ロケットの打ち上げ問題

ロケット

宇宙空間でのガスによる移動は、外力を考えなくてもいいので比較的簡単に解けました。

しかし、地上からの打ち上げの場合は、重力や空気抵抗がかかり複雑です。

ここでは、地上からの打ち上げで空気抵抗がない場合の問題を解いてみます。

質量mで速度vのロケットから、単位時間あたり\alphaのガスがロケットに対しuの速度で噴射しているとする。このとき、ロケットがガスから受ける力を求めよ。

 

まず、運動量の変化を計算すると

 \displaystyle dP=((m+dm)(v+dv)+(-dm)(v-u))-mv\\=(mv+mdv+dmv+dmdv-dmv+dmu)-mv\\=mdv+dmdv+dmu

となり、二次の微小量を無視すれば

 dP=mdv+dmu

となります。よって、

 \displaystyle \frac{dP}{dt}=m\frac{dv}{dt}+\frac{dm}{dt}u

がえられます。外力Fがかかっていれば、運動方程式

 \displaystyle \frac{dP}{dt}=F

より

 \displaystyle m\frac{dv}{dt}+\frac{dm}{dt}u=F\\\Leftrightarrow m\frac{dv}{dt}=-\frac{dm}{dt}u+F

が導出されます。

よって、ロケットがガスからうける力は

 \displaystyle -\frac{dm}{dt}u

となります。よって、ガス噴出による力を大きくするには

噴射速度をあげる

単位時間あたりのガス噴射量\displaystyle -\frac{dm}{dt}を大きくする

ことが大事です。

 

重力加速度が一定で、空気抵抗がない場合のロケットの速度を求めよ。ただし、初速は0とする

 

先ほど導出した方程式の外力がF=-mgの場合なので

 \displaystyle m\frac{dv}{dt}=-\frac{dm}{dt}u-mg

となります。いま、単位時間の噴射量が\alphaなので

 \displaystyle m=m_{0}-\alpha t

がえられます。よって

 \displaystyle (m_{0}-\alpha t)\frac{dv}{dt}=\alpha u-(m_{0}-\alpha t)g\\\Leftrightarrow \frac{dv}{dt}=-g-u\frac{-\alpha}{m_{0}-\alpha t}

なので計算すれば

 \displaystyle \int_{0}^{t}\frac{dv}{dt}dt=\int_{0}^{t}\left(-g-u\frac{-\alpha}{m_{0}-\alpha t}\right)dt\\\Leftrightarrow v(t)-v(0)=-gt+u\ln\left(\frac{m_{0}}{m_{0}-\alpha t}\right)

が導かれます。初速が0なので

 \displaystyle v(t)=-gt+u\ln\left(\frac{m_{0}}{m_{0}-\alpha t}\right)

が解となります。

 

最高点を計算する

せっかくなので、ロケットの最高点を計算してみます。いま、燃料がm_{1}積んであるとします。すると、燃料をすべて使い切いきるまでの時間は

 \displaystyle\alpha T_{0}=m_{1}\\\Leftrightarrow T_{0}=\frac{m_{1}}{\alpha}

となります。この時刻T_{0}の間に進んだ距離L_{1}

 \displaystyle L_{1}=-\int_{0}^{T_{0}}gtdt+\int_{0}^{T_{0}}u\ln\left(\frac{m_{0}}{m_{0}-\alpha t}\right)dt\\=-\frac{gT_{0}^{2}}{2}-u\int_{0}^{T_{0}}\ln\left(1-\frac{\alpha}{m_{0}}t\right)dt

であり、さらに

 \displaystyle -u\int_{0}^{T_{0}}\ln\left(1-\frac{\alpha}{m_{0}}t\right)dt\\=-u\int_{1}^{1-\frac{\alpha}{m_{0}}T_{0}}\ln x\left(-\frac{m_{0}}{\alpha}\right)dx\\=\frac{m_{0}u}{\alpha}\int_{1}^{1-\frac{\alpha}{m_{0}}T_{0}}\ln x dx\\=\frac{m_{0}u}{\alpha}\left[x\ln x-x\right]_{1}^{1-\frac{\alpha}{m_{0}}T_{0}}\\=\frac{m_{0}u}{\alpha}\left(1-\frac{\alpha}{m_{0}}T_{0}\right)\ln \left(1-\frac{\alpha}{m_{0}}T_{0}\right)+\frac{m_{0}u}{\alpha}\frac{\alpha}{m_{0}}T_{0}\\=\frac{m_{0}u}{\alpha}\left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)\ln \left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)+\frac{m_{1}u}{\alpha}

なので、

 \displaystyle L_{1}=\frac{m_{0}u}{\alpha}\left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)\ln \left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)+\frac{m_{1}u}{\alpha}-\frac{gm_{1}^{2}}{2\alpha^{2}}

さらに、T_{0}のとき、ロケットの速度は

 \displaystyle v(T_{0})=-g\frac{m_{1}}{\alpha}+u\ln\left(\frac{m_{0}}{m_{0}-m_{1}}\right)

なので、v(T_{0})>0ならエネルギー保存則より

 \displaystyle (m_{0}-m_{1})gL_{2}=\frac{1}{2}(m_{0}-m_{1})v(T_{0})^{2}\\\Leftrightarrow L_{2}=\frac{v(T_{0})^{2}}{2g}\\=\frac{1}{2g}\left(-u\ln\left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)-g\frac{m_{1}}{\alpha}\right)^{2}\\=\frac{1}{2g}\left(u\ln\left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)\right)^{2}+\frac{gm_{1}^{2}}{2\alpha^{2}}+\frac{m_{1}u}{\alpha}\ln\left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)

が得られます。

 

以上の結果より最高点L

 \displaystyle L=L_{1}+L_{2}\\=\frac{m_{0}u}{\alpha}\ln \left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)+\frac{m_{1}u}{\alpha}+\frac{1}{2g}\left(u\ln\left(1-\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)\right)^{2}

となります。

著者:安井 真人(やすい まさと)