INICIANTE
a) 
b) Podemos aplicar uma lei dos cossenos para trigonometria esférica no triângulo ABP, obtendo assim:
$$cos30^{\circ}=cos(\alpha)cos(\alpha)+sen(\alpha)sen(\alpha)cos90^{\circ}$$
como $$cos90^{\circ}=0$$:
$$\alpha=arccos(\sqrt{cos30^{\circ}}) \Rightarrow \alpha=21,47^{\circ}$$
c) A diferença do ângulo horário de um astro visto de duas localidades diferentes é numericamente igual à diferença das longitudes entre esses dois lugares*. Como o TSL não passa do ângulo horário do ponto vernal, temos:
$$\Delta TSL = \Delta \lambda = \alpha = 21,47^{\circ}\approx1h26m$$
*essa ideia é muito recorrente em provas de astronomia! Tente visualizar isso lembrando que o ângulo horário é medido sobre o equador celeste, a partir do meridiano local de cada lugar, e este está num plano que passa pelos polos norte e sul da Terra, independente de onde você estiver!
d) A cidade A está no equador, logo $$\phi_{A}=0^{\circ}$$, já a cidade B está um ângulo $$\alpha$$ para o norte do equador, logo $$\phi_{B}=\alpha=+21,47^{\circ}$$
INTERMEDIÁRIO
a) A transferência de Hohmann consiste basicamente em uma órbita com os extremos (periastro e apoastro) na órbita de partida e na de chegada logo o $$a_2$$ da transferência de Hohmann vai ser
$$a_2=\dfrac{a_1+a_{Terra}}{2}$$
$$a_2=1.59 U.A.$$
Como a fórmula para a velocidade de um corpo em uma órbita elíptica em um certo ponto é:
$$\sqrt{GM\left(\dfrac{2}{r}-\dfrac{1}{a}\right)}$$
Então
$$\Delta V_1=\sqrt{GM\left(\dfrac{2}{a_1}-\dfrac{1}{a_2}\right)}-\sqrt{\dfrac{GM}{a_1}}$$
$$\Delta V_1=-4.1km/s$$
b) Como do lançamento até sua explosão ele vai ter percorrido metade de sua órbita e seu vetor raio vai ter varrido metade de sua área esse tempo vai ser igual à metade de seu periodo, calculando o período a partir da terceira lei de Kepler temos:
$$\dfrac{a^3}{T^2}=M$$
$$T=2anos$$
logo
$$t=1ano$$
c) Como demorou um ano para o foguete chegar a Terra estará na mesma posição que ela estava quando o foguete foi lançado e como a transferência de Hohmann sempre chega na segunda orbita em um ponto diametralmente oposto do começo da transferência em relação ao corpo central a Terra ira ser acertada pelo foguete e explodirá
d) Utilizando a ideia do item a temos que
$$\Delta V_2=\sqrt{\dfrac{GM}{a_{Terra}}}-\sqrt{GM\left(\dfrac{2}{a_{Terra}}-\dfrac{1}{a_2}\right)}$$
$$\Delta V_2=-5.1km/s$$
Como
$$\Delta V_{Total}=\Delta V_1+\Delta V_2$$
Logo
$$\Delta V_{total}=-9.2km/s$$
AVANÇADO
Inicialmente podemos calcular a Força resultante $$m\vec{\ddot r}$$ pela soma vetorial da Força gravitacioal $$F_G$$ com a Força $$F_{Rad}$$ proporcionada pela pressão de radiação:
$$P_{Rad} = \dfrac{(1+a)\cdot S_{\odot}}{c} = \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}}{4\cdot\pi\cdot r^2\cdot c} = \dfrac{F_{Rad}}{A}$$
Onde $$a = 0,900$$ é o albedo, $$A = l^2$$ é a área superficial da da vela e $$L_{\odot}$$ é a luminosidade do Sol.
$$F_{Rad} = \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot r^2\cdot c}$$
$$F_G = \dfrac{G\cdot M_{\odot}\cdot m}{r^2}$$
$$m\cdot \vec{\ddot r} = \vec{F_{Rad}} + \vec{F_G}$$
Como o sentido da força gravitacional é contrário a da força de radiação e da resultante:
$$\vec{\ddot r} = \dfrac{1}{r^2}\left( \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot m \cdot c}-G\cdot M_{\odot} \right) = \dfrac{k}{r^2}$$
Assim, obtemos uma fórmula para a aceleração em função da distância ao Sol, a qual pode ser utilizada para obter a velocidade em função dessa distância ($$v_0 = 0$$):
$$\vec{\ddot r} = \dfrac{dv}{dt}\cdot \dfrac{dr}{dr} = \dfrac{dv}{dr}\cdot \dfrac{dr}{dt} = v\cdot \dfrac{dv}{dr}$$
$$\displaystyle\int_0^{v(t)}v \, dv =k\cdot\displaystyle\int_{r_0}^{r(t)} \dfrac{1}{r^2}\, dr$$
$$\dfrac{v^2}{2} = k\cdot \left( \dfrac{1}{r_0} – \dfrac{1}{r} \right)$$
$$ v = \sqrt{2\cdot k\cdot \left( \dfrac{1}{r_0} – \dfrac{1}{r} \right)} $$
Como a distância $$r = 50000\, U.A.$$ é muito maior que a distância inicial $$r_0$$, podemos desconsiderar o termo $$\dfrac{1}{r}$$ na maior parte do trajeto e, portanto, aproximar para uma velocidade constante:
$$v \approx \sqrt{\dfrac{2\cdot k}{r_0}} = \sqrt{\dfrac{2}{r_0}\cdot\left( \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot m \cdot c}-G\cdot M_{\odot} \right)}$$
Com a velocidade e a distância percorrida, podemos calcular o tempo $$\Delta t$$ para concluir esse trajeto:
$$ \Delta t = \dfrac{r}{v} \approx \dfrac{r}{\sqrt{\frac{2}{r_0}\cdot\left( \frac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot m \cdot c}-G\cdot M_{\odot} \right)}} $$
Substituindo as constantes e os valores dados no enunciado:
- $$r = 50000\, U.A. $$
- $$r_0 = 1,00\, U.A.$$
- $$a = 0,90$$
- $$l=80,0\, m$$
- $$L_{\odot} = 3,83\cdot 10^{26}\, W$$
- $$M_{\odot} = 1,99\cdot 10^{30}\, kg$$
- $$m = 5,00\, kg$$
- $$c = 3,00\cdot 10^8\, m/s$$
- $$G=6,67\cdot 10^{-11}\, m^3\cdot kg^{-1}\cdot s^{-2}$$
Obtemos:
$$t \approx 1,913 \cdot 10^{11}\, s \Longrightarrow \boxed{t \approx 6,06\cdot 10^3\, \hbox{anos}}$$