軌道を上げる遷移軌道(ホーマン遷移)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 登場する軌道は3つ。内側の円(半径 $R$)、外側の円(半径 $4R$)、それをつなぐ 遷移楕円(近 $R$・遠 $4R$)。

円軌道の速さは「向心力=万有引力」で即決。楕円の両端は、前問と同じく 面積速度一定+エネルギー保存(まとめればヴィス・ヴィヴァの式)で出す。

噴射で必要な速さの変化は、同じ地点での「楕円の速さ」と「円の速さ」の差。向きは軌道接線方向でそろっているので、単純な引き算でよい。

① 円軌道の速さ。 円軌道は「向心力=万有引力」。

$$\frac{m{v}^2}{r}=\frac{GMm}{r^2}⟹v=\sqrt{\frac{GM}{r}}=\sqrt{\frac{g{R}^2}{r}}$$

$$v_1=\sqrt{\frac{g{R}^2}{R}}=\sqrt{gR},v_2=\sqrt{\frac{g{R}^2}{4R}}=\frac{1}{2}\sqrt{gR}$$

② 遷移楕円の両端の速さ。 長半径 $a=\frac{R+4R}{2}=\frac{5R}{2}$。ヴィス・ヴィヴァの式 $v^2=GM\left(\frac{2}{r}-\frac{1}{a}\right)$ を使う。

近い側 $r=R$:

$$v_p^2=g{R}^2\left(\frac{2}{R}-\frac{2}{5R}\right)=gR\left(2-\frac{2}{5}\right)=1.6gR⟹v_p=\sqrt{1.6gR}$$

遠い側 $r=4R$:

$$v_a^2=g{R}^2\left(\frac{2}{4R}-\frac{2}{5R}\right)=gR\left(\frac{1}{2}-\frac{2}{5}\right)=0.1gR⟹v_a=\sqrt{0.1gR}$$

(面積速度一定 $R{v}_p=4R{v}_a$ も満たしていることが確かめられる。)

③ 噴射量。 1 回目は内側の円→楕円の近点、同じ地点なので

$$\Delta v_1=v_p-v_1=\left(\sqrt{1.6}-1\right)\sqrt{gR}\approx 0.26\sqrt{gR}$$

2 回目は楕円の遠点→外側の円、

$$\Delta v_2=v_2-v_a=\left(\frac{1}{2}-\sqrt{0.1}\right)\sqrt{gR}\approx 0.18\sqrt{gR}$$

どちらも正なので、2 回とも加速の噴射である。数値では $\sqrt{gR}\approx 7.9km/s$ なので $\Delta v_1\approx 2.1km/s$、$\Delta v_2\approx 1.5km/s$。

まとめ 軌道を上げるには「加速→楕円で惰性→もう一度加速」の2段。速さは円が「向心力=万有引力」、楕円がヴィス・ヴィヴァで統一的に出せる。遠点では円軌道より遅いので、外側の円に乗るには もう一度加速 が要る点が直感に反して面白い。

別解

エネルギーと角運動量の連立に戻すルート。 ヴィス・ヴィヴァを暗記していなくても、楕円の両端 $r=R,4R$ について

$$R{v}_p=4R{v}_a(\text{面積速度一定})$$ $$\frac{1}{2}{v}_p^2-\frac{GM}{R}=\frac{1}{2}{v}_a^2-\frac{GM}{4R}(\text{エネルギー保存})$$

を連立すれば、$v_p=\sqrt{1.6gR},v_a=\sqrt{0.1gR}$ が同じく得られる。ヴィス・ヴィヴァはこの連立を一般化して1本にまとめた式にすぎない。試験では連立から出す方が安全なこともある。