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振動・波動の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理振動・波動

水平な面の上で、質量 $m$ の物体が、ばね定数 $k$ のばねで左の壁につながれ、ばねの方向に一直線上を運動する（ $m > 0$ , $k > 0$ ）。物体には速度 $x ˙$ に比例する抵抗力 $- b x ˙$ （ $b > 0$ は定数）がはたらき、それ以外の摩擦やばねの質量は無視する。 $x$ はばねが自然長のときの位置を原点とし、右向きを正とする。

まず外力を加えずに物体を振動させたところ、減衰振動となり、 $x$ が極大になる時刻の $x$ の値は、1 周期ごとに（1 つ前の極大の値の） $\frac{1}{2}$ 倍になった。

次に、同じ物体に外力 $F_{0} cos ω_{0} t$ （ $F_{0} > 0$ 、 $ω_{0} = k / m$ ）を加え続けた。十分に時間がたったあとの定常振動の振幅を $A$ とするとき、比 $\frac{A}{F _{0} / k}$ を求めよ。

k

m

F_{0} cos ω_{0} t

外力を加えたときのようす（物体には抵抗力

- b x ˙

もはたらく）

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

$γ = \frac{b}{2 m}$ とおき、減衰振動の解 $C e^{- γ t} cos (ω_{d} t + α)$ を使って、1 周期で極大が何倍になるかを $γ$ と $ω_{d}$ で表す。

ヒント 2

$\frac{2 π γ}{ω _{d}} = lo g 2$ と $ω_{0}^{2} = ω_{d}^{2} + γ^{2}$ から、 $\frac{ω _{0}}{γ}$ が求まる。

ヒント 3

強制振動の定常振幅 $A = \frac{F _{0} / m}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + 4 γ ^{2} ω ^{2}}$ に $ω = ω_{0}$ を代入すると、 $\frac{A}{F _{0} / k} = \frac{ω _{0}}{2 γ}$ となる。

答えと解説

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\frac{4 π ^{2} + ( lo g 2 ) ^{2}}{2 lo g 2}

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解説を読む

運動方程式 $γ = \frac{b}{2 m}$ 、 $ω_{0} = \frac{k}{m}$ とおくと、外力のないときは
$x ¨ + 2 γ x ˙ + ω_{0}^{2} x = 0.$

減衰振動から $γ$ を決める 減衰振動（ $γ < ω_{0}$ ）の解は
$x = C e^{- γ t} cos (ω_{d} t + α), ω_{d} = ω_{0}^{2} - γ^{2} .$
極大は周期 $T_{d} = \frac{2 π}{ω _{d}}$ ごとに現れ、そのたびに値は $e^{- γ T_{d}}$ 倍になる（極大となる位相は毎周期同じなので、比は $e^{- γ t}$ の比で決まる）。条件より
$e^{- γ T_{d}} = \frac{1}{2} ⟺ γ T_{d} = \frac{2 π γ}{ω _{d}} = lo g 2.$
よって $ω_{d} = \frac{2 π γ}{lo g 2}$ 。

$ω_{0} / γ$ を求める
$ω_{0}^{2} = ω_{d}^{2} + γ^{2} = γ^{2} (\frac{4 π ^{2}}{( lo g 2 ) ^{2}} + 1) ⟹ \frac{ω _{0}}{γ} = \frac{4 π ^{2} + ( lo g 2 ) ^{2}}{lo g 2} .$

強制振動 外力を加えたときの運動方程式は
$x ¨ + 2 γ x ˙ + ω_{0}^{2} x = \frac{F _{0}}{m} cos ω t .$
定常解 $x = A cos (ω t - δ)$ の振幅は
$A = \frac{F _{0} / m}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + 4 γ ^{2} ω ^{2}} .$
$ω = ω_{0}$ のとき
$A = \frac{F _{0} / m}{2 γ ω _{0}} .$
$\frac{F _{0}}{k} = \frac{F _{0}}{m ω _{0}^{2}}$ なので
$\frac{A}{F _{0} / k} = \frac{ω _{0}^{2}}{2 γ ω _{0}} = \frac{ω _{0}}{2 γ} = \frac{4 π ^{2} + ( lo g 2 ) ^{2}}{2 lo g 2} \approx 4.56.$
（これはこの振動子の Q 値 $ω_{0} / (2 γ)$ に等しい。）

別解

運動方程式 $m x ¨ = - k x - b x ˙$ 。 $γ = b / (2 m)$ , $ω_{0} = k / m$ とすると、減衰振動の解は $x = C e^{- γ t} cos (ω_{d} t + δ)$ , $ω_{d} = ω_{0}^{2} - γ^{2}$ 。

極大は 1 周期 $T_{d} = 2 π / ω_{d}$ ごとに現れ、極大値の比は $e^{- γ T_{d}}$ 。条件より $e^{- γ T_{d}} = \frac{1}{2}$ 、すなわち
$\frac{2 π γ}{ω _{d}} = ln 2$ 。

$s = \frac{ln 2}{2 π}$ とおくと $\frac{γ}{ω _{0}^{2} - γ ^{2}} = s$ 。 $r = γ / ω_{0}$ として $r^{2} = s^{2} (1 - r^{2})$ より $r = \frac{s}{1 + s ^{2}}$ 。

強制振動 $m x ¨ + b x ˙ + k x = F_{0} cos ω t$ の定常振幅は
$A = \frac{F _{0} / m}{( ω _{0}^{2} - ω ^{2} ) ^{2} + 4 γ ^{2} ω ^{2}}$ 。
$ω = ω_{0}$ では $A = \frac{F _{0}}{2 mγ ω _{0}}$ 。
$F_{0} / k = F_{0} / (m ω_{0}^{2})$ なので
$\frac{A}{F _{0} / k} = \frac{ω _{0}^{2}}{2 γ ω _{0}} = \frac{1}{2 r} = \frac{1 + s ^{2}}{2 s} = \frac{1}{2} 1 + \frac{4 π ^{2}}{( ln 2 ) ^{2}} = \frac{4 π ^{2} + ( ln 2 ) ^{2}}{2 ln 2}$ 。

数値: $2 π / ln 2 \approx 9.0647$ 、 $1 + 82.17 /2 \approx 4.56$ 。
検算: $r = 1/ (2 \cdot 4.56) = 0.1096$ 、 $ω_{d} / ω_{0} = 1 - 0.01201 = 0.99397$ 、 $2 π r /0.99397 = 0.6931 = ln 2$ で一致。

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