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