観覧車のゴンドラの影を地面に映してみてください。
円を描く動きの「影」は、まっすぐな線の上を行ったり来たりします。
この「影の運動」こそ単振動であり、三角関数はその記述言語です。
変位・速度・加速度を一つの式で統一的に表しましょう。
半径 $A$ の円上を一定の角速度 $\omega$ で回る点 P を考えます。 点 P の位置を $x$ 軸に射影（真横から見た影を落とす）した点 Q の動きが、まさに単振動です。
点 P が角度 $\theta = \omega t$ の位置にいるとき、影の位置は $x = A\sin\theta = A\sin(\omega t)$ です。 円をぐるぐる回る運動を「真横から見る」だけで、往復運動が現れるのです。
等速円運動を直径方向に正射影すると単振動になります。 この関係があるからこそ、単振動は三角関数で表せるのです。
円運動の角速度 $\omega$ がそのまま単振動の角振動数 $\omega$ に対応します。 半径 $A$ が振幅に、回転の位相が振動の位相に対応します。
$t = 0$ のとき物体がどの位置にいるかは、スタート時点の角度で決まります。 この初期角度を初期位相 $\varphi$ と呼びます。
$t = 0$ で中心にいて正の向きに動き始める場合は $\varphi = 0$ です。 $t = 0$ で正の端にいる場合は $\varphi = \dfrac{\pi}{2}$ です。 初期条件に応じて $\varphi$ が変わります。
教科書や問題集によって $x = A\sin(\omega t)$ と書く場合と $x = A\cos(\omega t)$ と書く場合があります。
✕ 誤：「$\sin$ が正しくて $\cos$ は間違い」
○ 正：どちらも正しい。違いは初期位相だけ。 $\cos(\omega t) = \sin(\omega t + \frac{\pi}{2})$ なので、$\cos$ で書くのは初期位相を $\frac{\pi}{2}$ にした $\sin$ と同じです。
大切なのは「$t = 0$ でどの位置にいるか」を問題文から正しく読み取ることです。
等速円運動の正射影から、単振動の変位は次の式で表されます。
$$x = A\sin(\omega t + \varphi)$$
$\sin$ の中身 $\omega t + \varphi$ を位相と呼びます。 位相が $2\pi$ 進むと $\sin$ は1周期分変化するので、周期は $T = \dfrac{2\pi}{\omega}$ です。
| $t = 0$ の状態 | $\varphi$ の値 | 変位の式 |
|---|---|---|
| 中心で正の向きへ出発 | $0$ | $x = A\sin(\omega t)$ |
| 正の端から出発 | $\dfrac{\pi}{2}$ | $x = A\cos(\omega t)$ |
| 中心で負の向きへ出発 | $\pi$ | $x = -A\sin(\omega t)$ |
| 負の端から出発 | $-\dfrac{\pi}{2}$ | $x = -A\cos(\omega t)$ |
等速円運動する点がどの角度からスタートするかを考えれば、 初期位相は自然に決まります。
正の端にいるなら円の真上（$\frac{\pi}{2}$）、 中心で正の向きなら円の右端（$0$）です。 この円のイメージを持っておけば、初期位相で迷いません。
変位を時間で微分すると速度が得られます。 微分を知らなくても、等速円運動の射影から導けます。
等速円運動する点 P の速度の大きさは $A\omega$ です。 速度ベクトルは位置ベクトルと直角をなすので、$x$ 方向の成分は、
$$v = A\omega\cos(\omega t + \varphi)$$
微分を使う場合は、$v = \dfrac{dx}{dt} = A\omega\cos(\omega t + \varphi)$ です。
$$v = A\omega\cos(\omega t + \varphi)$$
$\cos$ は $\sin$ より位相が $\dfrac{\pi}{2}$ 進んでいます。 これは「速度は変位より位相が $\dfrac{\pi}{2}$ 先行する」ことを意味します。 変位が $0$（中心）のとき速度は最大、変位が最大（端）のとき速度は $0$ です。
✕ 誤：$v_{\max} = A\omega^2$
○ 正：$v_{\max} = A\omega$
変位の式を1回微分すると $\omega$ が1つ出てきます。 2回微分（加速度）で $\omega^2$ が出ます。速度は1乗です。
速度は正負の符号を持つベクトル量です。
✕ 誤：「中心を通過するときの速度は $A\omega$」
○ 正：「中心を通過するときの速度は $\pm A\omega$（向きによる）」
正の向きに通過するか、負の向きに通過するかで符号が変わります。
速度をさらに微分すると加速度が得られます。
$v = A\omega\cos(\omega t + \varphi)$ を時間で微分すると、
$$a = \frac{dv}{dt} = -A\omega^2\sin(\omega t + \varphi)$$
$x = A\sin(\omega t + \varphi)$ なので、
$$a = -\omega^2 x$$
M-9-1 で見た単振動の条件式がきちんと再現されました。
変位：$x = A\sin(\omega t + \varphi)$
速度：$v = A\omega\cos(\omega t + \varphi)$
加速度：$a = -A\omega^2\sin(\omega t + \varphi) = -\omega^2 x$
時刻 $t$ を消去して、速度と変位の直接的な関係を求めることができます。 入試ではこの形で問われることが非常に多いです。
$x = A\sin(\omega t + \varphi)$ より $\sin(\omega t + \varphi) = \dfrac{x}{A}$
$v = A\omega\cos(\omega t + \varphi)$ より $\cos(\omega t + \varphi) = \dfrac{v}{A\omega}$
$\sin^2 + \cos^2 = 1$ を使って、
$$\frac{x^2}{A^2} + \frac{v^2}{A^2\omega^2} = 1$$
$$v^2 = \omega^2(A^2 - x^2)$$
$$v^2 = \omega^2(A^2 - x^2)$$
この式は時刻を含まないため、「ある位置での速度」を直接求められます。 エネルギー保存則からも同じ式が導かれます（M-9-6 参照）。
$x = 0$ を代入すれば最大速度、$v = 0$ を代入すれば振幅が求まります。 入試問題で最も使用頻度が高い式の一つです。
✕ 誤：$v = \omega\sqrt{A^2 - x^2}$ をさらに $v = \omega(A - x)$ と変形
○ 正：$v = \pm\omega\sqrt{A^2 - x^2}$ のまま使う。$\sqrt{A^2 - x^2} \neq A - x$ です。
平方根の中は差の2乗の形ではないので、これ以上簡単にはなりません。
$\dfrac{x^2}{A^2} + \dfrac{v^2}{(A\omega)^2} = 1$ は楕円の方程式です。 横軸に変位 $x$、縦軸に速度 $v$ を取ると、単振動の状態は楕円上を回ります。
この「位相空間」の表現は大学物理で頻繁に使われます。 楕円の面積が振動のエネルギーに比例するという美しい関係があります。
三角関数による記述は、単振動の具体的な応用に進むための基盤です。 ここで導いた公式が、今後どのように使われるかを確認しましょう。
Q1. 振幅 $0.10\,\text{m}$、角振動数 $4\pi\,\text{rad/s}$ の単振動の最大速度を求めてください。
Q2. $x = 0.05\sin(10t)\,[\text{m}]$ で表される単振動の周期を求めてください。
Q3. $t = 0$ で正の端（$x = A$）にいる場合、変位の式はどうなりますか。
Q4. 振幅 $A = 0.20\,\text{m}$、$\omega = 5\,\text{rad/s}$ の単振動で、$x = 0.10\,\text{m}$ のときの速さを求めてください。
Q5. 単振動の変位と加速度の位相差はいくらですか。
この記事で学んだ内容を、入試形式の問題で確認しましょう。
物体の変位が $x = 0.040\sin(5\pi t)\,[\text{m}]$ で表される単振動について、次の各量を求めよ。
(1) 振幅
(2) 角振動数と周期
(3) 最大速度
(1) $A = 0.040\,\text{m}$
(2) $\omega = 5\pi\,\text{rad/s}$、$T = 0.40\,\text{s}$
(3) $v_{\max} = 0.20\pi \approx 0.63\,\text{m/s}$
$x = A\sin(\omega t + \varphi)$ と比較して読み取ります。
(1) $A = 0.040\,\text{m}$
(2) $\omega = 5\pi\,\text{rad/s}$。$T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{2\pi}{5\pi} = 0.40\,\text{s}$
(3) $v_{\max} = A\omega = 0.040 \times 5\pi = 0.20\pi \approx 0.63\,\text{m/s}$
振幅 $A = 0.10\,\text{m}$、周期 $T = 2.0\,\text{s}$ の単振動をする物体がある。つりあいの位置から $x = 0.060\,\text{m}$ の位置にいるときの速さを求めよ。
$|v| = 0.080\pi \approx 0.25\,\text{m/s}$
$\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{2.0} = \pi\,\text{rad/s}$
$v^2 = \omega^2(A^2 - x^2) = \pi^2(0.10^2 - 0.060^2) = \pi^2(0.010 - 0.0036) = \pi^2 \times 0.0064$
$|v| = \pi \times 0.080 = 0.080\pi \approx 0.25\,\text{m/s}$
角振動数 $\omega$ で単振動する物体が、$t = 0$ で変位 $x = \dfrac{A}{2}$ の位置にいて、正の向きに動いていた。変位を $x = A\sin(\omega t + \varphi)$ と表すとき、初期位相 $\varphi$ を求めよ。
$\varphi = \dfrac{\pi}{6}$
$t = 0$ を代入すると $\dfrac{A}{2} = A\sin\varphi$ より $\sin\varphi = \dfrac{1}{2}$
$\sin\varphi = \dfrac{1}{2}$ を満たす $\varphi$ は $\dfrac{\pi}{6}$ または $\dfrac{5\pi}{6}$。
速度 $v = A\omega\cos(\omega t + \varphi)$ に $t = 0$ を代入すると $v_0 = A\omega\cos\varphi$。
正の向きに動いている（$v_0 > 0$）ので $\cos\varphi > 0$。
$\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} > 0$、$\cos\dfrac{5\pi}{6} = -\dfrac{\sqrt{3}}{2} < 0$
したがって $\varphi = \dfrac{\pi}{6}$