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倭算数理研究所

科学・数学・学習関連の記事を、「倭マン日記」とは別に書いていくのだ!

減衰力が働く場合の強制振動

運動方程式を解こう! ニュートン力学 1次元 1粒子系 古典力学

古典力学のいろいろな系で運動方程式を解いていくシリーズ(目次)。 前回見た Stokes の抵抗力が働いている減衰振動で、さらに周期的な外力が働いている調和振動子を考えます。 この系のニュートン運動方程式

  { \displaystyle\begin{align*}
    m\frac{d^2x}{dt^2} &= -kx - \alpha\frac{dx}{dt} + F_0\,e^{i\omega t} & \cdots (*)
\end{align*}}

となります。 ただし

  • { m } : 質量
  • { k } : ばね定数
  • { \alpha } : 摩擦力の比例定数
  • { F_0 } : 外力の振幅

です。 これらはすべて正の定数です。

運動方程式を解く

運動方程式の整理
まずは運動方程式 (*) を整理しましょう。 時間微分は文字の上のドット(・) で表すことにします:

  { \displaystyle\begin{align*}
    \ddot{x} + \frac{\alpha}{m} \dot{x} + \frac{k}{m}x = \frac{F_0}{m}\,e^{i\omega t}
\end{align*}}

ここで

  { \displaystyle\begin{align*}
    2\lambda &= \frac{\alpha}{m}, &
    \omega_0 &= \sqrt{\frac{k}{m}}, &
    \frac{F_0}{m} &= f
\end{align*}}

とおくと

  { \displaystyle\begin{align*}
    \ddot{x} + 2 \lambda \dot{x} + \omega_0^2 x &= f\,e^{i\omega t} & \cdots(1)
\end{align*}}

となります。

一般解を求める
(1) 式の解として

  { \displaystyle\begin{align*}
    x(t) = \xi(t) + A\,e^{i\omega t}
\end{align*}}

の形のものを求めましょう。 { A } は定数です。 このとき

  { \displaystyle\begin{align*}
    \dot{x} &= \dot{\xi} + i\omega A\,e^{i\omega t} &
    \ddot{x} &= \ddot{\xi} - \omega^2A\,e^{i\omega t}
\end{align*}}

なので、(1) 式より

  { \displaystyle\begin{align*}
    \ddot{\xi} + 2 \lambda \dot{\xi} + \omega_0^2 \xi
        + \left(-\omega^2 + 2i\lambda\omega + \omega_0^2\right)A\,e^{i\omega t} &= f\,e^{i\omega t} & \cdots(2)
\end{align*}}

よって

  { \displaystyle\begin{align*}
    A = \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega}
\end{align*}}

とおくと (2) 式は

  { \displaystyle\begin{align*}
    \ddot{\xi} + 2 \lambda \dot{\xi} + \omega_0^2 \xi = 0
\end{align*}}

となり、{ \xi(t) }前回やった斉次方程式の解となります。 ここでは一般解として減衰振動の場合、つまり { \omega_0 > \lambda } を考えましょう。 このとき (1) 式の一般解は以下のようになります:

  { \displaystyle\begin{align*}
    x(t) &= \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega}\,e^{i\omega t}
        + e^{-\lambda t}\left(C_1\,e^{i\gamma_0 t } + C_2\,e^{-i\gamma_0 t }\right) & \cdots (2)
\end{align*}}

ただし

  { \displaystyle\begin{align*}
    \gamma_0 = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}
\end{align*}}

初期条件を課す
(2) 式に以下の初期条件を課しましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
    x(0) = x_0 \qquad \dot{x}(0) = v_0
\end{align*}}

このとき積分定数 { C_1,\,C_2 }

  { \displaystyle\begin{align*}
    C_1 + C_2 &= x_0 - \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega} \\
    C_1 - C_2 &= \frac{1}{\mu_0}\left(\lambda x_0 + v_0
        - \frac{\lambda f + i\omega}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega} \right)
\end{align*}}

を満たすので、結局 { x(t) } として以下を得ます:

  { \displaystyle\begin{align*}
    x(t) &= \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega}
        \left\{e^{i\omega t} - e^{-\lambda t}\left(\cos\gamma_0t
        - \frac{\lambda + i\omega}{\gamma_0}\sin\gamma_0t\right) \right\} \\
        &\qquad + e^{-\lambda t}\left(x_0\cos\gamma_0t + \frac{\lambda x_0 + v_0}{\gamma_0}\sin\gamma_0t\right)
\end{align*}}

  • 第1項は初期条件とは無関係
  • 第2項は斉次方程式の解と一致

{ v(t) } の表式はこれを時間で微分すれば得られますが、面倒なので省略。

充分時間が経過した後の運動

{ x(t) } の式で時間に関して指数関数的に減衰する項を落とすと

  { \displaystyle\begin{align*}
    x(t) = \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega}\,e^{i\omega t}
\end{align*}}

となります。 時間に依存しない因子は、導出の際に { A } とおいていたものです。 この { A } を(複素)振幅と呼ぶことにして(複素数なので位相因子も含まれてますが)、以降でこの振幅を外力の振動数 { \omega } の関数 { A(\omega) } と見なして

  { \displaystyle\begin{align*}
    A(\omega) = \frac{f}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\lambda\omega}
\end{align*}}

この { \omega } 依存性を見ていきましょう。 まずは絶対値{ \omega } 依存性:

  { \displaystyle\begin{align*}
    \left|A(\omega)\right| = \frac{f}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}}
\end{align*}}

{ A(\omega) } のグラフは共鳴曲線と呼ばれます。 { \left|A(\omega)\right| } の表式の分母の平方根の中を見ると

  { \displaystyle\begin{align*}
    (\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2
        &= \omega^4 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)\omega^2 + \omega_0^4 \\
        &= \left\{\omega^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)\right\}^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)^2 + \omega_0^4 \\
        &= \left\{\omega^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)\right\}^2 + 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) \\
        &= \left\{\omega^2 - (\omega_0^2 - 2\lambda^2)\right\}^2 + 4\lambda^2\gamma_0^2 &
            \left(\because \gamma_0 = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}\right)
\end{align*}}

よって、{ \left|A(\omega)\right| } の最大値は

  { \displaystyle\begin{align*}
    &\frac{f}{2\lambda\gamma_0} & \left({\rm for}\quad \omega = \sqrt{\omega_0^2 -2\lambda^2} \right)
\end{align*}}

となります。 次は位相{ \omega } 依存性:

  { \displaystyle\begin{align*}
    \arg A(\omega) = \arctan \frac{\lambda\omega}{\omega^2 - \omega_0^2}
\end{align*}}

それぞれのグラフは・・・そのうちに。

参考文献