Soluções Astronomia – Semana 61

INICIANTE

b) Podemos aplicar uma lei dos cossenos para trigonometria esférica no triângulo ABP, obtendo assim:

$cos30^{\circ}=cos(\alpha)cos(\alpha)+sen(\alpha)sen(\alpha)cos90^{\circ}$

como $cos90^{\circ}=0$ :

$\alpha=arccos(\sqrt{cos30^{\circ}}) \Rightarrow \alpha=21,47^{\circ}$

c) A diferença do ângulo horário de um astro visto de duas localidades diferentes é numericamente igual à diferença das longitudes entre esses dois lugares*. Como o TSL não passa do ângulo horário do ponto vernal, temos:

$\Delta TSL = \Delta \lambda = \alpha = 21,47^{\circ}\approx1h26m$

*essa ideia é muito recorrente em provas de astronomia! Tente visualizar isso lembrando que o ângulo horário é medido sobre o equador celeste, a partir do meridiano local de cada lugar, e este está num plano que passa pelos polos norte e sul da Terra, independente de onde você estiver!

d) A cidade A está no equador, logo $\phi_{A}=0^{\circ}$ , já a cidade B está um ângulo $\alpha$ para o norte do equador, logo $\phi_{B}=\alpha=+21,47^{\circ}$

INTERMEDIÁRIO

a) A transferência de Hohmann consiste basicamente em uma órbita com os extremos (periastro e apoastro) na órbita de partida e na de chegada logo o $a_2$ da transferência de Hohmann vai ser

$a_2=\dfrac{a_1+a_{Terra}}{2}$

$a_2=1.59 U.A.$

Como a fórmula para a velocidade de um corpo em uma órbita elíptica em um certo ponto é:

$\sqrt{GM\left(\dfrac{2}{r}-\dfrac{1}{a}\right)}$

Então

$\Delta V_1=\sqrt{GM\left(\dfrac{2}{a_1}-\dfrac{1}{a_2}\right)}-\sqrt{\dfrac{GM}{a_1}}$

$\Delta V_1=-4.1km/s$

b) Como do lançamento até sua explosão ele vai ter percorrido metade de sua órbita e seu vetor raio vai ter varrido metade de sua área esse tempo vai ser igual à metade de seu periodo, calculando o período a partir da terceira lei de Kepler temos:

$\dfrac{a^3}{T^2}=M$

$T=2anos$

logo

$t=1ano$

c) Como demorou um ano para o foguete chegar a Terra estará na mesma posição que ela estava quando o foguete foi lançado e como a transferência de Hohmann sempre chega na segunda orbita em um ponto diametralmente oposto do começo da transferência em relação ao corpo central a Terra ira ser acertada pelo foguete e explodirá

d) Utilizando a ideia do item a temos que

$\Delta V_2=\sqrt{\dfrac{GM}{a_{Terra}}}-\sqrt{GM\left(\dfrac{2}{a_{Terra}}-\dfrac{1}{a_2}\right)}$

$\Delta V_2=-5.1km/s$

Como

$\Delta V_{Total}=\Delta V_1+\Delta V_2$

Logo

$\Delta V_{total}=-9.2km/s$

AVANÇADO

Inicialmente podemos calcular a Força resultante $m\vec{\ddot r}$ pela soma vetorial da Força gravitacioal $F_G$ com a Força $F_{Rad}$ proporcionada pela pressão de radiação:

$P_{Rad} = \dfrac{(1+a)\cdot S_{\odot}}{c} = \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}}{4\cdot\pi\cdot r^2\cdot c} = \dfrac{F_{Rad}}{A}$

Onde $a = 0,900$ é o albedo, $A = l^2$ é a área superficial da da vela e $L_{\odot}$ é a luminosidade do Sol.

$F_{Rad} = \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot r^2\cdot c}$

$F_G = \dfrac{G\cdot M_{\odot}\cdot m}{r^2}$

$m\cdot \vec{\ddot r} = \vec{F_{Rad}} + \vec{F_G}$

Como o sentido da força gravitacional é contrário a da força de radiação e da resultante:

$\vec{\ddot r} = \dfrac{1}{r^2}\left( \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot m \cdot c}-G\cdot M_{\odot} \right) = \dfrac{k}{r^2}$

Assim, obtemos uma fórmula para a aceleração em função da distância ao Sol, a qual pode ser utilizada para obter a velocidade em função dessa distância ( $v_0 = 0$ ):

$\vec{\ddot r} = \dfrac{dv}{dt}\cdot \dfrac{dr}{dr} = \dfrac{dv}{dr}\cdot \dfrac{dr}{dt} = v\cdot \dfrac{dv}{dr}$

$\displaystyle\int_0^{v(t)}v \, dv =k\cdot\displaystyle\int_{r_0}^{r(t)} \dfrac{1}{r^2}\, dr$

$\dfrac{v^2}{2} = k\cdot \left( \dfrac{1}{r_0} - \dfrac{1}{r} \right)$

$v = \sqrt{2\cdot k\cdot \left( \dfrac{1}{r_0} - \dfrac{1}{r} \right)}$

Como a distância $r = 50000\, U.A.$ é muito maior que a distância inicial $r_0$ , podemos desconsiderar o termo $\dfrac{1}{r}$ na maior parte do trajeto e, portanto, aproximar para uma velocidade constante:

$v \approx \sqrt{\dfrac{2\cdot k}{r_0}} = \sqrt{\dfrac{2}{r_0}\cdot\left( \dfrac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot m \cdot c}-G\cdot M_{\odot} \right)}$

Com a velocidade e a distância percorrida, podemos calcular o tempo $\Delta t$ para concluir esse trajeto:

$\Delta t = \dfrac{r}{v} \approx \dfrac{r}{\sqrt{\frac{2}{r_0}\cdot\left( \frac{(1+a)\cdot L_{\odot}\cdot l^2}{4\cdot\pi\cdot m \cdot c}-G\cdot M_{\odot} \right)}}$