問題51 (関東学院大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(2)の別解: 静止座標系での運動方程式を用いた解法
- 模範解答が回転座標系における「遠心力と万有引力のつりあい」で解くのに対し、別解では静止座標系における「運動方程式（向心力＝万有引力）」を用いて解きます。
- 設問(4)の別解: 微積分を用いた体系的解法
- 万有引力による位置エネルギーの公式 \(U = -G\frac{Mm}{r}\) を暗記するのではなく、運動方程式を積分することで、仕事とエネルギーの関係から自然に導出される過程を示します。
- 設問(2)の別解: 静止座標系での運動方程式を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 運動方程式の解法: 観測者の立場（回っているか、止まっているか）による力の見え方の違いを整理し、円運動の力学的なメカニズムを正しく理解するのに役立ちます。
- 微積分の解法: 「なぜ万有引力の位置エネルギーはマイナスなのか？」「なぜ距離の1乗に反比例するのか？」という根本的な疑問に対し、力の積分（仕事）という定義から論理的に答えることができます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「万有引力と宇宙速度」です。地球規模のスケールでの物体の運動を、力学の基本法則を用いて解析します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 万有引力の法則: 質量を持つすべての物体の間には、引力が働きます。
- 円運動の運動方程式（または遠心力）: 円運動を維持するためには、中心向きの力（向心力）が必要です。
- 力学的エネルギー保存則: 万有引力のみを受けて運動する場合、運動エネルギーと位置エネルギーの和は保存されます。
- 万有引力による位置エネルギー: 無限遠を基準（\(0\)）とした場合、距離 \(r\) での位置エネルギーは負の値をとります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、地表にある物体に働く「重力」の正体が「地球との間の万有引力」であることを利用して立式します。
- (2)では、円運動している人工衛星に着目し、力のつりあい（または運動方程式）を立てます。
- (3)では、(2)の結果に条件を代入し、具体的な数値を計算します。
- (4)では、無限遠まで飛び去る条件をエネルギー保存則を用いて導きます。
問(1)
思考の道筋とポイント
私たちが普段「重力」と呼んでいる力は、地球と物体の間に働く「万有引力」そのものです（厳密には自転による遠心力も含まれますが、問題文に「自転の影響は無視する」とあるため、万有引力のみを考えます）。
地表にある物体について、重力の式と万有引力の式を結びつけます。
この設問における重要なポイント
- 地表での距離: 物体は地表にあるため、地球の中心からの距離は地球の半径 \(R\) となります。
- 力の同一視: 「重力 \(mg\)」と「万有引力 \(G\frac{Mm}{R^2}\)」は同じ力を指しています。
具体的な解説と立式
物体の質量を \(m\) とします。
この物体に働く重力の大きさは \(mg\) です。
一方、地球（質量 \(M\)）と物体（質量 \(m\)）の間に働く万有引力の大きさは、距離が \(R\) であることから \(G\frac{Mm}{R^2}\) と表せます。
これらが等しいので、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{重力}) &= (\text{万有引力}) \\[2.0ex]
mg &= G\frac{Mm}{R^2} \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 重力: \(W = mg\)
- 万有引力の法則: \(F = G\frac{Mm}{r^2}\)
式①の両辺を \(m\) で割って、\(g\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
g &= \frac{GM}{R^2}
\end{aligned}
$$
「重さ」というのは、地球が物体を引っ張る力のことです。その力の正体は、ニュートンが見つけた「万有引力」です。
「重力 \(=\) 万有引力」という関係式を作ることで、重力加速度 \(g\) が、地球の質量 \(M\) や大きさ \(R\) によってどう決まるかを表すことができます。
答えは \(g = \frac{GM}{R^2}\) です。
この式は、惑星の質量 \(M\) が大きいほど重力が強く、半径 \(R\) が大きいほど（中心から遠ざかるので）重力が弱くなることを示しており、直感と一致します。また、この式変形 \(GM = gR^2\) は、後の設問で頻繁に使用する重要なテクニックです。
問(2)
思考の道筋とポイント
人工衛星は地球の周りを等速円運動しています。
円運動を扱う際、観測者の立場によって2つの立式方法があります。
- 一緒に回る観測者から見る: 「万有引力」と「遠心力」がつりあっているとみなす。
- 外から見る観測者: 「万有引力」が「向心力」となって円運動しているとみなす（運動方程式）。
ここでは、模範解答に合わせて「1. 力のつりあい」のアプローチで解説します。
この設問における重要なポイント
- 軌道半径: 地表からの高さが \(h\) なので、円運動の半径 \(r\) は \(R + h\) となります。ここを単に \(h\) や \(R\) としないよう注意が必要です。
- 力のつりあい: 人工衛星から見ると、地球に引かれる力（万有引力）と、回転によって外に放り出されようとする力（遠心力）がバランスしています。
具体的な解説と立式
人工衛星の質量を \(m\) とします。
円運動の半径は \(r = R + h\) です。
人工衛星と共に運動する観測者から見ると、以下の2つの力がつりあっています。
- 地球中心向きの万有引力: \(G\frac{Mm}{(R+h)^2}\)
- 外向きの遠心力: \(m\frac{v^2}{R+h}\)
力のつりあいの式（中心向きの力 \(=\) 外向きの力）を立てます。
$$
\begin{aligned}
G\frac{Mm}{(R+h)^2} &= m\frac{v^2}{R+h} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
また、周期 \(T\) は「円周の長さ」を「速さ」で割ることで求められます。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{2\pi(R+h)}{v} \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 万有引力: \(F = G\frac{Mm}{r^2}\)
- 遠心力: \(F = m\frac{v^2}{r}\)
- 等速円運動の周期: \(T = \frac{2\pi r}{v}\)
まず、式②から速さ \(v\) を求めます。
両辺を \(m\) で割り、\((R+h)\) を掛けます。
$$
\begin{aligned}
\frac{v^2}{R+h} &= \frac{GM}{(R+h)^2} \\[2.0ex]
v^2 &= \frac{GM}{R+h}
\end{aligned}
$$
\(v > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{GM}{R+h}}
\end{aligned}
$$
次に、この \(v\) を式③に代入して周期 \(T\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{2\pi(R+h)}{\sqrt{\frac{GM}{R+h}}} \\[2.0ex]
&= 2\pi(R+h) \cdot \sqrt{\frac{R+h}{GM}} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{(R+h)^3}{GM}}
\end{aligned}
$$
（※ \((R+h) = \sqrt{(R+h)^2}\) としてルートの中に入れました）
人工衛星が落ちてこないのは、地球が引っ張る力（万有引力）と同じ大きさの勢いで外側に飛び出そうとする力（遠心力）が働いているからです。
高い場所（\(h\) が大きい）ほど、地球からの引力は弱くなるため、つりあうために必要なスピード（遠心力を生むスピード）もゆっくりで済みます。その結果、1周にかかる時間（周期）は長くなります。
速さ \(v = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}\)、周期 \(T = 2\pi \sqrt{\frac{(R+h)^3}{GM}}\) と求まりました。
\(h\) が大きくなると分母が大きくなるため \(v\) は小さくなります。これは「遠くの惑星ほどゆっくり回る（ケプラーの第3法則）」と整合しており、妥当です。
思考の道筋とポイント
観測者が宇宙空間に静止して人工衛星を見ているとします。この場合、遠心力は見えません。
人工衛星は万有引力を「向心力」として、円運動を行っています。
この視点から運動方程式を立て、速さを導出します。
この設問における重要なポイント
- 向心力の役割: 万有引力が円運動の向心力として機能しています。
- 運動方程式の立式: 運動方向（円の接線方向）ではなく、中心方向（法線方向）の運動方程式を立てます。
具体的な解説と立式
運動方程式の動径方向（中心向きを正）成分を考えます。
加速度は中心向きに \(a = \frac{v^2}{R+h}\) です。
働く力は中心向きの万有引力 \(F = G\frac{Mm}{(R+h)^2}\) のみです。
運動方程式 \(ma = F\) より、
$$
\begin{aligned}
m \frac{v^2}{R+h} &= G\frac{Mm}{(R+h)^2}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 向心加速度: \(a = \frac{v^2}{r}\)
この式を \(v\) について解きます。
両辺を \(m\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
\frac{v^2}{R+h} &= \frac{GM}{(R+h)^2}
\end{aligned}
$$
両辺に \((R+h)\) を掛けます。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= \frac{GM}{R+h}
\end{aligned}
$$
\(v > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{GM}{R+h}}
\end{aligned}
$$
周期 \(T\) については、メイン解法と同様に \(T = \frac{2\pi(R+h)}{v}\) に代入して求めます。
外から見ると、人工衛星はまっすぐ進もうとしているのに、地球に引っ張られて無理やり曲がっているように見えます。
この「曲げる力（向心力）」が「万有引力」そのものです。
「どれくらいの力で引っ張れば、この半径でぐるぐる回せるか？」という関係式（運動方程式）を解くことで、必要なスピードがわかります。
視点を変えても（遠心力を考えても考えなくても）、物理現象を記述する数式は一致し、結果も \(v = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}\) となり、メイン解法と完全に一致します。
問(3)
思考の道筋とポイント
「地表すれすれ」という条件を数式に翻訳します。これは \(h=0\) とみなすことを意味します。
また、問題文で与えられた数値を使って計算を行いますが、\(G\) や \(M\) の値は与えられていません。そこで、問(1)で導いた関係式 \(g = \frac{GM}{R^2}\) を利用して、既知の \(g\) と \(R\) だけで表す工夫が必要です。
この設問における重要なポイント
- 近似条件: \(h=0\) として、円運動の半径を \(R\) とします。
- 定数の置換: 未知の定数 \(G, M\) を、既知の定数 \(g, R\) の積 \(GM = gR^2\) に置き換えます。
- 単位の換算: 半径 \(R\) が \(\text{km}\) で与えられているため、必ず \(\text{m}\) に直してから計算します。
具体的な解説と立式
問(2)で求めた速さ \(v\) の式において、\(h=0\) とします。これを第1宇宙速度 \(v_1\) と呼びます。
$$
\begin{aligned}
v_1 &= \sqrt{\frac{GM}{R}}
\end{aligned}
$$
ここで、問(1)の結果 \(g = \frac{GM}{R^2}\) より、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
GM &= gR^2
\end{aligned}
$$
これを \(v_1\) の式に代入して \(G, M\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
v_1 &= \sqrt{\frac{gR^2}{R}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{gR}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 第1宇宙速度: \(v_1 = \sqrt{gR}\)
与えられた数値を代入します。
\(g = 10\,\text{m/s}^2\)
\(R = 6.4 \times 10^3\,\text{km} = 6.4 \times 10^3 \times 10^3\,\text{m} = 6.4 \times 10^6\,\text{m}\)
$$
\begin{aligned}
v_1 &= \sqrt{10 \times (6.4 \times 10^6)} \\[2.0ex]
&= \sqrt{64 \times 10^6} \\[2.0ex]
&= \sqrt{64} \times \sqrt{10^6} \\[2.0ex]
&= 8.0 \times 10^3\,\text{m/s}
\end{aligned}
$$
地面すれすれを飛び続けるために必要なスピードを計算しました。
式変形により、このスピードは「重力加速度」と「地球の半径」だけで決まることがわかります。
計算すると秒速約 \(8\,\text{km}\) という猛烈な速さになります。これは音速の約20倍以上です。
答えは \(v_1 = \sqrt{gR}\)、数値は \(8.0 \times 10^3\,\text{m/s}\) です。
有効数字2桁で答えるため、\(8000\) ではなく \(8.0 \times 10^3\) と表記するのが適切です。
問(4)
思考の道筋とポイント
物体を打ち上げて、地球の引力を振り切って二度と戻ってこないようにするための最小の速度（第2宇宙速度）を求めます。
「無限の遠くへ飛び去る」とは、無限遠点（\(r = \infty\)）に到達できるということです。
「最小値」を求めるので、無限遠点にたどり着いた瞬間に速さがちょうど \(0\) になるギリギリの状況を考えます。
摩擦や空気抵抗がないので、力学的エネルギー保存則が成立します。
この設問における重要なポイント
- 無限遠点でのエネルギー:
- 運動エネルギー: ギリギリ到達するので速さは \(0\) \(\rightarrow\) \(K = 0\)
- 位置エネルギー: 無限遠を基準としているので \(0\) \(\rightarrow\) \(U = 0\)
- つまり、無限遠での力学的エネルギーの総和は \(0\) です。
- 地表での位置エネルギー: 地表（距離 \(R\)）での万有引力による位置エネルギーは \(-G\frac{Mm}{R}\) です。マイナスがつくことに注意してください。
具体的な解説と立式
打ち上げの速さを \(v_2\) とします。
地表（スタート地点）と無限遠点（ゴール地点）の間で、力学的エネルギー保存則の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{地表での運動エネ}) + (\text{地表での位置エネ}) &= (\text{無限遠での運動エネ}) + (\text{無限遠での位置エネ}) \\[2.0ex]
\frac{1}{2}mv_2^2 + \left( -G\frac{Mm}{R} \right) &= 0 + 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動エネルギー: \(K = \frac{1}{2}mv^2\)
- 万有引力による位置エネルギー: \(U = -G\frac{Mm}{r}\)
- 力学的エネルギー保存則: \(K_{\text{前}} + U_{\text{前}} = K_{\text{後}} + U_{\text{後}}\)
保存則の式を \(v_2\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv_2^2 &= G\frac{Mm}{R} \\[2.0ex]
v_2^2 &= \frac{2GM}{R}
\end{aligned}
$$
\(v_2 > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
v_2 &= \sqrt{\frac{2GM}{R}}
\end{aligned}
$$
ここで、問(3)と同様に \(GM = gR^2\) を代入して \(G, M\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
v_2 &= \sqrt{\frac{2gR^2}{R}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{2gR}
\end{aligned}
$$
地球の引力という「井戸」の底から、無限の彼方まで脱出するために必要なエネルギー計算です。
地表にいる物体は、地球に捕まっているためマイナスのエネルギー（借金のようなもの）を持っています。これをチャラにしてゼロにするために必要な運動エネルギー（手持ちの現金）を計算すると、脱出速度が求まります。
結果を見ると、第1宇宙速度の \(\sqrt{2}\) 倍（約1.41倍）の速さが必要であることがわかります。
答えは \(v_2 = \sqrt{2gR}\) です。
第1宇宙速度 \(v_1 = \sqrt{gR}\) と比較すると、\(v_2 = \sqrt{2} v_1\) というきれいな関係になっています。円軌道を回るよりも、さらに大きなエネルギーを与えないと地球圏外へは出られないという事実は物理的に妥当です。
思考の道筋とポイント
万有引力による位置エネルギーの公式 \(U = -G\frac{Mm}{r}\) は、天下り的に与えられることが多いですが、本来は「万有引力がする仕事」を積分することで導かれます。
ここでは、運動方程式を出発点とし、それを積分することでエネルギー保存則そのものを導出します。これにより、なぜ位置エネルギーがマイナスになるのか、なぜ \(r\) に反比例するのかを根本から理解します。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の積分: 運動方程式の両辺に速度 \(v\) を掛けて時間積分することで、エネルギー保存則を導きます。
- 位置エネルギーの定義: 無限遠を基準点（\(U=0\)）とする意味を積分の範囲から理解します。
具体的な解説と立式
地球の中心を原点とし、物体までの距離を \(r\) とします。
物体が地球から遠ざかる方向（\(r\) が増える方向）に運動しているとき、物体には地球の中心向き（\(r\) が減る方向）に万有引力が働きます。
したがって、動径方向の運動方程式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
m a &= -G\frac{Mm}{r^2}
\end{aligned}
$$
ここで、加速度 \(a\) は速度 \(v = \frac{dr}{dt}\) の時間微分 \(\frac{dv}{dt}\) です。
この運動方程式の両辺に、速度 \(v = \frac{dr}{dt}\) を掛けます。
$$
\begin{aligned}
m \frac{dv}{dt} v &= -G\frac{Mm}{r^2} \frac{dr}{dt}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 合成関数の微分: \(\frac{d}{dt}(\frac{1}{2}v^2) = v\frac{dv}{dt}\)
- 積分の公式: \(\int x^{-2} dx = -x^{-1}\)
左辺と右辺をそれぞれ変形します。
左辺は、合成関数の微分法 \(\frac{d}{dt}(\frac{1}{2}v^2) = v\frac{dv}{dt}\) を逆に利用します。
$$
\begin{aligned}
(\text{左辺}) &= \frac{d}{dt}\left( \frac{1}{2}mv^2 \right)
\end{aligned}
$$
右辺は、\(\frac{d}{dt}(\frac{1}{r}) = -\frac{1}{r^2}\frac{dr}{dt}\) であることを利用します。
$$
\begin{aligned}
(\text{右辺}) &= GMm \left( -\frac{1}{r^2}\frac{dr}{dt} \right) \\[2.0ex]
&= GMm \frac{d}{dt}\left( \frac{1}{r} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{d}{dt}\left( G\frac{Mm}{r} \right)
\end{aligned}
$$
したがって、運動方程式は以下のように書き換えられます。
$$
\begin{aligned}
\frac{d}{dt}\left( \frac{1}{2}mv^2 \right) &= \frac{d}{dt}\left( G\frac{Mm}{r} \right)
\end{aligned}
$$
移項してまとめると、
$$
\begin{aligned}
\frac{d}{dt}\left( \frac{1}{2}mv^2 – G\frac{Mm}{r} \right) &= 0
\end{aligned}
$$
時間微分して \(0\) になるということは、カッコの中身が時間によらず一定（保存量）であることを意味します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv^2 – G\frac{Mm}{r} &= \text{一定} \quad (= E)
\end{aligned}
$$
これが、万有引力場における力学的エネルギー保存則です。
第2項 \(-G\frac{Mm}{r}\) が位置エネルギー \(U\) に相当します。
この保存則を、地表（\(r=R, v=v_2\)）と無限遠（\(r \to \infty, v=0\)）に適用します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv_2^2 – G\frac{Mm}{R} &= \frac{1}{2}m(0)^2 – \lim_{r \to \infty} G\frac{Mm}{r} \\[2.0ex]
\frac{1}{2}mv_2^2 – G\frac{Mm}{R} &= 0
\end{aligned}
$$
これより、メインの解法と同じ結果が得られます。
$$
\begin{aligned}
v_2 &= \sqrt{\frac{2GM}{R}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{2gR}
\end{aligned}
$$
運動方程式 \(F=ma\) は、瞬間の力の釣り合いを表す式ですが、これを「積み重ねる（積分する）」ことで、エネルギーという量の保存則が見えてきます。
計算の結果、位置エネルギーの項が \(-G\frac{Mm}{r}\) となることが自然に導かれました。無限遠（\(r\) がすごく大きい）でゼロになり、近づくとマイナスになるという性質も、数式から直接理解できます。
微積分を用いることで、公式を暗記せずとも、ニュートンの運動方程式というたった一つの原理から、第2宇宙速度まで論理的に導けることが確認できました。
結果もメイン解法と完全に一致します。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 万有引力と重力の同一視
- 核心: 地表付近で私たちが感じる「重力 \(mg\)」は、地球と物体の間に働く「万有引力 \(G\frac{Mm}{R^2}\)」そのものです。この2つを別々の力と捉えるのではなく、同じ力の異なる表現であると理解することが出発点です。
- 理解のポイント:
- 式の等価性: \(mg = G\frac{Mm}{R^2}\) という等式から、\(g = \frac{GM}{R^2}\) や \(GM = gR^2\) という重要な関係式が導かれます。
- 定数の変換: 未知の定数 \(G, M\) を、測定可能な定数 \(g, R\) に置き換えるための「変換ツール」としてこの関係式を使えるようになりましょう。
- 円運動の力学（向心力としての万有引力）
- 核心: 人工衛星が地球に落ちずに回り続けられるのは、万有引力が円運動に必要な「向心力」の役割を果たしているからです。
- 理解のポイント:
- 観測者の視点: 「外から見て運動方程式 \(ma = F\) を立てる」か、「一緒に回って遠心力とのつりあいを考える」か、どちらの立場でも正しく立式できることが重要です。
- 軌道半径の注意: 地表からの高さ \(h\) が与えられた場合、円運動の半径は \(R\) ではなく \(R+h\) になることを図を描いて確認しましょう。
- 無限遠を基準としたエネルギー保存則
- 核心: 宇宙規模の運動では、位置エネルギーの基準を「無限遠（\(U=0\)）」に設定するのが標準です。このとき、引力圏内の位置エネルギーは必ず負の値（\(-G\frac{Mm}{r}\)）になります。
- 理解のポイント:
- 脱出の条件: 「無限遠に飛び去る」とは、無限遠点での速さが \(0\) 以上になることです。最小速度を求める場合は、無限遠での全エネルギーを \(0\) と置くことで計算できます。
- 負のエネルギーの意味: 地球に束縛されている状態はエネルギーがマイナス（借金状態）であり、脱出するにはその借金を返すだけのプラスの運動エネルギーが必要だというイメージを持ちましょう。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 楕円軌道への遷移: 円軌道から加速して楕円軌道に移る問題でも、エネルギー保存則と角運動量保存則（ケプラーの第2法則）を組み合わせる基本は変わりません。
- 連星の運動: 2つの星がお互いの周りを回る場合も、それぞれの星について「万有引力 \(=\) 向心力」の式を立てるアプローチは同じです。ただし、回転の中心が2星の重心になる点に注意が必要です。
- 地球トンネル: 地球に穴を掘って落とす問題では、万有引力が距離に比例する復元力となり、単振動の方程式になります。
- 初見の問題での着眼点:
- 「地表付近」か「宇宙空間」か: 地表付近なら重力 \(mg\)（一定）、宇宙空間なら万有引力 \(G\frac{Mm}{r^2}\)（距離による変動）を使います。
- 未知数の処理: \(G\) や \(M\) が与えられていない場合、必ず \(GM = gR^2\) の関係を使って消去することを疑いましょう。
- 軌道の幾何学条件: 「地表すれすれ」なら \(r \approx R\)、「高さ \(h\)」なら \(r = R+h\) と、問題文の言葉を正確に数式（半径 \(r\)）に翻訳します。
- 解法の選択:
- 「速さ」「周期」を問われたら \(\rightarrow\) 運動方程式（または力のつりあい）。
- 「到達距離」「速さの変化」を問われたら \(\rightarrow\) エネルギー保存則。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 軌道半径 \(r\) の取り違え:
- 誤解: 公式の \(r\) に、問題文の「高さ \(h\)」や「地球半径 \(R\)」をそのまま代入してしまう。
- 対策: 必ず図を描き、円運動の中心から物体までの距離が何であるか（\(R+h\) なのか \(R\) なのか）を指差し確認します。
- 位置エネルギーの符号ミス:
- 誤解: \(mgh\) の感覚で、万有引力の位置エネルギーを \(+G\frac{Mm}{r}\) と書いてしまう。
- 対策: 万有引力は「引力」なので、近づくほど安定（エネルギーが低い）し、遠ざかるには仕事が必要です。無限遠を \(0\) とすると、それより低い（安定な）場所は必ずマイナスになると覚えましょう。
- 2乗の忘れ・つけ間違い:
- 誤解: 万有引力の法則 \(F \propto \frac{1}{r^2}\) と、位置エネルギー \(U \propto \frac{1}{r}\) の分母の次数を混同する。
- 対策: 力は距離の2乗に反比例、エネルギー（仕事＝力×距離）は距離の1乗に反比例、と次元（単位）の違いを意識して区別します。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)での公式選択（力のつりあい vs 運動方程式）:
- 選定理由: 人工衛星は等速円運動をしており、半径方向の運動はありません（つりあっている）。したがって、共に回る座標系で「遠心力」を導入し、力のつりあいで解くのが直感的で計算ミスも少ないです。
- 適用根拠: 静止系から見て運動方程式 \(ma = F\) を立てても全く同じ式になりますが、遠心力を用いたつりあいの式は「落ちない理由」を視覚的に理解しやすいため、教育的にも推奨されます。
- 問(4)での公式選択（力学的エネルギー保存則）:
- 選定理由: 求めたいのは「速さ」であり、途中の時間経過や経路の詳細は問われていません。また、万有引力は保存力であり、非保存力が仕事をしないため、エネルギー保存則が最適です。
- 適用根拠: 運動方程式を積分して解くことも可能ですが（別解）、エネルギー保存則はその積分結果を公式化したものなので、これを使うのが最短ルートです。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の次元確認（ディメンションチェック）:
- 答えが出たら、単位（次元）を確認しましょう。例えば速さ \(v\) の式なら、ルートの中身は \([\text{L}]^2[\text{T}]^{-2}\) （\(gR\) の次元）になっているはずです。\(GM/R\) の次元を確認すると、\((\text{L}^3\text{M}^{-1}\text{T}^{-2}) \cdot \text{M} \cdot \text{L}^{-1} = \text{L}^2\text{T}^{-2}\) となり、速さの2乗の次元と一致します。
- もし \(v = \sqrt{\frac{GM}{R^2}}\) となっていたら、次元が加速度になってしまうので間違いだと気づけます。
- 極限的なケースでの検算:
- もし \(h=0\) だったら？ 問(2)の答え \(v = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}\) で \(h=0\) とすると \(v = \sqrt{\frac{GM}{R}}\) となり、問(3)の第1宇宙速度と一致します。
- もし \(M=0\) （地球がない）だったら？ \(v=0\) となり、引力がないので回る必要がない（あるいは回れない）ことと整合します。
- 定数 \(GM\) の一括置換:
- 計算の途中で \(G\) や \(M\) に数値を代入せず、最後まで文字式のまま計算し、最後に \(GM = gR^2\) を使って \(g, R\) に置き換えるのが鉄則です。これにより計算量が激減し、ミスを防げます。
問題52 (新潟大＋大阪公立大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)の別解1: 慣性系における運動方程式を用いた解法
- 模範解答が回転座標系における「遠心力とのつりあい」で解くのに対し、別解1では静止している観測者（慣性系）から見た「運動方程式」を立てて解きます。
- 設問(2)の別解2: 微積分を用いた体系的解法
- 万有引力による位置エネルギーの公式を、万有引力の積分計算から導出します。また、運動方程式を積分することでエネルギー保存則が導かれる過程を示します。
- 設問(1)の別解1: 慣性系における運動方程式を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 運動方程式の解法: 「遠心力」は見かけの力であり、慣性系での運動方程式（向心力＝万有引力）こそが運動の基本原理です。この視点を持つことで、円運動の本質的な理解が深まります。
- 微積分の解法: 公式の暗記に頼らず、力（万有引力）の定義から位置エネルギーを導出することで、なぜ無限遠が基準なのか、なぜマイナスがつくのかといった物理的意味を根本から理解できます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「万有引力を受ける物体の運動と分裂」です。天体スケールの運動における力学法則の適用が問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 等速円運動の運動方程式（または遠心力とのつりあい）: 円運動を持続させるためには、中心向きの力（向心力）が必要です。
- 万有引力の法則: 質量を持つすべての物体の間には引力が働きます。
- 万有引力による位置エネルギー: 地球規模の運動では、重力加速度 \(g\) が一定ではないため、\(mgh\) ではなく万有引力のポテンシャルを用います。
- 運動量保存則: 物体が分裂する際、外力が働かなければ（あるいは無視できれば）、系全体の運動量の総和は保存されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、静止衛星が円運動していることに着目し、回転座標系での力のつりあい（万有引力＝遠心力）を考えます。
- (2)では、円運動の条件、無限遠まで脱出するためのエネルギー条件、そして分裂時の運動量保存則を順に適用して解きます。
問(1)
思考の道筋とポイント
静止衛星とは、地球の自転と同じ周期で地球の周りを回っている衛星のことです。地上から見ると静止しているように見えますが、宇宙空間（慣性系）から見れば円運動をしています。
ここでは模範解答に従い、衛星と共に回転する観測者（回転座標系）の立場から、「万有引力」と「遠心力」がつりあっていると考えます。
この設問における重要なポイント
- 静止衛星の条件: 周期が地球の自転周期 \(T\) と等しいこと。
- 力のつりあい: 衛星には地球の中心向きに「万有引力」が働き、回転座標系では外向きに「遠心力」が働きます。この2力がつりあうことで、衛星は半径 \(r\) の位置に留まり続けます。
- 角速度と周期の関係: 角速度 \(\omega\) は \(\omega = \displaystyle\frac{2\pi}{T}\) で表されます。
具体的な解説と立式
静止衛星の質量を \(m\) とします。
衛星には以下の力が働いています。
- 万有引力: 地球の中心向きに大きさ \(G\displaystyle\frac{Mm}{r^2}\)
- 遠心力: 地球の中心から遠ざかる向きに大きさ \(mr\omega^2\)
これらがつりあっているため、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{万有引力}) &= (\text{遠心力}) \\[2.0ex]
G\frac{Mm}{r^2} &= mr\omega^2 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
ここで、角速度 \(\omega\) と周期 \(T\) の関係式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
\omega &= \frac{2\pi}{T} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 万有引力の法則: \(F = G\displaystyle\frac{Mm}{r^2}\)
- 遠心力: \(F = mr\omega^2\)
- 角速度と周期の関係: \(\omega = \displaystyle\frac{2\pi}{T}\)
式②を式①に代入して、\(r\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
G\frac{Mm}{r^2} &= mr\left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 \\[2.0ex]
\frac{GM}{r^2} &= r \cdot \frac{4\pi^2}{T^2} \\[2.0ex]
r^3 &= \frac{GMT^2}{4\pi^2}
\end{aligned}
$$
両辺の3乗根をとります。
$$
\begin{aligned}
r &= \sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4\pi^2}} \\[2.0ex]
&= \left( \frac{GMT^2}{4\pi^2} \right)^{\frac{1}{3}}
\end{aligned}
$$
地球の周りを回る衛星は、地球に引っ張られる「万有引力」を受けています。一方で、回転することによって外に飛び出そうとする「遠心力」も感じます。
静止衛星となるためには、ちょうどよい距離（半径）を選んで、この引っ張る力と飛び出そうとする力がぴったり同じ大きさになるようにしなければなりません。
計算の結果、その距離 \(r\) は地球の重さや自転の速さだけで決まることがわかります。
答えは \(r = \left( \displaystyle\frac{GMT^2}{4\pi^2} \right)^{\frac{1}{3}}\) です。
\(T\) が大きくなる（ゆっくり回る）ほど、必要な半径 \(r\) も大きくなるという関係になっており、ケプラーの第3法則（\(r^3 \propto T^2\)）とも整合しています。
思考の道筋とポイント
回転座標系（遠心力）を使わず、宇宙空間で静止している観測者（慣性系）の視点で解きます。
この場合、衛星は「力のつりあい」ではなく、万有引力を向心力として「等速円運動」をしています。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の立式: 円運動の運動方程式 \(ma = F\) を立てます。加速度は中心向きに \(r\omega^2\) です。
- 力の役割: 万有引力が、円運動に必要な向心力の役割を果たしています。
具体的な解説と立式
円運動の運動方程式を、中心向きを正として立てます。
$$
\begin{aligned}
m \times (\text{向心加速度}) &= (\text{中心向きの力}) \\[2.0ex]
m r\omega^2 &= G\frac{Mm}{r^2}
\end{aligned}
$$
ここで、角速度 \(\omega\) と周期 \(T\) の関係式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
\omega &= \frac{2\pi}{T}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速円運動の運動方程式: \(ma = F\)
- 向心加速度: \(a = r\omega^2\)
- 万有引力の法則: \(F = G\displaystyle\frac{Mm}{r^2}\)
運動方程式に \(\omega\) の式を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
m r \left( \frac{2\pi}{T} \right)^2 &= G\frac{Mm}{r^2} \\[2.0ex]
r \cdot \frac{4\pi^2}{T^2} &= \frac{GM}{r^2} \\[2.0ex]
r^3 &= \frac{GMT^2}{4\pi^2}
\end{aligned}
$$
両辺の3乗根をとります。
$$
\begin{aligned}
r &= \left( \frac{GMT^2}{4\pi^2} \right)^{\frac{1}{3}}
\end{aligned}
$$
宇宙から見ると、衛星は地球に引っ張られながらぐるぐると回っています。
「回るために必要な力（向心力）」を「地球が引っ張る力（万有引力）」が提供している、という関係式を立てました。
視点が違うだけで、計算している内容は「遠心力とのつりあい」と全く同じです。
物理的な見方は異なりますが、数式上は等価であり、同じ結論 \(r = \left( \displaystyle\frac{GMT^2}{4\pi^2} \right)^{\frac{1}{3}}\) が得られます。
問(2)(ア)
思考の道筋とポイント
物体Aが静止衛星になるということは、半径 \(r\) の円軌道を描くということです。
問(1)と同様に、円運動するために必要な速さ \(v\) を求めます。ここでは速さ \(v\) を用いた運動方程式（または遠心力とのつりあい）を考えます。
この設問における重要なポイント
- 円運動の運動方程式（速度形）: 加速度を \(\displaystyle\frac{v^2}{r}\) と表します。
- 力の関係: 万有引力が向心力となります。
具体的な解説と立式
静止衛星となった後の質量を \(m’\) とします（両辺で消えるので文字は何でも構いません）。
中心向きを正とする運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
m’ \frac{v^2}{r} &= G\frac{Mm’}{r^2}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速円運動の運動方程式: \(m\displaystyle\frac{v^2}{r} = F\)
両辺を \(m’\) で割り、\(v\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{v^2}{r} &= \frac{GM}{r^2} \\[2.0ex]
v^2 &= \frac{GM}{r}
\end{aligned}
$$
\(v > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{GM}{r}}
\end{aligned}
$$
地球の周りを回るスピードが速すぎると外へ飛んでいき、遅すぎると落ちてしまいます。
万有引力と釣り合ってちょうどよく回り続けるためのスピード（第一宇宙速度に相当）を計算しました。
\(v = \sqrt{\displaystyle\frac{GM}{r}}\) です。
半径 \(r\) が大きいほど（遠くに行くほど）、必要な速さ \(v\) は小さくなります。これは惑星の運動法則と一致しており妥当です。
問(2)(イ)
思考の道筋とポイント
「無限遠に達する」とは、地球の重力を振り切って二度と戻ってこない状態を指します。
無限遠方では万有引力による位置エネルギーが \(0\) となります。
「無限遠に達するのに必要な（最小の）速さ」を求めるため、無限遠に到達した瞬間の速さが \(0\) になるギリギリのケースを考えます。
力学的エネルギー保存則を用いて立式します。
この設問における重要なポイント
- 万有引力による位置エネルギー: 地球中心からの距離 \(r\) における位置エネルギーは \(U = -G\displaystyle\frac{Mm}{r}\) です。基準（\(0\)）は無限遠です。
- エネルギー保存則: （発射直後の全エネルギー）＝（無限遠到達時の全エネルギー）
具体的な解説と立式
ガスの質量を \(m_{\text{ガス}}\) とします。
発射直後（距離 \(r\)、速さ \(u\)）と、無限遠到達時（距離 \(\infty\)、速さ \(0\)）の間で、力学的エネルギー保存則を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{発射直後の運動エネ}) + (\text{発射直後の位置エネ}) &= (\text{無限遠の運動エネ}) + (\text{無限遠の位置エネ}) \\[2.0ex]
\frac{1}{2}m_{\text{ガス}} u^2 + \left( -G\frac{Mm_{\text{ガス}}}{r} \right) &= 0 + 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動エネルギー: \(K = \displaystyle\frac{1}{2}mv^2\)
- 万有引力による位置エネルギー: \(U = -G\displaystyle\frac{Mm}{r}\)
- 力学的エネルギー保存則: \(K_{\text{始}} + U_{\text{始}} = K_{\text{終}} + U_{\text{終}}\)
式を \(u\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}m_{\text{ガス}} u^2 &= G\frac{Mm_{\text{ガス}}}{r} \\[2.0ex]
u^2 &= \frac{2GM}{r}
\end{aligned}
$$
\(u > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
u &= \sqrt{\frac{2GM}{r}}
\end{aligned}
$$
地球の重力という「井戸」の底（深さ \(G\displaystyle\frac{Mm}{r}\)）にいる状態から、はるか彼方の地上（エネルギー \(0\)）まで這い上がるために必要な勢いを計算しました。
この速さは「第二宇宙速度（脱出速度）」と呼ばれ、円軌道を回る速さの \(\sqrt{2}\) 倍になります。
\(u = \sqrt{\displaystyle\frac{2GM}{r}}\) です。
(ア)で求めた円軌道速度 \(v = \sqrt{\displaystyle\frac{GM}{r}}\) と比較すると、\(u = \sqrt{2}v\) となっています。これは物理的によく知られた関係（脱出速度は周回速度の \(\sqrt{2}\) 倍）と一致しており、正しい結果です。
問(2)(ウ)
思考の道筋とポイント
物体Aがガスを噴射して、ガスと衛星（残り）に分裂する現象です。
この瞬間、内力（ガスの圧力）のみが働き、外力は無視できるため、「運動量保存則」が成立します。
分裂前の物体Aは静止していたことに注意して式を立てます。
この設問における重要なポイント
- 系の定義: 物体A（ガスを含む）全体を一つの系とみなします。
- 質量の内訳:
- 分裂前: 全質量 \(m_0\)
- 分裂後（ガス）: 質量 \(m_{\text{ガス}}\)（これを求めたい）、速さ \(u\)（左向き）
- 分裂後（衛星）: 質量 \(m_0 – m_{\text{ガス}}\)、速さ \(v\)（右向き）
- 速度の向き: 図より、ガスは左向き、衛星は右向きに飛び出します。右向きを正として立式します。
具体的な解説と立式
求めるガスの質量を \(m_{\text{ガス}}\) とします。
右向きを正の向きとします。
分裂前の速度は \(0\) です。
分裂後のガスの速度は \(-u\)、衛星の速度は \(v\) です。
運動量保存則より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{分裂前の運動量}) &= (\text{分裂後の運動量}) \\[2.0ex]
0 &= m_{\text{ガス}} (-u) + (m_0 – m_{\text{ガス}}) v
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動量保存則: \(m_1 v_1 + m_2 v_2 = m_1 v_1′ + m_2 v_2’\)
式を変形して \(m_{\text{ガス}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
m_{\text{ガス}} u &= (m_0 – m_{\text{ガス}}) v \\[2.0ex]
m_{\text{ガス}} u &= m_0 v – m_{\text{ガス}} v \\[2.0ex]
m_{\text{ガス}} (u + v) &= m_0 v \\[2.0ex]
m_{\text{ガス}} &= \frac{v}{u + v} m_0
\end{aligned}
$$
ここで、(ア)と(イ)の結果より、\(u = \sqrt{2}v\) の関係があることを利用します。
$$
\begin{aligned}
u &= \sqrt{\frac{2GM}{r}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{2} \sqrt{\frac{GM}{r}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{2} v
\end{aligned}
$$
これを代入します。
$$
\begin{aligned}
m_{\text{ガス}} &= \frac{v}{\sqrt{2}v + v} m_0 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{\sqrt{2} + 1} m_0
\end{aligned}
$$
分母を有理化します。
$$
\begin{aligned}
m_{\text{ガス}} &= \frac{\sqrt{2} – 1}{(\sqrt{2} + 1)(\sqrt{2} – 1)} m_0 \\[2.0ex]
&= \frac{\sqrt{2} – 1}{2 – 1} m_0 \\[2.0ex]
&= (\sqrt{2} – 1) m_0
\end{aligned}
$$
止まっていた物体が二つに分かれるとき、軽い破片は速く飛び、重い破片はゆっくり飛びます。これは「運動量」という勢いの合計がゼロのままだからです。
今回は、ガスをものすごい速さ（脱出速度）で逆方向に噴射することで、残った本体を衛星の速度まで加速させました。そのために必要なガスの量を、運動量のバランス計算から求めました。
答えは \((\sqrt{2} – 1) m_0\) です。
\(\sqrt{2} \approx 1.41\) なので、\(m_{\text{ガス}} \approx 0.41 m_0\) となります。つまり、全体の約4割の質量をガスとして捨てれば、残りの6割が静止衛星になれるということです。質量が負になったり \(m_0\) を超えたりしていないため、物理的に妥当な値です。
思考の道筋とポイント
万有引力による位置エネルギーの公式 \(U = -G\displaystyle\frac{Mm}{r}\) は暗記すべきものですが、ここでは万有引力の定義から出発し、積分の計算によってこのポテンシャルを導出します。
さらに、運動方程式を積分することで、エネルギー保存則が自然に導かれることを確認します。
この設問における重要なポイント
- 万有引力ポテンシャルの定義: 無限遠を基準（\(0\)）とし、そこから距離 \(r\) まで物体を運ぶ際に、万有引力に逆らって外力がする仕事として定義されます。
- 運動方程式の空間積分: 運動方程式の両辺を位置で積分すると、「仕事とエネルギーの関係」が得られます。
具体的な解説と立式
1. 万有引力ポテンシャルの導出
地球の中心を原点とし、距離 \(r\) の位置にある質量 \(m\) の物体を考えます。
万有引力 \(F(r)\) は引力なので、中心向き（負の向き）に働きます。
$$
\begin{aligned}
F(r) &= -G\frac{Mm}{r^2}
\end{aligned}
$$
位置エネルギー \(U(r)\) は、基準点（無限遠 \(\infty\)）から点 \(r\) まで、この力に逆らってゆっくり運ぶのに必要な仕事として定義されます。
$$
\begin{aligned}
U(r) &= \int_{\infty}^{r} \left( -F(r’) \right) dr’ \\[2.0ex]
&= \int_{\infty}^{r} G\frac{Mm}{r’^2} dr’
\end{aligned}
$$
2. エネルギー保存則の導出
物体A（質量 \(m\)）が万有引力を受けながら運動する場合の運動方程式を立てます（半径方向 \(r\) の運動のみを考えます）。
$$
\begin{aligned}
m \frac{dv}{dt} &= -G\frac{Mm}{r^2}
\end{aligned}
$$
両辺に速度 \(v = \displaystyle\frac{dr}{dt}\) を掛けます。
$$
\begin{aligned}
m v \frac{dv}{dt} &= -G\frac{Mm}{r^2} \frac{dr}{dt}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 積分の公式: \(\displaystyle\int x^{-2} dx = -x^{-1}\)
- 合成関数の微分: \(\displaystyle\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}v^2\right) = v\frac{dv}{dt}\)
1. ポテンシャルの計算
$$
\begin{aligned}
U(r) &= GMm \left[ -\frac{1}{r’} \right]_{\infty}^{r} \\[2.0ex]
&= GMm \left( -\frac{1}{r} – \left( -\frac{1}{\infty} \right) \right) \\[2.0ex]
&= -G\frac{Mm}{r}
\end{aligned}
$$
これにより、公式 \(U = -G\displaystyle\frac{Mm}{r}\) が導かれました。
2. エネルギー保存則の計算
運動方程式に速度を掛けた式を時間 \(t\) で積分します。左辺は \(\displaystyle\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}mv^2\right)\)、右辺は \(\displaystyle\frac{d}{dt}\left(G\frac{Mm}{r}\right)\) の形であることを利用します。
$$
\begin{aligned}
\int \frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}mv^2\right) dt &= \int \frac{d}{dt}\left( G\frac{Mm}{r} \right) dt \\[2.0ex]
\frac{1}{2}mv^2 &= G\frac{Mm}{r} + C \quad (C\text{は積分定数}) \\[2.0ex]
\frac{1}{2}mv^2 – G\frac{Mm}{r} &= C \quad (\text{一定})
\end{aligned}
$$
これが力学的エネルギー保存則です。
問(2)(イ)では、この保存則を用いて、初期状態（\(r, u\)）と無限遠状態（\(\infty, 0\)）を結びつけました。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}m_{\text{ガス}} u^2 – G\frac{Mm_{\text{ガス}}}{r} &= 0 – 0
\end{aligned}
$$
ここから \(u = \sqrt{\displaystyle\frac{2GM}{r}}\) が導かれます。
「位置エネルギー」という概念は、実は「力」を積み重ねた（積分した）結果です。
万有引力 \(1/r^2\) を距離で積分すると \(1/r\) になります。無限遠をゼロと決めることで、シンプルで美しいエネルギーの式が得られます。
この数学的な背景を知っていると、公式を忘れても自分で作り出すことができます。
微積分を用いても、当然ながら同じ物理法則（エネルギー保存則）が導かれ、同じ結果が得られます。
この手法は、万有引力以外の力（例えばばねの力や電気力）が働く場合でも全く同じ手順でエネルギー保存則を導けるため、非常に汎用性が高いです。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 円運動のダイナミクス（向心力と遠心力）
- 核心: 円運動は「中心に向かって落ち続ける運動」です。慣性系で見れば「万有引力が向心力となって軌道を曲げている」と解釈でき、回転座標系で見れば「万有引力と遠心力がつりあって静止している」と解釈できます。どちらの視点でも、\(mr\omega^2 = G\frac{Mm}{r^2}\) という一つの真理にたどり着きます。
- 理解のポイント:
- 視点の切り替え: 自分が「宇宙空間に浮かぶ静止した観測者」なのか、「衛星に乗っている観測者」なのかを常に意識してください。それによって、運動方程式を立てるのか、力のつりあいを立てるのかが決まります。
- ケプラーの法則との関連: 導かれた \(r^3 \propto T^2\) という関係は、ケプラーの第3法則そのものです。ニュートン力学が天体の運動法則を包括していることを示す美しい例です。
- 万有引力ポテンシャルと無限遠基準
- 核心: 地球規模の運動では重力が一定ではないため、\(mgh\) は使えません。万有引力 \(F \propto 1/r^2\) を積分して得られるポテンシャル \(U \propto -1/r\) を用いる必要があります。
- 理解のポイント:
- 基準点の意味: 「無限遠でゼロ」という基準は、重力圏からの完全な脱出を意味します。エネルギーがゼロ以上であれば、物体は無限の彼方まで飛び去ることができます。
- 負のエネルギー: 地球の近くにいる物体は、無限遠よりも低いエネルギー状態（負のエネルギー）にあり、重力の井戸に閉じ込められています（束縛状態）。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 楕円軌道への遷移: 円軌道から加速して楕円軌道に移る問題（ホーマン遷移軌道）では、加速前後のエネルギー保存則と、近地点・遠地点での角運動量保存則を連立させます。
- 連星の運動: 2つの星がお互いの周りを回る問題では、重心を中心とした円運動として扱います。向心力がお互いの万有引力になります。
- 地表すれすれの円運動: \(r \approx R\)（地球半径）と近似することで、第一宇宙速度 \(v = \sqrt{gR}\) を導出するパターンも頻出です。
- 初見の問題での着眼点:
- 運動の形態を見極める: 「回っている」なら円運動の運動方程式（または遠心力）、「飛び去る・落ちてくる」ならエネルギー保存則です。
- 座標系を決める: 観測者の位置を決めます。通常、円運動の半径や周期を求める問題では回転座標系（遠心力）が直感的で計算ミスが少ないです。
- 保存則の選択:
- 時間を問わない速度・距離の関係 \(\rightarrow\) エネルギー保存則
- 分裂・合体・衝突 \(\rightarrow\) 運動量保存則
- 中心力のみが働く回転運動 \(\rightarrow\) 角運動量保存則（面積速度一定）
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 位置エネルギーの公式の混同:
- 誤解: 地表付近の公式 \(U = mgh\) を宇宙空間でも使ってしまう。あるいは、万有引力の位置エネルギーのマイナス符号を忘れて \(G\frac{Mm}{r}\) としてしまう。
- 対策: 「地球半径 \(R\) に比べて高さ \(h\) が無視できない」場合は、必ず \(-G\frac{Mm}{r}\) を使います。マイナスは「束縛されている（穴の中にいる）」ことを表す重要な記号です。
- 脱出速度と軌道速度の混同:
- 誤解: 「回るための速さ \(v\)」と「逃げるための速さ \(u\)」を混同する。あるいは、係数 \(\sqrt{2}\) の関係を逆に覚えてしまう。
- 対策: 常に導出できるようにしておきましょう。\(v\) は「力（\(ma=F\)）」から、\(u\) は「エネルギー（\(E=0\)）」から導かれます。原理が全く異なることを理解すれば混同しません。
- 分裂時の相対速度の取り扱い:
- 誤解: 「ガスを速さ \(u\) で噴射した」という記述を、地面に対する速度ではなく、ロケットに対する相対速度と誤読してしまう（問題文によっては相対速度の場合もあるので注意）。
- 対策: 問題文の「噴射するガスの速さを(イ)の \(u\) とする」という記述を正確に読み取ります。(イ)の \(u\) は地球中心（慣性系）に対する速度として定義されているため、そのまま運動量保存則の式に使えます。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(1)での公式選択（遠心力とのつりあい）:
- 選定理由: 静止衛星は「静止」して見えるため、力のつりあいで考えるのが最も自然的です。
- 適用根拠: 回転座標系を導入することで、動的な円運動を静的な力学の問題に帰着させることができます。
- 問(2)(イ)での公式選択（力学的エネルギー保存則）:
- 選定理由: 「無限遠に達する」という状態変化を扱っており、途中の経路や時間は問われていません。また、万有引力は保存力であり、非保存力の仕事がないため、エネルギー保存則が成立します。
- 適用根拠: 運動方程式を解いて速度を求めるのは困難（距離によって力が変化するため微分方程式になる）ですが、エネルギー保存則なら始点と終点の状態だけで解けます。
- 問(2)(ウ)での公式選択（運動量保存則）:
- 選定理由: 「分裂」という現象は極めて短時間に起こり、その間に働く内力（ガス圧）は外力（重力）よりもはるかに大きいため、外力の影響を無視できます。
- 適用根拠: 系の外から力が働かない（とみなせる）場合、系の全運動量は保存されます。エネルギー保存則は、分裂時の化学エネルギーなどが不明なため使えません。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 次元確認（ディメンションチェック）の徹底:
- 答えが出たら単位を確認します。例えば \(r\) の式なら \([\text{L}]\) の次元、\(v\) の式なら \([\text{L}][\text{T}]^{-1}\) の次元になっているか。
- 今回の \(r = \left( \frac{GMT^2}{4\pi^2} \right)^{\frac{1}{3}}\) では、\(GM\) は \([\text{L}]^3[\text{T}]^{-2}\)、\(T^2\) は \([\text{T}]^2\) なので、積は \([\text{L}]^3\)。その3乗根は \([\text{L}]\) となり、正しいです。
- 極限的なケースでの検算:
- もし \(M\)（地球の質量）が大きくなれば？ 引力が強くなるので、同じ場所に留まるには速く回る（\(v\) 大）か、遠くへ行く（\(r\) 小 ※周期一定の場合）必要があります。式の結果と直感が一致するか確認しましょう。
- 文字の定義の再確認:
- \(m\) と \(M\)、\(v\) と \(u\)、\(m_0\) と \(m_{\text{ガス}}\) など、似たような文字が多く登場します。立式の段階で「これは衛星の質量」「これはガスの速度」と指差し確認を行い、取り違えを防ぎましょう。特に問(2)(ウ)では、\(m_0\)（全体）と \(m_{\text{ガス}}\)（部分）の関係に注意が必要です。
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問題53 (大阪公立大＋東京理科大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)の別解: 微積分を用いた体系的解法
- 万有引力による位置エネルギーの公式を、万有引力の積分計算から導出します。また、運動方程式を積分することでエネルギー保存則が導かれる過程を示します。
- 設問(2)の別解: 遠心力を用いた解法（回転座標系）
- 模範解答が慣性系における運動方程式で解くのに対し、別解では物体と共に回転する観測者から見た「力のつりあい」で解きます。
- 設問(3)(ア)の別解: ベクトルと微積分を用いた面積速度一定の法則の導出
- 幾何学的な解釈だけでなく、運動方程式とベクトルの外積を用いて、中心力場における角運動量保存則（面積速度一定）を数学的に導出します。
- 設問(1)の別解: 微積分を用いた体系的解法
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 公式の暗記に頼らず、力（万有引力）の定義から位置エネルギーや保存則を導出することで、物理法則の体系的な理解を促します。
- 遠心力の解法: 「力がつりあっている」という静的な視点は直感的に理解しやすく、立式ミスを防ぐ効果があります。
- ベクトルの解法: 面積速度一定の法則が「中心力」という条件のみから導かれる普遍的な法則であることを理解できます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「万有引力場における物体の運動（鉛直投げ上げ、円運動、楕円運動）」です。天体スケールの運動におけるエネルギー保存則、円運動のダイナミクス、ケプラーの法則の適用が問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 力学的エネルギー保存則: 万有引力のみが仕事をする場合、運動エネルギーと万有引力による位置エネルギーの和は保存されます。
- 万有引力による位置エネルギー: 無限遠を基準とした場合、\(U = -G\displaystyle\frac{Mm}{r}\) となります。
- 等速円運動の運動方程式: 中心向きの万有引力が向心力となります。
- ケプラーの第2法則（面積速度一定の法則）: 中心力場では、動径ベクトルが単位時間に描く面積は一定です。
- ケプラーの第3法則: 惑星の公転周期の2乗は、軌道の半長軸の3乗に比例します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、地表と点Aの間で力学的エネルギー保存則を適用します。
- (2)では、円運動の運動方程式（または遠心力とのつりあい）から速度を求め、円運動の周期の公式を用います。
- (3)では、楕円軌道の特性（近地点と遠地点）に着目し、面積速度一定の法則とエネルギー保存則を連立して速度を求めます。最後にケプラーの第3法則を用いて周期を求めます。
問(1)
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
「解法に至る思考プロセス」を
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なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
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