解法の指針

惑星 O（質量 \(W\)）の万有引力を受ける物体の運動を、円軌道 → 分裂 → 楕円軌道 → ケプラーの法則の順で扱う総合問題です。万有引力定数を \(G\)、位置エネルギーの基準を無限遠にとります。貫くのは次の 4 本の柱です。

• 等速円運動：万有引力が向心力になる。\(\dfrac{MV_0^2}{R}=\dfrac{GWM}{R^2}\)。
• 分裂＝運動量保存：内力（射出）だけなので、分裂前後で全運動量は不変。相対速度 \(V\) の扱いが鍵。
• 楕円軌道＝力学的エネルギー保存＋面積速度一定（ケプラー第二法則）。近点・遠点では速度が動径に垂直になることを使う。
• ケプラー第三法則：\(T^2\propto L^3\)（\(L\)＝半長軸）。円軌道は楕円の特別な場合。

問(1) — 円軌道での速さ \(V_0\)

物体 S（質量 \(M\)）の等速円運動では、惑星 O からの万有引力 \(\dfrac{GWM}{R^2}\) が向心力 \(\dfrac{MV_0^2}{R}\) に等しい。運動方程式（向心方向）を立てる：

$$\frac{MV_0^2}{R}=\frac{GWM}{R^2}$$

両辺の \(M\) を消し、\(R\) を掛けて \(V_0^2\) を求める：

$$V_0^2=\frac{GW}{R}\quad\Rightarrow\quad V_0=\sqrt{\frac{GW}{R}}$$

🧮 数値例：地球型惑星ならどのくらいの速さか

仮に \(G=6.67\times10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2/kg^2}\)、\(W=6.0\times10^{24}\ \mathrm{kg}\)、\(R=7.0\times10^{6}\ \mathrm{m}\) とすると：

$$V_0=\sqrt{\frac{6.67\times10^{-11}\times6.0\times10^{24}}{7.0\times10^{6}}}=\sqrt{5.7\times10^{7}}\fallingdotseq 7.6\times10^{3}\ \text{m/s}$$

およそ 7.6 km/s。実際の低軌道人工衛星の速さ（約 7.9 km/s）に近い値で、式が現実的なオーダーを与えることが確かめられる。

問(2) — 円軌道の周期 \(T_0\)

1 周の道のりは円周 \(2\pi R\)、それを速さ \(V_0\) で走るので周期は \(T_0=\dfrac{2\pi R}{V_0}\)。問(1)の \(V_0=\sqrt{GW/R}\) を代入する：

$$T_0=\frac{2\pi R}{\sqrt{GW/R}}=2\pi R\sqrt{\frac{R}{GW}}$$

根号の中に \(R\) を入れてまとめる（\(R\sqrt{R}=\sqrt{R^3}\)）：

$$T_0=2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GW}}$$

🔬 補足：これがそのままケプラー第三法則

両辺を 2 乗すると \(T_0^2=\dfrac{4\pi^2}{GW}R^3\)、すなわち \(T_0^2\propto R^3\)。円軌道は楕円の特別な場合（半長軸 \(L=R\)）なので、これは「周期の 2 乗は半長軸の 3 乗に比例する」というケプラーの第三法則そのもの。問(12)(13)の伏線になっている。

問(3) — 惑星Oから見た分裂直後の物体S2の速度

分裂直前の物体 S の速度の向きを正とする。分裂後、S1 の（惑星 O から見た）速度は \(V_A\)。S2 は S1 から見て速さ \(V\) で「遠ざかる（後ろ向き＝負の向き）」ので、相対速度は \(-V\)。相対速度の定義より：

$$v_{\mathrm{S2}}-v_{\mathrm{S1}}=-V$$

\(v_{\mathrm{S1}}=V_A\) を代入して \(v_{\mathrm{S2}}\) を解く：

$$v_{\mathrm{S2}}=V_A-V$$

💡 補足：符号が語ること

\(V0\)（S2 も前へ進む）、\(V=V_A\) なら \(v_{\mathrm{S2}}=0\)（S2 は惑星から見て静止）、\(V>V_A\) なら \(v_{\mathrm{S2}}<0\)（S2 は逆向き＝後ろへ動く）。問(9)では \(V=2V_0\)、\(V_A=\tfrac43 V_0\) なので \(v_{\mathrm{S2}}=-\tfrac23 V_0<0\)、S2 は逆向きに動くことになる。

問(4) — 分裂前後の運動量保存の式

分裂前は質量 \(M\)、速度 \(V_0\) の物体 S が 1 つ。運動量は \(MV_0\)。分裂後は、S1（質量 \(m\)、速度 \(V_A\)）と S2（質量 \(M-m\)、速度 \(V_A-V\)＝問(3)）の 2 つ。運動量保存則「分裂前＝分裂後（各成分の和）」を立てる：

$$MV_0=mV_A+(M-m)(V_A-V)$$

🧮 補足：右辺を展開すると見通しがよい

右辺をばらすと \(mV_A+(M-m)V_A-(M-m)V=MV_A-(M-m)V\)。よって等価な式：

$$MV_0=MV_A-(M-m)V$$

この形は「全体は \(V_A\) を基準に、S2 の分だけ後ろへずれる」と読める。問(10)ではこの式に数値を入れて \(m/M\) を決める。

問(5) — 点A・点BでのS1の力学的エネルギー保存

S1（質量 \(m\)）は惑星 O の万有引力だけを受けて運動するので、力学的エネルギー（運動＋万有引力の位置エネルギー \(U=-\dfrac{GWm}{r}\)）が保存する。点 A は距離 \(R\)・速さ \(V_A\)、点 B は距離 \(8R\)・速さ \(V_B\)。点 A と点 B でのエネルギーを等しくおく：

$$\frac{1}{2}mV_A^2-\frac{GWm}{R}=\frac{1}{2}mV_B^2-\frac{GWm}{8R}$$

🔍 補足：位置エネルギーの符号に注意

無限遠を基準にした万有引力の位置エネルギーは \(U=-\dfrac{GWm}{r}\) で、いつも負。近い点 A ほど \(-\dfrac{GWm}{R}\) は「より深い（小さい）負の値」で、その分だけ運動エネルギーが大きい。式の左右で分母が \(R\) と \(8R\) に変わっているのがポイント。

問(6) — 点Aから微小時間Δtで掃く三角形の面積

点 A では速度 \(V_A\) が動径 OA（長さ \(R\)）と垂直。微小時間 \(\Delta t\) の間に S1 は OA に垂直な方向へ \(V_A\Delta t\) だけ動く。O・A・移動後の点を頂点とする図形は、A を直角とする直角三角形で近似できる。底辺 \(R\)、高さ \(V_A\Delta t\) の三角形の面積は：

$$S=\frac{1}{2}\times R\times V_A\Delta t=\frac{1}{2}RV_A\,\Delta t$$

🔬 補足：これが「面積速度」

面積を時間で割った \(\dfrac{S}{\Delta t}=\dfrac12 RV_A\) が面積速度。ケプラーの第二法則は「面積速度が一定」なので、軌道上のどこで測っても \(\tfrac12 rv_\perp\)（\(v_\perp\)＝動径に垂直な速度成分）が同じ値になる。近点・遠点では速度がまるごと動径に垂直なので \(v_\perp=v\) となり、計算が最も簡単。

問(7) — ケプラー第二法則から \(V_B\) を \(V_A\) で表す

点 A・B とも速度は動径に垂直なので、面積速度は \(\tfrac12 R V_A\)（A）と \(\tfrac12 (8R) V_B\)（B）。ケプラー第二法則（面積速度一定）より両者は等しい：

$$\frac{1}{2}R V_A=\frac{1}{2}(8R)V_B$$

両辺の \(\tfrac12 R\) を払って \(V_B\) を解く：

$$V_A=8V_B\quad\Rightarrow\quad V_B=\frac{V_A}{8}$$

💡 補足：角運動量保存と同じこと

面積速度一定は、S1 の角運動量 \(mrv_\perp\) が一定であることと同値。\(mR V_A=m(8R)V_B\) から同じ \(V_B=V_A/8\) が出る。惑星からの引力は常に動径向き（中心力）なので、O まわりの力のモーメントが 0 で角運動量が保存する。

問(8) — 比 \(V_A/V_0\) を数値で求める

問(5)のエネルギー保存に、問(7)の \(V_B=\dfrac{V_A}{8}\) を代入する。両辺を \(m\) で割り、\(GW=V_0^2 R\)（問1より）を使う：

$$\frac{1}{2}V_A^2-\frac{GW}{R}=\frac{1}{2}\Bigl(\frac{V_A}{8}\Bigr)^2-\frac{GW}{8R}$$

\(V_A^2\) の項と \(\dfrac{GW}{R}\) の項をそれぞれまとめる：

$$\frac{1}{2}V_A^2\Bigl(1-\frac{1}{64}\Bigr)=\frac{GW}{R}\Bigl(1-\frac{1}{8}\Bigr)\;\Rightarrow\;\frac{1}{2}V_A^2\cdot\frac{63}{64}=\frac{GW}{R}\cdot\frac{7}{8}$$

\(V_A^2\) について解き、\(GW/R=V_0^2\) を代入する：

$$V_A^2=\frac{GW}{R}\cdot\frac{7}{8}\cdot\frac{2\cdot 64}{63}=\frac{16}{9}\cdot\frac{GW}{R}=\frac{16}{9}V_0^2$$

よって \(V_A=\dfrac{4}{3}V_0\)、比は：

$$\frac{V_A}{V_0}=\frac{4}{3}$$

🧮 補足：ヴィス・ヴィヴァの式でも一発

楕円上の速さは \(v^2=GW\Bigl(\dfrac{2}{r}-\dfrac{1}{L}\Bigr)\)（\(L\)＝半長軸）で与えられる。S1 の半長軸は \(L=\dfrac{R+8R}{2}=\dfrac{9R}{2}\) なので、点 A（\(r=R\)）では

$$V_A^2=GW\Bigl(\frac{2}{R}-\frac{2}{9R}\Bigr)=\frac{GW}{R}\cdot\frac{16}{9}=\frac{16}{9}V_0^2.$$

同じく \(\dfrac{V_A}{V_0}=\dfrac43\) を得る。

問(9) — \(V=2V_0\) のとき惑星Oから見た物体S2の速さ

問(3)より、惑星 O から見た S2 の速度は \(v_{\mathrm{S2}}=V_A-V\)。問(8)で \(V_A=\dfrac43 V_0\)、条件より \(V=2V_0\) を代入する：

$$v_{\mathrm{S2}}=\frac{4}{3}V_0-2V_0=\Bigl(\frac{4}{3}-\frac{6}{3}\Bigr)V_0=-\frac{2}{3}V_0$$

負号は「分裂前の向きと逆向き」を意味する。速さ（大きさ）は：

$$|v_{\mathrm{S2}}|=\frac{2}{3}V_0$$

💡 補足：向きが逆でも「遠ざかる」は矛盾しない

S1 は前へ \(\tfrac43 V_0\)、S2 は後ろへ \(\tfrac23 V_0\)。両者の相対速度は \(\tfrac43 V_0-(-\tfrac23 V_0)=2V_0=V\) で、確かに「S1 から見て速さ \(2V_0\) で遠ざかる」という条件に一致する。O 系では逆向きでも、互いには離れていく。

問(10) — 質量比 \(m/M\) を数値で求める

問(4)の運動量保存 \(MV_0=mV_A+(M-m)(V_A-V)\) に、\(V_A=\dfrac43V_0\) と \(V_A-V=-\dfrac23V_0\)（問9）を代入し、両辺を \(V_0\) で割る：

$$M=\frac{4}{3}m+\Bigl(-\frac{2}{3}\Bigr)(M-m)$$

右辺を展開して \(m\) と \(M\) を整理する：

$$M=\frac{4}{3}m-\frac{2}{3}M+\frac{2}{3}m=2m-\frac{2}{3}M$$

\(M\) を左辺に集める：

$$M+\frac{2}{3}M=2m\;\Rightarrow\;\frac{5}{3}M=2m\;\Rightarrow\;\frac{m}{M}=\frac{5}{6}$$

🔍 補足：条件 \(m

\(\dfrac{m}{M}=\dfrac56<1\) なので \(m0\) で矛盾なし。念のため運動量を検算すると、\(\dfrac56\cdot\dfrac43+\dfrac16\cdot\Bigl(-\dfrac23\Bigr)=\dfrac{20}{18}-\dfrac{2}{18}=1\)（＝分裂前）で保存が確認できる。

問(11) — 物体S2の最接近距離の比 \(r/R\)

S2 は点 A で距離 \(R\)、速さ \(v_a=\dfrac23V_0\)（動径に垂直）。これが遠点なので、最接近点（近点）を距離 \(r\)、速さ \(v_p\) とする。まず面積速度一定（角運動量保存）：

$$R\,v_a=r\,v_p\;\Rightarrow\;v_p=\frac{R}{r}v_a$$

次にエネルギー保存（\(GW=V_0^2R\) を使う）：

$$\frac{1}{2}v_a^2-\frac{V_0^2R}{R}=\frac{1}{2}v_p^2-\frac{V_0^2R}{r}$$

\(v_a=\dfrac23V_0\)、\(v_p=\dfrac{R}{r}\cdot\dfrac23V_0\) を代入し、両辺を \(V_0^2\) で割る。\(u=\dfrac{R}{r}\) とおくと：

$$\frac{2}{9}-1=\frac{2}{9}u^2-u\;\Rightarrow\;2u^2-9u+7=0$$

因数分解 \((2u-7)(u-1)=0\) より \(u=\dfrac72\) または \(u=1\)。\(u=1\)（\(r=R\)）は出発点 A なので、近点は \(u=\dfrac72\)：

$$\frac{R}{r}=\frac{7}{2}\;\Rightarrow\;\frac{r}{R}=\frac{2}{7}$$

🔬 補足：半長軸からのショートカット

S2 の半長軸を \(L_2\) とする。ヴィス・ヴィヴァ \(v^2=GW\Bigl(\dfrac2r-\dfrac1{L_2}\Bigr)\) を点 A（\(r=R\)、\(v=\tfrac23V_0\)、\(GW=V_0^2R\)）で使うと \(\dfrac49=2-\dfrac{R}{L_2}\)、よって \(\dfrac{R}{L_2}=\dfrac{14}{9}\)、\(L_2=\dfrac{9R}{14}\)。遠点 \(R\) と近点 \(r\) の和が \(2L_2=\dfrac{9R}{7}\) だから \(r=\dfrac{9R}{7}-R=\dfrac{2R}{7}\)。同じ \(r/R=2/7\)。

問(12) — ケプラー第三法則による \(T_P/T_Q\)

ケプラーの第三法則は「周期の 2 乗は半長軸の 3 乗に比例」。軌道 P・Q について同じ比例定数 \(k=\dfrac{4\pi^2}{GW}\) を用いると：

$$T_P^2=k\,L_P^3,\qquad T_Q^2=k\,L_Q^3$$

辺々割って \(k\) を消し、平方根をとる：

$$\frac{T_P^2}{T_Q^2}=\frac{L_P^3}{L_Q^3}\;\Rightarrow\;\frac{T_P}{T_Q}=\Bigl(\frac{L_P}{L_Q}\Bigr)^{3/2}$$

💡 補足：問(2)との整合

円軌道（半長軸＝半径 \(R\)）では \(T_0=2\pi\sqrt{\dfrac{R^3}{GW}}\)。2 乗すると \(T_0^2=\dfrac{4\pi^2}{GW}R^3\) となり、比例定数 \(k=\dfrac{4\pi^2}{GW}\) が惑星（\(W\)）だけで決まることが分かる。同じ惑星のまわりの軌道なら \(k\) が共通なので、周期比は半長軸比だけで書ける。

問(13) — 物体S1の周期比 \(T_1/T_0\)

もとの円軌道の半長軸は \(L_0=R\)、周期は \(T_0\)。S1 の楕円軌道は近点 \(R\)・遠点 \(8R\) なので、半長軸は：

$$L_1=\frac{R+8R}{2}=\frac{9}{2}R$$

問(12)のケプラー第三法則（同じ惑星なので比例定数共通）に \(L_1,L_0\) を入れる：

$$\frac{T_1}{T_0}=\Bigl(\frac{L_1}{L_0}\Bigr)^{3/2}=\Bigl(\frac{9R/2}{R}\Bigr)^{3/2}=\Bigl(\frac{9}{2}\Bigr)^{3/2}$$

指数を計算する。\(\Bigl(\dfrac92\Bigr)^{3/2}=\dfrac{9^{3/2}}{2^{3/2}}=\dfrac{27}{2\sqrt2}=\dfrac{27\sqrt2}{4}\)：

$$\frac{T_1}{T_0}=\frac{27\sqrt{2}}{4}\fallingdotseq 9.55$$

🧮 補足：半長軸だけで周期が決まる不思議

楕円の周期は「細長いか丸いか（離心率）」にはよらず、半長軸 \(L\) だけで決まる。近点 \(R\)・遠点 \(8R\) というかなり細長い楕円でも、半長軸が \(\dfrac92R\) でありさえすれば周期は同じ。遠くまで行く軌道ほど 1 周が長いという直感とも合う。実際 \(27\sqrt2/4\approx9.55\) 倍なので、円軌道の物体が約 9.5 周する間に S1 はやっと 1 周する。