強制振動と共鳴 | physics-asks

01外から揺らす

減衰振動のおもりに、外から $F_0\cos\omega t$ の力を加えます。

\ddot x + 2\gamma\,\dot x + \omega_0^2\,x = \frac{F_0}{m}\cos\omega t

記号は減衰振動と同じで、 $\gamma = b/2m$ 、 $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ 、 $Q = \omega_0/2\gamma$ です。

右辺が 0 ではないので、解を足しても解にはなりません(重ね合わせ)。ただ、この式の解を 1 つ(特解)見つければ、それに右辺を 0 にした式(斉次方程式)の一般解、つまり自由振動を足したものが全部の解です(2 つの解の差は斉次方程式を満たすため)。

x(t) = \underbrace{x_{\text{自由}}(t)}_{\text{やがて消える}} + \underbrace{X\cos(\omega t - \phi)}_{\text{定常解}}

自由振動はやがて消える(抵抗が弱ければ $e^{-\gamma t}$ で)ので、しばらくすると力と同じ角振動数 $\omega$ で揺れる定常解だけが残ります。これを求めます。

02定常解を求める

cos のままだと、微分で sin が混ざって計算が長くなります。そこで $\cos\omega t = \mathrm{Re}\,e^{i\omega t}$ を使い、複素数の式を解いてから実部をとります(Euler の公式。係数が実数なので、複素数の解の実部が元の式の解になる)。

$z = \tilde X e^{i\omega t}$ を $\ddot z + 2\gamma\dot z + \omega_0^2 z = (F_0/m)e^{i\omega t}$ に入れると、微分は $i\omega$ 倍になるだけなので

\tilde X = \frac{F_0/m}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\gamma\omega}

絶対値が振幅で、偏角の符号を変えたものが位相の遅れ $\phi$ です( $\tilde X = X e^{-i\phi}$ )。

振幅と位相の遅れ

X = |\tilde X| = \frac{F_0/m}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\gamma^2\omega^2}},\qquad \tan\phi = \frac{2\gamma\omega}{\omega_0^2 - \omega^2}\quad (0 \le \phi \le \pi)

\begin{gathered}X = |\tilde X| = \frac{F_0/m}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\gamma^2\omega^2}},\\[4pt]\tan\phi = \frac{2\gamma\omega}{\omega_0^2 - \omega^2}\quad (0 \le \phi \le \pi)\end{gathered}

x = X\cos(\omega t - \phi)

$\phi$ は、おもりが力からどれだけ遅れて揺れるかです。

位相のずれ φ を ω/ω0 に対して描いた図。ゆっくり揺らすと 0、ω0 で π/2、速く揺らすと π に近づく — ゆっくり揺らすと力と同じ向き(φ ≈ 0)、ω₀ でちょうど π/2 遅れ、速く揺らすと逆向き(φ ≈ π)

03共鳴

では、どの $\omega$ でいちばん揺れるか。振幅 $X$ は、分母の $(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\gamma^2\omega^2$ がいちばん小さい $\omega$ で最大になります。 $\omega^2$ で微分して 0 とおくと( $\gamma < \omega_0/\sqrt 2$ のとき)

\omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\gamma^2},\qquad X(\omega_0) = \frac{F_0}{2m\gamma\omega_0} = Q\,\frac{F_0}{k}

\begin{gathered}\omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\gamma^2},\\[4pt]X(\omega_0) = \frac{F_0}{2m\gamma\omega_0} = Q\,\frac{F_0}{k}\end{gathered}

Q = \omega_0/2\gamma

抵抗が弱いと $\omega_r \approx \omega_0$ で、振幅はゆっくり押したときの $F_0/k$ の約 $Q$ 倍になります。これが共鳴です。

振幅を ω/ω0 に対して Q = 1, 3, 10 で描いた共鳴曲線。Q が大きいほど ω0 で高く鋭い山になる — Q が大きい(抵抗が弱い)ほど、山は高く鋭い。山の高さはおよそ Q 倍

例題 1 $m = 0.200\ \mathrm{kg},\ k = 12.3\ \mathrm{N/m},\ b = 0.100\ \mathrm{kg/s}$ のおもりを、 $F_0 = 0.050\ \mathrm{N}$ の力で揺らす。共鳴での振幅は。

\gamma = 0.250\ \mathrm{s^{-1}},\qquad \omega_0 = 7.84\ \mathrm{s^{-1}},\qquad Q = \frac{\omega_0}{2\gamma} = 15.7

\begin{gathered}\gamma = 0.250\ \mathrm{s^{-1}},\\[4pt]\omega_0 = 7.84\ \mathrm{s^{-1}},\\[4pt]Q = \frac{\omega_0}{2\gamma} = 15.7\end{gathered}

\frac{F_0}{k} = 0.41\ \mathrm{cm},\qquad X(\omega_0) = Q\,\frac{F_0}{k} = 6.4\ \mathrm{cm}

\begin{gathered}\frac{F_0}{k} = 0.41\ \mathrm{cm},\\[4pt]X(\omega_0) = Q\,\frac{F_0}{k} = 6.4\ \mathrm{cm}\end{gathered}

ゆっくり押しても 0.4 cm しか動かない力で、共鳴させると 6.4 cm 揺れます。

演習 1

$\omega = \omega_0$ で揺らすと、位相のずれ $\phi$ はいくらか。そのとき、おもりの速さは力と同じ向きか。

答えを見る

$\omega = \omega_0$ では $\tan\phi$ の分母が 0 で、分子は正なので $\phi = \pi/2$ 。

$x = X\cos(\omega_0 t - \pi/2) = X\sin\omega_0 t,\qquad \dot x = X\omega_0\cos\omega_0 t$ $\begin{gathered}x = X\cos(\omega_0 t - \pi/2) = X\sin\omega_0 t,\\[4pt]\dot x = X\omega_0\cos\omega_0 t\end{gathered}$

速さ $\dot x$ が力 $F_0\cos\omega_0 t$ とぴったり同じ向きで、力がいつも正の仕事をする。だから速さの振幅と、力がする仕事率が最大になる(変位の振幅の山はそれより少し低い $\omega_r$ )。

04半値幅と Q 値

山の鋭さを数で表します。振幅の 2 乗が頂上の半分になる(振幅が頂上の $1/\sqrt 2$ になる)2 つの $\omega$ の差 $\Delta\omega$ を半値幅と呼びます。抵抗が弱いとき

半値幅

\Delta\omega \approx 2\gamma = \frac{\omega_0}{Q}\qquad\Bigl(Q = \frac{\omega_0}{\Delta\omega}\Bigr)

\begin{gathered}\Delta\omega \approx 2\gamma = \frac{\omega_0}{Q}\\[4pt]\Bigl(Q = \frac{\omega_0}{\Delta\omega}\Bigr)\end{gathered}

Q = 10 の共鳴曲線に、頂上の高さと、その 1/√2 の高さ、2 つの交点の間の幅 Δω を描いた図 — Q = 10 の曲線。頂上の 1/√2 の高さでの幅が半値幅 Δω ≈ ω₀/Q = 0.1ω₀

これが対数減衰率と Q 値で触れた「共鳴の幅から決める Q」です。抵抗が弱いと、減り方から決めた $Q = \omega_0/2\gamma$ とほぼ一致します。

05揺らし始め

揺らし始めは自由振動が混ざり、2 つの振動数が重なってうなります。自由振動が $e^{-\gamma t}$ で消えると、定常解だけになります。

静止から揺らし始めたおもりの x(t)。はじめはうなりながら、やがて破線の定常解の振幅に落ち着く — 静止から揺らし始めると、うなりながら、*1/γ* の数倍の時間で定常解(破線の振幅)に落ち着く(γ = 0.03ω₀、ω = 1.15ω₀)

演習 2

$Q = 50,\ \omega_0 = 2\pi \times 100\ \mathrm{s^{-1}}$ (100 Hz)の振動子の半値幅 $\Delta\omega$ と $1/\gamma$ を求め、揺らし始めて定常になるまでの時間を見積もろう。

答えを見る

$\Delta\omega \approx \frac{\omega_0}{Q} = \frac{628}{50} = 12.6\ \mathrm{s^{-1}}$

(振動数では 2 Hz)

$\gamma = \frac{\Delta\omega}{2} = 6.3\ \mathrm{s^{-1}},\qquad \frac{1}{\gamma} = 0.16\ \mathrm{s}$ $\begin{gathered}\gamma = \frac{\Delta\omega}{2} = 6.3\ \mathrm{s^{-1}},\\[4pt]\frac{1}{\gamma} = 0.16\ \mathrm{s}\end{gathered}$

$1/\gamma$ で自由振動は $1/e$ になるので、0.5 s ほどでほぼ定常になる。