Thế năng hấp dẫn trong trường xuyên tâm cho Vật lý HSC

Giả sử bạn đưa một vệ tinh lên ngày càng cao phía trên Trái Đất. Gần bề mặt, bạn có thể nghĩ ngay đến \(\Delta U = mgh\). Nhưng nếu công thức đó luôn chính xác ở mọi khoảng cách, thì việc đưa vệ tinh ra xa vô hạn sẽ đòi hỏi năng lượng vô hạn.

Thực tế không phải vậy. Lực hấp dẫn yếu dần khi bạn đi xa hơn, nên năng lượng cần để thoát khỏi trường hấp dẫn của Trái Đất là hữu hạn.

Trước khi xem phương trình cho trường xuyên tâm, hãy thử dự đoán. Nếu một vệ tinh di chuyển từ khoảng cách \(r\) đến \(2r\) tính từ tâm Trái Đất, thế năng hấp dẫn của nó sẽ tăng gấp đôi, giảm một nửa, hay thay đổi theo cách khác?

Nó trở nên ít âm hơn một nửa. Điều này nghe có vẻ lạ cho đến khi ta lựa chọn mốc không của thế năng hấp dẫn một cách cẩn thận.

01Vì sao \(mgh\) cuối cùng sẽ không còn phù hợp

Gần bề mặt Trái Đất, cường độ trường hấp dẫn gần như không đổi. Đó là lý do

\[ \Delta U \approx mg\Delta h \]

hoạt động tốt đối với những thay đổi độ cao nhỏ.

Ở đây:

• \(m\) là khối lượng của vật, tính bằng kilôgam,
• \(g\) là cường độ trường hấp dẫn tại vị trí đang xét, tính bằng \(\text{N kg}^{-1}\), hoặc tương đương \(\text{m s}^{-2}\),
• \(\Delta h\) là độ thay đổi độ cao, tính bằng mét,
• \(\Delta U\) là độ thay đổi thế năng hấp dẫn, tính bằng jun.

Từ quan trọng ở đây là “gần như”.

Trong một trường hấp dẫn xuyên tâm,

\[ g=\frac{GM}{r^2} \]

nên \(g\) giảm khi khoảng cách \(r\) tính từ tâm hành tinh tăng lên. Nếu bạn cần ôn lại chính lực tuân theo định luật nghịch đảo bình phương này, hãy xem Định luật Vạn vật Hấp dẫn của Newton cho Vật lý HSC.

Điều đó có nghĩa là \(mgh\) không thể là biểu thức chính xác cho những thay đổi độ cao lớn. Công thức này giả định rằng lực hấp dẫn gần như không đổi trong suốt quá trình vật di chuyển.

Còn một điểm phân biệt quan trọng khác. Trong phương trình cho trường xuyên tâm, \(r\) không phải là độ cao so với bề mặt. Đó là khoảng cách từ tâm của thiên thể trung tâm.

Đối với một vệ tinh ở độ cao \(h\) phía trên Trái Đất,

\[ r=R_E+h \]

trong đó \(R_E\) là bán kính Trái Đất.

02Hình dung thế năng hấp dẫn như một giếng thế năng

Hãy tưởng tượng ta chọn một vị trí mà tại đó thế năng hấp dẫn bằng không. Đối với một hành tinh cô lập, lựa chọn hữu ích nhất là ở xa vô hạn:

\[ U(\infty)=0 \]

Bây giờ hãy đưa một khối lượng nhỏ lại gần hành tinh.

Lực hấp dẫn kéo nó vào trong. Nếu bạn muốn đưa khối lượng đó trở lại vô hạn và để nó đến đó mà không có động năng, bạn sẽ phải cung cấp năng lượng.

Vì vậy, ở bất kỳ khoảng cách hữu hạn nào tính từ hành tinh, khối lượng có thế năng hấp dẫn thấp hơn so với khi ở vô hạn. Khi vô hạn được định nghĩa là mốc không, thế năng hấp dẫn của nó do đó phải mang giá trị âm.

Bạn có thể hình dung điều này như một khoản nợ năng lượng. Ở vô hạn, số dư bằng không. Gần hành tinh, vật đang “mắc nợ” vì phải cung cấp năng lượng để tách nó hoàn toàn khỏi hành tinh.

Phép so sánh này có giới hạn: không có một kho tiền âm theo nghĩa đen. Quan trọng hơn, mức không là một lựa chọn. Điều mà vật lý thực sự xác định là những thay đổi của thế năng.

03Phương trình thế năng hấp dẫn trong trường xuyên tâm

Đối với một khối lượng nhỏ \(m\) nằm bên ngoài một thiên thể hình cầu có khối lượng \(M\),

\[ U=-\frac{GMm}{r} \]

trong đó:

• \(U\) là thế năng hấp dẫn, tính bằng jun,
• \(G=6.67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\text{kg}^{-2}\) là hằng số hấp dẫn phổ quát,
• \(M\) là khối lượng của thiên thể trung tâm, tính bằng kilôgam,
• \(m\) là khối lượng của vật nhỏ hơn, tính bằng kilôgam,
• \(r\) là khoảng cách từ tâm đến tâm, tính bằng mét.

Phương trình này giả định rằng mốc không của thế năng nằm ở khoảng cách vô hạn.

Nó cũng xem thiên thể trung tâm là đối xứng cầu. Bên ngoài một hành tinh hình cầu như Trái Đất, trường hấp dẫn của nó hoạt động như thể toàn bộ khối lượng tập trung tại tâm. Không nên tùy tiện kéo dài biểu thức đơn giản này để áp dụng vào bên trong một hành tinh.

Bây giờ hãy quay lại dự đoán ban đầu.

Ở khoảng cách \(r\),

\[ U_1=-\frac{GMm}{r} \]

và ở \(2r\),

\[ U_2=-\frac{GMm}{2r}=\frac{1}{2}U_1 \]

Nếu \(U_1=-100\ \text{MJ}\), thì \(U_2=-50\ \text{MJ}\).

Thế năng đã tăng thêm \(50\ \text{MJ}\), mặc dù giá trị số của nó vẫn âm.

Sự phân biệt này là một trong những bẫy chính của chủ đề này.

Lưu ý rằng thế năng phụ thuộc vào vị trí, không phụ thuộc vào tốc độ. Hai vệ tinh ở cùng một bán kính có cùng thế năng hấp dẫn nếu khối lượng của chúng bằng nhau, ngay cả khi một vệ tinh chuyển động nhanh hơn nhiều so với vệ tinh kia.

04Tính độ thay đổi thế năng hấp dẫn

Thông thường, đại lượng hữu ích không phải là \(U\) tại một vị trí mà là độ thay đổi giữa hai vị trí.

\[ \Delta U=U_f-U_i \]

Dùng \(U=-GMm/r\),

\[ \Delta U =-\frac{GMm}{r_f}+\frac{GMm}{r_i} =GMm\left(\frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_f}\right) \]

trong đó \(r_i\) là bán kính ban đầu và \(r_f\) là bán kính cuối cùng.

Đối với chuyển động ra ngoài, \(r_f>r_i\). Do đó,

\[ \frac{1}{r_i}>\frac{1}{r_f} \]

và \(\Delta U\) là dương.

Trọng lực thực hiện một lượng công bằng về độ lớn nhưng trái dấu:

\[ W_g=-\Delta U \]

Điều này phù hợp về mặt vật lý. Nếu một vật chuyển động ra ngoài, trọng lực hướng vào trong, ngược chiều với độ dời, nên trọng lực thực hiện công âm.

05Vì sao vô hạn có thể xa vô hạn nhưng chỉ cần năng lượng hữu hạn

Đây là một dự đoán đáng thử.

Giả sử một tàu thăm dò đã ở \(2R_E\). Bạn đưa nó đến \(4R_E\). Bạn đã cung cấp phần lớn năng lượng cần để đi đến vô hạn, hay chỉ một phần rất nhỏ?

Bạn đã cung cấp đúng một nửa năng lượng cần để đi từ \(2R_E\) đến tận vô hạn.

Lý do là lực hấp dẫn giảm theo \(1/r^2\). Khoảng cách còn lại có thể là vô hạn, nhưng lực ngày càng nhỏ hơn.

06\(mgh\) xuất phát từ mô hình trường xuyên tâm như thế nào

Biểu thức trường xuyên tâm không mâu thuẫn với \(mgh\). Phương trình quen thuộc gần bề mặt là một phép xấp xỉ của nó.

Giả sử một vật đi lên từ bề mặt Trái Đất \(R_E\) đến độ cao \(h\). Chính xác thì,

\[ \Delta U =GM_Em\left(\frac{1}{R_E}-\frac{1}{R_E+h}\right) \]

Quy đồng hai phân số cho

\[ \Delta U =\frac{GM_Emh}{R_E(R_E+h)} \]

Gần bề mặt Trái Đất, \(h\ll R_E\), nên

\[ R_E+h\approx R_E \]

và do đó

\[ \Delta U\approx\frac{GM_Emh}{R_E^2} \]

Nhưng

\[ g=\frac{GM_E}{R_E^2} \]

nên

\[ \Delta U\approx mgh \]

Đó là mối quan hệ quan trọng: \(mgh\) là phiên bản áp dụng cho độ cao nhỏ của biểu thức trường xuyên tâm.

Đối với một thay đổi độ cao lớn, việc dùng \(g\) tại bề mặt trong \(mgh\) sẽ đánh giá quá cao độ tăng năng lượng vì cách làm đó giả định lực hấp dẫn vẫn mạnh như cũ trong suốt quãng đường đi lên.

07Mốc không tại vô hạn là một quy ước

Đôi khi một học sinh sẽ nói: “Nhưng em nghĩ thế năng hấp dẫn bằng không ở mặt đất.”

Trong một số bài toán, điều đó có thể đúng.

Thế năng không có một mốc không tuyệt đối duy nhất. Bạn có thể cộng cùng một hằng số vào mọi giá trị của \(U\) mà không làm thay đổi bất kỳ độ chênh lệch năng lượng quan sát được nào.

Ví dụ, nếu chọn bề mặt Trái Đất làm mốc không, bạn có thể định nghĩa

\[ U_{\text{surface zero}} =GM_Em\left(\frac{1}{R_E}-\frac{1}{r}\right) \]

Tại \(r=R_E\),

\[ U_{\text{surface zero}}=0 \]

Nhưng ở vô hạn,

\[ U_{\text{surface zero}}(\infty) =\frac{GM_Em}{R_E} \]

là số dương.

Không có gì về mặt vật lý thay đổi. Bạn chỉ đơn giản đã dịch chuyển đường mốc không.

Điều này quan trọng khi thảo luận về sự thoát khỏi trường hấp dẫn. Phát biểu quen thuộc

\[ E_{\text{mechanical}}\geq 0 \]

là điều kiện để thoát chỉ đúng khi thế năng hấp dẫn được định nghĩa bằng không tại vô hạn.

Nếu thay đổi mốc không của \(U\), giá trị số của tổng cơ năng cũng thay đổi cùng một hằng số. Điều kiện thoát phải dịch chuyển tương ứng.

08Những bẫy thường gặp

09Câu hỏi và lời giải

Đối với các câu hỏi tính toán, sử dụng

\[ G=6.67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\text{kg}^{-2}, \qquad M_E=5.97\times10^{24}\ \text{kg}, \qquad R_E=6.37\times10^6\ \text{m} \]

trừ khi có nêu khác.

Câu hỏi 1

Một vệ tinh \(300\ \text{kg}\) ở độ cao \(600\ \text{km}\) phía trên bề mặt Trái Đất.

Hãy tính thế năng hấp dẫn của nó so với mốc không tại vô hạn. Giải thích ý nghĩa của dấu trong kết quả.

Lời giải 1

Thế năng hấp dẫn của vệ tinh xấp xỉ \(-1.71\times10^{10}\ \text{J}\); dấu âm có nghĩa là cần bổ sung năng lượng để tách vệ tinh hoàn toàn khỏi Trái Đất.

Trước hết đổi độ cao sang mét:

\[ h=600\ \text{km}=6.00\times10^5\ \text{m} \]

Khoảng cách tính từ tâm là

\[ \begin{aligned} r &=R_E+h\\ &=6.37\times10^6+6.00\times10^5\\ &=6.97\times10^6\ \text{m} \end{aligned} \]

Bây giờ dùng

\[ U=-\frac{GM_Em}{r} \]

nên

\[ \begin{aligned} U &=-\frac{(6.67\times10^{-11})(5.97\times10^{24})(300)} {6.97\times10^6}\\ &=-1.71\times10^{10}\ \text{J} \end{aligned} \]

Một cách diễn giải dễ mắc phải là cho rằng “năng lượng âm” nghĩa là có điều gì đó sai hoặc vệ tinh bằng cách nào đó đã mất \(1.71\times10^{10}\ \text{J}\).

Đó không phải ý nghĩa của dấu âm. Mốc không đã được chọn tại vô hạn. Giá trị này cho biết vệ tinh cần tăng thêm \(1.71\times10^{10}\ \text{J}\) thế năng hấp dẫn để đạt đến khoảng cách vô hạn.

Câu hỏi 2

Một tàu vũ trụ \(750\ \text{kg}\) di chuyển từ độ cao \(300\ \text{km}\) đến độ cao \(2000\ \text{km}\).

Trong quá trình chuyển quỹ đạo, các động cơ thực hiện \(1.20\times10^{10}\ \text{J}\) công thuần lên tàu vũ trụ. Bỏ qua mọi lực không phải lực hấp dẫn khác.

Hãy tính:

• độ thay đổi thế năng hấp dẫn,
• công do trọng lực thực hiện, và
• độ thay đổi động năng.

Lời giải 2

Tàu vũ trụ tăng \(9.09\times10^9\ \text{J}\) thế năng hấp dẫn, trọng lực thực hiện \(-9.09\times10^9\ \text{J}\) công, và động năng của tàu tăng \(2.91\times10^9\ \text{J}\).

Bán kính ban đầu và cuối cùng là

\[ \begin{aligned} r_i&=6.37\times10^6+3.00\times10^5 =6.67\times10^6\ \text{m}\\ r_f&=6.37\times10^6+2.00\times10^6 =8.37\times10^6\ \text{m} \end{aligned} \]

Dùng

\[ \Delta U =GM_Em\left(\frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_f}\right) \]

Thay số,

\[ \begin{aligned} \Delta U &=(6.67\times10^{-11})(5.97\times10^{24})(750) \left( \frac{1}{6.67\times10^6} -\frac{1}{8.37\times10^6} \right)\\ &=9.09\times10^9\ \text{J} \end{aligned} \]

Do đó công do trọng lực thực hiện là

\[ W_g=-\Delta U=-9.09\times10^9\ \text{J} \]

Động cơ bổ sung cơ năng cho hệ. Do đó,

\[ W_{\text{engine}}=\Delta K+\Delta U \]

nên

\[ \begin{aligned} \Delta K &=W_{\text{engine}}-\Delta U\\ &=1.20\times10^{10}-9.09\times10^9\\ &=2.91\times10^9\ \text{J} \end{aligned} \]

Cách làm dễ mắc phải là giả định toàn bộ công của động cơ trở thành thế năng hấp dẫn vì tàu vũ trụ chuyển động lên cao. Không phải vậy. Một phần công đó làm tăng \(U\), còn phần còn lại làm tăng \(K\).

Câu hỏi 3

Một vật \(100\ \text{kg}\) được nâng từ bề mặt Trái Đất lên độ cao \(1000\ \text{km}\).

Hãy tính độ tăng thế năng hấp dẫn bằng:

1. biểu thức chính xác cho trường xuyên tâm, và
2. \(\Delta U=mgh\), sử dụng giá trị \(g\) tại bề mặt Trái Đất.

Kết quả từ \(mgh\) lớn hơn kết quả chính xác bao nhiêu phần trăm?

Lời giải 3

Độ tăng chính xác là \(8.48\times10^8\ \text{J}\), trong khi \(mgh\) cho \(9.81\times10^8\ \text{J}\), tức lớn hơn khoảng \(15.7\%\).

Bán kính cuối cùng là

\[ r_f=6.37\times10^6+1.00\times10^6 =7.37\times10^6\ \text{m} \]

Kết quả chính xác là

\[ \Delta U =GM_Em\left(\frac{1}{R_E}-\frac{1}{R_E+h}\right) \]

nên

\[ \begin{aligned} \Delta U &=(6.67\times10^{-11})(5.97\times10^{24})(100) \left( \frac{1}{6.37\times10^6} -\frac{1}{7.37\times10^6} \right)\\ &=8.48\times10^8\ \text{J} \end{aligned} \]

Bây giờ tính \(g\) tại bề mặt:

\[ \begin{aligned} g &=\frac{GM_E}{R_E^2}\\ &=\frac{(6.67\times10^{-11})(5.97\times10^{24})} {(6.37\times10^6)^2}\\ &=9.81\ \text{m s}^{-2} \end{aligned} \]

Dùng \(mgh\),

\[ \begin{aligned} \Delta U_{\text{approx}} &=mgh\\ &=(100)(9.81)(1.00\times10^6)\\ &=9.81\times10^8\ \text{J} \end{aligned} \]

Phần trăm đánh giá vượt, lấy giá trị chính xác làm mốc tham chiếu, là

\[ \begin{aligned} \text{phần trăm đánh giá vượt} &=\frac{9.81\times10^8-8.48\times10^8} {8.48\times10^8}\times100\%\\ &=15.7\% \end{aligned} \]

Giả định dễ mắc phải là \(g=9.81\ \text{m s}^{-2}\) trong suốt quá trình đi lên. Nhưng \(1000\ \text{km}\) không hề nhỏ so với bán kính Trái Đất. Trọng lực yếu đi đáng kể, nên \(mgh\) tính lực lớn hơn thực tế ở phần phía trên của hành trình.

Câu hỏi 4

Hai tàu thăm dò giống hệt nhau ở khoảng cách

\[ r_0=2R_E \]

tính từ tâm Trái Đất.

Cả hai có cùng tốc độ,

\[ v_0=\sqrt{\frac{GM_E}{r_0}} \]

nhưng Tàu thăm dò A chuyển động vuông góc với phương xuyên tâm, còn Tàu thăm dò B chuyển động thẳng ra xa Trái Đất.

Bỏ qua Mặt Trăng, khí quyển và mọi lực khác.

Hãy mô tả chuyển động tiếp theo của mỗi tàu thăm dò. Đối với Tàu thăm dò B, hãy xác định khoảng cách cực đại của nó tính từ tâm Trái Đất.

Lời giải 4

Tàu thăm dò A tiếp tục ở quỹ đạo tròn tại \(2R_E\), còn Tàu thăm dò B đi lên đến \(4R_E\), dừng lại trong chốc lát rồi rơi trở lại về phía Trái Đất.

Ban đầu điều này có thể có vẻ không thể xảy ra. Hai tàu thăm dò bắt đầu ở cùng bán kính và có cùng tốc độ, nên chúng có cùng thế năng hấp dẫn, cùng động năng và cùng tổng cơ năng.

Đối với mỗi tàu thăm dò,

\[ U=-\frac{GM_Em}{r_0} \]

và

\[ \begin{aligned} K &=\frac12 mv_0^2\\ &=\frac12m\left(\frac{GM_E}{r_0}\right)\\ &=\frac{GM_Em}{2r_0} \end{aligned} \]

Do đó,

\[ \begin{aligned} E &=K+U\\ &=\frac{GM_Em}{2r_0} -\frac{GM_Em}{r_0}\\ &=-\frac{GM_Em}{2r_0} \end{aligned} \]

Đối với Tàu thăm dò A, vận tốc theo phương tiếp tuyến. Tốc độ của nó thỏa mãn

\[ v_0=\sqrt{\frac{GM_E}{r_0}} \]

đúng bằng tốc độ quỹ đạo tròn tại \(r_0\). Vì vậy, trọng lực cung cấp lực hướng tâm cần thiết, liên tục làm đổi hướng vận tốc mà không làm thay đổi bán kính quỹ đạo. Tàu thăm dò A vẫn ở \(2R_E\).

Tàu thăm dò B có cùng tốc độ nhưng hướng theo phương xuyên tâm ra ngoài. Trọng lực tác dụng trực tiếp ngược chiều chuyển động, nên tàu thăm dò chậm dần.

Tại bán kính cực đại \(r_{\max}\), tốc độ theo phương xuyên tâm của Tàu thăm dò B bằng không, nên

\[ K=0 \]

và định luật bảo toàn cơ năng cho

\[ -\frac{GM_Em}{r_{\max}} =-\frac{GM_Em}{2r_0} \]

Rút gọn các thừa số chung,

\[ r_{\max}=2r_0 \]

Vì \(r_0=2R_E\),

\[ r_{\max}=4R_E \]

Cách lập luận dễ mắc phải là cho rằng tổng cơ năng giống nhau phải tạo ra chuyển động giống nhau. Chỉ riêng năng lượng không đủ để xác định một quỹ đạo. Hướng của vận tốc cũng quan trọng. Đối với Tàu thăm dò A, trọng lực bẻ cong chuyển động sang bên. Đối với Tàu thăm dò B, trọng lực chống lại chuyển động và làm giảm động năng cho đến khi tàu thăm dò dừng lại.

Đây chính là sự phân biệt được sử dụng khi xem xét trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm trong quỹ đạo tròn.

Câu hỏi 5

Một tàu thăm dò \(500\ \text{kg}\) bắt đầu đứng yên trên bề mặt của một Trái Đất không có khí quyển và không quay. Một động cơ tức thời cung cấp cho nó \(2.80\times10^{10}\ \text{J}\) động năng, theo phương xuyên tâm ra ngoài. Sau đó động cơ tắt.

Hai học sinh mô tả thế năng hấp dẫn của nó theo những cách khác nhau.

Học sinh A dùng

\[ U_A=-\frac{GM_Em}{r} \]

để \(U_A=0\) tại vô hạn.

Học sinh B chọn bề mặt Trái Đất làm mốc không và dùng

\[ U_B=GM_Em\left(\frac{1}{R_E}-\frac{1}{r}\right) \]

Học sinh B nhận thấy ngay sau khi phóng,

\[ E_B=K+U_B=2.80\times10^{10}\ \text{J}>0 \]

và kết luận rằng tàu thăm dò chắc chắn sẽ thoát.

Hãy xác định tàu thăm dò có thực sự thoát hay không. Nếu không, hãy tìm khoảng cách cực đại của nó tính từ tâm Trái Đất. Giải thích vì sao lập luận dựa trên năng lượng dương của Học sinh B không đúng mặc dù phương trình thế năng của họ là hợp lệ.

Lời giải 5

Tàu thăm dò không thoát; nó đạt bán kính cực đại xấp xỉ \(6.12\times10^7\ \text{m}\), hay \(9.60R_E\), trước khi rơi trở lại.

Dùng mốc không tại vô hạn của Học sinh A, thế năng hấp dẫn tại bề mặt Trái Đất là

\[ \begin{aligned} U_A(R_E) &=-\frac{GM_Em}{R_E}\\ &=-\frac{(6.67\times10^{-11})(5.97\times10^{24})(500)} {6.37\times10^6}\\ &=-3.13\times10^{10}\ \text{J} \end{aligned} \]

Ngay sau khi động cơ hoạt động,

\[ \begin{aligned} E_A &=K+U_A\\ &=2.80\times10^{10}-3.13\times10^{10}\\ &=-3.26\times10^9\ \text{J} \end{aligned} \]

Khi thế năng bằng không tại vô hạn, để thoát thì tổng cơ năng phải ít nhất bằng không.

Vì

\[ E_A<0 \]

tàu thăm dò bị liên kết hấp dẫn.

Tại bán kính cực đại, tốc độ theo phương xuyên tâm của nó tạm thời bằng không. Do đó,

\[ K=0 \]

và

\[ U_A(r_{\max})=E_A \]

nên

\[ -\frac{GM_Em}{r_{\max}} =-3.26\times10^9 \]

Suy ra,

\[ \begin{aligned} r_{\max} &=\frac{GM_Em}{3.26\times10^9}\\ &\approx6.12\times10^7\ \text{m}\\ &\approx9.60R_E \end{aligned} \]

Bây giờ hãy xét quy ước của Học sinh B.

Phương trình của họ hoàn toàn hợp lệ. Tại bề mặt,

\[ U_B(R_E)=0 \]

nên sau khi phóng,

\[ E_B=2.80\times10^{10}\ \text{J} \]

Sai lầm nằm ở việc giả định rằng \(E_B>0\) là điều kiện để thoát.

Theo quy ước của Học sinh B, thế năng hấp dẫn tại vô hạn không bằng không:

\[ \begin{aligned} U_B(\infty) &=GM_Em\left(\frac{1}{R_E}-0\right)\\ &=\frac{GM_Em}{R_E}\\ &=3.13\times10^{10}\ \text{J} \end{aligned} \]

Để tàu thăm dò đến được vô hạn với động năng cuối cùng bằng không, tổng năng lượng theo quy ước này do đó phải đạt

\[ E_B=3.13\times10^{10}\ \text{J} \]

Nhưng nó chỉ có

\[ 2.80\times10^{10}\ \text{J} \]

nên còn thiếu

\[ 3.13\times10^{10}-2.80\times10^{10} =3.26\times10^9\ \text{J} \]

Đây chính xác là phần năng lượng còn thiếu được tìm thấy khi dùng quy ước của Học sinh A.

Điểm mấu chốt là việc thay đổi mốc không của thế năng sẽ làm mọi giá trị của \(U\), và do đó mọi giá trị của tổng cơ năng, dịch chuyển đi một hằng số. Nó không làm thay đổi chuyển động. Quy tắc \(E\geq0\) để thoát không phải là một định luật phổ quát độc lập với cách chọn mốc; đó là cách viết rút gọn dành cho quy ước cụ thể \(U(\infty)=0\).

10Những điều bạn có thể làm tiếp theo

Khi dấu âm và mốc không tại vô hạn đã trở nên hợp lý, thế năng hấp dẫn trở nên hữu ích hơn nhiều so với chỉ là một công thức để thay số.

Bạn có thể kết hợp

\[ U=-\frac{GMm}{r} \]

với động năng,

\[ K=\frac12mv^2 \]

để phân tích liệu một vật có bị liên kết hấp dẫn hay không, một vật được phóng theo phương xuyên tâm sẽ đi xa đến đâu, cần bao nhiêu năng lượng để thoát và năng lượng biến đổi như thế nào trong một quỹ đạo.

Bước quan trọng tiếp theo là năng lượng của quỹ đạo tròn. Trọng lực có thể giữ một vệ tinh chuyển động ở bán kính không đổi trong khi vệ tinh vẫn có thế năng hấp dẫn âm. Việc kết nối mô hình năng lượng xuyên tâm với chuyển động tròn giải thích vì sao tốc độ quỹ đạo, tốc độ thoát và bán kính quỹ đạo liên hệ với nhau, thay vì là những công thức riêng biệt cần ghi nhớ.