x dt xd

NO1
基礎事項の復習（単振動、速度に比例する抵抗力）
バネの単振動の復習
自然長からの伸びがｘのとき、
運動方程式
m
d 2x
dt 2
kx
単振動の微分方程式
d 2x
dt 2
2
x
k
m
ただし、
変位 x(t)の一般解
A：振幅
x(t )
速度 v(t)の一般解
δ：位相として、
A cos( t
)
dx
dt
v(t )
(1)
A sin( t
)
(1')
または、Ａ，Ｂを定数として、
x(t ) A cos t B sin t
周期
T
特殊解
・・
2
2
m
k
v(t )
(2)
A sin t B cos t
(2')
質量ｍとバネ係数ｋのみで決まる。
初期条件で決める。ｔ＝０で x(0)=ｘ０，v(0)＝ｖ０のとき、
ｔ＝０を一般解(2)、(2')に代入して、
(2)より
x(0) A x 0
(2')より
v(0) B
v0
B
この A,B を(1')に代入すると、ｔ＝０で x(0)=ｘ０，v(0)＝ｖ０を取る解は
x(t ) x 0 cos t
v0
sin t
ただし、
- NO1- 1 -
k
m
v0
（例題１)バネ定数ｋ＝ 100(N/m)のバネをなめらかな水平面上に置き、一端を壁に固定し、
他端に質量ｍ＝ 2.0（kg）の物体をつけて振動させた。
ｍ＝ 2.0（kg）、ｋ＝ 100(N/m)の場合、変位がｘの時のバネの力は
(1)
力
Ｆ＝－ 100 ｘ
：
運動方程式
2.0
：
単振動の方程式
角振動数
d 2x
dt 2
d 2x
dt 2
：
50
：
この数字がω２
100 x
100
x
2
5
50 x
2
(2)
この一般解は、(a)、(b)どちらの形で書いても良い。
(a)
振幅をＡ，初期位相をδとすると、
x(t )
周期は
A cos(5 2 t
2
T
2
(b)
Ａ，Ｂを定数として、
x(t )
)
1
A cos 5 2 t B sin 5 2 t
2
5
5 2
ωに数値を入れること！
速度の一般解 v(t)は、前問の変位 x(t)の一般解を微分して、
(3)
(a)
(b)
5 2 A sin(5 2 t
v (t )
)
v (t )
5 2 A sin 5 2 t 5 2 B cos 5 2 t
はじめに 10(cm)だけ伸ばした状態で、静かに手を離したとき、
(4)
(ⅰ) 初期条件は
ｘ０＝ 0.10(m)
・・(a)
ｖ０＝ 0(m/s)
・・(b)
(ⅱ) 一般解(2)、(3)の(b)にｔ＝０を代入して、x(0)、v(0)を求める。
cos ０＝１，sin ０＝０に注意して、
x(0)＝ Acos ０＋ Bsin ０＝ A
v ( 0)
(ⅲ)
・・(a)’
5 2 A sin 0 5 2 B cos 0 5 2 B
初期条件のｘ０、ｖ０
(b)'
が一般解でｔ＝０と置いた x(0)、v(0)と等しいので、
(a)＝(a)’
(b)＝(b)’
Ａ＝ 0.10
(ⅳ）
5 2B 0
ｔ秒後の変位はこの A,B を(2)(b)に代入して、
x(t )
0.10 cos 5 2t
- NO1- 2 -
B 0
( 5)
x (t )
0.10 cos 5 2t
これは、振幅 0.10(m)、周期
の cos
グラフは以下のようになる。
2
5
関数なので、
グラフの書き方の注意
○ 振幅Ａ（最大値）、周期（1 周するまでの時間）の目盛りを入れる
○ 関数形（sin か cos か）を確認する
x(t)
振幅
Ａ＝ 0.1(m)
t(s)
2
5
周期
特殊解の求め方
①
題意より初期条件ｘ０、ｖ０を読み取る。
②
一般解
ｘ(t)＝ Asin ωｔ＋ Bcos ωｔ
・・（＊）
v(t)＝ A ω cos ωｔ－ B ω sin ωｔ
にｔ＝０を代入し、
ｘ(0)＝ Asin 0 ＋ Bcos 0 ＝ B
ｖ(0)＝ A ω cos 0 － B ω sin 0 ＝ A ω
③
①＝②より、ｘ(0)＝ B ＝ｘ０
ｖ(0)＝ A ω＝ｖ０
定数Ａ,Ｂが、初期位置ｘ０
④
このＡ，Ｂを一般解
∴
A=ｖ０／ω
と初速度ｖ０
で求められる。
（＊）に代入し、
ｘ(t)＝ｘ０ cos ωｔ＋ｖ０／ω・sin ωｔ
定数Ａ，Ｂが初期条件ｘ０とｖ０で書け、特殊解が求められる。
- NO1- 3 -
(問）バネ定数ｋ＝ 200(N/m)、質量ｍ＝ 2.0(kg)とする。自然長からの変位がｘの時、運
動方程式を書き、角振動数、一般解、振動の周期Ｔを求め、以下の場合の特殊解を求めよ。
力
Ｆ＝－ 200 ｘ
：
運動方程式
2.0
：
単振動の方程式
角振動数
d 2x
dt 2
200 x
d 2x
dt 2
：
この数字がω２
200
x
2
100 x
100 10
：
よって、一般解はＡ，Ｂを定数として、
x(t )
周期は T
A cos 10 t B sin 10 t
2
2
1
10
/5
変位の一般解 x(t)を微分して、速度 v(t)の一般解を求めると、
v(t )
dx
dt
10 A sin 10 t 10 B cos 10 t
(1)はじめに自然長の位置に置き、伸ばす方向に速度 10m/s を与えたとき
初期条件ｘ０＝０，
ｖ０＝ 10
となる。
一般解
x(t)＝ Acos ωｔ＋ Bsin ωｔ
・・①
v(t)＝ A ω sin ωｔ－ B ω cos ωｔ
・・②
但し、ω＝１０
にｔ＝０を代入し、(a)の場合と同様にして、
x(0)＝ Acos ０＋ Bsin ０＝ A
・・①’
v(0)＝Ａω sin ０－ B ω cos ０＝ B ω
①’＝ｘ０＝０より、
Ａ＝０
②’＝ｖ０＝ 10
B ω＝ 10
∴
この A,B の値とω＝１０
x(t )
10
sin 10 t
10
・・②’
B ＝ 10/ω
但し、ω＝１０
但し、ω＝１０
を①式に代入して、
sin 10 t
この変位 x(t)は、振幅１、周期π/5 の sin 関数なので、グラフは下図のようになる。
- NO1- 4 -
ｘ(t)
振幅
A 1
１
t(s)
5
－１
(2)
周期
はじめに 20(cm)縮めて静かに手を離したとき、
初期条件ｘ０＝－ 0.10，
ｖ０＝０
となる。
縮んだときは
変位はマイナス
一般解
x(t)＝ Acos ωｔ＋ Bsin ωｔ
・・①
v(t)＝－ A ω sin ωｔ－ B ω cos ωｔ
・・②
但し、ω＝１０
にｔ＝０を代入し、(1)の場合と同様にして、
x(0)＝ Acos ０＋ Bsin ０＝ A ＝ｘ０＝－ 0.10
∴
A ＝－ 0.10
v(0)＝－Ａω sin ０＋ B ω cos ０
＝ B ω＝ｖ０＝０
∴
B ＝０
この A,B の値とω＝ 10 を①式に代入して、
x (t )
0.10 cos 10 t
特殊解
振幅
0.1(m)
5
周期 5
- NO1- 5 -
π/5
(3)
はじめに 10cm 縮めた状態から、速度 10m/s で更に縮めたとき
初期条件ｘ０＝－ 0.10，
ｖ０＝－ 10
となる。
縮んだときは
縮む向きの速度はマイナス
変位はマイナス
伸ばす向きのときはプラス
一般解
x(t)＝ Acos ωｔ＋ Bsin ωｔ
・・①
v(t)＝－ A ω sin ωｔ＋ B ω cos ωｔ
・・②
但し、ω＝１０
にｔ＝０を代入し、初期条件と等しいとして、
x(0)＝ Acos ０＋ Bsin ０＝ A ＝－ 0.10
Ａ＝－ 0.10
∴
v(0)＝－Ａω sin ０＋ B ω cos ０
＝ B ω＝－ 10
B ＝－ 10/ω
∴
これにω＝１０を代入すると、
B=－１
この A, B の値を①式に代入して、
x(t )
0.10 cos 10 t sin 10 t
特殊解
（例題２）単振り子
(1)糸が鉛直となる角度がθの時、物体に働く力は
右図のように、
重力ｍｇ（鉛直下向き）と
張力 T（糸に沿って中心向き）
(2)
張力Ｔは中心方向、
重力ｍｇを接線方向と中心方向に分解する。
接線方向：θが増える方が正なので、
ＦT
＝
－ｍｇsinθ
・・①
＝
Ｔ－ｍｇcosθ
中心方向
ＦN
・・②
(3)振り子が鉛直と角度θをなす時、接線方向と中心方向の運動方程式は、
＜接線方向＞
＜中心方向＞
- NO1- 6 -
おもりの移動距離をｓとすると、
おもりの速度をｖとすると、
ｓは半径
おもりは速度ｖで半径
、中心角θの扇形の弧なので、
ｓ＝
するので、円運動の中心方向の加速度ａは、
よって速度は
v
の円軌道上を運動
質量ｍ、速度ｖ、半径
ds
dt
d( )
dt
運動方程式は、
d
m
dt
d
dt
m
dv
dt
d
dt
F
a
と①より、
d2
m
dt 2
を使い
v2
運動方程式は、中心方向の力Ｆ N
m
mg sin
v2
②より、
T mg cos
・・③
・・④
振り子の釣合の位置は鉛直方向（θ＝０）であり、接線方向の力Ｆ
T
＝－ｍｇsinθが
振り子を釣合の位置Ｏに戻すように働き、振り子に左右の往復運動（単振動）をさせる。
復元力
－ mg sin θ
≒－ mg θ
mg
（θが小さいとき）
Ｏ（釣合の位置）
振り子の振幅が小さいとき、つまりθ≪１のとき、③式の右辺で sin θ≒θと近似して、
m
d2
dt 2
d2
dt 2
mg
g
・・⑤
これは単振動の方程式であり、一般解は振幅 A、初期位相をδとすると、
(t )
A cos( t
),
・・⑥
g
ただし角振動数ωは
で与えられる。
周期 T は、
T
2
2
g
振動の周期は振り子の長さと重力加速度により、おもりの質量ｍには無関係となる。
- NO1- 7 -
（問題１）ＬＣ回路の電気振動
(1)
時刻ｔでのコンデンサの電荷をＱ，回路に流れる電流をＩとして、キルヒホッフの
法則を立てると、
コンデンサーの両端の電圧はＶ＝Ｑ／Ｃ、
コイルの誘導起電力は
Q
C
L
dI
dt
－ＬｄＩ／ｄｔなので、
0
・・①
(2)Δｔ秒間にコンデンサの電荷がΔＱだけ減ることで、回路に図の向きに電流Ｉが流れ
るので、
dQ
dt
I
・・②
マイナス符号が付くことに注意
②を①に代入すると、
Q
C
L
L
d
dt
dQ
dt
d 2Q
dt 2
Q
C
L
d 2Q
dt 2
0
1
Q
C
よって、両辺をＬで割ると、
d 2Q
dt 2
1
Q
LC
単振動の方程式が得られる。
(3)電荷Ｑの一般解は、振幅Ａ，初期位相δとして、
Ｑ（ｔ）＝Ａ cos（ωｔ＋δ）
ただし、
1
LC
1
LC
または、Ａ，Ｂを定数として、
Ｑ（ｔ）＝ Acos ωｔ＋ Bsin ωｔ
・・③
(4)ｔ＝０でスイッチを閉じたので、Ｑ(0)＝Ｑ０、
(a)
Ｉ(0)＝０である。
一般解③を②に代入すると、電流Ｉ(t)の一般解が得られ、
I
dQ
dt
A
sin
t
B
cos
t
・・④
③、④式にｔ＝０を代入し、初期条件と等しいと置くと、
Ｑ(0)＝Ａ＝Ｑ０
- NO1- 8 -
Ｉ(0)＝－Ｂω＝０
∴
Ｂ＝０
これを③、④式に代入して、
1
LC
Ｑ（ｔ）＝Ｑ０ cos ωｔ
Ｉ（ｔ）＝Ｑ０ω sin ωｔ
周期 T
(b)
2
2
ただし、
1
LC
LC で振動する。
Ｑ－ｔグラフ、
Ｉ－ｔグラフ
Ｑ（ｔ）＝Ｑ０ cos ωｔ
Ｉ（ｔ）＝Ｑ０ω sin ωｔ
(c)電流は周期的に向きを変えながら流れ続け、コンデンサーの充電・放電を繰り返す。
電流と電荷は位相が 90 °ずれており、電荷が極値を取るときは電流は０，電流が極値を
取るときは電荷が０となる。
この時、コンデンサーの電荷の最大値及び、電流の最大値は変化せず、減衰しないので、
電力の消費はなく、回路のエネルギーは保存される。
実際、コンデンサーに蓄えられる静電エネルギー＝
Q02
cos 2
2C
Q2
2C
1
LI2
2
コイルに蓄えられる磁場のエネルギー＝
1
L Q02
2
よって、この回路の全エネルギーは、
E
ここで、
E
Q2
2C
1
LC
1
LI2
2
1
LC
Q02
cos 2
2C
t
1
L Q02
2
2
を使うと、
Q02
1
1
cos 2 t
L Q02
sin 2
2C
2
LC
2
Q0
Q02
2
2
cos t sin t
2C
2C
t
つまり、エネルギーが保存される。
- NO1- 9 -
＝
一定
sin 2
t
t
2
sin 2 t

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