万有引力と天体

重力のポテンシャルとエネルギーの演習

著者：柚木芹香

無限遠で位置エネルギーを0とし，初めと終わりの状態を式にしましょう．天体は質量 $M$ ，半径 $R$ の球対称な静止天体とし，空気抵抗と他天体の引力は無視します．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

質量 $m$ の荷物を，天体の表面から中心距離 $2 R$ までゆっくり運ぶ．地表の重力加速度を $g = G M / R^{2}$ とする．

外力がする仕事と，重力がする仕事を求めよ．
地表の値を用いた $m g h$ による計算と比較せよ．

解答を見る

考え方 ゆっくり運ぶので運動エネルギーの変化は無視できる．外力の仕事は位置エネルギーの増加に等しく，重力の仕事はその符号を逆にしたものである．

$U (R) = - G M m / R$ ， $U (2 R) = - G M m / (2 R)$ より $W_{外} = Δ U = G M m / (2 R) = m g R / 2$ ．重力の仕事は $W_{重力} = - m g R / 2$ である．位置エネルギーの値は両地点とも負だが，差は正になる．
高度の増加は $h = R$ なので，重力を一定とした値は $m g R$ ．これは厳密な仕事の2倍で，厳密な値を基準にすると100 %過大である．実際には上昇するほど重力が弱まり，最終地点では地表の4分の1になる． $m g h$ は高さが $R$ より十分小さいときの近似であり，今回の距離へそのまま延長できない．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

地表から小球を半径方向外向きに速さ $v_{0} = \sqrt{G M / R}$ で打ち出す．

到達する最大の中心距離と高度を求めよ．
中心距離 $3 R / 2$ を上昇中に通るときの速さを求め，下向きに通る場合と比べよ．

**［図：半径方向への投射］**
初速度v₀と中心距離3R/2の観測点を示す．到達点は描かない．

解答を見る

考え方 半径方向だけの運動なので，最高点では速さ全体が0になる．楕円軌道の遠点では接線速度が残ることとの違いに注意する．

初めのエネルギーは $E = m v_{0}^{2} / 2 - G M m / R = - G M m / (2 R)$ ．最高点で $- G M m / r_{max} = E$ だから $r_{max} = 2 R$ ，高度は $h_{max} = R$ である．脱出速度は初速の $\sqrt{2}$ 倍なので，この小球は無限遠へは行けない．
保存則に $r = 3 R / 2$ を入れると $v^{2} / 2 - 2 G M / (3 R) = - G M / (2 R)$ ．よって $v = \sqrt{G M / (3 R)} = v_{0} / \sqrt{3}$ ．下降時にも同じ位置で同じ位置エネルギーをもち，運動エネルギーも同じなので速さは等しい．ただし速度の向きは逆である．この往復の比較は，途中で衝突や抵抗による損失がないという仮定に依存する．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

地球から十分離れた所でも $v_{\infty} = 3.0 \times 10^{3} m s^{- 1}$ の速さを残すように，地表から半径方向外向きに物体を打ち出す． $G M = 3.98 \times 10^{14} m^{3} s^{- 2}$ ， $R = 6.37 \times 10^{6} m$ とする．

必要な初速を求めよ．
脱出速度に $v_{\infty}$ を加える計算が正しくない理由を説明せよ．

解答を見る

考え方 無限遠の運動エネルギーを0と置かず，残したい速さを含める．保存されるのは速さの和ではなく，運動エネルギーと位置エネルギーの和である．

$m v_{0}^{2} / 2 - G M m / R = m v_{\infty}^{2} / 2$ より $v_{0} = \sqrt{2 G M / R + v_{\infty}^{2}}$ ． $2 G M / R \approx 1.25 \times 10^{8} m^{2} s^{- 2}$ に $9.0 \times 10^{6} m^{2} s^{- 2}$ を足して平方根をとると， $v_{0} \approx 1.16 \times 10^{4} m s^{- 1}$ である．
脱出速度は約 $1.12 \times 10^{4} m s^{- 1}$ だが，必要な初速はこれに $3.0 \times 10^{3} m s^{- 1}$ を足した値ではない．条件は $v_{0}^{2} = v_{esc}^{2} + v_{\infty}^{2}$ である．初めから大きな運動エネルギーがあるので，比較的小さい速さの追加でも無限遠に有限の運動エネルギーを残せる．次元が合うだけでは足し算の根拠にならない．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

質量 $m$ の衛星が半径 $r$ の円軌道にある．接線方向に1回だけ瞬間的な噴射を行い，ちょうど脱出させる．

必要な速度増分 $Δ v$ を求めよ．
噴射が衛星に与える力学的エネルギーの増加を求め， $m (Δ v)^{2} / 2$ と等しいか調べよ．噴射中の衛星の質量変化は無視する．

**［図：円軌道からの噴射］**
噴射前の円軌道と接線速度v_cを示す．脱出後の軌道は示さない．

解答を見る

考え方 噴射の前後は同じ位置にあるため，位置エネルギーは変わらない．噴射後のエネルギーを0にするには，円軌道の束縛エネルギーを補えばよい．

円軌道の速さは $v_{c} = \sqrt{G M / r}$ ．脱出の境界は $v^{'} = \sqrt{2 G M / r} = \sqrt{2} v_{c}$ だから，進行方向への噴射で $Δ v = (\sqrt{2} - 1) v_{c}$ となる．これは地表から静止状態で脱出するときの初速とは異なる．
初め $E = - G M m / (2 r)$ ，後で $E^{'} = 0$ なので $Δ E = G M m / (2 r) = m v_{c}^{2} / 2$ ．直接計算しても $Δ E = m {(v_{c} + Δ v)^{2} - v_{c}^{2}} / 2 = m v_{c} Δ v + m (Δ v)^{2} / 2$ である．したがって $m (Δ v)^{2} / 2$ だけでは足りず，初速度に依存する交差項が必要になる．同じ速度増分でも速い場所での順行噴射ほどエネルギー増加は大きい．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

角運動量 $L \neq 0$ が一定の質点について， $r_{0} = L^{2} / (G M m^{2})$ ， $A = G M m / r_{0}$ ， $x = r / r_{0}$ と置く．エネルギーは $E = - 3 A / 8$ である．

実効ポテンシャルを $A, x$ で表し，許される $r$ の範囲を求めよ．
転回点で速さ全体は0になるか．両転回点での速さの比を求めよ．

**［図：実効ポテンシャルと指定エネルギー］**
Ueff/A=1/(2x²)−1/xとE/A=−3/8を数値計算した．交点の座標は示さない．

解答を見る

考え方 実効ポテンシャルには接線方向の運動エネルギーが含まれる．水平線との交点で0になるのは動径方向の運動エネルギーだけである．

$L^{2} = G M m^{2} r_{0}$ を代入すると $U_{eff} / A = 1 / (2 x^{2}) - 1 / x$ ．許される条件は $- 3 / 8 \geq 1 / (2 x^{2}) - 1 / x$ なので，正の $8 x^{2}$ を掛けて $3 x^{2} - 8 x + 4 \leq 0$ ．因数分解すると $(3 x - 2) (x - 2) \leq 0$ より $2 r_{0} / 3 \leq r \leq 2 r_{0}$ である．
転回点で $\dot{r} = 0$ だが，接線速度 $v = L / (m r)$ は0ではない．内側と外側の速さの比は $(2 r_{0}) / (2 r_{0} / 3) = 3$ ．内側を近点，外側を遠点とすれば，長半径は $a = 4 r_{0} / 3$ であり， $- G M m / (2 a) = - 3 A / 8$ と元のエネルギーに一致する．単なる $U = - G M m / r$ と $E$ の交点だけで遠点を求めると，接線運動を取り落とす．

ポイント教える人へ

無限遠基準の負の値と，移動による正の増加を区別させる．
最高点で速さが0と言えるのは，半径方向だけの投射である．
速度増分による仕事は，噴射前の速度にも依存することを確認させる．
実効ポテンシャルでは動径速度と接線速度を別々に説明させる．