Uma nave espacial move-se em uma órbita circular de raio \mathrm{r}_{1} ap_redor da Terra com período \mathrm{T}_{1}. Então, com a ajuda de đuas correções de curso separadas, a nave espacial é colocada em uma nova órbita circular de raio 2 r_{1}. Na primeira correção, apenas a magnitude da velocidade da nave espacial é alterada, mantendo sua direção inalterada. Na segunda correção, que é realizada no primeiro momento apropriado, somente a direção da velocidade da nave espacial é alterada, enquanto sua magnitude permanece inalterada.
2) Em que percentagem a energia cinética é aumentada durante a primeira correção de curso?
b) Em que ângulo a direção da velocidade é alterada durante a segunda correção?
c) Encontre o tempo decorrido entre as duas correções. (Suponha que as correções de curso são realizadas instantaneamente.)

Passo 1

O enunciado (resumido e organizado) nos dá:
  • Uma nave em órbita circular de raio \mathrm{r}_{1} em torno da Terra, com período \mathrm{T}_{1}.
  • Depois são feitas duas correções instantâneas:
    1. Na primeira correção apenas a magnitude da velocidade é alterada (a direção permanece a mesma, isto é, tangencial ao círculo em r_{1}).
    2. A nave segue em sua órbita resultante e, no primeiro instante apropriado em que se encontra em r=2\mathrm{r}_{1}, faz-se a segunda correção: aí modifica-se somente a direção da velocidade (mantendo a magnitude inalterada), de modo a ficar numa órbita circular de raio 2\mathrm{r}_{1}.
O que é pedido:
(a) Em que percentagem a energia cinética aumenta durante a primeira correção?
(b) Em que ângulo a direção da velocidade é alterada na segunda correção?
(c) Qual é o tempo decorrido entre as duas correções (em função de \mathrm{T}_{1})?
Informações úteis que vamos usar (sem resolver ainda):
  • Constante gravitacional \mu = G M (massa do corpo central M).
  • Velocidade orbital circular em raio r: \displaystyle v_{\text{circ}}(r)=\sqrt{\dfrac{\mu}{r}}.
  • Equação vis-viva (velocidade em qualquer ponto da órbita): \displaystyle v^{2}=\mu\!\left(\dfrac{2}{r}-\dfrac{1}{a}\right), onde a é o semi-eixo maior da órbita.
  • Momentos das manobras são instantâneos e a primeira mantém a direção tangencial.

Passo 2

Vamos começar definindo a velocidade inicial na órbita de raio \mathrm{r}_{1}. Seja \mu=GM. A velocidade circular inicial é
v_{1}=\sqrt{\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}}}.
Depois da primeira correção a velocidade (mesma direção, tangencial) passa a ser
v'=\alpha\,v_{1},
onde \alpha é um número a determinar. A energia específica (por unidade de massa) imediatamente após a correção vale
\varepsilon=\dfrac{{v'}^{2}}{2}-\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}} = \dfrac{\alpha^{2}v_{1}^{2}}{2}-\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}}.
Substituindo v_{1}^{2}=\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}} obtemos
\varepsilon=\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}}\!\left(\dfrac{\alpha^{2}}{2}-1\right).
O semi-eixo maior a da órbita resultante está relacionado com \varepsilon por
\varepsilon=-\dfrac{\mu}{2a}\quad\Rightarrow\quad a=\dfrac{\mu}{-2\varepsilon}.
Substituindo \varepsilon:
2\varepsilon=\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}}\left(\alpha^{2}-2\right) \quad\Rightarrow\quad a=-\dfrac{\mu}{2\varepsilon}=\dfrac{\mathrm{r}_{1}}{2-\alpha^{2}}.

Passo 3

Agora aplicamos a equação vis-viva para achar a velocidade quando a nave atingir r=2\mathrm{r}_{1}. Pela vis-viva:
v(2\mathrm{r}_{1})^{2}=\mu\!\left(\dfrac{2}{2\mathrm{r}_{1}}-\dfrac{1}{a}\right) =\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}}\left(1-\dfrac{\mathrm{r}_{1}}{a}\right).
Usando a=\dfrac{\mathrm{r}_{1}}{2-\alpha^{2}} temos \dfrac{\mathrm{r}_{1}}{a}=2-\alpha^{2}. Portanto
v(2\mathrm{r}_{1})^{2}=\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}}\left(1-(2-\alpha^{2})\right) =\dfrac{\mu}{\mathrm{r}_{1}}\left(\alpha^{2}-1\right).
Logo
v(2\mathrm{r}_{1})=v_{1}\sqrt{\alpha^{2}-1}.
Pelo enunciado, na altura da segunda correção a magnitude da velocidade já coincide com a necessária para a órbita circular de raio 2\mathrm{r}_{1}, ou seja
v(2\mathrm{r}_{1})=v_{\text{circ}}(2\mathrm{r}_{1})=\sqrt{\dfrac{\mu}{2\mathrm{r}_{1}}}= \dfrac{v_{1}}{\sqrt{2}}.
Igualando as duas expressões para a velocidade em 2\mathrm{r}_{1}:
v_{1}\sqrt{\alpha^{2}-1}=\dfrac{v_{1}}{\sqrt{2}} \quad\Rightarrow\quad \alpha^{2}-1=\dfrac{1}{2} \quad\Rightarrow\quad \alpha^{2}=\dfrac{3}{2}.
Portanto
\alpha=\sqrt{\dfrac{3}{2}}.

Passo 4

(correspondente ao item a) A energia cinética específica (por unidade de massa) é \dfrac{v^{2}}{2}. A razão entre a nova energia cinética e a antiga é \dfrac{v'^{2}}{v_{1}^{2}}=\alpha^{2}. Assim o aumento percentual da energia cinética é
\left(\alpha^{2}-1\right)\times 100\%=\left(\dfrac{3}{2}-1\right)\times 100\%= \dfrac{1}{2}\times 100\%=50\%.

Passo 5

(para o item b) Agora determinamos o ângulo entre a velocidade da nave imediatamente antes da segunda correção e a velocidade tangencial necessária para a órbita circular em 2\mathrm{r}_{1}.
Usamos conservação do momento angular por unidade de massa h. Imediatamente após a primeira correção (na posição \mathrm{r}_{1}) o momento angular é
h=\mathrm{r}_{1}\,v'=\mathrm{r}_{1}\,\alpha v_{1}.
O componente tangencial da velocidade na distância r é v_{t}=\dfrac{h}{r}. Em r=2\mathrm{r}_{1} temos
v_{t}=\dfrac{h}{2\mathrm{r}_{1}}=\dfrac{\mathrm{r}_{1}\,\alpha v_{1}}{2\mathrm{r}_{1}}=\dfrac{\alpha v_{1}}{2}.
Já a magnitude total da velocidade em 2\mathrm{r}_{1} é (vemos no passo 3)
v(2\mathrm{r}_{1})=\dfrac{v_{1}}{\sqrt{2}}.
O ângulo \varphi entre a velocidade atual (vetor resultante, que tem componente tangencial v_{t} e componente radial) e a direção tangencial satisfaz
\cos\varphi=\dfrac{v_{t}}{v(2\mathrm{r}_{1})}.
Substituindo v_{t} e v(2\mathrm{r}_{1}):
\cos\varphi=\dfrac{\dfrac{\alpha v_{1}}{2}}{\dfrac{v_{1}}{\sqrt{2}}}=\dfrac{\alpha}{2}\sqrt{2}=\dfrac{\alpha}{\sqrt{2}}.
Como \alpha=\sqrt{3/2} obtemos
\cos\varphi=\dfrac{\sqrt{3/2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.
Portanto
\varphi=30^\circ\quad\text{(ou }\varphi=\dfrac{\pi}{6}\text{ rad)}.
Interpretação física: na segunda correção há que girar o vetor velocidade em 30^\circ (eliminar a componente radial) deixando a magnitude igual; após isso a velocidade fica puramente tangencial e igual à necessária para circular a 2\mathrm{r}_{1}.

Passo 6

(para o item c) Agora achamos o tempo desde a primeira correção (feito em r=\mathrm{r}_{1}, que é o pericentro da nova órbita) até o instante em que a nave atinge pela primeira vez r=2\mathrm{r}_{1}.
Temos já o semi-eixo maior a da órbita resultante. Usando a=\dfrac{\mathrm{r}_{1}}{2-\alpha^{2}} e \alpha^{2}=3/2 obtemos
a=\dfrac{\mathrm{r}_{1}}{2-\tfrac{3}{2}}=\dfrac{\mathrm{r}_{1}}{\tfrac{1}{2}}=2\mathrm{r}_{1}.
O periastro é r_{p}=\mathrm{r}_{1}, logo a excentricidade é
e=1-\dfrac{r_{p}}{a}=1-\dfrac{\mathrm{r}_{1}}{2\mathrm{r}_{1}}=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}.
Para uma órbita elíptica a relação entre o raio r e a anomalia excêntrica E é
r=a(1-e\cos E).
Queremos r=2\mathrm{r}_{1} e sabemos a=2\mathrm{r}_{1}, e=\tfrac{1}{2}. Então
2\mathrm{r}_{1}=2\mathrm{r}_{1}\bigl(1-\tfrac{1}{2}\cos E\bigr) \quad\Rightarrow\quad 1=1-\tfrac{1}{2}\cos E \quad\Rightarrow\quad \cos E=0.
A primeira solução positiva é E=\dfrac{\pi}{2}.
O anomalia média M associada é
M=E-e\sin E=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{2}\sin\!\left(\dfrac{\pi}{2}\right) =\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{2}.
O período da órbita elíptica obtida é
T_{\text{el}}=2\pi\sqrt{\dfrac{a^{3}}{\mu}}.
Mas a=2\mathrm{r}_{1} e o período inicial circular era \mathrm{T}_{1}=2\pi\sqrt{\dfrac{\mathrm{r}_{1}^{3}}{\mu}}. Assim
T_{\text{el}}=2\pi\sqrt{\dfrac{(2\mathrm{r}_{1})^{3}}{\mu}} =2\pi\sqrt{8}\sqrt{\dfrac{\mathrm{r}_{1}^{3}}{\mu}} =2\sqrt{2}\,T_{1}.
O tempo desde o periastro até a posição com anomalia média M é
t=\dfrac{M}{2\pi}\,T_{\text{el}} = \dfrac{\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{2}}{2\pi}\cdot 2\sqrt{2}\,T_{1} =\sqrt{2}\,T_{1}\cdot\dfrac{\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{1}{2}}{\pi}.
Simplificando:
t=\sqrt{2}\,T_{1}\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2\pi}\right) =\dfrac{\sqrt{2}\,T_{1}}{2}\left(1-\dfrac{1}{\pi}\right).
Uma forma mais direta e legível é
t=\sqrt{2}\,T_{1}\,\dfrac{\pi/2-1/2}{\pi}.
Numericamente, \dfrac{t}{T_{1}}\approx 0,483, ou seja, cerca de 48{,}3\% de \mathrm{T}_{1}.

Resposta

(a) 50\%
(b) \varphi=30^\circ=\dfrac{\pi}{6}\\ \text{rad}
(c) \displaystyle t=\sqrt{2}\,T_{1}\,\dfrac{\tfrac{\pi}{2}-\tfrac{1}{2}}{\pi} =\dfrac{\sqrt{2}\,T_{1}}{2}\Bigl(1-\dfrac{1}{\pi}\Bigr)\approx 0{,}483\,T_{1}

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