Escrito por Ualype Uchôa
Iniciante:
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Cinemática: MCU
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Podemos ver facilmente que o momento de máxima aproximação entre os corpos celestes será aquele mostrado na figura abaixo:
Suponha que esta é a configuração dos planetas no momento. Se entrarmos no referencial de Marte, veremos a Terra se movendo com uma “velocidade angular relativa”. Como ambos estão no mesmo sentido:
$$\omega_{rel}=\omega_{Terra}-\omega_{Marte}$$.
Para que a Terra, em seu movimento relativo, alcance novamente Marte (que está parado, pois estamos em seu referencial), esta deve girar um ângulo de $$2\pi$$, ou seja, dar uma volta completa para chegar à posição inicial. Sendo assim:
$$\Delta \theta=\omega \Delta t$$
$$2\pi=\omega_{rel} \Delta t = (\omega_{Terra}-\omega_{Marte}) \Delta t$$
$$\dfrac{2\pi}{\Delta t}=\dfrac{2\pi}{T_{Terra}}-\dfrac{2\pi}{T_{Marte}}$$
$$\Delta t=\dfrac{T_{Marte} T_{Terra}}{T_{Marte}-T_{Terra}}$$
Substituindo os dados:
$$\Delta t \approx 778,7$$ $$dias$$.
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$$\Delta t \approx 778,7$$ $$dias$$.
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Intermediário:
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Ondulatória: Refração
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Podemos identificar, neste problema, o fenômeno da refração. Quando a onda executa uma transição entre as partes do recipiente que possuem diferentes profundidades, sua velocidade muda (como evidencia o enunciado), e, logo, o índice de refração de cada parte, é diferente. Então, podemos utilizar a lei de Snell para relacionar os ângulos antes e depois:
$$n_1 \sin{\phi_1}=n_2 \sin{\phi_2}$$
Padronizando $$v=v_0$$ para $$n_0=1$$, temos $$n=\dfrac{v_0}{v}$$, logo:
$$\dfrac{\sin{\phi_1}}{v_1}=\dfrac{\sin{\phi_2}}{v_2}$$
Como $$v=k\sqrt{gh}$$:
$$\sin{\phi_2}=\sqrt{\dfrac{h_2}{h_1}}\sin{\phi_1}$$
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$$\sin{\phi_2}=\sqrt{\dfrac{h_2}{h_1}}\sin{\phi_1}$$
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Avançado:
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Óptica geométrica: Refração
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Observemos o que acontece com o feixe na transição de uma camada de índice de refração $$n(h)$$ para uma com índice de refração $$n(h+\Delta h)$$ (Perceba que $$\Delta h$$ é uma quantidade infinitesimal, pois consideramos que o índice de refração quase não varia entre as duas camadas, de forma que o feixe percorre uma linha reta até alcançar a camada posterior): em princípio, este deveria refratar, contudo, o feixe orbita o planeta, e, como mostra a figura, ele sofre reflexão total nesta transição de meios. Logo, da Lei de Snell para a condição do ângulo limite (ângulo mínimo para o qual ocorre reflexão total):
$$n(h)\sin{\theta}=n(h+\Delta h)$$
Da geometria do problema, podemos ver que $$\sin{\theta}=\dfrac{R+h}{R+h+\Delta h}$$. Substituindo na equação acima:
$$\dfrac{(n_0-bh)(R+h)}{R+h+\Delta h}=n_0-b(h+\Delta h)$$
Onde usamos a lei do enunciado, $$n(h)=n_0-bh$$. Expandindo a expressão acima, encontramos:
$$n_0 R+n_0 h-bhR-bh^2=n_0 R + n_0 h + n_0 \Delta h -bhR – b (\Delta h)^2 – bh^2 – bR \Delta h – 2bh \Delta h$$
Note que vários termos se cancelam. Além disso, podemos desprezar a quantidade $$b(\Delta h)^2$$, pois é muito pequeno. Logo, nos resta, por fim:
$$0=n_0-bR-2bh$$
$$h=\dfrac{n_0-bR}{2b}$$
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$$h=\dfrac{n_0-bR}{2b}$$
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