تغيرات الطاقة عند انتقال الأقمار الصناعية بين المدارات: فيزياء HSC

تؤدي دفعة من المحرك إلى رفع قمر صناعي إلى مدار دائري أعلى. وبعد أن يستقر القمر الصناعي في ذلك المدار، يصبح أبطأ مما كان عليه من قبل. فهل أضاف المحرك طاقة أم أزالها؟

توقّع الإجابة قبل أن تواصل القراءة. من المغري القول إن القمر الصناعي فقد طاقة لأن طاقته الحركية انخفضت. لكن العكس هو الصحيح. فالقمر الصناعي في مدار دائري أعلى يمتلك طاقة مدارية كلية أكبر، رغم أن طاقته الحركية أقل.

ولفهم السبب، يجب إبقاء ثلاث كميات من الطاقة منفصلة: طاقة وضع الجاذبية، والطاقة الحركية، والطاقة الميكانيكية الكلية.

01لماذا يمكن أن يكون للمدار الأعلى سرعة أقل

تخيّل أن الأرض تقع في قاع بئر جاذبية. يكون القمر الصناعي القريب من الأرض أعمق داخل هذا البئر. وعندما يتحرك القمر الصناعي إلى مسافة أبعد، فإنه يصعد إلى جزء أقل عمقًا من البئر، ولذلك تزداد طاقة وضع الجاذبية لديه.

هذه الصورة الذهنية مفيدة، لكن الأرض ليست محاطة بوعاء حقيقي. طاقة وضع الجاذبية الدقيقة لقمر صناعي كتلته \(m\) ويقع على مسافة \(r\) من مركز جرم أكبر بكثير كتلته \(M\) هي

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

حيث:

• \(U\) هي طاقة وضع الجاذبية بوحدة الجول، \(\mathrm{J}\)،
• \(G\) هو ثابت الجاذبية العام، \(6.67\times10^{-11}\,\mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}\)،
• \(M\) هي كتلة الجرم المركزي بالكيلوجرام،
• \(m\) هي كتلة القمر الصناعي بالكيلوجرام، و
• \(r\) هي المسافة بين مركزيهما بالمتر.

غالبًا ما تسبب الإشارة السالبة ارتباكًا. تُعرَّف طاقة وضع الجاذبية الصفرية عند انفصال الجسمين إلى مسافة لا نهائية. لذلك فإن القمر الصناعي المرتبط بالأرض جاذبيًا تكون له \(U<0\).

فكّر في الأمر مثل حساب مصرفي مكشوف. الانتقال من \(-100\) دولار إلى \(-60\) دولار هو زيادة قدرها \(40\) دولارًا، رغم أن الرصيد لا يزال سالبًا. وبالمثل، فإن الابتعاد عن الأرض يجعل \(U\) أقل سلبية، ما يعني أن \(U\) قد ازدادت. يساعد تشبيه الحساب المصرفي فقط في فهم الإشارات؛ أما طاقة وضع الجاذبية فما زالت تتبع معادلة التناسب العكسي الدقيقة مع \(r\) الموضحة أعلاه.

لشرح أكثر تفصيلًا للإشارة السالبة واختيار مستوى الصفر، راجع طاقة وضع الجاذبية في مجال شعاعي.

والآن فكّر في سرعة القمر الصناعي.

في المدار الدائري، توفر الجاذبية القوة المركزية المطلوبة:

\[ \frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r} \]

وباختصار \(m\) وعامل واحد من \(r\)،

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

ومن ثم

\[ v=\sqrt{\frac{GM}{r}} \]

يخبرنا هذا بشيء مهم قبل إجراء أي حسابات للطاقة: كلما زاد نصف قطر المدار الدائري، انخفضت السرعة المدارية.

تُشتق هذه النتيجة بمزيد من التفصيل في السرعة المدارية: الاشتقاق والحسابات.

02الطاقة الكلية لمدار دائري

الطاقة الحركية هي

\[ K=\frac{1}{2}mv^2 \]

وبالنسبة إلى مدار دائري، نعوّض \(v^2=GM/r\):

\[ K=\frac{GMm}{2r} \]

الطاقة الميكانيكية المدارية الكلية هي

\[ E=K+U \]

لذلك

\[ E=\frac{GMm}{2r}-\frac{GMm}{r} =-\frac{GMm}{2r} \]

وهذا يعطينا ثلاث علاقات مفيدة لأي مدار دائري:

\[ U=-\frac{GMm}{r},\qquad K=\frac{GMm}{2r},\qquad E=-\frac{GMm}{2r} \]

ومن ثم،

\[ U=-2K \]

و

\[ E=-K=\frac{U}{2} \]

هذه العلاقات مضمونة فقط للمدار الدائري. لا تستخدمها تلقائيًا عند نقطة عشوائية على مدار انتقالي إهليلجي.

يجدر تعلم النمط الخاص بالمدارات الدائرية باعتباره فكرة مترابطة، بدلًا من حفظ أربع حقائق منفصلة.

إذن، إلى أين تذهب الطاقة المضافة عندما يُرفع قمر صناعي إلى مدار أعلى؟

بالنسبة إلى مدارين دائريين، \(U=-2K\). تكون الزيادة في طاقة وضع الجاذبية ضعف مقدار الانخفاض في الطاقة الحركية. وتظهر الزيادة المتبقية على شكل زيادة في الطاقة الميكانيكية الكلية.

وهذا هو الجزء الذي يفوته الاستدلال المعتمد على السرعة وحدها.

03حساب تغير الطاقة بين مدارين دائريين

لنفترض أن قمرًا صناعيًا يبدأ في مدار دائري نصف قطره \(r_i\)، وينتهي في مدار دائري آخر نصف قطره \(r_f\).

طاقته الابتدائية هي

\[ E_i=-\frac{GMm}{2r_i} \]

وطاقته النهائية هي

\[ E_f=-\frac{GMm}{2r_f} \]

ومن ثم،

\[ \Delta E=E_f-E_i \]

ما يعطي

\[ \Delta E = \frac{GMm}{2} \left( \frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_f} \right) \]

تخبرك الإشارة باتجاه انتقال الطاقة.

• إذا كان \(r_f>r_i\)، فإن \(\Delta E>0\). تمت إضافة طاقة مدارية.
• إذا كان \(r_f<r_i\)، فإن \(\Delta E<0\). تمت إزالة طاقة مدارية.

هنا، يعني «مستوى الطاقة» المداري ببساطة الطاقة الميكانيكية المرتبطة بمدار. وهذه ليست مستويات طاقة كمومية منفصلة.

لا تستخدم الارتفاع على أنه \(r\)

هذه من أسهل الطرق لخسارة الدرجات.

إذا كان قمر صناعي على ارتفاع \(400\,\mathrm{km}\) فوق سطح الأرض، فإن نصف قطر مداره ليس \(400\,\mathrm{km}\). بل تحتاج إلى المسافة من مركز الأرض:

\[ r=R_E+h \]

حيث \(R_E\) هو نصف قطر الأرض و\(h\) هو ارتفاع القمر الصناعي.

في الأمثلة التالية، سنستخدم

\[ R_E=6.37\times10^6\,\mathrm{m} \]

و

\[ GM_E=3.99\times10^{14}\,\mathrm{m^3\,s^{-2}} \]

حيث \(M_E\) هي كتلة الأرض.

04ماذا يحدث فعليًا أثناء تغير المدار؟

تقارن معادلة \(\Delta E\) بين الحالتين الدائريتين الابتدائية والنهائية. وهي لا تعني أن القمر الصناعي يقفز بطريقة ما مباشرة من دائرة إلى أخرى.

فكّر في انتقال شائع ذي دفعتين من مدار دائري منخفض إلى مدار أعلى.

عند المدار الأدنى، يشغّل القمر الصناعي محركه أولًا في الاتجاه نفسه الذي يتحرك فيه بالفعل. وهذه دفعة في اتجاه الحركة.

أثناء دفعة قصيرة، نفترض عادةً أن موضع القمر الصناعي لا يتغير تقريبًا. وهذا يعني أن \(r\)، وبالتالي \(U\)، لا يتغيران إلا بمقدار ضئيل جدًا أثناء الدفعة. ويكون الأثر الفوري هو زيادة السرعة والطاقة الحركية والطاقة الميكانيكية الكلية.

أصبح القمر الصناعي الآن يتحرك بسرعة أكبر من أن يبقى في مساره الدائري الأصلي. فيدخل مدارًا انتقاليًا ويبدأ في الابتعاد عن الأرض.

ماذا يحدث أثناء توقف المحرك؟

توقّع الإجابة قبل أن تواصل. هل تستمر طاقته الكلية في الزيادة لأنه يرتفع؟

لا. أثناء مرحلة التحليق والمحرك متوقف، تكون الجاذبية قوة محافظة، ولذلك تبقى الطاقة الميكانيكية الكلية ثابتة. ومع تحرك القمر الصناعي إلى الخارج:

• تزداد \(U\)،
• تنخفض \(K\)،
• تبقى \(E\) ثابتة، و
• يتباطأ القمر الصناعي.

عند أعلى نقطة في المدار الانتقالي، يمكن لدفعة أخرى في اتجاه الحركة أن تزيد سرعته بما يكفي لجعل المدار دائريًا. وتزيد هذه الدفعة الثانية \(K\) و\(E\) مرة أخرى.

وهنا تظهر المفارقة الظاهرية:

يتسارع القمر الصناعي أثناء كلتا الدفعتين، ومع ذلك يمكن أن تكون سرعته النهائية في المدار الدائري الأعلى أقل من سرعته الأصلية في المدار الدائري الأدنى.

لا يوجد تناقض. فالدفعتان والحالتان النهائيتان تمثلان مقارنات مختلفة.

05خفض المدار ينتج مفارقة تبدو معاكسة

لنفترض بدلًا من ذلك أن قمرًا صناعيًا ينتقل من مدار دائري مرتفع إلى مدار دائري أدنى.

ستكون سرعته الدائرية النهائية أكبر:

\[ v=\sqrt{\frac{GM}{r}} \]

فكلما صغر \(r\)، كبر \(v\).

ومع ذلك، يجب أن تنخفض الطاقة الميكانيكية الكلية للقمر الصناعي لأن

\[ E=-\frac{GMm}{2r} \]

تصبح أكثر سلبية كلما انخفض \(r\).

يبدأ الانتقال المعتاد بدفعة عكس اتجاه الحركة، أي إن المحرك يقلل سرعة القمر الصناعي. وهذا يخفض طاقته الحركية وطاقته الميكانيكية الكلية.

بعد ذلك يسقط القمر الصناعي إلى الداخل. وخلال هذه المرحلة التي يكون فيها المحرك متوقفًا، تبقى الطاقة الكلية ثابتة، لكن طاقة وضع الجاذبية تنخفض والطاقة الحركية تزداد. وتعمل الجاذبية على تسريع القمر الصناعي.

ثم يمكن لدفعة ثانية عكس اتجاه الحركة أن تجعل المدار الأدنى دائريًا.

وهكذا يمكن أن ينتهي القمر الصناعي وهو يتحرك بسرعة أكبر، رغم أن محركاته أزالت طاقة ميكانيكية مدارية إجمالًا.

06طاقة المدار الدائري ليست معادلة لكل نقطة في المدار

المعادلة

\[ E=-\frac{GMm}{2r} \]

تحتوي على \(r\)، لكن هذا لا يعني أنه يجوز استخدامها كلما صادف أن كان القمر الصناعي على مسافة \(r\).

فقد اشتُقت باستخدام شرط المدار الدائري

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

ولذلك تنطبق عندما يكون القمر الصناعي فعليًا في مدار دائري نصف قطره \(r\).

على مدار انتقالي إهليلجي، استخدم التعبير العام للطاقة الميكانيكية إذا كنت تعرف سرعة القمر الصناعي وموضعه:

\[ E=\frac{1}{2}mv^2-\frac{GMm}{r} \]

يكون هذا التمييز مهمًا بصورة خاصة عند أعلى وأدنى نقطتين في المدار الانتقالي. فقد يوجد القمر الصناعي لحظيًا عند نصف القطر نفسه تمامًا لمدار دائري، لكنه يتحرك بسرعة غير مناسبة لذلك المدار الدائري.

نصف القطر وحده لا يحدد المدار.

07قاعدة عملية لاتخاذ القرار

عندما يظهر سؤال عن الطاقة المدارية، حدّد أولًا الحالة التي يوجد فيها القمر الصناعي فعليًا.

هناك تمييز آخر مهم. فالتغير في الطاقة الميكانيكية المدارية للقمر الصناعي ليس هو نفسه الطاقة الكيميائية التي يستهلكها الصاروخ.

على سبيل المثال، إذا كان

\[ \Delta E=+3.0\times10^9\,\mathrm{J} \]

فإن نظام القمر الصناعي والأرض قد اكتسب \(3.0\,\mathrm{GJ}\) من الطاقة الميكانيكية. لكن نظام الدفع الحقيقي ينقل أيضًا طاقة إلى غازات العادم والحرارة وأماكن أخرى. ولا يمكنك استنتاج استهلاك الوقود مباشرةً من \(\Delta E\).

يفترض نموذج HSC المعتاد أيضًا أن كتلة الجرم المركزي أكبر بكثير من كتلة القمر الصناعي، ويتجاهل مقاومة الغلاف الجوي والأجرام السماوية الأخرى، ويعامل الدفعات القصيرة على أنها لحظية فعليًا.

08الأسئلة والحلول

السؤال 1

يُرفع قمر صناعي كتلته \(600\,\mathrm{kg}\) من مدار دائري على ارتفاع \(400\,\mathrm{km}\) فوق سطح الأرض إلى مدار دائري آخر على ارتفاع \(1000\,\mathrm{km}\) فوق سطح الأرض.

استخدم \(R_E=6.37\times10^6\,\mathrm{m}\) و\(GM_E=3.99\times10^{14}\,\mathrm{m^3\,s^{-2}}\).

احسب التغير في الطاقة الميكانيكية المدارية الكلية للقمر الصناعي، واذكر ما إذا كانت الطاقة قد أُضيفت أم أُزيلت.

الحل 1

تزداد الطاقة الميكانيكية المدارية الكلية للقمر الصناعي بمقدار \(1.44\times10^9\,\mathrm{J}\)، ولذلك تمت إضافة طاقة مدارية.

حوّل أولًا الارتفاع إلى مسافة من مركز الأرض:

\[ \begin{aligned} r_i&=6.37\times10^6+0.400\times10^6 =6.77\times10^6\,\mathrm{m}\\ r_f&=6.37\times10^6+1.00\times10^6 =7.37\times10^6\,\mathrm{m} \end{aligned} \]

بالنسبة إلى نقطتي نهاية دائريتين،

\[ \Delta E = \frac{GM_Em}{2} \left( \frac{1}{r_i}-\frac{1}{r_f} \right) \]

بالتعويض،

\[ \begin{aligned} \Delta E &= \frac{(3.99\times10^{14})(600)}{2} \left( \frac{1}{6.77\times10^6} - \frac{1}{7.37\times10^6} \right)\\ &=1.44\times10^9\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

من الأخطاء المغرية استخدام \(400\,\mathrm{km}\) و\(1000\,\mathrm{km}\) مباشرةً على أنهما \(r\). تتطلب معادلات الجاذبية المسافة من مركز الأرض، لا الارتفاع فوق سطحها.

السرعة الدائرية النهائية أقل من السرعة الابتدائية، لكن الزيادة في طاقة وضع الجاذبية للقمر الصناعي أكبر من فقدانه للطاقة الحركية. ولذلك تزداد طاقته الميكانيكية الكلية.

السؤال 2

يوجد قمر صناعي كتلته \(1000\,\mathrm{kg}\) في البداية في مدار دائري حول الأرض نصف قطره \(8.00\times10^6\,\mathrm{m}\). تزيد دفعة قصيرة في اتجاه الحركة سرعته بنسبة \(5.0\%\)، بينما تبقى مسافته من مركز الأرض دون تغير فعلي يُذكر.

استخدم \(GM_E=3.99\times10^{14}\,\mathrm{m^3\,s^{-2}}\).

حدّد:

• سرعته قبل الدفعة وبعدها مباشرةً،
• التغير في طاقته الميكانيكية المدارية أثناء الدفعة،
• ما إذا كان يظل مرتبطًا جاذبيًا مباشرةً بعد الدفعة، و
• ما يحدث لـ \(K\) و\(U\) و\(E\) عندما يتحرك بعد ذلك إلى الخارج ومحركه متوقف.

الحل 2

تزداد السرعة من \(7.06\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) إلى \(7.42\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)، وتضيف الدفعة \(2.56\times10^9\,\mathrm{J}\) من الطاقة الميكانيكية المدارية، ويظل القمر الصناعي مرتبطًا جاذبيًا. وأثناء التحرك إلى الخارج، تنخفض \(K\)، وتزداد \(U\)، وتبقى \(E\) ثابتة.

السرعة الدائرية الابتدائية هي

\[ \begin{aligned} v_i &=\sqrt{\frac{GM_E}{r}}\\ &=\sqrt{\frac{3.99\times10^{14}}{8.00\times10^6}}\\ &=7.06\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

تؤدي زيادة قدرها \(5.0\%\) إلى

\[ v_f=1.05v_i =7.42\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \]

لأن الدفعة قصيرة، يبقى \(r\) ثابتًا تقريبًا. ولذلك لا تتغير طاقة وضع الجاذبية تغيرًا يُذكر أثناء الدفعة، ومن ثم

\[ \Delta E=\Delta K \]

و

\[ \begin{aligned} \Delta E &=\frac12m(v_f^2-v_i^2)\\ &=\frac12(1000) \left[ (7.415\times10^3)^2-(7.062\times10^3)^2 \right]\\ &=2.56\times10^9\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

قبل الدفعة، تكون طاقة المدار الدائري

\[ E_i = -\frac{GM_Em}{2r} = -\frac{(3.99\times10^{14})(1000)} {2(8.00\times10^6)} = -2.49\times10^{10}\,\mathrm{J} \]

لذلك،

\[ E_{\text{بعد الدفعة}} = -2.49\times10^{10} + 2.56\times10^9 = -2.24\times10^{10}\,\mathrm{J} \]

لا تزال الطاقة الكلية سالبة، ولذلك يظل القمر الصناعي مرتبطًا جاذبيًا.

من المغري القول إن القمر الصناعي لا بد أن يواصل اكتساب الطاقة أثناء صعوده لأن طاقة وضعه تزداد. لكن القيد الذي يغفله هذا الاستدلال هو أن المحرك أصبح متوقفًا. والجاذبية قوة محافظة، لذلك تبقى الطاقة الميكانيكية الكلية ثابتة. وتأتي الزيادة في \(U\) من انخفاض في \(K\).

السؤال 3

ينتقل قمر صناعي كتلته \(900\,\mathrm{kg}\) من مدار دائري حول الأرض نصف قطره \(1.20\times10^7\,\mathrm{m}\) إلى مدار دائري أدنى نصف قطره \(7.00\times10^6\,\mathrm{m}\).

استخدم \(GM_E=3.99\times10^{14}\,\mathrm{m^3\,s^{-2}}\).

احسب:

• \(\Delta U\)،
• \(\Delta K\)،
• \(\Delta E\)، و
• السرعتين الدائريتين الابتدائية والنهائية.

يذكر تقرير للمهمة أن نظام الدفع أزال طاقة ميكانيكية مدارية أثناء المناورة، رغم أن القمر الصناعي أنهى المناورة بسرعة أكبر. اشرح كيف يمكن أن تكون العبارتان صحيحتين.

الحل 3

يفقد القمر الصناعي \(1.07\times10^{10}\,\mathrm{J}\) من الطاقة الميكانيكية المدارية الكلية، بينما تزداد طاقته الحركية بالمقدار نفسه. وترتفع سرعته من \(5.77\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) إلى \(7.55\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) لأن طاقة وضع الجاذبية لديه تنخفض بمقدار \(2.14\times10^{10}\,\mathrm{J}\).

بالنسبة إلى طاقة وضع الجاذبية،

\[ \begin{aligned} \Delta U &= -\frac{GM_Em}{r_f} +\frac{GM_Em}{r_i}\\ &= (3.99\times10^{14})(900) \left( \frac{1}{1.20\times10^7} - \frac{1}{7.00\times10^6} \right)\\ &=-2.14\times10^{10}\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

بالنسبة إلى المدارات الدائرية،

\[ K=\frac{GMm}{2r} \]

لذلك

\[ \begin{aligned} \Delta K &= \frac{GM_Em}{2} \left( \frac{1}{r_f}-\frac{1}{r_i} \right)\\ &=+1.07\times10^{10}\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

ومن ثم،

\[ \begin{aligned} \Delta E &=\Delta K+\Delta U\\ &= 1.07\times10^{10} - 2.14\times10^{10}\\ &=-1.07\times10^{10}\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

والآن قارن السرعتين الدائريتين:

\[ \begin{aligned} v_i &= \sqrt{\frac{3.99\times10^{14}}{1.20\times10^7}} = 5.77\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}}\\ v_f &= \sqrt{\frac{3.99\times10^{14}}{7.00\times10^6}} = 7.55\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

المسار المغري هو التعامل مع الطاقة الحركية كما لو كانت تمثل حساب الطاقة الكامل للقمر الصناعي. لكنها لا تفعل ذلك.

عندما يتحرك القمر الصناعي إلى الداخل، تنخفض طاقة وضع الجاذبية لديه بمقدار \(2.14\times10^{10}\,\mathrm{J}\). وتزداد الطاقة الحركية بمقدار \(1.07\times10^{10}\,\mathrm{J}\) فقط. أما المقدار المتبقي، \(1.07\times10^{10}\,\mathrm{J}\)، فيقابل الانخفاض في الطاقة الميكانيكية الكلية.

وبذلك يمكن للمدار الدائري الأدنى أن يمتلك طاقة حركية أكبر وطاقة ميكانيكية كلية أصغر في الوقت نفسه.

السؤال 4

يصل قمر صناعي كتلته \(1000\,\mathrm{kg}\) إلى أعلى نقطة في مدار انتقالي إهليلجي على مسافة \(1.40\times10^7\,\mathrm{m}\) من مركز الأرض. وفي تلك اللحظة تكون سرعته مماسية ومقدارها \(4.00\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}}\).

يعوّض طالب \(r=1.40\times10^7\,\mathrm{m}\) في

\[ E=-\frac{GMm}{2r} \]

ويدّعي أن ذلك يعطي الطاقة الكلية الحالية للقمر الصناعي.

استخدم \(GM_E=3.99\times10^{14}\,\mathrm{m^3\,s^{-2}}\) من أجل:

• حساب الطاقة الميكانيكية الكلية الفعلية للقمر الصناعي،
• حساب الطاقة الكلية لمدار دائري عند نصف القطر نفسه،
• تحديد اتجاه الدفعة المطلوبة لجعل المدار دائريًا عند ذلك الموضع، و
• حساب الزيادة المطلوبة في الطاقة الميكانيكية المدارية.

الحل 4

طريقة الطالب غير صحيحة: الطاقة الفعلية للقمر الصناعي هي \(-2.05\times10^{10}\,\mathrm{J}\)، بينما طاقة المدار الدائري عند نصف القطر نفسه هي \(-1.43\times10^{10}\,\mathrm{J}\). ولذلك يجب أن تضيف دفعة لجعل المدار دائريًا في اتجاه الحركة \(6.25\times10^9\,\mathrm{J}\) من الطاقة الميكانيكية المدارية.

القمر الصناعي ليس في مدار دائري بعد، لذلك استخدم التعبير العام

\[ E=\frac12mv^2-\frac{GMm}{r} \]

طاقته الحركية هي

\[ \begin{aligned} K &=\frac12(1000)(4.00\times10^3)^2\\ &=8.00\times10^9\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

وطاقة وضع الجاذبية لديه هي

\[ \begin{aligned} U &= -\frac{(3.99\times10^{14})(1000)} {1.40\times10^7}\\ &=-2.85\times10^{10}\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

لذلك،

\[ E_{\text{الانتقالي}} = 8.00\times10^9-2.85\times10^{10} = -2.05\times10^{10}\,\mathrm{J} \]

بالنسبة إلى مدار دائري عند نصف القطر هذا،

\[ \begin{aligned} E_{\text{الدائري}} &= -\frac{GM_Em}{2r}\\ &= -\frac{(3.99\times10^{14})(1000)} {2(1.40\times10^7)}\\ &=-1.425\times10^{10}\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

ستكون سرعة المدار الدائري

\[ \begin{aligned} v_{\text{الدائري}} &= \sqrt{\frac{GM_E}{r}}\\ &= \sqrt{\frac{3.99\times10^{14}}{1.40\times10^7}}\\ &=5.34\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

لا يتحرك القمر الصناعي إلا بسرعة \(4.00\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}}\)، ولذلك يجب أن تزيد سرعته. إذن الدفعة المطلوبة تكون في اتجاه الحركة.

الزيادة المطلوبة في الطاقة الميكانيكية هي

\[ \begin{aligned} \Delta E &= E_{\text{الدائري}}-E_{\text{الانتقالي}}\\ &= -1.425\times10^{10} - (-2.05\times10^{10})\\ &=6.25\times10^9\,\mathrm{J} \end{aligned} \]

المسار المغري هو الاعتقاد بأن معرفة \(r\) تحدد الطاقة المدارية تلقائيًا. لكن ذلك يحدث فقط بعد أن تعرف أيضًا أن المدار دائري. تحتوي معادلة طاقة المدار الدائري على شرط ضمني: يجب أن تحقق السرعة \(v^2=GM/r\).

عند أعلى نقطة في هذا المدار الانتقالي، يوجد القمر الصناعي عند نصف القطر الصحيح لكنه يتحرك ببطء أكبر من اللازم للبقاء في مسار دائري. ولهذا السبب يلزم تشغيل المحرك مرة أخرى.

السؤال 5

على مسافة

\[ r=1.00\times10^7\,\mathrm{m} \]

من مركز الأرض، قيس لقمر صناعي مقدار من الطاقة الميكانيكية المدارية الكلية يساوي تمامًا طاقة مدار دائري عند نصف القطر نفسه:

\[ E=-\frac{GM_Em}{2r} \]

ومع ذلك، تُظهر بيانات التتبع أن لسرعته مركبة شعاعية إلى الخارج مقدارها

\[ v_r=2.00\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \]

استخدم \(GM_E=3.99\times10^{14}\,\mathrm{m^3\,s^{-2}}\).

حدّد:

• السرعة الكلية للقمر الصناعي،
• سرعته المماسية،
• ما إذا كان فعلًا في مدار دائري،
• مقدار التغير اللحظي المثالي في السرعة المطلوب لوضعه في مدار دائري عند نصف القطر نفسه، و
• التغير المقابل في الطاقة الميكانيكية المدارية.

اشرح كيف يمكن أن يحدث تغير غير صفري في السرعة المتجهة حتى إذا لم تتغير الطاقة الميكانيكية المدارية.

الحل 5

القمر الصناعي ليس في مدار دائري. سرعته الكلية هي \(6.32\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)، ومركبتها المماسية هي \(5.99\,\mathrm{km\,s^{-1}}\)، ويمكن لتغير مثالي في السرعة المتجهة مقداره نحو \(2.03\,\mathrm{km\,s^{-1}}\) أن يجعل المدار دائريًا مع إحداث تغير صافٍ مقداره صفر في الطاقة الميكانيكية المدارية.

ابدأ بالطاقة المقاسة:

\[ \frac12mv^2-\frac{GM_Em}{r} = -\frac{GM_Em}{2r} \]

انقل حد طاقة الوضع إلى الطرف الآخر:

\[ \frac12mv^2 = \frac{GM_Em}{2r} \]

ومن ثم

\[ v^2=\frac{GM_E}{r} \]

لذلك،

\[ \begin{aligned} v &= \sqrt{\frac{3.99\times10^{14}}{1.00\times10^7}}\\ &=6.32\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

وهذا يساوي تمامًا مقدار سرعة المدار الدائري عند نصف القطر هذا.

هنا يظهر الاستدلال المغري: يبدو أن امتلاك نصف القطر الصحيح والطاقة الكلية الصحيحة ومقدار السرعة الصحيح يضمن وجود مدار دائري.

لكنه لا يضمن ذلك.

فالمدار الدائري يتطلب أيضًا أن تكون السرعة مماسية بالكامل. وهذا القمر الصناعي لديه مركبة شعاعية إلى الخارج مقدارها \(2.00\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}}\).

المركبتان الشعاعية والمماسية متعامدتان، لذلك

\[ v^2=v_r^2+v_t^2 \]

ومن ثم،

\[ \begin{aligned} v_t &= \sqrt{v^2-v_r^2}\\ &= \sqrt{ (6.316\times10^3)^2 - (2.00\times10^3)^2 }\\ &=5.99\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

لجعل المدار دائريًا فورًا عند نصف القطر هذا، يجب أن تكون السرعة النهائية بحيث

\[ v_{r,f}=0 \]

و

\[ v_{t,f}=6.316\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \]

ولذلك تكون التغيرات المطلوبة في المركبتين

\[ \Delta v_r=-2.00\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \]

و

\[ \Delta v_t = 6.316\times10^3-5.992\times10^3 = 0.325\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \]

مقدار التغير المطلوب في متجه السرعة هو

\[ \begin{aligned} |\Delta\vec v| &= \sqrt{(\Delta v_r)^2+(\Delta v_t)^2}\\ &= \sqrt{ (2.00\times10^3)^2 + (0.325\times10^3)^2 }\\ &=2.03\times10^3\,\mathrm{m\,s^{-1}} \end{aligned} \]

ومع ذلك، يكون التغير في الطاقة الميكانيكية المدارية

\[ \Delta E=0 \]

لماذا؟

يبدأ القمر الصناعي الدفعة المثالية وينهيها عند نصف القطر نفسه، لذلك لا تتغير طاقة وضع الجاذبية لديه. كما أن مقداري سرعته الابتدائية والنهائية متساويان، ولذلك لا تتغير طاقته الحركية.

تغيّر الدفعة اتجاه متجه السرعة بدلًا من تغيير مقداره الكلي.

وهذا يكشف قيدًا مهمًا في استخدام الطاقة وحدها. فالطاقة الميكانيكية كمية قياسية. يمكنها أن تخبرك بمقدار الطاقة التي تمتلكها حالة ما، لكنها لا تحتوي على اتجاه الحركة. ويمكن لحالتين مداريتين أن تمتلكا \(r\) نفسه، ومقدار السرعة نفسه، والطاقة الكلية نفسها، مع اختلاف اتجاهي السرعة وبالتالي اختلاف المسارين.

وسيظل الصاروخ الحقيقي يستهلك وقودًا لإنتاج الدفع المطلوب. فكون التغير في الطاقة الميكانيكية المدارية للقمر الصناعي يساوي صفرًا لا يعني أن استهلاك الوقود يساوي صفرًا.

09ما الذي تتيح لك هذه الفكرة فعله بعد ذلك

بمجرد أن تستطيع الفصل بين \(K\) و\(U\) و\(E\)، يصبح الاستدلال بشأن الانتقالات المدارية أسهل بكثير.

بالنسبة إلى المدارات الدائرية، العلاقة الأساسية هي

\[ E=-\frac{GMm}{2r} \]

يمتلك المدار الدائري الأعلى طاقة كلية أكبر لكنه يمتلك طاقة حركية أقل. ويمتلك المدار الدائري الأدنى طاقة كلية أصغر لكنه يمتلك طاقة حركية أكبر. وأثناء انتقال والمحرك متوقف، تبقى الطاقة الميكانيكية الكلية ثابتة بينما تتبادل الطاقة الحركية وطاقة وضع الجاذبية فيما بينهما.

الحد التالي المفيد هو \(E=0\). تمتلك المدارات الدائرية والإهليلجية المرتبطة طاقة كلية سالبة. وإذا أُضيفت طاقة كافية لكي تصل الطاقة الكلية إلى الصفر، يصبح القمر الصناعي عند عتبة الإفلات من مجال جاذبية الجرم المركزي بدلًا من الانتقال إلى مستوى طاقة مداري مرتبط آخر.