Apostila Alfa - Resoluções [1]

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Apostila Alfa – Resoluções

1) Sendo P a posição do periélio e A a posição no afélio, esquematicamente, temos:

2) Alternativa C O período orbital (P) em cada uma das situações será:

Logo: 2

3

2

 P1  a  P   2x    =  1    1  =    P2  4.P1  5x   P2   a2   P2  3

3) Considerando a órbita da sonda uma elipse cujo foco coincide com o centro de Vênus, temos:

a=

294 + 2.6000 + 8543 = 10418,5km 2

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e

e=

c 10418,5 − ( 294 + 6000 ) = = 0 ,39 a 10418,5

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4) O semieixo maior (a) e o semieixo menor (b) da elipse assumem os valores:

a=

31,5 + 05 = 16UA 2

a 2 = c 2 + b2  16 2 = 15,5 2 + b2  b = 3,97UA

e

Portanto, o período orbital do cometa é:

P 2 = a 3  P 2 = 16 3  P = 64anos Logo a velocidade areal será:

vareal =

Aelipse

t

=

 .a .b P

=

 .16.3,97 64

 vareal = 3,11UA2 / ano

5) Alternativa B Da 2a. Lei de Kepler, temos que a velocidade areal do cometa deve ser constante ao longo da órbita. Comparando a área varrida pelo astro no período T (área total da elipse) como a área varrida pelo cometa no intervalo t (0,5. área da elipse + área do triângulo ASBA), temos:

vareal = vareal =

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Aelipse T

=

 .a.b T

=

 .2.1

0,5. Aelipse + AASBA t

T

=

2 T

2  + 3 + 3  =  t = .T 2.b.c T t 2 0,5. .a.b + 2 =+ 3 = t t

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6) Alternativa D Comparando a situação inicial com a final, da 3ª Lei de Kepler, temos:

Pi 2 ai 3

=

Pf2 a 3f



P 2 ( P + P )2 ( P + P )2 (a + a )3 P 2 + 2 PP + P 2 a 3 + 3a 2 .a + 3.a .a 2 + a 3 =  =  =  a3 P2 a3 P2 a3 (a + a )3 1+

Como

2P P 2 3.a 3.a 2 a 3 + 2 = 1+ + + 3 P a P a2 a

P  1 e a  1 , os termos

a 3 P 2 3.a 2 , e são desprezíveis, logo: P2 a2 a3

2P 3a 3Pa =  P = P a 2a 7) Alternativa C Período sideral dos planetas A e B são respectivamente:

PA2 = a A3  PA2 = 13  PA = 1 ano PB 2 = aB 3  PB 2 = 23  PA = 2 2 anos Da equação do período sinódico (S), temos:

1 1 1 1 1 1 4 = −  = − S= anos S PA PB S 1 2 2 4− 2 8) Alternativa D Sabendo que o período sideral da Terra é 1 ano, da equação do período sinódico (S), temos:

1 1 1 1 1 1 = −  = −  x = 2 anos S PTerra Pplaneta x 1 x 9) Alternativa A O período sideral de Marte é:

PMarte 2 = aMarte 3  PMarte 2 = 1,523  PMarte = 1,87 ano = 684,47dias Da equação do período sinódico (S), temos:

1 1 1 1 1 1 = −  = −  S = 783,2 dias S PTerra PMarte S 365,25 684,47 Página 3

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10) Alternativa B O período sideral de Vênus é:

1 1 1 1 1 1 = −  = −  PVênus = 224,6 dias S PVênus PTerra 584 PVênus 365 O período sideral de Júpiter é:

1 1 1 1 1 1 = −  = −  PJúpiter = 4283,4 dias S  PTerra PJúpiter 399 365 PJúpiter Logo:

1 1 1 1 1 1 = −  = −  S  = 237 dias S  PVênus PJúpiter S  224,6 4283,4 11) Ver resolução em aula. 12) Alternativa C Comparando as situações, temos:

F1 = F2 =

GMm d2 GMm ( 2d ) 2

 F2 =

1 GMm 1 . 2  F2 = .F1 4 d 4

13) Alternativa A Da 3ª. Lei de Kepler, temos:

Comparando as forças gravitacionais, vem:

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14) Alternativa C

GM R2

g1 = g2 =

2

g 10 2,5 10 R+h  g 2 .( R + h ) = g1 .R   =  = 0 ,1237   = 1 1+ g2 R 1,98 R  R  2

GM ( R + h )2

2

 R = 80,86 km  81km 15) Para que o campo gravitacional seja nulo gTerra = g Lua .Tendo como referência o centro da Terra, temos:

gTerra = g Lua 

G.81M Lua G.M Lua 81 1 9 1 =  =  =  2 5 2 2 5 2 x 3,8.105 − x x ( 3,8.10 − x ) x ( 3,8.10 − x )  x = 3,42.105 km

16) A velocidade orbital será:

GM 6 ,67.10 −11.6.10 24 =  v = 7746m / s R+h 6 ,37.106 + 3.105

v=

17) a) Como, neste caso, a força gravitacional é a resultante centrípeta, temos:

FG = Rcen

GMm m.v 2 GM  2 = v = r r r

b) Da cinemática circular vem:

v =  .r GM   .r = v= r

GM   2 .r 3 = G .M  r cte

Logo:

R   i .Ri = e .Re  i =  e  e  Ri  2

3

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2

3

3

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18) Alternativa D Para um satélite em órbita, temos que a força gravitacional é a resultante centrípeta, logo:

FG = Rcen 

GMm m.v 2 GM = v= 2 r r r

Sendo o satélite estacionário, vale:

2r T 2r GM GMT 2 3  = r= T r 4 2 GM v= r v=

Como TLua = 29dias 12h 44min = 2 551 443 s, substituindo os valores, temos:

6,67.10−11.7,3.1022.(2551443) 2 r=  92943,7 km 4 2 3

Portanto, a altura h será:

h = r − rLua = 92943,7 − 1738 h = 91205,7 km 19) a) Substituindo os valores na equação, temos:

P2 = C.

2 a3 P 2 .M (27 ,32.24.3600)2 .6.10 24 11 s .kg C = =  C = 6 , 18 . 10 M a3 ( 3,78.108 )3 m3

b) Sendo PL o período orbital da Lua ao redor da Terra e P LS o período orbital de uma das luas de Saturno entorno deste planeta, igualando a constante C da equação fornecida, temos: 2

2

P  M PL 2 .M T PLS 2 .M S  234,01  95M T 3 3 =  a LS =  LS  . S .a L3  a LS = .( 3,78.108 )3   . 3 3 aL a LS  27 ,32  M T  PL  M T  a LS = 7 ,22.10 9 m c) Considerando o raio orbital constante, temos:

P12 .M1 = P2 2 .M 2  27,322.M1 = P2 2 .3.M1  P2 = 15,77dias

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20) Da 3ª Lei de Kepler, vem:

P 2 4 2 4. 2 a 3 =  M = .  M = 6 ,45.10 23 kg G P2 a 3 G .M 21) Da 3ª Lei de Kepler, vem:

P 2 4 2 4. 2 a 3 =  M = . 2  M = 6 ,45.1010 M Sol 3 G .M G P a 22) Da 3ª Lei de Kepler e da definição de densidade, vem:

4. 2 a 3 . G P2 M 4 4. 2 a 3 3 .a 3 km d=  d .  .R 3 = . 2 d = = 1021,6 3 3 2 V 3 G P G .R .P m 4 V =  .R 3 3 M=

23) a) A elipse indicada possui semieixo maior a = 7UA e semieixo menor b = 6UA , logo a excentricidade orbital será:

c a 2 − b2 7 2 − 62 e= = e=  e = 0,515 a a 7 b) A distância d entre a estrela e o ponto A é dada por:

d = c + a = e.a + a  d = a.(e + 1) = 7.(0,515 + 1)  d = 10,605 UA c) Da 3ª. Le de Kepler, temos:

P2 =

4 2 a3 73 .a 3  P 2 =  P2 =  P = 13,09anos G.2M Sol 2 2

24) Alternativa C Como a velocidade tangencial em uma órbita circular é dada por v =

GM , onde r é o r

raio orbital, temos que quanto menor o r , maior será a velocidade tangencial.

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25) Da conservação da energia mecânica, temos:

Emeci = Emecf 

2.G.M Terra mv 2 GM Terra .m − =0v = = 11,2km / s 2 RTerra RTerra

26) Na situação, a força gravitacional é igual a resultante centrípeta, logo:

v2 d / 2  v 2 = G .m 2.d G .M .m FG = 2 d FG = m.

Da definição da energia cinética, temos:

K=

m.v 2 m Gm Gm 2 = . K = 2 2 2.d 4d

27) Alternativa D Como o módulo da energia potencial gravitacional do cometa é menor que o módulo da sua energia cinética, a energia mecãnica do sistema será maior que zero. Logo, trata-se de uma órbita hiperbólica.

28)

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29) Como a trajetória do cometa Austin em torno do Sol é parabólica, a energia mecânica do sistema é zero, logo:

mv 2 GM Sol .m − =0v = 2 d

2.G .M Sol d

= 40km / s

30) Como a trajetória do planetoide 1982RA é elíptica, temos:

mv 2 GM Sol m − GM Sol m mv 2 GM Sol m GM Sol GM Sol 2 r − = −  v2 = 2 −  2a 2 r r a GM Sol m E=− 2a 1   2 2 1  v 2 = GM Sol . −   v 2 = 4 2 . −  = 6 ,5 UA / ano r a  1,17 1,568  E=

31) Para que a luz escape, a velocidade de escape deve ser igual a c, logo:

vesp = vesp = c

2GM Sol 2GM Sol RSch  RSch = = 3km c2

32) a)

O semieixo maior da órbita é dado por:

a=

rP + rA = 1,26 UA 2

Da 3ª lei de Kepler, vem:

P 2 = a 3  P 2 = 1,26 3  P = 1,41 ano O tempo e viagem será metade do período orbital, logo: 0,71 ano ou 8,48 meses. Página 9

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b) A velocidade necessária para a manobra ser concretizada é:

1,32.10 20 2 1 v 2 = GM Sol . −   v 2 = 1,5.1011 r a

1  2 . −   v = 32,6 km / s  1 1,26 

Como a velocidade de translação da Terra é:

vTerra =

2 .1,5.10 8 = 31,4 km / s 3.107 s

A velocidade de lançamento em relação a superfície terrestre será:

vR = v − vTerra = 0 ,12 km / s ou 120 m / s 33) Sendo m a massa da nave, da conservação do momento angular, temos:

m.RT .v0 = m.RM .v M  v M =

RT .v0 RM

(1)

Aplicando a conservação da energia aos pontos T e M, vem:

−

 R − RT GM S .m 1 2 GM S .m 1 2 + mv 0 = − + mv M  v02 − vM2 = 2GM S . M RT 2 RM 2  RT .RM

  (2) 

Substituindo a equação (1) em (2) e isolando v0 obtemos:

v0 =

2GM S RM RT ( RM + RT )

34) A energia liberada no impacto será igual a energia cinética no instante do impacto, logo:

GMm =0 R GM 4 4 g= 2  K =  .d .r 3 .g.R = .3.8.103.(103 ) 3 .10.6,4.106  K  2.1021 J 3 3 R 4 m = d .V = d . r 3 3 K−

A energia, em Joules, liberada por 1 bomba de hidrogênio é:

EBomba = 10 megatons de TNT = 10.106.4.109 = 4.1016 J Portanto, o número de bombas será:

K = n.EBomba  2.1021 = n.4.1016  n = 5.104 Página 10

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