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振動・波動の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理振動・波動

なめらかな水平面上で、ばね（ばね定数は未知）で壁につながれた物体（質量は未知）が一直線上を運動する。物体には速度に比例する抵抗力（比例定数は未知）がはたらく。物体の位置 $x$ はばねが自然長のときを原点とする。

まず外力を加えずに物体を振動させたところ、物体は減衰振動をし、 $x$ が極大になる時刻の間隔は $T_{d}$ で一定であり、続けて現れる 2 つの極大値の比（後の極大値 ÷ 前の極大値）は $r$ で一定であった。ただし $e^{- 2 π} < r < 1$ とする。

次に、同じ物体に外力 $F_{0} cos ω t$ （ $F_{0} > 0$ は一定、 $ω > 0$ ）を加え、十分に時間がたった後の定常振動の振幅を $ω$ の関数として調べる。振幅が最大となる角振動数 $ω$ を、 $T_{d}$ と $r$ を用いて表せ。

抵抗

F_{0} cos ω t

後半の強制振動の様子（前半は外力なし）

この問題で使うもの

減衰振動（説明と入口の問題）
強制振動の定常解（説明と入口の問題）
共振と Q 値（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（78 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

減衰振動の解 $x = A e^{- γ t} cos (ω_{d} t - ϕ)$ から、 $T_{d}$ と $r$ を $ω_{d}$ と $γ = b / (2 m)$ で表す。

ヒント 2

$T_{d} = 2 π / ω_{d}$ , $r = e^{- γ T_{d}}$ 。強制振動の振幅 $\frac{F _{0} / m}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + 4 γ ^{2} ω ^{2}}$ を最大にする $ω$ を求める。

ヒント 3

振幅が最大になるのは $ω^{2} = ω_{0}^{2} - 2 γ^{2}$ のとき。 $ω_{0}^{2} = ω_{d}^{2} + γ^{2}$ を使って $ω_{d}$ と $γ$ で書き直す。

答えと解説

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\frac{4 π ^{2} - ( lo g r ) ^{2}}{T _{d}}

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解説を読む

運動方程式

質量を $m$ 、ばね定数を $k$ 、抵抗力の比例定数を $b$ とすると、外力がないとき
$m x ¨ = - k x - b x ˙$
$ω_{0} = k / m$ , $γ = \frac{b}{2 m}$ とおくと $x ¨ + 2 γ x ˙ + ω_{0}^{2} x = 0$ 。

減衰振動のデータから $γ$ , $ω_{0}$ を求める

振動しているので $γ < ω_{0}$ で、解は
$x = A e^{- γ t} cos (ω_{d} t - ϕ), ω_{d} = ω_{0}^{2} - γ^{2}$
$x ˙ = 0$ の条件は $- γ cos (ω_{d} t - ϕ) - ω_{d} sin (ω_{d} t - ϕ) = 0$ 、すなわち $tan (ω_{d} t - ϕ) = - γ / ω_{d}$ で、 $x$ が極大になる時刻は周期 $2 π / ω_{d}$ ごとに現れる。よって
$T_{d} = \frac{2 π}{ω _{d}}$
極大値の比は、 $cos$ の部分が同じ値になるので
$r = \frac{x ( t + T _{d} )}{x ( t )} = e^{- γ T_{d}} ∴ γ = \frac{- lo g r}{T _{d}}$
( $0 < r < 1$ より $γ > 0$ 。)

強制振動の振幅

外力を加えると $x ¨ + 2 γ x ˙ + ω_{0}^{2} x = \frac{F _{0}}{m} cos ω t$ 。 $γ > 0$ なので過渡解は減衰し、定常解 $x = Re [x ~ e^{iω t}]$ は
$x ~ = \frac{F _{0} / m}{ω _{0}^{2} - ω ^{2} + 2 iγ ω}$
振幅は
$∣ x ~ ∣ = \frac{F _{0} / m}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + 4 γ ^{2} ω ^{2}}$
で、これが最大になるのは $g (u) = (ω_{0}^{2} - u)^{2} + 4 γ^{2} u$ （ $u = ω^{2} > 0$ ）が最小のとき。
$g^{'} (u) = - 2 (ω_{0}^{2} - u) + 4 γ^{2} = 0 ⟺ u = ω_{0}^{2} - 2 γ^{2}$
$g$ は $u$ の 2 次関数（下に凸）なので、 $ω_{0}^{2} - 2 γ^{2} > 0$ ならここで最小となる。よって
$ω_{r} = ω_{0}^{2} - 2 γ^{2} = ω_{d}^{2} - γ^{2}$

$T_{d}$ , $r$ で表す

$ω_{d} = \frac{2 π}{T _{d}}$ , $γ = \frac{- lo g r}{T _{d}}$ を代入して
$ω_{r} = \frac{4 π ^{2}}{T _{d}^{2}} - \frac{( lo g r ) ^{2}}{T _{d}^{2}} = \frac{4 π ^{2} - ( lo g r ) ^{2}}{T _{d}}$
条件 $e^{- 2 π} < r < 1$ より $0 < - lo g r < 2 π$ なので $ω_{d} > γ$ 、すなわち $ω_{0}^{2} - 2 γ^{2} = ω_{d}^{2} - γ^{2} > 0$ が成り立ち、この角振動数で確かに振幅は最大になる。

別解

運動方程式 $m x ¨ = - k x - b x ˙ + F$ 。 $γ = b / (2 m)$ 、 $ω_{0}^{2} = k / m$ とおく。自由振動（減衰振動）は $x \propto e^{- γ t} cos (ω_{d} t + α)$ 、 $ω_{d} = ω_{0}^{2} - γ^{2}$ 。極大の時刻の間隔が $T_{d}$ なので $ω_{d} = 2 π / T_{d}$ 。極大値の比は 1 周期ごとに $e^{- γ T_{d}}$ なので $r = e^{- γ T_{d}}$ 、 $γ = - \frac{l n r}{T _{d}}$ 。強制振動の定常振幅は $A (ω) = \frac{F _{0} / m}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + 4 γ ^{2} ω ^{2}}$ 。分母の根号内を $ω^{2}$ の関数として $(ω^{2} - ω_{0}^{2} + 2 γ^{2})^{2} + 4 γ^{2} ω_{0}^{2} - 4 γ^{4}$ と平方完成すると、 $ω_{0}^{2} > 2 γ^{2}$ のとき $ω^{2} = ω_{0}^{2} - 2 γ^{2}$ で最小、すなわち振幅最大。 $ω_{0}^{2} - 2 γ^{2} = ω_{d}^{2} - γ^{2} = \frac{4 π ^{2} - ( l n r ) ^{2}}{T _{d}^{2}}$ 。条件 $ω_{d} > γ$ は $2 π > - ln r$ 、すなわち $r > e^{- 2 π}$ で、問題の仮定と一致し右辺は正。よって $ω = \frac{4 π ^{2} - ( l n r ) ^{2}}{T _{d}}$ 。検算： $r = 1$ （ $γ = 0$ ）なら $ω = 2 π / T_{d} = ω_{d} = ω_{0}$ で共振角振動数に一致する。

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