Enunciado

Um satélite é lançado ao espaço com uma velocidade v 0 a uma distância r 0 do centro da Terra pelo último estágio de seu foguete lançador. A velocidade v 0 foi calculada para enviar o satélite para uma órbita circular de raio r 0 . Entretanto, devido a uma falha de controle, o satélite não é lançado horizontalmente, mas a um ângulo α com a horizontal e, como resultado, é propulsionado para uma órbita elíptica. Determine os valores máximo e mínimo da distância entre o centro da Terra e o satélite.

Passo 1

Oi, galerinha! Beleza?

O problema pede que determinemos os valores máximo e mínimo da distância entre o centro da Terra e o satélite, e explica que por causa de uma falha de controle, o satélite não foi lançado horizontalmente, mas a um ângulo α com a horizontal.

Para a orbita circular de raio r 0 :

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 0 2 = m a

Sabendo que, para um satélite em órbita circular,

a = v 0 2 r 0

Temos que,

G M m r 0 2 = m v 0 2 r 0

v 0 2 = G M r 0

Passo 2

Aplicando o princípio da conservação do momento angular:

r 0 m v 0 cos ⁡ α = r A m v A

v A = r 0 r A cos ⁡ α v 0

Agora o princípio da conservação de energia:

T 0 + V 0 = T A + V A

1 2 m v 0 2 - G M m r 0 = 1 2 m v A 2 - G M m r A

v 0 2 2 - G M r 0 = v A 2 2 - G M r A

v 0 2 - v A 2 = 2 G M r 0 1 - r 0 r A

Passo 3

Vamos então fazer as devidas substituições:

Já encontramos uma expressão para v A , dessa forma:

v 0 2 - r 0 r A cos ⁡ α v 0 2 = 2 G M r 0 1 - r 0 r A

v 0 2 - r 0 r A cos ⁡ α 2 v 0 2 = 2 G M r 0 1 - r 0 r A

v 0 2 1 - r 0 r A 2 cos 2 ⁡ α = 2 G M r 0 1 - r 0 r A

E sabemos que

v 0 2 = G M r 0

Então nossa equação ficará:

G M r 0 1 - r 0 r A 2 cos 2 ⁡ α = 2 G M r 0 1 - r 0 r A

Podemos cortar G M r 0 de ambos os lados da equação. Nos restará:

1 - r 0 r A 2 cos 2 ⁡ α = 2 1 - r 0 r A

cos 2 ⁡ α r 0 r A 2 - 2 r 0 r A + 1 = 0

Passo 4

Em posse da equação de 2º grau, vamos resolvê-la utilizando a fórmula de Bhaskara:

r 0 r A = 2 ± - 2 2 - 4 cos 2 ⁡ α ⋅ 1 2 cos 2 ⁡ α

r 0 r A = 2 ± 4 - 4 cos 2 ⁡ α 2 cos 2 ⁡ α

r 0 r A = 1 ± s e n   α 1 - s e n 2 α

r A = ( 1 + s e n   α ) ( 1 - s e n   α ) 1 ± s e n   α r 0

Portanto,

r A m á x = 1 + s e n   α r 0

E

r A m í n = 1 - s e n   α r 0

Resposta

r A m á x = 1 + s e n   α r 0

r A m í n = 1 - s e n   α r 0

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados

Se a massa da Terra é M e , mostre que a energia potencial gravitacional de um corpo de massa m localizado uma distância r do centro da Terra é: V s =- G M e m / r Lembre-se de que a força gravitacion
Um volante de 1200k g com um raio de giração de 400m m tem sua velocidade reduzida de 5000 para 3000r p m durante um intervalo de 2m i n . Calcule a potência média fornecida pelo volante. Expresse a s
Um pequeno veículo experimental possui uma massa total m de 500k g , incluindo as rodas e o piloto. Cada uma das quatro rodas tem uma massa de 40k g e um raio de giração centroidal de 400m m . A resis
49. A porta da garamgem CD tem massa de 50 kg e pode ser tratada como uma placa fina. Determine o comprimento não deformado requereido de cada uma das duas molas laterais quando a porta estiver na pos
52. A placa quadrada de 25kg está presa por um pino no canto A e fixada a uma mola tendo rigidez k = 300 N/m. Se a placa é liberada do repouso quando θ = 0 ° , determine sua velocidade angular quando