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

床の上に、全質量 $M$ の機械が、ばね定数 $k$ の軽いばねと、速度に比例する抵抗力を生む軽いダンパー（抵抗係数 $c > 0$ ）で支えられている（ $M > 0$ , $k > 0$ ）。機械は鉛直方向にだけ動ける。機械の中には、回転軸からの距離 $r$ の位置に質量 $m_{0}$ の不つり合いの部分をもつ回転子がある（ $0 < m_{0} < M$ , $r > 0$ ）。この $m_{0}$ は $M$ に含まれる。重力はつり合いの位置をずらすだけなので、機械の変位 $x$ はつり合いの位置から鉛直上向きに測る。

まず回転子を止めた状態で機械を自由に振動させたところ、減衰振動の角振動数は $\frac{3 k}{4 M}$ であった。

次に、回転子を一定の角速度 $ω > 0$ で回転させた。不つり合いの部分の、回転軸に対する鉛直方向の位置は $r sin ω t$ で表される。十分に時間がたった後の定常状態での機械の振幅を $X (ω)$ とする。 $ω$ を $0 < ω < \infty$ の範囲で変えたとき、 $X (ω)$ が最大になる $ω$ と、 $X (ω)$ の最大値を、この順に組で、 $M$ , $k$ , $m_{0}$ , $r$ を用いて求めよ。

k

c

M

r

m_{0}

ω

x

回転子をもつ機械の模式図（ダンパーは記号で示す）

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）
平方完成と 2 次関数のグラフ（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

不つり合いの部分の位置が $x + r sin ω t$ であることから系全体の運動方程式を立て、回転が振幅 $m_{0} r ω^{2}$ の外力として働くことを確かめる。次に自由振動の角振動数から $c$ を決める。

ヒント 2

減衰振動の角振動数は $k / M - c^{2} / (4 M^{2})$ 。これから $c^{2} = k M$ が得られる。定常振幅は $X = \frac{m _{0} r ω ^{2}}{( k - M ω ^{2} ) ^{2} + c ^{2} ω ^{2}}$ 。

ヒント 3

$s = 1/ ω^{2}$ とおくと $m_{0}^{2} r^{2} / X^{2} = k^{2} s^{2} - k M s + M^{2}$ という $s$ の 2 次式になるので、平方完成して最小値を求める。

答えと解説

答えを見る

(\frac{2 k}{M}, \frac{2 3 m _{0} r}{3 M})

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解説を読む

運動方程式 機械の本体（質量 $M - m_{0}$ ）の変位を $x$ とすると、不つり合いの部分の鉛直位置は $x + r sin ω t$ である。系全体にはたらく外力は、ばねの力 $- k x$ とダンパーの力 $- c x ˙$ だけである（重力はつり合いの位置で打ち消されている）。したがって系全体の鉛直方向の運動方程式は
$(M - m_{0}) x ¨ + m_{0} \frac{d ^{2}}{d t ^{2}} (x + r sin ω t) = - k x - c x ˙$
すなわち
$M x ¨ + c x ˙ + k x = m_{0} r ω^{2} sin ω t (1)$
となる。不つり合いの部分の回転が、振幅 $m_{0} r ω^{2}$ の周期的な外力として働く。

抵抗係数の決定 回転子を止めると $(1)$ の右辺は $0$ になる。 $x \propto exp (λ t)$ を代入すると $M λ^{2} + c λ + k = 0$ 。減衰振動（不足減衰）のとき
$λ = - \frac{c}{2 M} \pm i \frac{k}{M} - \frac{c ^{2}}{4 M ^{2}}$
で、減衰振動の角振動数は $\frac{k}{M} - \frac{c ^{2}}{4 M ^{2}}$ である。これが $\frac{3 k}{4 M}$ に等しいので
$\frac{c ^{2}}{4 M ^{2}} = \frac{k}{M} - \frac{3 k}{4 M} = \frac{k}{4 M} ⟹ c^{2} = k M .$
（ $c^{2} = k M < 4 k M$ なので確かに不足減衰である。）

定常振幅 減衰があるので自由振動の成分は時間とともに消え、定常状態は $(1)$ の特解で表される。複素数表示で $x = Im [X ~ exp (iω t)]$ とおいて代入すると $(- M ω^{2} + i c ω + k) X ~ = m_{0} r ω^{2}$ なので
$X (ω) = ∣ X ~ ∣ = \frac{m _{0} r ω ^{2}}{( k - M ω ^{2} ) ^{2} + c ^{2} ω ^{2}} = \frac{m _{0} r ω ^{2}}{( k - M ω ^{2} ) ^{2} + k M ω ^{2}} .$

最大化 $u = ω^{2}$ , $s = \frac{1}{u} > 0$ とおくと
$\frac{m _{0}^{2} r ^{2}}{X ^{2}} = \frac{( k - M u ) ^{2} + k M u}{u ^{2}} = (k s - M)^{2} + k M s = k^{2} s^{2} - k M s + M^{2} = k^{2} (s - \frac{M}{2 k})^{2} + \frac{3}{4} M^{2} .$
これは $s = \frac{M}{2 k}$ 、すなわち $ω^{2} = \frac{2 k}{M}$ で最小値 $\frac{3}{4} M^{2}$ をとる。よって $X$ は $ω = \frac{2 k}{M}$ で最大となり、最大値は
$X_{m a x} = \frac{m _{0} r}{\frac{3}{2} M} = \frac{2 3 m _{0} r}{3 M} .$
（ $ω \to \infty$ では $X \to m_{0} r / M$ で、最大値はこれより大きい。）

答え: $(\frac{2 k}{M}, \frac{2 3 m _{0} r}{3 M})$

別解

回転子を止めたときの固有角振動数は $ω_{n} = k / M$ 、減衰比は $ζ = c / (2 k M)$ である。減衰振動の角振動数は $ω_{d} = ω_{n} 1 - ζ^{2}$ なので、 $ω_{d}^{2} = 3 k / (4 M)$ より $1 - ζ^{2} = 3/4$ 、すなわち $ζ = 1/2$ （ $c = k M$ ）となる。

運動方程式を立てる。不つり合い部分の鉛直位置は $x + r sin ω t$ である。残りの質量 $M - m_{0}$ の位置は $x$ である。鉛直方向の運動量の時間変化から
$(M - m_{0}) x ¨ + m_{0} \frac{d ^{2}}{d t ^{2}} (x + r sin ω t) = - c x ˙ - k x$
が成り立つ。整理すると
$M x ¨ + c x ˙ + k x = m_{0} r ω^{2} sin ω t$
となる。

定常振幅は、 $s = ω / ω_{n}$ として
$X = \frac{m _{0} r}{M} \frac{s ^{2}}{( 1 - s ^{2} ) ^{2} + ( 2 ζ s ) ^{2}}$
である。 $ζ = 1/2$ を代入すると
$X = \frac{m _{0} r}{M} \frac{s ^{2}}{1 - s ^{2} + s ^{4}}$
となる。

$u = s^{2}$ とおき、 $g (u) = u^{2} / (1 - u + u^{2})$ を最大にする。
$g^{'} \propto 2 u (1 - u + u^{2}) - u^{2} (2 u - 1) = 2 u - u^{2} = u (2 - u)$
なので、 $u = 2$ で極大になる。 $u \to \infty$ で $g \to 1$ 、 $g (2) = 4/3 > 1$ なので、これが最大である。

よって $s^{2} = 2$ 、すなわち $ω = 2 ω_{n} = 2 k / M$ である。
最大値は $X_{ma x} = \frac{m _{0} r}{M} 4/3 = \frac{2 m _{0} r}{3 M}$ である。

検算：一般式 $s^{2} = 1/ (1 - 2 ζ^{2}) = 2$ と一致する。最大振幅は $\frac{m _{0} r}{M} \frac{1}{2 ζ 1 - ζ ^{2}} = \frac{m _{0} r}{M} \frac{1}{3 /2}$ となり、これも一致する。

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