aula 3_2019

Texto

(1)UNIVERSIDADE FEDERAL DO ABC. DINÂMICA ORBITAL. Profª. Drª. Cláudia Celeste Celestino [email protected].

(2) PROBLEMA DE DOIS CORPOS - Redução do Problema de Dois Corpos - Solução do Problema de Dois Corpos ❖. Integral das Áreas. ❖. Integral da Energia. ❖. Solução. ❖. Energia da órbita Elíptica. ❖. Equação de “Vis-Viva”.

(3) -. Movimento Elíptico. ❖ Coordenadas Cartesianas de Posição ❖ Relação entre  e u ❖ Equação de Kepler. ❖ Coordenadas Cartesianas de Velocidade Observações; Nesta aula a variável H* = h = H/m (momento angular específico).

(4) Papel importante em Astronáutica por três motivos: 1. Único problema em astrodinâmica para o qual existe solução completa e geral (a exceção de casos particulares de PR3C).. 2. Grande variedade de problemas práticos podem ser tratados como P2C.. 3. O efeito de outros corpos, em muitos casos, pode ser tratado como uma perturbação desse sistema..

(5) INTRODUÇÃO Considere-se um satélite artificial em órbita kepleriana ao redor da Terra. Suponha que a massa da Terra esteja concentrada em seu centro. O problema a ser estudado é o de. determinar a trajetória de um ponto material (satélite) de massa m sujeito a ação de uma força dirigida ao centro da Terra..

(6) REDUÇÃO DO PROBLEMA DOS DOIS CORPOS. Seja o sistema de referência “inercial” Oxyz com a Terra. sendo o ponto P1 de massa m1 e raio vetor r1 e com o satélite sendo P2 de massa m2 e raio vetor r2..

(7) De acordo com a lei de gravitação universal de Newton,. de forma geral, a força que mj exerce sobre mi é dada por,.  Pi − Pj Fij = −Gmi m j , 3 r.  i  j, r = r. Ou seja,.  Gm1m2 P1 − P2 F12 = − r2 r  Gm1m2 P2 − P1 F21 = − r2 r.

(8) Pela 2ª lei de Newton tem-se,.    Gm1m2 r1 − r2  m1r1 = − r2 r    Gm1m2 r2 − r1  m2 r2 = − r2 r.

(9) Basicamente a redução do problema dos dois corpos consiste em determinar o movimento de P2 em relação a P1. Com isso podemos reescrever as equações na forma,.  r = Gm r 1 2 3 r  r = −Gm r 2 1 3 r Lembrando que 𝒓 = 𝒓𝟐 - 𝒓𝟏.

(10) Como o sistema de coordenadas é inercial pode-se escrever também que,. r = r − r 2 1 De modo que.  r = −G (m + m ) r 1 2 3 r. Equação diferencial de movimento de 2ª ordem de um corpo em relação ao outro ..

(11) Considerando o caso Terra - satélite,. m1 = mTerra m2 = mSatelite Se m1>>m2 tem-se,. G (m1 + m2 )  GmTerra = .  = 3,986  10. 14 m 3. s2.

(12) Portanto, a expressão final da aceleração é dada por,.  r =  r 3 r Características de força central..

(13) MOMENTO ANGULAR.

(14) Momento angular velocidade relativa. depende da componente azimutal da.

(15) SOLUÇÃO DO PROBLEMA DE DOIS CORPOS. Expressão para a aceleração. Força central. Implicância Toda teoria de força central tem validade para o problema de dois corpos Duas integrais primeiras que auxiliarão a solução do problema de dois corpos. ❖ Integral da áreas ❖ Integral da energia.

(16) INTEGRAL DAS ÁREAS. A trajetória de partículas sob a influência de um campo central gera um movimento plano..    H  r r = = h = cte m Esta expressão é equivalente, 𝑟 2 𝜃ሶ. 𝐻 = = 2𝐴ሶ = 𝑐𝑡𝑒 𝑚.

(17) INTEGRAL DA ENERGIA. Da expressão, Podemos reescrever mas,.  r = −  r r 3 r . r = −  r . r r3. ( ) (. (1). ). 1 d  2 1 d   1       r = r . r = r. r + r. r = r . r 2 dt 2 dt 2 e. em que, 2    r = r .r = r. (. ). 1 d  2 1 d   1       (r . r ) = r . r + r . r = r . r r = 2 dt 2 dt 2.

(18) Assim, substituindo na expressão da equação (1). (). 1 d  2 1d 2  dr d 1 (r ) = − 2 =    r =− 3 2 dt r 2 dt r dt dt  r  ou ainda,. 1 d  2 d 1 (r ) −    = 0 2 dt dt  r .

(19) Assim, feita a integração tem-se,.  2 r  − = 2 r ou ainda:. v2  − = 2 r. Em que 𝜺 = energia específica da órbita (constante de integração)..

(20) SOLUÇÃO. Com o conhecimento das integrais. primeiras do. movimento orbital (integral da área e integral da energia), é possível obter a solução do movimento orbital plano. Inicia-se a partir do quadrado da velocidade,. 𝑣Ԧ = 𝑟ሶ 𝑒Ƹ𝑟 + 𝑟𝜃ሶ 𝑒Ƹ⊥ 𝑣 2 = 𝑣. Ԧ 𝑣Ԧ = 𝑟ሶ 2 + 𝑟 2 𝜃ሶ 2.

(21)

(22) 𝑑𝑟 𝑑𝜃 2 Podemos reescrever a equação, 𝑣 = 𝑑𝑓 𝑑𝑡. Lembrando da integral da área,. 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑣2 = 𝑑𝜃 𝑑𝑡 𝑑𝑟 = 𝑑𝜃. 2. 2. 𝐻 𝑚𝑟 2. + 𝑟2. + 𝑟2. + 𝑟2. 𝑟 2 𝜃ሶ = ℎ = 𝐻 Τ𝑚. 𝐻 𝑚𝑟 2. 2. 2. 2. 𝐻 𝑚𝑟 2. 2. 𝑑𝜃 𝑑𝑡. 2.

(23)   Substituindo na integral da energia, v = 2  +  r  2. 𝜇 𝑑𝑟 2 𝜀+ = 𝑟 𝑑𝜃. 2. 𝐻 𝑚𝑟 2. 2. + 𝑟2. 𝐻 𝑚𝑟 2. Isolando o termo em dr/d, 𝑑𝑟 𝑑. 2. 𝑚𝑟 2 = 𝐻. 2. 𝜇 𝐻2 2𝜀 + 2 − 2 2 𝑟 𝑚 𝑟. 𝑑𝑟 𝑚𝑟 2 𝜇 𝐻2 = 2𝜀 + 2 − 2 2 𝑑 𝐻 𝑟 𝑚 𝑟. 1Τ 2. 2.

(24) Para solucionar a equação utliza-se a transformação de variáveis que simplifica a equação diferencial. Definindo,. 1  u= − r (H m )2 tem-se, 𝑑𝑢 𝑑 1Τ𝑟 = 𝑑 𝑑 𝑑𝑟 𝑑𝑢 2 = −𝑟 𝑑 𝑑.

(25) Assim,. 𝑟4. 𝑑𝑢 𝑑 𝑑𝑢 𝑑. 2. 2. 𝑚𝑟 2 = 𝐻 2. 2 1 2   u2 = 2 − + 2 4 r r (H m ) (H m ). mas da definição de u,. Assim,. 𝜇 𝐻2 2𝜀 + 2 − 2 2 𝑟 𝑚 𝑟. 𝜇 𝐻2 2𝜀 + 2 − 2 2 𝑟 𝑚 𝑟 2𝜀 𝜇 1 +2 − 2 2 2 𝐻 Τ𝑚 𝐻 Τ𝑚 𝑟 𝑟. 𝑚 = 𝐻. =. 2.  1 2 u − = 2− 4 2 r (H m ) r (H m ) 2. 2.

(26) Desta forma, voltando. 𝑑𝑢 𝑑. 𝑑𝑢 𝑑. Lado direito. 2. 2. 2𝜀 = 𝐻 Τ𝑚. 2𝜀 2 +𝑢 = 𝐻 Τ𝑚. constante, logo:. 2 − 𝑢 2. 𝜇2 + 2 𝐻 Τ𝑚. 4. 2 2  = + 2 (H m ) (H m )4 2. De modo que a equação diferencial a ser integrada é simplesmente,. 𝑑𝑢 = 𝛽2 − 𝑢2 𝑑. 1Τ2. Equação de 1ª ordem não linear.

(27) 𝑑𝑢 𝛽2 − 𝑢2. Ou ainda,. 1Τ2. = 𝑑. A integral indefinida do lado esquerdo tem a seguinte solução,.  (. du 2. A solução final,. −u. ). 2 12. = sen −1 (u  ). Substituição trigonométrica. sen −1 (u  ) =  − . em que  é uma constante de integração. Colocar-se-á a solução em termos do cosseno por convêniencia, por exemplo fazendo,.  =  0 − 90.

(28) Utilizando a definição de trigonometria seno e cosseno da soma e cosseno e seno da diferença, tem-se. cos  = u . em que  =  −  0 Substituindo as definições de u e  e h = H/m 1   cos  =  − 2  r h . 12.  2    2 + 4  h  h 2. 1  1    = 2 +  2 + 2 r h h  h. 2. 12.   cos  . 2 12     h   = 2 1 +  2 + 2  cos    h   h   .

(29) ou, simplesmente,. (. 12.  h   e = 1 + 2 2  ,    2. 𝑒→. p=. 2. 12. cos . 1 1 + 𝑒 cos  = 𝑟 𝑝. Lembrando da equação da cônica, Tem-se,. ). 1 1 + 2 h  + 1 = r h2  2. h2. . excentricidade da cônica. 𝑝→. semi-latus rectum da cônica. cos Δ 𝜃 = cos  →. ângulo polar medido da direção do eixo origem e do ponto P.

(30) A energia 𝜺 define o tipo de cônica, Energia. Excentricidade. cônica. 𝜀<0. 0≤e<1. Elipse. 𝜀=0. e=1. Parábola. 𝜀>0. e>1. Hipérbole. Órbitas elíptcas. (. p = a 1 − e2. Integral das áreas,. ). (. H = h = 2 A m. mas, 2 A = 2. ). a 1 − e2 = h2 . ab T. =. (. 2a 1 − e T 2. ). 2 12.

(31) Desta forma, substituindo a expressão de h e isolando . ( (. ) ). 4 2 a 4 1 − e 2 T 2 = a 1 − e2 3 a = 4 2 2 T. Movimento médio. Logo,.  = a 3n 2. 2 4  n2 = 2 T.

(32) O vetor de Laplace-Runge-Lenz È uma integral primeira vetorial do problema de dois. corpos, e pode ser obtida, inicialmente da equação,.  r = −  r 3 r. Efetuando o produto vetorial de ambos lados 𝑟Ԧሷ × ℎ = −𝜇. 𝑟Ԧ 𝑟3. × ℎ. mas 𝑑 𝑑𝑡. 𝑟Ԧሶ × ℎ = 𝑟Ԧሷ × ℎ.

(33) E 1 𝑟3. ℎ × 𝑟Ԧ. 1 = 3 𝑟. 𝑟Ԧ × 𝑟Ԧሶ × 𝑟Ԧ =. 1 [ 𝑟3. 𝑟Ԧ ⋅ 𝑟Ԧ ⋅ 𝑟Ԧሶ - 𝑟Ԧ ⋅ 𝑟Ԧሶ ⋅ 𝑟Ԧ ]. Propriedade do duplo produto vetorial 1 𝑟3. ℎ × 𝑟Ԧ =. 1 ሶ 𝑟Ԧ 𝑟. −. 𝑟ሶ 𝑟Ԧ 2 𝑟. mas 𝑑 𝑟Ԧ 𝑑𝑡 𝑟. =. 1 ሶ 𝑟Ԧ 𝑟. −. 𝑟ሶ 𝑟Ԧ 𝑟2.

(34) 𝑑 𝑑𝑡. 𝑟Ԧሶ × ℎ - 𝜇. 𝑑 𝑟Ԧ 𝑑𝑡 𝑟. =0. 𝑟Ԧ 𝑟Ԧሶ × ℎ - 𝜇 = 𝐵 𝑟. Em que 𝐵 é ortogonal ao vetor ℎ e esta na direção do periapsis da órbita..

(35) A equação da trajetória 𝑟Ԧ ⋅ 𝑟Ԧሶ × ℎ − 𝜇. 𝑟Ԧ 𝑟. = 𝑟Ԧ ⋅ 𝐵. Mas da propriedade de produto misto 𝑟Ԧ ⋅ 𝑟Ԧሶ × ℎ. = ℎ ∙ 𝑟Ԧ × 𝑟Ԧሶ = ℎ ∙ ℎ = ℎ2 ℎ2 - 𝜇 𝑟 = 𝑟 𝐵 𝐶𝑜𝑠 𝜃. r=. ℎ2ൗ 𝜇 𝐵 1+ 𝐶𝑜𝑠 𝜃 𝜇.

(36) ENERGIA DA ÓRBITA ELÍPTICA. A energia para órbitas elípticas pode ser deduzido a partir. da expressão para a excentricidade,. e2 = 1 +. 2 h 2. 2 2 p = 1+ . Desta forma,.  = =.  (e 2 − 1) p. 2.  (e 2 − 1) 1. (. 2a 1 − e 2. ).  =−.  2a.

(37) EQUAÇÃO DA “VIS-VIVA”. “vis viva” (energia viva). permite o cálculo imediato. da velocidade orbital.. Energia orbital. v2  − = 2 r. Substituindo a expressão da energia. Obtem-se. 2 1 v =  −  r a 2.  =−.  2a.

(38) MOVIMENTO ELÍPTICO. Sistema Oxy / Origem: Foco da elipse / Eixo Ox: Apontando para o eixo x positivo / Eixo Oy: 900 de Ox no sentido antihorário.. 𝜽.

(39)  → anomalia verdadeira, u → anomalia excentrica rp → raio de pericentro (periapsis, perihélio ou perigeu) ra → raio do apocentro (apoapsis, afélio ou apogeu) a → semieixo maior b → semieixo menor. p → semilatus rectum.

(40) rp + ra = 2a,. em que:. Assim,. ra − rp = 2c. c ra − rp e= = a ra + rp. Da equação,. 𝑟 = 𝑝Τ 1 + 𝑒 cos 𝜃 Se 𝜽 = 00. periapse. r = rp. Se 𝜽 = 1800. apoapse. r = ra. Semilatus rectum. p = rp (1 + e ) = ra (1 − e ).

(41) ÂNGULO DE VOO. 𝑣𝑒𝑟 𝑣𝑟 tan 𝛾 = = 𝑣⊥ 𝑣𝑒⊥. 𝑒 𝑠𝑒𝑛𝜃 tan 𝛾 = 1 + 𝑒𝑐𝑜𝑠𝜃.

(42) DISTÂNCIA MÉDIA ENTRE AS MASSAS PARA UM PERÍODO ORBITAL. 1 2𝜋 𝑟𝜃ҧ = න 𝑟 𝜃 𝑑𝜃 2𝜋 0 𝑟𝜃ҧ = 𝑎 1 − 𝑒 2 𝑟𝜃ҧ = 𝑟𝑝 𝑟𝑎.

(43) COORDENADAS CARTESIANAS DE POSIÇÃO Anomalia verdadeira e anomalia excêntrica, 𝒖. 𝜽. Coordenada x,. 𝒙 = 𝒓 𝐜𝐨𝐬 𝜽 = 𝒂 𝐜𝐨𝐬 𝒖 − 𝒄. x = a(cos u − e ).

(44) Para o cálculo do raio orbital em termos da anomalia excentrica, 𝑟=. 𝑝 1 + 𝑒 cos 𝜃. ⇒. 𝑝 = 𝑟 + 𝑒 𝑟 cos 𝜃 = 𝑟 + 𝑒 𝑥. 𝑎(1 − 𝑒 2 ) = 𝑟 + 𝑒𝑎(cos 𝑢 − 𝑒). Assim,. ⇒. 𝑟 = 𝑎 − 𝑎𝑒 2 − 𝑎𝑒 cos 𝑢 + 𝑎𝑒 2. r = a (1− e cos u ).

(45) Coordenada y,. y2 = r2 – x2. y = a (1 − e cos u ) − a (cos u − e ) 2. 2. 2. (. )(. 2. = a 2 1 − e 2 1 − cos 2 u. ). Logo: 𝑦 = 𝑟 𝑠𝑒𝑛𝜃. (. y = a sen u 1 − e. ). 2 12. 2.

(46) RELAÇÃO ENTRE ANOMALIA VERDADEIRA E ANOMALIA EXCÊNTRICA,. 𝑥 cos 𝑢 − 𝑒 cos 𝜃 = = 𝑟 1 − 𝑒 cos 𝑢. em que. x = a(cos u − e ). r = a(1− e cos u ). Da relação do arco metade α 1 − cos 𝛼 )= 2 1 + cos 𝛼. tan2 (.

(47) Assim,. tan2. 1 − cos 𝑢 − 𝑒 Τ 1 − 𝑒 cos 𝑢 𝜃Τ2 = 1 + cos 𝑢 − 𝑒 Τ 1 − 𝑒 cos 𝑢 1 + 𝑒 1 − cos 𝑢 = 1 − 𝑒 1 + cos 𝑢. Portanto, tan2 𝜃 Τ2 =. 1+𝑒 tan2 𝑢Τ2 1−𝑒.

(48) EQUAÇÃO DE KEPLER. * Fornece uma relação entre a anomalia excêntrica e o tempo.. * Através dela é possível localizar onde o satélite se. encontra em determinado instante..

(49) A dedução da equação de Kepler se inicia com a equação da elipse 1 1 + 𝑒 cos 𝜃 1 𝑒 cos 𝜃 = = + 𝑟 𝑎 1 − 𝑒2 𝑎 1 − 𝑒2 𝑎 1 − 𝑒2. Derivando 1/r em relação a “𝜃”,. 𝑑 1Τ𝑟 −𝑒 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑑𝜃 𝑎 1 − 𝑒2. Como 𝑑 1Τ𝑟 = − 1 𝑑𝑟 2 𝑑𝜃. 𝑟 𝑑𝜃. Assim,. 2 𝑎 1 − 𝑒 𝑟 2 𝑑𝜃 = 𝑑𝑟 𝑒 𝑠𝑒𝑛 𝜃.

(50) Contudo,. e. r = a (1 − e cos u ) → dr = a e sen udu 1Τ2. 𝑦 𝑎 𝑠𝑒𝑛 𝑢 1 − 𝑒 2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 = = 𝑟 𝑎 1 − 𝑒 cos 𝑢. 𝑠𝑒𝑛 𝑢 1 − 𝑒 2 = 1 − 𝑒 cos 𝑢. Assim 2 𝑎 1 − 𝑒 1 − 𝑒 cos 𝑢 2 𝑟 𝑑𝜃 = 𝑒 𝑠𝑒𝑛 𝑢 1 − 𝑒 2. 𝑟 2 𝑑𝜃 = 𝑎2 1 − 𝑒 2. 1Τ2. 1Τ2. 1 − 𝑒 cos 𝑢. 𝑎 𝑒 𝑠𝑒𝑛 𝑢 𝑑𝑢. 𝑑𝑢. 1Τ2.

(51) lembrando da integral da area,. 𝑑𝜃 𝑟 = ℎ = 𝜇𝑝 𝑑𝑡 2. 1Τ2. Desta forma,. (. ). (p ). = a 1− e. (p ). dt = a 1 − e. 12. 12. 2. a(1 − e. du (1 − e cos u ) dt. ) (1 − e cos u )du ) dt = a (1 − e ) (1 − e cos u )du 2. 2 12. (. 2 12. 2 12 2. 2 12. (a )1 2 dt = a 2 (1 − e cos u )du 3 12 ( a ) dt = (1 − e cos u )du.

(52) Supondo a constante de integração 𝝉, de tal modo que para t = 𝝉 (passagem pelo perigeu), u = 0, a integração da equação,. ( a ) (t −  ) =  (1 − e cos u )du = u − esen u  3 12. u. 0. u 0. = u − esen u.

(53) !2.    n = 3 Definindo a velocidade angular , denominada  a  também de movimento médio (mean motion), por ser a velocidade angular média do movimento orbital, tem-se:. n (t −  ) = u − e sen u.

(54) Definindo a anomalia média, M, como. M = n (t −  ). A forma final da equação de Kepler é:. M = u − e sen u Lembrar que : 𝜃 →u →M (usando Eq. Kepler) ou M →u → 𝜃 A equação de Kepler é uma equação transcendental..

(55) Estudar o movimento elíptico com anomalia verdadeira é um pouco complicado pois o movimento não é uniforme. Então, os astrônomos antigos tiveram a ideia de transformar em movimento circular através da anomalia excêntrica. O problema é que neste movimento circular também continua não uniforme. Veio a ideia de uniformizar o movimento, ou seja, um movimento circular uniforme. Surgindo a anomalia média (𝜽 = 𝜽𝟎 + 𝝎𝒕). M = M 0 + nt → M 0 = n.

(56) COORDENADAS CARTESIANAS DE VELOCIDADE. As coordenadas cartesianas de posição, 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 = 𝑎 cos 𝑢 − 𝑒 𝑦 = 𝑟𝑠𝑒𝑛 𝜃 = 𝑎 1 − 𝑒 2. 1Τ2. 𝑠𝑒𝑛 𝑢. 𝑎 1 − 𝑒2 𝑟= = 𝑎 1 − 𝑒 cos 𝑢 1 + 𝑒 cos 𝜃. As coordenadas de velocidade,. x = −asen u u. (. y = a 1 − e. ). 2 12. v 2 = x 2 + y 2. cos u u.

(57) A variação temporal da anomalia excêntrica, u, pode ser. obtida a partir da equação de Kepler:. M = n(t − T ) = u − esen u Derivando-se em relação ao tempo, obtem-se,. n = u (1− e cos u ) n u = (1− e cos u ). Assim,. Lembrando que. r = 1− e cos u a.

(58) Assim. na u = r. Finalmente 𝑛𝑎2 𝑛𝑎 𝑥ሶ = − 𝑠𝑒𝑛 𝑢 = − 𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑟 (1 − 𝑒 2 ) 𝑛𝑎2 𝑦ሶ = 1 − 𝑒2 𝑟. 1Τ2 cos 𝑢. =. 𝑛𝑎. (1 −. 𝑒 2). (1 + cos 𝜃).

(59) ÓRBITA PARABÓLICA. Raio orbital,. Se. 𝑝 𝑟= , 1 + cos 𝜃. 𝜃 → 1800 ,. Velocidade orbital, se. →. 𝑟→. 𝑒=1. ∞. 𝜀 = 0 → 𝑒 = 1,. v2  2 − =0→v= = vesc = 2vcirc 2 r r.

(60) ÓRBITA HIPERBÓLICA. Raio orbital, Energia,. (𝑒 2 − 1) 𝑟=𝑎 , 1 + 𝑒 cos 𝜃. →. 𝑒>1. 𝜇 𝜀= 2𝑎. Velocidade, se. r →,.  v = a. Velocidade hiperbólica total. v 2  v2 − = → v 2 = v 2esc + v 2 2 r 2.

(61)  Atividade computacional. Data entrega 23/10 – Material impresso e os códigos via email de acordo com modelo: assunto email: NewtonRaphson; arquivo:aluno.pdf  No material impresso deve conter um estudo sobre a teoria. envolvida,. principalmente. sobre. o. caso. de. órbita. hiperbólica e o código enviado por email deve ser feito em MatLab e deve estar comentado.  O material deve ser confeccionado como um relatório de. laboratório..

(62) 1) Analise o comportamento da anomalia média versus anomalia excêntrica, anomalia média versus anomalia verdadeira e anomalia excêntrica versus anomalia verdadeira. Considere os valores de excentricidade de 0,01; 0,3; 0,6; 0,9..

(63) 2) Resolva a equação de Kepler para a elipse para anomalia excêntrica dada a excentricidade e a anomalia média. Aplique para obter a anomalia excêntrica dada a excentricidade de e = 0,37255 e a anomalia média, M = (206,431)o ; Obtenha também a anomalia verdadeira..

(64) 3) Resolver a equação de Kepler para a hipérbole (para a anomalia excêntrica hiperbólica), dada a excentricidade e a anomalia média hiperbólica.. Aplique para obter a anomalia excêntrica dada a excentricidade de e = 2,7696 e a anomalia média de M = (40,69)o ; Obtenha também a anomalia verdadeira..

(65) Método Newton Raphson: xi+1 = xi − [ f(xi )/f’(xi)] Utilizar para x0: Se M < π, então, u = M +e/2 senão u = M −e/2 Considere Tolerância = 10−8 NÃO SERÃO ACEITOS TRABALHOS FORA DA FORMATAÇÃO E PRAZO. FIQUEM ATENTOS!!!!!!.

(66) Exercícios de aplicação: 1) Um corpo de órbita elíptica geocêntrica tem um raio de 9.600 km de perigeu e apogeu de 21.000 km. Determine a anomalia verdadeira três horas após sua passagem pelo perigeu. (𝜽 = 𝟏𝟗𝟑, 𝟏𝟓𝟒𝟗°) 2) Se a anomalia excêntrica de uma órbita geocêntrica desconhecida é 30°, e 20 minutos depois é 60°, quais são a excentricidade e o semi eixo maior se em outros 20 minutos a anomalia excêntrica é de 90°? 3) Um satélite tem sua órbita com e = 0,3 e a altura do perigeu de 380 km. Determinar a altura do apogeu, a energia específica, o momento angular específico e o período..

(67) 4) Demonstrar a equação “Vis Viva”, v 2 =   2 − 1   . r. a. a partir das coordenadas e velocidades do movimento plano em termos da anomalia excêntrica. 5) Para dois pontos em uma órbita geocêntrica a altitude e a anomalia verdadeira são h1= 1.545km e f1= 1260 e h2=852km e f2=580, respectivamente. Determine: a) a excentricidade, b) o semieixo maior, c) a altitude do perigeu e d) o período. (𝒆 = 𝟎, 𝟎𝟖𝟏𝟔𝟒).

(68) 6) O perigeu de um satélite em trajetória geocêntrica parabólica é 7.000 km. Determine a distância entre os ponto P1 e P2 na órbita ao qual P1=8.000km e P2=16.000 do centro da Terra. (d = 13.270 km) P 2. P1. 7) Para um dado tempo o ponto de uma nave geocêntrica o raio é 14.600km, a velocidade é de 8.6 km/s e o ângulo de voo é 500. Mostre que o caminho é uma hipérbole e calcule: a) o momento angular (h = 80.710 km2/s), b) a anomalia verdadeira (θ = 84,89°), c) a excentricidade (e = 1,339) e d) semieixo maior (a = 20.590 km)..

(69) 8) Dado  = 3,985 x 105 km3/s2, período da orbita de 7.00 segundos, excentricidade de 0.08 e  (passagem pelo perigeu) em 0:00 horas de 12 de fevereiro de 1987, determine: a) as coordenadas da posição e velocidade no plano orbital para o instante t = 0 horas e 30 minutos de 12 de fevereiro de 1987 e b) a anomalia excêntrica, verdadeira e média..

(70) 9) Sabendo que um satélite terrestre tem altitude de perigeu, hp = 400 km e excentricidade e = 0,6, determine: (a) o momento angular específico e a velocidade do perigeu, vp; (b) o raio do apogeu, ra; (c) o semieixo maior, a; (d) o raio médio; (e) a velocidade do apogeu; (f) o período da órbita; (g) a anomalia verdadeira considerando o raio médio; (h) a velocidade do satélite considerando o raio médio; (i) o ângulo de voo considerando o raio médio; (j) o ângulo de vôo máximo e a anomalia verdadeira para esta condição.

(71) 10) Um satélite terrestre tem raio de perigu de 6.778 km e excentricidade de 0,6, determine: a) A velocidade deste veículo em função de θ b) A magnitude da velocidade quando r = 13.560 km (v=5,94 km/s) c) O ângulo de voo nesta situação (γ = 35, 26° para θ = 109, 5° se afastando do perigeu) d) O ângulo de voo máximo e a anomalia verdadeira que 𝒅𝜸. isto ocorra. ( = 0, 𝒅𝜽 𝟑𝟔, 𝟖𝟕°). 𝒆(𝒄𝒐𝒔 𝜽+𝒆) =0; 𝟐 𝟏+𝟐𝒆𝒄𝒐𝒔𝜽+𝒆. θ = 126,9°, 𝜸𝒎𝒂𝒙 =.

(72) 11) Uma órbita geocêntrica elíptica tem raio de perigeu de 9.600 km e raio de apogeu de 21.000km. Determine o tempo para a anomalia verdadeira entre 0° e 120° ( t= 1,132 horas).

(73) Método de Newton-Raphson Vimos que no MPF a convergência da função de iteração acontece quando temos |ϕ’(x)| ≤ L < 1, para todo x  [a, b] e o intervalo centrado na raiz e será mais rápida quanto menor for |ϕ’()|.. O método de Newton - Raphson → Escolhe para a função de iteração a função ϕ (x) tal que ϕ’() = 0.

(74) Forma geral da função de iteração: ϕ(x) = x + θ(x) f(x), Tem-se que encontrar θ(x) de modo que ϕ’() = 0. Com isso, tenta-se garantir e acelerar a convergência. Assim: ϕ‘(x) = 1 + θ’ (x) f(x) + θ(x) f ’(x) Mas f() = 0 Com isso. ϕ‘() = 1 + θ() f ’() = 0 θ() = -(1 /f ’()).

(75) Ou ainda. θ(x) = -(1 /f ’(x)). Assim a função de iteração será: ϕ(x) = x - f(x) /f ’(x) Assim escolhendo x0 a sequência será: Xk+1 = xk - f(xk) /f ’(xk).

(76) Interpretação Geométrica Dado um ponto (xk, f(xx)), da reta tangente à curva neste ponto, temos:. . .

(77) Convergência. Teorema. Seja f(x) uma função definida em [a, b] tal que: • • • •. f(a)f(b) < 0 f’(x) ≠ 0, para todo x  [a, b] f’’(x) ≥ 0 ou f’’(x) ≤ 0, para todo x  [a, b] |f(a)/f’(a)| < b – a e |f(b)/f’(b)| < b – a. Então, para qualquer x0  [a, b], o Método de Newton-Raphson irá convergir para a raiz de f(x) = 0 pertencente ao intervalo [a, b]. Em geral, afirma-se que o Método de Newton - Raphson converge desde que x0 seja escolhido “suficientemente” próximo de ..

(78) Métodos de Ponto Fixo: considerações finais • Apresentam melhores taxas de convergência que os Métodos de Quebra; • Podem ser usados mesmo que f(a)*f(b) > 0, desde que haja pelo menos uma raiz no intervalo inicial [a, b]; • Se a função de iteração ϕ(x) obedece às condições do teorema do Método Iterativo Linear, a convergência dos métodos de ponto fixo é garantida; • Pode não ser tão fácil encontrar ϕ(x) que atenda às condições do teorema; • A convergência do Método de Newton-Raphson é rápida e garantida apenas para aproximações suficientemente próximas da raiz; • Para funções não-polinomiais, o cálculo de f’(x) pode ser trabalhoso..

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