単振動共振ラボ

質量、バネ定数、減衰、加振周波数を調整して、共振、位相遅れ、振幅倍率をリアルタイムに観察しよう。

計算例 — 単振動共振ラボ

位相遅れ φ	1.5708 rad≈90.0∘

ページを開いたときに計算機が表示する値です。上の入力を変えると再計算されます。

インタラクティブシミュレーションを読み込んでいます...

ひとつの数が、大きさと所要時間の両方を決める 🖖

このツールに用意された二つの強制振動プリセットは、振動の速さ以外すべて同じです。質量もばねも減衰も、力の大きさ1.2も変わりません。加振角振動数だけが4.00 rad/sから2.2 rad/sに変わります。それだけで、増幅率Mの表示は6.667から1.424へ下がります。その比は4.68です。共振時のMはちょうど1/(2ζ)で、この場合、静的な力による0.0750 mの変位が振幅0.5000 mの振動になります。同じ1/(2ζ)は、振幅が育つまでの待ち時間にも関わります。包絡線が立ち上がる時定数は3.333 s、周期は1.571 sなので、振幅が最終値の95%に達するまで約6.4周期。これは6.667にかなり近い値です。百倍に増幅する共振には、およそ百周期が必要です。ワイングラスを鳴らすには一声で叫ぶのではなく、同じ高さの声をしばらく保たなければならないのは、このためです。

共振とはつまりタイミング 🖖

このツールの本質はタイミングです。ばねにつながれた質量には、それぞれ『揺れたがる』固有振動数 ω₀ があります。ちょうどそのリズムで押すと——ブランコを絶妙な瞬間にこぐように——小さな一押しごとにエネルギーが加わり、振幅 X は一定の力では決して届かない大きさまで成長します。倍率 M はこの増幅を表し、暴走を防ぐのは減衰だけです。共振時には、運動は力からちょうど 90° 遅れます。

ピークは固有振動数より下にある 🖖

共振曲線を描くと、最高点は ω = ω₀ にあると思いがちです。ところが違います。変位の振幅が最大になるのは少し下の ω_r = ω₀√(1 − 2ζ²) です。さらに不思議なことに、減衰比が ζ = 1/√2 ≈ 0.707 を超えると——臨界減衰 ζ = 1 のはるか手前で——このピークは完全に消え、曲線はただ下がるだけになります。つまり系は弱い減衰でも共振ピークを持たないことがあるのです。

振動系 — 減衰はどれだけか、そして固有振動数で揺すっているか

あなたの振動系はどの型か

ばねについた質量のふるまいは、二つの問いで決まります。第一に、減衰係数 c は臨界値 2√(mk) と比べてどうか。それより小さければ揺れ続け、ちょうど等しければ行き過ぎずに最速で戻り、大きければ這うように戻ります。第二に、何かが押しているか。強制振動には独自の答えがあり、それは加振の振動数が ω₀ = √(k/m) にどれだけ近いかで決まります。

減衰なし — いつまでも揺れ続ける c = 0, ω₀ = √(k/m)

臨界減衰 — 行き過ぎずに最速で戻る c = 2√(mk)

過減衰 — 振動はしないが遅い c > 2√(mk)

共振で加振 — 小さな力で大きな振幅 ω = ω₀, A = F₀/(cω)

共振から外して加振 — 同じ力でもはるかに小さい ω ≠ ω₀

減衰なし — いつまでも揺れ続ける

わかっていること: c = 0 で、加振もない。エネルギーはばねと質量のあいだを往復するだけで、振幅は決して変わらない。

減衰: c = 0, ω₀ = √(k/m)

計算例: m = 1 kg、k = 16 N/m → ω₀ = √(k/m) = 4 rad/s、周期 1.57 秒、どの振れでも同じ振幅

この型を開く: 減衰なし自由振動

減衰なし — いつまでも揺れ続ける. 無減衰：ω₀ の純粋な正弦波で、周期ごとに変化しない。 c = 0 で、加振もない。エネルギーはばねと質量のあいだを往復するだけで、振幅は決して変わらない。 — 無減衰：ω₀ の純粋な正弦波で、周期ごとに変化しない。

臨界減衰 — 行き過ぎずに最速で戻る

わかっていること: c はちょうど 2√(mk)。系は可能な最短時間で平衡へ戻り、決してそれを越えない。

減衰: c = 2√(mk)

計算例: m = 1、k = 16 → 臨界 c = 2√16 = 8 N·s/m。c = 8 では変位が一度も振動せずに 0 へ減衰する

この型を開く: 臨界減衰

臨界減衰 — 行き過ぎずに最速で戻る. 臨界減衰：線を一度も越えない、最短の復帰。 c はちょうど 2√(mk)。系は可能な最短時間で平衡へ戻り、決してそれを越えない。 — 臨界減衰：線を一度も越えない、最短の復帰。

過減衰 — 振動はしないが遅い

わかっていること: c は 2√(mk) より大きい。二つの解はどちらも指数的に減衰し、そのうち遅いほうが復帰を支配する。

減衰: c > 2√(mk)

計算例: m = 1、k = 16 のまま c を 8 より大きくする：c = 20 では c = 8 のときの何倍もの時間がかかって落ち着く

臨界の型を開き、c を 8 より大きくする

過減衰 — 振動はしないが遅い. 過減衰：線は越えないが、復帰は臨界の場合よりずっと長く尾を引く。 c は 2√(mk) より大きい。二つの解はどちらも指数的に減衰し、そのうち遅いほうが復帰を支配する。 — 過減衰：線は越えないが、復帰は臨界の場合よりずっと長く尾を引く。

共振で加振 — 小さな力で大きな振幅

わかっていること: ω ≈ ω₀ の周期的な力と、小さな減衰。定常振幅を決めるのは減衰だけで、ばね定数ではない。

減衰: ω = ω₀, A = F₀/(cω)

計算例: F₀ = 1.2 N、ω = 4 rad/s、c = 0.6 → 振幅 0.50 m。静的たわみ F₀/k = 0.075 m に対して 6.7 倍の増幅

この型を開く: 共振近傍

共振で加振 — 小さな力で大きな振幅. ω = ω₀ では応答が静的たわみをはるかに上回る。 ω ≈ ω₀ の周期的な力と、小さな減衰。定常振幅を決めるのは減衰だけで、ばね定数ではない。 — ω = ω₀ では応答が静的たわみをはるかに上回る。

共振から外して加振 — 同じ力でもはるかに小さい

わかっていること: 力も減衰も同じだが、加振の振動数が ω₀ から離れている。応答は両側で急に落ちる。

減衰: ω ≠ ω₀

計算例: 同じ F₀ = 1.2 N を ω = 4 ではなく 2.2 で → 振幅 0.107 m、共振時のおよそ 5 分の 1

この型を開く: 共振から外れた状態

共振から外して加振 — 同じ力でもはるかに小さい. 加振を ω₀ から離すと、同じ力でも動きはごく一部になる。力も減衰も同じだが、加振の振動数が ω₀ から離れている。応答は両側で急に落ちる。 — 加振を ω₀ から離すと、同じ力でも動きはごく一部になる。

全プロセスの詳細解説

4 rad/sで駆動される16 N/mのばね上の1 kg 5 ステップ
1 kg の質量を 16 N/m のばねと 0.6 N·s/m のダンパーに接続し、4 rad/s、1.2 N の力で駆動する。定常状態の振幅と位相遅れを求め、4 つの入力のうち実際にはどれが解答を決定しているかを述べよ。
1. 5 つの入力のうち 2 つが、この系が固有に求める周波数を決定する。加振周波数がたまたまその周波数と一致しているため、比 r はちょうど 1 となり、この単一の偶然こそが以下すべての挙動を奇妙なものにしている。
  
  $ω_{0} = \frac{k}{m} = \frac{16}{1} = 4 rad/s; r = \frac{ω}{ω _{0}} = \frac{4}{4} = 1$
2. 減衰比は臨界値 2√(km) = 8 N·s/m に対する c を測定する。0.6 において、系は臨界値の 7.5% で動作する。すなわち弱減衰であり、自由振動しやすい状態にある。
  
  $ζ = \frac{c}{2 k m} = \frac{0.6}{2 16} = \frac{0.6}{8} = 0.075$
3. 拡大率の根号内には 2 つの項（剛性項と減衰項）が含まれる。r = 1 では、ばね力と慣性力が互いに完全に打ち消し合うため、剛性項はちょうど 0 になる。加振力に対抗するために残るのはダンパーだけである。
  
  $M = \frac{1}{( 1 - r ^{2} ) ^{2} + ( 2 ζ r ) ^{2}} r = 1 \frac{1}{2 ζ} = \frac{1}{0.15} = 6.667$
4. 静的変位 F₀/k = 0.075 m をその倍率でスケーリングする。
  
  $X = \frac{F _{0}}{k} M = \frac{1.2}{16} \times 6.667 = 0.075 \times 6.667 = 0.5 m$
5. 位相遅れは、これら同じ 2 つの項を長さではなく角度として読み取ったものである。剛性項が 0 であるため、逆正接（アークタンジェント）は ζ の値にかかわらず 1/4 回転に収束する。過減衰の系であっても、ごくわずかに減衰した系であっても、ここでは正確に 90° 遅れる。
  
  $ϕ = atan2 (2 ζ r, 1 - r^{2}) = atan2 (0.15, 0) = \frac{π}{2} = 1.5708 rad = 90. 0^{\circ}$
解答

X = 0.5 m、力より 1/4 周期遅れ、解答のすべてを決定している入力は c である。共振時の振幅を書き直すと、k と m の両方が相殺される：X = F₀/(cω₀) = 1.2/(0.6 × 4) = 0.5 m。ばねと質量は互いにエネルギーをやり取りするのに忙しく、どちらも物体がどこまで揺れるか決定権を持たない。90° の遅れがその理由である。速度と同位相の力は継続的にパワーを供給するため、定常状態はダンパーがエネルギーを消費する速度が駆動による供給速度と正確に等しくなる位置で落ち着く：平均入力 F₀ωX/2 = 1.2 W に対して平均散逸 cω²X²/2 = 1.2 W であり、これら 2 つは X = 0.5 m においてのみ等しくなる。1 周期あたりの同じバランスを計算すると、無関係な定義から 6.667 が再び現れる：系は kX²/2 = 2 J を保持し、各周期で 1.885 J を失い、2π × 2/1.885 = 6.667 となる。拡大率とクオリティファクターは 2 つの名前を持つ 1 つの数値である。

$X = \frac{F _{0}}{k} \cdot \frac{1}{2 ζ} = \frac{F _{0}}{c ω _{0}} = \frac{1.2}{0.6 \times 4} = 0.5 m$
4 rad/sではなく2.2 rad/sで駆動される同じ質量と同じばね 5 ステップ
同じ質量、同じばね、同じダンパー、同じ 1.2 N の力を用い、4 rad/s の代わりに 2.2 rad/s で駆動する。振幅と位相遅れを求め、ダンパーが依然として重要かどうかを判断せよ。
1. 加振周波数のみが変化したため、ζ は影響を受けず、r は 0.55 に低下する。
  
  $r = \frac{ω}{ω _{0}} = \frac{2.2}{4} = 0.55, ζ = \frac{0.6}{8} = 0.075$
2. 根号内の 2 つの項を個別に書き出す。それらの相対的な大きさが問いへの答えとなるためである。減衰項の寄与は 0.48651 に対して 0.00681 であり、全体の 1.4% である。
  
  $(1 - r^{2})^{2} = (1 - 0.3025)^{2} = 0.697 5^{2} = 0.48651; (2 ζ r)^{2} = 0.082 5^{2} = 0.00681$
3. それらを足し合わせて逆数をとる。
  
  $M = \frac{1}{0.48651 + 0.00681} = \frac{1}{0.49331} = \frac{1}{0.70236} = 1.424$
4. 静的変位は同じであり、拡大率は遥かに小さい。
  
  $X = \frac{F _{0}}{k} M = 0.075 \times 1.424 = 0.1068 m$
5. 遅れも同じ 2 つの項に従い、剛性項が再び支配的になることで 90° から 6.7° へと急減する。質量は現在、力より 1/4 周期遅れるのではなく、ほぼ力と同位相で運動する。
  
  $ϕ = atan2 (0.0825, 0.6975) = 0.1177 rad = 6. 7^{\circ}$
解答

0.1068 m、力より 6.7° 遅れ。そしていいえ、ダンパーはもはや重要ではない。ダンパーを取り除いてみる：c = 0 と設定すると M は 1/(1 - r²) = 1.4337 となり、0.1075 m が得られる。これは 107 mm の振れ幅に対して 0.7 mm の誤差、すなわち 0.7% である。4 rad/s で解答全体を決定していた量は、2.2 においては丸め誤差に過ぎない。そして r = 1 では同じ削除により振幅は無限大に達していたはずである。代わりに支配的なのは剛性項であり、それが何を意味するか正確に理解することが重要である：静的変位 F₀/k = 0.075 m は、質量が実際に揺れる幅より 30% 不足している。ゆっくり加振することは静的に加振することと同義ではない。1/(1 - r²) を 1 の 5% 以内に収めるには r を 0.22 未満にする必要があり、このばねにおいてそれは加振を 0.873 rad/s 未満に保つことを意味する。そしてそこでのみ、ばね単独が解答を決定する。

$M (c = 0) = \frac{1}{1 - r ^{2}} = \frac{1}{0.6975} = 1.4337 (+ 0.7%); r = 1 : M (c = 0) \to \infty$

学習の道すじ

一つのばねから定常波へ

この次に干渉

参考文献 (2)

The textbook example of resonance that is not resonance: K. Y. Billah and R. H. Scanlan, "Resonance, Tacoma Narrows bridge failure, and undergraduate physics textbooks." American Journal of Physics 59(2), 118–124, 1991 — the bridge failed by aeroelastic flutter, a self-excited instability, not by a periodic gust matching a natural frequency.
The driven oscillator, its phase lag and its Q, worked through: A. P. French, Vibrations and Waves, Chapter 4: Forced vibrations and resonance. W. W. Norton, 1971.

42Math チーム · 更新 2026-07-29

公表された資料と照合しています。訂正のご指摘を歓迎します。編集方針 · 訂正

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例題

減衰なし自由振動 - 減衰がまったくなく、ζ = 0です。ω₀ = 4 rad/sで生じた振動はいつまでも減衰しません。周期は1.571 sで、エネルギーがばねと質量の間を絶えず行き来します。
臨界減衰 - c = 8はちょうど2√(km)なので、ζ = 1の臨界減衰です。行き過ぎることなく、最短時間で静止位置に戻ります。時定数は0.250 sです。
共振近傍 - ζ = 0.075の系を、ω₀ = 4 rad/sでちょうど共振させています。M = 6.667で、これは1/(2ζ)に等しい値です。静的な力による0.0750 mの変位が振幅0.5000 mの振動となり、位相は力より90°遅れます。
共振から外れた状態 - 同じ系を4 rad/sではなく2.2 rad/sで加振すると、Mは6.667から1.424へ、位相の遅れは90°から6.7°へ下がります。変えたのは振動の速さだけです。