振動と波動 1粒子の振動

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目次

[編集] 1粒子の振動

[編集] 単振動

f = − kx を受ける物体の運動を考える。 これを単振動と呼ぶ。 このとき運動方程式は、 m\ddot x + kx =0 で表わされる。 k = mω2 の置き換えをすると、

\begin{matrix} m\ddot x + m\omega^2x &=0\\ \ddot x + \omega^2x &=0 \end{matrix}

が得られる。 最後の式は、 定数係数線形2階微分方程式 であるので通常の仕方で解くことが出来る。 解は、 x = Acosωt + Bsinωt となる。 これらの任意定数を決めるためには 2つの初期条件が必要だが、ここでは 特に、t=0で、 x = x0,v = v0 という条件を付けると A = x _0, B = \frac {v _0} \omega で表わされる。 よって、この式の解は x = x _0 \cos \omega t + \frac {v _0} \omega \sin\omega t となる。


[編集] 速度に比例する抵抗力がある場合の単振動

次に f = -kx - m\gamma \dot x で与えられる力の場合を考える。 第2項は、速度に比例した力である。 この様な力は空気中の微粒子に衝突して物体の速度が 下がっていくときなどに見られる。 運動方程式は

\begin{matrix} m\ddot x + m\gamma \dot x + kx &=0\\ \ddot x + \gamma \dot x + \omega^2 x &=0 \end{matrix}

となる。 これも定数係数の2階微分方程式なので 通常の仕方で解けるのだが、結果が独得なので、具体的に計算する。 まず、 x = eat とおく。 このとき、運動方程式は a2 + ga + ω2 = 0 となり、 aの値は、 a _\pm = \frac 1 2 ( -g \pm \sqrt{\gamma ^2 - 4 \omega^2} ) で与えられることが分かる。 ここで、抵抗力の係数であるγ が、小さい数であるとするなら \sqrt {} の中身は負になり、この解は虚数によって与えられる。 一般解は

\begin{matrix} x &= A e^{i a _+ t} + B e^{i a _- t}\\ &= e^{-g t/2 } (\alpha \sin (\sqrt { \omega^2 - \gamma^2 / 4}t ) + \beta \cos (\sqrt {\omega^2 - \gamma^2 / 4}t ) ) \end{matrix}

となる。(A,B,α,βは任意係数。) この解で、最初の係数 e − gt / 2は粒子の運動が抵抗力を受けて 時間的に減衰していく様子を示している。 一方 (\alpha \sin (\sqrt { \omega^2 - \gamma^2 / 4}t ) + \beta \cos (\sqrt {\omega^2 - \gamma^2 / 4}t ) ) は、この物体が減衰を受けながらも、 ωに近い角振動数で振動していることを 示している。



[編集] 強制振動

物体が単振動の力に加えて、 周期的な外力を受けている場合を考える。 このとき、 f = − kx + mlsinω0t となる。 (外力の大きさを表わすパラメータが必要である。ここでは、 後の計算を簡単にするために、パラメータをmlという形に置いた。) このとき運動方程式は、

\begin{matrix} m\ddot x+ m \omega ^2 x &= ml \sin \omega _0 t\\ \ddot x+ \omega ^2 x &= l \sin \omega _0 t \end{matrix}

となる。 この式は、 定数係数2階常微分方程式に加えて、右辺に関数項が加わった形をしている。 このとき特別な解の形を予測して、この方程式の特解を求めることが出来る。 ここでは、 x = Csinω0t とおく。このとき、運動方程式は、

\begin{matrix} (- C \omega _0 ^2 + \omega^2 C )\sin \omega _0 t &= l \sin \omega _0 t\\ (- \omega _0 ^2 + \omega^2 )C &= l \\ C &= \frac l {(- \omega _0 ^2 + \omega^2 )} \end{matrix}

が得られる。 よって、 x = \frac l {(- \omega _0 ^2 + \omega^2 )}\sin \omega _0 t は、この方程式の特解となる。 左辺の線形方程式に対する一般解を加えると、 この方程式全体に対する解は、 x = \frac l {- \omega _0 ^2 + \omega^2 }\sin \omega _0 t + A \sin \omega t + B \cos \omega t となる。 この式は、2つの部分に分かれている。 Asinωt + Bcosωt の部分は、物体が外力を受けていても、以前と同じ周期での運動を 繰りかえすことを表わしており、 \frac l {- \omega _0 ^2 + \omega^2 }\sin \omega _0 t の部分は、振動数ω0の周期的な力を受けて、 振動数ω0の周期的な運動が引き起こされることを 表わしている。

この式を見ると、ω = ω0 が成り立っているとき、 xの値が無限大になるように見える。 実際物体のω(固有振動数と呼ぶ。)と外力の 振動数ω0が近いとき、物体にきわめて大きな振動が 引き起こされることが知られている。 この現象を共鳴と呼ぶ。

共鳴の場合にｘが無限大という結果がでたのは、もちろん物理的におきることではなく、上の解法（特に特解として仮定した形）が不十分だったことを意味する。正しい解を求めるには解として仮定する形をより広げなければならないが、それとは別に物理的によりわかりやすい方法もある。アイデアは「上の解法で得た解はωとω0が少しでも違えばうまくいく。一方、パラメータを連続的に変えると現象も（多分）連続的に変わるはずだから、ω = ω0の場合というのは、\omega_0\rightarrow\omegaの極限として得られるはず。だから上の解でその極限を取れば共鳴の場合の正しい解も得られる。」　但し、上の解で単純にその極限をとってももちろんうまくいかない。係数A,Bが意味を失うからである。そこでA,Bの代りに常にはっきりした物理的意味を持つ量、即ち初期条件(t=0でのx,dx/dtの値）を使って上の解を書き直し、その上で\omega_0\rightarrow\omegaの極限を取る。t=0でx=X,dx/dt=VとするとA=\frac{1}{\omega}(V+\frac{l\omega_0}{\omega_0^2-\omega^2}),B=Xになるので解は

x = \frac l {- \omega _0 ^2 + \omega^2 }\sin \omega _0 t + \frac{1}{\omega}(V+\frac{l\omega_0}{\omega_0^2-\omega^2})\sin \omega t+X \cos \omega t = \frac{l}{\omega(\omega_0+\omega)}\frac{\omega\sin \omega_0t-\omega_0\sin\omega t}{-\omega_0+\omega}+ \frac{V}{\omega}\sin \omega t+X \cos \omega t

こうした上で\omega_0\rightarrow\omegaの極限を取ると、極限は確かに存在して次のようになる：

x = \frac{l}{2\omega^2}(\sin \omega t-\omega t\cos\omega t)+ \frac{V}{\omega}\sin \omega t+X \cos \omega t

特に重要なのは第２項で、cosにtが掛かっている点。振動の振幅が時間に比例して増大していくのである。この結果から共鳴の本質が分かる。つまり共鳴では外力から与えられるエネルギーが蓄積されていくというのが本質で、そのため振幅が時間とともに果てしも無く大きくなっていくのである。（一休さんの有名なエピソードで、お寺の鐘を指一本で大きく動かすというのがある。正確な周期で指で押すことを続けると少しづつエネルギーが蓄積されて最後には大きな振動になる。まさに共鳴の利用。）

なお、上の解法では現象のパラメータ変化に対する連続性を前提としている。この前提はたいてい成り立つが、どんな場合でもとまではいかない。今の場合にどうかを確認するには得られた解を元の微分方程式（でω0 = ωとしたもの）に代入すればよい。確かに解になっていることが分かる。また、ω0がωに近づくにつれ振動のグラフがどう変わって行くかを見るのも興味深い。

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