75P*. Um satélite é colocado em uma órbita circular para ficar estacionário sobre um certo ponto da superfície da Terra. No entanto, por um erro de manobra. é colocado numa órbita cujo raio é 1 km maior que o da correta. Com que velocidade e em que direção se move o ponto da superfície da Terra, diretamente abaixo do satélite?

Passo 1

O enunciado diz que um satélite deveria ficar estacionário sobre um ponto da superfície (ou seja, orbitar com o mesmo período de rotação da Terra), mas por erro ficou com raio da órbita 1\\ \text{km} maior que o correto. A pergunta: com que velocidade e em que direção se move o ponto da superfície da Terra que está diretamente abaixo do satélite (o sub-satellite point)?
Informações e hipóteses relevantes que vamos usar (peguei todos estes números padrão da física/astronomia):
  • A órbita correta é a órbita geoestacionária, logo o raio correto r_0 satisfaz a condição de que a velocidade angular orbital \omega_0 é igual à velocidade angular de rotação da Terra \Omega.
  • Vamos chamar o raio real onde o satélite ficou de r = r_0 + \Delta r, com \Delta r = 1\\ \text{km} = 1000\\ \text{m}.
  • A constante gravitacional vezes massa da Terra é \mu=GM=3{,}986004418\times10^{14}\\ \text{m}^3\text{s}^{-2} (valor padrão).
  • Período de rotação da Terra (dia sideral) T=86164\\ \text{s}, então \Omega=\frac{2\pi}{T}.
  • Raio médio da Terra na linha do equador que interessa para o ponto diretamente abaixo do satélite (geostacionário só existe sobre o equador) é R_{\rm T}\approx6{,}378\times10^{6}\\ \text{m}.
  • O satélite está, por hipótese, sobre o equador (caso contrário não seria “estacionário” na prática). Portanto o sub-satellite point está no equador e seu deslocamento será puramente longitudinal (leste/oeste).
O que será calculado:
  1. Determinar r_0 (raio geoestacionário) e \Omega.
  2. Determinar a velocidade angular real do satélite \omega=\sqrt{\dfrac{\mu}{r^3}} com r=r_0+\Delta r.
  3. A velocidade angular relativa do sub-satellite point sobre a Terra é \dot\varphi=\omega-\Omega; a velocidade linear no equador é v=R_{\rm T}(\Omega-\omega) (sinal e direção serão interpretados).

Passo 2

Calcular \Omega e r_0.
A velocidade angular de rotação da Terra vale
\Omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{86164}\\ \text{s}^{-1}\approx 7{,}2921159\times10^{-5}\\ \text{s}^{-1}.
O raio geoestacionário r_0 satisfaz
\omega_0=\sqrt{\frac{\mu}{r_0^3}}=\Omega \quad\Rightarrow\quad r_0=\left(\frac{\mu}{\Omega^2}\right)^{1/3}.
Substituindo os valores padrão (peguei \mu e \Omega acima) obtemos numericamente
r_0\approx 4{,}2164\times10^{7}\\ \text{m}\quad(\text{aprox. }42\,164\\ \text{km}),
que é o valor conhecido do raio geostacionário.

Passo 3

Calcular a velocidade angular do satélite na órbita errada r=r_0+\Delta r.
Pela lei de Kepler para órbita circular:
\omega=\sqrt{\frac{\mu}{r^3}}=\sqrt{\frac{\mu}{(r_0+\Delta r)^3}}.
É útil escrever \omega em termos de \Omega:
\omega=\Omega\left(\frac{r_0}{r_0+\Delta r}\right)^{3/2} =\Omega\left(1+\frac{\Delta r}{r_0}\right)^{-3/2}.
Como \Delta r/r_0 é muito pequeno ( \approx 2{,}37\times10^{-5}), podemos usar expansão linear para obter a diferença angular \Delta\omega=\Omega-\omega. Expandindo (1+x)^{-3/2} para pequeno x temos (1+x)^{-3/2}\approx 1-\tfrac{3}{2}x. Logo
\Delta\omega=\Omega-\omega\approx \Omega\left[1-\left(1-\tfrac{3}{2}\frac{\Delta r}{r_0}\right)\right] =\frac{3}{2}\,\Omega\,\frac{\Delta r}{r_0}.

Passo 4

Avaliar numericamente \Delta\omega.
Calculemos a razão:
\frac{\Delta r}{r_0}=\frac{1000}{4{,}2164\times10^{7}}\approx 2{,}372\times10^{-5}.
Portanto
\Delta\omega\approx \frac{3}{2}\,\Omega\,\frac{\Delta r}{r_0} \approx \frac{3}{2}\times 7{,}2921159\times10^{-5}\times 2{,}372\times10^{-5}.
Fazendo a conta:
\Delta\omega\approx 2{,}5935\times10^{-9}\\ \text{s}^{-1}.
Interpretação do sinal: \omega=\Omega-\Delta\omega, ou seja \omega<\Omega. O satélite orbita mais devagar que a rotação da Terra, portanto, visto da superfície terrestre, o sub-satellite point desloca-se para o oeste (a longitude do sub-satellite point diminui com o tempo). Explicação curta: se a Terra gira mais rápido que o satélite, a superfície “passará por baixo” do satélite no sentido do leste para o oeste aparente — o movimento do ponto sobre a superfície é para o oeste.

Passo 5

Calcular a velocidade linear do ponto no equador.
A velocidade linear do ponto diretamente abaixo (no equador) relativa à superfície da Terra vale
v=R_{\rm T}\,(\Omega-\omega)=R_{\rm T}\,\Delta\omega.
Substituindo R_{\rm T}\approx 6{,}378\times10^{6}\\ \text{m} e \Delta\omega\approx 2{,}5935\times10^{-9}\\ \text{s}^{-1}:
v\approx 6{,}378\times10^{6}\times 2{,}5935\times10^{-9}\\ \text{m/s} \approx 1{,}654\times10^{-2}\\ \text{m/s}.
Convertendo para unidades mais intuitivas: v\approx 0{,}0165\\ \text{m/s}=1{,}65\\ \text{cm/s}.
Para intuir a ordem de grandeza: em um dia ( 86400\\ \text{s}) esse deslocamento corresponde a
d=v\cdot 86400\approx 0{,}0165\times86400\approx 1429\\ \text{m},
ou seja, cerca de 1{,}43\\ \text{km} por dia para o oeste.

Passo 6

Resumo físico e direção (motivação rápida)
  • Porque o satélite ficou mais longe, sua velocidade angular diminuiu ( \omega<\Omega).
  • A Terra gira mais rápido localmente, então a superfície “passa” por baixo do satélite no sentido leste → oeste aparente.
  • O sub-satellite point desloca-se para o oeste com velocidade aproximada \,1{,}65\\ \text{cm/s} (ou \,0{,}0165\\ \text{m/s}), equivalendo a cerca de 1{,}43\\ \text{km} por dia.

Resposta

v\approx 0{,}0165\\ \text{m/s} para o oeste.

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