Soluções Astronomia - Semana 90

Iniciante

Sistema PLO-POPS

Como o sistema foi observado no limite da resolução do telescópio, podemos encontrar seu diâmetro angular pelo critério de Rayleigh:

$$\theta = 1,22 \frac{\lambda}{D}$$

Substituindo os valores numéricos:

$$\theta = \frac{1,22 \cdot 550 \times 10^{-9}}{304\times 10^{-3}}$$

$$\theta = 2,207 \times 10^{-6} \; \rm{rad}$$

Agora, vamos determinar o semi-eixo maior do sistema a partir da 3ª Lei de Kepler:

$$P^2 = \frac{4\pi ^2a^3}{GM}$$

Para as unidades de anos, massas solares e unidades astronômicas (UA), podemos simplificar a expressão para:

$$a^3 = P^2 M$$

$$a^3 = 2,50^2 \cdot 4,78$$

$$a = 3,10 \;\rm{UA}$$

Pelo desenho abaixo, podemos encontrar uma relação para a distância ao sistema:

$$d = \frac{a}{\theta}$$

$$d = \frac{3,10}{2,207\times10^{-6}}$$

$$d = 1,404 \times 10^6 \;\rm{UA}$$

$$\boxed{d = 6,81 \;\rm{pc}}$$

Intermediário

James Kebb

(a) A velocidade em uma órbita circular é dada por:

$$v = \sqrt{\frac{GM}{r}}$$

Substituindo os valores numéricos:

$$v_C = \sqrt{\frac{6,67\times 10^{-11}\cdot 5,98 \times 10^{24}}{3\cdot 6,38 \times 10^6}}$$

$$\boxed{v_C = 4,57 \;\rm{km/s}}$$

(b) Em um sistema de dois corpos de massa comparáveis, os pontos nos quais, caso seja adicionada uma massa de teste e ela permanece em repouso em relação aos outros dois corpos, são chamados de pontos de Lagrange. A partir dessa definição, podemos introduzir a ideia que será base para a solução desse item: equilíbrio de todas as forças atuando sobre o corpo de teste.

Dadas as duas massas principais $M$ e $m$ ($M > m$), distando $D$ entre si. Adicionamos uma massa de prova $\mu$ no ponto L2, que dista $d$ do centro de $m$.

Equacionando as forças que atuam sobre $\mu$, temos:

$$F_M = \frac{GM\mu}{(D + d)^2}$$

$$F_m = \frac{Gm\mu}{d^2}$$

Pela 2ª Lei de Newton, temos que o somatório dessas forças será igual a resultante centrípeta em $\mu$, ou seja:

$$F_M + F_m = R_{C}$$

Equacionando a resultante centrípeta:

$$R_C = \mu \omega^2 d'$$

onde $d'$ é a distância entre $\mu$ e o centro de massa do sistema, cujo valor é dado por $\frac{M}{m + M}D + d$. Substituindo:

$$R_C = \mu \omega^2 \left( \frac{M}{m + M}D + d \right)$$

Substituindo os resultados:

$$\frac{GM\mu}{(D + d)^2} + \frac{Gm\mu}{d^2} = \mu \omega^2 \left( \frac{M}{m + M}D + d \right)$$

Precisamos, agora, determinar $\omega$. A velocidade angular é definida como:

$$\omega = \frac{2\pi}{P}$$

Podemos encontrar $P$ pela 3ª Lei de Kepler. Dessa forma:

$$P = 2\pi \sqrt{\frac{D^3}{G(M+m)}}$$

$$\Rightarrow \omega = \sqrt{\frac{G(M+m)}{D^3}}$$

Substituindo esse resultado e simplificando:

$$\frac{M}{(D + d)^2} + \frac{m}{d^2} = \frac{(M+m)}{D^3} \left( \frac{M}{m + M}D + d \right)$$

Como $d<<D$, a aproximação $(1 + x)^n \approx 1 + nx$ para $x<<1$ é válida, então:

$$\frac{M}{D^2}\left(1- \frac{2d}{D} \right) + \frac{m}{d^2} = \frac{(M+m)}{D^3}\left(\frac{M}{M + m}D + d \right)$$

Desenvolvendo:

$$\frac{m}{d^3} = \frac{(3M+m)}{D^3}$$

Encontramos, então, a expressão para $d$:

$$d = D\sqrt{\frac{m}{(3M+m)}}$$

(c) Para determinar o incremento de velocidade precisamos conhecer as velocidades na órbita de espera e na órbita de transferência. Já determinamos a velocidade da órbita de espera em (a). Agora vamos determinar a velocidade na órbita de transferência (elíptica em torno da Terra). Para isso basta determinarmos a distância do ponto de entrada na órbita $(r)$ e o seu semi-eixo maior $(a)$. Pela geometria do problema:

$$r = 3\;\rm{R_\oplus}$$

$$a = \frac{d + r}{2}$$

em que $d$ é a distância entre a Terra e o ponto L2, cujo valor é determinado pela equação encontrada em (b). Substituindo os valores numéricos:

$$v_E = \sqrt{GM_\oplus \left ( \frac{2}{r} - \frac{1}{a}\right)}$$

$$v_E = \sqrt{6,67 \times 10^{-11}\cdot 5,98 \times 10^{24} \left ( \frac{2}{1,914 \times 10^7} - \frac{1}{7,58 \times 10^8}\right)}$$

$$v_E = 6,42 \;\rm{km/s}$$

Por fim determinamos o $\Delta v$:

$$\Delta v = v_E - v_C = 6,42 - 4,57$$

$$\boxed{\Delta v = 1,85 \;\rm{km/s}}$$

Para determinar o tempo de duração da transferência, basta utilizar a 3ª Lei de Kepler:

$$P = 2\pi \sqrt{\frac{a^3}{GM}}$$

Como a duração da transferência equivale a metade do período orbital:

$$t = \frac{P}{2} = \pi \sqrt{\frac{a^3}{GM}}$$

Substituindo os valores encontramos que:

$$\boxed{t = 3,28 \times 10^6 \;\rm{s}}$$

Avançado

Estilingada hiperbólica

(a) Primeiro vamos determinar o semi-eixo maior da órbita. Sabemos que a energia mecânica total será igual a energia cinética quando a sonda está suficientemente distante do planeta, ou seja:

$$E = \frac{GM_Jm}{2a} = \frac{mv_{\infty}^2}{2}$$

$$\Rightarrow a = \frac{GM_J}{v_{\infty}^2}$$

Substituindo os valores, encontramos:

$$\boxed{a = 1,56 \times 10^9 \;\rm{m}}$$

Agora, determinamos a excentricidade. Sabemos que $e$ é definida como:

$$e = \frac{c}{a}$$

Podemos escrever $c = \sqrt{a^2 + b^2}$, então:

$$e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}}$$

em que $b$ é o parâmetro de impacto. Substituindo os valores:

$$\boxed{e = 1,50}$$

(b) Usando a equação da hipérbole em função da anomalia hiperbólica:

$$r(F) = a (e \cosh F -1)$$

$$30 \cdot 6,99 \times 10^7 = 1,56 \times 10^9 (1,50 \cdot \cosh F - 1)$$

$$\Rightarrow F = 1,02$$

Agora, vamos utilizar a equação de Kepler para órbitas hiperbólicas:

$$M = e \sinh (F) - F = \sqrt{\frac{GM_J}{a^3}}t$$

Substituindo os valores numéricos:

$$1,50 \sinh (1,02) - 1,02 = \sqrt{\frac{6,67\times10^{-11}\cdot 1,90 \times 10^{27}}{(1,56 \times 10^9)^3}}t$$

$$t = 1,37 \times 10^5 \;\rm{s} \approx 38 \;\rm{h}$$

em que $t$ é o tempo entre a passagem pelo periastro e o fim da manobra. Como a órbita é simétrica, podemos afirmar que o tempo total ($t_t$) da manobra é $t_t = 2t$, então:

$$\boxed{t_t \approx 76 \;\rm{h} }$$