大阪大学　理物　院試解答 2025 第1問

(1)

(1) $\begin{equation*} L = \frac{1}{2}m \bm{V}^2\end{equation*}$

(2)

回転軸であるため $\dot{z}=0$ であり、

(2) $\begin{equation*} \begin{split} \bm{V} &= \mqty(\dot{x} \\ \dot{y} \\ 0) + \mqty(0\\0\\\omega) \times \mqty(x\\y\\z)\\ &= \mqty(\dot{x} - \omega y \\ \dot{y} + \omega x \\ 0 ) \end{split}\end{equation*}$

と(1)より、Lagrangian は、

(3) $\begin{equation*} L = \frac{1}{2}m(\dot{x} - \omega y)^2 + \frac{1}{2}m(\dot{y} + \omega x)^2 + \frac{1}{2}m\dot{z}^2\end{equation*}$

(3)

(2)より、 $x, y$ に付いての運動方程式は、Euler-Lagrange 方程式より導ける（書くのめんどいので略）

(4)

質量中心（重心）は原点より、

(4) $\begin{equation*} 0= M_{\text{A}}x_{\text{A}} + M_{\text{B}}x_{\text{B}}.\end{equation*}$

相対距離は、符号に気をつけて、

(5) $\begin{equation*} a = x_{\text{B}} - x_{\text{A}}.\end{equation*}$

これらを連立することにより、

(6) $\begin{equation*}\begin{split} x_{\text{A}} &= -\beta a \\ x_{\text{B}} &= (1-\beta)a \label{eq:xB} \\ \beta &\coloneqq \frac{M_{\text{B}}}{M_{\text{A}} + M_{\text{B}}} \label{eq:beta} \end{split} \end{equation*}$

(5)

力の釣り合いより、

(7) $\begin{equation*} \begin{split} m x_{\text{B}} \omega^2 &= G \frac{M_{\text{A}}M_{\text{B}}}{r^2}\\ \Leftrightarrow \omega^2 &= \frac{G(M_{\text{A}} + M_{\text{B}})}{a^3} \end{split}\end{equation*}$

(6)

Lagrange point $L_2$ は、 $x$ 軸上より、

(8) $\begin{equation*} m x_{\text{L}} \omega^2 = G \frac{mM_{\text{B}}}{(x_{\text{L}}-x_{\text{B}})^2} + G \frac{m M_{\text{A}}}{(x_{\text{L}}-x_{\text{A}})^2 } \end{equation*}$

(7)

(6) の両辺を $a$ で割って、(5)を代入する。

(9) $\begin{equation*} \begin{split} \tilde{x} &= \frac{G}{a \omega^2} \qty(\frac{M_{\text{A}}}{(\tilde{x} -x_{\text{A}}/a)^2 a^2} + \frac{M_{\text{B}}}{(\tilde{x} -x_{\text{B}}/a)^2 a^2})\\ &\overset{(4)}{=} \frac{G}{a^3 \omega^2} \qty(\frac{M_{\text{A}}}{(\tilde{x} +\beta)^2} + \frac{M_{\text{B}}}{(\tilde{x} -(1-\beta))^2})\\ &\overset{(5)}{=} \frac{1}{M_\text{A} + M_\text{B}} \qty(\frac{M_{\text{A}}}{(\tilde{x} +\beta)^2} + \frac{M_{\text{B}}}{(\tilde{x} -(1-\beta))^2})\\ &\overset{\eqref{eq:beta}}{=} \frac{1-\beta}{(\tilde{x}+\beta)^2} + \frac{\beta}{(\tilde{x}-(1-\beta))^2} \end{split}\end{equation*}$

(8)

(10) $\begin{equation*} x_{\text{L}} = x_{\text{B}} + \delta \cdot a \Leftrightarrow \tilde{x} = (1-\beta) + \delta\end{equation*}$

を(7)に代入すると、

(11) $\begin{equation*} \begin{split} (1-\beta) + \delta &= \frac{1-\beta}{(\delta+1)^2} + \frac{\beta}{(\delta^2)^2}\\ &\simeq (1-\beta)(1-2\delta) + \frac{\beta}{\delta^2}\\ \Leftrightarrow \delta^2 - \beta \delta^2 + \delta^3 &= \delta^2(1-2\delta) - \beta\delta^2(1-2\delta) + \beta\\ \Leftrightarrow \beta\qty(1+2\delta^3) &= 3\delta^3\\ \therefore \beta &\simeq 3\delta^3 \end{split}\end{equation*}$

(9)

(8)より、求める距離 $d$ は、

(12) $\begin{equation*} \begin{split} d &= x_{\text{L}} - x_{\text{B}}\\ &= \delta a \end{split}\end{equation*}$

ここで、 $\delta$ は、

(13) $\begin{equation*} \begin{split} \delta &\simeq \sqrt[3]{\frac{\beta}{3}}\\ &= \sqrt[3]{\frac{M_{\text{B}}}{3(M_{\text{A}} + M_{\text{B}})}}\\ &= \sqrt[3]{\frac{1}{3} \frac{5.97 \times 10^{24}}{5.97 \times 10^{24} + 1.99 \times 10^{30}}}\\ &\simeq \sqrt[3]{\frac{1}{3} \frac{6.0\times 10^{24}}{2.0 \times 10^{30}}}\\ &=0.01. \end{split}\end{equation*}$

よって、

(14) $\begin{equation*} d = 0.01 \times 1.5 \times 10^11 = 1.5 \times 10^9 \qquad [\text{m}].\end{equation*}$