitimos que sólo se mueve por la acción gravitacional del Sol. En consecuencia entre los puntos marcados con T y M se cumplen las conservaciones de cantidad de movimiento angular y de energía total. Sea vT la velocidad que debe tener la nave al iniciar el traslado hacia Mercurio, es decir después del disparo, medida respecto al Sol y sea vM la velocidad con que la nave llega a la órbita de Mercurio en el punto marcado con M. De la conservación del momentum angular se tiene: (1)

mRT vT = mRM vM , en donde m es la masa de la nave.

Aplicando conservación de energía en los puntos T y M: (2)

−

GM S m 1 2 GM S m 1 2 + mvT = − + mvM , donde MS es la masa del Sol. RT RM 2 2

Despejando vM en la ecuación (1), remplazándola en (2) y despejando vT obtenemos:

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(3)

vT =

2GM S RM RT (RM + RT ) . Antes de calcular su valor, recordemos que la velocidad VT orbital

de la Tierra vale VT =

GM S RT . Comparando esta expresión con (3) vemos que vT es menor que

VT. Esto significa que con respecto a la Tierra la nave debe ser frenada, es decir el ΔV, que es la velocidad que se le debe aplicar respecto a la Tierra, es en dirección opuesta a la velocidad orbital de la Tierra. Expresemos entonces ΔV y finalmente calculemos su valor.

ΔV =

GM S − RT

2GM S RM RT (RM + RT ) . A fin de utilizar sólo los datos dados podemos tener en cuenta GM

S que la aceleración gravitacional gT a ras de tierra es gT = R 2 y entonces T

(4)

ΔV = gT RT −

2 gT RT RM (RM + RT ) . Si tomamos la aceleración gravitacional como

10 m/s2 se despeja que ΔV , que es la velocidad con que debemos lanzar la nave desde la Tierra, es igual a 3,0 × 105 m/s. Si se opera con 9,8 el resultado es 3,1 × 105 m/s. Para calcular el tiempo que tarda la nave en ir de la Tierra hasta la órbita de Mercurio empleamos la tercera ley de Kepler que relaciona los cubos de los semiejes mayores de la elipse con los cuadrados de los periodos respectivos. Aplicando la tercera ley a la órbita circular de la Tierra y a la elíptica de la nave tenemos

(5)

RT3 = (1 año) 2

1 { (2RT + RM )}3 2 , es decir: 2 Telipse

5,8 ×1010}3 {1,5 ×1011 + (1,5 ×1011 ) 3 2 , lo cual conduce a = 2 (1 año)2 Telipse

Telipse = 1,3 × (1 año) . Como lo recorrido por la nave es media elipse, el tiempo pedido es la mitad, es decir 0,65(año) igual a 238 días aproximadamente.

Respuestas: (a) Respecto a la Tierra se debe impulsar la nave con ΔV = 2,92 × 105 m/s. (b) La nave emplea en el viaje 238 días aproximadamente.

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(c) La nave se debe disparar desde un punto situado en el ecuador terrestre. Se debe disparar a las 6 p.m. en la dirección vertical del lugar a fin de que en ese instante la dirección de la velocidad de disparo sea opuesta a la dirección de la velocidad translacional de la Tierra, pues en realidad la nave debe disminuir su velocidad respecto a la translacional de la tierra. Es obvio que en el instante del disparo Mercurio no ocupa la posición M, sino que debe calcularse que le faltan 238 días para llegar a ese punto.

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2ª Olimpiada Latinoamericana de Astronomía y Astronáutica Problema 3 EQUILIBRIO TERMICO TIERRA- SOL La ley de Stefan-Boltzmann establece que un cuerpo emite energía por unidad de área por unidad de tiempo en proporción a la cuarta potencia de su temperatura absoluta, cuya expresión es , donde F es el flujo ( potencia sobre área) y es la constante de StefanBoltzmann. La potencia radiada (luminosidad) por el Sol es:

PS = σ ( 4π RS2 )TS4 La Tierra continuamente está recibiendo la energía radiante proveniente del Sol. Al mismo tiempo la Tierra como un todo radia energía al espacio de tal forma que establece una temperatura promedio que se encuentra en equilibrio con la radiación solar. Encuentre la expresión para esta temperatura promedio de la Tierra, sabiendo que la temperatura de la superficie solar es TS, el radio terrestre RT , el radio del Sol RS y la distancia Tierra-Sol RT-S SOLUCION La potencia radiada (por el Sol es (1)

PS = σ ( 4π RS2 )TS4

En la Tierra se recibe una potencia PT igual a

(2)

PS RT 2 π RT2 PT = PS = ( ) 4π RT2− S 4 RT − S

En la situación de equilibrio esta potencia debe ser igual a la potencia P´ radiada por la Tierra, la cual es proporcional a cuarta potencia de su temperatura; entonces

(3)

P´ = σ (4π RT2 )TT4

en donde TT es la temperatura pedida de la Tierra.

Igualando (2) y (3), y despejando tenemos

(4)

RS2 T =T T = TS 4 RT2− S , es decir T 4 T

4 S

finalmente se halla que

RS 2 RT − S . Remplazando por los datos dados,

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TT = 289 K = 16 oC. Curiosamente en la expresión final no aparece la constante de Stefan-Boltzmann.

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2ª Olimpiada Latinoamericana de Astronomía y Astronáutica  Problema 4  En Búsqueda del Sol  Un caminante que se encuentra en el Ecuador en un   equinoccio , cuando el Sol se está ocultando  comienza a subir por la cuesta norte de una montaña, que está inclinada con el horizonte β= 10°. Él  actúa tal que todo el tiempo ve el centro de Sol justo en el horizonte. ¿Durante cuánto tiempo t logrará  ésto si puede avanzar con una velocidad  v ? Desprecie la refracción atmosférica.    Solución  El azimut en el momento del ocaso no varía. El desplazamiento vertical conduce al efecto de descenso  del horizonte.   S z

γ H Sol R

Tierra

γ O

 

De la figura se ve que  R = ( R + z ) cos γ .  

R es el radio de la Tierra y z la altura desde la cual se ve exactamente el centro del Sol en el horizonte.  ⎛ 1 ⎞ Rh2 z = R⎜ ,  − 1 ⎟ ≈ R (1 − cos γ ) ≈ 2 ⎝ cos γ ⎠

Para estar a la altura necesaria el desplazamiento el observador debe desplazarse a lo largo de la  montaña la distancia  L=

z Rγ 2 = ,  senα 2senα

Donde α es el ángulo de inclinación entre la montaña y el horizonte, el observador ve que el Sol  desciende perpendicularmente, entonces 

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γ = ω ( t − t0 ) ,  

Donde t0 es el momento que empieza el ocaso en el pie de la montaña, ω es la velocidad angular de la  Tierra y es  ω=

2π = 7,272 x10 −5 s −1   T

T es la duración del día. De aquí  Rω 2 ( t − t 0 )

2

L=

2senα

. 

Se obtiene que debe ascender la montaña con aceleración  a=

Rω 2 .  senα

Esta aceleración es 0,194 m/s2. El tiempo entonces es  t=

v v ⋅ senα =   a Rω 2

Que es 25,7 segundos.    

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2ª Olimpiada Latinoamericana de Astronomía y Astronáutica Problema 5 DE LA TIERRA A LA LUNA En su novela “De la Tierra a la Luna” Julio Verne sugiere disparar una nave desde la Tierra hacia la Luna de tal forma que sólo avance debido a fuerzas gravitacionales, es decir sin auxilio de motores. Bajo estos supuestos ¿cuál debería ser la mínima velocidad inicial de disparo para asegurar que la nave llegue a la Luna y con qué velocidad debe llegar a sus proximidades? La distancia Tierra-Luna es igual a 60 radios terrestres (RT-L = 60 × RT) y la masa de la Tierra es igual a 81 veces la masa lunar (MT =81 × ML).

SOLUCION Puesto que hay un punto entre la Tierra y la Luna en donde las fuerzas gravitacionales de estos dos astros se cancelan porque son iguales y dirigidas en direcciones opuestas, la mínima velocidad de disparo desde la Tierra debe ser aquella que permite llegar a ese punto con velocidad prácticamente cero y a partir de ahí la nave caerá “casi” en caída libre hacia la Luna. El tratamiento energético nos permitirá obviar el hecho de que tanto la caida hacia la Luna como el ascenso hacia el punto de equilibrio están sujetos a las dos fuerzas gravitacionales (de la Tierra y la Luna). Determinemos en primer lugar el punto en donde se equilibran las fuerzas de gravitación de la Tierra y la Luna. Recordando que la distancia Tierra-Luna es igual a 60 radios terrestres y que la masa de la Tierra es igual 81 veces la de la Luna, se tiene que GM L m GMT m = , siendo m la masa de la nave y rx la distancia medida (1) 2 rx (60RT − rx ) 2 desde el centro de la Tierra. Se halla que rx = 54RT . Aplicando conservación de energía mecánica entre el punto de lanzamiento en la superficie terrestre y en el punto a la distancia rx en donde la energía cinética es cero, se tiene que (2)

−

GMT m GM L m 1 GMT m GM L m 2 − + mVMin =− − + 0 , en donde m es la masa RT 59RT rx 60RT − rx 2

de la nave y VMin es la mínima velocidad de lanzamiento pedida. Entonces: −

G(81M L ) GM L 1 G(81M L ) GM L − + VMin = − − . Despejando se llega a 59RT 2 6RT RT 54RT

VMin = 10,98 ×10 3 m/s , es decir casi 11 km/s. En forma semejante aplicamos conservación de energía entre el punto situado a rx del centro de la Tierra y el punto de llegada sobre la superficie lunar.

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(3)

−

GMT m GM L m GMT m GM L m 1 2 − =− − + mV alunizaje . De donde se halla que 54RL 6RL RT −L RL 2

Valunizaje = 2,3 km/s.