السلسلة الثالثة: تمارين متدرجة حول حركة الكواكب والأقمار الاصطناعية: تطور جملة ميكانيكية

التمرين1

قمر الاتصالات هوت بيرد

سهل

هوت بيرد قمر اصطناعي جيومستقر للاتصالات، يدور حول مركز الأرض $O$ على مدار دائري نصف قطره $r$ . ندرس حركته في المرجع الجيومركزي الذي نعتبره عطاليا. $\vec{u}$ شعاع الوحدة الموجه من $O$ نحو $S$ ، [الشكل 1].

الشكل (1)

المعطيات: $g_0 = 9{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$ ؛ $R_T = 6380\ \mathrm{km}$ ؛ دور دوران الأرض حول نفسها $T = 86164\ \mathrm{s}$

اذكر شروط استقرار قمر اصطناعي فوق نقطة من سطح الأرض.

مثّل القوة $\vec{F}_{T/S}$ على الشكل (1)، ثم اكتب عبارتها الشعاعية بدلالة $G$ و $M_T$ و $m$ و $r$ و $\vec{u}$

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، اكتب عبارة شعاع التسارع، ثم بيّن أن الحركة دائرية منتظمة.

علما أن قوة الجذب على سطح الأرض هي $F_0 = m\,g_0$ ، بيّن أن $G\,M_T = g_0\,R_T^2$ ، ثم استنتج أن:

v^2 = \dfrac{g_0\,R_T^2}{r}

تأكد من القانون الثالث لكبلر بإثبات أن:

\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi ^2}{g_0\,R_T^2}

احسب نصف قطر المدار $r$ ، ثم الارتفاع $h$ والسرعة $v$

عرض الحل

مداره دائري في مستوي خط الاستواء؛ يدور في نفس جهة دوران الأرض؛ دوره يساوي دور دوران الأرض حول نفسها.

القوة موجهة من $S$ نحو $O$ ، أي عكس $\vec{u}$ :

\vec{F}_{T/S} = -G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2}\,\vec{u}

الشكل (1)

$\vec{F}_{T/S} = m\,\vec{a}$ ومنه:

\vec{a} = -\dfrac{G\,M_T}{r^2}\,\vec{u}

التسارع موجه نحو المركز فهو ناظمي، و $a_T = \dfrac{dv}{dt} = 0$ : السرعة ثابتة، و $r$ ثابت، إذن الحركة دائرية منتظمة.

عند السطح: $m\,g_0 = G\,\dfrac{m\,M_T}{R_T^2}$ ومنه $G\,M_T = g_0\,R_T^2$ . ومن $a = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{G\,M_T}{r^2}$ نجد:

v^2 = \dfrac{G\,M_T}{r} = \dfrac{g_0\,R_T^2}{r}

بتعويض $v = \dfrac{2\pi \,r}{T}$ : $\dfrac{4\pi ^2\,r^2}{T^2} = \dfrac{g_0\,R_T^2}{r}$ ، ومنه:

\dfrac{T^2}{r^3} = \dfrac{4\pi ^2}{g_0\,R_T^2}

النسبة ثابتة لا تتعلق بالقمر: هذا هو القانون الثالث لكبلر.

$r^3 = \dfrac{g_0\,R_T^2\,T^2}{4\pi ^2} = \dfrac{9{,}8 \times (6{,}38 \times 10^{6})^2 \times (86164)^2}{4\pi ^2} = 7{,}50 \times 10^{22}\ \mathrm{m^3}$

r = 4{,}217 \times 10^{7}\ \mathrm{m} = 42170\ \mathrm{km}

h = r - R_T = 42170 - 6380 = 35790\ \mathrm{km}

v = \dfrac{2\pi \,r}{T} = \dfrac{2\pi \times 4{,}217 \times 10^{7}}{86164} = 3{,}08 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

التمرين2

أقمار الإنترنت الفضائي

متوسط

تضع شركات الإنترنت الفضائي مجموعات من الأقمار على مدارات دائرية منخفضة. مكنت دراسة حركة أقمار مختلفة حول الأرض من رسم البيان $h = f\left(\dfrac{1}{v^2}\right)$ في الشكل (1)، حيث $h$ الارتفاع عن سطح الأرض و $v$ السرعة المدارية.

الشكل (1)

مثّل على مخطط القوة التي تطبقها الأرض على قمر كتلته $m$ ، ثم اكتب عبارتها بدلالة $G$ و $M_T$ و $m$ و $R_T$ و $h$

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، أوجد عبارة التسارع $a$ ، ثم عبارة $v^2$

اكتب عبارة الجاذبية $g_0$ على سطح الأرض، ثم بيّن أن:

h = A\,\dfrac{1}{v^2} + B

حيث $A$ و $B$ ثابتان يطلب تحديد عبارتيهما بدلالة $g_0$ و $R_T$

حدد بيانيا قيمة كل من $A$ و $B$ ، ثم استنتج $R_T$ و $g_0$

يدور أحد هذه الأقمار على الارتفاع $h = 550\ \mathrm{km}$ . احسب سرعته ودوره، ثم عدد الدورات التي ينجزها في اليوم.

من بين الأقمار قمر يبدو ساكنا بالنسبة لملاحظ على سطح الأرض، سرعته $v = 3{,}07\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$ . احسب ارتفاعه ودوره. ماذا تستنتج؟

عرض الحل

القوة موجهة نحو مركز الأرض:

F = G\,\dfrac{m\,M_T}{(R_T + h)^2}

$F = m\,a$ ومنه $a = \dfrac{G\,M_T}{(R_T + h)^2}$ . ومن $a = \dfrac{v^2}{R_T + h}$ نجد:

v^2 = \dfrac{G\,M_T}{R_T + h}

$g_0 = \dfrac{G\,M_T}{R_T^2}$ ، فنعوض $G\,M_T = g_0\,R_T^2$ : $R_T + h = \dfrac{g_0\,R_T^2}{v^2}$ ومنه:

h = g_0\,R_T^2 \times \dfrac{1}{v^2} - R_T

بالمطابقة: $A = g_0\,R_T^2$ و $B = -R_T$

نقرأ من البيان:

الشكل (1)

$B = -6{,}4 \times 10^{3}\ \mathrm{km} = -6{,}4 \times 10^{6}\ \mathrm{m}$ ، والميل:

A = \dfrac{(33{,}6 + 6{,}4) \times 10^{6}}{10 \times 10^{-8}} = 4{,}0 \times 10^{14}\ \mathrm{m^3\cdot s^{-2}}

ومنه $R_T = 6400\ \mathrm{km}$ و:

g_0 = \dfrac{A}{R_T^2} = \dfrac{4{,}0 \times 10^{14}}{(6{,}4 \times 10^{6})^2} = 9{,}8\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}

$R_T + h = 6950\ \mathrm{km}$ :

v = \sqrt{\dfrac{A}{R_T + h}} = \sqrt{\dfrac{4{,}0 \times 10^{14}}{6{,}95 \times 10^{6}}} = 7{,}59 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

T = \dfrac{2\pi \times 6{,}95 \times 10^{6}}{7{,}59 \times 10^{3}} = 5{,}76 \times 10^{3}\ \mathrm{s} \approx 96\ \mathrm{min}

n = \dfrac{86400}{5756} \approx 15

أي نحو 15 دورة في اليوم.

$h = \dfrac{A}{v^2} + B = \dfrac{4{,}0 \times 10^{14}}{(3{,}07 \times 10^{3})^2} - 6{,}4 \times 10^{6} = 3{,}60 \times 10^{7}\ \mathrm{m}$

أي نحو $36000\ \mathrm{km}$ . مع $r = 4{,}24 \times 10^{7}\ \mathrm{m}$ :

T = \dfrac{2\pi \times 4{,}24 \times 10^{7}}{3{,}07 \times 10^{3}} = 8{,}69 \times 10^{4}\ \mathrm{s} \approx 24\ \mathrm{h}

دوره يساوي دور دوران الأرض: هو قمر جيومستقر.

التمرين3

من ألسات إلى ألكومسات

متوسط

يعطي الجدول قيما تقريبية لنصف قطر المدار والدور لأقمار تدور حول الأرض على مدارات نعتبرها دائرية:

القمر	ألسات $\mathrm{2B}$	ألسات $\mathrm{1B}$	غلوناس	$\mathrm{GPS}$	غاليليو
$r\ (\mathrm{km})$	7050	7080	25510	26560	29600
$T\ (\mathrm{min})$	98,2	98,8	676	718	845

ويمثل الشكل (1) البيان $T^2 = f(r^3)$ لهذه الأقمار.

الشكل (1)

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

تحقق بالحساب من إحداثيتي النقطة الخاصة بالقمر $\mathrm{GPS}$ على البيان.

أثبت أن $T^2 = K\,r^3$ حيث $K = \dfrac{4\pi ^2}{G\,M_T}$

هل يتفق البيان مع هذه العلاقة؟ حدد قيمة $K$ من البيان، ثم استنتج كتلة الأرض $M_T$

دور القمر ألكومسات 1 هو $T = 1436\ \mathrm{min}$ . باستغلال البيان، أوجد نصف قطر مداره $r$ ثم ارتفاعه $h$ . هل هو جيومستقر؟

أيّ القمرين ألسات $\mathrm{2B}$ و ألسات $\mathrm{1B}$ أسرع؟ علّل دون حساب، ثم تحقق بحساب السرعتين.

عرض الحل

للقمر $\mathrm{GPS}$ :

r^3 = (2{,}656 \times 10^{7})^3 = 1{,}87 \times 10^{22}\ \mathrm{m^3}

T^2 = (718 \times 60)^2 = 1{,}86 \times 10^{9}\ \mathrm{s^2}

وهما توافقان النقطة الموجودة على البيان.

$G\,\dfrac{m\,M_T}{r^2} = m\,\dfrac{v^2}{r}$ مع $v = \dfrac{2\pi \,r}{T}$ يعطي $\dfrac{4\pi ^2\,r}{T^2} = \dfrac{G\,M_T}{r^2}$ ، ومنه:

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

نعم: البيان مستقيم يمر من المبدأ. ميله:

الشكل (1)

K = \dfrac{7{,}9 \times 10^{9}}{8 \times 10^{22}} = 9{,}9 \times 10^{-14}\ \mathrm{s^2\cdot m^{-3}}

M_T = \dfrac{4\pi ^2}{G\,K} = \dfrac{4\pi ^2}{6{,}67 \times 10^{-11} \times 9{,}9 \times 10^{-14}} = 5{,}98 \times 10^{24}\ \mathrm{kg}

$T = 1436 \times 60 = 86160\ \mathrm{s}$ ومنه $T^2 = 7{,}42 \times 10^{9}\ \mathrm{s^2}$ . نقرأ على البيان (أو نحسب) $r^3 = 7{,}5 \times 10^{22}\ \mathrm{m^3}$ :

r = 4{,}22 \times 10^{7}\ \mathrm{m} = 42200\ \mathrm{km}

h = r - R_T = 42200 - 6380 \approx 35800\ \mathrm{km}

دوره يساوي دور دوران الأرض، وهو قمر جيومستقر إذا كان مداره في مستوي خط الاستواء وفي جهة دوران الأرض.

$v = \sqrt{\dfrac{G\,M_T}{r}}$ تنقص كلما زاد $r$ ، إذن ألسات $\mathrm{2B}$ أسرع لأن مداره أقل ارتفاعا. نتحقق:

v_{2B} = \dfrac{2\pi \times 7{,}05 \times 10^{6}}{98{,}2 \times 60} = 7{,}52 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

v_{1B} = \dfrac{2\pi \times 7{,}08 \times 10^{6}}{98{,}8 \times 60} = 7{,}50 \times 10^{3}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}

التمرين4

كوكب حول نجم آخر

متوسط

اكتشف الفلكيان مايور وكيلو سنة 1995 أول كوكب يدور حول نجم شبيه بالشمس، هو الكوكب $\mathrm{51\ Pegasi\ b}$ . نعتبر مداره دائريا نصف قطره $r = 7{,}88 \times 10^{9}\ \mathrm{m}$ ودوره $T = 4{,}231\ \mathrm{j}$

المعطيات: $G = 6{,}67 \times 10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2\cdot kg^{-2}}$ ؛ $M_S = 1{,}99 \times 10^{30}\ \mathrm{kg}$ ؛ كتلة الكوكب $m = 8{,}9 \times 10^{26}\ \mathrm{kg}$ ؛ $1\ \mathrm{j} = 86400\ \mathrm{s}$

اقترح مرجعا مناسبا لدراسة حركة الكوكب، قياسا على المرجع الهيليومركزي.

أثبت عبارة كتلة النجم $M^{*}$ بدلالة $G$ و $r$ و $T$ ، ثم احسب قيمتها. قارنها بكتلة الشمس.

احسب السرعة المدارية $v$ للكوكب.

احسب التسارع $a$ بطريقتين: من $v$ و $r$ ، ثم من قانون الجذب العام. قارن.

احسب شدة قوة جذب النجم للكوكب.

لو كان هذا الكوكب يدور حول الشمس على نفس البعد $r$ ، كم يكون دوره؟

عرض الحل

مرجع مبدؤه مركز النجم ومحاوره موجهة نحو ثلاثة نجوم بعيدة نعتبرها ثابتة، ونعتبره عطاليا.

$G\,\dfrac{m\,M^{*}}{r^2} = m\,\dfrac{4\pi ^2\,r}{T^2}$ ومنه، مع $T = 4{,}231 \times 86400 = 3{,}656 \times 10^{5}\ \mathrm{s}$ :

M^{*} = \dfrac{4\pi ^2\,r^3}{G\,T^2} = \dfrac{4\pi ^2 \times (7{,}88 \times 10^{9})^3}{6{,}67 \times 10^{-11} \times (3{,}656 \times 10^{5})^2} = 2{,}17 \times 10^{30}\ \mathrm{kg}

\dfrac{M^{*}}{M_S} = \dfrac{2{,}17 \times 10^{30}}{1{,}99 \times 10^{30}} \approx 1{,}09

فالنجم شبيه بالشمس فعلا.

$v = \dfrac{2\pi \,r}{T} = \dfrac{2\pi \times 7{,}88 \times 10^{9}}{3{,}656 \times 10^{5}} = 1{,}35 \times 10^{5}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$

$a = \dfrac{v^2}{r} = \dfrac{(1{,}354 \times 10^{5})^2}{7{,}88 \times 10^{9}} = 2{,}33\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$

a = \dfrac{G\,M^{*}}{r^2} = \dfrac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 2{,}17 \times 10^{30}}{(7{,}88 \times 10^{9})^2} = 2{,}33\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}

القيمتان متساويتان.

$F = m\,a = 8{,}9 \times 10^{26} \times 2{,}33 = 2{,}07 \times 10^{27}\ \mathrm{N}$

نفس $r$ ، و $T^2$ يتناسب عكسا مع كتلة الجسم المركزي:

T_1 = T\,\sqrt{\dfrac{M^{*}}{M_S}} = 4{,}231 \times \sqrt{1{,}09} = 4{,}42\ \mathrm{j}

التمرين5

مذنب هالي

صعب

يدور مذنب هالي حول الشمس على مدار إهليلجي شديد التفلطح [الشكل 1] بدور $T = 75{,}3\ \mathrm{an}$ ، وقد مرّ بالحضيض $P$ سنة 1986 على البعد $r_P = 0{,}586\ \mathrm{ua}$ من مركز الشمس، بسرعة $v_P = 54{,}5\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$

الشكل (1)

المعطيات: للأرض: $a_T = 1\ \mathrm{ua} = 1{,}496 \times 10^{11}\ \mathrm{m}$ و $T_T = 1\ \mathrm{an} = 365{,}25\ \mathrm{j}$ ؛ نصف قطر مدار نبتون $30{,}1\ \mathrm{ua}$

انقل القانون الأول لكبلر، وبيّن على الشكل (1) موضع الشمس والمحور الكبير.

باستعمال القانون الثالث لكبلر، احسب نصف المحور الكبير $a$ لمدار المذنب.

استنتج البعد $r_A$ عند الأوج $A$ . هل يخرج المذنب عن مدار نبتون؟

بالقانون الثاني لكبلر، بيّن أن $r_P\,v_P = r_A\,v_A$ ، ثم احسب $v_A$

احسب السرعة المدارية للأرض، وقارن بها $v_P$ . لماذا لا يُرى المذنب من الأرض إلا بضعة أشهر من كل دورة؟

التسارع الناتج عن جذب الشمس يتناسب عكسا مع مربع البعد. احسب النسبة $\dfrac{a_P}{a_A}$ بين التسارعين عند $P$ و $A$

في أي سنة تقريبا يعود المذنب إلى الحضيض؟

عرض الحل

تتحرك الأجسام حول الشمس في مدارات إهليلجية تشغل الشمس أحد محرقيها. المحور الكبير هو القطعة $PA$ ، والشمس عليه قرب $P$

نقارن بالأرض: $\dfrac{T^2}{a^3} = \dfrac{T_T^2}{a_T^3} = 1$ بالوحدتين $\mathrm{an}$ و $\mathrm{ua}$ :

a^3 = (75{,}3)^2 = 5670

a = 17{,}8\ \mathrm{ua}

$PA = r_P + r_A = 2a$ ومنه:

r_A = 2a - r_P = 2 \times 17{,}83 - 0{,}586 = 35{,}1\ \mathrm{ua}

وهو أكبر من $30{,}1\ \mathrm{ua}$ : يبتعد المذنب أكثر من مدار نبتون.

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

v_A = \dfrac{r_P\,v_P}{r_A} = \dfrac{0{,}586 \times 54{,}5}{35{,}1} = 0{,}91\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}

$v_T = \dfrac{2\pi \,a_T}{T_T} = \dfrac{2\pi \times 1{,}496 \times 10^{11}}{365{,}25 \times 86400} = 2{,}98 \times 10^{4}\ \mathrm{m\cdot s^{-1}}$

\dfrac{v_P}{v_T} = \dfrac{54{,}5}{29{,}8} \approx 1{,}83

حسب قانون المساحات، يقطع المذنب الجزء القريب من الشمس بسرعة كبيرة جدا، ويقضي معظم دوره بطيئا وبعيدا عنها، ولذلك لا يُرى إلا مدة قصيرة قرب الحضيض.

$\dfrac{a_P}{a_A} = \dfrac{r_A^2}{r_P^2} = \dfrac{(35{,}1)^2}{(0{,}586)^2} \approx 3{,}6 \times 10^{3}$

$1986 + 75{,}3 \approx 2061$

يعود المذنب إلى الحضيض في حدود سنة 2061.

التمرين6

رحلة إلى المريخ

صعب

لإرسال مسبار نحو المريخ بأقل طاقة، يوضع على مدار إهليلجي حول الشمس حضيضه $P$ على مدار الأرض وأوجه $A$ على مدار المريخ [الشكل 1]. نعتبر مداري الأرض والمريخ دائريين وفي نفس المستوي، ونهمل جذب الكوكبين للمسبار أثناء الرحلة.

الشكل (1)

المعطيات: $r_T = 1\ \mathrm{ua} = 1{,}496 \times 10^{11}\ \mathrm{m}$ ؛ $T_T = 365{,}25\ \mathrm{j}$ ؛ $r_M = 1{,}524\ \mathrm{ua}$ ؛ $T_M = 687\ \mathrm{j}$ ؛ سرعة المسبار عند $P$ مباشرة بعد الانطلاق $v_P = 32{,}7\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$

احسب نصف المحور الكبير $a$ لمدار المسبار، ثم دوره $T_t$ باليوم.

استنتج مدة الرحلة $\Delta t$ من $P$ إلى $A$

احسب السرعة المدارية $v_T$ للأرض و $v_M$ للمريخ.

بالقانون الثاني لكبلر، احسب سرعة المسبار $v_A$ عند $A$

احسب تغير السرعة اللازم عند الانطلاق، ثم عند الوصول ليساير المسبار المريخ.

يجب أن يكون المريخ عند $A$ لحظة وصول المسبار. احسب الزاوية $\theta$ التي يقطعها المريخ خلال الرحلة، ثم استنتج الزاوية $\alpha$ التي يجب أن يتقدم بها عن الأرض لحظة الانطلاق.

بالاعتماد على السرعتين الزاويتين، بيّن أن المدة $S$ بين فرصتين متتاليتين للانطلاق تحقق:

\dfrac{1}{S} = \dfrac{1}{T_T} - \dfrac{1}{T_M}

ثم احسب قيمتها.

عرض الحل

$a = \dfrac{r_T + r_M}{2} = \dfrac{1 + 1{,}524}{2} = 1{,}262\ \mathrm{ua}$

نقارن بالأرض حسب القانون الثالث لكبلر:

T_t = T_T\,\sqrt{\dfrac{a^3}{r_T^3}} = 365{,}25 \times \sqrt{(1{,}262)^3} = 518\ \mathrm{j}

$\Delta t = \dfrac{T_t}{2} = 259\ \mathrm{j}$

أي نحو 8 أشهر ونصف.

$v_T = \dfrac{2\pi \,r_T}{T_T} = \dfrac{2\pi \times 1{,}496 \times 10^{11}}{365{,}25 \times 86400} = 29{,}8\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$

v_M = \dfrac{2\pi \,r_M}{T_M} = \dfrac{2\pi \times 1{,}524 \times 1{,}496 \times 10^{11}}{687 \times 86400} = 24{,}1\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}

$r_T\,v_P = r_M\,v_A$ ومنه:

v_A = \dfrac{r_T\,v_P}{r_M} = \dfrac{1 \times 32{,}7}{1{,}524} = 21{,}5\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}

$\Delta v_1 = v_P - v_T = 32{,}7 - 29{,}8 = 2{,}9\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}$

\Delta v_2 = v_M - v_A = 24{,}1 - 21{,}5 = 2{,}6\ \mathrm{km\cdot s^{-1}}

$\theta = 360^\circ \times \dfrac{\Delta t}{T_M} = 360^\circ \times \dfrac{259}{687} = 135{,}7^\circ$

يقطع المسبار $180^\circ$ من $P$ إلى $A$ ، إذن:

\alpha = 180^\circ - \theta = 180^\circ - 135{,}7^\circ = 44{,}3^\circ

يجب أن يكون المريخ متقدما عن الأرض بهذه الزاوية لحظة الانطلاق (الموضع $M_0$ ):

الشكل (1)

تتكرر الوضعية نفسها كلما زادت الزاوية بين الأرض والمريخ بمقدار $2\pi$ . السرعة الزاوية النسبية $\omega _T - \omega _M$ ، ومنه:

\dfrac{2\pi }{S} = \dfrac{2\pi }{T_T} - \dfrac{2\pi }{T_M} \Rightarrow \dfrac{1}{S} = \dfrac{1}{T_T} - \dfrac{1}{T_M}

عدديا:

\dfrac{1}{S} = \dfrac{1}{365{,}25} - \dfrac{1}{687} = 1{,}282 \times 10^{-3}\ \mathrm{j^{-1}}

S = 780\ \mathrm{j}

أي نحو سنتين وشهرين: لذلك تُطلق المهمات نحو المريخ مرة كل 26 شهرا تقريبا.