Soluções Astronomia - Semana 79

INICIANTE

A distância de Bojan até o Mc Donald's será uma função do tempo dada por:

$d = d_0 - vt$

Tal que, no momento em que Bojan distinguir angularmente o Big Mac, teremos, pela condição de Rayleigh:

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

mas:

$\tan \theta \approx \theta = \dfrac{2r}{d}$

Logo, pela condição de igualdade:

$\dfrac{2r}{d} = \dfrac{1,22 \lambda}{D}$

$d = d_0 - vt = \dfrac{2Dr}{1,22 \lambda}$

$t = \dfrac{d_0}{v} - \dfrac{2Dr}{1,22 \lambda v}$

$\boxed{ t \approx 4,3 min}$

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:

$\dfrac{\sin(90 - \varphi + h)}{d} = \dfrac{\sin(90-h + \delta)}{L/2\cos\varphi}$

$\dfrac{\cos(\varphi - h)}{d} = \dfrac{\cos(h - \delta)}{L/2\cos\varphi}$

Expandindo os cossenos:

$\dfrac{\cos\varphi\cos h + \sin\varphi\sin h}{d} = \dfrac{\cos h\cos\delta + \sin h \sin\delta}{L/2\cos \varphi}$

 

Dividindo por $\cos h$ em ambos os lados da igualdade:

$\dfrac{\cos\varphi + \sin\varphi\tan h}{d} = \dfrac{\cos\delta + \tan h \sin\delta}{L/2\cos \varphi}$

$\tan h \left( \dfrac{\sin \varphi}{d} - \dfrac{2\sin \delta \cos \varphi}{L}\right) = \dfrac{2\cos \varphi \cos \delta}{L} - \dfrac{\cos \varphi}{d}$

$\boxed{h = \arctan \left( \dfrac{2d\cos\varphi \cos \delta - L \cos \varphi}{L \sin \varphi - 2d\sin \delta \cos \varphi} \right)}$

Assim, encontramos o nosso resultado! Por fim, note que para o caso clássico em que $d >> L$:

$h \approx \arctan \left( \dfrac{2d\cos\varphi \cos \delta}{ -2d\sin \delta \cos \varphi} \right)$

$h \approx \arctan \left( - \dfrac{\cos \delta}{\sin \delta } \right)$

$h \approx \arctan \left( \tan( -(90 - \delta) ) \right)$

$\boxed{h \approx - (90 - \delta)}$

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 $\Delta t$ o tempo de duração do experimento, a distância percorrida pela luz será $d = c\frac{\Delta t}{2}$ e pela lei dos cossenos:

$d = \sqrt{R_T^2 + R^2 - 2R_T R \cos \theta }$

Em que $\theta$ é a separação entre o ponto P e o Mextre, podendo ser calculada pelo triângulo esférico:

 

$\cos \theta = \cos \varphi \cos( \omega \frac{\Delta t}{2}) + \sin \varphi \sin(\omega \frac{\Delta t}{2})\sin i$

 

Como a velocidade da luz é muito grande, teremos que o tempo $\Delta t$ levado para percorrer toda a distância necessária será muito pequeno, logo, o ângulo $\omega \frac{\Delta t}{2}$ será muito menor que 1 e, com isso, poderemos utilizar as aproximações dadas no enunciado:

$\cos \theta \approx \cos \varphi - \dfrac{1}{8} \omega^2 \Delta t^2 \cos \varphi + \dfrac{1}{2} \omega \Delta t \sin i \sin \varphi$

Tal que:

$d \approx R_T^2 + R^2 - 2R_T R \left[ \cos \varphi - \dfrac{1}{8} \omega^2 \Delta t^2 \cos \varphi + \dfrac{1}{2} \omega \Delta t \sin i \sin \varphi \right]$

Perceba que, desconsiderando a contribuição da rotação terrestre, podemos encontrar $\omega$ pela Terceira Lei de Kepler:

$\dfrac{P^2}{R^3} = \dfrac{4 \pi^2}{GM_T}$

$\omega = \dfrac{2\pi}{P} = \sqrt{\dfrac{GM_T}{R^3}}$

Logo:

$d^2 = R_T^2 + R^2 - 2 R_T R \cos \varphi + \dfrac{1}{4} \cos \varphi R_T \dfrac{GM_T}{R^2} \Delta t^2 - \sin \varphi R_T \sin i \sqrt{\dfrac{GM_T}{R}}$

Multiplicando os dois lados da equação por $R^2$:

$d^2R^2 = R_T^2 R^2 + R^4 - 2R_T R^3 \cos \varphi + \dfrac{1}{4} \cos \varphi R_T GM_T \Delta t^2 - \sin \varphi R_T \sin i (GM_T)^{1/2} R^{3/2}$

Substituindo o valor de $d = \frac{c \Delta t}{2}$ e reagrupando os termos, encontramos:

$\boxed{R^4 - 2R_T \cos \varphi R^3 + \left( R_T^2 - \dfrac{c^2 \Delta t^2}{4} \right) R^2 + 0 R + \dfrac{1}{4} \cos \varphi R_T GM_T \Delta t^2 = \sin \varphi R_T \sin i (GM_T)^{1/2} R^{3/2}}$

Assim como queríamos demonstrar!
b)
Para termos apenas uma solução física possível, deveremos zerar os termos constantes e os que aparecem $R^3$ e $R^{3/2}$, tal que, para isso, $\cos \varphi = 0$ e $\sin i = 0$, o que implica que $\boxed{\varphi = \pm\dfrac{\pi}{2}}$ e $\boxed{i = 0}$.

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:

$d^2 = R_T^2 + R^2 - 2R_T R \cos \theta (t)$

mas $\cos \theta(t) = 0$, logo:

$d^2 = R_T^2 + R^2$

Para isso ser possível, $\boxed{\varphi = \pm\dfrac{\pi}{2}}$ e $\boxed{i = 0}$.

Por fim:

$\boxed{ R = \sqrt{\dfrac{c^2 \Delta t^2}{4} - R_T^2} = 1.1 \times 10^{10} m }$

c)
Por conservação de momento linear:

$m_s V_{ob} - m_cV_{min} = \left( m_s + m_c \right) V_{\theta}$

$V_{\theta} = \dfrac{m_s V_{ob} - m_cV_{min}}{m_s + m_c}$

Por conservação de energia:

$\dfrac{V_{\theta}^2}{2} - \dfrac{GM_T}{R} = \dfrac{V_P^2}{2} - \dfrac{GM_T}{R_T}$

Mas, por conservação de momento angular:

$V_{\theta}R = V_P R_T$
$V_P = V_{\theta}\dfrac{R}{R_T}$

Tal que, resolvendo para $V_{\theta}$:

$V_{\theta} = \sqrt{\dfrac{2GM_T}{\frac{R^2}{R_T^2} -1} \left( \dfrac{1}{R_T} - \dfrac{1}{R} \right)}$

E, por fim, resolvendo para $V_{min}$:

$\boxed{V_{min} = \dfrac{m_s}{m_c}\sqrt{\dfrac{GM_T}{R}} - \dfrac{m_s + m_c}{m_c} \sqrt{\dfrac{2GM_T}{R + R_T} \dfrac{R_T}{R}} = 2.04 km/s}$