Tài liệu Chuyên đề cơ học thiên văn

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG CHUYÊN ĐỀ: CƠ HỌC THIÊN VĂN Tác giả: Phạm Văn Đoàn Trường THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ Xuất phát từ nhu cầu thực tiễn của đời sống mà ngành thiên văn học ra đời từ rất sớm. Khi mới hình thành thì đối tượng nghiên cứu của thiên văn học chủ yếu là khảo sát sự chuyển động của các hành tinh trong hệ Mặt Trời với phương pháp quan sát trực quan là chủ yếu. Sau này khi Johannes Kepler phát hiện ra ba định luật Kepler và Isacc Newton đưa ra định luật luật vạn vật hấp dẫn thì con người mới khảo sát một cách chính xác và có hệ thống sự chuyển động của các hành tinh, các thiên thể trong hệ Mặt Trời và sự chuyển động của các vệ tinh quanh hành tinh. Chuyên đề này với nội dung khảo sát sự chuyển động của các vật thể bằng cách áp dụng ba định luật Kepler và định luật vạn vật hấp dẫn nhằm giúp giáo viên và học sinh thu được kết quả tốt hơn trong quá trình dạy và học phần nội dung này. 1. HỆ TOẠ ĐỘ CỰC a. Định nghĩa về hệ toạ độ cực Hệ toạ độ là phương tiện giúp ta xác định vị trí một điểm trong mặt phẳng cũng như trong không gian ba chiều. Hệ toạ độ thường dùng nhất là hệ toạ độ Descartes, trong hệ này vị trí của một điểm được xác định thông qua bộ ba tọa độ (x, y, z). Các bài toán về chuyển động của một vật, ta đều có thể sử dụng hệ toạ độ Descartes để xác định vị trí của vật. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, đặc biệt là các bài toán chuyển động của các hành tinh và chuyển động của các vật có quỹ đạo phức tạp thì việc sử dụng hệ toạ độ Descartes là rất cồng kềnh và khó tính toán trong khi đó việc giải các bài toán này trong hệ toạ độ cực lại đơn giản hơn rất nhiều. Với hệ toạ độ cực y y vị trí của một điểm trong P(r, φ)≡P(x, y) mặt phẳng được xác định thông qua hai thông số (r, φ) trong đó r là khoảng r y cách từ gốc O tới vị trí của vật, φ là góc hợp bởi véc φ tơ r và trục gốc (hình 1), O x x O giá trị của φ trong đoạn [0; 2π]. Sở dĩ ta có thể sử Hình 1. Hệ tọa độ cực dụng hệ toạ độ cực với hai thông số để xác định vị trí một hành tinh của hệ Mặt Trời trong quá trình chuyển động trong không gian là vì các hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời dưới tác dụng của lực hấp dẫn, đây là trường lực thế xuyên tâm nên mômen động lượng của các hành tinh bảo toàn do đó các hành tinh trong hệ Mặt Trời sẽ P(2, π/3) r φ 1 x r φ O Page 1 of 16 Hình 2. Các véc tơ đơn vị trong hệ tọa độ cực chuyển động trên cùng một mặt phẳng. Chính vì vậy ta chỉ cần một hệ trục toạ độ với hai thông số là có thể xác định được vị trí của hành tinh trong không gian. Từ hình vẽ ta thấy mối qua hệ giữa toạ độ Descartes và toạ độ cực: 2 2 2 2 �x  r cos  �dx � �dy � �dr � 2 �d � &2 2 &2 2 � v  � � � � � � r � � r  r  Trong hệ toạ độ � �dt � �dt � �dt � �dt � �y  r sin  r r Descartes véc tơ đơn vị theo trục Ox và Oy lần lượt là i và j khi đó vận tốc của vật được viết r r r r r r v  v x i  v y j và gia tốc a  a x i  a y j . Để xác định vận tốc và gia tốc của vật trong hệ toạ độ cực $ (hình 2). theo hai toạ độ r và φ ta cũng phải xác định hai véc tơ đơn vị $ r và  r r r Trong hệ Descartes: r  xi  y j , chuyển qua toạ độ cực ta có: r r r r r r r r � r r  xi  y j  r cos i  r sin  j � h r r$  cos i  sin  j � r Với hr là hệ số Lame được xác định bởi: 2 2 x � �� y� �� h  � � � � cos 2   sin 2   1 � h r  1 r � �� r� �� r r Suy ra véc tơ đơn vị: $ r  cos i  sin  j r r r � $ ta có: h r$ r   r sin i  r cos  j Tương tự đối với véc tơ đơn vị   �  2 r 2 2 �� x � �� y� Trong đó h  � � � � r 2 sin 2   r 2 cos2   r 2 � h   r  � �� � �� r r $   sin i  cos  j Do đó, véc tơ đơn vị :  2  b. Vận tốc trong hệ toạ độ cực. r $ r d r d(r.r) r dr$ &$ r Với r  rr$ → vận tốc v    rr dt dt dt r r dr$ r r r &$ � v  rr &$ r &$ Mặt khác $ r  cos i  sin  j �  &sin i  &cos  j   dt c. Gia tốc trong hệ toạ độ cực. r $ $ r dv d(rr &$ r &$) d $ r&dr  r& & &$  r & &$  r& Gia tốc a   & rr dt dt dt dt $ r r r r $   sin i  cos  j � d  &cos i  &sin  j  &r$ Với  dt Thay biểu thức của $ r dr$ d và vào biểu thức của a ta có: dt dt $ $ r d $ r&dr  r& $ r& $ & &$  r & &$  r&  & & &$  r& &$  r & &$  r&2 r$ (r& & r&2 )r$ ( & & 2r&&) a & rr rr dt dt Page 2 of 16 � ar  & r& r&2 � Vậy trong hệ toạ độ cực hai thành phần của véc tơ gia tốc là: � & & 2r&& a   r � d. Phương trình động lực học trong hệ toạ độ cực. & r&2 ) Fr  ma r  m(r& & & 2r&&) F  ma   m(r & & 2r&& 0 r& 0 và F  0 � r Nếu quỹ đạo của hành tinh là quỹ đạo tròn thì r& 0; & e. Năng lượng của hành tinh Năng lượng toàn phần của hành tinh trong quá trình chuyển động gồm động năng và thế năng của hành tinh với Mặt Trời: E  E đ  E t Trong đó + Động năng của hành tinh: E � 1 1 1 1 mv2  m(r&2  r 2&2 )  mr&2  mr 2 &2 2 2 2 2 Vì hành tinh chuyển động dưới tác dụng của lực thế xuyên tâm nên mômen động lượng của hành tinh là không đổi: L  rmv � L  rm& const suy ra động năng của hành tinh được viết là: 1 1 2 L2 2 & E �  mv  mr  2 2 2mr 2 + Thế năng của hành tinh: E t  G mM r Vậy năng lượng toàn phần của hành tinh là: E  Eđ  E t  1 2 L2 Mm mr&  G 2 2 2mr r Trường hợp quỹ đạo chuyển động của hành tinh là tròn thì: r 1 L2 r  hs � r& 0 � mr&2  0 � E đ  2 2mr 2 Do đó năng lượng toàn phần của hành tinh là: E  L2 Mm G 2 2mr r 2. Chuyển động của các hành tinh trong hệ Mặt Trời Dựa trên số liệu quan sát thiên văn trong 20 năm của nhà thiên văn học Tikho Brahe và số liệu quan sát của bản thân, nhà thiên văn học và toán học lỗi lạc người Đức là Johannes Kepler đã tìm ra ba định luật về sự chuyển động của các hành tinh trong hệ Mặt Trời cũng như sự chuyển động của các vệ tinh xung quanh các hành tinh. Ba định luật này được mang tên ông và là ba định luật cơ bản đóng vai trò quan trọng trong ngành thiên văn học. Sau này khi Isacc Newton phát hiện ra định luật vạn vật hấp dẫn thì người ta đã sử dụng nó để chứng minh chặt chẽ và chính xác hoá ba định luật Kepler. Page 3 of 16 * Định luật I Kepler (Định luật về quỹ đạo): Các hành tinh trong hệ Mặt Trời chuyển động trên quỹ đạo là đường elip nhận Mặt Trời là một trong hai tiêu điểm. Trong hệ toạ độ Descartes y b MT Cc F1 r φ O M(x,y)≡M(r,φ) p F2 a Phương trình chuyển động của hành tinh x Cv Trong hệ toạ độ cực Elip + Khoảng cách hai tiêu điểm là c với: 2c = F1F2 + Bán trục lớn là a với: MF1+MF2=2a + Bán trục nhỏ là b với: b2=a2 - c2 + Tâm sai của elip là e với: e=c/a + Thông số elip p  b2  (1  e 2 )a a Khoảng cách từ Mặt Trời tới điểm cực viễn Cv của hành tinh là: OC v  rmax  a  c  a(1  e) Khoảng cách từ Mặt Trời tới điểm cực cận Cc của hành tinh là: OCc  rmin  a  c  a(1  e) - Trong quá trình chứng minh định luật ta nhận được mối quan hệ giữa vận tốc của hành tinh và quỹ đạo chuyển động của nó: � 2 2K v  B � r � � p �r  � 1  e.cos  Trong đó B; C; K; p; e là các hằng số thoả mãn K  G  M  m  ; p  B C2 2 và e  1  p . K K Như vậy, dạng cụ thể của quỹ đạo phụ thuộc vào vận tốc ban đầu và khoảng cách giữa hai vật. Tức là phụ thuộc và năng lượng toàn phần của hệ vật. Ta có các trường hợp sau: Page 4 of 16 v K G(M  m)  thì quỹ đạo chuyển động là đường tròn r r 2 1 v  K(  ) thì quỹ đạo chuyển động là đường elip r a v 2K thì quỹ đạo chuyển động là đường parabol r 2 1 v  K(  ) thì quỹ đạo chuyển động là đường hypebol r a Áp dụng kết quả trên cho chuyển động của vệ tinh nhân tạo quanh Trái Đất ta thấy + Để vệ tinh nhân tạo trở thành một vệ tinh của Trái Đất thì vệ tinh phải có vận tốc ban đầu băng vận tốc vũ trụ cấp I: v 0  VI  7, 91km / s + Để vệ tinh nhân tạo thoát khỏi Trái Đất và trở thành vệ tinh của Mặt Trời thì vận tốc ban đâu của vệ tinh phải đạt vận tốc parabol đối với Trái Đất (vận tốc vũ trụ cấp II): v 0  VII  VI 2 =11,2 km/s + Vận tốc ban đầu cần thiết để vệ tinh phóng từ mặt đất có thể thoát khỏi hệ Mặt Trời phụ thuộc rõ rệt vào chiều chuyển động của vệ tinh khi vượt ra khỏi cầu tác dụng của Trái Đất. Nó nằm trong giới hạn: 11, 6km / s �v 0 �72, 8km / s Vận tốc bé nhất bằng 11,6km/s được gọi là vận tốc vũ trụ cấp III. * Định luật II Kepler (Định luật về diện tích): Đường nối một hành tinh với Mặt Trời quét những diện tích bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau. r2 d  C (hằng số). dt + Phương trình này tương đương với phương trình của định luật bảo toàn mômen động lượng của hành tinh. + Từ định luật này ta thấy khi hành tinh chuyển động càng gần Mặt Trời thì vận tốc càng lớn và chuyển động xa Mặt Trời thì vận tốc của hành tinh càng nhỏ. Do đó trong quá trình chuyển động tại vị trí cực viễn (xa Mặt Trời nhất) thì vận tốc của hành tinh là nhỏ nhất, tại điểm cực cận vận tốc hành tinh là lớn nhất. * Định luật III Kepler (Định luật về chu kỳ chuyển động): Bình phương chu kỳ quay T (quanh Mặt Trời) của bất kỳ hành tinh nào cũng tỉ lệ với lập phương bán trục lớn a của quỹ đạo nó. T 2 (M  m) 42 T 2 4 2 hay với K  G  M  m    a3 G a3 K - Áp dụng định luật III Kepler cho hai hành tinh chuyển động quanh Mặt Trời ta có: T13 (M  m1 ) a13  T23 (M  m 2 ) a 32 Với m1, m2, a1, a2 lần lượt là khối lượng và bán trục lớn của quỹ đạo của hai hành tinh. Vì trong hệ Mặt Trời khối lượng các hành tinh rất bé so với khối lượng Mặt Trời nên gần đúng ta có: T12 a13  T22 a 32 Page 5 of 16 - Sử dụng biểu thức của định luật III Kepler ta có thể xác định được tỉ số giữa khối lượng Mặt Trời và khối lượng của hành tinh nếu hành tinh này có vệ tinh. Kí hiệu lần lượt khối lượng của Mặt Trời, hành tinh và vệ tinh là M, m và m 1; chu kỳ chuyển động của hành tinh quanh Mặt Trời và chu kỳ chuyển động của vệ tinh quanh hành tinh là T và T1; bán trụ lớn của quỹ đạo hành tinh và về tinh lần lượt a và a1 ta có: T 3 (M  m) a 3 M  m T13a 3  �  T13 (m  m1 ) a13 m  m1 T 3a13 Thực tế khối lượng Mặt Trời rất lớn so với khối lượng hành tinh (M>>m) nên trong trường hợp khối lượng hành tinh rất lớn so với khối lượng vệ tinh thì gần đúng ta có: M T13a 3  m T 3a13 CÁC BÀI TẬP VÍ DỤ Bài 1: Một vệ tinh nhân tạo chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo elip có tâm sai e, bán trục lớn a và chu kỳ T. Cho biết diện tích của elip là: S  ab  a 2 1  e 2 a. Tính vận tốc dài của vệ tinh ở cận điểm và viễn điểm. So sánh độ lớn hai vận tốc ấy. b. Cho e  0, 2; a  10000km; R đ  6370km. Tính khoảng cách gần nhất và xa nhất từ vệ tinh đến mặt đất. Bài làm: Cách 1. a. Theo định luật II Kepler ta có: dφ d r  C =hằng số ↔ r2dφ=Cdt ↔ rds=Cdt ↔ dt 2dS=Cdt (*) 2 r dS ds (Trong đó: ds=rdφ là chiều dài cung chắn góc dφ dS= rds/2 là diện tích quạt mà bán kính quét trong thời gian dt.) + Lấy tích phân hai vế phương trình (*) trên toàn quỹ đạo ta có: 2S  CT (Với S là diện tích elip → S  ab ; T là chu kỳ chuyển động của vệ tinh) Suy ra C  2ab → ta có thể viết lại phương trình định luật II Kepler như sau: T r2 2 Mặt khác ta có: r d 2ab  dt T d 2ab  r  r  rv � rv  dt T + Tại điểm cực cận: rC  a  c  a  1  e  � v C  2ab 2a a 2  c 2 2a 1  e 2 2a 1  e    Ta(1  e) Ta(1  e) T(1  e) T 1 e + Tương tự tại điểm cực viễn ta có vận tốc dài của vệ tinh là: v V  2a 1  e T 1 e Page 6 of 16 Ta có tỉ số: vC 1  e  vV 1  e Chú ý: Với cách tính toán này ta có thể suy ra được định luật III Kepler từ định luật I và II. Cách 2: Vì quỹ đạo chuyển động của hành tinh là elip nên vận tốc của vệ tinh trên quỹ đạo 2 1 chuyển động là: v  K(  ) r a Ta biết: + Vị trí cực viễn: OC v  rmax  a  c  a(1  e) + Vị trí cực cận: OCc  rmin  a  c  a(1  e) + Mối quan hệ giữa bán trục lớn a và chu kỳ T là: T 2 42  a3 K Suy ra vận tốc của vệ tinh tại điểm cực viễn là: v V  K( Vận tốc của vệ tinh tại điểm cực cận là: v C  K( 2 rmin 2 rmax 1 2a 1  e  ) a T 1 e 1 2a 1  e  ) a T 1 e b. Khoảng cách gần nhất, xa nhất của vệ tinh đối với mặt đất. + Khi vệ tinh nằm tại điểm cực viễn thì khoảng cách của vệ tinh tới tâm Trái Đất là lớn nhất: rmax  a  c  a(1  e) Khoảng cách của vệ tinh tới mặt đất là: h max  rmax  R � + Khi vệ tinh nằm tại điểm cực cận thì khoảng cách của vệ tinh tới tâm Trái Đất là nhỏ nhất: rmin  a  c  a(1  e) Khoảng cách của vệ tinh tới mặt đất là: h min  rmin  R � Khoảng cách từ Mặt Trời tới điểm cực cận Cc của hành tinh là: OCc  rmin  a  c  a(1  e) Bài 2: Người ta muốn phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau: Từ mặt đất truyền cho vệ tinh vận tốc v 0 theo phương thẳng đứng. Tại độ cao h khi vệ tinh có vận tốc bằng không, người ta truyền cho nó vận tốc v1 theo phương nằm ngang để nó chuyển động theo quỹ đạo elip có tâm sai e và thông số p cho trước. v a. Tính vận tốc v0 v' b. Tính vận tốc v1. R0 c. Khi vệ tinh quay đến viễn điểm thì người ta giảm vận tốc Cv của nó để quỹ đạo mới có khoảng cách cận điểm bằng bán kính R0 của Trái Đất (nghĩa là đưa vệ tinh trở về Trái Đất). Hãy tính độ giảm vận tốc đó. Bài làm a. Tính vận tốc v0 Page 7 of 16 Do vệ tinh chuyển động trong trường lực hấp dẫn là trường lực thế xuyên tâm nên cơ năng của vệ tinh bảo toàn. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại vị trí mặt đất và vị trí có độ cao h so với mặt đất ta có: E mv 02 GMm mv 2 GMm    2 r0 2 r với r  r0  h Tại độ cao h vệ tinh dừng lại v  0 v02  Với g 0  r r r r 2GM 2GM (1  0 )  2 r0 (1  0 )  2g 0 r0 (1  0 ) � v 0  2g 0 r0 (1  0 ) r0 r r0 r r r GM là gia tốc trọng trường tại mặt đất r02 b. Tính vận tốc v1: Có hai trường hợp cần khảo sát: Trường hợp 1: Điểm vệ tinh dừng lại là điểm cực cận khi đó: rc  p p  do góc   0 1  e cos  1  e Vận tốc của vệ tinh tại vị trí này là: 2 1 2 1 v c2  K(  )  G(M  m)(  ) rc a rc a Vì khối lượng của vệ tinh là rất nhỏ so với khối lượng Trái Đất nên 2 1 2 1 v c2  G(M  m)(  ) �GM(  ) rc a rc a Thay rc  g p p v1  v c  r0 (1  e) 0 và a  2 ta có: 1 e 1 e p Trường hợp 2: Điểm vệ tinh dừng lại là điểm cực viễn khi đó rc  p p  do góc    1  e cos  1  e Tính toán tương tự ta có: v 2  v v  r0 (1  e) g0 p c. Gọi v là vận tốc của vệ tinh tại viễn điểm quỹ đạo ban đầu, v’ là vận tốc cũng tại điểm đó nhưng sau khi đã giảm vận tốc một lượng Δv; a’ là bán trục của quỹ đạo mới; r và r’ là viễn điểm cũ và mới của vệ tinh ta có: � g0 �v  r0 (1  e) � p Trong đó � 2 1 � v '  g 0 r02 (  ) � r' a' � p � r  r’  � 1 e � � r ' r r p 0 � a'   0 2 2(1  e) 2 � � Page 8 of 16 2 1 2(1  e) v�  g 0 r02 (  )  g0 r02 (  Ta có: r� a ' p Suy ra v  v  v '  r0 (1  e) g0 p 1 r p  0 2(1  2) 2 )  r0 (1  e) � 2r0 g0 � 1 � � p � p  p  r0 (1  e)  � � � 2r0 1 � � � p  r0 (1  e) � Bài 3: Người ta phóng một trạm vũ trụ theo quỹ đạo năng lượng cực tiểu từ Trái Đất lên Mặt Trăng. Cho biết khối lượng Trái Đất là: M  5, 9.1024 kg ; bán kính Trái Đất là: r0  6370 km ; khoảng các từ Trái Đất đến quỹ đạo Mặt Trăng là 60r0 . Quỹ đạo năng lượng cực tiểu là quỹ đạo của một trạm vũ trụ được phóng từ Trái Đất theo phương trình năng lượng 2 1 2 1 2 1 v 2  K(  ) ; GM(  ) hay v 2  g 0 r02 (  ) . r a r a r a a. Xác định vận tốc lúc phóng và vận tốc lúc trạm đến Mặt Trăng. b. Xác định thời gian trạm bay từ Trái Đất đến Mặt Trăng. Bài làm a. Để tính vận tốc của vệ tinh lúc phóng và lúc vệ tinh đến Mặt Trăng ta sử dụng công thức: 2 1 2 1 v 2  K(  ) ; GM(  ) r a r a Chú ý trong quỹ đạo chuyển động của vệ tinh thì vị trí phóng vệ tinh là điểm cực cận và vị trí vệ tinh đến Mặt Trăng là điểm cực viễn, a  30r0 là bán trục lớn của quỹ đạo bằng một nửa khoảng cách từ Trái Đất đến Mặt Trăng. 2 1 2 Vận tốc của vệ tinh lúc phóng là: v  GM(  ) r a Với r = r0 là bán kính Trái Đất. Thay số vào ta có: v=11,13km/s 2 1 2 Vận tốc của vệ tinh khi đến Mặt Trăng là: v  GM(  ) với r =59r0 thay số vào ta có: r a v  0, 185km / s b. Theo định luật III Kepler ta có T 2 (M  m) 42 (trong đó M là khối lượng Trái Đất; m là  a3 G khối lượng của trạm vũ trụ) Vì M  m nên T 2 4 2 4 2 a 3  � T  a 3 GM GM Thời gian bay của trạm vũ trụ từ mặt đất tới Mặt Trăng là: t  T 2 Thay số ta có: t  4, 3 ngày. Bài 4: Biết rằng khoảng cách xa nhất của Mộc Tinh tới Mặt Trời là 5,2 đơn vị thiên văn (đvtv), và chu kỳ quay của nó quanh Mặt Trời là T  11,ă9 n m . Vệ tinh Ganimet của Mộc Tinh có quỹ 2 đạo với bán trục lớn a1=7,14.10-3 đvtv, chu kỳ vệ tinh quanh Mộc Tinh là T1  1, 9.10ă n m . Tính gần đúng khối lượng của Mộc Tinh. Bài làm Page 9 of 16 Sử dụng định luật III Kepler trong trường hợp hệ gồm Mặt Trời; hành tinh và vệ tinh của hành tinh. T 3 (M  m) a 3 M  m T13a 3  �  T13 (m  m1 ) a13 m  m1 T 3a13 Thực tế khối lượng Mặt Trời rất lớn so với khối lượng hành tinh (M>>m) nên trong trường hợp khối lượng hành tinh rất lớn so với khối lượng vệ tinh thì ta có gần đúng: M T13a 3  m T 3a13 Trong công thức này: T  11,9 năm là chu kì Mộc Tinh quay quanh Mặt Trời. T1  1,9.102 năm là chu kỳ vệ tinh Ganimet quanh Mộc Tinh a  5, 2đvtv là bán trục lớn quỹ đạo Mộc Tinh quanh Mặt Trời 3 a1  7,14.10đvtv là bán trục lớn quỹ đạo vệ tinh Ganimet quanh Mộc Tinh. Thay vào ta có khối lượng gần đúng của Mộc Tinh là: m  1,015.103 M Bài 5: Một sao chổi di chuyển tới Mặt Trời với vận tốc ban đầu v 0. Khối lượng Mặt Trời là M và bán kính R. Coi Mặt Trời là đứng yên và bỏ qua ảnh hưởng của các hành tinh. Tìm tiết diện toàn phần σ của sao chổi để xảy ra va chạm với Mặt Trời. Coi Mặt Trời đứng yên và bỏ qua ảnh hưởng của các hành tinh. Bài làm Gọi thông số va chạm của sao chổi với Mặt Trời là b. + Do sao chổi chuyển động trong trường lực hấp dẫn của Mặt Trời là trường lực thế xuyên tâm nên cơ năng của sao chổi và mômen động lượng của nó được bảo toàn. + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng và bảo toàn mômen động lượng của sao chổi tại vị trí rất xa Mặt Trời và vị trí cách Mặt Trời khoảng rmin gần nhất ta có: GMm 1 GMm 1 GMm �1 �1 2 2 2  mv 2  2GM � mv 0  � mv 0  mv  r� 2 rmin � �2 2 rmin � b  rmin 1  2 �2 v 0 rmin � � mbv0  mrmin V mbv0  mrmin V � � Nếu rmin < R thì sao chổi sẽ va chạm với Mặt Trời do đó tiết diện toàn phần để xảy ra va 2GM   b 2  R 2 (1  2 ) chạm là: v0 R Bài 6: Xét một hành tinh có khối lượng m quay quanh Mặt Trời có khối lượng M. Giả sử không gian xung quanh Mặt Trời có một lượng bụi phân bố đều mật độ ρ. a. Chỉ ra rằng lực tác động của bụi là cộng vào lực hút xuyên tâm F’   mkr, trong đó 4G k . Bỏ qua lực cản của bụi đối với hành tinh. 3 b. Xét một chuyển động tròn của hành tinh tương ứng với mômen động lượng L. Tìm phương trình của bán kính chuyển động r0 theo L, G, M, m và k. c. Giả sử F’ là nhỏ so với lực hút của Mặt Trời và xét quỹ đạo chỉ lệch một chút so với quỹ đạo ở phần b. Bằng cách xét các tần số của chuyển động xuyên tâm và chuyển động quay Page 10 of 16 hãy chứng minh rằng quỹ đạo là elip tuế sai và tính tần số của chuyển động tuế sai ω ρ theo r0, ρ, G và M. d. Trục của elip tiến động cùng chiều hay ngược chiều với tần số góc của chuyển động quỹ đạo? Bài làm: a. Khối lượng của bụi trong cầu bán kính r với tâm là tâm của Mặt Trời là: 4r 3 M b�i   3 Bỏ qua lực cản của bụi lên hành tinh khi đó lực lực tác dụng của bụi đối với hành tinh chỉ là lực hấp dẫn. Khi tính toán ta có thể coi tất cả lượng bụi đều tập trung ở tâm hình cầu. 4r 3 4G m M bui m 4 với k  3 F '  G  G   Gmr � F '  mkr 3 r2 r2 3 Vậy hợp lực tác dụng lên hành tinh khi nó chuyển động quanh Mặt Trời là: F  G Mm  mkr r2 & &) r& r&2 , 2r&& r b. Gia tốc của hành tinh trong hệ toạ độ cực là: ( & Phương trình chuyển động của vệ tinh là: Mm Mm � & 2 & G 2  mkr  r&2 �m(r& r& )  G 2  mkr � mr& r r � �m  2r&& r & &  0 � (Do quỹ đạo chuyển động của hành tinh là tròn nên Fφ=0) r r& 0 Mặt khác trong chuyển động tròn ta có: r  hs � r& 0 và & & & 0 � mr 2  & & 0 � mr 2 & L  hs � mr&2  → phương trình (2) ↔ mr L2 mr 3 Ta có phương trình chuyển động tròn của hành tinh với bán kính r0 là: 0  G Mm L2  mkr  r02 mr03 c. Gọi η là độ lêch quanh bán kính r0 ta có:   r  r0 (với η<V/ω → bán trục lớn của quỹ đạo là a Ta có tỉ số: T 2 42 m  a3 ka 3 (1) + Trường hợp a < V/ω → bán trục lớn của quỹ đạo là V/ω T2 42 3 m  Ta có tỉ số: V 3 kV 3 ( )  (2) Từ (1) và (2) ta thấy tỉ số giữa bình phương chu kỳ chuyển động với lập phương bán trục lớn không phải là hằng số do đó định luật III Kepler không được tuân thủ trong chuyển động của vật. Bài 8: Một vệ tinh được phóng lên từ Trái Đất theo quỹ đạo xuyên tâm so với Mặt Trời để thoát khỏi Mặt Trời với vận tốc vừa đủ. Nó được tính toán sao cho sẽ tới quỹ đạo của Mộc Tinh tại điểm có khoảng cách b đằng sau Mộc Tinh. Dưới ảnh hưởng trường hấp dẫn của Mộc Tinh vệ tinh sẽ bị lêch một góc 90 0 so với phương ban đầu (nghĩa là sau đó vệ tinh chuyển động theo phương tiếp tuyến với Mộc Tinh). Trong quá trình đó Mộc Tinh nhận được bao nhiêu năng lượng? Bỏ qua ảnh hưởng của Mặt Trời trong khoảng thời gian tương tác giữa vệ tinh và Mộc 5 Tinh. Cho biết ms  3,33.10 m e ( ms ; m e lần lượt là khối lượng của Mặt Trời và Trái Đất), Gm e  gR 2  4, 01.1014 m3 (R là bán kính Trái Đất) và khoảng cách từ Mộc Tinh tới Mặt Trời là s2 r  7, 78.1011 m. Bài làm Page 13 of 16 Gọi vi là vận tốc của vệ tinh so với Mặt Trời trại điểm cắt quỹ đạo Mộc Tinh một khoảng b mà chưa bị ảnh hưởng của Mộc Tinh; m và ms lần lượt là khối lượng của vệ tinh và Mặt Trời. Để 2Gms vệ tinh thoát khỏi Mặt Trời thì vận tốc của vệ tinh phải thoả mãn: vi   18,5km / s r Coi quỹ đạo của Mộc Tinh quanh Mặt Trời là tròn bán kính r thì vận tốc vJ của Mộc Tinh Gm s v vJ   i  13,1km / s so với Mặt Trời là: r 2 Khi vệ tinh vào trường hấp dẫn của Mộc Tinh thì vận tốc của nó so với Mộc Tinh là: uu r uu r uu r v r  vi  v J Vì dưới ảnh hưởng của Mộc Tinh vệ tinh bị lêch một góc 900 so với phương ban đầu → v r  vi2  v J2  18,52  13,12  22, 67km / s Sau khi quá trình tương tác, vệ tinh rời khỏi trường hấp dẫn của Mộc Tinh theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo Mộc Tinh. Do đó vận tốc của vệ tinh đối với Mặt Trời là: v  v r  v J  22, 67  13,1  35, 77km / s Năng lượng thu được trên một đơn vị khối lượng của vệ tinh trong quá trình tương tác này là: 35, 77 2  18,52  468, 6.106 J / kg 2 BÀI TẬP VẬN DỤNG 23 Bài 1: Tính vận tốc vũ trụ cấp I và cấp II của Mặt Trăng và Hoả Tinh. Biết M H  6, 4.10 kg ; R H  3386km; M T  7,3.10 22 kg; R T  1738km. Bài 2: Tính vận tốc của vệ tinh nhân tạo bay theo quỹ đạo tròn ở độ cao 250km quanh Trái Đất; quanh Hoả Tinh và quay quanh Mặt Trăng. Bài 3: Hãy tính độ cao và vận tốc ngang của một vệ tinh liên lạc địa tĩnh chuyển động tròn quanh Trái Đất (có chu kỳ bằng chu kỳ tự quay của Trái Đất). Bài 4: Bằng những lập luận nào và sử dụng những đại lượng đo được nào người ta có thể xác định được những đại lượng sau với độ chính xác cao? a. Khối lượng Trái Đất b. Khối lượng Mặt Trăng c. Khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trời. Bài 5: Mặt Trời cách trung tâm Ngân Hà khoảng 25000 năm ánh sáng và chuyển động gần như tròn với chu kỳ 170 000 000 năm. Trái Đất cách Mặt Trời 8 phút ánh sáng. Hãy tính gần đúng khối lượng hấp dẫn của Ngân Hà theo đơn vị khối lượng Mặt Trời. Ta thừa nhận rằng toàn bộ khối lượng của Ngân Hà tập trung ở tâm nó. 11 ĐS: m ng�n h� 1,53.10 m m�t tr�i Bài 6: Xét sự quay của một hành tinh nào đó. Vận tốc tại một điểm trên xích đạo của nó là V. Ảnh hưởng của sự quay làm cho gia tốc trọng trường ở xích đạo chỉ bằng nửa gia tốc trọng trường ở cực. Vận tốc thoát khỏi hành tinh đối với một vật ở cực phải bằng bao nhiêu? ĐS: v  2V Page 14 of 16 Bài 7: a. Tìm lực xuyên tâm đưa đến quỹ đạo sau đây của một hạt r  a  1  cos   . b. Hạt có khối lượng m bị tác dụng bởi lực hút mà thế của nó là U ~ r -4 . Tìm diện tích bắt tổng đối với hạt đến từ vô cùng với vận tốc ban đầu v 0. Chú ý phần a và b có thể dựa vào các lực khác nhau. 3mh 2 a v� �� h ng s�h  r 2 & 4 r ĐS: 2 b.   b 2max  2 mv02 a. F(r)   Bài 8: Một sao chổi chuyển động trên quỹ đạo quanh Mặt Trời với vận tốc 10km/s tại điểm xa nhất và 80km/s tại điểm gần Mặt Trời nhất. Nếu biết vận tốc của Trái Đất trên quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời là 30km/s và bán kính quỹ đạo là 1,5.10 8m. Tính khoảng cách xa nhất của sao chổi đối với Mặt Trời. 8 ĐS: rmax  3.10 km Bài 9: Một thiên thạch có khối lượng 1,6.10 3kg chuyển động quanh Trái Đất theo quỹ đạo tròn ở độ cao 4, 2.106 m so với mặt đất. Thiên thạch đó bất ngờ va chạm trực diện với một thiên thạch khác có khối lượng bé hơn nhiều và bị mất 2% động năng nhưng không bị lệch hướng chuyển động và giữ nguyên khối lượng. a. Nguyên lý vật lý nào áp dụng cho chuyển động của thiên thạch sau khi va chạm? b. Mô tả dạng quỹ đạo của thiên thạch sau va chạm c. Tìm khoảng cách ngắn nhất của quỹ đạo thiên thạch sau va chạm so với mặt đất. ĐS: c. rmin  3800km Bài 10: Tính gần đúng thời gian cần có ngắn nhất (tính theo đơn vị năm) cho việc phóng một trạm vũ trụ bay theo quỹ đạo năng lượng cực tiểu từ Trái Đất đến Hoả Tinh, dừng lại ở đây trong thời gian ngắn nhất cần có để rồi bay về Trái Đất. Cho biết quỹ đạo của Trái Đất và Hoả Tinh đều là tròn và có độ lớn tương ứng là 1 đvtv và 1,6 đvtv. ng ĐS: t  12 th� Bài 11: Một hành tinh có khối lượng m quay quanh một ngôi sao có khối lượng M. Hành tinh chịu một lực kéo nhẹ F  v gây ra do chuyên động qua khí quyển đậm đặc của ngôi sao. Thừa nhận quỹ đạo là tròn với bán kính r0 tại t  0 . Tìm sự phụ thuộc của bán kính vào thời gian 2 t ĐS: r  r e  m 0 Bài 12: Người ta phóng một trạm vũ trụ chuyển động quanh Mặt Trời theo quỹ đạo tròn trong mặt phẳng hoàng đạo. Các trạm quan sát từ mặt đất thấy trạm này dao động quanh Mặt Trời với biên độ xác định bằng 450. y K a. Tính bán kính quỹ đạo a1 và chu kỳ quay T1 của trạm (coi Trái Đất chuyển động quanh Mặt Trời với quỹ đạo tròn bán kính 1 đvtv và chu kỳ quay là T=1 năm). VII b. Giả sử tại điểm O trên quỹ đạo tròn của trạm người ta tăng x tốc cho trạm tới vận tốc parabol (trạm bắt đầu chuyển động trên O O 1 quỹ đạo parabol nhận O làm đỉnh). Hãy tính thời gian trạm chuyển động từ điểm O đến điểm K. Cho biết phương trình Page 15 of 16 parabol của trạm trong hệ Oxy là y 2  2px trong đó p là khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn. Chú ý định luật II Kepler cũng đúng đối với chuyển động với quỹ đạo parabol. ĐS: a. a  2 m � vtv; T  0, 6 n� m ; b. t  0,18 n� 2 Bài 13: Cho biết khối lượng của Trái Đất lớn hơn khối lượng của Mặt Trăng 80 lần và bán kính Trái Đất lớn hơn bán kính Mặt Trăng 3,6 lần. Hãy tính chu kỳ của một tàu vũ trụ bay cách bề mặt của Mặt Trăng ở độ cao 20km. Sử dụng thông tin các vệ tinh nhân tạo của Trái Đất có chu kỳ khoảng 100 phút. Nếu sóng vô tuyến không xuyên qua được Mặt Trăng thì cứ mỗi vòng quay của trạn các nhà du hành sẽ mất liên lạc với Trái Đất trong thời gian bao lâu? t ĐS: t  55 ph� Bài 14: Một tên lửa tâm xa phóng đi tại một điểm trên mặt đất (bán kính R) với vận tốc v   v r , v   . Bỏ qua sức cản của không khí và sự tự quay của Trái Đất nhưng có tính đến sự thay đổi của trường hấp dẫn. Tìm phương trình chính xác độ cao H của tên lửa (giải tới bậc bé nhất của H/R) và kiểm nghiệm lại kết quả quen thuộc khi phóng thẳng đứng lên trên. ĐS: H; v 2r r GM 2(  v 2 ) R Bài 15: Tàu Mariner 9 được phóng tại Cape Kenedy trong chiến dịch chinh phục Hoả Tinh. Coi tàu được phóng lên trên quỹ đạo elip quanh Mặt Trời. Điểm cận nhất là Trái Đất, điểm xa Mặt Trời nhất là Hoả Tinh. Cho biết khoảng cách trung bình từ Hoả Tinh tới Mặt Trời là 1,5 đvtv a. Tìm giá trị λ và ε trong phương trình quỹ đạo r  (1  ) và vẽ quỹ đạo đó. 1   cos  b. Dùng đinh luật III Kepler để tính thời gian của chuyến bay trên quỹ đạo đó. c. Chiều phóng nào từ Trái Đất sẽ có chi phí nhiên liệu ít hơn vtv;   0, 2 ; b. t  ĐS: a.   1 � T  0, 7 n� m 2 Bài 16: Biết gia tốc gây ra bởi trọng lực trên bề mặt Trái Đất là 9,8m/s 2 và chiều dài vòng tròn lớn nhất quanh Trái Đất là 4.107 m . Tỉ lệ bán kính và khối lượng của Mặt Trăng so với Trái Đất RT MT  0, 27;  0, 0123. lần lượt là: RĐ MĐ a. Tính vận tốc tối thiểu để thoát khỏi trường hấp dẫn của Mặt Trăng từ bề mặt của nó. b. So sánh nhiệt độ này với tốc độ chuyển động nhiệt của các phân tử oxy tại nhiệt độ của Mặt Trăng là 1000C 3 ĐS: a. v min  2,38.10 m / s Kết luận Các bài toán được trình bày ở trong chuyên đề là các bài toán cơ bản nhất về chuyển động của các vật thể trong trường lực hấp dẫn khi mà ta đã bỏ qua tác động nhiễu loạn của các thành phần khác lên vật. Bài toán có thể mở trong trường hợp nhiều vật khi đó kết quả các bài toán sẽ phù hợp hơn đối với thực tế. Page 16 of 16