第一宇宙速度で真上に打ち上げた場合

第一宇宙速度の約 7.9km/sで物体を水平に発射すると，空気抵抗や地球の自転等の影響を無視すれば地球を約84分で一周して元の場所に戻ってくると聞きました。

ではこの速度で真上に打ち上げた場合，第二宇宙速度の11.2km/sには足りないのでどこかで下降に転じると思うのですが，それは地上何kmでそこまで何分かかるのでしょうか？

No.1 回答者： t_fumiaki 回答日時： 2017/06/07 15:48

普通に初速度V₀=7.9km/sでの投げ上げだから、それで計算する。

最高点は速度=0となる点だから重力加速度をgとし、高度をyとすると
0=V₀-gt
y=V₀t-gt²/2

この式からtを消すと
V₀²=2gy
∴y=V₀²/2g

V₀=7900m/s、g=9.8m/s²を代入すると
y=7900²/(9.8×2)=3100000m=3,100km

この回答へのお礼

ご回答ありがとうございます。
地球から離れても重力が変わらない場合はそうなるわけですね。

お礼日時：2017/06/07 16:44

No.2 ベストアンサー 回答者： yhr2 回答日時： 2017/06/07 16:06

第一宇宙速度は、円運動の周速度です。

この速度で、加速度なしで等速運動する場合を考えています。

　宇宙レベルで考えると、「重力加速度」が一定とは考えれらなくなります。実際、#1さんの計算した「高度3100km」は、地球中心からの半径が 6371 + 3100 = 9471 km ということですから、地表の地球半径の約1.5倍で、万有引力の法則から、重力加速度は (1/1.5)^2 ≒ 0.44 つまり地表の半分以下になっています。

　ということで、正確には第二宇宙速度の計算のように「重力場の位置エネルギー」で計算する必要があります。

　無限遠を基準にした「重力場の位置エネルギー」は、地球表面では、地球の半径を R として
　　U = -GMｍ/R
となります。
　同様に、地球中心からの距離を H の宇宙船の位置エネルギーは、
　　-∫[∞→H](GMm/r^2)dr
なので、地表の位置エネルギーとの差が「打ち上げ時の運動エネルギー」ということになります。つまり
　　-∫[∞→H](GMm/r^2)dr - ( -GMｍ/R ) = (1/2)mv^2
ということです。これより、
　(1/2)mv^2 = -GMｍ/H + GMｍ/R = GMｍ(1/R - 1/H)
→ 　GMm/H = GMm/R - (1/2)mv^2
→ 　1/H = 1/R - (1/2)v^2 /GM
→ 　H = 1/[ 1/R - (1/2)v^2 /GM ]

あとはこれに数値を入れて、
　R = 6371 km = 6.371 * 10^6 m
　M = 5.972 * 10^24 kg
　G = 6.674 * 10^(-11) m^3kg^(-1)s^(-2)
　v = 7.9 km/s = 7.9 * 10^3 m/s
より

H = 1/[ 1/(6.371 * 10^6 [m]) - (1/2)(7.9 * 10^3 [m/s])^2 / ( 6.674 *10^(-11) * 5.972 * 10^24 [m^3/s^2] )
　≒ 1/[ 1.570 * 10^(-7) - 0.783 * 10^(-7) ]
　≒ 1/[ 7.87 * 10^(-8) ]
　≒ 1.27 * 10^7 (m)
　＝ 12700 (km)

ということです。地球の半径が 6371 km ですから、これを差し引くと地上からの高さ 6300 km 程度ということで、「地球半径程度の高さ」ということです。
　なお、静止衛星の軌道が地上約 36000 km ですから、これよりはかなり低いです。

この回答へのお礼

詳しく解き方まで教えてくださいまして，ありがとうございます。
お陰で他の値も代入して試してみることができます。
当初の条件では「地球半径程度の高さ」になるというのは面白いし覚えやすいです。

お礼日時：2017/06/07 16:46

No.3 回答者： Tacosan 回答日時： 2017/06/07 16:23

この場合地球の中心からの距離によって重力が変わってくるという効果が無視できない＞#1.

基本的には力学的エネルギーを考えていくことになって, 距離は簡単に
地球の中心から地球の半径のちょうど 2倍 (地表からは地球の半径と同じ)
と求まるんだけど, 時間が正しいかどうかさっぱりわからん. 手元計算では微分方程式を解いてごにょごにょすると
t = (π+2)R^(3/2)/(2√(GM)) (G は万有引力定数, M と R はそれぞれ地球の質量と半径)
になっておよそ 49分 (正確にはこれよりちょっとだけ早い) と出てくる. でも, あってるかどうかがさっぱり分かんないんだよね....

この回答へのお礼

微分方程式を解く計算までしていただき，ありがとうございました。
たまたまではなく力学的には必然的に地球の中心から地球の半径のちょうど 2倍になるのですね。
所要時間の計算が到達高度に比べてずっと難しいとは考えてもみませんでした。

お礼日時：2017/06/07 16:49

No.4 回答者： yhr2 回答日時： 2017/06/07 16:35

No.2です。

「何分かかるか」を書きませんでした。

これは高校物理の「投げ上げ」の宇宙版です。

ただし、「投げ上げ」は地上での話なので「重力加速度は一定」という条件ですが、No.2の最初に書いたように、ここでは「高度が上がるほど重力加速度が小さくなる」ということなので、ちょっと複雑です。

仮に「重力加速度一定」としてしまえば
　a = -9.8 (m/s^2)
　v = 7.9 * 10^3 (m/s) - 9.8t
最高地点で v=0 となる時間は
　t = 7.9 * 10^3 / 9.8 ≒ 806 (s)
ですから約13分です。

実際には、高度が高くなると重力加速度が小さくなって減速が小さくなるので、これよりも長くかかります。
ちなみに、No.2で計算した高度は、地球中心からの半径が地表の2倍なので、重力加速度は地表の 1/4 になっています。

この回答へのお礼

追加のご回答ありがとうございました。
実際には約13分より相当長くかかるということは分かりました。

お礼日時：2017/06/07 16:56

No.5 回答者： yhr2 回答日時： 2017/06/07 16:58

No.4です。

この場合には、運動方程式

　ｍ*d^2(r)/dt^2 = - GMm/r^2

を r(t=0) = R （地球半径）、dr/dt (t=0) = V0 = 7.9 km/s の初期条件で解けばよいのですけどね。

この回答へのお礼

自力で解けそうもありませんが，いつかできるようになったらやってみたいと思います。
ありがとうございました。

お礼日時：2017/06/07 19:45

No.6 回答者： Tacosan 回答日時： 2017/06/07 17:41

最高到達点が地球の中心からちょうど半径の 2倍になるのは, 第一宇宙速度と第二宇宙速度の関係を考えれば簡単に出ます.

まず第一宇宙速度 v1 は「地表面で円軌道を描くために必要な速度」で, これは引力と遠心力の釣り合いを使って
mv1^2/R = GMm/R^2
から v1 = √(GM/R) と計算できます. 一方第二宇宙速度 v2 は「地表面から垂直に打ち上げたときに無限遠に到達できる速度」で, 計算では #2 のように力学的エネルギーを使って
(1/2)mv2^2 - GMm/R = 0
から v2 = √(2GM/R) です. つまり第一宇宙速度と第二宇宙速度の比はちょうど √2 倍です.

ここで第一宇宙速度 v1 で垂直に打ち上げたときに中心から距離 H まで到達できるとすると
(1/2)mv1^2 - GMm/R = 0 - GMm/H = -GMm/H
なんだけど, ここに上の v1 を代入すると左辺は -GMm/(2R) になるので, 両辺を比較すれば H = 2R となります.

所要時間は #5 の運動方程式を解けばいいんだけど結構面倒くさい. 「dr/dt を掛けて t で積分」がお約束だけどそこからもう 1回積分しなきゃならんし... どこかで見たなと思ったら
https://oshiete.goo.ne.jp/qa/9767161.html
にあったよ. 途中計算は全部 Maxima に丸投げしたので #3 の結果があってるかどうかは確認してない.

この回答へのお礼

ありがとうございます。Hが2Rと計算できることは分かりました。
49分より少ないと聞いて，第一宇宙速度での地球半周分42分という数字を根拠なく思い浮かべたのですが，そううまい話でもないのですね。

お礼日時：2017/06/07 19:49

No.7 回答者： syotao 回答日時： 2017/06/08 17:31

そうですね、投げ上げてから最高点に到達するまでの時間を求めるのは

結局は、力学的エネルギ保存の法則にたよる必要がある。
で、以下のようにしてみました：

地球の中心からｒのところを速度ｖで運動する場合、力学的エネルギ保存の法則
(1/2)ｍｖ²－ＧＭｍ/ｒ＝Ｅ(定数)が成立つ。
今の場合、ｒ＝Ｒ　のところから第一宇宙速度ｖ₁＝√(ｇＲ)　（ｇ＝地表面の重力加速度）
で投げ上げるから、
Ｅ＝(1/2)ｍｖ₁²－ＧＭｍ/Ｒ　となり、このＥを上の式に入れて、ｇ＝ＧＭ/Ｒ²に注意して
整理すると
ｖ²＝ｇＲ(2Ｒ/ｒ－1）が出てきます。
ここで、運動は地球の半径方向に起こるのでｖ＝ｄｒ/ｄｔ、またｖ≧0　なので
ｄｒ/ｄｔ＝√(ｇＲ)√(2Ｒ/ｒ－1）となり、求める時間をＴとすれば、
∫ｄｒ/√(2Ｒ/ｒ－1)＝√(ｇＲ)Ｔ　となります。
この左辺の積分範囲はＲから2Ｒです。
この積分計算は少々めんどいですが、ｒ＝2Ｒｔ　と変数変換して
左辺＝2Ｒ∫√ｔｄｔ/√(1－ｔ)　積分範囲1/2～1　となり、さらにｔ＝1－ｕ²　と変換して
左辺＝4Ｒ∫√(1－ｕ²)du　積分範囲0～1/√2　と簡単になります。
これを計算すると、
左辺＝2R{(1/2)＋(π/4)}　となるので、最終的に
T＝２π√(R/ｇ){(1/2π＋(1/4)｝≒２π√(R/ｇ){0.41｝となります。
ここで、２π√(R/ｇ)は第一宇宙速度で地球表面を周回する時間なので
Tは、その約41％＝34分　ということになります。

この回答へのお礼

積分計算はまだ追いきれていませんが，そのように求めることができるのですね。よく考えてみたいと思います。
大変詳しくありがとうございました。

お礼日時：2017/06/08 19:26