強制振動における共振の計算(減衰あり)

振動・波動の基礎 振動の減衰がある場合の共振の計算 学問・技術

強制振動における共振の計算について詳細を示します。

本記事では減衰項ありで計算します。

こんな人におススメ
  • 減衰が入った共振の運動方程式が解けない人
  • 仕事で構造物の設計をする人、大学で振動の研究をしはじめた人

強制振動の共振と、減衰が無い場合については下記の過去記事を参考にしてください。

減衰が無い場合と同じく、微分方程式を解く必要があります。

式も少し複雑ですが、できるだけ簡潔にわかりやすく解決します。

減衰のある振動の運動方程式を解く

減衰のある自由振動の運動方程式

強制振動の話をする前に、質量に周期的な外力が無い場合を考えます。

詳細は下記の記事で解説していますので、まず外力が無い場合を理解してから読んでください。

減衰のある振動は、下記のようなモデルで表すことができます。

減衰は速度に比例する粘性減衰を仮定しています。

この運動方程式は下記のようになります。

$$m\ddot{x}+c\dot{x}+kx = 0$$

これが『減衰のある自由振動の運動方程式』です。

減衰のある強制振動の運動方程式

では、強制的に振動するように、質量の部分に周期的な外力を付け加えてみましょう。

角振動数ωで周期的に変化する外力を、$Fcosωt$としますと、

$$m\ddot{x}+c\dot{x}+kx = Fcosωt$$

となります。右辺に$Fcosωt$がくっつきました。

整理するために、両辺をmで割ると

$$\ddot{x}+\frac{c}{m}\dot{x}+\frac{k}{m}x = \frac{F}{m}cosωt$$

ここで、$ζ$、$ω_0$、$f$の3つのパラメータを下のように定義します。

$$ζ = \frac{c}{2\sqrt{mk}}$$
$$ω_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}$$
$$f =\frac{F}{m}$$

ζは減衰比、$ω_0$は固有振動数を示します。

これらを使って運動方程式を書き換えると、下記のようになります。

$$\ddot{x}+2ζω_0\dot{x}+ω^2_0x – fcosωt =0$$

教科書とかでもよく出てくる形ですね。

$ζω_0 = γ$としている参考書などもありますが、本質的には同じです。

微分方程式を解く

ここから運動方程式を解いて、一般解を求めていきます。

$$\ddot{x}+2ζω_0\dot{x}+ω_0^2x – fcosωt =0$$

解き方ですが、この微分方程式の解は

 同次方程式の一般解 + 1つの特解 

となります。同次方程式の一般解というのは、外力が無い場合の一般解です。

同次方程式の一般解

下記の記事で詳細を計算していますので、結果だけお見せします。

一般解は、下記です。

$$x(t) = C_1 e^{λ_1 t}+C_2 e^{λ_2 t}$$
$$λ = -ζω±ω\sqrt{ζ^2-1}$$

減衰比ζの値で場合分けしてグラフを書きます。

ζが1より小さいときにはじめて振動します。

ここで大事なのは、 ζの値に関わらず、この一般解はt→∞で0に収束する、ということです。

同次方程式の一般解としては上記を理解しておけば大丈夫です。

特解を求める

それでは特解を仮定します。

$x=Acosωt + Bsinωt$と特解を仮定すると、微分したものは下記のようになります。

$$\ddot{x} = -Aω^2cosωt -Bω^2sinωt$$
$$\dot{x} = -Aωsinωt +Bωcosωt$$

これらを運動方程式に代入します。

$$-Aω^2cosωt-Bω^2sinωt+2ζω_0(-Aωsinωt +Bωcosωt)+ω_0^2(Acosωt + Bsinωt)-fcosωt=0$$

見通し良くするためにcosとsinの項で分けます。

$$cosωt(-Aω^2+2Bζω_0ω+Aω_0^2-f)$$
$$+sinωt(-Bω^2-2Aζω_0ω+Bω_0^2)=0$$

ここで、cos、sinの係数がそれぞれゼロになるようにして、AとBを求めます。

$$-Aω^2+2Bζω_0ω+Aω_0^2-f=0$$
$$-Bω^2-2Aζω_0ω+Bω_0^2=0$$

となります。AとBを求めたいので、これらの式をAとBで整理すると

$$A(ω_0^2-ω^2)+2Bζω_0ω=f・・・①$$
$$-2Aζω_0ω+B(ω_0^2-ω^2)=0・・・②$$

この連立方程式を解けばよいので、解きましょう、つべこべ言わずに笑

Bを消去するためにBの係数で①式、②式の両辺をそれぞれ割ります。

$$A\frac{(ω_0^2-ω^2)}{2ζω_0ω}+B=\frac{f}{2ζω_0ω}・・・①’$$
$$\frac{-2Aζω_0ω}{(ω_0^2-ω^2)}+B=0・・・②’$$

①’-②’より

$$A{\frac{(ω_0^2-ω^2)}{2ζω_0ω}+\frac{2ζω_0ω}{(ω_0^2-ω^2)}}=\frac{f}{2ζω_0ω}$$

左辺を通分して、

$$A{\frac{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}{2ζω_0ω(ω_0^2-ω^2)}}=\frac{f}{2ζω_0ω}$$

Aの係数で両辺を割ってAを求めると

$$A=\frac{f(ω_0^2-ω^2)}{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}$$

このAを今度は②’式に入れて、Bを求めます。

$$B = A\frac{2ζω_0ω}{ω_0^2-ω^2} =\frac{f(ω_0^2-ω^2)}{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}・\frac{2ζω_0ω}{ω_0^2-ω^2}$$

整理すると

$$B=\frac{2fζω_0ω}{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}$$

これでAとBが求まりました。

$x=Acosωt + Bsinωt$と特解を仮定していましたので、ここに代入します。

$$x = \frac{f(ω_0^2-ω^2)}{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}cosωt+\frac{2fζω_0ω}{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}sinωt$$

分母と分子の$f$がcosとsinの項で共通なので、かっこでくくります。

$$x=\frac{f}{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}{(ω_0^2-ω^2)cosωt+2ζω_0ωsinωt}$$

さて、ここからさらに変形するのですが、三角関数の以下の公式は覚えていますか?

三角関数の合成公式
$$Csinx+Dcosx = \sqrt{C^2+D^2}sin(x-δ)$$
$$tanδ = \frac{C}{D}$$

この公式を使います。

$$x=\frac{f}{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}\sqrt{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}sin(ωt-δ)$$
$$tanδ =\frac{2ζω_0ω}{ω_0^2-ω^2}$$

xの式を整理しますと、

$$x=\frac{f}{\sqrt{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}}sin(ωt-δ)$$

このようになります。三角関数がsin一つだけになりましたね。

これで特解が求まりました。

一般解から振動の様子を見る

$$\ddot{x}+2ζω_0\dot{x}+ω_0^2x – fcosωt =0$$

この微分方程式の解は

 同次方程式の一般解 + 1つの特解 

となります。下記に同次方程式の一般解を示します。

$$x(t) = C_1 e^{λ_1 t}+C_2 e^{λ_2 t}・・・③$$
$$λ = -ζω±ω\sqrt{ζ^2-1}$$

特解は先ほど求めましたね。

$$x(t)=\frac{f}{\sqrt{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}}sin(ωt-δ)・・・④$$
$$tanδ = \frac{2ζω_0ω}{ω_0^2-ω^2}$$

③と④を足し合わせたものが解になりますね。

$$x(t) = C_1 e^{λ_1 t}+C_2 e^{λ_2 t}+\frac{f}{\sqrt{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}}sin(ωt-δ)・・・⑤$$

というわけで一般解が求まりました。

ここから振動の様子を見ていきます。

t→∞としたとき、⑤はどうなるか?についてです。

最初の2項の指数関数の部分は、外力が無い場合の減衰振動を示していますので、t→∞とすると、0に収束します。

つまり、  十分ば時間が経つと特解の部分だけが残り、sinの項で振動するわけですね。

sinの係数が振幅になりますので、Xと置きますと、

$$X=\frac{f}{\sqrt{(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2}}・・・⑥$$

この振幅が角振動数ωによってどのように変化するかを見ていきます。

上式の分母が最小値になるωがピークの値になりますので、このときのωを求めます。

分母のルートの中身だけ取り出して整理しましょう。$ω_0^4$でくくります。

$$(ω_0^2-ω^2)^2+(2ζω_0ω)^2=ω_0^4{(1-\frac{ω^2}{ω_0^2})^2+4ζ^2\frac{ω^2}{ω^2_0}}$$

最小値となるωを議論したいので、係数の$ω_0^4$は無視できます。

さらに$\frac{ω^2}{ω_0^2} = Ω$と置きますと、

$$(1-Ω^2)^2+4ζ^2Ω^2 = Ω^2-2(1-2ζ^2)Ω+1$$

と整理できますので、Ωの2次方程式の最小値を求める問題になります。

このときの最小値を求めるために式変形しますと、

$$Ω^2-2(1-2ζ^2)Ω+1 = (Ω-(1-2ζ^2)^2+1 -(1-2ζ^2)^2・・・⑦$$

となります。よって$Ω=1-2ζ^2$が最小値となるΩです。$\frac{ω^2}{ω_0^2} = Ω$なので、

$$ω = \sqrt{1-2ζ^2}ω_0$$

が最小値となるωになりますね。

このときのピーク値は、⑦式の定数項の部分を計算すると、

$$1-(1-2ζ^2)^2 = 4ζ^2-4ζ^4 = 4ζ^2(1-ζ^2)$$

⑥式の分母のルートの中身が上式になるわけなので、

ピークの値を$X_{max}$とすると

$$X_{max}=\frac{f}{2ζω_0\sqrt{(1-ζ^2}}$$

$ζ$について分母にあるので、 $ζ$が小さいほどピークは鋭くなりますね。

ということで、共振状態の振幅と角振動数ωの関係は下図のように書けます。

簡単のために$ω_0=50$、$f=1$で計算しています。

ω=50の近くに共振ピークがありますが、実は少し低周波数側へピークシフトしています。

ピーク周波数は$ω = \sqrt{1-2ζ^2}ω_0$となるので、減衰の効果で低周波数側へシフトするのですね。

この式からわかるように、$ζ>\frac{1}{\sqrt{2}}$となると、解がなくなり、共振しなくなります。

計算結果から、ちゃんと共振のピークが導出できました。

まとめ

本記事では計算がメインなのでここで終わりです。

一度計算すると、理解が深まると思いますので、参考にして計算してみてください。

それではまた。

参考文献

  • 振動工学の基礎:岩壺卓三、松久寛、森北出版株式会社
  • 機械力学-振動の基礎から制御まで:日高照晃、小田哲、川辺尚志、曽我部雄次、吉田和信、朝倉書店
  • 構造と連続体の力学基礎:熊でもわかる変形できる物体の力学:岩熊哲夫、小山茂 web版