質量が変化する系（ロケット）

短い時間の運動量保存から質量が変化する物体の運動方程式を立て、ガスを相対速さ $u$ で噴射するロケットの速度 $v = u lo g \frac{m _{0}}{m}$ （外力がないとき）や、重力があるときの速度を求められる

前提

運動量保存則（高校物理仕事・エネルギーと運動量）
変数分離形（大学数学微分方程式）

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算数中学高校大学大学院

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変数分離形（大学数学微分方程式）

説明

ロケットのように、ガスを噴き出しながら進んで自分の質量が時間とともに減っていく物体は、質量一定の $ma = F$ をそのまま使えません。この技能では、ごく短い時間 $Δ t$ の前後で運動量保存（外力があるなら運動量と力積の関係）を書き、そこから質量が変化する物体の運動方程式 $m \frac{d v}{d t} = - u \frac{d m}{d t} + F$ を導きます。これを変数分離形の微分方程式として解くと、外力がないときの速度 $v = v_{0} + u lo g \frac{m _{0}}{m}$ や、重力の中で鉛直に打ち上げたときの速度を求められます。

なぜそうしてよいのか

時刻 $t$ にロケット（残っている燃料を含む）の質量が $m$ 、速度が $v$ だったとします。 $Δ t$ の間にロケットの質量が $m + Δ m$ に変わったとすると（ $Δ m < 0$ ）、噴き出したガスの質量は $- Δ m > 0$ です。ガスはロケットに対して後ろ向きに速さ $u$ で噴き出すので、地面から見たガスの速度はおよそ $v - u$ です（ロケットの速度の変化 $Δ v$ による差は、 $Δ m Δ v$ の大きさの小さな量で、あとで無視できます）。 $Δ t$ 後のロケットの速度を $v + Δ v$ とします。

外力がなければ、ロケットと噴き出したガスを合わせた系の運動量は保存するので
$m v = (m + Δ m) (v + Δ v) + (- Δ m) (v - u)$
右辺を展開すると $m v + m Δ v + u Δ m + Δ m Δ v$ です。 $Δ m Δ v$ は小さな量どうしの積なので、 $Δ t$ で割って $Δ t \to 0$ とすると 0 になります。よって $m \frac{d v}{d t} = - u \frac{d m}{d t}$ が得られます。 $\frac{d m}{d t} < 0$ なので右辺は正で、ガスを後ろに押し出した反作用でロケットが前に押されること（推力 $- u \frac{d m}{d t}$ ）を表しています。外力 $F$ （重力なら $- m g$ ）があるときは、 $Δ t$ の間の運動量の変化が力積 $F Δ t$ に等しいので、 $m \frac{d v}{d t} = - u \frac{d m}{d t} + F$ となります。

この式は $d v = - u \frac{d m}{m}$ （外力がないとき）と変数を分離できるので、 $v_{0} \to v$ 、 $m_{0} \to m$ で積分すると $v - v_{0} = - u (lo g m - lo g m_{0}) = u lo g \frac{m _{0}}{m}$ となります。到達速度は質量の比 $\frac{m _{0}}{m}$ の対数で決まり、燃料の燃やし方の速い遅いにはよりません。一方、重力 $- m g$ があるときは、重力の影響が時間に比例して加わるので、燃やし方（質量が時刻とともにどう減るか）も必要になります。

手順

正の向きを決め、時刻 $t$ のロケットの質量 $m$ ・速度 $v$ と、 $Δ t$ 後の質量 $m + Δ m$ （ $Δ m < 0$ ）・速度 $v + Δ v$ 、噴出ガスの質量 $- Δ m$ ・速度 $v - u$ を書き出す。
$Δ t$ の前後で、ロケットとガスを合わせた系について運動量の変化 $=$ 外力の力積 $F Δ t$ を書く。
展開して $Δ m Δ v$ を無視し、 $Δ t$ で割って $Δ t \to 0$ として運動方程式 $m \frac{d v}{d t} = - u \frac{d m}{d t} + F$ を得る。
変数を分離して積分する。外力がなければ $\int_{v_{0}}^{v} d v = - u \int_{m_{0}}^{m} \frac{d m}{m}$ より $v = v_{0} + u lo g \frac{m _{0}}{m}$ 。重力があり、質量が $m = m_{0} - α t$ と一定の割合で減るなら $\frac{d v}{d t} = \frac{uα}{m _{0} - α t} - g$ を $t$ で積分する。
初期条件で積分定数を決め、求める時刻や質量を代入する。

例題

地表付近で、質量 $m_{0}$ （燃料を含む）のロケットを静止状態から鉛直上向きに打ち上げる。ロケットは、毎秒 $α$ の割合（ $α > 0$ は定数）で燃料を燃やし、ロケットに対して鉛直下向きに相対速さ $u$ でガスを噴射する。重力加速度の大きさ $g$ は一定とし、空気の抵抗は無視する。また $uα > m_{0} g$ であり、ロケットは打ち上げ直後から上昇するものとする。ロケットの質量が $\frac{m _{0}}{2}$ になった瞬間の、ロケットの速さを $u$ , $g$ , $m_{0}$ , $α$ を用いて求めよ。ただし、その瞬間までに燃料は尽きないものとする。

例題の解答

手順 1: 鉛直上向きを正とする。時刻 $t$ にロケットの質量 $m$ 、速度 $v$ 。 $Δ t$ 後に質量 $m + Δ m$ （ $Δ m < 0$ ）、速度 $v + Δ v$ 。噴射したガスの質量は $- Δ m$ 、速度は $v - u$ 。

手順 2: 系にはたらく外力は重力 $- m g$ なので、運動量の変化は力積 $- m g Δ t$ に等しい（ガスの重力による力積は $Δ m Δ t$ 程度の小さな量なので無視できる）:
$(m + Δ m) (v + Δ v) + (- Δ m) (v - u) - m v = - m g Δ t$

手順 3: 左辺は $m Δ v + u Δ m + Δ m Δ v$ 。 $Δ m Δ v$ を無視して $Δ t$ で割り、 $Δ t \to 0$ とすると
$m \frac{d v}{d t} = - u \frac{d m}{d t} - m g$

手順 4: 燃料を毎秒 $α$ で燃やすので $m = m_{0} - α t$ 、 $\frac{d m}{d t} = - α$ 。代入して
$\frac{d v}{d t} = \frac{uα}{m _{0} - α t} - g$
$v (0) = 0$ として $0$ から $t$ まで積分すると（ $m_{0} - α t > 0$ の範囲で）
$v = - u lo g (m_{0} - α t) + u lo g m_{0} - g t = u lo g \frac{m _{0}}{m _{0} - α t} - g t$

手順 5: 質量が $\frac{m _{0}}{2}$ になるのは $m_{0} - α t = \frac{m _{0}}{2}$ 、すなわち $t = \frac{m _{0}}{2 α}$ のとき。代入して
$v = u lo g 2 - \frac{g m _{0}}{2 α}$
（ $uα > m_{0} g$ の条件から、この値は $\frac{g m _{0}}{2 α} (2 lo g 2 - 1) > 0$ より大きく、正である。）

答え: $u lo g 2 - \frac{g m _{0}}{2 α}$

よくある誤り

運動方程式を $\frac{d ( m v )}{d t} = F$ として $m \frac{d v}{d t} + v \frac{d m}{d t} = F$ を使ってしまう誤り。これは噴き出したガスが速度 0 で取り残される場合の式で、ガスの運動量を正しく扱っていない。正しくはロケットとガスを合わせた運動量の変化から $m \frac{d v}{d t} = - u \frac{d m}{d t} + F$ 。
噴出ガスの速度を地面に対して $- u$ としてしまう誤り。 $u$ はロケットに対する相対速さなので、地面から見たガスの速度は $v - u$ 。 $- u$ とすると $m \frac{d v}{d t} = - (u + v) \frac{d m}{d t}$ のような誤った式になる。
積分の上端と下端を逆にして $v = u lo g \frac{m}{m _{0}}$ としてしまう誤り。 $m < m_{0}$ なのでこれは負になり、加速しない。正しくは $v - v_{0} = - u \int_{m_{0}}^{m} \frac{d m ^{'}}{m ^{'}} = u lo g \frac{m _{0}}{m} > 0$ 。
重力があるときも到達速度が質量比だけで決まると考え、 $v = u lo g \frac{m _{0}}{m} - g$ のように重力の項を時刻なしで書いてしまう誤り。重力の寄与は時間に比例するので、正しくは $v = u lo g \frac{m _{0}}{m} - g t$ で、燃焼にかかった時間 $t$ が必要になる。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
外力がはたらかない宇宙空間で、静止していたロケット（燃料を含む全質量 $m_{0}$ ）が、一直線上で後方にガスを噴射して加速する。ガスはつねにロケットに対して相対的な速さ $u$ で噴射されるものとする。ロケットやガスの速さは光速に比べて十分小さく、ニュートン力学（非相対論的な力学）で扱えるものとする。
ロケットの全質量が $\frac{m _{0}}{4}$ になったときのロケットの速さを、 $u$ を用いて表せ。
進む向きガス（ロケットに対して $u$ ） $m$
ガスを後方に噴射するロケット

この技能を使う問題

難易度 2（教科書の演習問題レベル）
重力や空気抵抗などの外力がはたらかない空間で、静止していたロケットが一直線上を加速する。ロケットは燃料ガスを、ロケットに対して常に一定の速さ $u$ で、進行方向と逆向きに噴射し続ける。燃料を含めたロケットのはじめの質量は $m_{0}$ で、燃料を使いきったときの質量は $\frac{m _{0}}{3}$ であった。燃料を使いきったときのロケットの速さを $u$ を用いて表せ。ただし、速さは光速に比べて十分小さく、ニュートン力学で扱えるものとする。
$u$ 進行方向ガス（ロケットに対して）