11．変位による１自由度系の強制振動

　機械システムの振動現象を考える場合，外部から力が加わって振動が発生すると考えるよりも，”強制的に揺すられて”振動させられている，と考えた方が分かり易い場合がある．例えば，地震によって物体が振動する場合，確かに床から加わっている力によって物体は振動しているがその力は床，あるいは地面が力を加えているわけではなく，床（地面）が上下・左右に動く（揺すられる）ことによって作用する力であり，力の変動は，床（地面）の変動によって起こる．図11-1に示すような乗物が路面上を走行する場合もこれと同様の現象が起こる．走行に伴い，タイヤ接触面は路面の状態に応じて上下動の振動的な入力を受ける．新幹線のようなレール上を走行する場合においても，レール表面は実際には細かい凹凸形状をしており，走行車両は走行中に車輪を介して振動的な入力を受ける．


　
　
　図11-1　走行時の路面の凹凸，不整による強制振動
　


こういった走行時に発生する振動現象を調べるために，”変位入力”という概念を取り入れる．図11-2に走行路面形状モデルの例を示す．この路面の凹凸は，水平方向に座標$s$を取ると，$a\sin\frac{2\pi}{\lambda}s$という振幅が$a$，波長が$\lambda$という正弦的な変動しており，例えば，一定走行速度$v$で走行すると$s=vt$より， \begin{eqnarray*} a\sin\frac{2\pi}{\lambda}s = a\sin\frac{2\pi v}{\lambda}t \end{eqnarray*} となり，$\frac{v}{\lambda}$の振動数で，振幅を$a$として，上下方向に変動する．即ち，走行速度に依存して，上下方向に強制的に振動を加える特性と持つという解釈ができる．よって，$\omega=\frac{2\pi v}{\lambda}$と置くと，路面からの入力$u(t)$は，次のような変位の変動として与えることができることになる． \begin{eqnarray*} u(t) = a\sin\omega t \end{eqnarray*} ここでは，単波長を考えるが，実際には，路面形状に応じ見積もられる波長の分布特性（スペクトル）を与えるのが一般的である．

　
　
　図11-2　走行路面表面形状のモデル化
　


11.1　変位励振モデル

　直接物体に力が加わるのは無く，ばねとダッシュポットを介した入力される場合を考える．図11-3に示すように，ばねとダッシュポットに支持されている機械システムが変位$u$の入力を受ける系を考える．ここで，変位$u$は，振幅$a$，角振動数$\omega$で正弦的に変動すると仮定すると \begin{eqnarray*} u=u(t)=a\sin\omega t \end{eqnarray*} と置くことができる．この系は，変位励振を受ける１自由度粘性減衰系と呼ばれる．

　
　
　図11-3　変位励振モデル
　


この系に対するFree-body Diagramを図10-4に示す．ここで，ばねの伸びは$x-u$，ダッシュポット両端の速度差（相対速度）は，$\dot{x}-\dot{u}$となるので，図に示すばね力，減衰力は次のようになる． \begin{eqnarray*} && f_k = k\left(x-u\right) \\ && f_c = c\left(\dot{x}-\dot{u}\right) \end{eqnarray*} よって，この系の運動方程式は次式となる． \begin{eqnarray*} m\ddot{x} = -f_k - f_c = -k\left(x-u\right) - c\left(\dot{x}-\dot{u}\right) \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \therefore m\ddot{x} + c\left(\dot{x}-\dot{u}\right) + k\left(x-u\right) =0 \end{eqnarray*} 絶対変位$x$に対して，ばね，ダッシュポットの支持部を基準とする相対変位$x_r$を考えると$x_r=x-u$となるので，$x_r$を用いて，運動方程式を表わすと次のようになる． \begin{eqnarray*} m\ddot{x}_r + c\dot{x}_r + kx_r = - m\ddot{u} \end{eqnarray*} ここで，$\ddot{u}=-a\omega^2\sin\omega t$より，次式を得る． \begin{eqnarray*} m\ddot{x}_r + c\dot{x}_r + kx_r = ma\omega^2\sin\omega t \end{eqnarray*} ここで，$p=\sqrt{\frac{k}{m}}$，$\zeta=\frac{c}{2\sqrt{k}}$と置くと次式となる． \begin{eqnarray*} \ddot{x}_r + 2\zeta p\dot{x}_r + p^2x_r = a\omega^2\sin\omega t \end{eqnarray*}

　
　
　図11-4　変位励振モデルのFree-body Diagram
　


力による強制振動の場合と同様な形となるので，繰り返しにはなるが，定常応答を考えることにすると，応答変位は次のように置くことができる． \begin{eqnarray*} x_r = A\cos\omega t + B\sin\omega t \end{eqnarray*} 運動方程式に代入すると， \begin{eqnarray*} \left(p^2-\omega^2\right)\left(A\cos\omega t + B\sin\omega t\right) + 2\zeta p\omega\left(-A\sin\omega t + B\cos\omega t\right) = a\omega^2\sin\omega t \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \therefore \cos\omega t\left\{\left(p^2-\omega^2\right)A + 2\zeta p\omega B\right\} +\sin\omega t\left\{\left(p^2-\omega^2\right)B - 2\zeta p\omega A -a\omega^2\right\}= 0 \end{eqnarray*} よって，$A$，$B$を未知数とする次の２元１次の連立方程式を得る． \begin{eqnarray*} \left.\begin{array}{l} \left(p^2-\omega^2\right)A + 2\zeta p\omega B = 0 \\ -2\zeta p\omega A + \left(p^2-\omega^2\right)B = a\omega^2 \end{array}\right\} \end{eqnarray*} 行列形式で表すと \begin{eqnarray*} \left[\begin{array}{cc} p^2-\omega^2 & 2\zeta p\omega \\ -2\zeta p\omega & p^2-\omega^2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} A \\ B \end{array}\right] = \left[\begin{array}{c} 0 \\a\omega^2 \end{array}\right] \end{eqnarray*} 左から係数行列の逆行列をかけることにより，次のように変形することができる． \begin{eqnarray*} \left[\begin{array}{c} A \\ B \end{array}\right] &=& \frac{a\omega^2}{\left(p^2-\omega^2\right)^2+\left(2\zeta p\omega\right)^2} \left[\begin{array}{cc} p^2-\omega^2 & -2\zeta p\omega \\ 2\zeta p\omega & p^2-\omega^2 \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}\right]\\ &=& \frac{a\omega^2}{\left(p^2-\omega^2\right)^2+\left(2\zeta p\omega\right)^2} \left[\begin{array}{c} -2\zeta p\omega \\ p^2-\omega^2 \end{array}\right] \\ &=& \frac{a\left(\frac{\omega}{p}\right)^2}{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2} \left[\begin{array}{c} -2\zeta\frac{\omega}{p} \\ 1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2 \end{array}\right] \end{eqnarray*} よって，相対変位$x_r$の定常応答は次式となる． \begin{eqnarray*} x_r =\frac{a\left(\frac{\omega}{p}\right)^2}{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2} \left[-2\zeta\frac{\omega}{p}\cos\omega t + \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}\sin\omega t \right] \end{eqnarray*} 入力が$\sin$なので，同じ形でまとめると次式となる． \begin{eqnarray*} && x_r =\frac{a\left(\frac{\omega}{p}\right)^2}{\sqrt{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2}} \sin\left(\omega t - \varphi\right) \\ && \tan\varphi = \frac{2\zeta\frac{\omega}{p}}{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2} \end{eqnarray*}

11.2 振幅特性，位相特性

振幅と位相の周波数依存性について調べる．振幅は， \begin{eqnarray*} A_r =\frac{a\left(\frac{\omega}{p}\right)^2}{\sqrt{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2}} =a\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right]^{-\frac{1}{2}} \end{eqnarray*} より，$\frac{\omega}{p}$で微分すると， \begin{eqnarray*} \frac{dA_r}{d\left(\frac{\omega}{p}\right)} &=& 2a\frac{\omega}{p}\left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right]^{-\frac{1}{2}} -\frac{1}{2}a\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\left[-4\frac{\omega}{p}\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}+8\zeta\frac{\omega}{p}\right] \left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right]^{-\frac{3}{2}} \\ &=& \left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right]^{-\frac{3}{2}} \left\{2a\frac{\omega}{p}\left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right] +2a\left(\frac{\omega}{p}\right)^3\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2-2\zeta^2\right\}\right\} \\ &=& 2a\frac{\omega}{p}\left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right]^{-\frac{3}{2}} \left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2+\left(\frac{\omega}{p}\right)^2 -\left(\frac{\omega}{p}\right)^4-2\zeta^2\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right] \\ &=& 2a\frac{\omega}{p}\left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right]^{-\frac{3}{2}} \left[1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2+2\zeta^2\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right] \end{eqnarray*} よって，$\frac{\omega}{p}=0$，$1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2+2\zeta^2\left(\frac{\omega}{p}\right)^2=0$のとき，振幅は極値を取る．２番目の式から \begin{eqnarray*} && \left(\frac{\omega}{p}\right)^2\left(1-2\zeta^2\right) =1 \\ && \therefore \left(\frac{\omega}{p}\right)^2=\frac{1}{1-2\zeta^2} \end{eqnarray*} 従って，$1-2\zeta^2 \ge 0$即ち，$\zeta\le \frac{1}{\sqrt{2}}$のとき次のような増減表を書くことができる．
$\frac{\omega}{p}$$\quad\quad 0\quad\quad$$\quad\quad\frac{1}{\sqrt{1-2\zeta^2}}\quad\quad$
$\quad\quad\frac{dA_r}{d\left(\frac{\omega}{p}\right)}\quad\quad$$\quad\quad0\quad\quad$$\quad\quad+\quad\quad$$\quad\quad 0\quad\quad$$\quad\quad -\quad\quad$
$\quad\quad A_r \quad\quad$$\quad\quad\nearrow\quad\quad$$\quad\quad\searrow\quad\quad$
即ち，この系の共振角周波数は次式となる． \begin{eqnarray*} \omega_r = \frac{p}{\sqrt{1-2\zeta^2}} \end{eqnarray*} その時の最大振幅$A_r$は \begin{eqnarray*} && 1-\left(\frac{\omega_r}{p}\right)^2 = 1-\frac{1}{1-2\zeta^2}=\frac{-2\zeta^2}{1-2\zeta^2} \\ && 2\zeta\frac{\omega_r}{p}=\frac{2\zeta}{\sqrt{1-2\zeta^2}} \end{eqnarray*} より， \begin{eqnarray*} A_r^{max} = \frac{a\frac{1}{1-2\zeta^2}}{\sqrt{\left(\frac{-2\zeta^2}{1-2\zeta^2}\right)^2+\frac{4\zeta^2}{1-2\zeta^2} }}=\frac{a}{\sqrt{4\zeta^4+4\zeta^2\left(1-2\zeta^2\right)}} = \frac{a}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}} \end{eqnarray*} 横軸に無次元周波数，縦軸に無次元化振幅，位相をそれぞれ取った，共振曲線，位相特性を図11-5に示す．

　
　
　図11-5　変位励振を受ける系の共振曲線と位相特性
　


11.3 絶対変位で表した応答

一方，絶対変位の定常応答を考えると，$x=x_r+u$より， \begin{eqnarray*} x &=&\frac{a\left(\frac{\omega}{p}\right)^2}{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2} \left[-2\zeta\frac{\omega}{p}\cos\omega t + \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}\sin\omega t \right] + a\sin\omega t \\ &=&\frac{a}{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2} \left[-2\zeta\left(\frac{\omega}{p}\right)^3\cos\omega t + \left(\frac{\omega}{p}\right)^2\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}\sin\omega t + \left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right]\sin\omega t \right] \\ &=&\frac{a}{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2} \left[-2\zeta\left(\frac{\omega}{p}\right)^3\cos\omega t + \left\{\left(\frac{\omega}{p}\right)^2-\left(\frac{\omega}{p}\right)^4 +1-2\left(\frac{\omega}{p}\right)^2 +\left(\frac{\omega}{p}\right)^4 + 4\zeta^2\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}\sin\omega t \right] \\ &=&\frac{a}{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2} \left[-2\zeta\left(\frac{\omega}{p}\right)^3\cos\omega t + \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}\sin\omega t \right] \end{eqnarray*} ここで， \begin{eqnarray*} && \left\{-2\zeta\left(\frac{\omega}{p}\right)^3\right\}^2 + \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2 =\left\{2\zeta\left(\frac{\omega}{p}\right)^3\right\}^2 + \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2 +2\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^4 \\ && = \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2 + 2\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2 - 2\cdot 4\zeta^2\left(\frac{\omega}{p}\right)^4 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^4 + 4\zeta^2\left(\frac{\omega}{p}\right)^6 \\ && = \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\left\{1 - 2\left(\frac{\omega}{p}\right)^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2 + \left(\frac{\omega}{p}\right)^4\right\} \\ && = \left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2 \left[\left\{1- \left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2 \right] \\ && = \left[\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2 \right]\left\{1+ \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2\right\} \end{eqnarray*} よって，絶対変位の応答は，次式のようになる． \begin{eqnarray*} && x =a\sqrt{\frac{1+ \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2}{\left\{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2\right\}^2+\left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2}} \sin\left(\omega t-\theta\right) \\ && \tan\theta = \frac{2\zeta\left(\frac{\omega}{p}\right)^3}{1-\left(\frac{\omega}{p}\right)^2 + \left(2\zeta\frac{\omega}{p}\right)^2} \end{eqnarray*} 元々の運動方程式 \begin{eqnarray*} && m\ddot{x}+c\left(\dot{x}-\dot{u}\right)+k\left(x-u\right)= 0 \\ && u=a\sin\omega t \end{eqnarray*} において，$u$を代入し， \begin{eqnarray*} && m\ddot{x}+c\dot{x}+kx　= ka\sin\omega t + ca\omega\cos\omega t \\ && u=a\sin\omega t \end{eqnarray*} を直接解いても，同じ結果となる．

11.4 演習

(1) 図11-6に示すような振動系がある．基礎が振動数3Hz，振幅1cmで上下方向に正弦振動するとき，質量を支える棒の角振動の振幅は何ラジアンか．ただし，棒の質量は無視できるものとする．

　
　
　図11-6　他端をばね支持された水平単振子の変位励振
　


(2) 図11-7に示す系のB端を固定し，A端に$x_A=a\sin\omega t$の強制変位を与えるとき，(a) $m$の応答を求め，(b) $\zeta=0$，$0.1$，$1$，$\infty$に対してその振幅がいかに変化するかを図示せよ．

　
　
　図11-7　変位励振を受ける系の強制振動