力学の総合演習

軌道と潮汐の総合問題

著者：柚木芹香

重力のわずかな場所の違いは，長時間の軌道のずれや内部運動との交換を生みます．第6章のエネルギー，第7章の振動，第8章の角運動量，第9章の外部運動と内部運動，第10章の万有引力，第11章の非慣性系を組み合わせます．小さい量の一次近似と，それを長時間へ延長できる範囲を区別してください．

総合演習 16

オリジナル ★★★★★

軌道上で離した荷物は戻ってくるか

重力定数と天体質量の積が $G M = 3.60 \times 10^{14} m^{3} s^{- 2}$ の球対称天体のまわりを，無人ステーションが半径 $a = 7.20 \times 10^{6} m$ の円軌道で進みます．ステーションとともに回る座標系を取り，外向き動径方向を $x$ ，進行方向を $y$ とします．原点から小さなカプセルを相対速度 $(u, v)$ で放します．軌道面外の運動，ステーションの反動と引力は無視します． $n = \sqrt{G M / a^{3}}$ ， $| x |, | y |$ は $a$ より十分小さいとします．

重力差，遠心加速度，コリオリ加速度を一次まで取り，相対運動方程式を導いてください．
初期位置0に対する $x (t), y (t)$ を求め， $v = 0$ の帰還と， $v \neq 0$ の1公転後のずれを比較してください． $u = 0.20 m s^{- 1}$ ， $v = 0.0050 m s^{- 1}$ で数値を示してください．
$v = 0$ でも，厳密な二体軌道で1公転後に完全帰還するとは限りません．カプセルの長半径と周期を $u / (n a)$ の2次まで求め，線形模型で消えた効果を説明してください．

**［図：ステーションからの放出］**
問題図．共回転する動径方向と進行方向を示します．放出後の軌道は未知です．

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考え方 ステーション自体の自由落下を差し引いてから回転座標へ移る．接線方向の式を一度積分すると，残りは定数項のある単振動になる．

重力加速度の差は $(2 n^{2} x, - n^{2} y)$ ．相対座標にかかる遠心加速度は $(n^{2} x, n^{2} y)$ ，コリオリ加速度は $(2 n \dot{y}, - 2 n \dot{x})$ なので

\ddot{x} - 2 n \dot{y} - 3 n^{2} x = 0, \ddot{y} + 2 n \dot{x} = 0 .

接線方向の重力差と遠心項が消え，動径方向には $3 n^{2} x$ が残る．

第2式から $\dot{y} + 2 n x = v$ ．第1式へ代入して $\ddot{x} + n^{2} x = 2 n v$ ．初期条件を使い，さらに $y$ を積分すると

x = \frac{u}{n} \sin n t + \frac{2 v}{n} (1 - \cos n t), y = \frac{2 u}{n} (\cos n t - 1) + \frac{4 v}{n} \sin n t - 3 v t .

$v = 0$ では $T = 2 π / n$ ごとに位置も相対速度も初期値へ戻り，相対軌道は中心 $(0, - 2 u / n)$ の楕円となる． $v \neq 0$ では $x (T) = 0$ ， $y (T) = - 3 v T$ ．数値は $n = 9.821 \times 10^{- 4} s^{- 1}$ ， $T = 6.398 \times 10^{3} s$ ． $u / n ≃ 204 m$ ，動径放出だけの場合の最大後方距離 $4 u / n ≃ 815 m$ ，今回の接線誤差によるずれは $- 96.0 m$ である．いずれも1周期では $a$ に比べ小さい．

$v = 0$ の地上系初速度は接線成分 $n a$ と動径成分 $u$ ．単位質量当たりエネルギーは $- G M / (2 a) + u^{2} / 2$ だから，新しい長半径 $a_{c}$ は

\frac{1}{a_{c}} = \frac{1}{a} - \frac{u^{2}}{G M}, a_{c} ≃ a [1 + {(\frac{u}{n a})}^{2}], \frac{T_{c}}{T} ≃ 1 + \frac{3}{2} {(\frac{u}{n a})}^{2} .

線形近似で捨てた2次の周期差があり，多数周期後には位相差が蓄積する．今回の $u$ では $T_{c} - T ≃ 7.68 \times 10^{- 6} s$ と極小だが，正確に0ではない．また $v \neq 0$ の一次のずれ自体も $3 | v | t$ が $a$ に近づけば近似範囲を外れる．線形模型の周期的帰還を永久に正確な会合と解釈してはいけない．

［図：放出後の近傍相対軌道］

解答図．初期状態は放出点です．再生すると動径放出だけの帰還と，接線誤差を含む場合のずれを比較できます．

総合演習 17

APhO 2001 第1問（改題） ★★★★★

潮汐による同期までの道のりを見積もる

架空の惑星の $G M = 4.0 \times 10^{14} m^{3} s^{- 2}$ ，慣性モーメントは $I = 2.0 \times 10^{37} kg m^{2}$ です．質量 $m = 1.0 \times 10^{22} kg$ の衛星が半径 $r_{0} = 1.0 \times 10^{8} m$ の円軌道を進みます．惑星質量は衛星より十分大きく，衛星の自転角運動量は無視します．初期自転角速度は $Ω_{0} = 2 n_{0}$ ， $n_{0} = \sqrt{G M / r_{0}^{3}}$ です．外部トルクはなく，潮汐でゆっくり半径が増えても軌道は円のままと近似します．現在の増加率は $a_{0} = 1.0 m 年^{- 1}$ です．

保存する全角運動量を使い， $z = r / r_{0}$ に対する自転角速度と，同期 $Ω = n$ の半径を求めてください．内側にも同期解があれば，今回の進化がどちらへ向かうかを説明してください．
惑星の自転と衛星の公転のエネルギーの和が，現在から同期までどれだけ変わるかを求めてください．
衛星へ与えるトルクを $τ = τ_{0} z^{- 6}$ と外挿する模型で，同期半径までの時間を見積もり，増加率一定の推定と比べてください．さらに $τ = τ_{0} z^{- 6} (Ω - n) / (Ω_{0} - n_{0})$ に変更すると，正確な同期に達する時間はどう変わりますか．

**［図：自転と公転の角運動量交換］**
問題図．速く自転する惑星と円軌道の衛星を示します．同期距離は示しません．

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考え方 角運動量の交換先は自転と公転である．角運動量保存で同期位置を先に決め，その後にエネルギー差とトルク則に依存する時間を計算する．

全角運動量は $L = I Ω + m \sqrt{G M r}$ ． $I / (m r_{0}^{2}) = 0.20$ ， $Ω_{0} / n_{0} = 2$ なので， $m r_{0}^{2} n_{0}$ を単位にすると $L = 1.40$ ．従って

w (z) = \frac{Ω}{n_{0}} = 7 - 5 \sqrt{z}, n / n_{0} = z^{- 3 / 2}, 0.20 z^{- 3 / 2} + \sqrt{z} = 1.40 .

左辺の微分は $(z^{2} - 0.60) / (2 z^{5 / 2})$ で， $z = \sqrt{0.60}$ に最小値がある．数値解は内側 $z ≃ 0.411$ ，外側 $z_{s} = 1.71951$ の2個．現在の $z = 1$ は両者の間にあり $Ω > n$ なので，自転から公転へ角運動量を渡し，外側の $r_{s} = 1.72 \times 10^{8} m$ に向かう． $n_{0} = 2.0 \times 10^{- 5} s^{- 1}$ である．

エネルギーは $E = I Ω^{2} / 2 - G M m / (2 r)$ ． $E_{0}^{*} = G M m / r_{0} = 4.0 \times 10^{28} J$ を単位にすれば $E / E_{0}^{*} = 0.10 w^{2} - 1 / (2 z)$ ．現在は $- 0.100$ ，同期時は $0.10 z_{s}^{- 3} - 1 / (2 z_{s}) = - 0.271112$ ．従って減少量は $6.84 \times 10^{27} J$ ．公転エネルギーは増すが，自転エネルギーがそれ以上に減る．直接にも $\dot{E} = - Ω τ + n τ = - (Ω - n) τ \leq 0$ と確かめられる．
$L_{orb} = m \sqrt{G M r}$ を微分すると $τ = m \sqrt{G M} \dot{r} / (2 \sqrt{r})$ ．現在の値で規格化すれば $\dot{r} = a_{0} z^{- 11 / 2}$ ．従って

t = \frac{r_{0}}{a_{0}} \int_{1}^{z_{s}} z^{11 / 2} d z = \frac{r_{0}}{a_{0}} \frac{z_{s}^{13 / 2} - 1}{13 / 2} = 5.06 \times 10^{8} 年 .

一定増加率なら $(r_{s} - r_{0}) / a_{0} = 7.20 \times 10^{7} 年$ なので約7.03倍の違いである．ただし最初のトルク則は同期時にも正のトルクを残すため，その先へ外挿できない．変更後は $\dot{r} = a_{0} z^{- 11 / 2} [w (z) - z^{- 3 / 2}]$ ．外側の根では括弧の導関数が負で，括弧は $z_{s} - z$ に比例して0へ向かう．時間積分は $\int d z / (z_{s} - z)$ の形で対数発散し，正確な同期には無限時間を要する．有限の許容差まで近づく時間なら有限である．同期半径は保存則の結果だが，時間の値は採用した経験則に依存する．

［図：保存則が決める同期位置］

解答図．現在の距離から開始します．再生では半径を走査し，自転と公転の角速度が等しくなる交点へ進みます．潮汐進化の実時間表示ではありません．

総合演習 18

IPhO 1992 第1問（改題） ★★★★★

伸縮する衛星は自転と公転を交換できるか

円軌道を進む小さな衛星を，直交する2組の質量のない伸縮アームと，各先端の質量 $m$ の4個のおもりで模型化します．中心は半径 $r_{0}$ ，角速度 $n = \sqrt{G M / r_{0}^{3}}$ で自由落下します．一組の半長を $a$ ，他方を $b (a > b)$ とし， $a, b$ は $r_{0}$ より十分小さいとします．第1組が動径方向となす角を $θ$ ，慣性系での自転角速度を $ω$ とします．アームは張力だけでなく圧縮も支えられます．

伸縮しない瞬間の各おもりに必要な内向き軸力と，中心まわりの重力トルクを，潮汐の一次近似で求めてください．特に $ω = n, θ = 0$ ではどうなりますか．
$ω > n$ とし， $σ = ω - n$ の変化を1操作中の主要項では無視できる場合を考えます． $θ = 0$ で第1組が長い状態から始め， $θ = π / 2$ で2組の長さを交換し， $θ = π$ で再び交換して初めの配置へ戻します．交換は姿勢がほとんど変わらない短時間に行い，常に2組の半長の2乗和を一定に保ちます．径方向の運動エネルギーは装置が回収し，操作前後には残しません．装置がおもりにする正味の仕事と，自転角運動量の変化を求めてください．
全角運動量と全エネルギーの収支を照合してください． $m = 5.0 kg$ ， $a = 21 m$ ， $b = 20 m$ ， $r_{0} = 7.0 \times 10^{6} m$ ， $n = 1.0 \times 10^{- 3} s^{- 1}$ ， $ω = 4 n$ で，回収できる仕事と近似の精度の目安を計算してください．

**［図：直交アームをもつ伸縮衛星］**
問題図．中心の円軌道と衛星の内部構造を別縮尺で示します．動径に対する姿勢角を使います．

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考え方 中心の自由落下を引いた重力差は方向によって異なる．伸縮の仕事と重力トルクを別々に積分し，公転への反作用まで含めると両者の収支が一致する．

中心とともに並進する慣性方向の軸で，動径・接線方向の重力差は $n^{2} (2 x, - y)$ ．動径となす角 $ϕ$ ，中心からの距離 $l$ のおもりへの軸方向重力差は $m n^{2} l (3 \cos^{2} ϕ - 1)$ ．必要な向心加速度は $- ω^{2} l$ だから内向き軸力は

T (l, ϕ) = m l [ω^{2} + n^{2} (3 \cos^{2} ϕ - 1)] .

第1組は $(l, ϕ) = (a, θ)$ ，第2組は $(b, θ + π / 2)$ を使う． $ω = n, θ = 0$ では動径の各腕で $T = 3 m n^{2} a$ ，接線の各腕で $T = 0$ ．一般には負の値なら圧縮を要する．1個への重力トルクは $- 3 m n^{2} l^{2} \sin ϕ \cos ϕ$ ．対向する2個ずつを足すと

τ = - 3 m n^{2} (a^{2} - b^{2}) \sin 2 θ, I = 2 m (a^{2} + b^{2}), \frac{d}{d t} (I ω) = τ .

$D = a^{2} - b^{2} > 0$ と置く．1回目の交換では動径を向く第2組が $b \to a$ ，接線を向く第1組が $a \to b$ と変わる．装置の仕事は各おもりについて $- \int T d l$ ．2個ずつを数え， $a^{2} + b^{2}$ 一定によって $ω^{2}$ の項が打ち消されることを使えば

W_{1} = - m n^{2} [2 (a^{2} - b^{2}) - (b^{2} - a^{2})] = - 3 m n^{2} D .

径方向の加速・減速に関する項は，始めと終わりの径方向運動エネルギーがともに0なので正味で消える．2回目も同じで $W_{act} = - 6 m n^{2} D$ ．装置は正の $6 m n^{2} D$ を回収する．一方，最初の四分回転では $d t = d θ / σ$ より $Δ L_{1} = - 3 m n^{2} D / σ$ ．次の四分回転では長さの差と $\sin 2 θ$ がともに反転するので，同じ負の変化となり，

Δ L_{spin} = - \frac{6 m n^{2} D}{σ} .

長さ交換の間は $I$ が一定で，内部操作は角運動量を直接増やさない．

外部の中心力は天体中心まわりの全角運動量を変えないので $Δ L_{orb} = - Δ L_{spin}$ ．円軌道の $E = - G M (4 m) / (2 r)$ ， $L = 4 m \sqrt{G M r}$ を微分すると $d E / d L = n$ ．自転側では $Δ E_{spin} ≃ ω Δ L_{spin}$ なので，元の姿勢・長さに戻った1操作では

Δ E_{spin} + Δ E_{orb} = (ω - n) Δ L_{spin} = - 6 m n^{2} D = W_{act} .

公転の変化を無視して自転だけから仕事を数えると，係数 $ω / σ$ だけ誤る．数値では回収仕事 $1.23 \times 10^{- 3} J$ ， $Δ L_{spin} = - 0.410 kg m^{2} s^{- 1}$ ． $I = 8410 kg m^{2}$ ，初めの $I ω = 33.64 kg m^{2} s^{- 1}$ なので，自転角運動量の相対変化は約1.2 %で， $σ$ の相対変化は約1.6 %．一定 $σ$ の計算はこの程度の補正を捨てた主要項である．潮汐展開の長さ比は $a / r_{0} = 3.0 \times 10^{- 6}$ とさらに小さい．相対姿勢の1回転周期は $2 π / σ$ ，慣性系の自転周期は $2 π / ω$ ，今回の操作時間は $π / σ ≃ 1.05 \times 10^{3} s$ で，三者を区別する必要がある． $a = b$ ならトルクも回収仕事も0となる．

［図：潮汐を利用する長さ交換の1操作］

解答図．初期状態は長い組が動径方向です．再生で半回転と2回の長さ交換を示し，2乗和一定の条件を保ちます．

ポイントこの節のふり返り

共回転系では，重力差と遠心項とコリオリ項を同じ次数で数えます．
一次近似で消えた周期差も，長時間では会合のずれを生みます．
潮汐進化の到達位置は保存則で，所要時間はトルクの模型で決まります．
伸縮装置の仕事は，自転と公転の角運動量・エネルギーの両方を数えると整合します．