GEO004 問題3

方針

この問題の核心は、惑星から見た探査機の速さは変化しなくても、恒星から見た速さは変化するという点です。

まず、惑星の円運動から恒星の重力パラメータを消去し、恒星からの脱出条件を求めます。

次に、惑星から見た探査機の速度ベクトルの変化を利用して、重力アシストによる力学的エネルギーの増加量を計算します。

最後に、脱出に必要な最小の偏向角を求め、双曲線軌道の公式から最大の最接近距離を決定します。

計算

1. 恒星からの脱出条件

恒星の質量を $M_\star$M⋆​ とします。

惑星は半径 $a$a の円軌道を速さ $V$V で公転しているため、万有引力が向心力となることから、

$$\frac{GM_\star}{a^2}=\frac{V^2}{a}$$a2GM⋆​​=aV2​

したがって、

$$GM_\star=aV^2$$GM⋆​=aV2

が成り立ちます。

恒星から距離 $a$a の位置で、探査機の恒星に対する速さを $v$v とすると、単位質量あたりの力学的エネルギー $\varepsilon$ε は、

$$\varepsilon=\frac12v^2-\frac{GM_\star}{a}$$ε=21​v2−aGM⋆​​

です。

先ほどの関係を代入すると、

$$\varepsilon=\frac12v^2-V^2$$ε=21​v2−V2

となります。

恒星から脱出するためには $\varepsilon\geq0$ε≥0 が必要なので、

$$\boxed{v^2\geq2V^2}$$v2≥2V2​

を得ます。

2. 重力アシストによる速度の変化

惑星の公転方向を $x$x 軸の正方向とします。

惑星の恒星に対する速度ベクトルは、

$$\boldsymbol{V}=(V,0)$$V=(V,0)

です。

一方、探査機の恒星に対する進入速度は、

$$\boldsymbol{v}_{\mathrm{in}}=(-V,0)$$vin​=(−V,0)

なので、惑星に対する相対速度は、

$$\begin{aligned} \boldsymbol{u}_{\mathrm{in}} &=\boldsymbol{v}_{\mathrm{in}}-\boldsymbol{V}\\ &=(-2V,0) \end{aligned}$$uin​​=vin​−V=(−2V,0)​

となります。

よって、

$$\boxed{u=2V}$$u=2V​

です。

探査機は惑星の重力によって偏向角 $\delta$δ だけ向きを変えます。

惑星から見た速さは保存されるため、離脱時の相対速度は、

$$\boldsymbol{u}_{\mathrm{out}} =(-2V\cos\delta,\ \pm2V\sin\delta)$$uout​=(−2Vcosδ, ±2Vsinδ)

と表せます。

これに惑星の公転速度を加えると、恒星から見た探査機の離脱速度は、

$$\boldsymbol{v}_{\mathrm{out}} =(V-2V\cos\delta,\ \pm2V\sin\delta)$$vout​=(V−2Vcosδ, ±2Vsinδ)

となります。

したがって、離脱速度の大きさの2乗は、

$$\begin{aligned} v_{\mathrm{out}}^2 &=(V-2V\cos\delta)^2 +(2V\sin\delta)^2\\ &=V^2(1-4\cos\delta+4\cos^2\delta +4\sin^2\delta)\\ &=V^2(5-4\cos\delta) \end{aligned}$$vout2​​=(V−2Vcosδ)2+(2Vsinδ)2=V2(1−4cosδ+4cos2δ+4sin2δ)=V2(5−4cosδ)​

です。

3. 脱出に必要な偏向角

恒星から脱出するためには、

$$v_{\mathrm{out}}^2\geq2V^2$$vout2​≥2V2

であればよいので、

$$V^2(5-4\cos\delta)\geq2V^2$$V2(5−4cosδ)≥2V2

となります。

整理すると、

$$\boxed{\cos\delta\leq\frac34}$$cosδ≤43​​

を得ます。

ここで、$0<\delta<\pi$0<δ<π において、偏向角 $\delta$δ が大きいほど、恒星に対する離脱速度も大きくなります。

一方、惑星からの最接近距離が大きいほど、重力による偏向角は小さくなります。

したがって、脱出可能な最接近距離の最大値 $r_{\max}$rmax​ は、

$$\cos\delta=\frac34$$cosδ=43​

となる限界で実現します。

半角の公式より、

$$\begin{aligned} \sin^2\frac{\delta}{2} &=\frac{1-\cos\delta}{2}\\ &=\frac{1-\frac34}{2}\\ &=\frac18 \end{aligned}$$sin22δ​​=21−cosδ​=21−43​​=81​​

となります。

$0<\delta<\pi$0<δ<π であるため、

$$\boxed{\sin\frac{\delta}{2}=\frac{1}{2\sqrt2}}$$sin2δ​=22​1​​

です。

4. 最大の最接近距離

問題文で与えられた双曲線軌道の公式は、

$$\sin\frac{\delta}{2} =\frac{\mu}{\mu+r_{\min}u^2}$$sin2δ​=μ+rmin​u2μ​

です。

脱出条件がちょうど等号で成立するとき、$r_{\min}=r_{\max}$rmin​=rmax​ なので、

$$\frac{1}{2\sqrt2} =\frac{\mu}{\mu+r_{\max}u^2}$$22​1​=μ+rmax​u2μ​

となります。

$u=2V$u=2V を代入すると、

$$\frac{1}{2\sqrt2} =\frac{\mu}{\mu+4r_{\max}V^2}$$22​1​=μ+4rmax​V2μ​

です。

両辺を整理すると、

$$\mu+4r_{\max}V^2=2\sqrt2\mu$$μ+4rmax​V2=22​μ

より、

$$4r_{\max}V^2=(2\sqrt2-1)\mu$$4rmax​V2=(22​−1)μ

したがって、

$$\boxed{ r_{\max}=\frac{\mu}{4V^2}(2\sqrt2-1) }$$rmax​=4V2μ​(22​−1)​

を得ます。

5. 数値の代入

求めた $r_{\max}$rmax​ を惑星半径 $R$R で割ると、

$$\frac{r_{\max}}R =\frac{\mu}{4V^2R}(2\sqrt2-1)$$Rrmax​​=4V2Rμ​(22​−1)

です。

制約の値を代入すると、

$$\begin{aligned} \frac{r_{\max}}R &=\frac{1.27\times10^{17}} {4(1.3\times10^4)^2(7\times10^7)} (2\sqrt2-1)\\ &=\frac{127\times10^{15}} {4\times13^2\times7\times10^{13}} (2\sqrt2-1)\\ &=\frac{12700(2\sqrt2-1)} {4\times7\times13^2}\\ &=\frac{25400\sqrt2-12700} {4\times7\times13^2} \end{aligned}$$Rrmax​​​=4(1.3×104)2(7×107)1.27×1017​(22​−1)=4×132×7×1013127×1015​(22​−1)=4×7×13212700(22​−1)​=4×7×132254002​−12700​​

となります。

したがって、

$$A=25400,\qquad B=12700$$A=25400,B=12700

です。

なお、

$$\frac{r_{\max}}R\approx4.91>1$$Rrmax​​≈4.91>1

であるため、この最接近距離は惑星の表面より外側にあり、探査機が惑星に衝突しないという条件も満たしています。

よって、

$$\begin{aligned} A+B &=25400+12700\\ &=\boxed{38100} \end{aligned}$$A+B​=25400+12700=38100​​

答え：38100