Xác định khối lượng của Mặt Trời khi biết chu kỳ quay của Trái Đất quanh Mặt Trời

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINHTRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONGCHUYÊN ĐỀ: CHUYÊN ĐỀ THIÊN VĂN HỌCCHUYỂN ĐỘNG HÀNH TINH TRONG HỆ MẶT TRỜITác giả : Nguyễn Thu HằngTrường THPT Chuyên Hạ LongA. Cơ sở lý thuyếtĐặt vấn đề: Thiên văn học là một ngành khoa học sớm nhất trong lịch sửnhân loại. Thiên văn học sử dụng các công cụ toán học và các thành tựu khoa họctự nhiên, đặc biệt là vật lí học để nghiên cứu sự chuyển động, bản chất vật lí, thànhphần hóa học, quá trình hình thành và phát triển của các thiên thể và hệ thiên thểnhư Mặt trời, các hành tinh, các vệ tinh…. các sao, các thiên hà và vũ trụ nóichung.Trong các vấn đề về thiên văn học thì chuyển động của các thiên thể tronghệ Mặt trời dễ dàng tiếp cận và hay gặp trong các kì thi. Học sinh khi sử dụng cáckiến thức vật lý 10 phần cơ và bổ túc toán thì giải quyết bài toán dễ dàng nên tôilựa chọn vấn đề này trong chuyên đề thiên văn học.I. Các định luật Kê-ple về chuyển động các hành tinh.Tycho Brahe, người Đan Mạch ( 1546- 16010), là nhà thiên văn cuối cùngđã tiến hành quan sát chuyển động các hành tinh mà không sử dụng kính thiên văn.Ông đã thu thập được những số liệu quan sát liên quan đến vị trí các hành tinh vàchuyển động của chúng.Nhà thiên văn người Đức Johannes Kepler ( 1571-1630) đã dựa trên số liệuquan sát của Tycho Brahe để suy luận ra 3 định luật về chuyển động các hành tinhxung quanh Mặt Trời.1. Định luật I Kê-ple: Hành tinh chuyển động trên quỹ đạo elip mà tâm Ocủa Mặt trời là một trong hai tiêu điểm.2.Định luật II Kê-ple: Bán kính véc tơ vẽ từ Mặt trời tới các hành tinh quétcác diện tích bằng nhau trong các khoảng thời gian bằng nhau.3.Định luật III Kê-ple: Tỉ số giữa lập phương bán trục lớn và bình phươngchu kì quay quanh Mặt trời của hành tinh là một hằng số chung cho các hành tinh.II. Các định luật áp dụng trong chuyển động của hành tinh và vệ tinhSau này nhà bác học Anh New ton ( 1642-1727) đã chỉ ra rằng các định luậtKepler có thể suy ra từ định luật vạn vật hấp dẫn và chúng ta cũng biết các địnhluật áp dụng chuyển động của hành tinh, vệtinh.1.Định luật II Niu tơn2. Chuyển động của các hành tinh xung quanh Mặt trời dưới tác dụng củalực hấp dẫnrGMm rFhd = − 3 rr. Lực hấp dẫn luôn có giá đi qua tâm Mặt trời lên chuyểnđộng các hành tinh gọi là chuyển động của lực thế xuyên tâm.4. Mô men động lượng của hành tinh bảo toàn vì lực tác dụng là lực thếxuyên tâm.3. Hành tinh có khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip mà Mặt trờiE=−nằm ở tiêu điểm, cơ năng của hành tinhGMm 1 2+ mvr2bảo toàn.III. Các dạng quỹ đạo chuyển động vật dưới tác dụng của lực hấp dẫn Tráidất.1. Nếu cơ năng E < 0 thì quỹ dạo là hình tròn hoặc elip.2. Nếu cơ năng E = 0 thì quỹ đạo là parabol.3. Nếu E > 0 thì vật thoát sức hút Trái Đất và đi theo quỹ đạo hypecbol.IV. Bổ túc về toánXét một hệ trục tọa độ Oxy.Gọi F1 và F2 là hai điểm thuộc trục Oxvới OF1 = OF2 = c. Quỹ tích các điểm Mthuộc (Oxy) sao cho MF1+ MF2 = 2a vàkhông đổi gọi là đường elip.- Đặc điểm của đường elip:+ Phương trình chính tắc:x2 y2+=1a2 b2Với a là bán trục lớn , b là bán trục nhỏ và a2 = b2 + c2+ Diện tích của hình elip S = πabe=+ Tâm saicavới e = 0 là đường tròn, 0 < e < 1 là đường elip, e = 1 elipsuy biến thành đường thẳng.r=p1 ± e cos θ- Khi chuyển sang hệ tọa độ cực ta có phương trình elip có dạngp=b2aVới p là thông số elipIV. Bài tập ứng dụngBài 1 (Xác định đặc trưng của vệ tinh)Vệ tinh nhân tạo đầu tiên của Trái Đất có viễn điểm ở độ cao h A = 327 km và cậnđiểm ở độ cao hP = 180 km. Biết bán kính Trái đất là R = 6370 km.1. Xác định các đặc trưng hình học của vệ tinh.2. Biết gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái đất là g = 9,8 m/s 2. Xác định chu kìquay của vệ tinh.Bài giải1. Do vệ tinh Trái đất chuyển động theo quỹ đạo elip.Khoảng cách từ viễn điểm tới tâm Trái Đất rA = R + hA = a+c = 6697 km.Khoảng cách từ cận điểm tới tâm Trái Đất rP = R + hP = a –c = 6550 km.a=Bán trục lớn của vệ tinhc=1( ra + rP ) = 6623,5( km)21( ra − rP ) = 73,5( km)2b = a 2 − c 2 = 6623( km )Bán trục nhỏe=Tâm saic= 0,011ap=vì e << 1 nên có thể coi quỹ đạo là hình tròn.b2= 6622,5( km )aThông số quỹ đạoBài 2: Một hành tinh chuyển động xung quanh Mặt trời khối lượng M theo quỹđạo elip với khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất đến tâm Mặt trời là R và r. Xác địnhchu kì quay T của hành tinh.Bài giảiXét vật khối lượng M chuyển động tròn đều quanh Mặt trời với chu kì T1 và bánkính( R+r)/2 .2Theo định luật III Kep-ler ta có3 T1   a1  ÷ =  ÷ =1T  a nên T = T1Do vật m1 chuyển động tròn đều ta cóFhd = Fht ⇒ v 2 =aa 3/2a 3 GMGM⇒T=2π=2π=T⇔==K1vGM 1/2T 2 4π 2a2* Nhận xét1. Theo định luật III Kep-lera 3 GMK= 2=T4π 2(1) với M là khối lượng vật nằm ở tiêuđiểm của quỹ đạo elip.T = 2π2. Chu kỳ quaya3( r + R)3=πGM2GM(2)* Áp dụng: Quỹ đạo vệ tinh nhân tạo Cosmos 380 có chu kì quay quanh Trái Đấtlà T = 102,2 phút. Khoảng cách cực đại và cực tiểu so tâm Trái Đất là 7926 km và6588 km. Xác định khối lượng Trái Đất.M=Áp dụng côngthức (2) ta có khối lượng Trái đất là4π 2 a 3= 6.1024 kgGT 2Bài 2: Xác định chu kì quay của các ngôi sao sau đây1. Ngôi sao đôi gồm hai sao có khối lượng M1 và M2 cách nhau khoảng L.2. Ngôi sao ba là hệ 3 ngôi sao có khối lượng M1 = M2 = M3 =M luôn tạothành tam giác đều cạnh L.Bài giảiOM 1 = R1 =1. Khối tâm của hệ hai ngôi sao tại O :M2LM1 + M 2OM 2 = R2 =,M1LM1 + M 2Do lực hấp dẫn giữa các ngôi sao đóng vai trò lực hướng tâm và các ngôi sao cùngchu kỳ quay:Fhd = Fht ⇒⇒GM 1M 24π 24π 2= M 1 2 R1 = M 2 2 R2LTTGM 1M 2 4π 24π 2 M + M 2= 2 ( M 1R1 + M 2 R2 ) = 2 ( 1)LLTTM 1M 2T = 2πChu kỳ quay của hai ngôi sao:3.L3G(M1 + M 2 )Ngôi sao ba là hệ 3 ngôi sao có khối lượng M1 = M2 = M3 =M luôn tạo thànhtam giác đều cạnh L nên khối tâm hệ nằm tại tâm đối xứng của hệ ba ngôi sao nênR1 = R2 = R3 =bán kính của chúng quayL3Do lực hấp dẫn giữa các ngôi sao đóng vai trò lực hướng tâm và các ngôi sao cùngchu kỳ quay:Fht = 2 Fhd cos30 ⇒ 2T=Chu kỳ quay của hai ngôi sao:GM 2 34π 2 L=ML2 2T2 32 3LπL3GMBài 3: Một hành tinh khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip xung quanhMặt trời khối lượng M sao cho khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất đến tâm Mặt trờilà rmax và rmin. Dùng các định luật bảo toàn tính1. Năng lượng toàn phần E của hành tinh.2. Mômen động lượng L của hành tinh so tâm Mặt trời.3. Thông số quỹ đạo p và tâm sai e của hành tinh,Bài giảiHệ Mặt trời và hành tinh là hệ kín. Áp dụng các định luật bảo toàn với hai vị trí cậnđiểm và viễn điểm.E=−Bảo toàn cơ năngGMm 1 2+ mvr2(1)Bảo toàn mômen động lượng L = mvr sin 90 = mvr (2)Từ (2) rút ra r và thế vào (1) ta có phương trình :2mEr 2 + 2GMm 2 r − L2 = 0Phương trình có 2 nghiệm chính là rmax và rmin.rmax + rmin = −1. Theo Viet ta có :E=−Cơ năng toàn phần2GMm 2GMmGMm⇒E=−=−2mErmax + rmin2aGMmGMm=−rmax + rmin2a(1)(3.1)Từ các kết quả tính toán trên ta có vận tốc hành tinh tại vị trí có bán kính r :E=−GMm 1 2GMm2 1+ mv = −⇒ v = GM ( − )(3.2)r22aa r2. Mặt khác ta có :rmax .rminL22GMrmax rminb22=⇒ L = −2mErmax rmin ⇒ L = m= m GM2mErmax + rminaL=mMômen động lượng3. Thông số quỹ đạo2GMrmax rminb2= m GM (3.3)rmax + rminaL2p=GMm 2( 3.4)1/2Tâm saicb2 2 EL2 e = = 1 − 2 =  1 + 2 2 3 ÷ (3.5)aa G M m Bài 4: Người ta phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau. Bắt đầu từ mặtđất cấp vệ tinh vận tốc vo theo phương thẳng đứng. Vệ tinh bay đến độ cao h, vậntốc vệ tinh bằng không thì cung cấp vận tốc v theo phương ngang để nó chuyểnđộng theo quỹ đạo elip với tâm sai e và thông số p. Hãy xác định v 0 và v theo h,p, evà R là bán kính Trái đất và go là gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái Đất.Bài giảiÁp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình ném−g0 =DoGMR2GMm 1GMm11GM Rh+ mv0 2 = −⇒ v0 = GM (− )= 2 2R2R+hR+h RR R+hv0 = 2 g 0nên vận tốc v0 khi ném ban đầu làRhR+h2. Tại vị trí có độ cao h vận tốc nối tâm Trái đất bằng 0 và được truyền vận tốc vvuông góc bán kính thì đây chính là vị trí cận điểm hoặc viểm điểm.v = GM (+ Nếu là vị trí viễn điểm thìp=Dob2p= a (1 − e 2 ) ⇒ a =a1 − e22121− ) = GM (− )R+h armax av = GM (thì2(1 − e) 1 − e 2−)=ppGM(1 − e) 2pvmin =g0R(1 − e)pVận tốc truyền ngang làrmin =+ Nếu vị trí ném là cận điểm thìvmax =p1+ etương tự ta có vận tốc cần truyềng0R (1 + e)pBài 5: Để chuyển một vệ tinh Trái đất từ quỹ đạo tròn thấp bán kính R 1 sang quỹđạo tròn cao bán kính R2 người ta tiến hành như sau: Tại điểm A của quỹ đạo thấpnhờ tên lửa trong thời gian rất ngắn truyền một vận tốc phụ cho vệ tinh để nó vạchmột nửa elip tiếp tuyến ở B với quỹ đạo cao. Khi tới B, vệ tinh lại được truyền vậntốc phụ cho phép nó chuyển động theo quỹ đạo tròn cao. Gọi g o là gia tốc trọngtrường trên bề mặt Trái đất và R là bán kính Trái Đất.1. Tìm v1 ở quỹ đạo tròn thấp và và v1’ là vận tốc mới tên lửa bắt đầu hoạt động.Biết vận tốc v1 và v1’ là cùng hướng.2. Vệ tinh đến B thì có vận tốc v 2’ bằng bao nhiêu? Tính vận tốc v 2 trên quỹ đọđạo tròn cao.Bài giảiChuyển động vệ tinh gồm ba giai đoạn:+ Chuyển động tròn ở quỹ đạo tròn thấp R1.+ Chuyển động theo nửa quỹ đạo elip từ A đến B.+ Chuyển động tròn ở quỹ đạo tròn cao R2.1. Khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R1:v12 GMmGMm=⇒ v1 ==2R1R1R1gGM R 2g.= R 0 ⇒ v1 = R 02R R1R1R1v2 = RTương tự khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R2:g0R22. Khi vệ tinh chuyển động trên nửa quỹ đạo elip từ A đến B với bán trục lớn a với 2a =R1 + R2Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc vệ tinh theo quỹ đạo elip tại A.−GMm 1GMm2 R22 R2+ mv1 '2 = −⇒ v1 ' = GM⇒ v1 ' = v1> v1R12R1 + R2R1 ( R1 + R2 )( R1 + R2 )Tương tự vận tốc vệ tinh theo quỹ đạo elip tại B.v2 ' = GM2 R12 R1⇒ v2 ' = v 2< v2R2 ( R1 + R2 )( R1 + R2 )Bài 7: Mặt Trang có khối lượng M = 7,3.1022 kg và bán kính R = 1,74.106 m.Xác định tốc độ vũ trụ cấp 1 và cấp 2 của Mặt Trăng.Bài giảiTốc độ vũ trụ cấp I là tốc độ cần thiết để đưa một vật lên quỹ đạo tròn chuyển độngquanh Mặt trăng với bán kính R và trở thành vệ tinh nhân tạo của Mặt TrăngvI =GM= 1, 67.103 (m / s )RTốc độ vũ trụ cấp II là tốc độ cần thiết để truyền cho một vật trên bề mặt MặtTrăng thoát sức hút Mặt trăng.E=−GMm 1 22GM+ mv = 0 ⇒ vII == 2v Ir2RBài 8: Trong hệ quay chiếu gắn tâm Mặt trời khối lượng M 0 xét chuyển động TráiĐất và sao chổi.1. Coi quỹ đạo Trái Đất là hình tròn bán kính r 0. Xác định vận tốc Trái Đất khichuyển động xung quanh Mặt trời.2. Quỹ đạo sao chổi đồng phẳng với quỹ đạo Trái Đất và điểm cực cận cách MặtTrời là r0/2 và vận tốc là 2v0. Xác định dạng quỹ đạo sao chổi và vận tốc v của saochổi khi nó cách Mặt trời khoảng r.Bài giảiv0 =1. Do Trái Đất chuyển động theo quỹ đạo tròn với bán kính r0:E=−2. Cơ năng của sao chổi :GMr0GMm ' 1GM+ m '(2vo )2 = 2m '(− v02 ) = 0r02r02Vậy quỹ đạo sao chổi là parabol vì cơ năng E = 0.E =0⇒v =Vận tốc v tại một vị trí bất kì :2GM2r0= v0r0rBài 9: Một trạm thăm dò vũ trụ P bay quanh hành tinh E theo quỹ đạo tròn có bánkính R. Khối lượng của hành tinh E là M.1. Tìm vận tốc và chu kỳ quay quanh hành tinh E của trạm P.2. Một sự kiện không may xảy ra: có một thiên thạch T bay đến hành tinh Eu=theo đường thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc58 GMR. Thiên thạch vachạm rồi dính vào trạm P nói trên. Sau va chạm thì trạm vũ trụ cùng với thiênthạch chuyển sang quỹ đạo elip. Biết khối lượng của trạm P gấp 10 lần khối lượngcủa thiên thạch T. Hãy xác định:a) vận tốc của hệ (P và T) ngay sau va chạm.b) khoảng cách cực tiểu từ hệ đó đến tâm hành tinh E.Bài giải1) Ký hiệu m0 là khối lượng trạm P,rv1là vận tốc của trạm vũ trục trước va chạm.Lực hấp dẫn giữa trạm P và hành tinh E đóng vai trò lực hướng tâm trong chuyểnđộng của P quanh E:2Gv1 =Suy ra:GMRm0 M m0 v12 2π == m0  ÷ R2RR T T=(2)và2) Ký hiệu m là khối lượng của thiên thạch,2πR 3/ 2GMrv2(1).(3)là vận tốc của hệ sau va chạm,vận tốc của thiên thạch trước va chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng:rulàrv1v2v MRum(4)Chiếu lên 2 trục Ox và Oy (hình vẽ):10m.v1 = 11m.v2x(5)m.u = 11m.v2y(6)v1 =ThayGMRu=và58 GMRta tìm được:2v2 =v2 =v 22 x+v22 y2 10   1 =  v1 ÷ +  u ÷ 11   11 1 158GM11R..(7)Sau va chạm thì hệ chuyển sang quỹ đạo elip (đường đứt nét đậm). Tại điểmcận nhật hệ có vận tốc là v vuông góc với đoạn thẳng r nối điểm cận nhật với tâmhành tinh. Ta viết phương trình bảo toàn năng lượng và bảo toàn mô men độnglượng của hệ tại vị trí va chạm và vị ví cận nhật:x−G11mM 11m 211mM 11m 2+v 2 = −G+vR2r2v.r = v 2 x Rv = v2xTừ (9) suy ra:yR 10 GM R=r 11 R r,(8)(9)(10)Thay v2 từ (7) và v từ (10) vào (8) ta thu được phương trình bậc hai đối với r:42r 2 − 121R .r + 50 R = 0r=Phương trình có 2 nghiệm:r=tiểu cần tìm, còn50R21R2r=và50R21r=. Giá trịR2là khoảng cách cựclà khoảng cách cực từ hệ đó đến tâm hành tinh E (tạiđiểm viễn nhật). Dựa vào định luật Kếp-le 3 có thể tìm được chu kỳ quay của hệ (P+ T).Bài 10: Một vệ tinh khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r quanhTrái Đất có khối lượng M.1.CMR cơ năng của vệ tinh là E = - K2. Do có ma sát bán kính của quỹ đạo của vệ tinh giảm dần 0.1% trong mộttuần. Giả sử quỹ đạo vệ tinh vẫn là quỹ đạo tròn. Tính độ biến thiên vận tốc của nótrong một tuần3. Cho r = 6,60.106mM = 5,98.1024 kg và m = 2,00.103 kg.Tính độ biếnthiên cơ năng của vệ tinh trong một tuần4.Tính lực ma sát của khí quyển tác dụng lên vệ tinh5. Thực tế, vệ tinh có mang một động cơ phụ có nhiệm vụ bù trừ lực ma sátcủa khí quyển. Biết rằng lực tác dụng của động cơ này bằng uz với z là tốc độ đốtnhiên liệu ( tính đơn vị kg/s) và u = 2.00.10 3 Ns/kg. Nếu vệ tinh mang theo 30 kgnhiên liệu thì nó duy trì quỹ đạo của mình trong bao lâuBài giải1. Khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính rmv 2 GMm1GMmU= 2 ⇒ mv 2 =⇒K =−rr22r2E = K + U = −K =Mặt khác cơ năng2.U2( ĐPCM) .Do ma sát nên sau một tuần bán kính là∆r < 0,r + ∆rvà vận tốcv + ∆v∆r= −0,1%rTrong đóv2 =GMGMm∆v∆r⇒ 2 v∆v = − 2 ∆ r ⇒=−= 0, 05%rrv2rDoXuất hiện nghịch lý : có ma sát nhưng vận tốc của vệ tinh tăng.E=3. Do vệt tinh chuyển động theo quỹ đạo trònE' = −Khi bán kính giảm.GMm1 GMm∆r≈−(1 − )2( r + ∆r )2 rr∆E = E '− E = −Độ biến thiên cơ năngUGMm=−22r1 GMm ∆r( ) = −6,04.107 ( J )2 rr∆E = AFms ⇒ Fms = −4. Theo định luật bảo toàn năng lượngs=Do quỹ đạotròn nên quãng đường đi đượcs=Quãng đường đi được2π rtT∆EsvớiT 2 4π 2=r 3 GMGM.t = 4, 70.109 ( m)rFms ≈ 0,013( N )Lực ma sát có độ lớn5. Theo giả thiết do động cơ bù trừ lực ma sát Fms = F = uzτ=Thời gian tồn tại của vệ tinhm0 mo u=; 54(ngày ).zFmsBài 11: Vệ tinh nhân tạo của Mặt trăng chuyển động theo quỹ đạo tròn có bán kínhlớn hơn bán kính Mặt trăng n lần. Khi chuyển động vệ tinh chịu tác dụng của lựccản yếu của vũ trụ. Giả sử lực cản phụ thuộc vào vận tốc theo quy luật F = -αv2 vớiα là hằng số. Tính thời gian chuyển động của vệ tinh cho đến lúc nó rơi vào Mặttrăng.Bài giảiE=−Cơ năng toàn phần của vệ tinh làGMmGMm⇒ dE = −dR2R2R2dA = − Fds = − Fvdt = −α v 3dtCông của lực cản do vũ trụ gây là1/2Do chuyển độngtheo quỹ đạo tròn3/2 GM  GM v=÷ ⇒ dA = −α ÷ dt R  R dE = dA ⇒ dt = −mR −1/2dRα GMTheo định lí về cơ năngt=−mα GM∫R0nR0R −1/2 dR =mα GMR0 ( n − 1)Lấy tích phânvới Ro là bán kính Mặt trăng và M là khối lượng Mặt trăng.Bài 12 : Khi giải bài toàn sử dụng các hằng số sau :-Bán kính Trái Đất là RT = 6,37.106 m-Gia tốc trọng trường ở bề mặt Trái Đất là g = 9,81m/s2-Độ dài của ngày thiên văn là T0 = 24,0 h1.Một vệ tinh địa tĩnh có khối lượng m chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính r 0.Vệ tinh này có thiết bị gọi là “ động cơ ở điểm cực viễn “ cung cấp các lực đẩy cầnthiết để vệ tinh đạt các quỹ đạo cần thiết.1.1 Tính giá trị bằng số ro1.2. Lập biểu thức xác định vận tốc vo của vệ tinh theo g, RT và r0 và tính giá trị1.3 Lập biểu thức xác định mô men động lượng L 0 và cơ năng E0 của vệ tinh theov0, g, RT và m2. Khi vệ tinh địa tĩnh đang ở quỹ đạo tròn, do sai lầm động cơ điểm cực viễn bậtlên. Mặc dù phản ứng nhanh để tắt động cơ đi nhưng vẫn xuất hiện lực đẩy hướngvề tâm Trái Đất và một độ biến thiên vận tốc không mong muốntinh . Người ta gọi thông số boostβ = ∆v / v0∆v truyền cho vệ. Thời gian hoạt động của động cơ rấtnhỏ có thể bỏ qua2.1 . Xác định thông số p và tâm sai e của quỹ đạo mới theo r 0 vàβ. Biết thông sốp và tâm sai e có thể xác định theo công thứcp=1/ 22LGMm 2và2 EL2 e = 1 + 2 2 3  G M m 2.2. Tính góc giữa bán trục lớn của quỹ đạo mới và bán kính véc tơ của điểm mà ởđó động cơ được bật lên.2.3. Lập biểu thức tính khoảng cách từ các cực viễn và cực cận đến tâm Trái Đấttheo r0 vàβ. Tính các giá trị nếuβ=¼2.4. Xác định chu kỳ T của quỹ đạo mới theo T0 vàβ. Tính giá trị khiβ=¼3. Giả sử khi động cơ ở điểm cực viễn hoạt động và vệ tinh thoát khỏi lực hút TráiĐất3.1. Tính thông sô boostβesctối thiểu .3.2. Xác định khoảng cách r’min trong quỹ đạo mới theo r04.Giả thiếtβ>βescXác định vận tốc ở vô cực theoβvà v0Bài giải1.1 và 1.2 . Do vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo xung quanh Trái Đất GM T mv02=m1/3 r2 gRT2To2 r0 0 r0 = 2 ÷2π r0 4π v=⇒ 0T0gv=RoTGM Tr0g =2RT7 ro = 4, 22.10 m / s3v0 = 3,07.10 m / sThay số ta thu đượcL0 = r0mv0 =1.3. Mômen động lượngE0 = −Cơ nănggRT2mgRT2mv⇒L=00vo2v0mv0222.1 . Do lực đẩy của động cơ khi hoạt động là lực hướng tâm nên L0 không đổi.Vệ tinh chuyển động sang quỹ đạo elip.p=Thông sốL0 2GM T m 2L0 =và kết hợpmgRT2v0 ⇒ p = r0Khi được truyền thêm vận tốcE=∆vhướng về tâm Trái Đất nên cơ năng E khi đó1GMm 1m( v 2 + ∆v 2 ) −= m ∆ v 2 + E02r02⇒E=1∆v 2 11mv0 2 2 − mv0 2 = mv0 2 ( β 2 − 1)2v0221/2Tâm sai2 EL0 2 e = 1 + 2 2 3 ÷ G MT m Ta thu kết quảL0 =và kết hợp

e = β <1⇒>mgRT2v0vàGM T mv02=mr02r0nên quỹ đạo vệ tinh là elip.r(θ ) =p1 − e.cos θ2.2. Theo phương trình tọa độ cực ta có⇒θ =Tại vị trí bật ta có r = r0 = pπ2.Góc giữa bán trục lớn của quỹ đạo mới và bán kính véc tơ tại điểm bật lên là 900.r(θ ) =r01 − β .cos θ2.3. Theo phương trình tọa độ cực ta córmax =Khoảng cách từ cực viễn đến tâm Trái Đấtr0= 5,63.107 ( m)1− βrmin =Khoảng cách từ cực cận đến tâm Trái Đất2.4. Bán trục a của vệ tinhTheo định luật III Kep-lerr0= 3,38.107 ( m)1+ β1ra = ( rmax + rmin ) = 0 221− βT = T0 (1 − e2 ) −3/2 = 26, 4hE=3.1. Do cơ năng của vệ tinh1mv0 2 ( β 2 − 1)2Điều kiện vệ tinh thoát ra khỏi Trái ĐấtE = 0 ⇒ β esc = 1r(θ ) =r0r'⇒ rmin= 01 − cos θ23.2 Theo phương trình tọa độ cực ta cóE=. Khi vệ tinh ra đến vô cực1mv∞ 2 ⇒ v∞ = v0 ( β 2 − 1)1/224III. KẾT LUẬNChuyên đề “ Chuyển động thiên thể trong hệ mặt trời “ chỉ là một phần nhỏtrong trong phần thiên văn học mà tôi muốn đề cập tới, nhằm giúp học sinh phầnnào hiểu và áp dụng được các bài tập của dạng này. Các bài tập trong chuyên đềđược sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó, từ phạm vi kiến thức hẹp đến mở rộng tớicác kiến thức liên quan, để học sinh dễ tiếp cận.Qua nhiều năm tập huấn học sinh giỏi tôi nhận thấy rằng , phần kiến thứcnày trong quá trình giảng dạy số lượng thời gian là ít nhưng luôn tạo hứng thú chocác học sinh vì liên quan tới các vấn đề thực tế.Qua thử nghiệm trên các học sinh đội tuyển vật lý của trường, tôi thấy các em tiếpthu tốt, có hiệu quả. Xin được giới thiệu tới quí thầy cô và các bạn đồng nghiệp chuyênđề này để tham khảo. Trong thời gian còn hạn chế, nội dung của chuyên đề còn chưađược phong phú, đa dạng, rất mong được sự đóng góp ý kiến của quí thầy cô và các bạnđồng nghiệp.Hạ Long, tháng 6 năm 2014Người viếtNguyễn Thu Hằng