INICIANTE
A distância de Bojan até o Mc Donald's será uma função do tempo dada por:
d=d0−vt
Tal que, no momento em que Bojan distinguir angularmente o Big Mac, teremos, pela condição de Rayleigh:
θ=1,22λD
mas:
tanθ≈θ=2rd
Logo, pela condição de igualdade:
2rd=1,22λD
d=d0−vt=2Dr1,22λ
t=d0v−2Dr1,22λv
t≈4,3min
INTERMEDIÁRIO
Com as informações do enunciado podemos montar a figura da passagem meridiana do Sol:Perceba que, com isso, teremos o triângulo:
Tal que, pela Lei dos Senos:
sin(90−φ+h)d=sin(90−h+δ)L/2cosφ
cos(φ−h)d=cos(h−δ)L/2cosφ
Expandindo os cossenos:
cosφcosh+sinφsinhd=coshcosδ+sinhsinδL/2cosφ
Dividindo por cosh em ambos os lados da igualdade:
cosφ+sinφtanhd=cosδ+tanhsinδL/2cosφ
tanh(sinφd−2sinδcosφL)=2cosφcosδL−cosφd
h=arctan(2dcosφcosδ−LcosφLsinφ−2dsinδcosφ)
Assim, encontramos o nosso resultado! Por fim, note que para o caso clássico em que d>>L:
h≈arctan(2dcosφcosδ−2dsinδcosφ)
h≈arctan(−cosδsinδ)
h≈arctan(tan(−(90−δ)))
h≈−(90−δ)
Onde o sinal negatido indica apenas uma inversão de sentido com relação ao da figura. Note que os resultados para o caso clássico estão totalmente condizente com o esperado.
AVANÇADO
a)
Inicialmente, o satélite estará no Meridiano de Greenwich e Mextre enviará o sinal, Como a velocidade da luz é finita, até o sinal percorrer toda a distâncial necessária para alcançar o satélite, o mesmo já terá percorrido uma distância em sua órbita, de modo que estará em um ponto P. Seja Δt o tempo de duração do experimento, a distância percorrida pela luz será d=cΔt2 e pela lei dos cossenos:
d=√R2T+R2−2RTRcosθ
Em que θ é a separação entre o ponto P e o Mextre, podendo ser calculada pelo triângulo esférico:
cosθ=cosφcos(ωΔt2)+sinφsin(ωΔt2)sini
Como a velocidade da luz é muito grande, teremos que o tempo Δt levado para percorrer toda a distância necessária será muito pequeno, logo, o ângulo ωΔt2 será muito menor que 1 e, com isso, poderemos utilizar as aproximações dadas no enunciado:
cosθ≈cosφ−18ω2Δt2cosφ+12ωΔtsinisinφ
Tal que:
d≈R2T+R2−2RTR[cosφ−18ω2Δt2cosφ+12ωΔtsinisinφ]
Perceba que, desconsiderando a contribuição da rotação terrestre, podemos encontrar ω pela Terceira Lei de Kepler:
P2R3=4π2GMT
ω=2πP=√GMTR3
Logo:
d2=R2T+R2−2RTRcosφ+14cosφRTGMTR2Δt2−sinφRTsini√GMTR
Multiplicando os dois lados da equação por R2:
d2R2=R2TR2+R4−2RTR3cosφ+14cosφRTGMTΔt2−sinφRTsini(GMT)1/2R3/2
Substituindo o valor de d=cΔt2 e reagrupando os termos, encontramos:
R4−2RTcosφR3+(R2T−c2Δt24)R2+0R+14cosφRTGMTΔt2=sinφRTsini(GMT)1/2R3/2
Assim como queríamos demonstrar!
b)
Para termos apenas uma solução física possível, deveremos zerar os termos constantes e os que aparecem R3 e R3/2, tal que, para isso, cosφ=0 e sini=0, o que implica que φ=±π2 e i=0.
Perceba, também, que esse item poderia ser feito independentemente do item anterior. Basta notar, para isso, que, para que haja só uma solução possível para R, d deve ser constante com o passar do tempo, ou seja:
d2=R2T+R2−2RTRcosθ(t)
mas cosθ(t)=0, logo:
d2=R2T+R2
Para isso ser possível, φ=±π2 e i=0.
Por fim:
R=√c2Δt24−R2T=1.1×1010m
c)
Por conservação de momento linear:
msVob−mcVmin=(ms+mc)Vθ
Vθ=msVob−mcVminms+mc
Por conservação de energia:
V2θ2−GMTR=V2P2−GMTRT
Mas, por conservação de momento angular:
VθR=VPRT
VP=VθRRT
Tal que, resolvendo para Vθ:
Vθ=√2GMTR2R2T−1(1RT−1R)
E, por fim, resolvendo para Vmin:
Vmin=msmc√GMTR−ms+mcmc√2GMTR+RTRTR=2.04km/s