【解答】支点の上下する振子

図のような座標 $(x,y)$ によって，おもりの位置を記述する。棒の張力を $R$ とすると，運動方程式は，

$m\ddot{x} = mg - R\cdot\frac{x+\xi}{l}$

$m\ddot{y} = -R\cdot\frac{y}{l}$

となる。

振子の振れ角を $\theta$ とすると，

$x+\xi = l\cos\theta,\qquad y = l\sin\theta$

$\dot{x}+\dot{\xi} = -l\dot\theta\sin\theta,\qquad \dot{y} = l\dot\theta\cos\theta$

$\ddot{x}+\ddot{\xi} = -l\ddot\theta\sin\theta -l{\dot\theta}^2\cos\theta$

$\ddot{y} = l\ddot\theta\cos\theta - l{\dot\theta}^2\sin\theta$

上の運動方程式にこれらを用いて， $R$ を消去すると

$\ddot\theta + \frac{g+\ddot{\xi}}{l}\sin\theta = 0$

を得る。微小振動の近似をとって，

$\ddot\theta + \frac{g+\ddot{\xi}}{l}\;\theta = 0$

$\xi$ のとりかたによって，この運動方程式に支配される $\theta$ のふるまいがどうなるか考察する。 $\dot\theta$ をかけて整理すると，

$\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}{\dot\theta}^2 + \frac{g}{2l}\theta^2\right) = -\frac{\ddot\xi}{l}\theta\dot\theta$

この左辺は， $ml^2$ を係数としてかけると振り子のエネルギーになっていることがわかる。

$\theta = a\sin\omega_0 t,\qquad \omega_0=\sqrt{\frac{g}{l}}$

とおく。振幅 $a=a(t)$ は， $t$ に対してゆるやかな関数であるから，そう長くない時間変化においては $a\dot a$ や $\dot a^2$ を無視できる。このことを考慮して上のエネルギー変化の式に $\xi$ の表式とともに代入整理すると，

$\frac{{\omega_0}^2}{2}\frac{da^2}{dt} = \frac{a^2\omega_0\omega^2\xi_0}{2l}\sin2\omega_0t\sin(\omega t+\phi)$

を得る。これが大きな正値をとることが効率的な励振の条件となる。

$\omega \neq 2\omega_0$ のとき，右辺の数周期にわたる平均はゼロになる。したがって，励振の第1条件は $\omega = 2\omega_0$ である。このとき，

$\frac{{\omega_0}^2}{2}\frac{da^2}{dt} = \frac{2a^2{\omega_0}^3\xi_0}{l}\left(\sin^22\omega_0 t\cos\phi + \sin2\omega_0t\cos2\omega_0t\sin\phi\right)$

となるが，（　）中の第2項は振動の1周期にわたる平均はゼロになる。すなわち，振子のエネルギー変化の周期にわたる平均は，

$\left\langle \frac{dE}{dt}\right\rangle = mla^2{\omega_0}^3\xi_0\cos\phi$

となり，初期位相 $\phi=0$ において最大となることがわかる。

上の励振条件が満たされたときの（微小振動に限定しない）数値積分結果とシミュレーション結果を示す。振幅が大きくなると，周期が微小振動のものからやや大きくなるから，しだいに位相がずれていくために励振が負となって振動がおさまっていき，長時間にわたってはこれを繰り返すことになる。

下図は，励振の角振動数条件をずらしたときのシミュレーションで，「うなり」を示している。

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最終更新：2010年01月01日 16:44

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