طاقة وضع الجاذبية في مجال شعاعي لفيزياء HSC

افترض أنك ترفع قمرًا اصطناعيًا إلى ارتفاع أعلى فأعلى فوق الأرض. بالقرب من السطح، قد تلجأ إلى \(\Delta U = mgh\). لكن لو ظلت هذه الصيغة دقيقة مهما ابتعدنا، فإن نقل القمر الاصطناعي إلى مسافة لا نهائية سيتطلب طاقة لا نهائية.

لكن هذا لا يحدث. فالجاذبية تضعف كلما ابتعدت، ولذلك فإن الطاقة اللازمة للإفلات من مجال جاذبية الأرض محدودة.

قبل أن ترى معادلة المجال الشعاعي، حاول التنبؤ. إذا تحرك قمر اصطناعي من مسافة \(r\) إلى \(2r\) من مركز الأرض، فهل تتضاعف طاقة وضعه الجاذبية، أم تنخفض إلى النصف، أم يحدث شيء أغرب؟

تصبح قيمتها السالبة نصف ما كانت عليه. قد يبدو هذا غريبًا إلى أن نختار مستوى الصفر لطاقة وضع الجاذبية بعناية.

01لماذا تفشل \(mgh\) في النهاية

بالقرب من سطح الأرض، تكون شدة مجال الجاذبية ثابتة تقريبًا. ولهذا فإن

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

تعمل جيدًا عندما تكون التغيرات في الارتفاع صغيرة.

هنا:

• \(m\) هي كتلة الجسم بالكيلوغرام،
• \(g\) هي شدة مجال الجاذبية المحلية بوحدة \(\text{N kg}^{-1}\)، أو بصورة مكافئة \(\text{m s}^{-2}\)،
• \(\Delta h\) هو التغير في الارتفاع بالأمتار،
• \(\Delta U\) هو التغير في طاقة وضع الجاذبية بالجول.

الكلمة المهمة هنا هي «تقريبًا».

في مجال جاذبية شعاعي،

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

لذلك تنخفض \(g\) كلما ازدادت المسافة \(r\) عن مركز الكوكب. وإذا كنت تحتاج إلى مراجعة قانون القوة العكسية التربيعية نفسه، فراجع قانون نيوتن للجاذبية الكونية لفيزياء HSC.

وهذا يعني أن \(mgh\) لا يمكن أن تكون التعبير الدقيق عند التغيرات الكبيرة في الارتفاع. فهي تفترض أن الجاذبية تبقى ثابتة تقريبًا أثناء الحركة.

هناك تمييز مهم آخر. في معادلة المجال الشعاعي، لا تمثل \(r\) الارتفاع فوق السطح، بل المسافة من مركز الجسم المركزي.

لقمر اصطناعي على ارتفاع \(h\) فوق الأرض،

\[ r=R_E+h \]

حيث \(R_E\) هو نصف قطر الأرض.

02تصوّر طاقة وضع الجاذبية على هيئة بئر

تخيل أنك تختار موضعًا تكون عنده طاقة وضع الجاذبية مساوية للصفر. بالنسبة إلى كوكب معزول، يكون الاختيار الأكثر فائدة هو عند مسافة لا نهائية:

\[ U(\infty)=0 \]

والآن قرّب كتلة صغيرة نحو الكوكب.

تجذبها الجاذبية إلى الداخل. وإذا أردت إعادة هذه الكتلة إلى اللانهاية بحيث تصل إليها من دون طاقة حركية، فسيتعين عليك تزويدها بالطاقة.

لذلك، عند أي مسافة محدودة عن الكوكب، تمتلك الكتلة طاقة وضع جاذبية أقل مما تمتلكه عند اللانهاية. وبما أن طاقة الوضع عند اللانهاية عُرّفت بأنها صفر، فلا بد أن تكون طاقة وضع الجاذبية عند المسافات المحدودة سالبة.

يمكنك تصور ذلك كأنه دَين من الطاقة. عند اللانهاية يكون الرصيد صفرًا. وبالقرب من الكوكب يكون الجسم «مدينًا» لأنك تحتاج إلى تزويده بالطاقة لفصله تمامًا عن الكوكب.

لكن لهذا التشبيه حدود: فلا يوجد مخزون حقيقي من المال السالب. والأهم من ذلك أن مستوى الصفر هو اختيار. ما تحدده الفيزياء فعليًا هو التغير في طاقة الوضع.

03معادلة طاقة وضع الجاذبية في المجال الشعاعي

بالنسبة إلى كتلة صغيرة \(m\) خارج جسم كروي كتلته \(M\)،

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

حيث:

• \(U\) هي طاقة وضع الجاذبية بالجول،
• \(G=6.67\times10^{-11}\ \text{N m}^2\text{kg}^{-2}\) هو ثابت الجاذبية الكوني،
• \(M\) هي كتلة الجسم المركزي بالكيلوغرام،
• \(m\) هي كتلة الجسم الأصغر بالكيلوغرام،
• \(r\) هي المسافة بين مركزي الجسمين بالأمتار.

تفترض المعادلة أن مستوى الصفر لطاقة الوضع يقع عند انفصال لا نهائي.

كما أنها تعامل الجسم المركزي على أنه متماثل كرويًا. فخارج كوكب كروي مثل الأرض، يتصرف مجال جاذبيته كما لو كانت كتلته كلها مركزة عند مركزه. ولا ينبغي تمديد هذا التعبير البسيط بلا تروٍّ إلى داخل الكوكب.

لنعد الآن إلى التنبؤ في البداية.

عند المسافة \(r\)،

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

وعند \(2r\)،

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

إذا كان \(U_1=-100\ \text{MJ}\)، فإن \(U_2=-50\ \text{MJ}\).

إذن زادت طاقة الوضع بمقدار \(50\ \text{MJ}\)، رغم أن قيمتها العددية ما تزال سالبة.

وهذا التمييز أحد أهم مواضع الخطأ في هذا الموضوع.

لاحظ أن طاقة الوضع تعتمد على الموضع، لا على السرعة. فقمران اصطناعيان عند نصف القطر نفسه يمتلكان طاقة وضع جاذبية متساوية إذا كانت كتلتهما متساوية، حتى لو كان أحدهما يتحرك بسرعة أكبر بكثير من الآخر.

04حساب التغير في طاقة وضع الجاذبية

عادةً لا تكون الكمية المفيدة هي \(U\) عند موضع واحد، بل التغير بين موضعين.

\[ \Delta U=U_f-U_i \]

وباستخدام \(U=-GMm/r\)،

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

حيث \(r_i\) هو نصف القطر الابتدائي و\(r_f\) هو نصف القطر النهائي.

في حالة الحركة إلى الخارج، يكون \(r_f>r_i\). ولذلك،

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

وتكون \(\Delta U\) موجبة.

أما الجاذبية فتبذل مقدارًا مساويًا من الشغل ولكن بإشارة معاكسة:

\[ W_g=-\Delta U \]

وهذا منطقي فيزيائيًا. فإذا تحرك جسم إلى الخارج، تكون الجاذبية متجهة إلى الداخل، أي في اتجاه معاكس للإزاحة، ولذلك تبذل الجاذبية شغلًا سالبًا.

05لماذا يمكن أن تكون اللانهاية بعيدة بلا نهاية، ومع ذلك تتطلب طاقة محدودة

إليك تنبؤًا يستحق التفكير.

لنفترض أن مسبارًا موجود بالفعل عند \(2R_E\). وتنقله إلى \(4R_E\). هل تكون قد زودته بمعظم الطاقة اللازمة للوصول إلى اللانهاية، أم بجزء ضئيل فقط؟

لقد زودته بالضبط بنصف الطاقة اللازمة للانتقال من \(2R_E\) حتى اللانهاية.

والسبب أن الجاذبية تضعف وفق \(1/r^2\). قد تكون المسافة المتبقية لا نهائية، لكن القوة تصبح أصغر فأصغر.

06كيف تنتج \(mgh\) من النموذج الشعاعي

لا يتعارض التعبير الشعاعي مع \(mgh\). فالمعادلة المألوفة قرب السطح هي تقريب له.

لنفترض أن جسمًا يرتفع من سطح الأرض \(R_E\) إلى ارتفاع \(h\). بصورة دقيقة،

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

وبتوحيد الكسرين نحصل على

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

بالقرب من سطح الأرض، يكون \(h\ll R_E\)، ولذلك

\[ R_E+h\approx R_E \]

ومن ثم

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

لكن

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

لذلك

\[ \Delta U\approx mgh \]

هذه هي العلاقة المهمة: \(mgh\) هي نسخة التعبير الشعاعي المناسبة للارتفاعات الصغيرة.

عند حدوث تغير كبير في الارتفاع، يؤدي استخدام قيمة \(g\) عند السطح في \(mgh\) إلى المبالغة في تقدير زيادة الطاقة، لأنه يفترض أن الجاذبية تظل بالقوة نفسها طوال الطريق إلى أعلى.

07اختيار الصفر عند اللانهاية هو اصطلاح

قد يقول أحد الطلاب أحيانًا: «لكنني ظننت أن طاقة وضع الجاذبية تساوي صفرًا عند سطح الأرض».

ويمكن أن تكون كذلك في بعض المسائل.

لا تمتلك طاقة الوضع مستوى صفر مطلقًا وفريدًا. يمكنك إضافة الثابت نفسه إلى كل قيمة من قيم \(U\) من دون تغيير أي فرق طاقة يمكن ملاحظته.

فعلى سبيل المثال، إذا اخترت سطح الأرض ليكون عند الصفر، فيمكنك تعريف

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

وعند \(r=R_E\)،

\[ U_{\text{صفر السطح}}=0 \]

أما عند اللانهاية،

\[ U_{\text{صفر السطح}}(\infty) =\frac{GM_Em}{R_E} \]

وهي قيمة موجبة.

لم يتغير شيء فيزيائيًا. لقد نقلت فقط خط الصفر.

وهذا مهم عند مناقشة الإفلات. فالعبارة المألوفة

\[ E_{\text{الميكانيكية}}\geq 0 \]

بوصفها شرطًا للإفلات لا تصح إلا عندما تكون طاقة وضع الجاذبية معرّفة بحيث تساوي صفرًا عند اللانهاية.

إذا غيرت مستوى الصفر لـ \(U\)، فإن القيمة العددية للطاقة الميكانيكية الكلية تتغير بالمقدار الثابت نفسه. ويجب أن يتغير شرط الإفلات معها.

08أخطاء شائعة

09أسئلة وحلول

في الأسئلة العددية، استخدم

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

ما لم يُذكر خلاف ذلك.

السؤال 1

يوجد قمر اصطناعي كتلته \(300\ \text{kg}\) على ارتفاع \(600\ \text{km}\) فوق سطح الأرض.

احسب طاقة وضعه الجاذبية بالنسبة إلى مستوى صفر عند اللانهاية. واشرح معنى إشارة النتيجة.

الحل 1

طاقة وضع الجاذبية للقمر الاصطناعي تساوي تقريبًا \(-1.71\times10^{10}\ \text{J}\)؛ وتعني الإشارة السالبة أنه يجب إضافة طاقة لفصل القمر الاصطناعي تمامًا عن الأرض.

حوّل الارتفاع أولًا إلى أمتار:

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

المسافة الشعاعية هي

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

استخدم الآن

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

ومن ثم

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

قد يكون من المغري تفسير «الطاقة السالبة» على أنها تعني وجود خطأ ما، أو أن القمر الاصطناعي فقد بطريقة ما \(1.71\times10^{10}\ \text{J}\).

لكن هذا ليس معنى الإشارة. فقد اختير مستوى الصفر عند اللانهاية. وتخبرنا القيمة بأن القمر الاصطناعي سيحتاج إلى زيادة قدرها \(1.71\times10^{10}\ \text{J}\) في طاقة وضع الجاذبية ليصل إلى انفصال لا نهائي.

السؤال 2

تنتقل مركبة فضائية كتلتها \(750\ \text{kg}\) من ارتفاع \(300\ \text{km}\) إلى ارتفاع \(2000\ \text{km}\).

أثناء الانتقال، تبذل محركاتها شغلًا صافيًا مقداره \(1.20\times10^{10}\ \text{J}\) على المركبة الفضائية. أهمل جميع القوى غير الجاذبية الأخرى.

احسب:

• التغير في طاقة وضع الجاذبية،
• الشغل الذي تبذله الجاذبية،
• والتغير في الطاقة الحركية.

الحل 2

تكتسب المركبة الفضائية \(9.09\times10^9\ \text{J}\) من طاقة وضع الجاذبية، وتبذل الجاذبية شغلًا مقداره \(-9.09\times10^9\ \text{J}\)، وتزداد طاقتها الحركية بمقدار \(2.91\times10^9\ \text{J}\).

نصفا القطر الابتدائي والنهائي هما

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

استخدم

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

بالتعويض،

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

إذن الشغل الذي تبذله الجاذبية هو

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

يضيف المحرك طاقة ميكانيكية إلى النظام. ولذلك،

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

ومن ثم

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

من المغري افتراض أن كل الشغل الذي يبذله المحرك يتحول إلى طاقة وضع جاذبية لأن المركبة تتحرك إلى أعلى. لكن هذا غير صحيح. فجزء من الشغل يزيد \(U\)، بينما يزيد الجزء المتبقي \(K\).

السؤال 3

يُرفع جسم كتلته \(100\ \text{kg}\) من سطح الأرض إلى ارتفاع \(1000\ \text{km}\).

احسب الزيادة في طاقة وضع الجاذبية باستخدام:

1. التعبير الدقيق للمجال الشعاعي، و
2. \(\Delta U=mgh\)، باستخدام قيمة \(g\) عند سطح الأرض.

بأي نسبة مئوية تبالغ نتيجة \(mgh\) في تقدير النتيجة الدقيقة؟

الحل 3

الزيادة الدقيقة هي \(8.48\times10^8\ \text{J}\)، بينما تعطي \(mgh\) قيمة \(9.81\times10^8\ \text{J}\)، أي مبالغة في التقدير بنحو \(15.7\%\).

نصف القطر النهائي هو

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

النتيجة الدقيقة هي

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

ومن ثم

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

احسب الآن \(g\) عند السطح:

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

باستخدام \(mgh\)،

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

نسبة المبالغة في التقدير، باستخدام القيمة الدقيقة مرجعًا، هي

\[ \begin{aligned} \text{نسبة المبالغة في التقدير} &=\frac{9.81\times10^8-8.48\times10^8} {8.48\times10^8}\times100\%\\ &=15.7\% \end{aligned} \]

الافتراض المغري هو أن \(g=9.81\ \text{m s}^{-2}\) طوال الصعود. لكن \(1000\ \text{km}\) ليست مسافة ضئيلة مقارنة بنصف قطر الأرض. فالجاذبية تضعف بصورة ملحوظة، ولذلك تحسب \(mgh\) قوة أكبر مما ينبغي في الجزء الأعلى من الرحلة.

السؤال 4

يوجد مسباران متماثلان عند مسافة

\[ r_0=2R_E \]

من مركز الأرض.

ولهما السرعة نفسها،

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

لكن المسبار A يتحرك عموديًا على الاتجاه الشعاعي، بينما يتحرك المسبار B مباشرة مبتعدًا عن الأرض.

أهمل القمر والغلاف الجوي وجميع القوى الأخرى.

صف الحركة اللاحقة لكل مسبار. وبالنسبة إلى المسبار B، حدد أكبر مسافة يصل إليها عن مركز الأرض.

الحل 4

يبقى المسبار A في مدار دائري عند \(2R_E\)، بينما يرتفع المسبار B إلى \(4R_E\)، ثم يتوقف لحظيًا ويعود بعدها ساقطًا نحو الأرض.

قد يبدو هذا مستحيلًا في البداية. فالمسباران يبدآن عند نصف القطر نفسه وبالسرعة نفسها، ولذلك يمتلكان طاقة وضع جاذبية متساوية، وطاقة حركية متساوية، وطاقة ميكانيكية كلية متساوية.

لكل من المسبارين،

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

و

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

لذلك،

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

بالنسبة إلى المسبار A، تكون السرعة مماسية. وتحقق سرعته

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

وهي بالضبط سرعة المدار الدائري عند \(r_0\). لذلك توفر الجاذبية القوة المركزية المطلوبة، فتغير اتجاه السرعة باستمرار من دون تغيير نصف قطر المدار. ويبقى المسبار A عند \(2R_E\).

أما المسبار B فله السرعة نفسها، لكنها تتجه شعاعيًا إلى الخارج. تعمل الجاذبية مباشرة في الاتجاه المعاكس لحركته، ولذلك يتباطأ المسبار.

عند أكبر نصف قطر \(r_{\max}\)، تكون السرعة الشعاعية للمسبار B مساوية للصفر، ولذلك

\[ K=0 \]

ويعطي حفظ الطاقة الميكانيكية

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

وباختصار العوامل المشتركة،

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

وبما أن \(r_0=2R_E\)،

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

من المغري القول إن تساوي الطاقة الميكانيكية الكلية يجب أن يؤدي إلى حركة متماثلة. لكن الطاقة وحدها لا تكفي لتحديد المدار. فاتجاه السرعة مهم. بالنسبة إلى المسبار A، تحني الجاذبية الحركة إلى الجانب. أما بالنسبة إلى المسبار B، فتعاكس الجاذبية الحركة وتسحب من طاقته الحركية إلى أن يتوقف المسبار.

وهذا هو التمييز نفسه المستخدم عند التعامل مع الجاذبية باعتبارها القوة المركزية في مدار دائري.

السؤال 5

يبدأ مسبار كتلته \(500\ \text{kg}\) من السكون على سطح أرض عديمة الغلاف الجوي وغير دوّارة. يمنحه محرك طاقة حركية مقدارها \(2.80\times10^{10}\ \text{J}\) لحظيًا في اتجاه شعاعي إلى الخارج. ثم يتوقف المحرك.

يصف طالبان طاقة وضع الجاذبية للمسبار بطريقتين مختلفتين.

يستخدم الطالب A

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

بحيث يكون \(U_A=0\) عند اللانهاية.

أما الطالب B فيختار سطح الأرض ليكون عند الصفر ويستخدم

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

يلاحظ الطالب B أنه مباشرة بعد الإطلاق،

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

ويستنتج أن المسبار لا بد أن يفلت.

حدد ما إذا كان المسبار سيفلت بالفعل. وإذا لم يفلت، فأوجد أكبر مسافة يصل إليها عن مركز الأرض. واشرح لماذا تفشل حجة الطالب B القائمة على الطاقة الموجبة رغم أن معادلة طاقة الوضع التي يستخدمها صحيحة.

الحل 5

لا يفلت المسبار؛ بل يصل إلى نصف قطر أقصى يقارب \(6.12\times10^7\ \text{m}\)، أو \(9.60R_E\)، قبل أن يعود ساقطًا.

باستخدام اختيار الطالب A لمستوى الصفر عند اللانهاية، تكون طاقة وضع الجاذبية عند سطح الأرض

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

مباشرة بعد تشغيل المحرك،

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

عندما تكون طاقة الوضع عند اللانهاية مساوية للصفر، يتطلب الإفلات طاقة ميكانيكية كلية لا تقل عن الصفر.

وبما أن

\[ E_A<0 \]

فإن المسبار مقيد بالجاذبية.

عند نصف القطر الأقصى، تكون سرعته الشعاعية مساوية للصفر لحظيًا. ولذلك،

\[ K=0 \]

و

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

ومن ثم

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

إذن،

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

والآن انظر إلى الاصطلاح الذي يستخدمه الطالب B.

معادلته صحيحة تمامًا. عند السطح،

\[ U_B(R_E)=0 \]

لذلك بعد الإطلاق،

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

الخطأ هو افتراض أن \(E_B>0\) هو شرط الإفلات.

وفق اصطلاح الطالب B، لا تساوي طاقة وضع الجاذبية عند اللانهاية صفرًا:

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

ولكي يصل المسبار إلى اللانهاية بطاقة حركية نهائية تساوي صفرًا، يجب أن تصل طاقته الكلية وفق هذا الاصطلاح إلى

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

لكنه لا يمتلك سوى

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

ولذلك ينقصه

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

وهذا هو بالضبط عجز الطاقة نفسه الذي وجدناه باستخدام اصطلاح الطالب A.

النقطة المحورية هي أن تغيير مستوى الصفر لطاقة الوضع يزيح كل قيمة من قيم \(U\)، وبالتالي كل قيمة للطاقة الميكانيكية الكلية، بمقدار ثابت. لكنه لا يغير الحركة. والقاعدة \(E\geq0\) للإفلات ليست قانونًا عامًا مستقلًا عن اختيار المرجع؛ بل هي اختصار خاص بالاصطلاح \(U(\infty)=0\).

10ما الذي يتيح لك هذا فعله بعد ذلك

بمجرد أن يصبح معنى الإشارة السالبة واختيار الصفر عند اللانهاية واضحًا، تصبح طاقة وضع الجاذبية أكثر فائدة بكثير من مجرد صيغة للتعويض فيها.

يمكنك الجمع بين

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

والطاقة الحركية،

\[ K=\frac12mv^2 \]

لتحليل ما إذا كان جسم ما مقيدًا بالجاذبية، والمسافة التي سيقطعها إطلاق شعاعي، ومقدار الطاقة اللازمة للإفلات، وكيف تتصرف الطاقة في مدار.

والخطوة المهمة التالية هي طاقة المدار الدائري. يمكن للجاذبية أن تُبقي قمرًا اصطناعيًا يتحرك عند نصف قطر ثابت مع استمرار امتلاكه طاقة وضع جاذبية سالبة. إن ربط نموذج الطاقة الشعاعي بالحركة الدائرية يوضح لماذا ترتبط سرعة المدار وسرعة الإفلات ونصف قطر المدار بعضها ببعض، بدلًا من كونها صيغًا منفصلة يجب حفظها.