Enunciado

No Problema 13.109, a velocidade do veículo espacial foi diminuída quando ele passava por A acionando seu motor em um sentido oposto ao do movimento. Uma estratégia alternativa para tirar o veículo espacial de sua órbita circular seria girá-lo de modo a que o motor apontasse para longe da Terra e, então, fornecer uma velocidade incremental Δ v A em direção ao centro O da Terra. Isso provavelmente exigiria um menor consumo de energia para acionar o motor em A , mas poderia resultar em uma descida muito rápida para B . Considerando o uso dessa estratégia com apenas 50% do consumo de energia do Problema 13.109, determine os valores resultantes de ϕ B e v B .

Passo 1

Olá, pessoal! Tudo bem?

O problema pede que determinemos os valores resultantes de ϕ B e v B , considerando o uso da estratégia de girar o veículo espacial de modo que o motor aponte para longe da Terra e, assim, forneça uma velocidade incremental Δ v A em direção ao centro O da Terra, isso considerando apenas 50% do consumo de energia do Problema 13.109. O enunciado e a figura nos fornecem as seguintes informações:

h A = 360   k m = 360 × 10 3   m

h B = 65   k m = 65 × 10 3   m

R T = 6370   k m = 6370 × 10 3   m

Em posse das altitudes dos pontos A e B e do raio da Terra, podemos calcular r A e r B :

r A = h A + R T

r A = 360 × 10 3 + 6370 × 10 3  

r A = 6730 × 10 3   m

r B = h B + R T

r B = 65 × 10 3 + 6370 × 10 3   m

r B = 6435 × 10 3   m

Passo 2

Para a orbita circular de raio r :

Sabemos que, pela 2ª Lei de Newton:

F = m a

Conforme a Eq. 12.28:

F = G M m r 2

Então,

G M m r 2 = m a

Sabendo que, para um corpo em órbita circular,

a = v c i r c 2 r

Temos que,

G M m r 2 = m v c i r c 2 r

v c i r c 2 = G M r

Assim, sendo v c i r c = v A c i r c e r = r A :

v A c i r c = G M r A

O produto G M , pode ser expresso conforme a Eq. 12,29:

G M = g R T 2

E sendo

g = 9,81   m / s 2

R T = 6370 × 10 3   m

Substituímos os valores na equação para obtermos G M :

G M = 9,81 6370 × 10 3 2

G M = 398,1 × 10 12   m 3 / s 2

Em posse de G M e de r A , podemos calcular:

v A c i r c = 398,1 × 10 12 6730 × 10 3

v A c i r c = 7,6911 × 10 3   m / s

Passo 3

Do Problema 13.109, sabemos que

v A = 3436,47   m / s

Calculando Δ E temos,

Δ E 109 = 1 2 m v A c i r c 2 - 1 2 m v A 2

Δ E 109 = m 2 7,6911 × 10 3 2 - m 2 3436,47 2

Δ E 109 = m 23,672 × 10 6

Como o enunciado quer que consideremos apenas 50% do consumo de energia do Problema 13.109, temos:

Δ E 1 10 = 0,5 Δ E 109

Δ E 110 = 0,5 m ( 23,672 × 10 6 )

Δ E 110 = m ( 11,836 × 10 6 )

Então, o incremento de energia cinética em A é:

1 2 m Δ v A 2 = m ( 11,836 × 10 6 )

Δ v A = 4,86539 × 10 3   m / s

Passo 4

Calculando a energia cinética e potencial.

Ponto A:

T A = 1 2 m [ v A c i r c 2 + Δ v A 2 ]

T A = 1 2 m [ 7,6911 × 10 3 2 + 4,86539 × 10 3 2 ]

T A = ( 41,4125 × 10 6 ) m

V A = - G M m r A

V A = - 398,1 × 10 12 m 6730 × 10 3

V A = - ( 59,153 × 10 6 ) m

Ponto B:

T B = 1 2 m v B 2

V B = - G M m r B

V B = - 398,1 × 10 12 m 6435 × 10 3

V B = - ( 61,8648 × 10 6 ) m

Passo 5

Em posse das energias cinética e potencial, vamos aplicar o princípio da conservação da energia:

T A + V A = T B + V B

( 41,4125 × 10 6 ) m - ( 59,153 × 10 6 ) m = 1 2 m v B 2 - 61,8648 × 10 6 m

- 17,7405 × 10 6 = 1 2 v B 2 - 61,8648 × 10 6

v B = 9 394   m / s

Passo 6

E, aplicando a conservação do momento angular, encontramos ϕ B :

r A m v A c i r c = r B m v B s e n   ϕ B

s e n   ϕ B = r A v A c i r c r B v B

s e n   ϕ = 6730 × 10 3 ⋅ 7691 , 1 6 435 × 10 3 ⋅ 9394

ϕ = 58,9 °

Resposta

v B = 9394   m / s

ϕ = 58,9 °

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