منصّة الأستاذ تبيب حكيم للفيزياءwww.tebibphysique.com

السنة الثالثة ثانوي

تطور جملة ميكانيكية

كل السلاسل

اقرأ نص التمرين وحاول حله بنفسك، ثم اعرض الحل المفصل لتتحقق من إجابتك.

السلسلة الثانية: تمارين متدرجة حول حركة الكواكب والأقمار الاصطناعية

ستة تمارين مرتبة من السهل إلى الصعب، منها استغلال البيانات والانتقال إلى المدار الجيومستقر، مع التصحيح المفصل.

التمرين1

المحطة الفضائية الدولية

سهل

تدور المحطة الفضائية الدولية، كتلتها $m = 420\ \mathrm{t}$ ، حول الأرض على مدار نعتبره دائريا، على ارتفاع $h = 400\ \mathrm{km}$ من سطحها.

المعطيات: $G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2\cdot kg^{-2}}$ ؛ $M_T = 5{,}97 \times 10^{24}\ \mathrm{kg}$ ؛ $R_T = 6380\ \mathrm{km}$

ما هو المرجع المناسب لدراسة حركة المحطة؟ عرّفه.

اكتب عبارة شدة قوة جذب الأرض للمحطة ثم احسب قيمتها. مثّلها مع شعاع السرعة على مخطط.

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، بيّن أن حركة المحطة دائرية منتظمة، ثم احسب تسارعها $a$

أوجد عبارة السرعة المدارية $v$ ثم احسب قيمتها بالوحدتين $\mathrm{m\cdot s^{-1}}$ و $\mathrm{km\cdot h^{-1}}$

احسب الدور $T$ ، ثم عدد مرات شروق الشمس التي يشاهدها الرواد خلال يوم واحد.

قارن $a$ بالقيمة $g_0 = 9{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ . هل يطفو الرواد داخل المحطة لأن جاذبية الأرض منعدمة هناك؟ علّل.

عرض الحل

المرجع الجيومركزي: مبدؤه مركز الأرض ومحاوره الثلاثة موجهة نحو ثلاثة نجوم بعيدة نعتبرها ثابتة، ونعتبره عطاليا.

مع $r = R_T + h = 6780\ \mathrm{km}$ و $m = 4{,}2 \times 10^{5}\ \mathrm{kg}$ :

F = G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2} = 6{,}67 \times 10^{-11} \times \dfrac{4{,}2 \times 10^{5} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{(6{,}78 \times 10^{6})^2} = 3{,}64 \times 10^{6}\ \mathrm{N}

القوة موجهة نحو مركز الأرض، وشعاع السرعة مماسي للمدار:

القوة والسرعة على المدار

القوة الوحيدة هي قوة الجذب: $\vec{F} = m\,\vec{a}$ . التسارع موجه نحو المركز، فهو ناظمي، و $a_T = \dfrac{dv}{dt} = 0$ : السرعة ثابتة، إذن الحركة دائرية منتظمة.

a = \dfrac{G\,M_T}{r^2} = \dfrac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{(6{,}78 \times 10^{6})^2} = 8{,}66\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}

من $a = \dfrac{v^2}{r}$ :

v = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}} = \sqrt{\dfrac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{6{,}78 \times 10^{6}}} = 7{,}66 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

أي نحو $27600\ \mathrm{km\cdot h^{-1}}$

$T = \dfrac{2\pi \,r}{v} = \dfrac{2\pi \times 6{,}78 \times 10^{6}}{7{,}66 \times 10^{3}} = 5{,}56 \times 10^{3}\ \mathrm{s} \approx 92{,}6\ \mathrm{min}$

n = \dfrac{86400}{5559} \approx 15{,}5

أي نحو 15 شروقا في اليوم، لأن المحطة تدور نحو 15,5 دورة في اليوم.

$a = 8{,}66\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ تساوي نحو $88\ \%$ من $g_0$ : الجاذبية ليست منعدمة. يطفو الرواد لأنهم والمحطة في سقوط حر حول الأرض بنفس التسارع، فلا تؤثر عليهم أرضية المحطة بأي قوة.

التمرين2

كتلة الشمس

سهل

نعتبر مدارات الكواكب دائرية حول الشمس، ونعطي:

الكوكب	الزهرة	الأرض	المريخ	المشتري
$r\ (\mathrm{m})$	$1{,}082 \times 10^{11}$	$1{,}496 \times 10^{11}$	$2{,}279 \times 10^{11}$	$7{,}785 \times 10^{11}$
$T\ (\mathrm{j})$	224,7	365,25	687,0	4332,6
$\dfrac{T^2}{r^3}\ (\mathrm{s^2\cdot m^{-3}})$

المعطيات: $G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2\cdot kg^{-2}}$ ؛ $1\ \mathrm{j} = 86400\ \mathrm{s}$

ما هو المرجع المناسب لدراسة حركة الكواكب؟

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن على كوكب، أثبت أن:

\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi ^2}{G\,M_S}

أكمل السطر الأخير من الجدول. هل تتفق النتائج مع القانون الثالث لكبلر؟

خذ القيمة المتوسطة $K = 2{,}97 \times 10^{-19}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}}$ واستنتج كتلة الشمس $M_S$

نصف قطر مدار كوكب أورانوس $r = 2{,}87 \times 10^{12}\ \mathrm{m}$ . احسب دوره بالسنة.

عرض الحل

المرجع الهيليومركزي: مبدؤه مركز الشمس ومحاوره موجهة نحو ثلاثة نجوم بعيدة نعتبرها ثابتة.

$G\,\dfrac{m\,M_S}{r^2} = m\,\dfrac{v^2}{r}$ ومنه $v^2 = \dfrac{G\,M_S}{r}$ ، ومع $v = \dfrac{2\pi \,r}{T}$ نجد:

\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi ^2}{G\,M_S}

نحوّل $T$ إلى الثانية، فمثلا للأرض:

\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{(365{,}25 \times 86400)^2}{(1{,}496 \times 10^{11})^3} = 2{,}97 \times 10^{-19}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}}

الكوكب	الزهرة	الأرض	المريخ	المشتري
$\dfrac{T^2}{r^3}\ (10^{-19}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}})$	2,98	2,97	2,98	2,97

النسبة ثابتة تقريبا لكل الكواكب: النتائج تتفق مع القانون الثالث لكبلر.

$M_S = \dfrac{4\pi ^2}{G\,K} = \dfrac{4\pi ^2}{6{,}67 \times 10^{-11} \times 2{,}97 \times 10^{-19}} = 1{,}99 \times 10^{30}\ \mathrm{kg}$

$T = \sqrt{K\,r^3} = \sqrt{2{,}97 \times 10^{-19} \times (2{,}87 \times 10^{12})^3} = 2{,}65 \times 10^{9}\ \mathrm{s}$

بالقسمة على $365{,}25 \times 86400$ نجد $T \approx 84\ \mathrm{an}$

التمرين3

كتلة الأرض من بيان

متوسط

سمحت دراسة حركة عدة أقمار اصطناعية حول الأرض، على مدارات دائرية، برسم البيان $v^2 = f\left(\dfrac{1}{r}\right)$ في الشكل (1).

الشكل (1)

المعطيات: $G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2\cdot kg^{-2}}$

مثّل على مخطط قوة الجذب التي تطبقها الأرض على قمر كتلته $m$ ، واكتب عبارتها.

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، أوجد عبارة $v^2$ بدلالة $G$ و $M_T$ و $r$

هل يتفق البيان مع هذه العبارة؟ علّل. احسب ميله مبيّنا وحدته، ثم استنتج كتلة الأرض $M_T$

يدور القمر الجزائري ألكومسات 1 على مدار دائري نصف قطره $r = 42400\ \mathrm{km}$ في مستوي خط الاستواء وفي جهة دوران الأرض. باستعمال نتيجة السؤال 3، احسب سرعته $v$

احسب دوره. هل يمكن اعتباره قمرا جيومستقرا؟ علّل.

عرض الحل

القوة موجهة من القمر نحو مركز الأرض، وشدتها:

F = G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2}

القانون الثاني على المحور الناظمي: $G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2} = m\,\dfrac{v^2}{r}$ ومنه:

v^2 = G\,M_T \times \dfrac{1}{r}

نعم: البيان مستقيم يمر من المبدأ ومعادلته $v^2 = k\,\dfrac{1}{r}$ ، وهي نفس شكل العبارة النظرية مع $k = G\,M_T$ . من البيان:

الشكل (1)

k = \dfrac{4{,}0 \times 10^{7}}{10 \times 10^{-8}} = 4{,}0 \times 10^{14}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-2}}

M_T = \dfrac{k}{G} = \dfrac{4{,}0 \times 10^{14}}{6{,}67 \times 10^{-11}} = 6{,}0 \times 10^{24}\ \mathrm{kg}

$v = \sqrt{\dfrac{k}{r}} = \sqrt{\dfrac{4{,}0 \times 10^{14}}{4{,}24 \times 10^{7}}} = 3{,}07 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$

$T = \dfrac{2\pi \,r}{v} = \dfrac{2\pi \times 4{,}24 \times 10^{7}}{3{,}07 \times 10^{3}} = 8{,}68 \times 10^{4}\ \mathrm{s} \approx 24{,}1\ \mathrm{h}$

نعم: دوره يساوي تقريبا دور دوران الأرض، ومداره في مستوي خط الاستواء وفي نفس جهة دورانها، فهو قمر جيومستقر.

التمرين4

أقمار كوكب زحل

متوسط

رصد المسبار كاسيني أقمار كوكب زحل. نعتبر مداراتها دائرية مركزها مركز زحل، ونعطي:

القمر	ريا	تيتان
$r\ (\mathrm{m})$	$5{,}27 \times 10^{8}$	$1{,}222 \times 10^{9}$
$T\ (\mathrm{j})$	4,518	15,945

المعطيات: $G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2\cdot kg^{-2}}$ ؛ $1\ \mathrm{j} = 86400\ \mathrm{s}$ ؛ نصف قطر زحل $R_Z = 6{,}03 \times 10^{7}\ \mathrm{m}$

تحقق من أن للقمرين نفس النسبة $\dfrac{T^2}{r^3}$ ، ثم أعط قيمة الثابت $K_Z$

بيّن أن $K_Z = \dfrac{4\pi ^2}{G\,M_Z}$ ، ثم احسب كتلة زحل $M_Z$

احسب شدة الجاذبية $g_Z$ على سطح زحل.

احسب السرعة المدارية لكل من ريا وتيتان. كيف تتغير السرعة مع نصف قطر المدار؟

دور القمر إنسيلادوس $T = 1{,}370\ \mathrm{j}$ . احسب نصف قطر مداره.

عرض الحل

للقمر ريا:

\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{(4{,}518 \times 86400)^2}{(5{,}27 \times 10^{8})^3} = 1{,}04 \times 10^{-15}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}}

وللقمر تيتان:

\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{(15{,}945 \times 86400)^2}{(1{,}222 \times 10^{9})^3} = 1{,}04 \times 10^{-15}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}}

إذن $K_Z = 1{,}04 \times 10^{-15}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}}$

بنفس طريقة دراسة قمر حول الأرض: $G\,\dfrac{m\,M_Z}{r^2} = m\,\dfrac{4\pi ^2\,r}{T^2}$ ومنه $\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi ^2}{G\,M_Z}$ . إذن:

M_Z = \dfrac{4\pi ^2}{G\,K_Z} = \dfrac{4\pi ^2}{6{,}67 \times 10^{-11} \times 1{,}04 \times 10^{-15}} = 5{,}69 \times 10^{26}\ \mathrm{kg}

$g_Z = \dfrac{G\,M_Z}{R_Z^2} = \dfrac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}69 \times 10^{26}}{(6{,}03 \times 10^{7})^2} = 10{,}4\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$

$v_R = \dfrac{2\pi \times 5{,}27 \times 10^{8}}{4{,}518 \times 86400} = 8{,}48 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$

v_{Ti} = \dfrac{2\pi \times 1{,}222 \times 10^{9}}{15{,}945 \times 86400} = 5{,}57 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

كلما زاد نصف قطر المدار نقصت السرعة، لأن $v = \sqrt{\dfrac{G\,M_Z}{r}}$

$r^3 = \dfrac{T^2}{K_Z} = \dfrac{(1{,}370 \times 86400)^2}{1{,}04 \times 10^{-15}} = 1{,}35 \times 10^{25}\ \mathrm{m^3}$

r = 2{,}38 \times 10^{8}\ \mathrm{m}

التمرين5

كتلة الأرض ونصف قطرها من بيان

صعب

نقيس شدة الجاذبية $g$ على ارتفاعات مختلفة $h$ من سطح الأرض، فنرسم البيان $h = f\left(\dfrac{1}{\sqrt{g}}\right)$ في الشكل (1).

الشكل (1)

المعطيات: $G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2\cdot kg^{-2}}$

اكتب عبارة $g$ على الارتفاع $h$ بدلالة $G$ و $M_T$ و $R_T$ و $h$

بيّن أن الارتفاع يكتب على الشكل:

h = A\,\dfrac{1}{\sqrt{g}} + B

حيث $A$ و $B$ ثابتان يطلب تحديد عبارتيهما.

استنتج من البيان قيمتي $A$ و $B$

استنتج نصف قطر الأرض $R_T$ وكتلتها $M_T$ ، ثم شدة الجاذبية $g_0$ على سطحها.

قمر اصطناعي شدة الجاذبية عند مداره الدائري $g = 0{,}25\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ . حدد بيانيا ارتفاعه $h$

بيّن أن $v = \sqrt{g\,r}$ ، ثم احسب سرعة هذا القمر ودوره. هل هو جيومستقر؟

عرض الحل

$g = \dfrac{G\,M_T}{(R_T + h)^2}$

بأخذ الجذر: $\sqrt{g} = \dfrac{\sqrt{G\,M_T}}{R_T + h}$ ومنه $R_T + h = \sqrt{G\,M_T} \times \dfrac{1}{\sqrt{g}}$ ، إذن:

h = \sqrt{G\,M_T} \times \dfrac{1}{\sqrt{g}} - R_T

بالمطابقة: $A = \sqrt{G\,M_T}$ و $B = -R_T$

البيان مستقيم لا يمر من المبدأ. نقرأ من البيان:

الشكل (1)

$B$ هو ترتيب نقطة التقاطع مع محور الارتفاعات: $B = -6400\ \mathrm{km}$ . والميل:

A = \dfrac{33600 - (-6400)}{2{,}0 - 0} = 2{,}0 \times 10^{4}\ \mathrm{km\cdot m^{\frac{1}{2}}\cdot s^{-1}}

أي $A = 2{,}0 \times 10^{7}$ بوحدات الجملة الدولية ( $\mathrm{m^{\frac{3}{2}}\cdot s^{-1}}$ ).

$R_T = -B = 6400\ \mathrm{km}$ ، ومن $A^2 = G\,M_T$ :

M_T = \dfrac{A^2}{G} = \dfrac{(2{,}0 \times 10^{7})^2}{6{,}67 \times 10^{-11}} = 6{,}0 \times 10^{24}\ \mathrm{kg}

g_0 = \dfrac{G\,M_T}{R_T^2} = \dfrac{A^2}{R_T^2} = \dfrac{(2{,}0 \times 10^{7})^2}{(6{,}4 \times 10^{6})^2} = 9{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}

$\dfrac{1}{\sqrt{g}} = \dfrac{1}{\sqrt{0{,}25}} = 2{,}0$ ، ونقرأ من البيان $h = 33600\ \mathrm{km}$

التسارع يساوي $g$ وهو $\dfrac{v^2}{r}$ ، ومنه $v = \sqrt{g\,r}$ . مع $r = h + R_T = 40000\ \mathrm{km}$ :

v = \sqrt{0{,}25 \times 4{,}0 \times 10^{7}} = 3{,}16 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

T = \dfrac{2\pi \,r}{v} = \dfrac{2\pi \times 4{,}0 \times 10^{7}}{3{,}16 \times 10^{3}} = 7{,}95 \times 10^{4}\ \mathrm{s} \approx 22{,}1\ \mathrm{h}

ليس جيومستقرا لأن دوره يختلف عن $24\ \mathrm{h}$

التمرين6

من المدار المنخفض إلى المدار الجيومستقر

صعب

لوضع قمر اصطناعي $(S)$ في مدار جيومستقر $(3)$ نصف قطره $r_2$ ، يوضع أولا على مدار دائري منخفض $(1)$ نصف قطره $r_1 = 6750\ \mathrm{km}$ . يشغَّل محركه مدة وجيزة عند $P$ فينتقل إلى مدار إهليلجي $(2)$ مماس للمدارين، ثم مرة ثانية عند $A$ فيستقر على المدار $(3)$ ، [الشكل 1]. توجد النقطة $E$ من المدار $(2)$ عند نهاية محوره الصغير، فهي على البعد $OE = a$ من مركز الأرض $O$ حيث $a$ نصف المحور الكبير.

الشكل (1)

المعطيات: $G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2\cdot kg^{-2}}$ ؛ $M_T = 5{,}97 \times 10^{24}\ \mathrm{kg}$ ؛ $R_T = 6380\ \mathrm{km}$ ؛ دور المدار $(3)$ هو $T_3 = 24\ \mathrm{h}$

الجزء الأول: المداران الدائريان

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، بيّن أن السرعة على مدار دائري هي $v = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}}$ ، ثم احسب $v_1$ على المدار $(1)$ ودوره $T_1$

بيّن أن $\dfrac{T^2}{r^3} = K$ ثم احسب الثابت $K$ . استنتج $r_2$ والارتفاع $h_2$ والسرعة $v_3$ على المدار $(3)$

الجزء الثاني: مدار التحويل

ماذا يمثل المركز $O$ بالنسبة للمدار $(2)$ ؟ سمّ النقطتين $P$ و $A$

احسب نصف المحور الكبير $a$ ، ثم الدور $T_t$ على المدار $(2)$ ، واستنتج مدة الانتقال من $P$ إلى $A$

بالقانون الثاني لكبلر، بيّن أن $r_1\,v_P = r_2\,v_A$ . إذا علمت أن $v_P = 10{,}09\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ ، احسب $v_A$

احسب تغير السرعة اللازم عند كل من $P$ و $A$ . هل هو تسريع أم تبطيء؟

الجزء الثالث: تمثيل أشعة السرعة

أعطى الحساب القيم: $7{,}7\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ و $3{,}1\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ و $4{,}0\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ للسرعات في المواضع $S_1$ و $S_2$ و $E$ ، حيث يوجد $S_1$ على المدار $(1)$ و $S_2$ على المدار $(3)$ . أرفق كل موضع بسرعته، علما أن سرعة القمر عند $E$ تساوي سرعة قمر على مدار دائري نصف قطره $a$

مثّل على الشكل (1) أشعة السرعة في المواضع الثلاثة بالسلم $1\ \mathrm{cm} \to 2\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$

عرض الحل

$G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2} = m\,\dfrac{v^2}{r}$ ومنه $v = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}}$ :

v_1 = \sqrt{\dfrac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{6{,}75 \times 10^{6}}} = 7{,}68 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

T_1 = \dfrac{2\pi \,r_1}{v_1} = \dfrac{2\pi \times 6{,}75 \times 10^{6}}{7{,}68 \times 10^{3}} = 5{,}52 \times 10^{3}\ \mathrm{s} \approx 92\ \mathrm{min}

بتعويض $v = \dfrac{2\pi \,r}{T}$ نجد:

K = \dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi ^2}{G\,M_T} = \dfrac{4\pi ^2}{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}} = 9{,}91 \times 10^{-14}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}}

مع $T_3 = 86400\ \mathrm{s}$ :

r_2^3 = \dfrac{T_3^2}{K} = \dfrac{(86400)^2}{9{,}91 \times 10^{-14}} = 7{,}53 \times 10^{22}\ \mathrm{m^3}

r_2 = 4{,}223 \times 10^{7}\ \mathrm{m} = 42230\ \mathrm{km}

h_2 = r_2 - R_T = 42230 - 6380 = 35850\ \mathrm{km}

v_3 = \dfrac{2\pi \,r_2}{T_3} = \dfrac{2\pi \times 4{,}223 \times 10^{7}}{86400} = 3{,}07 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

$O$ هو أحد محرقي المدار الإهليلجي (القانون الأول لكبلر). $P$ هي الحضيض و $A$ هي الأوج.

$PA = r_1 + r_2 = 2a$ ومنه:

a = \dfrac{r_1 + r_2}{2} = \dfrac{6750 + 42230}{2} = 24490\ \mathrm{km}

ومن القانون الثالث لكبلر:

T_t = \sqrt{K\,a^3} = \sqrt{9{,}91 \times 10^{-14} \times (2{,}449 \times 10^{7})^3} = 3{,}82 \times 10^{4}\ \mathrm{s} \approx 10{,}6\ \mathrm{h}

مدة الانتقال نصف الدور:

\Delta t = \dfrac{T_t}{2} = 1{,}91 \times 10^{4}\ \mathrm{s} \approx 5{,}3\ \mathrm{h}

عند $P$ و $A$ شعاع السرعة عمودي على نصف القطر الحامل، فالمساحة الممسوحة خلال مدة قصيرة $\Delta t$ هي $\dfrac{1}{2}\,r\,v\,\Delta t$ . تساوي المساحتين يعطي $r_1\,v_P = r_2\,v_A$ :

v_A = \dfrac{r_1\,v_P}{r_2} = \dfrac{6750 \times 10{,}09}{42230} = 1{,}61\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}

$\Delta v_P = v_P - v_1 = 10{,}09 - 7{,}68 = 2{,}41\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$

\Delta v_A = v_3 - v_A = 3{,}07 - 1{,}61 = 1{,}46\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}

التغيران موجبان: تسريع في الموضعين.

على المدارين الدائريين $v = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}}$ تنقص كلما زاد $r$ ، إذن $v_{S_1} = 7{,}7\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ و $v_{S_2} = 3{,}1\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ . ويبقى للموضع $E$ القيمة $4{,}0\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ . نتحقق:

v_E = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{a}} = \sqrt{\dfrac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{2{,}449 \times 10^{7}}} = 4{,}0 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

أطوال الأسهم: $3{,}85\ \mathrm{cm}$ عند $S_1$ و $2{,}0\ \mathrm{cm}$ عند $E$ و $1{,}55\ \mathrm{cm}$ عند $S_2$ ، وكل شعاع مماسي للمسار في جهة الحركة.

الشكل (1)