2006/10/30 機械力学Ⅰ

講義内容(10/30)• 3. １自由度減衰系の自由振動

– 3.1 粘性減衰系の自由振動– 3.1.1 運動方程式とその解– 3.1.2 ζ>1の場合– 3.1.3 ζ=1の場合– 3.1.4 ζ<1の場合– 3.1.5 振動波形と減衰比の関係– 3.2 固体摩擦による減衰振動

• 剛体運動における重心の並進と回転• 演習 5.1，5.2，5.3，5.4，5.5

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前回の復習

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回転系の振動

角運動量の変化(慣性力)＝外力モーメント(復原トルク)

エネルギー法による解法

θθ kI −=&& Ikn /=ω

2

21 θ&IT = 2

21 θkU =

( ) 0=+UTdtd ( ) 0=+ θθθ kI &&&

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いくつかの例題 (1)

図1.14　剛体振子

G

θ

O

l

mg

θsinmgF =

g

復原力

トルク発生に無関係

回転に寄与せず

θαθ sinsinmglI −=&&

剛体振り子のg→gsinαに相当

Imgl

nαω sin

=図1.15　水平振子

αsinmg

θα sinsinmgθα cossinmg

αcosmg

αsinmg

mg

G

g

G

θ

α

l

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いくつかの例題 (2)

( ) 02 =−+ θθ mglkhI &&

kh2 > mglのとき

Imglkh

n−

=2

ω

θsinmg

図1.17　倒立振子

mg

g

ｍ

k/2×hθ×h×2=kh2θ

kh2 < mglのとき

∞→⇒∞→+= −+

θθ λλ

tBeAe tt

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いくつかの例題 (3)

Fkxxm −−=&&

FrI =θ&&

0=++ rkxIxmr θ&&&&

θrx =0

23

=+ kxxm &&

並進方向の釣り合い

円筒中心周りの釣り合い

Fを消去

滑らない条件(制約条件)

k

x

r θ

2

21 mrI =

m

滑らない

F摩擦力

回転と並進が同時に起こる

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いくつかの例題 (4)

円柱

θ

R

g

O

m

r

A’

A

BC

ψ

φ

図1.19　円筒面を転がる円柱

( )( )θcos1−−= rRmgU

( ) 221 2

1 θ&rRmT −=

22 2

1 φ&IT =

( )φθθθφ rrRr

rR+=

−=

並進運動の運動エネルギー

ポテンシャルエネルギー

回転運動の運動エネルギー

運動の制約条件

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並進と回転を伴う運動の解き方

1. 重心における、並進自由度(x)と回転自由度(Θ)について、それぞれ、釣り合い式(運動方程式)を立てる。

2. 並進と回転が独立か？あるいは連成するか？

3. 連成するなら、自由度同士の関係式から、一方の自由度を消去。⇒１自由度系の運動。

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剛体運動における重心の並進と回転(配布資料)

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剛体運動における重心の並進と回転

FxM =&&

FcI =θ&&θ

x

F

重心

c

重心における並進方向の釣り合い

重心回りのモーメントの釣り合い

２自由度(x,θ)の運動となり、x,θについて独立に解けばよい．

外力を加える点と重心がずれているのに，なぜ力が釣合うのか?重心は回転中心ではないのに，なぜその回りのモーメントが釣合うのか?

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重心で釣り合うことの証明

回転中心(未知．力, トルクなし）動かない点

im

bir

a

∑∑ == θ&&&& iiii rmxmF

∑∑ =⋅= θ&&&& 2iiiii rmrxmFa

θ

x

F

重心

c

並進方向の釣り合い

回転中心回りの釣り合い

∑ = Mmi

( ) 0=−∑ ii mbrMbrm ii =∑

xMMbrmF ii &&&&&& === ∑ θθ

(1)

(2)(3)

(4)；重心の定義

⇒ (5)

(5)→(1)並進方向の釣り合い

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( )[ ]22 ∑∑ +−== bbrmrmFa iiii θθ &&&&

( ) ( )[ ]∑ −++−= brbbbrm iii 222θ&&

( ) ( )∑ ∑ ∑ −++−= brmbmbbrm iiiii θθθ &&&&&& 222

0++= bMxIG &&&&θ

FbIG +=θ&&

( ) θ&&GIbaF =−回転中心(未知．力, トルクなし）動かない点

im

bir

a

θ

x

F

重心

c

回転中心回りの釣り合い

重心まわりでモーメントの釣り合い

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剛体運動における釣り合い

• 回転中心が決まっているとき→回転中心回りのモーメントが釣合う．系の自由度は回転のみ．

• 回転中心が不定のとき→重心回りのモーメントの釣り合いと，重心の並進に関する力の釣合いの２式が必要．系の自由度は，重心の並進と回転の２つ．

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間違い易い例(1)

Gx&& 場所によって が異なるx&&

重心以外では とならないxmF &&=

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間違い易い例(2)

θ&&GIFa =

( )

( )

( ) B

B

BG

G

GB

xMbbaFxMbFbFaxxMbFa

bMbI

MbII

&&

&&

&&&&

&&&&

&&&&

−+=−+=

−+=⋅+=

+=

θθ

θθ 2

重心以外では とならない(B点回りの例)( ) θ&&BIbaF =+

θ

FA

G

B

b

Gxa

Bx

00==

Bxb&&

⇒ Bが重心

⇒ Bが回転中心

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間違い易い例(3)回転中心が決まっている場合は とならない．(モーメントも)

G

x

F

xmF &&=

回転中心で力が働く

GFxM −=&&重心の慣性力と釣合うのは，外力と支点反力の和

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3. 減衰がある１自由度系の自由振動前章では，慣性力と復元力のみからなる系を対象とし，その振動

は振幅一定で無限に持続するものであった．しかし実際の機械

では，空気抵抗，摺動部の摩擦，ローレンツ力などにより系のエ

ネルギーが散逸し，振動は減衰していく．振動減衰のメカニズム

は複雑であり，速度に比例するもの，速度の２乗に比例するも

の，速度に比例し周波数に反比例するものなどがある．それら

のうち，最も重要で解析も容易なものは，速度に比例する抵抗

であり，ついで固体摩擦によるものである．本章ではこれらの減

衰力が働く場合の振動を解説する．

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3.1 粘性減衰系の自由振動

図2.1 粘性減衰系

xc&

mx

ダンパーc

kx

ばねk

x&

図2.2　流体ダンパー

図2.3　電磁ダンパー

N　　　　S

図2.3　電磁ダンパー

N　　　　S

速度に比例する反力が発生

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3.1.1 運動方程式とその解

xckxxm &&& −−=力の釣り合い(運動方程式)

パラメータの導入

2nm

k ω=

02 2 =++ xxx nn ωζω &&&

線形同次型の運動方程式

減衰の無い系の固有角振動数

mkmc

n 22 ×== ζζω減衰比

図2.1 粘性減衰系

xc&

mx

ダンパーc

kx

ばねk

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tex λ=

02 22 =++ nn ωλζωλ

( )121 −+−= ζζωλ n

( )122 −−−= ζζωλ n

tt eCeCx 2121

λλ +=

線形同次型方程式の解法指数関数を仮定

特性方程式

特性方程式の解(特性根)

一般解

C1，C2は初期条件で決ま

る複素数の定数．

ζ(減衰比)は正の値を取り，その大きさ(ζ＜＞1)によってλ1，λ2は実数または複素数となる．

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3.1.2 ζ>1の場合(過減衰)λ1，λ2は実数

tt nn eCeCxωζζωζζ

−−−

−+−

+=1

2

1

1

22

()内＜０

0→⇒∞→ xtx

t

(a) ζ>1

0>x&

0<x&o

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双曲線関数

( ) ( ) 1sinhcosh

cosh2

sinh,sinh2

cosh

10cosh,00sinh2

cosh,2

sinh

22 =−

=+

==−

=

==

+=

−=

−−

−−

xx

xeexdxdxeex

dxd

eexeex

xxxx

xxxx

2cosh

xx eexy−+

==

xey21

= xey −=21

xey21

=xey

21

−=

xx

(a) cosh x (a) sinh x

図2.4 双曲線関数

2sinh

xx eexy−−

==

y y

o

o

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tt nn eCeCxωζζωζζ

−−−

−+−

+=1

2

1

1

22

双曲線関数による一般解の表現

12 −= ζωω nh

DCCCCC =+=+ 2121 ,

( )tDtCex hhtn ωωζω sinhcosh += −

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過渡応答初期条件

( ) 00 xCx == ( ) 00 vDCx hn =+−= ωζω&

++= − txvtxex h

h

nh

tn ωωζωωζω sinhcosh 00

0

解

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3.1.3 ζ=1の場合(臨界減衰)λ1＝λ2重根をもち、２階微分方程式には２つの基本解が必要

tnn

nexxxx ωωω −=⇒=++ 02 2&&&

ttex µ=( ) ( ) 0222 22 =++++ t

nnt

n tee µµ ωµωµωµμ=-ωnとすれば，tによらず0

tntex ω−=(第2)基本解

tt nn DteCex ωω −− +=一般解

(第1)基本解

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初期条件

( ) 00 xCx == ( ) 00 vDCx n =+−= ω&

( ){ } tn

netxvxx ωω −++= 000

x

t

(b) ζ=1

o

0>x&

0<x&

0→⇒∞→ xt

解

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3.1.4 ζ<1の場合λ1，λ2は共役な複素数

tjtj nn eCeCxωζζωζζ

−−−

−+−

+=22 1

2

1

1

ndnd ωωζωω ≤⇒−= 21

( )( ) ( )

( )tDtCe

jeejCCeeCCe

eCeCex

ddt

tjtjtjtjt

tjtjt

n

ddddn

ddn

ωωζω

ωωωωζω

ωωζω

sincos

22 2121

21

+=

−

−++

+=

+=

−

−−−

−−

減衰固有角振動数

Eulerの公式

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++= − txvtxex d

d

nd

tn ωωζωωζω sincos 00

0

初期条件

( ) 00 xCx == ( ) 00 vDCx n =+−= ω&解

x

t

(c) ζ<1

o

tne ζω−

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減衰比ζについて：

一般にζ<<1．例えばζ<0.2ならばωdとωnの差は２%以下であり，通常はωd=ωnと見なして問題ない．ζの値は，例えばタービンブレードやコイルばねで10-2で程度，アルミニウムやガラスの丸棒を糸で吊った状態では10-4程度である．

ωnt

x

o

ζ=10

ζ=5

ζ=2

ζ=1

ζ=0.52 4 6 8

1

図2.6　種々の減衰比におけるxの挙動

mk

m

mc

n

ncr

2

2

2 1

=

=

= =

ω

ζω ζ

臨界減衰係数

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実演

Interactive PhysicsMSC. Software Corp.

http://www.interactivephysics.com

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3.1.5 振動波形と減衰比の関係teax d

tn ωζω cos0−=

( )( )

2

0

1tan

00sincos

ζζ

ωζωω

ωωωζωζω

−−=−=⇒

=⇒=−−= −

d

nd

dddnt

t

tteax n&

振動のピーク(速度0)位置

tdωtan

tdω

21 ζζ−

−

02π

π23 π

25

図3.7 減衰振動のピークの時刻

22 1

tan11cos ζω

ω −=+

=t

td

d

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図3.8 減衰振動の振幅

πζ22 ≈− +

i

ii

aaa

T=

20 1 ζζω −= − int

i eaa2

02 12 ζζω −= +−+

inti eaa

( )

( ) ( )

πζ

πζπζ

ζ

ζ

πζ

ζ

πζ

ωπζω

ζω

ζω

ζω

21

2!2

121

11

22

1

22

20

20

2

22

2

+≈

+++=≈

===

−

−=

−−

−

−

+

+

+

Le

eee

eaea

aa

dn

iin

in

in

tt

t

t

i

i

対数減衰率

δπζ ≡≅

+

2log2i

ie a

a

一定値；等比級数的に減衰

隣り合う振幅比

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エネルギーの減少

( ) ( ) πζπζπζ

πζ

414!2

141

1

1

21

21

21

2

4

2

222

22

2

≈−+++≈

−≈

−

=

−

++

+

L

e

aa

ka

kaka

i

i

i

ii

一周期毎のエネルギー減少

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複号は で＋で－

3.2 固体摩擦による減衰振動

図3.9 固体摩擦のある系の振動

mk

xkx

cF±

0>x&

x&

FNFC µ=

CF−

クーロン摩擦

運動方程式

0=±+ cFkxxm &&

( )

kFb

mk

wherebxx

cn

n

==

=±+

,

0

2

2

ω

ω&&

0<x&

x&

FNFc µ=

cF−摩擦力と釣り合うばねの伸び

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① ② ③

図3.10 固体摩擦系の自由振動

x 初期条件 ( ) ( ) 00,0 == xax &0<x&( ) 02 =−+ bxx nω&&

0>x& ( )( ) ( )

( ) btbaxxbax

bxx

n

nn

n

−−=⇒=+−=

=++

ωωπωπ

ω

cos30,2

02

&

&&

振幅の包絡線は直線的(等差級数的)に減少

bxx ≤∩= 0&

停止の条件

何故止まらない?

初期条件により異なる位置で停止⇒機械の位置決め精度の低下

tBtAbx nn ωω sincos +=−一般解

( ) btbax n +−=⇒ ωcos