Trường hấp dẫn thiên văn học

Trường hấp dẫn Thiên văn học 1.63 Khối lượng riêng Mặt Trời (Trung Quốc) Mặt Trời, nhìn từ mặt đất, có góc mở  0.53 Cho biết 1° kinh tuyến Trái Đất ứng với l 110 km dài, gia tốc trọng trường g 10m / s , năm có T 365 ngày Từ liệu tính tỷ lệ khối lượng riêng Mặt Trời Trái Đất, giả thiết hai cầu đồng chất 1.64 Mặt Trời lặn hai lần ngày (Trung Quốc) Ở thời điểm tại, cao giới tòa tháp Burj Khalifa Dubai, độ cao 828 m Một báo Internet viết người ta quan sát Mặt Trời lặn hai lần ngày tòa tháp 1) Mặt Trời lặn đỉnh chân tịa tháp cách bao lâu? Kết tính phút Cho biết thơng số: bán kính Trái Đất 6400 km , khoảng cách Trái Đất Mặt Trời 1.5 1011 m 2) Burj Khalifa nơi có thang máy nhanh thứ ba giới với vận tốc v 10 m/s Ngay sau thang máy chân tháp lên với vận tốc v, khách du lịch đứng bên thang máy để quan sát Mặt Trời lặn Khi lên đên đài quan sát độ cao 452 m, thấy Mặt Trời lặn vừa hết Hãy tính góc trơng Mặt Trời so với đường chân trời Kết biểu diễn độ 1.65 Trạm vũ trụ (Bulgaria) Một trạm vũ trụ chuyển động quanh Trái Đất quỹ đạo tròn độ cao h từ mặt đất Trên mặt đất, mặt phẳng quỹ đạo trạm vũ trụ, người ta quan sát thấy trạm vũ trụ điểm sáng nhỏ di chuyển ánh bầu trời Người quan sát đánh giá khoảng cách từ đến trạm vũ trụ Trong tốn này, bỏ qua chuyển động tự quay Trái Đất Coi bề mặt Trái đất mặt phẳng Bỏ qua quang sai gây khí Trái Đất Các thơng số Bán kính Trái Đất RE 6370 km Gia tốc trọng trường bề mặt Trái Đất g 9.81 m / s 1) Tìm biểu thức tính chu kỳ chuyển động T trạm vũ trụ hàm phụ thuộc vào độ cao h thơng số Tính giá trị cho trạm vũ trụ Quốc tế quỹ đạo có độ cao 423 km từ mặt đất 2) Người quan sát nhìn thấy trạm vũ trụ bầu trời thời gian t bao nhiêu? Thực tính toán cho Trạm vũ trụ quốc tế  3) Trạm vũ trụ nằm đường chân trời điểm S, bán kính véctơ từ người quan sát O OS tạo góc  so với phương thẳng đứng (hình 1.65): Người quan sát nhìn thấy trạm vũ trụ chuyển động trịn quanh điểm O với vận tốc góc  Tìm biểu thức  theo T, R, h góc  4) Tìm tỷ số vân tốc góc z thời điểm, người quan sát nhìn thấy trạm vũ trụ vượt qua đầu h mình, trạm vũ trụ cịn đường chân trời 5) Vào thời điểm trạm vũ trụ đỉnh đầu người quan sát, độ cao h1 10 km máy bay chuyển động với vận tốc v1 300 m/s Cũng giống trạm vũ trụ, máy bay trông giống điểm sáng nhỏ chuyển động Trạm vũ trụ hay máy bay chuyển động nhanh hơn? 1.66 Giao hội Kim (Trung Quốc) Trang Giao hội Kim tượng Thiên văn hành tinh Kim nằm đường thẳng nối Mặt trời Trái Đất Ở hình 1.66, hai điểm quan sát A B Trái đất, Kim quan sát hai chấm đen ( A B ) đĩa Mặt Trời 1) Giả thiết chu kỳ chuyển động Kim quanh Mặt trời 225 ngày, tính tỷ số aEarth / aVenus , aEarth aVenus tương úng khoảng cách trung bình từ hành tinh đến Mặt trời 2) Vào ngày giao hội Kim, hai quan sát thực Hong Kong Bangkok Các địa điểm nằm cách 1800 km Bangkok nằm cách 37° phía Tây Nam tính từ Hồng Kơng Hãy tính khoảng cách AB 3) Một quan sát khác cho thấy đường kính Mặt trời lớn gấp 290 lần khoảng cách hai chấm đen Hãy tính đường kính Mặt trời 4) Tính độ chênh lệch thời gian giao hội quan sát Hồng Kông Bangkok Kết tính phút Gợi ý: Hãy tính vận tốc tương đối Trái đất so với Mặt trời, sau vận tốc tương đối Mặt trời Kim so với Trái Đất, vận tốc bóng Kim đĩa Mặt trời) 1.67 Vật lý thiên văn (Thụy Sĩ) Sau luật ba Kepler công bố vào năm 1619, người ta đo khoảng cách hành tinh hệ mặt trời, lấy khoảng cách Trái Đất Mặt Trời làm đơn vị đo (1 AU) Chỉ cần đo khoảng cách hành tinh tới Mặt trời tìm giá trị đơn vị thiên văn (AU) Một phép đo thực với trợ giúp giao hội Kim vào năm 1761, theo đề xuất nhà thiên văn học người Anh Edmond Halley Mục tiêu việc đơn giản kiểm nghiệm lại định luật Kepler để ước tính đơn vị thiên văn (AU) Trang Trên hình 1.67 quỹ đạo Giao hội Kim, quan sát từ địa điểm khác Trái đất Nếu biết góc thị sai  Kim khoảng cách quan sát viên A B, tính tốn khoảng cách Trái Đất - Kim Halley đề xuất đo góc  cách gián tiếp cách đo chênh lệch thời gian giao hội hai địa điểm khác A B Để ước tính đơn vị thiên văn, toán ta sử dụng liệu giao hội năm 2004 Cairo (A) Durban (B) Địa điểm Bắt đầu giao hội Kết thúc giao hội Kairo (A) 5:39:09 11:04:35 Durban (B) 5:35:52 11:04:35 Bảng 1.67: Dữ liệu quan sát Để giải toán ta sử dụng giả thiết sau: i) Trái đất không quay ii) Giao hội xảy Kim bên mặt phẳng Trái Đất - Mặt Trời 1) Xác định thị sai Kim  , sử dụng gần góc nhỏ (ví dụ sin   ) Trong hình 1.67b bảng 1.67, bán kính góc Mặt Trời R 15.25 phút (góc quan sát Mặt Trời từ Trái đất) vận tốc góc Kim nhìn từ Trái đất (tốc độ giao hội) d v 0.0669 giây/s Chú ý: 1 60 phút 3600 giây 2) Khi xác định thị sai Kim câu hỏi trên, ta chưa tính đến việc hai người quan sát đứng hai điểm khác Trái đất góc trơng Mặt trời khác Để điều chỉnh góc thị sai  từ câu hỏi 2), ta sử dụng hình 1.67c Xác định góc thị sai Kim chuẩn true hàm góc thị sai  góc thị sai Mặt Trời  s T2 D  5840 km 3) Sử dụng giá trị sau AB , định luật thứ ba Kepler const , T chu kỳ, a a bán trục lớn quỹ đạo hành tinh Đầu tiên xác định thị sai Mặt Trời  s sau xác định đơn vị thiên văn với TVenus 224 ngày TEarth 365 ngày Giả thiết hành tinh chuyển động quỹ đạo tròn khoảng cách SA, SB, VA, VB  AB Trang 1.68 Ống vận chuyển (Trung Quốc) Một trạm vũ trụ chuyển động quỹ đạo nằm mặt phẳng xích đạo Trái Đất cách mặt đất khoảng L  Re Trạm vũ trụ đứng yên so với trạm tiếp tế nằm xích đạo Trái Đất Ở đây, Re bán kính Trái Đất,  số,    m ,  GM   m  e3   e Re  1/3 1 M e e khối lượng tốc độ quay Trái Đất, G số hấp dẫn Để vận chuyển hàng hóa từ trạm tiếp liệu lên trạm vũ trụ, từ loại vật liệu cứng người ta xây dựng ống đồng chất khối lượng m Đầu ống gắn liền với mặt đất ống giữ cho ln vng góc với mặt đất Khi vận chuyển, người ta để hàng hóa vào khay phẳng cho chúng chuyển động dọc theo ống với vận tốc không lớn Bỏ qua ma sát thành ống khay Trong toán phải xét đến chuyển động tự quay Trái Đất, bỏ qua chuyển động quay quanh Mặt Trời Khối lượng tổng cộng hàng hóa khay m 1) Lực quán tính ly tâm trọng lực Trái đất thực công để đưa vật liệu từ mặt đất lên trạm vũ trụ? 2) Công nhỏ mà lực cần thực để đưa số hàng từ trạm tiếp liệu lên trạm vũ trụ? 3) Trạm vũ trụ phải cách mặt đất khoảng (ký hiệu L0 ) để tổng công dịch chuyển vật liệu trọng lực trái đất lực quán tính ly tâm không? 4) Người ta điều chỉnh động trạm vũ trụ để độ cao L  Re     m  hàng hóa vận chuyển ống, lực tương tác ống vận chuyển khơng Hỏi trạm tiếp liệu mặt đất phải giữ ống lực lực ba trường hợp L  L0 , L L0  m Re  L  L0 ? 1.69 Dự án rác thải (Estonia) Vào năm 2014, Nghị viện Châu Âu định khởi động dự án đưa rác thải phóng xạ lên Mặt Trời để tránh ô nhiễm cho Trái Đất khơng gian xung quanh Trong tính tốn dùng số liệu sau: năm có T 365.25 ngày , vận tốc Trái Đất quỹ đạo quanh Mặt Trời v0 29.8km / s , góc trơng Trang Mặt Trời từ Trái Đất  0.5 , Bán kính Trái Đất R 6400 km , gia tốc trọng trường bề mặt Trái Đất g 9.81 m/s Theo dự án này, rác đưa lên Mặt Trời tàu vũ trụ đạn đạo: động hoạt động thời gian ngắn, khoảng thời gian tàu dịch chuyển đoạn ngắn bán kính Trái Đất nhiều Trong hệ quy chiếu Trái Đất, tàu có vận tốc ngược với vận tốc Trái Đất quỹ đạo quanh Mặt Trời Ngoài ra, tàu chuyển động theo quỹ đạo đạn đạo gặp Mặt Trời Quỹ đạo chọn cho tốn nhiên liệu 1) Hãy vẽ quỹ đạo tàu vũ trụ Gần đầu tiên, tính tốn bỏ qua kích thước góc Mặt Trời (lấy  0 ); Sử dụng gần hai câu hỏi 2) Con tàu phải để từ Trái Đất đến Mặt Trời? 3) Vận tốc tàu hệ quy chiếu Trái Đất khoảng cách từ tới Trái Đất lớn nhiều bán kính Trái Đất nhỏ nhiều so với khoảng cách tới Mặt Trời? 4) Làm lại câu hỏi trước không sử dụng phép gần  0 5) Vận tốc tàu vũ trụ hệ quy chiếu Trái Đất khoảng cách từ tới Trái Đất nhỏ nhiều bán kính Trái Đất? 1.70 Làm chệch hướng thiên thạch (Ba Lan) Một tiểu hành tinh đường kính D 10 km khối lượng M 1015 kg tiến lại gần Trái Đất Theo tính tốn, khơng kể đến lực cản khí quyển, khoảng cách nhỏ tâm Trái Đất tâm tiểu hành tinh rl  6400 km , vận tốc tương đối lớn vl 20 km/s Để giảm nguy va chạm, người ta bắn vào tiểu hành tinh rocket mang đầu đạn nhiệt hạch Đầu đạn cắm sâu vào bề mặt tiểu hành tinh sau phát nổ Kết phần đất phía đầu đạn bị phá nát thành vụn nhỏ bắn khỏi hành tinh, phần lại hành tinh nguyên khối Tổng lượng đầu đạn nhiệt 18 hạch E 4 10 J 1000 Mt (megaton) TNT Theo tính tốn, khối lượng mảnh vụn m 1014 kg , phần lại tiểu hành tinh nhận động lượng P  x.2mE , x 0.2 , có hướng vng góc với bề mặt tiểu hành tinh Tên lửa tiếp cận tiểu hành tinh sớm hơn, cách Trái Đất 200000 km 1) Xét phương án đáp tên lửa xuống tiểu hành tinh (hình 1.70), nơi mà chúng sau phát nổ, ba thời điểm kích nổ khác nhau: sớm tức tiểu hành tinh xa Trái Đất nhất; muộn tức lại gần Trái Đất nhất; tiểu hành tinh đến khoảng cách tối ưu, lúc cách Trái Đất 12.000 km từ tâm Trái Đất Phương án số khiến tiểu hành tinh sượt qua Trái Đất với khoảng cách lớn nhất? 2) Khoảng cách gần Trái Đất tiểu hành tinh nâng lên nhờ vụ nổ trên? Bỏ qua 24 ảnh hưởng Mặt Trời, Mặt Trăng thiên thể khác Khối lượng Trái Đất M E 6 10 kg , bán kính Trái Đất RE 6370 km Trên hình 1.70, mũi tên hướng vận tốc trung bình mảnh vỡ so với tiểu hành tinh, xuất phát, từ địa điểm xảy vụ nổ Mũi tên hướng song song với trục nối Trái Đất - Tiểu hành tinh; Mũi tên hướng vng góc với trục nối Trang 1.71 “Phi thuyền hấp dẫn” (Kazhakstan) Bài toán nghiên cứu hoạt động phi thuyền hấp dẫn Đó loại phi thuyền hoạt động nguyên lý làm yếu hấp dẫn Điểm đặc biệt chỗ cấu tạo từ hai phần nặng mà khoảng cách chúng thay đổi Ngoại hình giống tạ có dài Ta mơ hình hóa phi thuyền hai vật có khối lượng m / vật Khoảng cách từ vật tới tâm Trái đất R Góc đường thẳng nối hai vật với tâm Trái đất  Hằng số hấp dẫn G khối lượng M Trái đất số biết 1) Tìm hợp lực Fp mà Trái đất hút phi thuyền phía tâm bao nhiêu? 2) Tìm W hệ này? Giả sử phi thuyền chuyển động theo quỹ đạo ellips hai vật thu lại sát Tại điểm cực cận, hai vật nhanh chóng duỗi thành góc  Khi di chuyển đến điểm cực viễn vật lại nhanh chóng thu lại Khi đến cực cận mới, phi thuyền lại duỗi bắt đầu quỹ đạo Cứ vậy, cách thay đổi khoảng cách vật, phi thuyền liên tục thay đổi quỹ đạo, quỹ đạo bao gồm hai nửa đường ellips Gọi v0 vận tốc phi thuyền điểm cực cận quỹ đạo thứ nhất, khoảng cách tới Trái đất r0 Hãy tìm: 3) Vận tốc v1 phi thuyền điểm cực cận quỹ đạo thứ hai 4) Vận tốc u1 phi thuyền điểm cực viễn quỹ đạo thứ hai 5) Khoảng cách r1 từ cực cận quỹ đạo thứ hai tới Trái Đất 6) Khoảng cách R1 từ cực viễn quỹ đạo thứ hai tới Trái Đất 7) Vận tốc phi thuyền điểm cực cận quỹ đạo thứ n  8) Vận tốc un phi thuyền điểm cực cận quỹ đạo thứ n  9) Khoảng cách rn từ cực cận quỹ đạo thứ n  tới Trái Đất Trang 10) Khoảng cách Rn từ cực viễn quỹ đạo thứ n  tới Trái Đất Trong toán ta giả thiết khoảng cách vật nhỏ nhiều so với khoảng cách tới Trái Đất Khoảng cách hướng phi thuyền thay đổi cho góc  số Như vậy, định luật vật lý áp dụng cho chất điểm trường hấp dẫn Trái Đất thỏa mãn với phi thuyền trạng thái duỗi 1.72 Tuổi Vũ trụ (Trung Quốc) Hubble phát vận tốc v mà thiên hà chuyển động xa Trái Đất tỷ lệ thuận với khoảng cách d chúng Trái Đất v H d , H số Hubble tuổi vũ trụ Gần người ta đo giá trị 68 km/s/Mpc 1) Giả sử vũ trụ giãn nở từ ban đầu thời điểm với vận tốc khơng đổi, tính tuổi vũ trụ Kết tính đơn vị tỷ năm Các thơng số: Mpc 3.26 106 năm ánh sáng, vận tốc ánh sáng 300 000 km/s 2) Thực tế, vũ trụ không giãn nở với vận tốc không đổi theo thời gian sức hút hấp dẫn vật chất Friedmann mơ hình hóa vũ trụ cầu vật chất có khối lượng phân bố với mật độ   t  thời điểm t Xét khối lượng thử m bề mặt hình cầu bán kính r  t  thời điểm t Tổng lượng khối lượng thử mU Hãy tìm mối liên hệ vận tốc giãn nở v  t  bán kính r  t  thời điểm t dựa học Newton Sử dụng G để ký hiệu số hấp dẫn 3) Các liệu từ vệ tinh gần cho thấy U nhỏ không đáng kể Trong trường hợp giãn nở vũ n r  t  t    , r0 t0 tương ứng giá trị r  t  trụ mô tả hàm lũy thừa r0  t0  t Hãy tìm n t0 Kết biểu diễn theo G mật độ  vũ trụ 4) Biểu diễn tuổi vũ trụ theo giá trị số Hubble Đánh giá tuổi vũ trụ tranh Newtonian Kết tính theo đơn vị tỷ năm Dựa vào hiểu biết em tiến nghiên cứu vật lý nay, kết khác lệch so với đánh giá tuổi vũ trụ? Trang LỜI GIẢI 1.63 Khối lượng riêng Mặt Trời (Trung Quốc) Khi Trái Đất chuyển động quanh Mặt Trời, định luật II Newton cho MM  2  G s e M c   r r  T  (1) Ở đây, G số hấp dẫn, M e , M s khối lượng Trái Đất Mặt Trời, r khoảng cách chúng, T chu kỳ quay Trái Đất quanh Mặt Trời Gọi R s bán kính Mặt Trời, ta có  2R s r (2) G Từ (1) (2) Ms  2   1 8    Rs  T    (3) Khi vật có khối lượng m mặt đất, định luật vạn vật hấp dẫn tạo trọng lực Mem mg R 3e (4) Gọi R e bán kính Trái Đất, từ đề 2R e 360l (5) G Thay vào phương trình G M e g  R 3e 180l (6) Khối lượng riêng S,e Mặt Trời Trái Đất S  Từ (3), (6), (7) ta có Ms Me , e  4 R s R e 3 (7) e gT 23   S 180l 32 e Thay số vào  39 S 1.64 Mặt trời lặn hai lần ngày (Trung Quốc) 1) Giữa hai lần Mặt trời lặn chân đỉnh tháp, Trái Đất xoay góc sin   (R  h)2  R 2Rh 2h   =1 R h R R    2h (2)(828)  00 161 radian R 6400103 Thời gian hai lần Mặt Trời lặn  0, 0161   (24)(60) 37  2  Trang 2) Thời gian để đến đài quan sát t  Vận tốc góc Trái Đất   h v 2 (24)(60)(60) Góc xoay Trái Đất  t  2  452 0329radian   00 (24)(60)(60)  10  Sự thay đổi đường chân trời cos   R , từ tính R h 2h (2)(452)  R   sin   1   00 119radian   R 6400103  R h  119 00 03300 086raidan 04 9o Góc cao Mặt Trời    00 Nhận xét : Kết góc trơng Mặt trời nên khách du lịch quan sát tồn Mặt Trời lặn 1.65 Trạm vũ trụ (Bulgaria) 1) Vì g , r khoảng cách từ tâm Trái Đất, nên : r2 g g 0R (R  h) Chuyển động theo quỹ đạo tròn g  v2 R h h R(1 )3 3/ g0  (R  h)  (R  h) Từ : v R T  R  2 R h v Rg10/ g0 Tính số với trạm vũ trụ quốc tế : T = 5.58 × 103 s Trang 2) Người quan sát nhìn thấy phần quỹ đạo nằm phía mặt phẳng chứa đường chân trời Đó cung trịng nhìn tâm góc:  R   2arccos    R h  Thời gian mà trạm vũ trụ bay phía đường chân trời t T 2(R  h) 2(R  h) 3/  R    arccos   1/ 2 v Rg  R h  Tính tốn cho trạm vũ trụ Quốc tế t = 630 = 10.5 phút 3) Vận tốc góc trạm vũ trụ mà người quan sát thấy:  v d Trong d  OS khoảng cách từ người quan sát đến trạm vũ trụ, v  thành phần vận tốc theo phương vuông góc với hướng nhìn Từ hình 1.65S ta có : v  v cos(  )  2(R  h) cos(  ) T (R  h) d  R  2dR cos  sin(  ) sin   R R h Biến đổi cuối tìm  2 R cos   2Rh  h T  R cos   2Rh  h  R cos   4) Khi trạm bay qua đỉnh đầu θ = z  2(R  h) Th Khi trạm đường chân trời θ = π/2 : h  Suy 2 T z R 1 h h 5) Vận tốc góc trạm đỉnh đầu người quan sát z  2(R  r) 18 10 (m/s) Th Vận tốc góc mà người quan sát thấy máy bay 1  v1 30 10 m/s h1 Như nhìn từ mặt đất người quan sát thấy máy bay chuyển động nhanh trạm vũ trụ 1.66 Giao hội Kim (Trung Quốc) Trang 10 1) Định luật Kepler: T2 const , T chu kỳ, a bán kính quỹ đạo a3  a Earth   365 a Earth 13 806      a Venus  a Venus   225 2) Sử dụng tam giác đồng dạng A 'B' A ' V A'V    26 272 AB AV AA ' A 'V a Earth / a Venus  2731800km 4729km Suy A ' B' 26 3) Đường kính Mặt trời = 4729 km × 290 = 1.37 × 106 km 4) Gọi vE vận tốc Trái Đất Mặt Trời Vận tốc chuyển động hành tinh cho công thức v  với Mặt trời v E GM Sun , suy vận tốc Kim đối r aE 11 750v E aV  a  750v E , vận tốc mặt trời Nếu quan sát từ Trái Đất, vận tốc Kim v E  E  1 01 a V    v E Chiếu lên vị trí Mặt trời, vận tốc bóng Kim  a a v E  E  1 E 02 416v E  aV  aV Như vận tốc bóng Kim đĩa Mặt trời  a  a v E   E  1 E  1 12 416v E a   a V V    Mặt khác v E  vE  2rE (2)(15 1011)  29886m / s Hoặc tính cách khác TE (365)(24)(60)(60) GMSun (66 710 11)(19 91030)  29747m/s rE 15 1011 Độ chênh lệch thời gian 4729 127s 21 2phút, (12 416)(29886) 4729 128s 21 3phút với cách tính vận tốc khác (12 416)(29747) 1.67 Vật lý thiên văn (Thụy Sĩ) 1) Nếu ta giả thiết bán kính góc đủ nhỏ; ta sử dụng hình học phẳng định lý Pythagoras để tính thị sai Kim Từ hình 1.67b ta có T d    R2   A v     T d  R2   B v    Thay số vào Trang 11 TA 11: 04: 35 5: 39: 099526s TB 11: 10: 07 5: 35: 52 20055s 669giây/s ta  185 giây Với d v 00 2) Mỗi người quan sát đo vị trí Kim tương ứng với "Mặt trời mình" Ta cần tính đến việc người quan sát nhìn Mặt trời góc khác Điều thể rõ hình 1.67c Từ tam giác SMA SMB ta có true 180    180 xs  90   1 180 (1 x)s  90   2 Và từ true 1  2  s Hiệu 1  2 giá trị tính từ câu hỏi trước 3) Để xác định thị sai Mặt trời ta cần biết khoảng cách từ Trái Đất đến Kim tính theo AU Định luật ba Kepler cho phép liên hệ khoảng cách từ Kim Trái Đất đến Mặt Trời với chu kỳ củạ chúng Nếu d ES 1AU thì: T  d vs  v  d ES ; 07 2AU  TE  8AU Suy d EV 02 Từ ta tìm liên hệ thị sai Kim Mặt trời S  d EV true d ES 1 d  9giây Và tính S  EV  1 (1  2) 71 d  ES  Khoảng cách Trái Đất – Mặt trời tính d ES  d AB 2tan(S / 2) Sau thay số vào 1AU 16 6108 km Nếu so sánh đánh giá ta so với kết đo xác 1AU 15 108 km, ta thấy sai số vào cỡ 10% Đó ta sử dụng vài phép gần giả thiết hành tinh chuyển động quỹ đạo tròn Trái Đất khơng quay quanh Đọc thêm: Lần cuối quan sát giao hội Kim vào ngày 06/6/2012 Phải kỷ nữa, tức vào 2117 giao hội Kim xảy tiếp Giao hội lần kéo dài khoảng 6h 40 phút Trang 12 1.68 Ống vận chuyển (Trung Quốc) 1) Trong hệ quy chiếu gắn với Trái Đất, khay hàng có khối lượng m cách tâm Trái Đất khoảng r chịu lực tác dụng lực quán tính ly tâm hướng lực hấp dẫn U g  GM e m ; Fi me r r (1) Ở gốc tính hấp dẫn lấy vật xa Trái Đất Trước hết, tính cơng lực hấp dẫn đưa hàng khối lượng m từ trạm tiếp tế lên trạm vũ trụ Thế hấp dẫn m mặt Đất lên đến trạm vũ trụ U g (R e )  GM e m ; Re GM e m GM e m  L  Re (1 )R e U g (L  R e )  (2) Công lực hấp dẫn có độ lớn độ biến thiên năng, ngược dấu Wg U g (R e )  U g (L  R e )  GM e m (1  )R e (3) Lực quán tính ly tâm có độ lớn tỷ lệ thuận với khoảng cách r, nên cơng đưa hàng từ điểm r R e đến r L  R e tính: Wi  1  Fi (R e )  Fi (L  R e ) L  (  2)me2R e 2 (4) [ Cơng tích tích phân Hoặc sử dụng “thế quán tính” 22 me r  C , C gốc tính chọn tâm Trái Đất (r = 0) Sau để tìm điểm xuất phát kết thúc, tính hiệu chúng cơng mà ta cần tìm.] U i (r)  Fi (r)dr  2) Lực hấp dẫn cản trở chuyển động hàng, cịn lực qn tính hỗ trợ Khi mặt đất, lực hấp dẫn lớn lực qn tính (vì vật nằm n mặt Đất mà khơng bay lên), cần có lực ngồi hướng lên để đẩy hàng Tuy nhiên lên cao, lực hấp dẫn giảm, lực quán tính tăng Tại khoảng cách r0 từ tâm Trái Đất, hai lực cân Ta cần tốn cơng đưa hàng đến đây, sau hàng tự chuyển động đến trạm vũ trụ lực quán tính lớn lực hấp dẫn GM e m m2e r0 r02 Suy  GM  r0  e   e  1/ (1  m )R e (5) Công lực hấp dẫn Wg (r0 ) U g (R e )  U g (r0 )  GM e m  R e  1   Re  r0  (6) Công lực quán tính Trang 13 Wi (r0)  1  Fi (R e )  Fi (r0)  (r0  R e )  me2(r02  R e2) 2 (7) Công tối thiểu để vận chuyển hàng (vận tốc hàng nhỏ): GM e m  R e  2 Wmin   Wg (r0 )  Wi (r0 )   1   me (r0  R e ) Re  r0  GM e m  R e 1 R e    1      0 R e  r0 2 r0     Thay (5) vào ta GM e m Wmin   Wg (r0 )  Wi (r0 )    me2 R e2  m(GM e e ) 2/3 Re 2 [Cách giải khác dùng giản đồ Thế tổng hợp U(r) U g (r)  U i (r)  GM e m  m2e r r Thế có dạng hình 1.68S Ban đầu hàng Trái Đất ứng với điểm giản đồ, trạm vũ trụ điểm Để hàng đến điểm cần phải đẩy hàng vượt qua đỉnh Vị trí đỉnh xác định từ điều kiện cực đại GM m dU(r)  2e  m2e r0 0 dr r r0 r0 3) Từ (3) (4) ta có GM e m   (  2)m2e R e 0 (1 )R e Hay  GM    3  2 1 e3  0  e R e  (9) Nghiệm phương trình 8GM  1      3 1 3e  2 e R e  (10) Tuy nhiên ta lấy nghiệm dương 8GM  1      3 1 3e  2 e R e  (11) Khoảng cách cần tìm L   R e  Re  8GM e    3 1  e R e   (12) 4) Các lực tác dụng lên ống bao gồm: lực hấp dẫn, lực quán tính lực mặt đất Khi ống nằm cân bằng, hợp lực không Trang 14 uu r uu r ur Fb  Fg  Fi 0 Ta dùng phương pháp dịch chuyển ảo Tưởng tượng dịch chuyển ống đoạn nhỏ ∆l, tổng hợp lực khơng nên tổng cơng không Công trọng lực sinh để đẩy ống công dịch chuyển đoạn nhỏ ∆l từ đáy ống lên đỉnh ống Tương tự với cơng lực qn tính Vậy để tính cơng cần thay khối lượng hàng m câu khối lượng đoạn ống m m p l / L Từ (3) (4) ta được: Ws  GM e m ; (1 )R e Wi  (  2)m2e R e (13) Công lực đỡ thực Wb Fb l (14) Tổng công không, suy  GM e m p  (  2)m p e2R e l  Fb l 0 (1 )R 2 e Từ Fb  GM e m p (1 )R e (  2)m p e2R e  (15) Trước hết tìm điều kiện để Fb 0 Khi tổng cơng lực hấp dẫn lực qn tính khơng Đó câu hỏi 3) Vậy L L 0,    , lực Fb 0 Điều dễ thấy biến đổi (15) dạng chứa (9) Khi L  L 0,     , dễ thấy lực Fb  0, tức mặt đất cần phải dùng lực kéo ống lại Cuối cùng,  m R e  L  L 0,  m      , Fb  mặt đất phải chống đỡ ống [Có thể giải trực tiếp cách chia ống thành đoạn nhỏ tính tổng lực hấp dẫn lên ống, tổng lực quán tính tác dụng lên ống (1 )R e Fs   Re (1 )R e Fi   Re GM e m p dr Lr 2e m p L  GM e m p (1 )R 2e rdr  (  2) m p 2e R e Lực mặt đất hiệu hai lực này] 1.69 Dự án rác thải (Estonia) 1) Quỹ đạo đường ellipse có điểm cận nhật nằm bên Mặt Trời Để tiết kiệm nhiên liệu vận tốc gần quỹ đạo Trái Đất cần phải lớn tốt (ta cần phải giảm tốc để đưa tàu vào quỹ đạo Trang 15 GMm nhỏ tốt Ở M 2a khối lượng Mặt Trời, m khối lượng tàu a bán trục lớn quỹ đạo ellipse Như a cần ellipse), hay nói cách khác lượng quỹ đạo tàu E  phải lớn tốt, suy điểm cận nhật nằm bề mặt Mặt Trời, ta có 2a R e  rs RE bán kính quỹ đạo Trái Đất rs - bán kính Mặt Trời Quỹ đạo vẽ hình 2) Nếu ta bỏ qua bán kính Mặt Trời, tàu "rơi" vào Mặt Trời, điều có nghĩa vận tốc ban đầu tàu không quỹ đạo đường ellipse với bán trục lớn R E /2 Theo định luật Kepler III, chu kỳ quỹ đạo nhỏ chu kỳ T Trái Đất 23/2 lần Và thời gian rơi t nửa chu kỳ, hay t 2 5/ 2T 645 ngày 3) Trong hệ quy chiếu gắn với Mặt Trời, vận tốc cần phải không Do hệ quy chiếu Trái Đất, vận tốc ngược chiều có độ lớn vận tốc quỹ đạo Trái Đất v0 = 29.8 km/s 4) Vận tốc vs hệ quy chiếu Mặt Trời tìm từ biểu thức toàn phần GMn GMn GMn mvs2      2a R E  rs RE Suy vs  GMn 2rs RE RE  r Biểu thức viết lại sử dụng v  vs v GMn RE 2rs  v 2sin   v  R E  rs  2 km/s; vận tốc hệ quy chiếu Trái Đất v E v  v s 270 km/s Thay số vào ta vs 28 5) Một phần động hệ quy chiếu Trái Đất biến thành trọng trường: U  GM E n v2 u gmR , suy gR  E  Ở M E khối lượng Trái Đất, u vận tốc phóng R 2 Vậy u  v 2e  2gR 292 km/s 1.70 Làm chệch hướng thiên thạch (Ba Lan) Xác định độ biến thiên vận tốc tiểu hành tinh Theo toán, vận tốc mảnh trung tâm vc  2E  p  02 126m/s m m Phần lại tiểu hành tinh nhận vận tốc Trang 16 V mv c p  14m/s M m M m (1) Áp dụng định luật bảo tồn lượng mơmen động lượng cho chuyển động tiểu hành tinh E M GM E M (v   v 2r )  r (2) J Mrv  (3) r v r , v  tương ứng thành phần vận tốc pháp tuyến tiếp tuyến với bán kính véctơ r hệ quy chiếu quán tính gắn với tâm Trái Đất Tại thời điểm tiểu hành tinh gần Trái Đất r rmin , ta có v r 0biến khỏi hệ phương trình giải rmin  j2 (4) GM E  2ec j2  (GM E ) ta ký hiệu j J / M,ec E / M ta chọn nghiệm dương nhỏ phương trình bậc hai Chú ý rmin hàm tăng theo j giảm theo ec Nếu ta không thay đổi vận tốc tiểu hành tinh, ta có: v12 GM E ec   , j r1v1 r1 (5) Sử dụng bảo tồn lượng ta tìm vận tốc tiểu hành tinh khoảng cách d từ tâm GM E   Trái Đất vụ nổ chưa xảy ra, v d  2 ec   16km/s d   Sau vụ nổ, bình phương vận tốc, kéo theo 2ec thay đổi 2ec 2vV cos   V , v ur r vận tốc tiểu hành tinh trước vụ nổ, α góc V v Như ec / e c đạt giá trị lớn 2V / v d 18 10 ur r Mặt khác độ biến thiên j j Vr sin  , β góc V r Như j / j rV sin  / (r1v1) giá trị lớn đạt 210 góc β gần với giá trị 90° Hai kết kết hợp với biểu thức r min, ta kết luận phương án tốt nổ phương án xa Trái Đất tốt Thay vào ta j r1v1  d.V (6) Và thay giá trị ec vào biểu thức rmin ta được: Hay rmin 6566km (7) rmin 166km (8) 1.71 “Phi thuyền hấp dẫn” (Kazhakstan) 1) Dễ dàng tính Fp  GMm  cos R 2) Lấy tích phân biểu thức W Fp dR  GMm  cos R Trang 17 3) Ta ký hiệu G ' G cos  Các định luật Kepler cho nửa quỹ đạo từ điểm cực cận tới cực viễn mv 0r0 mu 0R mv20 G ' Mm mu 20 G ' Mm    r0 R0 Đối với nửa quỹ đạo lại (từ cực viễn tới cực cận-1) mu 0r0 mu1r1 mu 20 GMm mv12 GMm    R0 r1 Từ hệ phương trình rút R0  v 0r0 u0 1 u  v 20  u 20 2G 'M     r0 v 0r0  v0  u  u  v1  Tương tự 2G 'M v 0r0 2GM v 0r0 Từ tìm vận tốc phi thuyền cực cận quỹ đạo thứ hai v1 v  2M (G  G ') v 0r0 u  v1  2G 'M v 0r0 4) Tiếp tục tương tự u1  2G ' M 2GM 2G 'M  v 0  v 0r0 v 0r0 v 0r0 u1  2M (2G ' G)  v v 0r0 5) Bảo tồn mơmen động lượng v 0r0 v1r1 Suy r1  v 0r0 2M v0  (G  G ') v 0r0 6) Tương tự ta có v 0r0 u1R Suy R1  v 0r0 2M (2G ' G)  v v 0r0 Trang 18 7-8) Sử dụng kết tương tự ý 3-4) u1  v  v v  4M (G  G ') v 0r0 u1  v2  2G 'M v 0r0 u2  2G 'M 4GM 4G 'M    v0 v 0r0 v 0r0 v 0r0 u2  2M (3G ' 2G)  v v 0r0 2GM v 0r0 Khơng khó để nhận quy luật: v n v  un  2nM (G  G ') v 0r0 2G 'M 2M   ((n  1)G ' nG)  v v 0r0 v 0r0 9-10) Định luật bảo tồn mơmen động lượng v 0r0 u n rn u n R n Rn  v 0r0 v0r0  M Un ((n  1)G ' nG)  v v 0r0 1.72 Tuổi Vũ trụ (Trung Quốc) 1) Khi vận tốc số v  d t d Thay vào phương trình Huble v  H 0d t  t  32 6106 300, 000  144 tỷ năm H0 68 2) Do hấp dẫn vật chất bên cầu không, vật thử vật chất bên cầu, bảo toàn lượng Gm   G4  mv   r   mU  v   r   U r 3 r 3   3) Khi U = 0, ta có G4  v   r   r 3   r  Chú ý (t) 0    r(t)  Từ ta v  8Gr030 3r dr nr  t  Mặt khác: v     dt t  t  n Trang 19 n 2r  t  Thay vào có 20   t0  t0  2n  8Gr030  t      t0  n So sánh số mũ hệ số n  t  6G0  3   4) Từ kết trên, viết lại ta có r(t)  t  , v  dr  2r0  t  r0  t  dt 3t  t  Ở tuổi tại, t = t0 Do v  Từ định luật Hubble : H   t   2r0 3t v0  r0 3t (2)(32 6106 300, 000)  96 tỷ năm 3H (3)(68) Giá trị tuổi đánh giá vũ trụ (14 tỷ năm) Trang 20