Iniciante
Sistema PLO-POPS
Como o sistema foi observado no limite da resolução do telescópio, podemos encontrar seu diâmetro angular pelo critério de Rayleigh:
\[ \theta = 1,22 \frac{\lambda}{D}\]
Substituindo os valores numéricos:
\[ \theta = \frac{1,22 \cdot 550 \times 10^{-9}}{304\times 10^{-3}} \]
\[ \theta = 2,207 \times 10^{-6} \; \rm{rad} \]
Agora, vamos determinar o semi-eixo maior do sistema a partir da 3ª Lei de Kepler:
\[ P^2 = \frac{4\pi ^2a^3}{GM} \]
Para as unidades de anos, massas solares e unidades astronômicas (UA), podemos simplificar a expressão para:
\[a^3 = P^2 M\]
\[a^3 = 2,50^2 \cdot 4,78 \]
\[a = 3,10 \;\rm{UA} \]
Pelo desenho abaixo, podemos encontrar uma relação para a distância ao sistema:
\[d = \frac{a}{\theta}\]
\[d = \frac{3,10}{2,207\times10^{-6}}\]
\[d = 1,404 \times 10^6 \;\rm{UA}\]
\[\boxed{d = 6,81 \;\rm{pc}}\]
Intermediário
James Kebb
(a) A velocidade em uma órbita circular é dada por:
\[ v = \sqrt{\frac{GM}{r}} \]
Substituindo os valores numéricos:
\[v_C = \sqrt{\frac{6,67\times 10^{-11}\cdot 5,98 \times 10^{24}}{3\cdot 6,38 \times 10^6}}\]
\[\boxed{v_C = 4,57 \;\rm{km/s}}\]
(b) Em um sistema de dois corpos de massa comparáveis, os pontos nos quais, caso seja adicionada uma massa de teste e ela permanece em repouso em relação aos outros dois corpos, são chamados de pontos de Lagrange. A partir dessa definição, podemos introduzir a ideia que será base para a solução desse item: equilíbrio de todas as forças atuando sobre o corpo de teste.
Dadas as duas massas principais \(M\) e \(m\) (\(M > m\)), distando \(D\) entre si. Adicionamos uma massa de prova \(\mu\) no ponto L2, que dista \(d\) do centro de \(m\).
Equacionando as forças que atuam sobre \(\mu\), temos:
\[F_M = \frac{GM\mu}{(D + d)^2}\]
\[F_m = \frac{Gm\mu}{d^2}\]
Pela 2ª Lei de Newton, temos que o somatório dessas forças será igual a resultante centrípeta em \(\mu\), ou seja:
\[F_M + F_m = R_{C}\]
Equacionando a resultante centrípeta:
\[R_C = \mu \omega^2 d’\]
onde \(d’\) é a distância entre \(\mu\) e o centro de massa do sistema, cujo valor é dado por \(\frac{M}{m + M}D + d\). Substituindo:
\[R_C = \mu \omega^2 \left( \frac{M}{m + M}D + d \right)\]
Substituindo os resultados:
\[\frac{GM\mu}{(D + d)^2} + \frac{Gm\mu}{d^2} = \mu \omega^2 \left( \frac{M}{m + M}D + d \right)\]
Precisamos, agora, determinar \(\omega\). A velocidade angular é definida como:
\[\omega = \frac{2\pi}{P}\]
Podemos encontrar \(P\) pela 3ª Lei de Kepler. Dessa forma:
\[P = 2\pi \sqrt{\frac{D^3}{G(M+m)}}\]
\[\Rightarrow \omega = \sqrt{\frac{G(M+m)}{D^3}}\]
Substituindo esse resultado e simplificando:
\[\frac{M}{(D + d)^2} + \frac{m}{d^2} = \frac{(M+m)}{D^3} \left( \frac{M}{m + M}D + d \right)\]
Como \(d<<D\), a aproximação \((1 + x)^n \approx 1 + nx \) para \(x<<1\) é válida, então:
\[\frac{M}{D^2}\left(1- \frac{2d}{D} \right) + \frac{m}{d^2} = \frac{(M+m)}{D^3}\left(\frac{M}{M + m}D + d \right)\]
Desenvolvendo:
\[\frac{m}{d^3} = \frac{(3M+m)}{D^3}\]
Encontramos, então, a expressão para \(d\):
\[d = D\sqrt{\frac{m}{(3M+m)}}\]
(c) Para determinar o incremento de velocidade precisamos conhecer as velocidades na órbita de espera e na órbita de transferência. Já determinamos a velocidade da órbita de espera em (a). Agora vamos determinar a velocidade na órbita de transferência (elíptica em torno da Terra). Para isso basta determinarmos a distância do ponto de entrada na órbita \((r)\) e o seu semi-eixo maior \((a)\). Pela geometria do problema:
\[r = 3\;\rm{R_\oplus}\]
\[a = \frac{d + r}{2}\]
em que \(d\) é a distância entre a Terra e o ponto L2, cujo valor é determinado pela equação encontrada em (b). Substituindo os valores numéricos:
\[v_E = \sqrt{GM_\oplus \left ( \frac{2}{r} – \frac{1}{a}\right)}\]
\[v_E = \sqrt{6,67 \times 10^{-11}\cdot 5,98 \times 10^{24} \left ( \frac{2}{1,914 \times 10^7} – \frac{1}{7,58 \times 10^8}\right)}\]
\[v_E = 6,42 \;\rm{km/s}\]
Por fim determinamos o \(\Delta v\):
\[\Delta v = v_E – v_C = 6,42 – 4,57\]
\[\boxed{\Delta v = 1,85 \;\rm{km/s}}\]
Para determinar o tempo de duração da transferência, basta utilizar a 3ª Lei de Kepler:
\[P = 2\pi \sqrt{\frac{a^3}{GM}}\]
Como a duração da transferência equivale a metade do período orbital:
\[t = \frac{P}{2} = \pi \sqrt{\frac{a^3}{GM}} \]
Substituindo os valores encontramos que:
\[\boxed{t = 3,28 \times 10^6 \;\rm{s}}\]
Avançado
Estilingada hiperbólica
(a) Primeiro vamos determinar o semi-eixo maior da órbita. Sabemos que a energia mecânica total será igual a energia cinética quando a sonda está suficientemente distante do planeta, ou seja:
\[E = \frac{GM_Jm}{2a} = \frac{mv_{\infty}^2}{2}\]
\[\Rightarrow a = \frac{GM_J}{v_{\infty}^2}\]
Substituindo os valores, encontramos:
\[\boxed{a = 1,56 \times 10^9 \;\rm{m}}\]
Agora, determinamos a excentricidade. Sabemos que \(e\) é definida como:
\[e = \frac{c}{a}\]
Podemos escrever \(c = \sqrt{a^2 + b^2}\), então:
\[e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}}\]
em que \(b\) é o parâmetro de impacto. Substituindo os valores:
\[\boxed{e = 1,50}\]
(b) Usando a equação da hipérbole em função da anomalia hiperbólica:
\[r(F) = a (e \cosh F -1) \]
\[30 \cdot 6,99 \times 10^7 = 1,56 \times 10^9 (1,50 \cdot \cosh F – 1)\]
\[\Rightarrow F = 1,02\]
Agora, vamos utilizar a equação de Kepler para órbitas hiperbólicas:
\[M = e \sinh (F) – F = \sqrt{\frac{GM_J}{a^3}}t\]
Substituindo os valores numéricos:
\[1,50 \sinh (1,02) – 1,02 = \sqrt{\frac{6,67\times10^{-11}\cdot 1,90 \times 10^{27}}{(1,56 \times 10^9)^3}}t\]
\[t = 1,37 \times 10^5 \;\rm{s} \approx 38 \;\rm{h}\]
em que \(t\) é o tempo entre a passagem pelo periastro e o fim da manobra. Como a órbita é simétrica, podemos afirmar que o tempo total (\(t_t\)) da manobra é \(t_t = 2t\), então:
\[\boxed{t_t \approx 76 \;\rm{h} }\]