SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH CHUYÊN ĐỀ: CÁC ĐỊNH LUẬT CỦA KÊ-PLE VÀ CHUYỂN ĐỘNG CỦA CÁC HÀNH TINH VỆ TINH Tác giả : Vũ Thị Phương Lan Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái A) Kiến thức cơ bản: I)Ba định luật của Kê-Ple: 1)Định luật 1( về quỹ đạo chuyển động ): Mọi hành tinh đều chuyển động trên những quỹ đạo elip mà mặt trời là một trong hai tiêu điểm. Các đặc trưng của elip: m -Bán trục lớn a; bán trục nhỏ b; tiêu điểm F và F';  OF= OF' = c; tâm sai e = r c a c F′ b M o F +)Quỹ đạo tròn e = 0. +)Quỹ đạo elip 0 Có (2) => (3)  Từ (1), (2), (3) ta suy ra Thời gian hạ cánh xuống mặt đất: t = T/2 = 7191,6s ≈2 giờ. Bài 2: Tầng thứ ba của tên lửa bao gồm phần khoang mang nhiên liệu có khối lượng M = 50 kg và phần đầu bảo vệ hình nón có khối lượng m =10 kg. Phần đầu có thể bật về phía trước nhờ một lò xo nén. Khi thử trên Trái Đất, khi tên lửa được giữ cố định thì lò xo đẩy phần đầu khỏi tên lửa với vận tốc v 0 = 5,1 m/s. Tìm vận tốc tương đối của phần đầu so với tên lửa khi nó rời ra trong khi bay trên quỹ đạo? Bài giải: - Xét trong hệ quy chiếu khối tâm của hệ gồm khoang mang nhiên liệu và đầu bảo vệ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mdvd = mtvt - Khi thử trên trái đất ta tính được thế năng đàn hồi của lò xo Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: W = md v02 2 - Trên quỹ đạo thì thế năng này cũng chuyển hết thành động năng của hai khoang và đầu bảo vệ khi hai phần tách nhau ra 2  m md v d2 mt vt2 2 2 2 vd W = + ⇔ m d v 0 = md v d + m d ⇔ v02 = 1 + d 2 2 mt mt  ⇒ vt = md v d md mt = v0 mt mt mt + md - Vận tốc tương đối của đầu bảo vệ và tên lửa  2 mt v d ⇒ v d = v0 mt + m d  v d + vt = v 0 mt m mt m + d v0 = v0 1 + d = 5,6(m / s) mt + md mt mt + md mt Bài 3: Một hành tinh , khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip quang mặt trời. Khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất từ mặt trời đến hành tinh lần lượt là r 1 và r2. Tìm mô men động lượng của hành tinh đối với tâm mặt trời. Bài giải: Áp dụng ĐLBT mô men động lượng và ĐLBT cơ năng ta có: v1r1=v2r2 (1) − GMm 1 GMm 1 + mv12 = − + mv2 2 (2) r1 2 r2 2 Từ (1) và (2) ta suy ra: v12 − v12 1 1 r12 = 2GM  − ÷ 2 r2  r1 r2   r2 − r2   r −r  2GMr2 ⇒ v12  2 2 1 ÷ = 2GM  2 1 ÷⇒ v1 = r1 ( r2 + r1 )  r2   r1r2  Vậy: L= 2GMr1r2 ( r2 + r1 ) Bài 4: Sao chổi Ha-Lây có chu kỳ T= 76 năm và vào năm 1986 nó đến gần Mặt trời nhất , có rmin= 8,9.1010 m. Biết khối lượng của Mặt trời M= 1,99.10 30kg. Tìm: a) Khoảng cách xa nhất rmax từ sao chổi đến Mặt trời? b) Tâm sai của quỹ đạo sao chổi? Bài giải: a) Áp dụng ĐL Kê-Ple III ta có: T 2 4π 2 = a 3 GM suy ra: a3 = GMT 2 6, 67.10−11.1,99.1030.(76.365.24.3600) 2 = = 19, 2.1036 m 2 2 4π 4π a=2.68.1012m. rmin= a - ea ; rmax= a + ea , nên rmax= 2a - rmin = 5,3.1012 m b) Tâm sai của quỹ đạo sao chổi: e= rmax − rmin = 0,967 2a ( Quỹ đạo sao chổi rất dẹt ) Bài 5: Một vật nhỏ bắt đầu rơi vào Mặt trời từ một khoảng cách bằng bán kính quỹ đạo của Trái đất . Vận tốc đầu của vật trong hệ quy chiếu nhật tâm bằng không. Hỏi thời gian rơi của vật? Bài Giải: Vật chuyển động theo quỹ đạo elip rất dẹt và rơi vào Mặt trời, theo ĐLBT cơ năng ta có: W=− GMm GMm r +0 = − ⇒a= r 2a 2 ( r là bán kính quỹ đạo trái đất ). Theo ĐL III Kê-ple ta có: T 2 TT2D a3 2 1 2 = ⇒ T = TTD = a3 r3 r3 8 năm ⇒T = 1 8 năm. Thời gian vật bắt đầu chuyển động từ điểm cực viễn có v min=0 đến điểm cực cận ở Mặt trời là: 1 τ = T. 2 Suy ra: τ = 1 2 8 năm = 365 2 8 ngày = 64,5 ngày. Bài 6: Một vệ tinh coi như chất điểm có khối lượng m, đang chuyển động trên một quỹ đạo tròn tâm o, bán kính R quanh Trái đất có khối lượng M. a) Chứng minh rằng tốc độ v của nó không đổi và tính v theo G,M,R. Suy ra chu kỳ T của nó? b) Người ta muốn chuyển vệ tinh này sang một quỹ đạo tròn khác có bán kính R'>R, nằm trong cùng mặt phẳng quỹ đạo trên. Muốn thế ở tại điểm Acủa quỹ đạo 1 người ta tăng tốc theo phương tiếp tuyến để nó vạch ra một quỹ đạo elip có trục lớn AB (quỹ đạo 2), trong đó B là điểm năm trên đường tròn bán kính R ' . Hãy xác định các vận tốc v1 và v2 của vệ tinh tại các điểm A và B và năng lượng ∆W1 cần cung cấp cho vệ tinh tại A để chuyển quỹ đạo? c) Sau khi vệ tinh đi qua B người ta lại tăng tốc một lần nữa theo phương tiếp tuyến để nó vạch ra một đường tròn bán kính R'. Tính tốc độ v' của vệ tinh trên quỹ đạo 3 và năng lượng ∆W2 cần cung cấp cho vệ tinh để nó chuyển từ quỹ đạo 2 sang quỹ đạo 3? Bài giải: a) Ta có Fhd = Fht ⇒ GMm mv 2 GM = ⇒v= = co n s t 2 R R R T= R 2π R R3 = 2π v GM Vậy: R′ 1 2 GMm GMm GMm mv − =− =− 2 R 2a R + R' v1 = B 2GMR ' R ( R + R ') Áp dụng ĐLBT mô men ĐL : Rmv1 = R ' mv2 ⇒ v2 = o (2) b) Áp dụng ĐLBT cơ năng: Tại A: A 2GMR R '( R + R ')  GMm   GMm  GMm  R '− R  ∆W1 =  − ÷−  − ÷=  ÷ 2 R  R '+ R   R + R '   2R  (1) (3) c) v'= GM R'  GMm   GMm  GMm  R '− R  ∆W2 =  − ÷−  − ÷=  ÷  2 R '   R + R '  2 R '  R '+ R  Bài 7: I-Go và Sa-Ly mỗi người điều khiển một con tầu vũ trụ nhỏ khối lượng m=2000 kg trên quỹ đạo tròn xung quanh trái đất ở đọ cao h=400 km. I-Go đi trước Sa-Ly tại bất kỳ điểm nào của quỹ đạo. Cho biết khối lượng của Trái đất M=5,98.1024 Kg và bán kính R= 6370 Km . a) Hỏi chu kỳ quay và tốc độ quay của mỗi con tầu. b) Sa-Ly muốn vượt I-Go nên tại một điểm P nào đó nó thực hiện một vụ đốt cháy nhiên liệu trong một khoảng thời gian rất ngắn . Khí đốt cháy phụt về phía trước qua một ống phụt khí làm giảm tốc độ đi 1% . Sau đó Sa-Ly bay theo quỹ đạo elip. Hỏi tốc độ, động năng và thế năng của con tầu Sa-Ly ngay sau khi phóng khí đốt. c) Trong quỹ đạo elip, năng lượng toàn phần , bán trục lớn và chu kỳ bằng bao nhiêu? d) Sa-Ly làm gì tiếp theo để vượt I-Go trên quỹ đạo ban đầu? Bài giải: a) r = R + h = 6372 + 400 = 6770 Km = 6,77. 106 m. 4π 2 ( 6, 67.106 ) 4π 2 r 3 To = = = 5540 s = 92,3 ph GM 6, 67.10−11.5,98.10 24 3 2π r vo = = 7680 To P R r m/s b) v= 0,99 vo = 7 600 m/s Wđ = 1 2 GMm mv = 5, 78.1010 J ; Wt = − = −11,8.1010 J 2 r c) W = Wđ + Wt = -6,02.1010 J W=− GMm GMm ⇒a=− = 6, 63.106 m 2a 2W ( a nhỏ hơn r khoảng 2,1%) T 2 To3 a3 = ⇒ T = T = 5370 s ⇒ T < To o a3 R3 R3 d) Vì T< To nên Sa-Ly về đến điểm P trước. Tại đó (P) nó đốt cháy nhiên liệu trong một thời gian rất ngắn nhưng lần này cho khí phụt ra phía sau để làm tăng tốc độ lên bằng vo . Khi ấy Sa-Ly ở trước I-Go trên cùng một quỹ đạo. Chú ý: Muốn đuổi kịp và vượt I-Go, Sa-Ly không thể tăng tốc ngay từ đầu vì ngay sau khi tăng tốc con tầu chuyển sang quỹ đạo elip mà P là cận điểm và bán trục a của elip lớn hơn R, do đó Sa-Ly về đến P sau I-Go. Bài 8: Muốn cho một con tàu vũ trụ đang chuyển động trên quỹ đạo Trái đất rơi vào Mặt trời, Người ta thực hiện một trong hai phương án sau: a) Phương án 1: Truyền cho con tầu một xung lượng của lực ( bằng cách đốt cháy một động cơ tên lửa) theo hướng ngược lại với chuyển động của tàu vũ trụ làm cho tốc độ của tàu giảm đến không, để tàu rôi vào Mặt trời. b) Phương án 2: Thực hiện một quá trình gồm hai bước : Giả sử quỹ đạo của Trái đất là một đường tròn bán kính r1 có tâm là mặt trời Bước 1: Dùng một tên lửa nhỏ hơn đốt cháy nhiên liệu trong một khoảng thời gian ngắn làm cho tốc độ của tầu tăng lên theo hướng chuyển động để con tầu chuyển động theo quỹ đạo elip mà điểm tên lửa cháy là cận điểm. Bước 2: Đến viễn điểm người ta lại truyền cho một xung lượng của lực đủ để triệt tiêu tốc độ của tầu, để nó rơi vào Mặt trời ( bỏ qua lực hấp dẫn của Trái đất ). Xung lượng toàn phần mà tên lửa phải cung cấp được đo bằng tổng các độ gia ∆v tăng vận tốc . Hãy tính tổng này ở mỗi phương án và và so sánh chúng trong trường hợp r2= 10r1. Phương án nào có lợi về mặt năng lượng? Bài giải: v1 = Phương án 1: GM ⇒ ∆v = 0 − v = v r1 Phương án 2: Áp dụng ĐLBT cơ năng và ĐLBT mô men động lượng: 1 GMm GMm mv12 − =− 2 r1 r1 + r2 v1 = 2GMr2 r1 ( r1 + r2 ) và v2 = và v1r1 = v2 r2 2GMr1 r2 ( r1 + r2 ) ∆v1 = v1 − v; ∆v2 = 0 − v2 = v2 ∆v1 + ∆v2 = v1 + v2 − v = 0, 483v Phương án 2 tiện lợi hơn. Bài 9 (BT về nghịch lý về chuyển động của vệ tinh) Một vệ tinh nhân tạo có khối lượng m=200Kg, chuyển động theo quỹ đạo tròn ở lớp khí quyển ở trên cao nhất của Trái đất. Vệ tinh chịu lực cản của không khí loãng F= 7.10-4 N. Hãy xác định xem tốc độ của vệ tinh sau khi chuyển động được một vòng biến thiên một lượng là bao nhiêu cho biết độ cao của vệ tinh so với mặt đất là nhỏ so với bán kính của Trái đất R=6400km. Lấy g=9,8 m/s2. Bài giải: Coi quỹ đạo của vệ tinh là tròn, còn lực cản làm giảm cơ năng của vệ tinh. W=− 1 Wđ 2 = 1 − mv 2 2 1 1 A = − F ∆s = ∆W = ∆ (− mv 2 ) = − m 2v∆v 2 2 ⇒ F ∆s = mv∆v ⇒ F .2π R = mv∆v Mặt khác vì h ... III) Vận dụng định luật học vào chuyển động hành tinh vệ tinh: 1)Trường hợp quỹ đạo tròn: Áp dụng ĐLBT mô men ĐL ta có rmv=const nên v=const Nên hành tinh, vệ tinh chuyển động tròn đều, lực hấp... lý chuyển động vệ tinh) Một vệ tinh nhân tạo có khối lượng m=200Kg, chuyển động theo quỹ đạo tròn lớp khí cao Trái đất Vệ tinh chịu lực cản không khí loãng F= 7.10-4 N Hãy xác định xem tốc độ vệ. .. làm giảm vệ tinh Theo công thức W= GMm Wt = − R R giảm Vệ tinh chuyển động lại gần Trái đất theo đường xoáy ốc, chuyển động trọng lực thực công dương làm giảm làm tăng động vệ tinh, phần động tăng