万有引力と天体

軌道の方程式と保存則の連立

著者：柚木芹香

運動方程式を $u = 1 / r$ と $θ$ で書き直して軌道の式を導き，それが楕円などの曲線になることを確かめます．また，近点と遠点で角運動量保存とエネルギー保存を連立して，軌道の大きさと速さを決めます．

定理数学の道具： $θ$ を変数にする微分と軌道の方程式

時刻を消して $θ$ で微分する． $L > 0$ （反時計回り）とし， $u = \frac{1}{r}$ とおくと， $r^{2} \dot{θ} = \frac{L}{m}$ より $\dot{θ} = \frac{L}{m} u^{2}$ である．軌道の上では $r$ は $θ$ の関数なので，連鎖律で $\dot{r} = \frac{d r}{d θ} \dot{θ}$ ．さらに $r = \frac{1}{u}$ を連鎖律で微分して $\frac{d r}{d θ} = - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d θ}$ ．合わせると

\dot{r} = - \frac{1}{u^{2}} \frac{d u}{d θ} \cdot \frac{L}{m} u^{2} = - \frac{L}{m} \frac{d u}{d θ}

で， $u^{2}$ が打ち消し合う．これが $u$ を使う理由である． $\dot{r}$ をもう一度， $θ$ を通して時間で微分すると

\ddot{r} = \frac{d}{d θ} (- \frac{L}{m} \frac{d u}{d θ}) \cdot \dot{θ} = - \frac{L^{2}}{m^{2}} u^{2} \frac{d^{2} u}{d θ^{2}}

となる．また $r {\dot{θ}}^{2} = \frac{1}{u} \cdot \frac{L^{2}}{m^{2}} u^{4} = \frac{L^{2}}{m^{2}} u^{3}$ である．

軌道の方程式． 中心力の $e_{r}$ 成分を $F$ として， $m (\ddot{r} - r {\dot{θ}}^{2}) = F$ に入れると

- \frac{L^{2}}{m} u^{2} (\frac{d^{2} u}{d θ^{2}} + u) = F

万有引力 $F = - G M m u^{2}$ なら，両辺を $- \frac{L^{2}}{m} u^{2}$ で割って $\frac{d^{2} u}{d θ^{2}} + u = \frac{G M m^{2}}{L^{2}} = \frac{1}{ℓ}$ である． $w = u - \frac{1}{ℓ}$ は $\frac{d^{2} w}{d θ^{2}} = - w$ を満たすので，第7章の単振動の一般解と同じく $w = A \cos (θ - θ_{0})$ と書ける．

どんな曲線か． $r (1 + e \cos θ) = ℓ$ で $r \cos θ = x$ だから $r = ℓ - e x$ ．両辺を2乗して $r^{2} = x^{2} + y^{2}$ を使うと

(1 - e^{2}) x^{2} + 2 e ℓ x + y^{2} = ℓ^{2}

$e < 1$ ： $a = \frac{ℓ}{1 - e^{2}}$ とおいて $x$ について平方完成すると， $\frac{(x + a e)^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{a ℓ} = 1$ ．中心が $(- a e, 0)$ ，長半径 $a$ ，短半径 $b = \sqrt{a ℓ} = a \sqrt{1 - e^{2}}$ の楕円で，O は中心から $a e$ ずれた焦点にある．
$e = 1$ ： $y^{2} = ℓ^{2} - 2 ℓ x$ で，放物線．
$e > 1$ ： $x^{2}$ と $y^{2}$ の係数の符号が逆になり，双曲線．

練習 1． (1) $u$ が一定の解から，円軌道の半径を求めよ．(2) $e = 2$ の双曲線軌道で， $r$ が限りなく大きくなる $θ$ を求め，物体の進む向きが全体で何度曲げられるかを求めよ．

答え：(1) $u = \frac{1}{ℓ}$ より $r = ℓ = \frac{L^{2}}{G M m^{2}}$ ．(2) $1 + 2 \cos θ = 0$ より $θ = \pm 120^{\circ}$ ．物体は $θ = - 120^{\circ}$ の向きの遠くから来て， $θ = 120^{\circ}$ の向きへ去る．来るときの進む向きは $- 120^{\circ} + 180^{\circ} = 60^{\circ}$ の向き，去るときは $120^{\circ}$ の向きなので， $60^{\circ}$ 曲げられる．

練習 2． $e = 0.50$ の楕円軌道 $r = \frac{ℓ}{1 + e \cos θ}$ で， $r$ の最小値と最大値を $ℓ$ で表し，その比を求めよ．

答え： $θ = 0$ で $r_{min} = \frac{ℓ}{1.5} = \frac{2}{3} ℓ$ ， $θ = 180^{\circ}$ で $r_{max} = \frac{ℓ}{0.50} = 2 ℓ$ ．比は $3$ ．

定理数学の道具：楕円の幾何と保存則の連立

楕円の幾何． 長半径 $a$ ，短半径 $b$ ，離心率 $e$ の楕円では $r_{p} = a (1 - e)$ ， $r_{a} = a (1 + e)$ ， $r_{p} + r_{a} = 2 a$ ， $b^{2} = a^{2} (1 - e^{2}) = r_{p} r_{a}$ ．離心率は $e = \frac{r_{a} - r_{p}}{r_{a} + r_{p}}$ で求められる．

近点・遠点の連立． 質量 $M$ の天体のまわりの質点について，近点と遠点で

r_{p} v_{p} = r_{a} v_{a}, \frac{1}{2} v_{p}^{2} - \frac{G M}{r_{p}} = \frac{1}{2} v_{a}^{2} - \frac{G M}{r_{a}}

が成り立つ．第1式で $v_{a}$ を消し， $1 - \frac{r_{p}^{2}}{r_{a}^{2}} = \frac{(r_{a} - r_{p}) (r_{a} + r_{p})}{r_{a}^{2}}$ を使って $r_{a} - r_{p}$ で割ると

v_{p}^{2} = \frac{2 G M r_{a}}{r_{p} (r_{a} + r_{p})}, v_{a}^{2} = \frac{2 G M r_{p}}{r_{a} (r_{a} + r_{p})}

が得られる．エネルギーは $\frac{E}{m} = \frac{1}{2} v_{p}^{2} - \frac{G M}{r_{p}} = - \frac{G M}{r_{a} + r_{p}} = - \frac{G M}{2 a}$ で，前の節で軌道の式から出した $E = - G M m / 2 a$ と一致する．

使い方． 近点の速さを $v_{p}$ とし， $k = \frac{r_{p} v_{p}^{2}}{G M}$ （円軌道の速さの2乗との比）とおくと， $r_{a} = \frac{k r_{p}}{2 - k}$ である． $1 < k < 2$ が楕円で， $k = 2$ で遠点が無限大になり放物線に変わる．

練習 1． $r_{a} = 3 r_{p}$ の楕円の $a$ ， $e$ ， $v_{p} / v_{a}$ ，および近点の速さが円軌道の速さ $\sqrt{G M / r_{p}}$ の何倍かを求めよ．

答え： $a = 2 r_{p}$ ， $e = \frac{1}{2}$ ， $\frac{v_{p}}{v_{a}} = 3$ ． $v_{p}^{2} = \frac{3}{2} \frac{G M}{r_{p}}$ より $\sqrt{3 / 2} \approx 1.22$ 倍．

練習 2． $r_{a} = 2 r_{p}$ の楕円について， $a$ ， $e$ ， $v_{p} / v_{a}$ と，近点の速さが $\sqrt{G M / r_{p}}$ の何倍かを求めよ．

答え： $a = \frac{3}{2} r_{p}$ ， $e = \frac{r_{a} - r_{p}}{r_{a} + r_{p}} = \frac{1}{3}$ ， $\frac{v_{p}}{v_{a}} = 2$ ． $v_{p}^{2} = \frac{2 G M}{r_{p}} \cdot \frac{r_{a}}{r_{a} + r_{p}} = \frac{4}{3} \frac{G M}{r_{p}}$ より $\sqrt{4 / 3} \approx 1.15$ 倍．

例題

地球の $G M = 3.98 \times 10^{14} m^{3} s^{- 2}$ ，半径は $R = 6.37 \times 10^{6} m$ とする．

例題 1

オリジナル ★★☆☆☆

地球のまわりを楕円軌道で回る衛星の近地点の高度が $300 km$ ，そこでの速さが $8.50 km s^{- 1}$ である．

**［図：近地点と遠地点の速度］**
焦点に地球を置く楕円と，両端での接線方向の速度を示す．遠地点の未知の高度は記さない．

遠地点の高度を求めよ．
遠地点での速さを求めよ．

解答を見る

考え方 $k$ から $r_{a}$ を出し， $v_{a} = v_{p} r_{p} / r_{a}$ を使う．

$r_{p} = 6.37 \times 10^{6} + 3.0 \times 10^{5} = 6.67 \times 10^{6} m$ ．

k = \frac{r_{p} v_{p}^{2}}{G M} = \frac{6.67 \times 10^{6} \times (8.50 \times 10^{3})^{2}}{3.98 \times 10^{14}} = 1.21, r_{a} = \frac{k r_{p}}{2 - k} = 1.02 \times 10^{7} m

高度は $r_{a} - R \approx 3.9 \times 10^{6} m$ （約 $3900 km$ ）．

$v_{a} = v_{p} \frac{r_{p}}{r_{a}} = 8.50 \times \frac{6.67}{10.2} \approx 5.5 km s^{- 1}$ ．

例題 2

オリジナル ★★★☆☆

高度 $300 km$ （半径 $r_{1} = 6.67 \times 10^{6} m$ ）の円軌道から，静止衛星の軌道（半径 $r_{2} = 4.22 \times 10^{7} m$ ）へ，ホーマン遷移軌道で移る．加速は瞬間的に接線方向に行う．

**［図：低軌道から静止軌道への遷移］**
2円に接する半楕円と2つの加速点．半径比は指定されたr₂/r₁に合わせた．

遷移軌道の近地点・遠地点の速さを求めよ．
2回の加速の $Δ v_{1}$ ， $Δ v_{2}$ と合計を求めよ．
遷移にかかる時間を求めよ．

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考え方 遷移軌道は近地点 $r_{1}$ ，遠地点 $r_{2}$ の楕円で，円軌道の速さとの差が $Δ v$ になる．

遷移軌道では， $r_{p} = r_{1}$ ， $r_{a} = r_{2}$ だから

v_{p} = \sqrt{\frac{2 G M r_{2}}{r_{1} (r_{1} + r_{2})}} \approx 1.02 \times 10^{4} m s^{- 1}

v_{a} = v_{p} \frac{r_{1}}{r_{2}} \approx 1.6 \times 10^{3} m s^{- 1}

半径 $r_{1}$ ， $r_{2}$ の円軌道の速さは，それぞれ $7.73 \times 10^{3} m s^{- 1}$ ， $3.07 \times 10^{3} m s^{- 1}$ ．よって

$Δ v_{1} = v_{p} - 7.73 \times 10^{3} \approx 2.4 \times 10^{3} m s^{- 1}$ ， $Δ v_{2} = 3.07 \times 10^{3} - v_{a} \approx 1.5 \times 10^{3} m s^{- 1}$ ．合計は約 $3.9 \times 10^{3} m s^{- 1}$ ．

遷移軌道の長半径は $a = \frac{r_{1} + r_{2}}{2} = 2.44 \times 10^{7} m$ ．半周するので $t = π \sqrt{\frac{a^{3}}{G M}} \approx 1.9 \times 10^{4} s$ ，約 5.3 時間である．

例題 3

オリジナル ★★★☆☆

太陽のまわりを回る彗星の近日点距離が $0.40$ 天文単位（地球の公転半径が 1 天文単位），遠日点距離が $40$ 天文単位である．地球は半径 1 天文単位の円軌道を速さ $29.8 km s^{- 1}$ で公転している．

**［図：細長い彗星の軌道］**
近日点0.40天文単位，遠日点40天文単位の楕円と，半径1天文単位の地球軌道を同じ縮尺で描いた．

彗星の長半径，離心率，公転周期（年）を求めよ．
近日点と遠日点での速さを求めよ．

解答を見る

考え方 太陽の質量を知らなくても，地球の公転から $G M_{⊙} = v_{E}^{2} \times 1$ 天文単位と書ける．周期は地球との比で出す．

$a = \frac{0.40 + 40}{2} = 20.2$ 天文単位． $e = \frac{40 - 0.40}{40 + 0.40} = 0.980$ ．地球（ $a = 1$ ， $T = 1$ 年）と第3法則で比べて， $T = {20.2}^{3 / 2} \approx 91$ 年．
地球の公転速さ $v_{E}$ について $v_{E}^{2} = G M_{⊙} / (1 天文単位)$ ．単位を天文単位でとると

$\frac{v_{p}^{2}}{v_{E}^{2}} = \frac{2 r_{a}}{r_{p} (r_{a} + r_{p})} = \frac{2 \times 40}{0.40 \times 40.4} = 4.95$ より $v_{p} = 2.22 v_{E} \approx 66 km s^{- 1}$ ．遠日点では $v_{a} = v_{p} \frac{r_{p}}{r_{a}} = 66 \times \frac{0.40}{40} \approx 0.66 km s^{- 1}$ ．

ポイントここまでのまとめ

$\dot{r} = - \frac{L}{m} \frac{d u}{d θ}$ （ $u = 1 / r$ ）を使うと，運動方程式は $\frac{d^{2} u}{d θ^{2}} + u = \frac{1}{ℓ}$ になり，解 $r = \frac{ℓ}{1 + e \cos θ}$ は $e < 1$ で楕円（ $a = \frac{ℓ}{1 - e^{2}}$ ）， $e = 1$ で放物線， $e > 1$ で双曲線．
楕円では $r_{p} + r_{a} = 2 a$ ， $r_{p} r_{a} = b^{2}$ ， $e = \frac{r_{a} - r_{p}}{r_{a} + r_{p}}$ ．
近点・遠点の $r_{p} v_{p} = r_{a} v_{a}$ とエネルギー保存の連立から， $v_{p}^{2} = \frac{2 G M r_{a}}{r_{p} (r_{a} + r_{p})}$ ， $E = - \frac{G M m}{2 a}$ が得られる．
ホーマン遷移では，遷移軌道の速さと円軌道の速さの差が $Δ v$ ．周期は長半径だけで決まる．
地球の公転との比で，太陽の質量を知らなくても彗星の周期や速さが出せる．