Chuyên đề thiên văn học, chuyển động hành tinh trong hệ mặt trời

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

CHUYÊN ĐỀ: CHUYÊN ĐỀ THIÊN VĂN HỌC
CHUYỂN ĐỘNG HÀNH TINH TRONG HỆ MẶT TRỜI

Tác giả : Nguyễn Thu Hằng
Trường THPT Chuyên Hạ Long

A. Cơ sở lý thuyết
Đặt vấn đề: Thiên văn học là một ngành khoa học sớm nhất trong lịch sử
nhân loại. Thiên văn học sử dụng các công cụ toán học và các thành tựu khoa học
tự nhiên, đặc biệt là vật lí học để nghiên cứu sự chuyển động, bản chất vật lí, thành
phần hóa học, quá trình hình thành và phát triển của các thiên thể và hệ thiên thể
như Mặt trời, các hành tinh, các vệ tinh…. các sao, các thiên hà và vũ trụ nói
chung.
Trong các vấn đề về thiên văn học thì chuyển động của các thiên thể trong
hệ Mặt trời dễ dàng tiếp cận và hay gặp trong các kì thi. Học sinh khi sử dụng các
kiến thức vật lý 10 phần cơ và bổ túc toán thì giải quyết bài toán dễ dàng nên tôi
lựa 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 cùng
đã 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 và
chuyển động của chúng.
Nhà thiên văn người Đức Johannes Kepler ( 1571-1630) đã dựa trên số liệu
quan sát của Tycho Brahe để suy luận ra 3 định luật về chuyển động các hành tinh
xung quanh Mặt Trời.

1. Định luật I Kê-ple: Hành tinh chuyển động trên quỹ đạo elip mà tâm O
của 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 quét
các 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 phương
chu 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 tinh
Sau này nhà bác học Anh New ton ( 1642-1727) đã chỉ ra rằng các định luật
Kepler có thể suy ra từ định luật vạn vật hấp dẫn và chúng ta cũng biết các định
luật áp dụng chuyển động của hành tinh, vệtinh.
1.Định luật II Niu tơn
2. Chuyển động của các hành tinh xung quanh Mặt trời dưới tác dụng của

lực hấp dẫn

r
GMm r
Fhd = − 3 r
r

. Lực hấp dẫn luôn có giá đi qua tâm Mặt trời lên chuyển

động 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 thế
xuyên tâm.
3. Hành tinh có khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip mà Mặt trời
E=−

nằm ở tiêu điểm, cơ năng của hành tinh

GMm 1 2
+ mv
r
2

bảo toàn.

III. Các dạng quỹ đạo chuyển động vật dưới tác dụng của lực hấp dẫn Trái
dất.
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 toán
Xét một hệ trục tọa độ Oxy.
Gọi F1 và F2 là hai điểm thuộc trục Ox
với OF1 = OF2 = c. Quỹ tích các điểm M
thuộc (Oxy) sao cho MF1+ MF2 = 2a và
không đổi gọi là đường elip.

- Đặc điểm của đường elip:

+ Phương trình chính tắc:

x2 y2
+
=1
a2 b2

Với a là bán trục lớn , b là bán trục nhỏ và a2 = b2 + c2


+ Diện tích của hình elip S = πab
e=

+ Tâm sai

c
a

với e = 0 là đường tròn, 0 < e < 1 là đường elip, e = 1 elip

suy biến thành đường thẳng.
r=

p
1 ± e cos θ

- Khi chuyển sang hệ tọa độ cực ta có phương trình elip có dạng
p=

b2
a

Với p là thông số elip

IV. Bài tập ứng dụng
Bài 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 cận

điểm 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 kì
quay của vệ tinh.
Bài giải
1. 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 tinh
c=

1
( ra + rP ) = 6623,5( km)
2

1
( ra − rP ) = 73,5( km)
2

b = a 2 − c 2 = 6623( km )

Bán trục nhỏ
e=

Tâm sai

c
= 0,011
a

p=

vì e << 1 nên có thể coi quỹ đạo là hình tròn.
b2
= 6622,5( km )
a

Thông số quỹ đạo

Bài 2: Một hành tinh chuyển động xung quanh Mặt trời khối lượng M theo quỹ
đạo elip với khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất đến tâm Mặt trời là R và r. Xác định
chu kì quay T của hành tinh.

Bài giải


Xét vật khối lượng M chuyển động tròn đều quanh Mặt trời với chu kì T1 và bán
kính( R+r)/2 .
2

Theo định luật III Kep-

ler ta có

3

 T1   a1 
 ÷ =  ÷ =1
T  a 

nên T = T1

Do vật m1 chuyển động tròn đều ta có
Fhd = Fht ⇒ v 2 =

a
a 3/2
a 3 GM
GM
⇒
T
=
2
π
=
2
π
=
T
⇔
=
=K
1
v
GM 1/2
T 2 4π 2

a2

* Nhận xét

1. Theo định luật III Kep-ler

a 3 GM
K= 2=
T
4π 2

(1) với M là khối lượng vật nằm ở tiêu

điểm của quỹ đạo elip.
T = 2π

2. Chu kỳ quay

a3
( r + R)3
=π
GM
2GM

(2)

* Áp dụng: Quỹ đạo vệ tinh nhân tạo Cosmos 380 có chu kì quay quanh Trái Đất
là T = 102,2 phút. Khoảng cách cực đại và cực tiểu so tâm Trái Đất là 7926 km và
6588 km. Xác định khối lượng Trái Đất.
M=

Áp dụng công

thức (2) ta có khối lượng Trái đất là

4π 2 a 3
= 6.1024 kg
GT 2


Bài 2: Xác định chu kì quay của các ngôi sao sau đây
1. 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 tạo
thành tam giác đều cạnh L.
Bài giải
OM 1 = R1 =

1. Khối tâm của hệ hai ngôi sao tại O :

M2
L
M1 + M 2

OM 2 = R2 =

,

M1
L
M1 + M 2

Do lực hấp dẫn giữa các ngôi sao đóng vai trò lực hướng tâm và các ngôi sao cùng
chu kỳ quay:
Fhd = Fht ⇒

⇒

GM 1M 2
4π 2
4π 2
= M 1 2 R1 = M 2 2 R2
L
T
T

GM 1M 2 4π 2
4π 2 M + M 2
= 2 ( M 1R1 + M 2 R2 ) = 2 ( 1
)L
L
T
T
M 1M 2

T = 2π

Chu kỳ quay của hai ngôi sao:
3.

L3

G(M1 + M 2 )

Ngôi sao ba là hệ 3 ngôi sao có khối lượng M1 = M2 = M3 =M luôn tạo thành

tam giác đều cạnh L nên khối tâm hệ nằm tại tâm đối xứng của hệ ba ngôi sao nên
R1 = R2 = R3 =

bán kính của chúng quay

L
3


Do lực hấp dẫn giữa các ngôi sao đóng vai trò lực hướng tâm và các ngôi sao cùng
chu kỳ quay:
Fht = 2 Fhd cos30 ⇒ 2

T=

Chu kỳ quay của hai ngôi sao:

GM 2 3
4π 2 L
=
M
L2 2
T2 3

2 3
L

πL
3
GM

Bài 3: Một hành tinh khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo elip xung quanh
Mặt trời khối lượng M sao cho khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất đến tâm Mặt trời
là rmax và rmin. Dùng các định luật bảo toàn tính

1. 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 giải
Hệ Mặt trời và hành tinh là hệ kín. Áp dụng các định luật bảo toàn với hai vị trí cận
điểm và viễn điểm.
E=−

Bảo toàn cơ năng

GMm 1 2
+ mv
r
2

(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 = 0

Phương trình có 2 nghiệm chính là rmax và rmin.
rmax + rmin = −

1. Theo Viet ta có :
E=−

Cơ năng toàn phần

2GMm 2
GMm
GMm
⇒E=−
=−
2mE
rmax + rmin
2a

GMm
GMm
=−
rmax + rmin
2a

(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 2
GMm
2 1
+ mv = −
⇒ v = GM ( − )(3.2)
r
2
2a
a r

2. Mặt khác ta có :

rmax .rmin

L2
2GMrmax rmin
b2
2
=
⇒ L = −2mErmax rmin ⇒ L = m
= m GM
2mE
rmax + rmin
a

L=m

Mômen động lượng

3. Thông số quỹ đạo

2GMrmax rmin
b2
= m GM (3.3)
rmax + rmin
a

L2
p=
GMm 2

( 3.4)


1/2

Tâm sai

c
b2 
2 EL2 
e = = 1 − 2 =  1 + 2 2 3 ÷ (3.5)
a
a
 G M m 

Bài 4: Người ta phóng một vệ tinh nhân tạo theo phương án sau. Bắt đầu từ mặt
đất cấp vệ tinh vận tốc vo theo phương thẳng đứng. Vệ tinh bay đến độ cao h, vận
tốc vệ tinh bằng không thì cung cấp vận tốc v theo phương ngang để nó chuyển
động theo quỹ đạo elip với tâm sai e và thông số p. Hãy xác định v 0 và v theo h,p, e
và R là bán kính Trái đất và go là gia tốc trọng trường trên bề mặt Trái Đất.
Bài giải
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình ném
−

g0 =

Do

GM
R2

GMm 1
GMm
1
1
GM Rh
+ mv0 2 = −
⇒ v0 = GM (
− )= 2 2
R
2
R+h
R+h R
R R+h

v0 = 2 g 0

nên vận tốc v0 khi ném ban đầu là

Rh
R+h

2. Tại vị trí có độ cao h vận tốc nối tâm Trái đất bằng 0 và được truyền vận tốc v
vuông góc bán kính thì đây chính là vị trí cận điểm hoặc viểm điểm.
v = GM (

+ Nếu là vị trí viễn điểm thì
p=

Do

b2
p
= a (1 − e 2 ) ⇒ a =
a
1 − e2

2
1
2
1
− ) = GM (
− )
R+h a
rmax a

v = GM (

thì

2(1 − e) 1 − e 2
−
)=
p
p

GM
(1 − e) 2
p


vmin =

g0
R(1 − e)
p

Vận tốc truyền ngang là
rmin =

+ Nếu vị trí ném là cận điểm thì
vmax =

p
1+ e

tương tự ta có vận tốc cần truyền

g0
R (1 + e)
p

Bài 5: Để chuyển một vệ tinh Trái đất từ quỹ đạo tròn thấp bán kính R 1 sang quỹ
đạo tròn cao bán kính R2 người ta tiến hành như sau: Tại điểm A của quỹ đạo thấp
nhờ tên lửa trong thời gian rất ngắn truyền một vận tốc phụ cho vệ tinh để nó vạch
một nửa elip tiếp tuyến ở B với quỹ đạo cao. Khi tới B, vệ tinh lại được truyền vận
tốc phụ cho phép nó chuyển động theo quỹ đạo tròn cao. Gọi g o là gia tốc trọng
trường 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 đọ
đạo tròn cao.
Bài giải
Chuyển 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 GMm
GM
m
=
⇒ v1 =

=
2
R1
R1
R1

g
GM R 2
g
.
= R 0 ⇒ v1 = R 0
2
R R1
R1
R1

v2 = R

Tương tự khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính R2:

g0
R2

2. Khi vệ tinh chuyển động trên nửa quỹ đạo elip từ A đến B với bán trục lớn a với 2a =
R1 + R2

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, vận tốc vệ tinh theo quỹ đạo elip tại A.
−

GMm 1

GMm
2 R2
2 R2
+ mv1 '2 = −
⇒ v1 ' = GM
⇒ v1 ' = v1
> v1
R1
2
R1 + R2
R1 ( R1 + R2 )
( R1 + R2 )

Tương tự vận tốc vệ tinh theo quỹ đạo elip tại B.
v2 ' = GM

2 R1
2 R1
⇒ v2 ' = v 2
< v2
R2 ( 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 giải
Tốc độ vũ trụ cấp I là tốc độ cần thiết để đưa một vật lên quỹ đạo tròn chuyển động
quanh Mặt trăng với bán kính R và trở thành vệ tinh nhân tạo của Mặt Trăng
vI =

GM
= 1, 67.103 (m / s )
R


Tốc độ vũ trụ cấp II là tốc độ cần thiết để truyền cho một vật trên bề mặt Mặt
Trăng thoát sức hút Mặt trăng.
E=−

GMm 1 2
2GM
+ mv = 0 ⇒ vII =
= 2v I
r
2
R

Bài 8: Trong hệ quay chiếu gắn tâm Mặt trời khối lượng M 0 xét chuyển động Trái
Đất và sao chổi.
1. Coi quỹ đạo Trái Đất là hình tròn bán kính r 0. Xác định vận tốc Trái Đất khi
chuyển động xung quanh Mặt trời.
2. Quỹ đạo sao chổi đồng phẳng với quỹ đạo Trái Đất và điểm cực cận cách Mặt
Trời là r0/2 và vận tốc là 2v0. Xác định dạng quỹ đạo sao chổi và vận tốc v của sao
chổi khi nó cách Mặt trời khoảng r.
Bài giải
v0 =

1. Do Trái Đất chuyển động theo quỹ đạo tròn với bán kính r0:
E=−

2. Cơ năng của sao chổi :

GM
r0

GMm ' 1
GM
+ m '(2vo )2 = 2m '(
− v02 ) = 0
r0
2
r0
2

Vậy quỹ đạo sao chổi là parabol vì cơ năng E = 0.
E =0⇒v =

Vận tốc v tại một vị trí bất kì :

2GM
2r0
= v0
r0
r

Bài 9: Một trạm thăm dò vũ trụ P bay quanh hành tinh E theo quỹ đạo tròn có bán
kính 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 E
u=

theo đường thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc

58 GM
R

. Thiên thạch va

chạm rồi dính vào trạm P nói trên. Sau va chạm thì trạm vũ trụ cùng với thiên
thạch chuyển sang quỹ đạo elip. Biết khối lượng của trạm P gấp 10 lần khối lượng
của 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 giải
1) Ký hiệu m0 là khối lượng trạm P,

r
v1

là 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 chuyển
động của P quanh E:
2

G

v1 =

Suy ra:

GM
R

m0 M m0 v12
 2π 
=
= m0  ÷ R
2
R
R
 T 

T=

(2)

và

2) Ký hiệu m là khối lượng của thiên thạch,

2π
R 3/ 2
GM
r
v2

(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:

r
u

là


r

v1

v2

v M

R

u


m

(4)
Chiếu lên 2 trục Ox và Oy (hình vẽ):
10m.v1 = 11m.v2x

(5)

m.u = 11m.v2y

(6)

v1 =

Thay

GM
R

u=

và

58 GM
R

ta tìm được:

2

v2 =

v2 =

v 22 x

+

v22 y

2

 10   1 
=  v1 ÷ +  u ÷
 11   11 

1 158GM
11
R

.

.

(7)

Sau va chạm thì hệ chuyển sang quỹ đạo elip (đường đứt nét đậm). Tại điểm
cận nhật hệ có vận tốc là v vuông góc với đoạn thẳng r nối điểm cận nhật với tâm
hành tinh. Ta viết phương trình bảo toàn năng lượng và bảo toàn mô men động
lượng của hệ tại vị trí va chạm và vị ví cận nhật:

x

−G

11mM 11m 2
11mM 11m 2
+
v 2 = −G
+
v
R
2
r
2

v.r = v 2 x R

v = v2x

Từ (9) suy ra:
y

R 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 = 0

r=

Phương trình có 2 nghiệm:
r=

tiểu cần tìm, còn

50
R
21

R
2

r=

và

50
R
21

r=

. Giá trị

R
2

là khoảng cách cực

là khoảng cách cực từ hệ đó đến tâm hành tinh E (tại

điểm 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 quanh
Trái Đất có khối lượng M.
1.CMR cơ năng của vệ tinh là E = - K
2. Do có ma sát bán kính của quỹ đạo của vệ tinh giảm dần 0.1% trong một
tuần. Giả sử quỹ đạo vệ tinh vẫn là quỹ đạo tròn. Tính độ biến thiên vận tốc của nó
trong một tuần
3. Cho r = 6,60.106m

M = 5,98.1024 kg và m = 2,00.103 kg.Tính độ biến

thiên cơ năng của vệ tinh trong một tuần
4.Tính lực ma sát của khí quyển tác dụng lên vệ tinh
5. Thực tế, vệ tinh có mang một động cơ phụ có nhiệm vụ bù trừ lực ma sát
của khí quyển. Biết rằng lực tác dụng của động cơ này bằng uz với z là tốc độ đốt
nhiên liệu ( tính đơn vị kg/s) và u = 2.00.10 3 Ns/kg. Nếu vệ tinh mang theo 30 kg
nhiên liệu thì nó duy trì quỹ đạo của mình trong bao lâu
Bài giải

1. Khi vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r
m

v 2 GMm
1
GMm
U
= 2 ⇒ mv 2 =
⇒K =−
r
r
2
2r
2

E = K + U = −K =

Mặt khác cơ năng

2.

U
2

( ĐPCM) .

Do ma sát nên sau một tuần bán kính là

∆r < 0,

r + ∆r

và vận tốc

v + ∆v

∆r
= −0,1%
r

Trong đó
v2 =

GM
GMm
∆v
∆r
⇒ 2 v∆v = − 2 ∆ r ⇒
=−
= 0, 05%
r
r
v
2r

Do

Xuất hiện nghịch lý : có ma sát nhưng vận tốc của vệ tinh tăng.
E=

3. Do vệt tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn
E' = −

Khi bán kính giảm

.

GMm
1 GMm
∆r
≈−
(1 − )
2( r + ∆r )
2 r
r

∆E = E '− E = −

Độ biến thiên cơ năng

U
GMm
=−
2
2r

1 GMm ∆r
( ) = −6,04.107 ( J )
2 r
r

∆E = AFms ⇒ Fms = −

4. Theo định luật bảo toàn năng lượng
s=

Do quỹ đạo

tròn nên quãng đường đi được

s=

Quãng đường đi được

2π r
t
T

∆E
s

với

T 2 4π 2
=
r 3 GM

GM
.t = 4, 70.109 ( m)

r

Fms ≈ 0,013( N )

Lực ma sát có độ lớn

5. Theo giả thiết do động cơ bù trừ lực ma sát Fms = F = uz
τ=

Thời gian tồn tại của vệ tinh

m0 mo u
=
; 54(ngày ).
z
Fms

Bài 11: Vệ tinh nhân tạo của Mặt trăng chuyển động theo quỹ đạo tròn có bán kính
lớn hơn bán kính Mặt trăng n lần. Khi chuyển động vệ tinh chịu tác dụng của lực
cản yếu của vũ trụ. Giả sử lực cản phụ thuộc vào vận tốc theo quy luật F = -αv2 với
α là hằng số. Tính thời gian chuyển động của vệ tinh cho đến lúc nó rơi vào Mặt
trăng.
Bài giải
E=−

Cơ năng toàn phần của vệ tinh là

GMm
GMm
⇒ dE = −

dR
2R
2R2


dA = − Fds = − Fvdt = −α v 3dt

Công của lực cản do vũ trụ gây là
1/2

Do chuyển động

theo quỹ đạo tròn

3/2

 GM 
 GM 
v=
÷ ⇒ dA = −α 
÷ dt
 R 
 R 

dE = dA ⇒ dt = −

m
R −1/2dR
α GM

Theo định lí về cơ năng
t=−

m
α GM

∫

R0

nR0

R −1/2 dR =

m
α GM

R0 ( n − 1)

Lấy tích phân

với 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 h

1.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 cần
thiết để vệ tinh đạt các quỹ đạo cần thiết.
1.1 Tính giá trị bằng số ro
1.2. Lập biểu thức xác định vận tốc vo của vệ tinh theo g, RT và r0 và tính giá trị


1.3 Lập biểu thức xác định mô men động lượng L 0 và cơ năng E0 của vệ tinh theo
v0, g, RT và m
2. Khi vệ tinh địa tĩnh đang ở quỹ đạo tròn, do sai lầm động cơ điểm cực viễn bật
lên. Mặc dù phản ứng nhanh để tắt động cơ đi nhưng vẫn xuất hiện lực đẩy hướng
về tâm Trái Đất và một độ biến thiên vận tốc không mong muốn
tinh . Người ta gọi thông số boost

β = ∆v / v0

∆

v truyền cho vệ

. Thời gian hoạt động của động cơ rất

nhỏ có thể bỏ qua
2.1 . Xác định thông số p và tâm sai e của quỹ đạo mới theo r 0 và

β

. Biết thông số

p và tâm sai e có thể xác định theo công thức
p=

1/ 2

2

L
GMm 2

và


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 ở
đó động cơ được bật lên.
2.3. Lập biểu thức tính khoảng cách từ các cực viễn và cực cận đến tâm Trái Đất
theo r0 và

β

. Tính các giá trị nếu

β

=¼

2.4. Xác định chu kỳ T của quỹ đạo mới theo T0 và

β

. Tính giá trị khi

β

=¼

3. Giả sử khi động cơ ở điểm cực viễn hoạt động và vệ tinh thoát khỏi lực hút Trái
Đất


3.1. Tính thông sô boost

β
esc

tối thiểu .

3.2. Xác định khoảng cách r’min trong quỹ đạo mới theo r0
4.Giả thiết

β

>

β
esc

Xác định vận tốc ở vô cực theo

β

và v0

Bài giải
1.1 và 1.2 . Do vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo xung quanh Trái Đất
 GM T m
v02
=
m
1/3
 r2

 gRT2To2 
r0
 0
 r0 = 
2 ÷

2π r0

 4π 
v

=
⇒
 0

T0
g


v
=
R
o
T


GM T
r0

g =
2
R

T

7

 ro = 4, 22.10 m / s

3


v0 = 3,07.10 m / s

Thay số ta thu được
L0 = r0mv0 =

1.3. Mômen động lượng
E0 = −

Cơ năng

gRT2
mgRT2
mv
⇒
L
=
0
0
vo2
v0

mv02
2

2.1 . 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 số

L0 2
GM T m 2

L0 =

và kết hợp

mgRT2
v0 ⇒ p = r0


Khi được truyền thêm vận tốc
E=

∆v

hướng về tâm Trái Đất nên cơ năng E khi đó

1
GMm 1
m( v 2 + ∆v 2 ) −
= m ∆ v 2 + E0
2
r0
2

⇒E=

1
∆v 2 1

1
mv0 2 2 − mv0 2 = mv0 2 ( β 2 − 1)
2
v0
2
2

1/2

Tâm sai


2 EL0 2 
e = 1 + 2 2 3 ÷
 G MT m 

Ta thu kết quả

L0 =

và kết hợp

e = β <1⇒ E < 0

mgRT2
v0

và

GM T m

v02
=
m
r02
r0

nên quỹ đạo vệ tinh là elip.
r(θ ) =

p
1 − e.cos θ

2.2. Theo phương trình tọa độ cực ta có
⇒θ =

Tại vị trí bật ta có r = r0 = p

π
2

.

Góc giữa bán trục lớn của quỹ đạo mới và bán kính véc tơ tại điểm bật lên là 900.
r(θ ) =

r0
1 − β .cos θ

2.3. Theo phương trình tọa độ cực ta có
rmax =

Khoảng cách từ cực viễn đến tâm Trái Đất

r0
= 5,63.107 ( m)
1− β


rmin =

Khoảng cách từ cực cận đến tâm Trái Đất

2.4. Bán trục a của vệ tinh

Theo định luật III Kep-ler

r0
= 3,38.107 ( m)
1+ β

1
r
a = ( rmax + rmin ) = 0 2
2
1− β

T = T0 (1 − e2 ) −3/2 = 26, 4h

E=

3.1. Do cơ năng của vệ tinh

1
mv0 2 ( β 2 − 1)
2

Điều kiện vệ tinh thoát ra khỏi Trái Đất

E = 0 ⇒ β esc = 1

r(θ ) =

r0
r
'
⇒ rmin
= 0
1 − cos θ
2

3.2 Theo phương trình tọa độ cực ta có
E=

. Khi vệ tinh ra đến vô cực

1
mv∞ 2 ⇒ v∞ = v0 ( β 2 − 1)1/2
2

4

III. KẾT LUẬN
Chuyên đề “ Chuyển động thiên thể trong hệ mặt trời “ chỉ là một phần nhỏ
trong trong phần thiên văn học mà tôi muốn đề cập tới, nhằm giúp học sinh phần
nào hiểu và áp dụng được các bài tập của dạng này. Các bài tập trong chuyên đề
được sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó, từ phạm vi kiến thức hẹp đến mở rộng tới
các kiến thức liên quan, để học sinh dễ tiếp cận.


Qua nhiều năm tập huấn học sinh giỏi tôi nhận thấy rằng , phần kiến thức
này trong quá trình giảng dạy số lượng thời gian là ít nhưng luôn tạo hứng thú cho
các 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 tiếp
thu tốt, có hiệu quả. Xin được giới thiệu tới quí thầy cô và các bạn đồng nghiệp chuyên
đề này để tham khảo. Trong thời gian còn hạn chế, nội dung của chuyên đề còn chưa
được phong phú, đa dạng, rất mong được sự đóng góp ý kiến của quí thầy cô và các bạn
đồng nghiệp.

Hạ Long, tháng 6 năm 2014
Người viết
Nguyễn Thu Hằng