CHUYÊN đề các ĐỊNH LUẬT của kê PLE và CHUYỂN ĐỘNG của các HÀNH TINH vệ TINH

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 0a
+)Quỹ đạo là parabol e =1
+)Quỹ đạo là hypebol e>1
2) Định luật 2 về diện tích quét: Mỗi hành tinh chuyển động sao cho véc tơ bán
kính
nối mặt trời và hành tinh quét được các diện tích
2
3
bằng nhau trong những khoảng thời gian bằng nhau.
∆t
3) Định luật 3 về chu kỳ quay:
∆t
F
Bình phương của chu kỳ quay của hành tinh bất kỳ tỉ lệ 4
1
với lập phương bán trục lớn:
2

3

 T1   a1 
 ÷ = ÷
 T2   a2 

Các định luật của Kê-Ple cũng được áp dụng cho các vệ tinh chuyển động xung
quanh các hành tinh.
II) Các định luật cơ học chi phối chuyển động của các hành tinh vệ tinh:
r
1) Định luật II Niu-tơn: F = mar
2) Định luật vạn vật hấp dẫn: Là lực hút giữa hai vật có khối lượng:
r
GMm r
F =− 3 r
r

dấu trừ cho biết véc tơ

r
F

r

luôn ngược hướng với véc tơ r .


3) Định luật bảo toàn cơ năng:
a) Thế năng hấp dẫn: của hệ hai chất điểm có khối lượng m1 và m2 là:

wt = −

GMm
r

Với mốc thế năng ở vô cùng.

Chú ý: Công của lực thế bằng độ giảm thế năng:

r r
A = F .∆r = −∆Wt .

b) Định luật bảo toàn cơ năng: Chuyển động của hạt dưới tác dụng của lực xuyên
tâm tuân theo ĐLBT cơ năng:
-Nếu hạt chuyển động dưới tác dụng của lực hấp dẫn thì ĐLBT cơ năng được
viết:
W=

1 2 GMm
mv −
= const
2
r

-Nếu W<0 thì quỹ đạo của vật là đường tròn hoặc elip.
-Nếu W=0 thì quỹ đạo của vật là đường Parabol.
-Nếu W>0 thị quỹ đạo của vật là đường Hypebol.
4) Định luật bảo toàn mô men động lượng:
a) Mô men động lượng: Mô men động lượng của một hạt đối với một tâm O:
r r r r
r
L = r ∧ p = r ∧ mv về độ lớn : L= rmv sin α = rmv⊥
b) Mối liên hệ giữa mô men động lượng và mô men lực:

r
r
dL

MF =
dt

c) Định luật BT mô mem động lượng:
Vì mô men của lực xuyên tâm đối với tâm O luôn bằng 0 nên:
r
r
dL
= 0 ⇒ L = co n s t
dt

Vậy: chuyển động của hạt dưới tác dụng của lực xuyên tâm tuân theo ĐLBT mô
men động lượng.
r
r
d) Hệ quả: Vì véc tơ L có hướng và độ lớn không đổi, véc tơ r luôn vuông góc
r
với véc tơ L nên quỹ đạo của hạt hoàn toàn nằm trong một mặt phẳng đi qua O và
r
vuông góc với véc tơ L .
III) Vận dụng các định luật cơ học vào chuyển động của các hành tinh vệ
tinh:
1)Trường hợp là quỹ đạo tròn:
Áp dụng ĐLBT mô men ĐL ta có rmv=const nên v=const.
Nên hành tinh, vệ tinh chuyển động là tròn đều, lực hấp dẫn sẽ đóng vai tro là lực
hướng tâm.

mv 2 GMm
GMm
= 2 ⇒ mv 2 =

r
r
r

Áp dụng ĐLBT cơ năng :

W=

1 2 GMm
mv −
2
r


Ta có Wđ = −

1
1
Wt ⇒ W = Wt (< 0) =
2
2

-ĐL 3 Kê-ple:

- Wđ

T 2 4π 2
=
= const
r 3 GM

2) Trường hợp quỹ đạo chuyển động là elip:
-Vận tốc tại điểm cực cận và cực viễn thỏa mãn: v1r1=v2r2
-Cơ năng: W=Wđ + Wt = −
-ĐL 3 Kê-Ple:

GMm
2a

T 2 4π 2
=
= const
a 3 GM

-ĐL BT mô men động lượng:
-ĐL 2 Kê-ple:

r r
L = mvr sin(r , v ) = const

ds
L
=
= const
dt 2m

3) Tốc độ vũ trụ:
-Tốc độ vũ trụ cấp 1: Là vận tốc tối thiểu cần truyền theo phương ngang để nó trở
thành vệ tinh nhân tạo của trái đất. v=

GM
= gR =
R

7,9 Km/s.

-Tốc độ vũ trụ cấp II Là vận tốc tối thiểu cần truyền để nó thắng lực hút của trái
đất trở thành vệ tinh nhân tạo của mặt trời. v=

2GM
= 2 gR = 11, 2 Km / s
R

-Tốc độ vũ trụ cấp III: Là vận tốc tối thiểu cần truyền cho một vật để nó thoát
khỏi hệ mặt trời vIII=16,7 Km/s.
B) BÀI TẬP:
Bài 1:Vệ tinh chuyển động xung quanh Trái Đất trên quỹ đạo tròn với bán kính R =
3RE với RE = 6400 km là bán kính Trái Đất. Vệ tinh khởi động bộ phận hãm trong thời
gian ngắn làm cho vận tốc của nó giảm đi và chuyển sang quỹ đạo elip tiếp tuyến với
mặt đất (Hình 1). Hỏi sau đó bao lâu thì vệ tinh
hạ cánh xuống mặt đất?

Bài giải
Theo định luật Kepler ta có
(1 )
T, T1: Chu kỳ quay của vệ tinh trên quỹ đạo
tròn và Elip
a: Bán kính quay trên quỹ đạo tròn a = 3RE
a1: Bán kính lớn trên quỹ đạo Elip a1 = 2RE

Hình 1


Xét cđ của vệ tinh trên quỹ đạo tròn
=>

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<Từ (1) và (2) suy ra

Fht =

(1)
mv 2
= mg ⇒ v = gR
R

∆v =

(2)

2π RF 2π .6400.103.7.10−4
=
= 0, 0178 ≈ 0, 018
m gR 200. 9,8.6400.103

m/s ( tăng

lên).
Chú ý: Lực ma sát sinh công làm giảm cơ năng của vệ tinh. Theo công thức
W=

1
GMm
Wt = −
2
R

thì R giảm. Vệ tinh chuyển động lại gần Trái đất theo đường

xoáy ốc, trong chuyển động này trọng lực thực hiện công dương làm giảm thế
năng làm tăng động năng của vệ tinh, vì phần động năng này tăng do trọng lực
lớn hơn phần động năng giảm do lực ma sát , nên tốc độ của vệ tinh tăng lên. Vệ
tinh có bốc cháy khi đi đến lớp khí quyển đậm đặc hơn.
Bài 10:
Hai vệ tinh của Trái đất cùng chuyển động trong cùng mặt phẳng theo các quỹ
đạo tròn .Bán kính quỹ đạo của vệ tinh 1 là R=7000 Km, bán kính quỹ đạo của vệ
tinh 2 nhỏ hơn một lượng là ∆R = 70 Km. Hỏi cứ sau một khoảng thời gian nhất
định là bao nhiêu thì các vệ tinh tiến lại gần nhau nhất? cho bán kính và khối
lượng của Trái đất lần lượt là R= 6370 Km, M= 5,98.1024 Kg.
Bài giải:
-TH chuyển động cùng chiều: áp dụng ĐL III Kê-ple ta
có
2
1

2
2

2
1
2
2

T
R
=
⇒ T1 > T2
T
R

hay ω1 < ω2 nên:

ϕ =(ω2 −ω1 )t
⇒ 2π = (ω2 − ω1 )t ⇒

Với:

T1 =

2π 2π 2π
1 1 1
=
−
⇒ = −
t

T2 T1
t T2 T1

4π 2 R 3
4π 2 ( R − ∆R)3
; T2 =
GM
GM

Thay vào ta được:

1
GM 
1
1
=
− 3
3
t
2π  R − ∆R 2
) R2
(





÷
GM
1

÷≈
− 1÷
3 
÷
÷ 2π R 2  1 − 3∆R ÷


2R


2′

ϕ
0

2

1′
(t = 0)

1


≈

Suy ra:

t1 =

-TH chuyển

GM  3∆R 
GM 3∆R
1+
− 1÷ ≈
.
3 
3
2
R
2R


2π R 2
2π R 2
4π R 3/2 .R
.
= 382.752 = 4,43 ngày.
GM 3∆R
động ngược chiều: ϕ = (ω2 + ω1 )t

⇒ 2π = (ω2 + ω1 )t2 ⇒

2π 2π 2π
1 1 1
=
+
⇒ = +
t2
T2 T1

t2 T2 T1

1
GM  3∆R 
2π
R 3/2
=
1
+
+
1
⇒
t
=
2
÷
3 
t2
2R
GM  2 + 3∆R 


2π R 2

÷
2R 

t1 4 R + 3∆R
=
≈ 122 ⇒ t2 ≈ 3137 s = 0,87 giờ.

t2
3∆R

Hết.