Escrito por Heitor Szabo
Iniciante
Ponto de Lagrange Terra-Lua
Primeiro encontraremos o ponto em que as forças se igualam.
Para o sistema Terra-Lua, a força gravitacional da Terra \( F_T \) e da Lua \( F_L \) podem ser igualadas:
$$\frac{G M_T m}{r_T^2} = \frac{G M_L m}{r_L^2}$$
Aqui:
– \( M_T \) é a massa da Terra,
– \( M_L \) é a massa da Lua,
– \( r_T \) é a distância do ponto até a Terra,
– \( r_L = D – r_T \) é a distância do ponto até a Lua, onde \( D \) é a distância total entre a Terra e a Lua.
Podemos simplificar a equação, cancelando a constante gravitacional \( G \) e a massa \( m \) do objeto:
$$\frac{M_T}{r_T^2} = \frac{M_L}{(D – r_T)^2}$$
Substituindo os valores:
– \( M_T \approx 5.972 \times 10^{24} \, \text{kg} \),
– \( M_L \approx 7.342 \times 10^{22} \, \text{kg} \),
– \( D \approx 3.844 \times 10^{8} \, \text{m} \).
Resolvendo pra \(r_T\):
$$r_T \approx 3.460 \times 10^8 \, \text{m}$$
Usando a fórmula para o ponto L1 de Lagrange (dedução presente em uma das ideias do curso de astronomia do noic):
\[r_L = D \left( \frac{M_L}{3M_\oplus + M_L} \right)^{1/3}\]
onde:
– \( r \) é a distância do ponto \( L1 \) até a Lua,
– \( D \) é a distância total entre a Terra e a Lua,
– \( M_\oplus \) é a massa da Terra,
– \( M_L \) é a massa da Lua.
Agora substituímos esses valores na fórmula:
\[r_L \approx 6.1 \times 10^{7} m\]
\[r_T’ = D – r_L\]
\[r_T’ = 3,23 \times 10^{8} m\]
Enquanto \(r_T\) representa 90% de D, \(r_T’\) representa 84%.
Logo, a diferênça é de 6%.
Intermediário
Invasão Alienígena
Conservação de Energia:
A energia de uma órbita elíptica pode ser expressa pela equação:
\[-\frac{GMm}{2a} = \frac{mv^2}{2} – \frac{GMm}{r}\]
Independente da direção de \( v_0 \), vemos que o valor de \( a \) não muda. Assim, o semi-eixo maior da órbita elíptica é o mesmo que o raio da órbita circular, ou seja:
\[r_0 = a\]
Conservação do Momento Angular:
Usando a conservação do momento angular no ponto do impulso, temos a fórmula geral para o momento angular de uma elipse:
\[m \cdot \sqrt{GM \cdot r_0(1 – e^2)} = m \cdot v_0 \cdot r_0 \cdot \sin(90^\circ – \theta)\]
Sabemos que o seno do ângulo complementar é o cosseno desse ângulo, então podemos isolar a excentricidade \( e \):
\[e =\sqrt{ 1 – \frac{v_0^2 \cdot r_0 \cdot \cos^2(\theta)}{GM}}\]
Fórmulas do Periélio e Afélio:
Sabemos que o raio mínimo (Periélio) e o raio máximo (Afélio) podem ser expressos como:
\[r_{\min/\max} = a(1 \mp e)\]
Substituindo o fato de que \( r_0 = a \) e a expressão para a excentricidade, temos:
\[ r_{\min/\max} = r_0 \left(1 \mp \sqrt{1-\frac{v_0^2 \cdot r_0 \cdot \cos^2(\theta)}{GM}} \right)\]
Como:
\[v_0 = \sqrt{\frac{GM}{r_0}}\]
Temos:
\[\frac{v_0^2 \cdot r_0}{GM} = 1\]
Simplificação da Expressão:
\[ r_{\min/\max} = r_0 \left(1 \mp \sqrt{1- \cos^2(\theta)} \right)\]
Sendo \(\sin^2(\theta) = 1-\cos^2(\theta)\)
\[ r_{\min/\max} = r_0 \left(1 \mp \sin(\theta) \right)\]
O raio mínimo é igual ao raio da Terra, então, isolando \(\theta\):
\[R_\oplus = r_0 \left(1 – \sin(\theta) \right)\]
\[\sin(\theta) = 1 – \frac{R_\oplus}{r_0}\]
\[\theta = \arcsin\left(1 – \frac{R_\oplus}{r_0}\right)\]
Avançado
Olha o Satélite!
a)
Para uma latitude genérica, a situação em que um satélite vai aparecer no horizonte enquanto outro some é na intersecção da área da Terra que consegue ver os satélites representada abaixo por círculos azuis.
Pela simetria do problema, sabemos que os 3 satélites formarão um triângulo equilátero no plano do equador e concêntrico a Terra.
Disso, tiramos que o ângulo entre o centro da área de visibilidade e a projeção da posição do observador no equador, formará um ângulo de 60° como representado na imagem.
Na trigonometria esférica, aplicamos a Lei dos Cossenos da seguinte forma:
\[\cos(\theta) = \cos(\phi) \cos(60^\circ) + \sin(\phi) \sin(60^\circ) \cos(90^\circ)\]
Como sabemos que \(\cos(90^\circ) = 0\), a equação se simplifica para:
\[\cos(\theta) = \cos(\phi) \cos(60^\circ)\]
Pelo desenho da direita, temos:
\[\cos(\theta) = \frac{R_T}{R_T + H}\]
Agora, juntando as duas fórmulas, temos:
\[\cos(\phi) \cos(60^\circ) = \frac{R_T}{R_T + H}\]
Isolando \(H\):
\[\cos(\phi) (R_T + H) = 2R_T\]
\[H\cos(\phi) = 2R_T – R_T \cos(\phi)\]
\[H= \frac{2R_T – R_T \cos(\phi)}{\cos(\phi)}\]
\[H= R_T \left(\frac{2 – \cos(\phi)}{\cos(\phi)}\right)\]
b)
Se baseando no desenho acima, concluímos, pela lei dos senos que:
\[\frac{R}{\sin(180^\circ – 90^\circ – h – \phi)} = \frac{R + H}{\sin(h + 90^\circ)}\]
\[\frac{R}{\sin(90^\circ – (h + \phi))} = \frac{R + H}{\sin(h + 90^\circ)}\]
\[\frac{R}{\cos(h + \phi)} = \frac{R + H}{\cos(h)}\]
\[\frac{\cos(h)}{\cos(h + \phi)} = 1+\frac{ H}{R}\]
Que pode ser resolvida por iteração.
Resolvendo para os valores pedidos:
a) 2.12R, 1.01R
b) 22.7°, 80.9°