Iniciante
Primeiramente, calculemos o raio orbital do satélite
Pela terceira lei de Kepler, temos:
$$P^2=\frac{4\pi^2}{GM}{r^3}$$.
$$P=86400s, M=5,97 \cdot 10^{24} kg, G = 6,67 \cdot 10^-11 N \cdot kg^-2 \cdot m^2.$$
Assim,
$$r= 42,23 \cdot 10^6 m$$.
Esquematizando a situação de distância zenital mínima:
Temos, por lei dos cossenos, que:
$$d=\sqrt{R_T^2+r^2-2R_Trcos(\phi-i)}$$,
onde $$R_T = 6,37 \cdot 10^6 m$$. Assim, por lei dos senos:
$$\frac{r}{sen(180-z)}=\frac{d}{sen(\phi-i)}$$.
Substituindo valores, temos que $$z$$ será:
$$z = 16^{\circ} 48^{‘} $$.
Doze horas depois, temos a seguinte situação:
Da figura, temos que $$d’$$ será:
$$d’=\sqrt{R_T^2+r^2-2R_Trcos(\phi+i)}$$.
Assim, novamente pela lei dos senos, temos:
$$\frac{r}{sen(180-z)}=\frac{d’}{sen(\phi+i)}$$.
Dessa forma,
$$z = 30^{\circ} 2^{‘} $$.
Intermediário
a) O fluxo observado será o fluxo incidente na janela ($$F_0$$) multiplicado por um fator de perda que depende de $$n$$ e de $$r$$. O fluxo observado será:
$$F=F_0{(1-r)^{2n}}$$. (1)
Assim, da equação de Pogson, temos:
$$\Delta m = -2,5log(\frac{F}{F_0})$$. (2)
Substituindo (1) em (2), vem:
$$\Delta m = -2,5log(1-r)^{2n}$$.
Assim, chegamos a:
$$\Delta m = -5n{log(1-r)}$$.
b) O fluxo observado pode ser expressado por:
$$F=F_0 e^{-\tau}$$.
Onde $$\tau$$ é a profundidade óptica. Isolando $$\tau$$ na equação acima, temos:
$$\tau = -ln(\frac{F}{F_0})$$.
Assim, vem:
$$\tau = -ln(1-r)^{2n}$$.
Temos, portanto:
$$\tau = -2n{ln(1-r)}$$.
Avançado
Para resolver este problema, pode-se usar a segunda lei de Kepler, que nada mais é do que a conservação do momento angular.
$$\frac{L}{2m}=\frac{dA}{dt}$$,
mas $$L = m(\vec{v} \times \vec{r})$$ e $$\frac{dA}{dt}=\frac{\Delta A}{\Delta t}$$, visto que $$\frac{dA}{dt}$$ é constante.
Assim:
$$\frac{\vec{v} \times \vec{r}}{2}=\frac{\Delta A}{\Delta t}$$.
Escolhendo $$\vec{v}$$ e $$\vec{r}$$ no periélio, isto é, quando o ângulo entre esses vetores for $$90^{\circ}$$, e isolando $$\Delta t$$, temos:
$$\Delta t = \frac{2\Delta A}{vr}$$. (1)
Visto que se trata de uma órbita parabólica e que o asteróide está no periélio, temos que:
$$v = v_{esc} = \sqrt{\frac{2GM}{r}}$$. (2)
Além disso, modelando um função para a trajetória, temos:
$$f(x)=-\frac{x^2}{4}+1$$,
que é uma parábola com foco na origem do plano cartesiano e com r=1. Assim, temos que, para que o asteróide percorra $$90^{\circ}$$, para obter a área percorrida, é necessário integrar a função de 0 a 2. Integrando:
$$\int_0^2 (-\frac{x^2}{4}+1) dx = \frac{4}{3}$$.
Como definimos $$r=1$$,
$$\Delta A = \frac{4}{3}{r^2}$$. (3)
Substituindo (2) e (3) na equação (1), vem:
$$\Delta t = \frac{8}{3\sqrt{2GM}}{r^{3/2}}$$.
Deixe um comentário