MEKANİK TİTREŞİMLER
(d) x(t)=cos(t)+cos(0.6t)
(c) x(t)=cos(t)+cos(0.96t)
Prof. Dr. Özgür TURHAN
İTÜ Makina Fakültesi
Eylül 2014
1
İÇİNDEKİLER
1 GİRİŞ VE TEMEL KAVRAMLAR ………………………………………..………..3
1.1Giriş ……………………………………………………………………………………3
1.2 Temel Kavramlar ……………………………………………………………………...5
1.2.1 Titreşim Sistemi • Titreşim Hareketi ………………………………………..5
1.2.2 Peryodik Titreşim Hareketi ……………………………………………….…6
1.2.3 Harmonik Titreşim Hareketi ………………………………………………...7
1.2.4 Harmonik Titreşimlerin Bileşimi Şeklindeki Titreşim Hareketleri ………….9
1.2.4.1 Aynı Frekansa Sahip Harmonik Titreşimlerin Bileşimi ……………9
1.2.4.2 Farklı Frekansa Sahip Harmonik Titreşimlerin Bileşimi ………….11
1.2.4.3 Farklı Fakat Birbirine Yakın Frekansa Sahip Harmonik
Titreşimlerin Bileşimi • Vuru Olayı ……………………………….13
1.2.5 Peryodik Titreşimlerin Bir Harmonik Titreşimler Bileşimi
Şeklinde Gösterilmesi • Fourier Serileri ……………………………………...15
1.2.6 Mekanik Sistemlerin Titreşimlerinin İncelenmesi ……………………………18
2 TEK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN LİNEER TİTREŞİMLERİ ….21
2.1Genel………………………………………………………………………………...…21
2.2 Sönümsüz Serbest Titreşimler ........................................................................................24
2.2.1 Hareket Denklemi ve Çözümü ………………………………………….…..24
2.2.2 Modelleme …………………………………………………………………..36
2.2.2.1 Bir Eşdeğer Kütle-Yay Sistemi Kurulması ………………………..36
2.2.2.2 Lineerleştirme ……………………………………………………...43
2.2.2.3 Elastik Cisimlerin Bir Eşdeğer Yay İle Temsili ……………………50
2.2.2.4 Yay Kütlelerinin (Yaklaşık Olarak) Hesaba Katılması …………….56
2.3 Sönümlü Serbest Titreşimler …………………………………………………………..62
2.3.1 Viskoz Sönüm …………………………………………………………….….62
2.3.2 Hareket Denklemi Ve Çözümü ………………………………………………63
2.3.3 Modelleme ……………………………………………………………………71
2.3.3.1 Viskoz Sönümün Tanınması ve Parametrelerinin
Belirlenmesi:Sönme Oranı ve Logaritmik Azalma …………….…..71
2.3.3.2 Eşdeğer Viskoz Sönüm ………………………………………….….75
2.3.3.3 Lineerleştirme ………………………………………………………79
2.3.4 Yarım Serbestlik Derecesi ……………………………………………………81
2.4 Hareketin Niteliği • Titreşim ve Kararlılık …………………………………………….83
2.4.1 Temel Kavramlar …………………………………………………………...83
2.4.1.1Kararlılık …………………………………………………………….83
2.4.1.2 Faz Düzlemi………………………………………………………... 84
2.4.2 Sistem Davranışının Parametrelerle İlişkisi ……………………...…………...85
2.5 Zorlanmış Titreşimler …………………………………………………………………..94
2.5.1 Harmonik Kuvvetle Zorlanmış Titreşimler ……………...…………………...94
2.5.1.1 Hareket Denklemi ve Çözümü ………………………………….……..94
2.5.1.2 Sistem Davranışının İrdelenmesi ……………………………….…….100
2.5.1.4 Rezonans Titreşimleri ve Vuru Titreşimleri …………………….……105
2.5.1.4 Enerji Dengesi ………………………………………………….……..111
2.5.1.5 Elektriksel Benzeşim ………………………………………………...113
2.5.1.6 Rezonansın Keskinliği • Kalite Faktörü ………………………………116
2
2.5.1.7 Karmaşık Sayılarla Hesap • Frekans Yanıt Fonksiyonu (FYF) ………118
2.5.2 Dönen Dengesiz Rotorların Yol Açtığı Titreşimler …………………………121
2.5.3 Dayanağın Harmonik Hareketinin Yol Açtığı Titreşimler ………………….130
2.5.5 Sismik Ölçüm Aletleri …………………………………...………………….135
2.5.5 Titreşim Yalıtımı ……………………………………………………………144
2.5.6 Peryodik Kuvvetle Zorlanmış Titreşimler …………………………………..152
2.5.6.1
Eklenme İlkesi …………………………………………………….153
2.5.6.2
Frekans Açınımı ve Titreşimlerin Doğası …………….…………..155
2.5.7 Gelişigüzel Kuvvetlerle Zorlanmış Titreşimler ………………….………….160
2.5.7.1 İmpulsif (Darbe Niteliğinde) Kuvvet Hali ……………………………161
2.5.7.2 Dirac Delta Fonksiyonu • Birim İmpuls Yanıtı ………………….…..162
2.5.7.3 Heaviside Birim Basamak Fonksiyonu • Birim Basamak Yanıtı ….…164
2.5.7.4 F(t)’nin Gelişigüzel Bir Fonksiyon Olması Hali •
Konvolüsyon İntegrali ………………………………………………..166
2.5.7.5 Silkme Kuvveti • Silkme Yanıtı ……………………………………...173
2.5.7.6 F(t)’nin Gelişigüzel Bir Fonksiyon Olması Hali •
Fourier İntegrali • Fourier Dönüşümü ………………………………..179
2.6 Bölüm Problemleri …………………………………………………………………….185
3 İKİ SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN LİNEER TİTREŞİMLERİ ……196
3.1
3.2
Genel ………………………………………………………………………………196
Sönümsüz Serbest Titreşimler …………………………………………………….199
3.2.1 Hareket Denklemleri ve Çözüm • Doğal Titreşim Kipleri ……………….…199
3.2.2 Rayleigh Oranı • Rayleigh İlkesi ……………………………………………209
3.2.2.1
Rayleigh Oranı …………………………………………………….209
3.2.2.2
Rayleigh İlkesi …………………………………………………….210
3.2.3 İki Doğal Frekansın Birbirine Yakın Olması Hali • Vuru Olayı ………...….212
3.2.4 Sabit Noktayla Elastik Bağlantısı Olmayan Sistemler ………………..…….215
3.3 Sönümsüz Zorlanmış Titreşimler ……………………………………………………..219
3.3.1 Hareket Denklemleri • Çözüm • Rezonans Olayı …………………………...219
3.3.2 Sönümsüz Titreşim Soğurucusu ………………………………...…………..226
3.4 Sönümlü Serbest Titreşimler ………………………………………………………...233
3.5 Sönümlü Zorlanmış Titreşimler ……..……………………………………….………237
3.5.1 Hareket Denklemleri ve Çözüm …………………………………….………237
3.5.2 Dinamik Titreşim Sönümleyicisi ………………………………….………..240
3.5.2.1 Genel ………………………………………………………………240
3.5.2.2 Optimal DTS’nin Belirlenmesi ……………………………………243
4 ÇOK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN LİNEER TİTREŞİMLERİ…251
4.1 Genel Bilgiler ……………………………………………………………………….…251
4.2 Sönümsüz Serbest Titreşimler …………………………………………………….…..258
4.2.1 Özdeğer Çözümlemesi ve Doğal Titreşim Kipleri ……………………….…258
4.2.2 Esneklik Matrisi • Özdeğer Probleminin Alternatif Formülasyonu …….…..268
4.2.2.1 Esneklik Etki Katsayıları ………………………………………….268
4.2.2.2 Dinamik Probleminin Esneklik Etki Katsayıları Kullanılarak
Formülasyonu ………………………………………………….….269
4.2.3 Kip Vektörlerinin Dikliği • Açınım Teoremi • Genel Çözüm ………………278
4.2.4 Kip Vektörlerinin Normalizasyonu • Kipler Matrisi •
3
Doğal Koordinatlar ve Kiplere Ayrıştırma……………………………….…279
4.2.4.1 Kip Vektörlerinin Normalizasyonu…….………………………...…279
4.2.4.2 Kipler Matrisi ………………………………………………………281
4.2.4.3 Doğal Koordinatlar ve Kiplere Ayrıştırma………………...……..…281
4.2.5 Rayleigh Oranı • Rayleigh İlkesi………… …….………...………………..…289
4.2.6 Homojen Titreşim Zincirleri …………………………………………………292
4.3 Sönümsüz Zorlanmış Titreşimler ………………………………………………………298
4.3.1 Harmonik Kuvvetle Zorlanmış Titreşimler …………………………………..298
4.3.2 Zorlanmış Titreşimlerde Kiplere Ayrıştırma ………………………………....304
4.3.3 Çok Serbestlik Dereceli Sistemlerde Sönümsüz Titreşim Soğurucusu…….....311
4.4 Sönümlü Serbest Titreşimler …………………………………………………………..319
4.4.1 Viskoz Sönüm ………………………………………………………………320
4.4.1.1 R Matrisinin En Genel Hali ………………………………………321
4
1 GİRİŞ VE TEMEL KAVRAMLAR
1.1 GİRİŞ
Titreşim özel bir hareket türüdür. Havada sesin, denizde dalgaların yayılmasından
depremlerin oluşumuna kadar birçok doğal olaydan bu hareket sorumludur. Genellikle
istenmediği halde, makinalar ve yapılar gibi mühendislik sistemlerinde de sık sık bu hareketle
karşılaşılır.
Titreşim hareketinin mühendislik sistemlerinde istenmeyişinin nedeni, gürültüye,
bağlantıların gevşemesine, sistemin işlevini gerektiği gibi yapamamasına yol açması ve, daha
da önemlisi, yorulma sonucu uzun sürede, ya da dayanım sınırlarının aşılmasına yol açarak
kısa sürede sistemin yıkımına neden olmasıdır. Mühendislik tarihi, gürültülü ve sarsıntılı
çalışmasıyla kullanıcıyı bezdiren alet ve taşıtlardan titreşim sonucu kopan bir türbin
kanadının ya da benzer nedenle yıkılan bir köprünün yol açtığı facialara kadar, bu konuda,
sayısız başarısız mühendislik örnekleriyle doludur (Şekil 1.1.1).
(a)
(b)
Şekil 1.1.1 Titreşime Bağlı Facialar
a) Türbin fan kademesi, titreşimlerin bir çatlağı büyütmesi sonucu parçalandı, 1996.
b) Tacoma köprüsü, rüzgar kaynaklı kendini besleyen titreşimler sonucu yıkıldı, 1940.
Ancak, mühendislikte, titreşim hareketinden yararlanılan uygulamalar da yok değildir.
Darbeli kırıcılar, titreşimli malzeme iletici ve besleyiciler, ses üstü kaynak makinaları bu
uygulamalardan bazılarıdır (Şekil 1.1.2).
Titreşim hareketi istense de istenmese de onu denetim altında tutabilmek; bunun için
de mekanik titreşimler kuramına hâkim olmak çağdaş mühendisler için bir zorunluluktur.
5
(a) Darbeli Kırıcı
(b) Ses Üstü Kaynak Makinası
(c) Titreşimli Besleyici
Şekil 1.1.2 Titreşimin Yararlı Uygulamaları
İnsanların mekanik titreşimlere ilgisi çok eskiye dayanır. Bu konudaki bilinen ilk
çalışmalar, çalgılarda titreşim-ses ilişkisini çözme çabasındaki Pitagoras1’ın çalışmalarıdır.
Bugünkü anlamıyla bilimsel sayılabilecek ilk çalışmalar ise, sarkaç ve tel titreşimleri üzerine
deneyler yapmış ve titreşim kuramının en önemli kavramı olan rezonans kavramını
tanımlamış olan Galile2’ninkilerdir. Newton'un dinamik bilimini matematiksel temeller
üzerine oturtmasından sonra, Euler, Bernoulli, D'Alembert, Lagrange, Poisson, Poincaré,
Lyapunov, Mindlin, Floquet gibi bilim adamları, çeşitli türden titreşim sistemlerinin
davranışlarının incelenmesi için kuramlar geliştirmiş ve bu birikimler, Mekanik Titreşimlere
Dinamik şemsiyesi altında bağımsız bir bilim dalı konumuna yükselme yolunu açmıştır. Bu
bağımsızlığı, mevcut bilgileri The Theory of Sound [Rayleigh,1894] adlı yapıtıyla bir araya
getirip sistemleştiren Lord Rayleigh3'nin ilan ettiği; bilgileri mühendislik uygulamalarına
yönelik sonuçlara dönüştüren Timoshenk4o'nun da pekiştirdiği [Timoshenko, 1928] kabul
edilir. Mekanik titreşimler, bugün, dinamiğin, üzerinde en çok çalışılan ve her gün gelişen bir
dalını oluşturmaktadır.
1
Pitagoras (İ.Ö. 570-İ.Ö. 495). Sisam’lı Eski Yunan matematikçi, feylesof ve mistik kişiliği. Matematikte
sayılar konusundaki çalışmaları ve dik üçgenlerle ilgili kendi adını taşıyan teoremle bilinir. Felsefi fikirlerinin
Eflatun’u etkilediği varsayılır. Pitagorasçılık adı verilen akıl dışı bir inanç sisteminin de kurucusudur.
2
Galileo Galilei (1564-1642). İtalyan matematik, fizik ve gökbilimcisi. Modern deneysel bilimin kurucusu.
Kısaca Due Nuove Scienze (İki Yeni Bilim) adıyla anılan Discorsi e Dimostrazioni Matematiche Intorno a Due
Nuove Scienze Attenenti Alla Meccanica, 1638 adlı yapıtının Dinamik biliminin kuruluşunu ilan ettiği kabul
edilir. Bilimsel görüşlerinin dinsel dogmalara ters düşmesi yüzünden Engizisyondan çektikleri, insanlık tarihinin
utanç sayfaları arasında yer alır.
3
John William Strutt (Lord) Rayleigh (1842-1919). İngiliz asilzade fizikçisi (Nobel 1904). Özellikle dalga
mekaniği konusundaki çalışmaları ve yukarıda anılan çığır açıcı yapıtıyla bilinir.
4
Stephen Prokopovich Timoshenko (1878-1972). Ukrayna kökenli makina mühendisi. Mühendislik
mekaniğinin çeşitli alanlarında yazdığı güçlü kitaplarla bilinir.
6
1.2 TEMEL KAVRAMLAR
Mekanik sistemlerin titreşim davranışlarının incelenmesine geçmeden önce, bu bölümde,
konuya ilişkin temel kavram ve tanımlar gözden geçirilecektir.
1.2.1 TİTREŞİM SİSTEMİ • TİTREŞİM HAREKETİ
Titreşim sistemi ve titreşim hareketi kavramları karşılıklı birbirine bağımlı olan, bu
yüzden de birlikte tanımlanması gereken kavramlardır.
Bir kararlı denge durumuna5 sahip olan ve bu durum civarındaki doğal hareketi titreşim
hareketi olan sistemlere titreşim sistemi; bir titreşim sisteminin bir denge durumu civarında
yönünü en az iki kez değiştirerek yaptığı salınım hareketlerine de titreşim hareketi denir.
Kararlı denge durumunun temel özelliği, ayrılması halinde sistemi bu duruma geri
dönmeye zorlayan bir kuvvetin doğmasıdır. Geri getirici kuvvet adı verilen bu kuvvet,
titreşim hareketinin de başlıca sorumlusudur.
Şekil 1.2.1’de, kinematik bakımdan titreşim hareketi sayılabilecek ve sayılamayacak x(t)
hareket örnekleri verilmiştir. Bunlardan, yön değiştirme sayıları birden fazla olan a ve b
hareketleri, bu hareketleri yapan sistemin de bir titreşim sistemi olması halinde birer titreşim
hareketi iken yalnızca bir kez yön değiştiren c hareketi bir titreşim hareketi değildir.
c
a
x
b
t
Şekil 1.2.1 Titreşim Hareketi Olan ve Olmayan Hareketler
Şekil 1.2.2’de ise titreşim sistemi olan ve olmayan mekanik sistem örnekleri
gösterilmiştir. Bunlardan, kararlı denge durumlarına sahip olan kütle-yay sitemi, bilye-çanak
sistemi ve Ω açısal hızıyla dödürülen konik sarkaç birer titreşim sistemi örneği iken krankbiyel mekanizması titreşim sistemi değildir. Bu nedenle, ilk 3 sistemdeki m cisimlerinin
yapacakları en az 2 kez yön değiştiren hareketler titreşim hareketi olarak nitelendirilirken son
sistemdeki pistonun hareketi, kinematik bakımdan bir titreşim hareketinden farksız olsa da
titreşim hareketi olarak nitelendirilemez.
Aşağıda, özel önem taşıyan bazı titreşim hareketi türleri ve onların kinematiğine ilişkin
bazı temel kavramlar gözden geçirilecektir.
5
Genellikle bir kararlı denge konumunda hareketsizlik durumu.
7
Denge Konumları
Denge
Konumu
m
k
m
(b) Çanak-Bilye Sistemi
(a) Kütle-Yay Sistemi
Krank
Yörünge
α ℓ
Biyel
Piston
Ω
Ω
O
m
r
(d) Krank-Biyel Mekanizması
(c) Konik Sarkaç
Şekil 1.2.1 Titreşim Sistemi Olan ve Olmayan Mekanik Sistemler
1.2.2 PERYODİK TİTREŞİM HAREKETİ
T sonlu bir zaman aralığını göstermek üzere, ardışık T aralıklarında
x(t)=x(t+kT)
k=1,2,3,...
(1.2.1)
şeklinde kendini yineleyen titreşim hareketlerine peryodik titreşim hareketi denir (Şek. 1.2.3).
Kendini yineleme süresi olan T, peryod adını alır ve SI birim sisteminde saniye [s]
cinsinden ölçülür. Birim zamandaki kendini yineleme sayısı ise frekans diye adlandırılır ve
f=
1
T
(1.2.2)
şeklinde hesaplanır. Frekansın birimi [1/s]’dir. Bu birim Heinrich Hertz6’in adıyla hertz diye
adlandırılır ve [Hz] şeklinde gösterilir.
x
T
T
t
T
x(t)=x(t+kT)
Şekil 1.2.3 Peryodik Titreşim Hareketi
6
Heinrich Rudolf Hertz (1857-1894). Alman fizikçisi. Temas mekaniği ve elektromanyetik dalgalar
konusundaki çalışmalarıyla bilinir.
8
1.2.3 HARMONİK TİTREŞİM HAREKETİ
Harmonik titreşim hareketi, özel ve çok önemli bir peryodik titreşim hareketi türüdür.
Konumun, X, ω ve ψ birer sabit olmak üzere,
x(t)=Xcos(ωt-ψ)
(1.2.3)
şeklinde değiştiği titreşim hareketlerine harmonik titreşim hareketi denir7 (Şek. 1.2.4).
Buradaki X sabitine genlik, ψ sabitine ise faz açısı adı verilir. Kosinüs fonksiyonu
argümanı bakımından 2π peryoduna sahip olduğundan zaman bakımından peryod ωT=2π
eşitliğini sağlamalıdır. Buradan, hormonik titreşimlerde peryodun
T=
2π
ω
(1.2.4)
olacağı anlaşılır. Buna göre frekans da
f =
ω
1
=
T 2π
(1.2.5)
olur. Frekansla orantılı olduğu anlaşılan ω [rad/s] sabiti, dairesel frekans (ya da açısal
frekans) adını alır.
x
∆t=ψ/ω
T=2π/ω
x(t)=X.cos(ωt-ψ)
X
X
0
t
Şekil 1.2.4 HarmonikTitreşim Hareketi
Harmonik titreşim hareketini tanımlayan X, ψ ve ω sabitlerinin fiziksel anlamları
Şekil 1.2.4’teki x-t diyagramından çıkartılabilir. Bu şekilden, ψ faz açısının zaman
başlangıcının seçimiyle ilgili olduğu; bu başlangıcın uygun seçilmesiyle ( ∆ t= ψ / ω kadar
sağa kaydırılmasıyla) sıfır yapılabileceği anlaşılmaktadır. Ancak buradan faz açısının
gereksiz olduğu sonucu çıkartılmamalıdır; çünkü çoğu incelemede zamana bağlı birçok süreç
bir arada bulunur ve zaman başlangıcı bunlardan yalnızca biri için serbestçe ayarlanabilir.
7
Sinüs ve kosinüs fonksiyonlarına, topluca, harmonik fonksiyonlar denir. Harmonik titreşimleri göstermekte bu
iki fonksiyondan herhangi biri kullanılabilir. Bu kitapta ikinci seçenek yeğlenmiştir.
9
Harmonik titreşim hareketi, Denk. (1.2.3) ile verilenden başka matematik ifadelerle de
gösterilebilir. Şimdi kısaca bu seçenekler üzerinde duralım.
Trigonometriden cos( α − β )=cos α cos β + sin α sin β eşitliği anımsanırsa, Denk.
(1.2.3), x ( t ) = ( X cos ψ ) cos ω t + ( X sin ψ ) sin ω t şeklinde yeniden yazılabilir. Burada,
A = X cos ψ , B = X sin ψ → X= A 2 + B 2 , ψ = tan
−1 B
A
(1.2.6)
sabitlerinin tanımlanmasıyla da
x ( t ) = A cos ω t + B sin ω t
(1.2.7)
ifadesine gelinir. Denk. (1.2.3) ve Denk. (1.2.7)’deki ifadeler arasında, Denk. (1.2.6)
yardımıyla kolayca geçiş yapılabilir.
2
Öte yandan, cosα= 1 / 2 ⋅ (eiα + e −iα ) ; i = −1 eşitliğinin anımsanmasıyla Denk.
(1.2.3), x(t)= X / 2 ⋅ [ e i ( ω t − ψ ) + e − i ( ω t − ψ ) ] = ( X / 2 ⋅ e − iψ ).e iω t + ( X / 2 ⋅ e iψ ) e − iω t şeklinde de
yazılabilir. Burada, birbirinin karmaşık eşleniği olan
C=
C
X −iψ X
e
= (cos ψ − i sin ψ)
2
2
X iψ
e
=2 =
X
(cos ψ + i sin ψ)
2
→
X = 2 C .C
ψ = tan −1
(C − C ) ⋅ i
C+C
(1.2.8)
karmaşık sabitleri tanımlanarak
x(t)=C.e
iωt
+ C.e−iωt
(1.2.9)
ifadesine gelinir. Denk. (1.2.8) yardımıyla, Denk. (1.2.3) ile Denk. (1.2.9) arasında kolayca
geçiş yapılabilir.
Harmonik titreşimlerin gösterilmesinde Denk. (1.2.3), Denk. (1.2.7) ve Denk. (1.2.9)
ifadelerinden amaca uygun düşen herhangi biri kullanılabilir.
10
1.2.4 HARMONİK TİTREŞİMLERİN BİLEŞİMİ ŞEKLİNDEKİ TİTREŞİM
HAREKETLERİ
Harmonik titreşimler, mekanik titreşimlerin hem kuram hem uygulamasında önemli
bir yer tutar. Zaman zaman da bir dizi harmonik titreşimin bileşimi şeklinde titreşim
hareketleriyle karşılaşılır. Bu bölümde bu tarz titreşimler göz önüne alınacaktır.
1.2.4.1 Aynı Frekansa Sahip Harmonik Titreşimlerin Bileşimi
Aynı ω dairesel frekansına sahip n adet harmonik titreşimin bileşiminden oluşan bir
titreşim hareketi,
n
x(t) = ∑ Xi cos(ωt − ψi )
(1.2.10)
i =1
şeklinde ifade edilebilir. Bu ifade,
⎛ n
⎞
⎛ n
⎞
x ( t ) = ⎜ ∑ X i cos ψ i ⎟ cos ωt + ⎜ ∑ X i sin ψ i ⎟ sin ωt
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝ i =1
⎠
⎝ i =1
⎠
(1.2.11)
şeklinde yazılırsa,
n
n
i =1
i =1
A= ∑ Xi cos ψ i , B= ∑ X i sin ψ i
(1.2.12)
sabitleri tanımlanarak
x ( t ) = A cos ω t + B sin ω t
(1.2.13)
ifadesine, ya da Denk. (1.2.6) yardımıyla
2
⎛ n
⎞
⎛ n
⎞
X = A + B = ⎜ ∑ X i cos ψ i ⎟ + ⎜ ∑ X i sin ψ i ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝ i =1
⎠
⎝ i =1
⎠
2
2
2
(1.2.14)
ve
n
ψ = tan −1
∑ X İ sin ψ i
B
= tan −1 i =1
n
A
(1.2.15)
∑ X i cos ψ i
i =1
sabitleri tanımlanarak
x ( t ) = X cos( ω t − ψ )
(1.2.16)
11
ifadesine gelinir. Oysa Denk. (1.2.13) ve Denk. (1.2.16)’nın bir harmonik titreşim hareketi
gösterdiği bilinmektedir. Buna göre şu sonuca varılır: Aynı dairesel frekansa sahip harmonik
titreşimlerin bileşimi şeklindeki hareket yine bir harmonik titreşim hareketidir. Bu hareketin
genliği Denk. (1.2.14), faz açısı Denk. (1.2.16)’daki gibi hesaplanır. Frekansı ise bileşimi
oluşturanlarınkiyle aynıdır.
Örnek Problem 1.2.1
π
x ( t ) = 2 cos( 3πt − 0.1) − 4 cos( 3πt ) + 5 cos( 3πt − ) ifadesinin gösterdiği titreşim
4
hareketinin harmonik olup olmadığını, eğer öyleyse tek harmonik terimle ifadesini
belirleyiniz.
Çözüm:
ω1 = ω2 = ω3 = 3π olduğundan ω = 3π dairesel frekansına sahip harmonik bir
hareket söz konusudur. Genlik, Denk. (1.2.14) uyarınca
3
3
i =1
i =1
X = ( ∑ X i cos ψ i ) 2 + ( ∑ X i sin ψ i ) 2
, (i)
π
π
= (2 cos 0.1 − 4 cos 0 + 5 cos ) 2 + (2 sin 0.1 − 4 sin 0 + 5 sin ) 2 = 4
4
4
faz açısı ise Denk. (1.2.15) uyarınca
3
∑ X i sin ψ i
π
4 ≅ 1 .18 rad
ψ = tan −1 i =1
= tan −1
3
π
2 cos 0 .1 − 4 cos 0 + 5 cos
∑ X i cos ψ i
4
2 sin 0 .1 − 4 sin 0 + 5 sin
(ii)
i =1
olduğundan tek harmonik terimle ifade
x ( t ) = X cos(ωt − ψ) = 4 cos( 3πt − 1.18)
(iii)
şeklindedir.
12
1.2.4.2 Farklı Frekansa Sahip Harmonik Titreşimlerin Bileşimi
Bu halde titreşim hareketi
n
x(t) = ∑ Xi cos(ωi t − ψi )
(1.2.17)
i =1
şeklinde olacaktır. Bu ifadeyi tek bir harmonik terime indirgemek olanaksız olduğundan
farklı dairesel frekansa sahip harmonik titreşimlerin bileşiminin bir harmonik hareket
olmayacağı anlaşılır. Pekiyi, bu hareket peryodik olabilir mi? Şimdi buna bakalım.
Denk. (1.2.17)’nin gösterdiği titreşim hareketinin bir T peryoduyla peryodik
olabilmesi için toplamı oluşturan xi (t ) = Xİ cos(ωi t − ψi ) terimlerinin her birinin ardışık T
zaman aralıklarında kendini tekrarlaması, bunun için de T’nin, bu terimlerin
Ti =
2π
ωi
(1.2.18)
peryodlarının her birinin tam katı olması, yani ki’ler birer tam sayı olmak üzere,
T =k i Ti = k i
2π
; i=1,2,…,n
ωi
(1.2.19)
olması gereklidir. Bu ise
ω1 k1
= ; j=2,3,…,n
ωj k j
(1.2.20)
olmasını, yani ω1/ωj; j=2,3,…,n oranlarının hepsinin birer rasyonel sayı8 olmasını gerektirir.
Sonuç olarak şu söylenebilir: Farklı ωi dairesel frekanslarına sahip n adet harmonik terimin
toplamı şeklinde hareket, ancak bütün ω1/ωj; j=2,3,…,n oranlarının rasyonel olması halinde
–ki bu durumda bu frekansların ölçüşür9 frekanslar olduğu söylenir- peryodiktir, aksi halde
peryodik değildir. Harmonik terimler toplamı şeklinde olup da peryodik olmayan titreşimlere
peryodiğimsi (kuaziperyodik) titreşim denir.
Peryodiklik koşulunun sağlanması halinde, toplam hareketin T peryodu, toplamı
oluşturan terimlerin Ti peryodlarının en küçük ortak katından ibaret olur.
8
İki tam sayının oranı şeklinde ifade edilebilen sayı. Tersi irrasyonel sayıdır.
π, e, 2 , 3, 5,.... tipik irrasyonel sayı örnekleridir.
9
Commensurable
13
Örnek Problem 1.2.2
Aşağıdaki ifadelerin gösterdiği titreşim hareketlerinin peryodik olup olmadıklarını
belirleyiniz, peryodik olan(lar)ın peryodunu bulunuz.
π
a) x ( t ) = 5 cos( 2 πt ) + 10 cos( 32 πt + 0.18 ) − cos( πt − )
3
π
π
π
b) x ( t ) = 2.8 cos( 2πt − 0.1) − 4 cos( 0.8πt + ) + 0.25 cos(8.78πt − ) + 5 cos t
5
3
7
Çözüm:
a)
2π 1
ω1
=
= ,
ω2
32π 4
ω1
2π
=
= 2
ω3
π
(i)
oranlarından ilki rasyonel olmakla birlikte ikincisi rasyonel olmadığından, yani ω1 ve ω2
frekansları ölçüşür olmakla birlikte ω3 onlarla ölçüşür olmadığından hareket peryodik
değildir.
b)
ω1
2π
20 T2
,
=
=
=
ω2
0 .8 π
8
T1
ω1
2π
200 T3
,
=
=
=
ω 3 8 .78 π 878
T1
T
ω1 2 π
= 14 = 4 (ii)
ω4 π / 7
T1
oranlarının hepsi rasyonel olduğundan hareket peryodiktir. Denk. (ii)’den
T1 =
1
878
8
T4 ,
T3 =
T2 =
14
200
20
(iii)
ya da paydaları eşitleyerek
56000 T1 = 22400 T2 = 245840 T3 = 4000 T4 = kT
(iv)
yazılabilir. Bu eşitlikler serisi, toplama giren terimlerin peryodlarının tam katlarının
buluştuğu bir süreyi göstermektedir. Bu sürenin, toplam hareketin T peryodunun da tam katı
olması gerektiği düşüncesiyle süre kT’ye de eşit yazılmıştır. Oysa,
k=OBEB (56000, 22400, 245840, 4000)=80
(v)
olduğundan bu ilk değil sekseninci buluşmadır. Buna göre T, ilk buluşmanın gerçekleştiği
süre olarak, Denk. (iv)’teki eşitliklerinin örneğin ilkinden,
T=
56000
56000 2π
2π
T1 =
= 700
= 700 s
80
80 ω1
2π
(vi)
şeklinde hesaplanır. (Denk. (iii)’teki kesirleri sadeleştirerek ve paydalarını en küçük ortak
katlarında eşitleyerek k=1 çıkması da sağlanabilirdi.)
14
1.2.4.3 Farklı Fakat Birbirine Yakın Frekansa Sahip Harmonik Titreşimlerin Bileşimi •
Vuru Olayı
Farklı dairesel frekansa sahip harmonik titreşimleri bileşimi şeklindeki titreşim
hareketleri, bu dairesel frekansların birbirine yakın olması halinde çok özel bir görünüme
bürünür. Bu bölümde, vuru adı verilen bu titreşim türü hakkında bilgi edinilmeye
çalışılacaktır. Bu amaçla dairesel frekansları farklı iki harmonik terimin toplamı şeklindeki
x ( t ) = X 1 cos( ω1t − ψ 1 ) + X 2 cos( ω 2 t − ψ 2 ); ω1 > ω 2
(1.2.21)
titreşim hareketi göz önüne alınsın ve bu ifade, harmonik titreşimlere ait Denk. (1.2.3)
formuna getirilmeye çalışılsın. Bu amaçla Denk. (1.2.21)
X1 + X 2
[cos( ω1 t − ψ 1 ) + cos( ω 2 t − ψ 2 )]
2
X − X2
+ 1
[cos( ω1 t − ψ 1 ) − cos( ω 2 t − ψ 2 )]
2
x(t) =
(1.2.22)
cos α + cos β = 2 cos[( α − β ) / 2 ]. cos[( α + β ) / 2 ]
cos α − cos β = − 2 sin[( α − β ) / 2 ]. sin[( α + β ) / 2 ] trigonometrik eşitlikleri kullanılırsa,
şeklinde
yazılır
ve
burada
(ω1 − ω2 )t − (ψ1 − ψ2)
~
A(t) = (X1 + X2 ) cos
2
(ω − ω )t − (ψ1 − ψ2 )
~
B(t ) = −(X1 − X2 ) sin 1 2
2
ve
(1.2.23)
olmak üzere
ω + ω2
ψ + ψ2
ω + ω2
ψ + ψ2
~
~
x ( t ) = A ( t ) cos( 1
t− 1
) + B( t ) sin( 1
t− 1
)
2
2
2
2
(1.2.24)
ifadesine, ya da
~
~
~
X( t ) = A 2 ( t ) + B 2 ( t )
=
X12
2
(1.2.25)
+ X 2 + 2X1X 2 cos[(ω1 − ω2 )t − (ψ1 − ψ 2 )]
ve
~
ψ1 + ψ 2
−1 B( t )
~
ψ(t ) =
+ tan ~
2
A( t )
⎡ X − X2
ψ + ψ2
ω − ω2
ψ − ψ2 ⎤
tan( 1
t− 1
)⎥
= 1
+ tan −1 ⎢ 1
2
2
2
⎦
⎣ X1 + X 2
(1.2.26)
tanımlanarak
15
~
⎡ ω + ω2
~ ( t )⎤
x ( t ) = X( t ) cos ⎢ 1
t −ψ
⎥
⎣ 2
⎦
(1.2.27)
~
~ (t ) değişken faz
ifadesine gelinir. Buradan, söz konusu harekete, X(t) değişken genliği ve ψ
açısına sahip,
ω=
ω1 + ω 2
2
(1.2.28)
frekanslı bir harmonik titreşim hareketi gözüyle bakılabileceği anlaşılır. Denk. (1.2.25-27)’ye
göre bu hareketin genliği
ωv = ω1 − ω2
frekansıyla
(1.2.29)
~
X 1 − X 2 ≤ X ( t ) ≤ X1 + X 2
aralığında değişirken faz açısı da ( ω1 − ω2 )/2
~
~ ( t ) sabit
frekansıyla değişecektir. Dikkat edilirse, ω1= ω2 olması halinde hem X(t) hem ψ
kalacak ve Denk. (1.2.27), olması gerektiği gibi, gerçek bir harmonik hareket gösterecek; ω1
ile ω2 birbirinden farklılaştığında ise söz konusu hareket harmonik hareket görünümünden
uzaklaşacaktır. İlginç olan, ω1≠ω2 olmakla birlikte bu iki frekansın birbirine yakın olması
halidir. Bu halde ωv<<ω olacağından Denk. (1.2.27)’nin gösterdiği hareket, genliği ωv düşük
frekansıyla (yavaşça) değişen, ω frekansına sahip bir harmonik titreşim hareketi görünümünü
alır. Bu görünümdeki titreşimlere vuru titreşimleri (ya da vuru olayı), ωv frekansına vuru
frekansı, ω frekansına da taşıyıcı frekans adı verilir. Bu frekanslara karşılık gelen peryodların
Tv = 2π /(ω1 − ω2 ) ve T = 4π /(ω1 + ω2 ) olacağı ve vuru olayının, bir Tv vuru peryodunda
T
ω +ω
n= v = 1 2
2
(
ω1 − ω2 )
T
(1.2.30)
titreşim gerçekleşecek biçimde cereyan edeceği açıktır (Şek. 1.2.5).
x(t)
Tv = 2π /(ω1 − ω2 )
T = 4π /(ω1 + ω2 )
X1 + X 2
X1 − X2
t
X1 − X2
X1 + X 2
x(t)=cos(t)+2cos(0.96t)
Şekil 1.2.5 Vuru Olayı
16
Vuru titreşimleri, ω1 ve ω2 frekanslarının ölçüşür olup olmamasına bağlı olarak
peryodik olabilir ya da olmayabilir. Dalga fiziğinde girişim olarak bilinen olaydan başka bir
şey olmadığı dikkatli gözlerden kaçmamış olması gereken vuru titreşimleri, radyo tekniğinin
temelini oluşturduğu gibi birçok mekanik olayda da karşımıza çıkar. Bu olaylara yeri
geldiğinde değinilecektir
1.2.5 PERYODİK TİTREŞİMLERİN BİR HARMONİK TİTREŞİMLER BİLEŞİMİ
ŞEKLİNDE GÖSTERİLMESİ • FOURİER SERİLERİ
Bölüm 1.2.4.2’nin içeriğinden, ölçüşür frekanslı harmonik terimlerin toplamının
peryodik bir fonksiyon olacağı bilinmektedir. Olaya tersinden bakıldığında, bu bilgi,
peryodik fonksiyonların ölçüşür frekanslı harmonik terimlerin bir toplamı şeklinde
yazılabilme olasılığını akla getirir. Gerçekten de Denk. (1.2.1)’deki gibi
x(t)=x(t+kT)
k=1,2,3,...
(1.2.31)
şeklindeki T peryoduyla peryodik her fonksiyonun sonsuz terimli bir Fourier10 serisi ile
temsil edilebileceği, ayrıca eğer bu fonksiyon 0≤t≤T aralığında sonsuz bir değer sıçraması
yapmıyorsa bu serinin yakınsak olacağı bilinmektedir. Buna göre her peryodik titreşim,
ω = 2π ,
(1.2.32)
T
ap = 2
T
T
∫ x(t ) cos pωtdt ;
p=0,1,2,… ,
(1.2.33)
0
T
b p = 2 ∫ x ( t ) sin pωtdt ; p=1,2,…
T
(1.2.34)
0
olmak üzere
a
x( t ) = 0 +
2
∞
∑(a p cospωt + bp sin pωt)
(1.2.35)
p =1
serisiyle, ya da buradan
Xp = a 2p + b 2p ,
ψ p = tan −1
bp
ap
(1.2.36)
tanımlanarak yazılabilen
10
Jean-Baptiste Joseph Fourier (1768-1830). Fransız fizik ve matematikçisi. Isı iletimi, boyut analizi ve
yukarıda anılan ve kendi adını taşıyan Fourier serileri konularındaki çalışmalarıyla tanınır.
17
a
x(t ) = 0 +
2
∞
∑ X p cos(pωt − ψ p )
(1.2.37)
p =1
serisiyle temsil edilebilmekte, ayrıca yakınsaklık sayesinde, sonlu sayıda terimle yeterli
yaklaşıklık elde edilebilmektedir. Bu seride p=1’e karşılık gelen ilk terime temel harmonik,
diğer terimlere ise üst harmonikler denir.
Özel olarak x(t)’nin x(t)=x(-t) özelliğine sahip olması, yani zamanın bir çift
fonksiyonu olması halinde bütün bp; p=1, 2,… katsayılarının sıfır olacağı ve x(t)’nin
açınımının, Fourier kosinüs serisi adını alan
a
x( t ) = 0 +
2
∞
∑ ap cos pωt
(1.2.38)
p=1
serisi şeklini alacağı; x(t)=-x(-t) özelliğine sahip bir tek fonksiyon olması halinde ise bu kez
de ap; p=1, 2,… katsayılarının sıfır olduğu
∞
x(t) = ∑ bp sin pωt
(1.2.39)
p=1
şeklindeki bir Fourier sinüs serisinin söz konusu olacağı bilinmektedir.
Öte
yandan,
cos pωt = 1 / 2 ⋅ (e ip ωt + e −ip ωt ) ,
sin pωt = 1 / 2i ⋅ (e ipωt − e −ipωt )
eşitliklerinin Denk. (1.2.33-35)’te yerlerine konulup gerekli hesapların yapılmasıyla Denk.
(1.2.35) yerine Karmaşık Fourier Serisi denilen
x(t) =
+∞
∑ C p ⋅ eipωt
(1.2.40)
p=−∞
seri açınımına da gelinebilir. Buradaki Cp; p=0, ±1, ±2, ±3, … katsayıları karmaşık sayılar
olup
Cp = a p − ibp =
1
T
T
∫ x(t) ⋅e
−ipωt
⋅ dt ; p=0, ±1, ±2, ±3…
(1.2.41)
0
şeklinde tanımlı ve C−p = Cp özelliğine sahiptirler. Karmaşık Fourier serisi, hesap kolaylığı
sağlaması, faz açısı bilgisini Cp’lerin içine yükleyerek gösterilime sadelik kazandırması gibi
nedenlerle birçok durumda gerçel Fourier serisine yeğlenir.
Fourier serileri, her peryodik titreşime bir dizi harmonik titreşimin bileşimi gözüyle
bakma olanağı vermektedir. Bu, titreşim kuramında harmonik titreşimlerin zaten büyük olan
önemini bir kat daha arttıran bir özelliktir.
18
Örnek Problem 1.2.3
Şekil Pr. 1.2.3-1’de gösterilen peryodik fonksiyonun Fourier serisi açınımını elde
ediniz.
n=6
x(t)
n=10
x(t)
n=2
t
t
Şekil Pr. 1.2.3-2 Fourier Serisi Açınımları
ve Yakınsama
Şekil Pr. 1.2.3-1 Peryodik Bir Fonksiyon
Çözüm:
Şekilden, T=1 peryodlu
f ( t ) = 0 .1 ⋅ t ; 0≤t≤T
(i)
fonksiyonunun söz konusu olduğu anlaşılmaktadır. Denk. (1.2.32)'den frekans,
ω = 2π = 2π ,
(ii)
T
Denk. (1.2.33) ve (1.2.34)'ten de katsayılar
a0 =
2
1
1
∫ 0.1t ⋅ dt = 0.1 ,
(iii)
0
1
a p = 2 ∫ 0.1t ⋅ cos(2pπt)dt = 0 ; p=1,2,... ,
1
(iv)
0
ve
bp =
2
1
T
0.1
∫ 0.1t ⋅ sin(2pπt)dt = pπ ;
p=1,2,…
(v)
0
şeklinde hesaplanır. Buna göre açınım Denk. (1.2.35)'ten,
∞
x(t ) = 0.05 + ∑ 0.1 sin(2pπt )
p =1
pπ
(vi)
şeklinde elde edilmiş olur. Şekil Pr. 1.2.3-2'de 2, 6 ve 10 terimli açınım sonuçları
gösterilmiştir. Bu şekilden, artan terim sayısıyla açınımın verilen fonksiyona yakınsayışı
görülmektedir.
19
1.2.6 MEKANİK SİSTEMLERİN TİTREŞİMLERİNİN İNCELENMESİ
Mekanik sistemlerin titreşimlerinin bilimsel incelemesi, fiziksel modelleme,
matematiksel modelleme, matematiksel çözümleme ve sonuçların yorumlanması
adımlarından oluşan bir süreçtir (Şek. 1.2.6).
İlk adımda, incelenmek istenen gerçek sistemin gereksiz ayrıntılardan soyutlanmış bir
fiziksel model'i oluşturulur. Aşırı sadeleştirme kimi anlamlı etkilerin gözden kaçmasına, eksik
sadeleştirme ise incelemenin sonraki adımlarında güçlüklere/tıkanmalara yol açtığı için ideal
olan, sistemi, incelemede güdülen amaçlar bakımından yeterli duyarlılıkla temsil edecek en
yalın modelin kurulmasıdır.
İkinci adım, problemin matematik alanındaki tasvirinin oluşturulması, yani fiziksel
modelin hareket denklemlerinin elde edilmesidir. Bu, hareket yasalarına başvurulmasını
gerektirir. Bu yasalar diferansiyel karakterde olduğundan, elde edilen matematiksel model bir
ya da bir dizi diferansiyel denklemden oluşur. Bu adım atıldığında fizik problemi matematik
problemine dönüşmüş olur. Matematiğin kuralları içerisinde bu problemin yeniden
şekillendirilmesi veya onu özdeş ya da yaklaşık olarak temsil edecek başka bir matematiksel
probleme dönüştürülmesi de matematiksel modellemenin, incelemenin sonraki adımlarını
etkileyen önemli bir parçasıdır.
Üçüncü adım, matematik probleminin çözülmesi adımıdır. Bu amaçla başvurulabilecek
kesin ya da yaklaşık, analitik ya da sayısal birçok matematiksel yöntem mevcuttur. Bunlar
arasından eldeki probleme ve incelemede güdülen amaçlara en uygun olanı seçmek,
yöntemlere hâkimiyet ve deneyim gerektirir.
Son adım, fizik alanına dönüş adımıdır. Matematik probleminin çözülmesiyle elde edilen
matematiksel sonuçların fizik alanına tercümesi ve bulguların yorumlanmasıyla inceleme
tamamlanır.
FİZİK ALANI
1
FİZ. MODELLEME
MATEMATİK
PROBLEMİNİN
ÇÖZÜMÜ
MATEMATİK ALANI
2
3
ÇÖZÜMLEME
Mekanik
Yasaları
4
FİZİKSEL MODEL
MAT. MODELLEME
YORUMLAMA
GERÇEK
FİZİKSEL SİSTEM
MATEMATİKSEL
MODEL
Matematiksel
Yöntemler
Şekil 1.2.6 Mekanik Sistemlerin Titreşimlerinin İncelenme Süreci
20
z
z
x(z,t) dm=µ(z)dz
x1=x(z1,t)
m2
x2=x(z2,t)
ℓ
dz
m2
m1
m1
z2
z1
µ(z), EI(z)
µ(z), EI(z)
x
x
(b) Sürekli Sistem Modeli
x2(t)
m2
x1(t)
x1(t)
x2(t)
m1
(a) Gerçek Sistem
kütlesiz
m1
m2
(c) Ayrık Sistem Modeli
Şekil 1.2.7 Sürekli ve Ayrık Sistem Modelleri
Böyle bir incelemenin her bir adımı ayrı ayrı büyük önem taşımakla birlikte en kritik
adım, geri kalan tüm adımların üzerinde atılacağı zemini belirleyen fiziksel modelleme
adımıdır. Fiziksel modellemede, birbirinden çok farklı problemlere götüren iki ana yol ayırt
edilir: Sürekli modelleme ve ayrık modelleme. Bir örnek, bunların ne anlama geldiğini
anlamayı kolaylaştıracaktır. Bu amaçla, Şek. 1.2.7-a'daki, iki platform taşıyan değişken
kesitli bir kiriş niteliğindeki televizyon kulesi göz önüne alınsın ve bu kulenin düzlem içi
eğilme titreşimlerinin incelenmek istendiği varsayılsın.
Bu sistem için bir fiziksel model kurulmak istendiğinde olası yaklaşımlardan biri,
kütle merkezleri z1 ve z2 noktalarında bulunan platformları m1 ve m2 kütleli birer maddesel
nokta; z ekseni boyunca uzanan kule gövdesini de birim boyunun kütlesi µ(z), eğilme rijidliği
EI(z) şeklinde değişen ℓ boyundaki bir konsol kiriş olarak modellemektir (Şek. 1.2.7-b). Bu
modelin temel özelliği, µ(z)'nin temsil ettiği kütle özelliğinin her bir dz kiriş elemanı
dm=µ(z)dz kütlesine sahip olacak biçimde kiriş boyunca sürekli olarak yayılmış olmasıdır.
Bu elemanlar ayrıca EI(z)’nin temsil ettiği elastiklik özelliğine de sahip olduklarından
birbirlerine geometrik olarak değil elastik kuvvetlerle bağlıdır. Bu nedenle her bir dm kütle
21
elemanı kendine ait bir hareket denklemine tabi olarak diğerlerinden bağımsız biçimde
hareket edebilir. Bu özelliğe sahip modeller sürekli sistem modeli olarak adlandırılır. Sürekli
sistem modelleri, sonsuz (ve sayılamaz) miktarda dm kütle elemanı içermelerinin bir sonucu
olarak sonsuz ve sayılamaz serbestlik dereceli11 modellerdir. Bunların hareketini izleyebilmek
için verilmesi gereken sonsuz bilgi, Şek. 1.2.7-b’deki x(z,t); 0≤z≤ℓ fonksiyonu örneğinde
olduğu gibi, hem konuma hem zamana bağlı bir fonksiyon şeklinde verilir. Bu modeller,
matematiksel model olarak, bağımsız değişkenlerini konum ve zamanın oluşturduğu kısmi
türevli diferansiyel denklemlere götürürler.
Şekil 1.2.7-a'daki sistemin modellenmesinde bir başka olası yaklaşım, platformları
yine m1 ve m2 kütleli birer maddesel nokta saymakla birlikte bu kez kirişin kütlesini göz ardı
etmek ve kirişe yalnızca elastiklik özelliğine sahip bir öğe gözüyle bakmaktır. Böyle
yapıldığında, kulenin eğilme titreşimlerinin incelenmesi problemi, zemine ve birbirine yatay
yer değiştirmelere karşı koyan kütlesiz yaylarla bağlı m1 ve m2 kütleli iki rijid cismin
oluşturduğu bir sistemin titreşimlerinin incelenmesi problemine dönüşmüş olur. Buna karşılık
gelen fiziksel model Şek. 1.2.7-c'de gösterilmiştir. Bu modelin temel özelliği, sistemin sahip
olduğu eylemsizlik özelliğinin, elastiklik gibi dinamik bakımından önem taşıyan diğer
özelliklerinden ayrılarak sonlu sayıda maddesel nokta ya da rijid cisimde toparlanmış
olduğunun varsayılmasıdır. Bu tür modellere ayrık sistem modeli denir. Ayrık sistem
modellerinde yalnızca belirli sayıda kütleli unsur kendilerine ait hareket denklemlerine tabi
olarak birbirinden bağımsız biçimde hareket edebileceği için bunlar sonlu (ya da sonsuz fakat
sayılabilir) serbestlik derecesine sahip modellerdir. Bu modellerde hareket, Şek. 1.2.7-c’deki
x1(t) ve x2(t) örneklerinde olduğu gibi, belli sayıda koordinatın zamana bağlı olarak değişimi
yardımıyla tanımlanır. Bu modeller, matematiksel model olarak, bağımsız değişkeni zaman
olan adi diferansiyel denklemlere götürürler.
Fiziksel modelin hareketini yöneten diferansiyel denklem ya da denklemlerin
yazılmasıyla matematiksel model kurulmuş olur. Bu diferansiyel denklem(ler)in niteliği,
incelemenin devamında çözülmesi gereken problemin zorluk derecesinin başlıca
belirleyicisidir. Diferansiyel denklemler kuramının bugünkü durumuna göre, adi diferansiyel
denklemler kısmi türevlilerden, lineer denklemler nonlineerlerden, sabit katsayılı denklemler
değişken katsayılılardan, tek denklem ise denklem takımından daha kolay bir problem
oluşturur. Bu nedenle ve işe kolaydan başlamak amacıyla, aşağıda önce adi (ayrık fiziksel
model), tek denklemlik (serbestlik derecesi 1 olan model), lineer, sabit katsayılı denklemlere
götüren fiziksel modeller incelenecek, sonra adım adım daha zor problemlere geçilecektir.
11
Bir sistemin serbestlik derecesi diye, bu sistemin konumunu eksiksiz olarak tanımlayabilmek için verilmesi
gereken en az parametre (koordinat) sayısına denir.
22
2 TEK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN
LİNEER TİTREŞİMLERİ
2.1 GENEL
Bölüm 1.2.6'nın içeriğinden bilindiği gibi, bir mekanik sistemin konumunu tam olarak
tanımlayabilmek için verilmesi gereken birbirinden bağımsız parametre sayısına sistemin
serbestlik derecesi denir ve ancak ayrık fiziksel modeller sonlu serbestlik derecesine sahip
olabilir.
Şimdi, bu temelde, olabildiğince yalın bir tek serbestlik dereceli titreşim sistemi
modeli (fiziksel model) oluşturulsun. Kütleye sahip olmak bir dinamik sistem oluşmasının ön
koşulu olduğundan, bu model, konumu tek bir koordinatla tanımlanan (x diyelim) ayrık; yani
eylemsizlik dışında hiçbir fiziksel özelliğe sahip olmayan bir m kütlesi içermelidir. Bu kütle,
en genel halde, x konumu, x& hızı12 ve t zamanının fonksiyonu olan bir F(x, x& ,t) kuvvetinin
etkisinde bulunabilir. Biz burada bu kuvvetin F(x, x& ,t)=f(x)+g( x& )+F(t) şeklinde üç kısma
ayrılabildiğini varsayalım. Bir titreşim sistemi oluşabilmesi için, bu kuvvetlerden f(x), sistemi
bir denge konumuna sahip kılacak özellikte olmalı; bunun için de belli bir x konumundan
ayrılmalara karşı koymalıdır. Bu özelliğe sahip f(x) kuvvetlerine geri getirici kuvvet adı
verilir. Hıza bağlı g( x& ) kuvveti ise genelde hız ile aynı ya da zıt yönde olabilmekle birlikte,
uygulamada çoğu kez, hıza zıt yönde etkiyen bir kuvvet (genellikle bir sürtünme kuvveti) söz
konusudur. Bu özelliğe sahip g( x& ) kuvvetlerine sönüm kuvveti adı verilir. Geri kalan F(t)
kuvvetine gelince, bu kuvvet, sistemi harekete zorlayan bir dış kuvvet olup zorlayıcı kuvvet
adını alır.
Yukarıda sözü edilen bütün unsurları içeren sistem Şek. 2.1.1’deki görünümde olup
hareket denklemi
m&x& + g ( x& ) + f ( x ) = F( t )
(2.1.1)
şeklindedir. Bu diferansiyel denklem, f(x) ve g( x& ) fonksiyonlarının lineer fonksiyonlar olup
olmamasına bağlı olarak lineer ya da nonlineer bir diferansiyel denklem olabilir. Biz, bu
aşamada, incelenmesi daha kolay olan lineer modellerle ilgilenmek istediğimizden, bu
fonksiyonların lineer olduklarını varsayalım ve k ve r birer sabit olmak üzere,
x(t),
Geri getirici kuvvet f(x)
Sönüm kuvveti
12
g( x& )
x& (t)
m
F(t) Zorlayıcı kuvvet
Şekil 2.1.1 Tek Serbestlik Dereceli Genel Titreşim Sistemi Modeli
Burada ve izleyen bölümlerde üst noktalar zamana göre türevleri göstermekte kullanılacaktır.
23
f ( x ) = kx ,
(2.1.2)
g ( x& ) = rx&
(2.1.3)
alalım ve m cismine bağlandığında ona hareketi sırasında bu kuvvetleri uygulayacak iki
kuvvet uygulama elemanı tanımlayalım (Tablo 2.1.1).
Kuvvet karakteristikleri doğrusal olduğu için (Bkz. Tablo 2.1.1) tek tanıtıcı
parametreleri bu doğruların k ve r eğimleri olan ve lineer yay ve viskoz sönüm elemanı adını
alan bu elemanların kullanılmasıyla tek serbestli dereceli lineer titreşim sistemleri için
olabilecek en yalın fiziksel model olan Şek. 2.1.2’deki modele gelinir. Kütle-lineer yay-viskoz
sönüm modeli ya da kısaca kütle-yay-sönüm modeli olarak bilinen bu modele karşılık gelen
matematiksel model, yani bu modelin hareketini yöneten diferansiyel denklem, Denk. (2.1.2)
ve Denk. (2.1.3)’ün Denk. (2.1.1)’de yerine konulmasıyla
m&x& + rx& + kx = F(t)
(2.1.4)
şeklinde elde edilir. Bu, lineer, sabit katsayılı bir diferansiyel denklemdir ve tıpkı lineer oluşu
gibi sabit katsayılı oluşu da kendiliğinden değil, işe basitten başlamak amacıyla tarafımızdan
yapılan bir düzenlemenin (m, k ve r parametrelerini sabit almış oluşumuzun) sonucunda
ortaya çıkmış bir özelliktir.
Tablo 2.1.1 Lineer Ayrık Sistem Elemanları
Adı
Lineer Yay
Viskoz Sönüm Elemanı
r
k
Sembolik
Gösterilimi
f(x)
g( x& )
k
r
1
1
x
Kuvvet
Karakteristiği
x&
k
x&
x
Tanıtıcı
Parametre
F = kx
r
F = r x&
k [N/m]
r [Ns/m]= [kg/s]
Yay Katsayısı
Viskoz Sönüm Katsayısı
24
x(t)
k
r
m
F(t)
Şekil 2.1.2 Tek Serbestlik Dereceli Lineer Titreşim Sistemi Modeli
Bu modelde kullanılan, geri getirici kuvvet üretme (elastiklik) ve sönüm özelliğine
sahip olmayan kütle, kütle ve sönüm özelliğine sahip olmayan lineer yay ve elastiklik ve
kütle özelliğine sahip olmayan viskoz sönüm elemanı, yalnızca şimdiki tek serbestlik dereceli
modelin değil, bütün lineer ayrık modellerin yapı taşlarını oluştururlar. Bu özellikleriyle
ileride de kullanılacaklarını belirtelim. Öte yandan, bu elemanların her üçünün de herhangi
bir gerçek sistemin somut özelliklerine değil, arzu edilen tipten bir matematiksel modele
götürecek biçimde kurulan soyut bir fiziksel modelin sahip olması gereken özelliklere
dayanılarak kurulduğu gözden kaçırılmamalıdır. Davranışları bu model yardımıyla
incelenebilecek gerçek sistemler bulunup bulunmadığı; bulunuyorsa bunun hangi sistemler
için ve hangi koşullar altında olanaklı olacağı ileride ele alınacak apayrı bir problemdir.
Şekil 2.1.2’deki modeli bir titreşim sistemi haline getiren, bir dinamik sistem oluşması
için varlığı ön koşul olan m kütlesi ile sistemi bir denge konumuna sahip kılarak yapacağı
hareketlerin bir titreşim hareketi olmasını sağlayan k yayıdır. Buna karşılık, r sönümü ile F(t)
zorlayıcı kuvvetinin varlığı ya da yokluğu sistemin bir titreşim sistemi oluşunu etkilemez,
yalnızca titreşimlerinin niteliğini etkiler. Bu çerçevede; r sönümü yoksa sönümsüz titreşimler,
varsa sönümlü titreşimler; F(t) kuvveti yoksa serbest titreşimler, varsa zorlanmış titreşimler
söz konusu olur.
Biz, tek serbestlik dereceli sistemlerin titreşimleri üzerindeki incelemelerimizde
basitten karmaşığa doğru bir sıra izlemek üzere aşağıda önce sönümsüz serbest titreşimleri,
sonra sönümlü serbest titreşimleri, en sonunda da Şek. 2.1.2’deki bütün unsurları kapsayan
sönümlü zorlanmış titreşimleri ele alacağız.
25
2.2
SÖNÜMSÜZ SERBEST TİTREŞİMLER
2.2.1 HAREKET DENKLEMİ VE ÇÖZÜMÜ
Tek serbestlik dereceli lineer sistemlerin sönümsüz serbest titreşimlerine esas
oluşturacak model, Şek. 2.1.2’deki modelden r viskoz sönüm elemanı ve F(t) zorlayıcı
kuvvetinin çıkartılmasıyla Şek. 2.1.3’teki gibi, buna karşılık gelen matematiksel model de
Denk. (2.1.4)’te r=0, F(t)=0 konularak
m &x& + kx = 0
(2.2.1)
şeklinde elde edilir. Buradaki k ve m’nin pozitif sabitler olmasından yararlanılarak
ωn =
k
m
(2.2.2)
tanımı yapılırsa Denk. (2.2.1) yerine
&x& + ω 2n x = 0
(2.2.3)
de yazılabilir. Şimdi bu sabit katsayılı, adi, lineer, homojen diferansiyel denklemi çözmek,
yani x(t) hareketini elde etmek üzere, bu tip diferansiyel denklemlere uyduğu bilinen
x ( t ) = eλt
(2.2.4)
çözüm kabulü Denk. (2.2.3)’te yerine konulursa,
karakteristik denklem adını alan
λ
’nın hesaplanmasına yarayan ve
λ2 + ω 2n = 0
(2.2.5)
denklemi, buradan da
λ 1 = iω n ,
λ2 = −iωn ;
i 2 = −1
(2.2.6)
kökleri elde edilir. Bu köklerle Denk. (2.2.4)’e dönülürse Denk. (2.2.3)’ün iki farklı çözümü
bulunmuş olur. Bu denklem lineer ve ikinci mertebeden olduğundan, genel çözümü bu iki
lineer bağımsız çözümün lineer kombinasyonuyla
x(t)
k
m
Şekil 2.2.1 Sönümsüz Serbest Titreşimler İçin Model
26
x(t ) = C1e iωn t + C 2 e −iωn t
(2.2.7)
x(t) = A cosωn t + B sin ωn t
(2.2.8)
x ( t ) = X cos( ωn t − ψ )
(2.2.9)
veya
ya da
şeklinde yazılabilir. Anımsanacağı gibi, bu üç ifadenin özdeş oldukları ve harmonik
titreşimleri gösterdikleri Bölüm 1.2.3’te belirtilmişti. Buna göre, Şek. 2.1.2’deki kütle-yay
sisteminin doğal (bir dış kuvvet etkisine bağlı olmayan) hareketinin bir titreşim hareketi
olacağı; dolayısıyla bu sistemin bir titreşim sistemi oluşturduğu doğrulanmış olmaktadır. Bu
titreşimlerin dairesel frekansı olan ωn, Denk. (2.2.2)’deki tanımından görüleceği gibi yalnızca
sistem parametrelerine bağlı, yani tamamen eldeki sisteme özgü karakteristik bir büyüklük
olup sistemin doğal frekansı adını alır. Matematik probleminin çözülmesiyle elde edilen bu
sonuçlar şöyle toparlanabilir:
Tek serbestli dereceli lineer sistemlerin sönümsüz serbest titreşimleri, dairesel
frekansı sistemin ωn doğal frekansı olan harmonik titreşimlerdir.
Bu titreşimlerin Denk. (2.2.9) ifadesindeki X’in genlik, ψ ’nin ise faz açısı diye
adlandırıldıkları bilinmektedir. Bu sabitler, matematiksel anlamda, ikinci mertebeden bir
diferansiyel denklem olan Denk. (2.2.3)’ün genel çözümünün içermesi gereken iki
integrasyon sabitini oluştururlar. Genel çözüm bu haliyle, eldeki sistemin yapabileceği her
hareketi kapsamaktadır. Anılan sabitlerin verilecek başlangıç koşulları yardımıyla
hesaplanmasıyla, bu koşullarla başlayan özel harekete karşılık gelen çözüm elde edilir. Şimdi
bunun nasıl yapılacağını görelim.
Başlangıç koşulları, t=0 anı için
x(0) = x o ,
x& (0) = v o
(2.2.10)
şeklinde verilmiş olsun. Genel çözüm Denk. (2.2.8)’deki biçimiyle alınırsa kolayca
x(t ) = A cos ωn t + B sin ωn t → x(0) = A
,
x& (t ) = −Aωn sin ωn t + Bωn cos ωn t → x& (0) = Bωn
(2.2.11)
burada Denk. (2.2.10)’un dikkate alınmasıyla da
v
A = xo, B= o
ωn
(2.2.12)
27
bulunur. Buna göre, Denk. (2.2.3)’ün Denk. (2.2.10) başlangıç koşullarına karşılık gelen
çözümü
v
x(t) = x o cosωn t + o sin ωn t
ωn
(2.2.13)
şeklindedir. Buradan Denk. (1.2.6) yardımıyla genlik ve faz açısı
v
X = x o2 + ( o ) 2 ,
ωn
ψ = tan −1
vo
x o ωn
(2.2.14)
şeklinde hesaplanarak Denk. (2.2.9) formundaki çözüm de
v
v
x( t ) = x o2 + ( o ) 2 . cos(ωn t − tan −1 o )
x o ωn
ωn
(2.2.15)
şeklinde yazılabilir (Şek. 2.2.2).
Denk. (2.2.15)’ten hemen görülebileceği gibi, x o = vo = 0 olması halinde bir hareket
söz konusu olmayacaktır. Buradan şu sonuç çıkartılır:
Sönümsüz serbest titreşimler, ancak sistemin denge konumu dışındaki bir ilk
konumdan (xo≠0) ve/veya sıfırdan farklı bir ilk hızla (vo≠0) serbest bırakılmasıyla ortaya
çıkabilirler; yani sistem üzerine uygulanmış bir kuvvetin, kuvvet kalktıktan sonra gözlenen
sonucudurlar.
x
∆t =
ψ
;ψ =
ωn
T=2π/ωn
v
X= xo2 + ( o )2
ωn
tan−1
vo
x oωn
x ( t ) = X . cos( ω n t − ψ )
0
t
Şekil 2.2.2 Sönümsüz Serbest Titreşimler
28
Örnek Problem 2.2.1 (Sayısal Alıştırma)
Şekildeki sistemde k=4000 N/m, m=10 kg verildiğine göre;
x(t)
k
m
Şekil Pr. 2.2.1 Kütle-Yay Sistemi
a) Sistem doğal frekansını ve peryodunu hesaplayınız,
b) m kütlesinin, denge konumunun 0.4 m solundan, sağa
yönelik 6 m/s ilk hızıyla serbest bırakılması sonucu
yapacağı titreşimlerin x(t) ifadesini elde ediniz,
c) Bu hareketin 5’inci saniyesinde konum, hız ve ivme ne
olur? Belirleyiniz.
Çözüm:
a) Sistemin hareketini yöneten diferansiyel denklemin
m &x& + kx = 0
(i)
şeklinde olduğu bilinmektedir. Buradaki x koordinatıyla ilgili bir not olarak, geri getirici
kuvvetin f(x)=kx şeklinde yazılabilmesi için x=0 konumunun f(0)=0 olmasına yol açan
konum; yani k yayının gerilmesiz, sistemin de statik dengede olduğu konum olarak alınmış
olması gerektiğini belirtelim. Denk. (i) ve Denk. (2.2.2)’den doğal frekans
ωn =
k
4000
=
= 20 rad/s
m
10
(ii)
Denk. (1.2.4)’ten de peryod
T=
2 π 2π
=
≅ 0.314 s
ωn 20
(iii)
şeklinde hesaplanır.
b) Verilere ve Şek. Pr. 2.2.1’de x(t) için şekilde seçilmiş pozitif yöne göre
x(0) = xo = −0.4 m, x& (0) = vo = 6 m/s
(iv)
başlangıç koşullarına sahip hareket söz konusudur. Genlik ve faz açısı Denk. (2.2.14)’ten
v
6
X = x o2 + ( o ) 2 = 0.4 2 + ( ) 2 = 0.5 m,
ωn
20
(v)
vo
6
= tan−1
= 2.498 rad
x o ωn
− 0.4.20
(vi)
ψ = tan−1
şeklinde hesaplandıktan sonra Denk. (2.2.15)’ten hemen
29
x ( t ) = X cos( ω n t − ψ ) = 0 . 5 cos( 20 t − 2 .498 ) m
(vii)
elde edilir.
c) Denk. (vii)’den zamana göre türev alarak
x& ( t ) = − X ω n sin( ω n t − ψ ) = − 10 sin( 20 t − 2 . 498 ) m/s
(viii)
&x& ( t ) = − X ω 2 n cos( ω n t − ψ ) = − 200 cos( 20 t − 2 .498 ) m/s2
(ix)
hesaplanıp Denk. (vii),(viii) ve (ix)’da t=5 konularak
2
x (5 ) ≅ − 0 .497 m , x& (5) ≅ 1.123 m/s, &x&(5) ≅ 198 .735 m/s
(x)
bulunur. İstenirse, ivme hesabında Denk. (i)’den yazılan
&x& = −
k
x
m
(xi)
ifadesinden de yararlanılabilir.
Örnek Problem 2.2.2 (Disk-Burulma Yayı Sistemi)
ϕ(t)
kb
J
Şekil Pr. 2.2.2
Burulma Yayı-Disk Sistemi
Şekilde görülen sistemde, dönme eksenine göre kütlesel
eylemsizlik momenti J olarak bilinen rijid bir disk, eylemsizliği
yok sayılan ve kb yay katsayısına sahip lineer bir burulma yayı
olarak davranan ince bir çubuğa bağlı olarak ϕ(t) dönme
titreşimleri yapmaktadır.
kb=180 Nm/rad, J=0.05 kgm2
verildiğine göre bu titreşimlerin doğal frekansını hesaplayınız.
Çözüm:
Rijid cisimler dinamiğinden bu sistemin hareket denkleminin, M, cisme etkiyen dış
kuvvetlerin dönme eksenine göre toplam momenti olmak üzere,
&& = M
Jϕ
(i)
şeklinde yazılacağı bilinmektedir. Burada M momenti, burulan çubuğun J diskine
uygulayacağı momentten ibarettir ve lineer burulma yayının tanımı gereği, orantı katsayısı kb
olmak üzere ϕ dönmesiyle orantılı ve zıt yönlüdür:
M = −k b ϕ .
(ii)
30
Buna göre sistemin hareket denklemi,
&& + k b ϕ = 0 → ϕ
&& +
Jϕ
kb
J
ϕ=0
(iii)
şeklindedir. Bu denklemin Denk. (2.2.3) ile karşılaştırılması, burulma yayı-disk sisteminde
doğal frekansın
kb
J
ωn =
(iv)
şeklinde hesaplanması gerektiğini ortaya koyar. Bu problemin sayısal verileriyle
180
= 60 rad/s
0.05
ωn =
(v)
bulunur. Dikkat edilirse, bu problemde ele alınan disk-burulma yayı modeli, tek serbestlik
dereceli lineer titreşim sistemleri için yalın bir model olarak oluşturduğumuz öteleme
hareketi yapan kütle-yay modelinin dönme hareketi yapan karşılığından başka bir şey
değildir. Bu iki model arasında Tablo Pr. 2.2.2’de verilen eşleşmeler bulunmaktadır. Bu
eşleşmelerden yararlanılarak biri için elde edilmiş sonuçlar diğerine uyarlanabilir.
Tablo Pr. 2.2.2 Kütle-Yay ve Disk-Burulma Yayı Modelleri
ϕ
x
kb
k
m
J
Kütle-Yay Sistemi
Disk-Burulma Yayı Sistemi
x [m]
m [kg]
k [N/m]
ϕ [rad]
J [kgm2]
kb [Nm/rad]
ωn =
k
m
ωn =
kb
J
Örnek Problem 2.2.3 (Kısıtlı Hareket)
k
S
r
m
Şekil Pr. 2.2.3-1
Kaymadan Yuvarlanan Silindir
Şekildeki sistem, k yayına bağlı olarak yatay düzlem
üzerinde kaymadan yuvarlanan m kütleli, r yarıçaplı, rijid,
homojen bir silindirden oluşmaktadır. Bu sistemin doğal
frekansını hesaplayınız.
k=0.48 kN/m, m=5 kg
31
Çözüm:
x
kx
ϕ
Önce sistemin hareket denklemi elde edilsin. Bu, NewtonEuler Dinamiği ya da Lagrange Dinamiği yardımıyla yapılabilir.
Aşağıda her iki yol da verilecektir. Ancak, öncelikle, şu belirleme
yapılsın: Silindir hem bir x ötelemesi hem de bir ϕ dönmesi
yaptığından konumunu (yerini ve duruşunu) tanımlayabilmek için
iki koordinata gerek varmış gibi görünmekle birlikte, kaymadan
yuvarlanma koşulu, silindirin P noktasının hızının sıfır olmasını,
bu da x ile ϕ koordinatlarının birbirine, kısıt denklemi adı verilen
S
m
R
r
P
Şekil Pr. 2.2.3-2
Serbest Cisim Diyagramı
& = 0 → x=rϕ,
x& − rϕ
&&
x& = rϕ& , &x& = rϕ
(i)
denklemi sağlanacak biçimde bağlı olmasını gerektirir. Buna göre bu koordinatlardan birinin
verilmesi sistemin konumunu tanımlamaya yeterlidir; sistemin serbestlik derecesi birdir; bir
tek hareket denklemi vardır. Bu örnek, hareketi kısıtlanmış bu tür sistemlerin hareket
denklemlerinin elde edilişi hakkında fikir verecektir.
Newton-Euler Dinamiği: Silindirin kaymasına engel olarak hareketini Denk. (i) sağlanacak
biçimde kısıtlayan kısıt kuvveti (ki bu bir sürtünme kuvvetidir) R ile gösterilerek Şek. Pr.
2.2.3-2’deki serbest cisim diyagramı oluşturulsun. Bu diyagrama dayanılarak, kütle merkezi
S’nin x hareketi için hemen
m &x& = − kx − R
(ii)
yazılır. Kütle merkezi çevresindeki ϕ dönme hareketi için ise, rijid, homojen silindirin S’den
geçen eksene göre kütlesel eylemsizlik momentinin
J=
1
mr 2
2
(iii)
olduğu da dikkate alınarak,
1
&& = R .r
mr 2ϕ
2
(iv)
elde edilir. Bu aşamada elde iki koordinat ve bunlara ait Denk. (ii) ve Denk. (iv) şeklinde iki
hareket denklemi bulunmaktadır. Oysa problemin girişindeki belirleme uyarınca bunların her
ikisinin de teke indirilmesi gereklidir. Bu, Denk. (i)’in kullanılarak koordinatlardan birinin
(örneğin ϕ’nin) problemden düşürülmesi ve aralarında R kısıt kuvveti yok edilerek (birinden
çekilip diğerinde yerine konularak) Denk. (ii) ve Denk. (iv)’ün birleştirilmesiyle yapılır ve
3
m&x& + kx = 0
2
→
&x& + 2 k x = 0
3m
(v)
32
elde edilir (Bu denklemi elde ediniz.).
Lagrange Dinamiği: Sistem ideal, holonomik, korunumlu ve tek serbestlik derecelidir. Esas
genelleştirilmiş koordinat olarak x’in alınması halinde hareketin Lagrange denklemi
d ⎛ ∂L ⎞
⎜ ⎟−
dt ⎝ ∂x& ⎠
∂L
= 0 ; L=T-U
∂x
(vi)
şeklinde yazılacaktır. Burada kinetik enerjinin König Teoremi uyarınca öteleme ve dönme
kinetik enerjilerinin toplamı olarak ve Denk. (iii) ile Denk. (i) de dikkate alınarak,
T = 1 m x& 2 + 1 ( 1 mr 2 ) ϕ& 2 = 1 ( 3 m ) x& 2
2
2 2
2 2
(vii)
şeklinde, potansiyel enerjinin ise,
U = 1 kx 2
(viii)
2
şeklinde yazılmasıyla Lagrange Fonksiyonu
L = T − U = 1 ( 3 m ) x& 2 − 1 kx 2
2 2
2
(ix)
şeklinde elde edilir. Buradan,
∂L
d ⎛ ∂L ⎞ d 3 &
3
= − kx
⎜ ⎟ = ( mx ) = 2 m&x& ,
dt ⎝ ∂x& ⎠ dt 2
∂x
(x)
ara hesaplarından sonra Denk. (vi)’ya gidilerek hareket denklemi, Denk. (v)’tekinin aynı olan
3
m&x& + kx = 0
2
→
&x& + 2 k x = 0
3m
(xi)
şeklinde elde edilir.
Elde edilen hareket denkleminin Denk. (2.2.3) ile karşılaştırılmasıyla ve sayısal
hesapta birimlere dikkat edilerek
ωn =
2k
=
3m
2 ⋅ 0.48 ⋅ 10 3
= 8 rad/s
3⋅5
(xii)
bulunur. Yukarıdaki hesaplarda x koordinatı esas alınıp ϕ koordinatının problemden
düşürülmesi yolu izlenmiştir. Bunun tersi yapılarak, yani ϕ koordinatı esas alınıp x koordinatı
problemden düşürülerek de aynı sonuca ulaşılırdı (Bunu gösteriniz.).
İdeal bir sistemin ele alındığı bu örnekte, ideal sistemlerde kısıt kuvvetlerinin hesaba
katılmasını gerektirmeyen Lagrange Dinamiğinin, bunların önce hesaba katıp sonra hesaptan
düşürülmesini gerektiren Newton-Euler Dinamiğine üstünlük sağladığına dikkat ediniz. Bir
33
sistemde yazılabilecek kısıt denklemi sayısı, dolayısıyla da hesaba katılacak kısıt kuvveti
sayısı ne kadar çoksa bu üstünlük o kadar belirgin hale gelir.
Örnek Problem 2.2.4 (Koordinat Başlangıcının Seçimi)
ϕ
k
M
O
r
x
m
Şekildeki sistemde, O noktasından yataklanmış rjid,
homojen bir silindir şeklindeki makaraya kaymayacak
şekilde sarılı ipin bir ucu k yayına, diğer ucu ise düşey
doğrultuda hareket eden m cismine bağlıdır. İpin kütlesiz ve
uzayamaz olduğu, hep gergin kaldığı ve sistemde hiçbir
sürtünme bulunmadığı varsayımı altında sistemin doğal
frekansını hesaplayınız.
Şekil Pr. 2.2.4-1
Çözüm:
Genel değerlendirme: Bir sistemin hareketini tanımlamakta kullanılacak koordinat(lar)ın
başlangıç noktasının (Bu örnek özelinde x=0, ϕ=0 konumunun) seçimi, elde edilecek
matematiksel modelin görünümünü etkiler. İlkede, hesapları bu seçimle tutarlı yürütmek
koşuluyla hiçbir seçim yanlış değildir. Ancak, Denk. (2.2.1)’deki
m&x& + kx = 0
(i)
matematiksel modeline esas oluşturan, Denk. (2.1.2)’deki
f ( x ) = kx
(ii)
geri getirici kuvveti yalnızca lineer değil (Genel lineer kuvvet f(x)=a+kx şeklinde olurdu.)
fakat aynı zamanda
f (0) = 0
(iii)
olacak biçimde alınmış olduğundan, bu model özel bir seçime karşılık gelmektedir. Denk.
(iii)’e göre bu seçim, x=0 konumunun sistem üzerine etkiyen kuvvet(ler)in sıfırlandığı
konum, yani sistemin statik denge konumu olarak alınmasıdır.
Bu nedenle, Denk. (i) formunda bir matematiksel model elde edilmesi ve onun Bölüm
2.2.1’deki çözümünden, olduğu gibi yararlanılması ancak koordinat başlangıcının sistemin
statik denge konumu olarak alınmasıyla mümkündür.
Bu genel değerlendirmeden sonra eldeki problemin çözümüne geçilirirse;
34
ϕ
k(x+δ)
M
O
r
Yayın gerilmesiz
olduğu konum
T
δ
T
x
Statik denge
konumu
m
Newton-Euler
Dinamiği:
Yukarıda
söylenilenlerle uyumlu bir seçimle, sistem
statik denge konumundayken m cisminin
bulunacağı konum x=0 alınsın. Bu konumun,
mg ağırlığı yüzünden k yayının gerilmesiz
olduğu konumdan δ kadar aşağıda olacağına
dikkat edilsin, makara ile m cisminin
hareketlerini
birbirine
bağımlı
kılarak
kısıtlayan kısıt kuvvetine (ki bu, ipin ilgili
kısmındaki gergi kuvvetidir) T denilsin ve Şek.
Pr. 2.2.4-2’deki serbest cisim diyagramı
oluşturulsun. Bu diyagrama dayanılarak, m
cisminin x hareketi için hemen
m &x& = mg − T
mg
Şekil Pr. 2.2.4-2 Serbest Cisim Diyagramı
J=
(iv)
yazılır. Makaranın ϕ dönme hareketi için ise,
1 2
Mr
2
(v)
ile ve yayın uzamasının x+δ olduğuna dikkat edilerek
1
&& = T.r − k ( x + δ ) r
Mr 2ϕ
2
(vi)
elde edilir. T’nin Denk. (iv)’ten çekilip Denk. (vi)’da yerine konulmasıyla
1
&& = ( mg − m&x& ).r − k ( x + δ) r ,
Mr 2ϕ
2
(vii)
burada ipin makaraya göre kaymamasının gerektirdiği
x=rϕ
(viii)
kısıt denklemi kullanılarak (örneğin) ϕ koordinatının problemden düşürülmesiyle de
(
M
+ m ) &x& + ( kδ − mg ) + kx = 0
2
(ix)
bulunur. Bu denkleme göre geri getirici kuvvetin ifadesi
f ( x ) = ( k δ − mg ) + kx
(x)
şeklinde görünmekle birlikte, statik denge konumu koordinat başlangıcı seçildiğine göre
35
f ( 0 ) = 0 → kδ − mg = 0
(xi)
olmalıdır, ki sistemin statik denge koşulu düşünülürse bunun gerçekten de böyle olduğu
görülür. Böylece hareket denklemi
(
M
+ m)&x& + kx = 0
2
(xii)
şeklinde, buna göre doğal frekans da
ωn =
k
M
+m
2
(xiii)
şeklinde bulunmuş olur.
Lagrange Dinamiği: Sistemin ideal, holonomik, korunumlu ve tek serbestlik dereceli
olduğuna dikkat edilip esas genelleştirilmiş koordinat olarak x alınırsa hareketin Lagrange
denklemi
d ⎛ ∂L ⎞
⎜ ⎟−
dt ⎝ ∂x& ⎠
∂L
= 0 ; L=T-U
∂x
(xiv)
şeklinde yazılacaktır. Burada kinetik enerjinin Denk. (v) ve Denk. (viii) dikkate alınarak,
T = 1 m x& 2 + 1 ( 1 Mr 2 ) ϕ& 2 = 1 ( M + m ) x& 2
2
2 2
2
(xv)
2
şeklinde, potansiyel enerjinin ise, ağırlık potansiyeli için x=0 düzeyi referans alınarak
U = 1 k ( x + δ ) 2 − mgx
(xvi)
2
şeklinde yazılmasıyla Lagrange Fonksiyonu
L = T − U = 1 ( M + m ) x& 2 − 1 k ( x + δ ) 2 + mgx
2
2
2
(xvii)
şeklinde elde edilir. Buradan,
d ⎛ ∂L ⎞
⎜ ⎟
dt ⎝ ∂x& ⎠
[2
]
= d ( M + m) x& = ( M + m)&x& ,
dt
2
∂L
= mg − k ( x + δ)
∂x
(xviii)
ara hesaplarından sonra Denk. (xii)’ye gidilerek hareket denklemi,
(
M
+ m ) &x& + ( kδ − mg ) + kx = 0 ,
2
(xix)
ya da Denk. (xi)’deki statik denge koşulu dikkate alınarak,
36
(
M
+ m)&x& + kx = 0
2
(xx)
şeklinde elde edilir. Doğal frekans da artık Denk. (xiii)’teki gibi hesaplanır.
Burada, koordinat başlangıcının sistemin statik denge konumu dışında bir konum
olarak alınması halinde yapılacak hesabın ayrıntısına girecek olmamakla birlikte, örneğin
yayın gerilmesiz olduğu konumun (Bkz. Şek. 2.2.4-2) koordinat başlangıcı seçilip y=x+δ
şeklinde bir koordinatın kullanılması halinde hareket denkleminin, Denk. (2.2.1)’dekinden
farklı olan
M
+ m ) &y& + ky = mg
2
(xxi)
(
şeklini, çözümünün de Denk. (2.2.1)’dekinden farklı olan
y( t ) =
mg
+ Y cos( ωn t − ψ ) = δ + Y cos( ωn t − ψ ) ;
k
ωn =
k
m
(xxii)
şeklini alacağını belirtelim. Matematiksel olarak farklı olan iki çözümün aynı fiziksel gerçeği
göstermesi gerektiği düşünülür ve bu gerçeğin ne olduğu araştırılırsa, her ikisinin de (birine
göre x=0’da diğerine göre y=δ’da bulunan) denge konumu civarında ωn frekanslı harmonik
titreşimler gösterdikleri görülür
Bu örnekten şu önemli sonuçlar çıkartılır:
i)
ii)
Denk. (2.2.1)’deki matematiksel model ve onun çözümüyle ilgili bilgilerden
doğrudan doğruya yararlanabilmek için, bir statik denge konumuna sahip
sistemlerde her zaman bu konum koordinat başlangıcı olarak seçilmelidir.
Bu seçim yapıldığında, geri getirici kuvvetin f(0)=0 olma özelliğine sahip olacağı
önceden belli olduğundan x=0 konumunda sisteme etkiyen kuvvetler (yukarıdaki
örnekte kδ ve mg kuvvetleri) baştan itibaren hesaba katılmayabilir.
37
2.2.2 MODELLEME
Bölüm 2.2.1'de elde edilen sonuçlar, Şekil 2.2.1'deki soyut fiziksel model ve ona ait
(Denk. 2.2.1 ya da Denk. 2.2.3'teki) matematiksel modele ilişkindir. Dolayısıyla somut
sistemlerle kendiliğinden bir ilişkileri yoktur. Ancak, bir incelemeyi yürütecek kişi,
davranışlarını incelemek istediği sistemin özellikleri ve incelemede güttüğü amaçlar ışığında
vereceği bir kararla sistemini bu modelle modellemeye karar verirse, Bölüm 2.2.1’de elde
edilen sonuçları elinin altında hazır bulacaktır.
Bir incelemeden elde edilecek sonuçların doğruluğu üzerinde hiç bir şey, bu
modelleme adımında verilecek kararların isabetliliği kadar etkili değildir. Ne var ki
modelleme bir bilim olmaktan çok bir sanattır ve kişinin bu kararları verirken kendi sezgi
gücü, sağduyusu ve birikiminden başka bir yardımcısı yoktur. Biz de bu bölümde
modellemenin bu sanat yönüne, yani şimdiki konumuz bağlamında hangi sistemlerin hangi
koşullar altında tek serbestlik dereceli sönümsüz bir titreşim sistemi olarak modellenmesinin
uygun olacağı ya da olmayacağı konusuna girmeyi değil, bir kez bu kararlar verildikten sonra
sistemleri bu model çerçevesine yerleştirmek için atılabilecek adımları tanıtmayı
amaçlıyoruz.
2.2.2.1 Bir Eşdeğer Kütle-Yay Sistemi Kurulması
Eğer bir sistem tek serbestlik dereceli sönümsüz bir sistem olarak modellenecekse,
titreşim davranışı bakımından onunla özdeş olan Şek. 2.2.1’deki kütle-yay sistemi
görünümünde bir sistem bulunmalıdır. Bazı sistemlerin incelenmesinde, eşdeğer kütle-yay
sistemi adını vereceğimiz bu sistemin elde edilmesi, modelleme işini kolaylaştıran bir
yaklaşım oluşturur. Şimdi bunun nasıl yapılacağını görelim. Yapılması gereken, eşdeğer
sistemin kütle ve yay katsayısının, verilmiş sistemle aynı titreşim davranışını göstermesini
sağlayacak biçimde belirlenmesidir. Bunlara eşdeğer kütle meş ve eşdeğer yay katsayısı keş
diyelim (Şek. 2.2.3-a) ve Lagrange dinamiğine göre (Bkz. Problem 2.2.3 ve 2.2.4) kinetik ve
potansiyel enerji ifadeleri birbirinin aynı olan iki korunumlu sistemin aynı hareket
denklemine sahip olacağını, dolayısıyla da aynı hareket özelliklerine sahip olacağını
anımsayalım. Buna göre, eşdeğerlik için, meş ve keş parametrelerinin
Tsist =
1
m eş x& 2
2
(2.2.16)
kinetik enerji eşitliği ile
U sist =
1
k eş x 2
2
(2.2.17)
potansiyel enerji eşitliğini sağlayacak biçimde seçilmesi yeterlidir. Burada x, gerçek sisteme
özgü bir çizgisel koordinat olup bu şekilde kurulan eşdeğer sistem de x koordinatına
indirgenmiş eşdeğer sistem diye adlandırılır. Çizgisel bir x koordinatına değil açısal bir ϕ
koordinatına indirgenmiş eşdeğer sistem kurulmak istendiğinde de
Tsist =
1
J eş ϕ& 2
2
(2.2.18)
38
U sist =
1
k b ϕ2
2 eş
(2.2.19)
eşitlikleri esas alınarak bir eşdeğer disk-burulma yayı (Jeş-kbeş) sistemi (Şek. 2.2.3-b)
kurulabilir.
Eşdeğer sistem kurulduğunda artık matematiksel model, Denk. (2.2.1)'den
m eş &x& + k eş x = 0
→
ωn =
→
ωn =
k eş
(2.2.20)
m eş
ya da Denk. Pr.2.2.2-(iii)'ten
&& + k b eş ϕ = 0
J eş ϕ
kbeş
(2.2.21)
Jeş
şeklinde kendiliğinden ortaya çıkmış olur.
Modellemede eşdeğer sistem kurulması yolu Lagrange dinamiğini esas aldığından,
onun gibi kısıt kuvvetlerini hesaba katmama üstünlüğüne sahiptir. Bu nedenle, aralarında çok
sayıda kısıt bulunan çok cisimli sistemlerin incelenmesinde kolaylık sağlar.
Buna karşılık bu yol, eşdeğer sistemin lineer bir matematiksel modele sahip oluşuyla
bağlantılı olarak, nonlineer matematiksel modele sahip sistemlerin modellenmesinde
güçlüklere yol açar ve kullanışlı olmaktan çıkar.
ϕ
x
kbeş
keş
meş
JJeşeş
(a)
(b)
Şekil 2.2.3 Eşdeğer Sistemler
(a) Çizgisel x Koordinatına İndirgenmiş
(b) Açısal ϕ Koordinatına İndirgenmiş
39
Örnek Problem 2.2.5 (Yay Bileşimleri)
Şekilde paralel ve seri bağlı ikili yay bileşimleri içeren iki sistem gösterilmiştir.
Eşdeğer sistem kurma yoluyla bu yay bileşimlerini tek başına temsil edecek eşdeğer yayı
belirleyiniz. Bulduğunuz sonucu n adet yay içeren bileşimlere genelleştiriniz.
x(t)
y(t)
x(t)
k1
m
k1
k2
x(t)
m
keş
m
k2
(a) Paralel Bağlı Yaylar
(b) Seri Bağlı Yaylar
(c) Eşdeğer Sistem
Şekil Pr. 2.2.5 Yay Bileşimleri
Çözüm:
a)
Paralel Bağlı Yaylar: Bir sistemde birden fazla yay, kuvvetleri birbirine eklenecek
tarzda yer alıyorsa bu yayların paralel bağlı yaylar olduğu söylenir.
Şekil Pr.2.2.5-a’daki paralel bağlı k1 ve k 2 yaylarını içeren sistemin, Şekil Pr.2.2.5c’deki eşdeğeri kurulsun. Verilen sistemin potansiyel enerjisi, iki yayda depolanacak
potansiyel enerjilerin toplamı olarak
U sist =
1
1
1
k1x 2 + k 2 x 2 = (k1 + k 2 ) x 2
2
2
2
(i)
şeklinde ifade edilebileceğine göre Denk. (2.2.17)’den hemen
k eş = k1 + k 2
(ii)
hesaplanır. Buradan n adet paralel bağlı yay için de
n
k eş = ∑ ki
(iii)
i =1
olacağı kolayca görülebilir.
b)
Seri Bağlı Yaylar:
Bir sistemde birden fazla yay, uzamaları birbirine eklenecek
tarzda yer alıyorsa bu yayların seri bağlı yaylar olduğu söylenir.
Şimdi Şek. Pr.2.2.5.-b’deki seri bağlı iki yaya eşdeğer yayın k eş katsayısı
hesaplanmak istensin. İki yaydaki potansiyel enerjiler toplamı
U sist =
1
1
k 1 y 2 + k 2 ( x − y) 2
2
2
(iv)
40
şeklindedir. Burada, iki yayın birbirine bağlandığı noktadaki kuvvet dengesinden
k1y = k 2 ( x − y ) → y =
k2
x
k1 + k 2
(v)
olmalıdır. Denk. (v)’teki y ifadesinin Denk. (iv)’te yerine konulup gerekli hesapların
yapılmasıyla
1 k .k
U sist = ( 1 2 )x 2 ,
2 k1 + k 2
(vi)
buradan da Denk. (2.2.17) yardımıyla
k1.k 2
k1 + k 2
(vii)
1
1 1
= +
k eş k1 k 2
(viii)
k eş =
ya da
elde edilir. Buradan n adet seri bağlı yay için de
n
1
1
=∑
k eş i=1 k i
(ix)
yazılabileceği hemen görülür.
Denk. (ix)’un ortaya koyduğu bir özellik olarak, seri bağlanmış yayların oluşturduğu
eşdeğer yayın, yapısındaki yayların her birinden daha yumuşak bir yay olacağını;
k eş < k i ; i=1,2,…,,n
(x)
ve bu özelliğin, paralel bağlı yaylarla bir tezat oluşturduğunu not edelim.
41
Örnek Problem 2.2.6 (Problem 2.2.3 tekrar)
ϕ
x
k
Şekildeki sistem, k yayına bağlı olarak yatay düzlem
üzerinde kaymadan yuvarlanan m kütleli, r yarıçaplı, rijid,
homojen bir silindirden oluşmaktadır. Bu sistemin doğal
frekansını sistem parametreleri cinsinden eşdeğer sistem
kurma yoluyla hesaplayınız.
S
r
m
Şekil Pr. 2.2.6-1
Kaymadan Yuvarlanan Silindir
Çözüm:
Sistemin, Şek. Pr.2.2.6-2’deki x kordinatına
indirgenmiş eşdeğeri kurulsun. Bunun için sistemin
kinetik ve potansiyel ve enerjileri ifadeleri Problem
2.2.3’teki Denk. (vii) ve (viii)’den alınarak Denk.
(2.2.16) ve Denk. (2.2.17) uyarınca,
x
keş
meş
Şekil Pr. 2.2.6-2 x Koordinatına İndirgenmiş
Eşdeğer Sistem
Tsist = 1 ( 3 m ) x& 2 = 1 m eş x& 2 → m eş = 32 m
2 2
2
(i)
ve
U sist = 1 kx 2 = 1 k eş x 2 → k eş = k
2
2
(ii)
elde edilir. Buna göre hemen
ωn =
k eş
m eş
=
2k
3m
(iii)
hesaplanır. Bağlandığı S noktası zaten x yerdeğiştirmesine tabi olduğundan k yayının x
koordinatına indirgemeden etkilenmeyip keş=k olacağı hesaba gerek duymaksızın da
öngörülebilirdi.
ϕ
kbeş
JJeşeş
İstenirse bu sistemin Şek. Pr.2.2.6-3’teki
ϕ kordinatına indirgenmiş eşdeğeri de kurulabilir.
Bunun için enerji ifadelerinde
x = rϕ
Şekil Pr. 2.2.6-3 ϕ Koordinatına İndirgenmiş
Eşdeğer Sistem
(iv)
kısıt denkleminin bu kez x koordinatını problemden
düşürmekte kullanılması ve Denk. (2.2.18) ile
Denk. (2.2.19) ‘dan yararlanılarak
Tsist = 12 ( 32 mr 2 ) ϕ& 2 = 12 J eş ϕ& 2 → J eş = 3 mr 2
2
(v)
ve
42
U sist = 1 kr 2 ϕ 2 = 1 k b eş ϕ 2 → k b eş = kr 2
2
2
(vi)
hesaplanması yeterlidir. Buradan da doğal frekans
k b eş
ωn =
J eş
2 kr 2
=
3mr 2
=
2k
3m
(vii)
şeklinde hesaplanır. Bu sonuç, olması gerektiği gibi, Denk. (iii)’tekinin aynıdır.
Örnek Problem 2.2.7
x2
k2
k1
k3
m2
x1
α.h
m1
h
O
Şekildeki sistemde m1 ve m2 rijid cisimleri, O
noktasından mafsallanmış kılavuzun güdümü altında
farklı yatay düzlemlerde sürtünmesiz olarak hareket
etmektedir. Kılavuzun kütlesiz olduğu, sistemde hiç
bir sürtünme bulunmadığı ve x1=x2=0 iken bütün
yayların gerilmesiz olduğu kabul edildiğine göre, bir
eşdeğer sistem kurarak sistemin hareket denklemini
ve doğal frekansını elde ediniz.
Şekil Pr. 2.2.7
Çözüm:
x1 koordinatına indirgenmiş eşdeğer sistemi kuralım. Bu amaçla ilkin
Tsist =
1
1
m1x& 12 + m 2 x& 22 ,
2
2
(i)
ve k2 yayının boyundaki değişmenin x1 ile x2 arasındaki farka eşit olduğuna dikkat edilerek
U sist =
1
1
1
k 1 x 12 + k 2 ( x 2 − x 1 ) 2 + k 3 x 22
2
2
2
(ii)
belirlendikten sonra kılavuzun güdümünün x1 ve x2’ye
x 2 = αx1
(iii)
kısıtını dayattığına dikkat edilirse, bu kısıtın Denk. (i) ve Denk. (ii)’de kullanılmasıyla
Tsist =
1
1
( m1 + α 2 m 2 ) x& 12 = m eş x& 12 ,
2
2
(iv)
43
U sist =
1
1
[ k 1 + (α − 1) 2 k 2 + α 2 k 3 ]x 12 = k eş x 12
2
2
(v)
buradan da
m eş = m1 + α 2 m 2 ,
(vi)
k eş = k 1 + (α − 1) 2 k 2 + α 2 k 3
(vii)
elde edilir. Hareket denklemi ve doğal frekans artık kolayca,
m eş &x&1 + k eş x 1 = 0 → (m1 + α 2 m 2 )&x&1 + [k1 + (α − 1) 2 k 2 + α 2 k 3 ]x1 = 0 (viii)
ve
k eş
ωn =
m eş
k 1 + (α − 1) 2 k 2 + α 2 k 3
=
(ix)
m1 + α 2 m 2
şeklinde belirlenir. Aynı sonuç x2 koordinatına indirgenmiş eşdeğer sistem kurularak da elde
edilebilirdi (Bunu gösteriniz.).
ÖrnekProblem 2.2.8
k2
m2
Şekilde görülen sistemde homojen birer
silindir olan tekerlekler ile temas ettikleri yüzeyler
arasında kayma olmadığına göre sistemin doğal
frekansını verilen parametreler cinsinden belirleyiniz.
m4
k1
r4
m1
m3
r3
α
m3
r3
Koordinat başlangıçları
sistemin statik denge konumuna
karşılık gelmek üzere şekildeki
koordinatlar atansın ve bunların
arasındaki
kısıt
denklemleri
yazılsın:
Şekil Pr. 2.2.8-1
Çözüm:
x1
x1
θ4 x 2
x 2 = tan α x 1 ,
keş
meş
α
θ3
x3 =
x1
2
,
θ3 =
x3
r3
=
(i)
(ii)
x1
2 r3
,
(iii)
x3
Şekil Pr. 2.2.8-2
44
θ4 =
x 12 + x 22
r4
=
x 1 1 + tan
r4
2
α
.
(iv)
Şimdi bunlardan yararlanarak ve statik dengede birbirini dengeleyen kuvvetler (k1δ1, k2δ2,
m2g, m4g) hiç hesaba katılmayarak x1 koordinatına indirgenmiş eşdeğer sistem kurulsun:
{
(2
(
) }{
(
) }
Tsist = 1 m1x& 12 + 1 m 2 x& 22 + 2 1 m 3 x& 32 + 1 1 m 3 r32 θ& 32 + 1 m 4 x& 22 + 1 1 m 4 r42 θ& 24
2
2
2
2 2
2
2 2
(v)
2
2
2
2
3
3
1
1
1
= m1 + tan αm 2 + m 3 + + tan α m 4 x& 1 = m eş x& 1
2
{
4
2
(2
) }
2
)
⇒ m eş = m 1 + tan 2 α m 2 + 3 m 3 + 1 + 3 tan 2 α m 4 ,
4
(
2
)
(vi)
U sist = 1 k 1 x 12 + 1 k 2 x 22 = 1 k 1 + tg 2 α k 2 x 12 = 1 k eş x 12 .
2
2
2
(vii)
2
⇒ k eş = k 1 + tg 2 α k 2 .
(viii)
Buradan artık hemen,
ωn =
k eş
m eş
=
k 1 + tg 2 αk 2
(
)
m1 + tan 2 αm 2 + 34 m 3 + 12 + 32 tan 2 α m 4
(ix)
belirlenir.
2.2.2.2 Lineerleştirme
Bölüm 2.1’de, bu aşamada lineer matematiksel modellerle ilgilenmek istediğimiz için
geri getirici kuvveti
f ( x ) = kx
(2.2.22)
şeklinde ifade etmiş ve gerçek yayların böyle davranıp davranmadığını irdelemeksizin bu
kuvvete, lineer yay adını verdiğimiz soyut bir eleman eşleştirmiştik.
Elastik cisimlerin kuvvet etkisi altındaki gerçek davranışlarına bakıldığında (Şek.
2.2.4), küçük şekil değiştirmelerde gerçekten de kuvvet ile şekil değiştirme orantılı gibi
görünmekle birlikte, büyük şekil değiştirmelere doğru gidildikçe lineer gidişten belirgin
sapışların ortaya çıktığı ve cisimlerin ya yumuşayan yay ya da sertleşen yay olarak davrandığı
görülür. Yani elastik cisimlerin yol açtığı f(x) geri getirici kuvvetleri gerçekte nonlineerdir.
Buna yapısal nonlineerlik ya da malzeme nonlineerliği adı verilir. Bununla birlikte, küçük
şekil değiştirmelerle sınırlı kalınmak kaydıyla lineer getirici kuvvet kabulü de iyi bir
yaklaşıklık oluşturur. Bilindiği gibi bu yaklaşıklık, elastik cisimlerde kuvvet-şekil değiştirme
ilişkisini konu alan Hooke Yasasının benimsediği yaklaşıklıktır. Aksi belirtilmedikçe, bu
kitapta, elastik cisimlerin/yayların Hooke Yasasına uydukları varsayılacak, yani yapısal
nonlineerlik dikkate alınmayacaktır.
45
f(x)
Sertleşen Yay
x
f(x)
Lineer Yay (Hooke Yasası)
Yumuşayan Yay
x
Lineer Bölge
Şekil 2.2.4 Elastik Cisimlerde Kuvvet-Şekil Değiştirme İlişkisi
Ne var ki, yayların Hooke Yasasına uydukları kabulü, ele alınacak her titreşim
siteminde f(x) geri getirme kuvvetinin konumun lineer bir fonksiyonu olmasını sağlamaya
yeterli değildir. Bazı sistemlerin geometrisi, geri getirici kuvveti sağlayan yaylar lineer de
olsa f(x)’in nonlineer olmasına yol açar. Bu tür nonlineerliklere geometrik nonlineerlik adı
verilir. Bazı sistemlerde ise, geri getirici kuvveti zaten elastik cisimler değil bambaşka öğeler
sağlamaktadır. Bunların yol açacağı f(x) kuvvetinin lineer olacağının da bir garantisi yoktur.
Bu bölümde, f(x)’in nonlineer olduğu
m &x& + f ( x ) = 0
(2.2.23)
şeklindeki matematiksel modellerle karşı karşıya kalınan böyle durumlarda incelemenin her
şeye karşın Denk. (2.2.1)’deki lineer model yardımıyla gerçekleştirilmesine karar verilmesi
halinde sistemin bu model çerçevesine nasıl çekilebileceği konusu ele alınacaktır. Şimdi,
bunun nasıl yapılacağını görelim. Koordinat başlangıcı sistemin statik denge konumu olarak
seçilmiş olsun, bu durumda
f(0)=0
(2.2.24)
olacağı not edilsin ve f(x) fonksiyonunun x=0’daki denge konumu civarında kuvvet serisi
açınımı (MacLaurin serisi) göz önüne alınsın13;
f (x) = f (0) +
df (x)
1 d 2 f (x)
.x +
dx x=0
2! dx 2
⋅ x 2 + ...... =
x =0
∞
1 d k f ( x)
∑
k
k =0 k! dx
.x k .
x =0
(2.2.25)
13
Koordinat başlangıcının denge konumu x=0’da değil de herhangi bir x=a noktasında olacak biçimde seçilmiş
olması halinde McLaurin Serisi yerine x=a civarındaki Taylor Serisi açınımı dikkate alınmalıdır.
46
Şimdi eğer kendimizi sadece küçük x değerlerinde olacakları incelemekle sınırlandırır, yani
küçük genlikli titreşimler varsayımı yaparsak, bu seride, x’in yüksek kuvvetlerini içeren
terimlerin x’i içeren terim yanında küçük mertebeden kalacakları ve göz ardı edilmelerinin
büyük bir hataya yol açmayacağı değerlendirilebilir. Böylece Denk. (2.2.24) de dikkate
alındığında,
df (x)
.x
dx x=0
(2.2.26)
df (x)
dx x=0
(2.2.27)
f (x) ≅
ya da
k eş =
denilerek
f ( x ) ≅ k eş x
(2.2.28)
yaklaşıklığına, dolayısıyla da Denk. (2.2.23)’teki nonlineer model yerine, onu küçük genlikli
titreşimler özelinde yaklaşık olarak temsil eden
m&x& + k eş x = 0
(2.2.29)
lineer modeline gelinir.
Matematiksel açıdan bakıldığında, buradan yapılan, lineer olmayan f(x) eğrisi yerine,
geçerliliği bu konum civarındaki dar bir bölgeyle sınırlı bir kabulle, denge konumundaki
teğetinin kullanılmasından başka bir şey değildir (Şekil 2.2.5).
Bu husus yukarıda Hooke Yasasının geçerliliğiyle ilgili söylenilenlerle (Bkz. Şek.
2.2.4) birlikte değerlendirildiğinde lineer modellerin, genelde, geçerliliği küçük genlikli
titreşimlerle sınırlı modeller olduğu anlaşılır. Bu nedenle titreşim kuramında küçük genlikli
titreşimler denildiğinde lineer titreşimler anlaşılır.
f(x)
k eş x =
df (x)
⋅x
dx x =0
f(x)
x
Lineerleştirmenin
Geçerlilik Bölgesi
Şekil 2.2.5 Lineerleştirme
47
Örnek Problem 2.2.9 (Matematiksel Sarkaç)
Şekildeki sistemde m maddesel noktası, kütlesiz, uzamasız
ve hep gergin kalan ℓ boyunda bir ipe bağlı olarak düzlem içi
salınımlar yapmaktadır.
O
ℓ
ϕ
Matematiksel sarkaç adı verilen ve nonlineer geri getirici
kuvvete sahip tek serbestlik dereceli sistemler için tipik bir örnek
oluşturan bu soyut modelin;
m
a) Hareket denklemini elde ediniz,
b) Küçük genlikli salınımlarının
belirleyiniz.
Şekil Pr. 2.2.9-1
Matematiksel Sarkaç
Çözüm:
doğal
frekansını
a) Şekildeki SCD yardımıyla ve sistemi O’ya göre kütlesel
eylemsizlik momenti J 0 = ml 2 olan bir rijid cisim olarak
yorumlayıp O çevresindeki dönme hareketine ilişkin hareket
denklemi yazılırsa,
O
ℓ
ϕ
ya da,
ℓsinϕ
&& + mg l sin ϕ = 0
ml 2ϕ
m
&& +
ϕ
mg
elde edilir.
(i)
g
sin ϕ = 0
l
(ii)
g
Şekil Pr. 2.2.9-2
Serbest Cisim Diyagramı
k eş =
b) Bu problemde geri getirici kuvvet f (ϕ) = l sin ϕ olduğuna
göre Denk. (2.2.27)’den
df ( ϕ )
g
g
ϕ = 0 = cos ϕ ϕ = 0 =
dϕ
l
l
(iii)
hesaplanır. Böylece, küçük salınımlarda geçerli lineer model
&& +
ϕ
g
ϕ=0
l
(iv)
şeklinde, buradan doğal frekans da
ωn =
g
l
(v)
şeklinde elde edilir.
48
Aslında, matematiksel sarkacın Denk. (iv)’teki nonlineer hareket denklemi
çözülebilmekte, doğal frekansının gerçek ifadesinin de, φ sarkaç salınımlarının genliğini
göstermek üzere
ωn = ωn (φ) =
g
l
π
2
⋅ π/ 2
∫
dξ
φ
2
2
0 1−sin ( 2 )⋅sin ξ
=
g
l
⋅
1
2
∞
φ
⎡1⋅3⋅5L( 2k −1) ⎤
1+ ∑ ⎢
⋅ (sin ) 2 k
⎥
2
k =1⎣ 2 ⋅ 4 ⋅ 6L2k ⎦
(vi)
şeklinde olduğu bilinmektedir. Bu ifadeden görüldüğü gibi, doğal frekans lineer hesabın
öngördüğü gibi sabit olmayıp φ genliğine bağlı olarak (genlik büyüdükçe frekans küçülecek
şekilde) değişmektedir. Doğal frekansın genliğe bağlı oluşu nonlineer geri getirici kuvvete
sahip sistemlerin ayırdedici bir özelliğidir. Şekil Pr. 2.2.8-3’te, lineerleştirme ile bulunan
doğal frekansla gerçek doğal frekansın φ genliğine göre bir karşılaştırması verilmiştir. Lineer
hesabın
%e =
ωn Lineer −ωn Gerçek
ωn Gerçek
⋅100
(vii)
şeklinde hesaplanan hata yüzdesinin de verildiği bu şekilden, lineer hesabın geçerlilik
sınırları hakkında bir fikir edinilmektedir.
lineer
ωn
g/l
%e
gerçek
20
60
100
Φ [°]
140
180
30
60
90
Φ [°]
Şekil Pr. 2.2.8-3 Lineerleştirmeyle Yapılan Hatanın Genlikle Değişimi
Örnek Problem 2.2.10
ℓ
a
m1
O
k
m2
Şekilde statik denge konumunda gösterilen
sistemde ince, düzgün kesitli, homojen (m1,ℓ) çubuğu
m2 maddesel noktasını taşımaktadır. Çubuğun O yatağı
çevresindeki küçük açısal titreşimlerinin diferansiyel
denklemini ve doğal frekansını elde ediniz.
Şekil Pr. 2.2.10-1
49
Çözüm:
Şu temel varsayım ve belirlemeler yapılsın:
m2
O
m1
i) Yayın uzama miktarının ve yay kuvvetinin
doğrultusunun belirlenmesinde, yayın çubuğa bağlı
ucunun yatay yer değiştirmesi göz ardı edilecektir,
asinϕ
ϕ
kasinϕ
acosϕ
ii) m1g ve m2g ağırlık kuvvetleriyle k yayındaki bir
kδ kuvveti çubuğun yatay olduğu statik denge
konumunda birbirini dengelemiştir. Bu konumun ϕ=0
Şekil Pr. 2.2.10-2 SCD
seçilmesi halinde bu kuvvetlerin birbirini götüreceği önceden bellidir; baştan itibaren hesaba
katılmayabilirler.
Bu temelde, şekildeki SCD oluşturulur ve onun yardımıyla eldeki rijid cismin O
çevresindeki dönme hareketine ilişkin hareket denklemi yazılırsa
(
m1
3
&& + ka 2 sin ϕ cos ϕ = 0
+ m 2 )l 2 ϕ
(i)
1 m l2
elde edilir. Burada, kütle merkezine göre kütlesel eylemsizlik momentinin JS = 12
1
şeklinde hesaplanacağı bilinen çubuğun, O ucuna göre k.e. momenti, Huygens-Steiner
Teoremi uyarınca
(2 )
2
JO = JS + m1 ⋅ OS2 = 1 m1l2 + m1 l = 1 m1l2
12
(ii)
3
şeklinde
hesaplanarak kullanılmıştır. Denk. (i)’e
f ( ϕ ) = ka sin ϕ cos ϕ şeklinde olup Denk. (2.2.27)’den
göre
geri
getirici
kuvvet
2
k eş =
df ( ϕ )
2
2
2
2
ϕ = 0 = ka (cos ϕ − sin ϕ ) ϕ = 0 = ka
dϕ
(iii)
hesaplanır. Buna göre küçük açısal titreşimlerin diferansiyel denklemi
(
m1
3
&& + ka 2 ϕ = 0
+ m 2 )l 2 ϕ
(iv)
şeklinde, buradan da doğal frekans
ωn = a ⋅
l
k
m1
+ m2
3
(v)
şeklinde elde edilir.
50
Örnek Problem 2.2.11 (Eğik Bağlı Yaylar)
Şekilde statik denge konumunda gösterilen
sistemin küçük genlikli titreşimlerinin lineerleştirilmiş
hareket denklemini elde edip doğal frekansını
hesaplayınız.
k
αο
m
xo
Elde edeceğiniz sonucu n adet eğik bağlı yay
içeren sistemlere genelleştiriniz.
x
Şekil Pr. 2.2.11-1
Çözüm:
ho
ℓo
Yandaki şekilden yararlanarak hareket denklemi
ℓ
Fyay=k(ℓ‐ℓo)
αο
α
xo
x
şeklinde yazılabilir. Burada,
Şekil Pr. 2.2.11-2
l=
(i)
m &x& + k ( l − l o ) cos α = 0
h o2 + ( x o + x ) 2 , l o = h o2 + x o2 , cos α =
xo +x
l
=
xo +x
h o2 +( x o + x ) 2
(ii)
eşitliklerinin yerine konulmasıyla da
m&x& + k(1 −
ho2 +xo2
)(x o + x) = 0
ho2 +( xo +x)2
(iii)
elde edilir. Buna göre geri getirici kuvvet
f (x) = k(1 −
ho2 + x o2
h o2 +( x o + x )2
)(x o + x)
(iv)
şeklindedir. Denk. (2.2.27)’den
k eş =
df ( x )
x =0 = k
dx
h o2 + x o2
x2
)( x o + x ) 2 x =0 = k 2 o 2 = k cos 2 α o
ho +xo
2
23
h o +( x o + x )
[
]
(v)
hesaplanır. Buna göre küçük genlikli titreşimlerin hareket denklemi
m&x& + k cos 2 α o x = 0
(vi)
şeklinde, doğal frekans da
51
k
m
ωn = cosαo ⋅
(vii)
şeklindedir.
Burada elde edilen sonuç, her biri αi açısı yapacak
biçimde eğik bağlı n adet ki yayı içeren sistemlerin (Bkz. Şek.
Pr.
2.2.11-3)
küçük
titreşimlerine
de
kolayca
genelleştirilebilir. Bu yapılırsa hareket denklemi
kn
ki
k2 αi
m
n
k1
xo
x
Şekil Pr. 2.2.11-3
n Adet Eğik Bağlı Yay
m&x& + (∑ k i cos2 αi )x = 0
(viii)
i=1
şeklinde, doğal frekans da
n
ωn =
2
∑ ki cos αi
i =1
m
(ix)
şeklinde elde edilir.
2.2.2.3 Elastik Cisimlerin Bir Eşdeğer Yay İle Temsili
Bir mekanik sistemi titreşim sistemi haline getiren temel unsurun bir geri getirici
kuvvetin varlığı olduğunu, bunu da çoğu kez elastik bir cismin sağladığını biliyoruz. Bu
elastik cisim özel olarak bu amaçla tasarlanmış bir mekanik yay olabileceği gibi, amaç bu
olmadığı halde ister istemez sahip olduğu elastikliği sisteme katan bir kiriş, bir çubuk, bir
levha ya da bu tür elemanların bileşiminden oluşan bütün bir elastik yapı olabilir.
Böyle elastik eleman ya da yapılara bağlanmış bir cismin titreşimlerinin incelenmesi
gerektiğinde, incelemeyi yapan kişi, elastik elemanın kütlesinin ona bağlanan cismin kütlesi
yanında göz ardı edilebileceğini ve elastik cisme kütlesiz bir yay gözüyle bakılabileceğini
değerlendirmiş, yani ayrık modellemeye karar vermiş olabilir. Böyle bir durumda, eğer
modelde elastik cismi temsil etmesi düşünülen yayın ayrıca lineer bir yay olması da
kararlaştırılmışsa bu yayın katsayısının ne olacağı sorusuna gelinir. Bu soruyu yanıtlamak
için, F elastik cismin kütle bağlanan noktasına, incelenecek hareket doğrultusunda uygulanan
bir kuvveti, δ ise onun aynı doğrultuda yol açtığı şekil değiştirmeyi göstermek üzere, lineer
yayın tanımı gereği,
k eş =
F
δ
(2.2.30)
olacağının anımsanması yeterlidir (Şek. 2.2.6).
52
Elde somut bir sistem varken, bilinen bir F uygulayıp δ’yı ölçerek keş bu bağıntı
yardımıyla deneysel yoldan belirlenebilir. Nispeten basit geometriye sahip elastik cisimlerde
tutulabilecek bir başka yol ise, verilmiş bir F için δ’yı mukavemet bilgisi yardımıyla
hesaplayarak keş’i analitik olarak belirlemektir. Aşağıda, Problem 2.2.13 ve 14’te böyle
hesaplara iki örnek verilmiş, sık karşılaşılan bazı durumlara ilişkin hesap sonuçları da Tablo
2.1’de sunulmuştur. Ayrıca, Tablo 2.2 ve Tablo 2.3’te de, hesaplarda gerekli olan malzeme
verileri ile kesit eylemsizlik momenti hesabına ilişkin örneklere yer verilmiştir.
x
δ
m
x
F
k eş = F
δ
keş
m
Şekil 2.2.6 Elastik Cisme Eşdeğer Yay
Örnek Problem 2.2.12 (Düşey Titreşimlerde Doğal Frekansın Çökme Cinsinden Hesabı)
m
δ
Şekil Pr. 2.2.12
X(t)
m kütleli bir cisim elastik bir yapı üzerine
yerleştirildiğinde yapının δ=4,5 mm çöktüğü
ölçülmüştür. Yapının kütlesiz bir lineer yay olarak
modellenebileceği varsayımına dayalı olarak, oluşan
sistemin düşey titreşimlerinin doğal frekansını
hesaplayınız.
Çözüm:
Kütlenin yerleştirilmesi elastik cisme düşey doğrultuda F=mg ağırlık kuvvetinin
uygulanması anlamına geldiğine göre, bu doğrultudaki hareketler bakımından eşdeğer yay
katsayısı Denk. (2.2.30) uyarınca
k eş =
mg
δ
(i)
şeklindedir. Buna göre, x koordinatı, statik denge konumunu başlangıç alan bir koordinat
olmak üzere düşey titreşimlerin hareket denkleminin
m&x& +
mg
x
δ
= 0 → &x& + gδ x = 0 ,
(ii)
doğal frekansın ise
53
ωn =
g
δ
(iii)
olacağı anlaşılır. Bu sonuca şöyle de gelinebilir: Denk. (i)’e göre
k eş
m
g
= δ
(iv)
eşitliği geçerlidir. Öyleyse,
ωn =
k eş
m
=
g
δ
(v)
olmalıdır.
Elastik bir yapı üzerine bir kütle yerleştirilmesiyle oluşan bir sistemin düşey
titreşimlerinin doğal frekansını hesaplayabilmek için yalnızca δ çökmesinin bilinmesinin
yeterli olacağını gösteren bu ilgi çekici sonucu, genel ve yararlı bir bilgi olarak not ediniz.
Bu genel değerlendirmeden sonra eldeki probleme dönülürse,
ωn =
g
9.81
=
≅ 46.7 rad/s
δ
4.5 ⋅ 10− 3
(vi)
hesaplanır.
Örnek Problem 2.2.13 (Ucuna Bir Cisim Bağlı Çekme-Basma Çubuğu)
ℓ
z(t)
z(t)
keş
E, A
m
m
Şekil Pr. 2.2.13-1
Elastiklik (Young) modülü E, kesiti A olarak bilinen ℓ boyundaki elastik bir çubuğun
ucuna şekildeki gibi bağlanmış bir m cisminin boyuna titreşimleri tek serbestlik dereceli bir
model yardımıyla incelenecektir (Şek. Pr.2.2.13-1). Modelde çubuğu temsil edecek yayın
eşdeğer yay katsayısını çubuk parametreleri cinsinden hesaplayınız.
54
Çözüm:
Çubuğun m’nin bağlandığı ucuna, incelenecek
z(t) hareketi doğrultusunda bir F kuvveti
uygulandığında bu noktada ortaya çıkacak δ yer
değiştirmesi hesaplansın. Bunun için lineer elastisite
kuramından, herhangi bir x kesitinde oluşacak y(x)
yer değiştirmesinin (Şek. Pr.2.2.13-2),
x
E, A, ℓ
x
y(x)
δ = y (l )
F
Şekil Pr. 2.2.13-2
dy
EA dx = F
(i)
diferansiyel denklemiyle
y(0) = 0
(ii)
F x + C , Denk.
sınır koşulundan hesaplanabileceği anımsanırsa, Denk. (i)'den y(x) = EA
1
(ii)'den C1=0 hesaplanarak, kolayca
y( x ) = F x
(iii)
EA
belirlenir. Buna göre,
Fl
δ = y(l) = EA
(iv)
ve Denk. (2.2.30)’dan
k eş =
F EA
=
l
δ
(v)
hesaplanır.
Örnek Problem 2.2.14 (Ucunda Bir Maddesel Nokta Taşıyan Konsol Kiriş)
m
ℓ
E, I
m
z(t)
z(t)
keş
Şekil Pr. 2.2.14-1
Elastiklik modülü E, kesit eylemsizlik momenti I olarak bilinen ℓ boyundaki konsol
(gömülü-serbest) kiriş, ucunda bir m maddesel noktası taşımaktadır. Kirişe kütlesiz bir yay
gözüyle bakılması ve m'nin düşey titreşimlerinin tek serbestlik dereceli bir model yardımıyla
incelenmesi kararlaştırılmıştır. Bu modelde kirişi temsil edecek yayın eşdeğer yay katsayısını
kiriş parametreleri cinsinden hesaplayınız.
55
Çözüm:
y
F
x
ℓ‐x
y( x)
E, I, ℓ
Me
δ = y(l )
Şekil Pr. 2.2.14-2
EI
d2y
dx 2
Kirişin m’nin bağlandığı noktasına, incelenecek
hareket doğrultusunda bir F kuvveti uygulandığında
bu noktada ortaya çıkacak δ yer değiştirmesinin
hesaplanacaktır. Bunun için de verilen sınır koşulları
ve yükleme durumunda y(x) elastik eğri denkleminin
elde edilmesi gerekmektedir (Şek. Pr.2.2.13-2). Bu
x amaçla küçük şekil değiştirmeler özelinde geçerli
olan lineer elastisite kuramına başvurulsun. Bu
kurama göre y(x) ’in,
= M e = F(l − x )
(i)
diferansiyel denklemiyle, x=0 noktasında yer değiştirme ve eğimin sıfır olması gerektiğini
ifade eden
dy
=0
y (0) = 0 , dx
x =0
(ii)
sınır koşullarının oluşturduğu sınır değer probleminin çözümünden elde edilebileceği
bilinmektedir. Bu amaçla Denk. (i) art arda iki kez integre edilirse
dy
dx
F (lx − x 2 ) + C , y ( x ) = F ( lx 2 − x 3 ) + C x + C ,
= EI
1
1
2
2
EI
2
6
(iii)
bulunur. Denk. (ii)'deki sınır koşulları ise C1=C2=0 verir ve elastik eğri denklemi
l3 ( 3x2 − x3 )
y(x) = 3FEI
2
3
2l
2l
(iv)
şeklinde elde edilir. Buna göre,
3
l
δ = y ( l ) = 3FEI
(v)
ve Denk. (2.2.30)’dan
k eş =
F 3EI
= 3
δ
l
(vi)
hesaplanır.
56
Tablo 2.1 Bazı Elastikk Cisimlerin Eşdeğer
E
Yay Katsayıları
K
(E
E: Malzeme Elastiklik
E
Moddülü, G: Malzeeme Kayma Modülü,
M
µ: Pooisson Oranı,
I: Kesit Eylemsizlik Momenti,
M
Ip: Kesit
K
Kutupsaal Eylemsizlikk Momenti, n: Etkin Sarım Sayısı)
S
ŞEKİL
M
TANIM
Dairesel Kesitlii Helisel
D
Ç
Çekme-Basm
ma Yayı
Y KATSAYISI
YAY
4
k eş ≅ Gd 3
D
8 nD
d
d
Daireesel Kesitli Buurulma Yayı
4
k b eş = Ed
D
64 nD
ℓ
Çekme-Basma Çubuğu
k eş = EA
l
ℓ
k beş =
Burulma Çubbuğu
ℓ
GIp
l
k eş = 3 EI
3
Uçttan Yüklü Konnsol Kiriş
l
ℓ
ℓ/2
Ortaddan Yüklü Bassit Mesnetli
Kiriş
k eş = 48 3EI
l
ℓ
Ortaddan Yüklü Göömülü-Basit
Mesnetli Kiriş
K
ℓ/2
k eş = 768 3EI
7l
ℓ
ℓ/2
Orrtadan Yüklü GömülüG
Gömülü Kiriş
K
k eş = 1923EI
l
ℓ
Kaçık Yüklü Basiit Mesnetli
Kiriş
a
k eşş =
3EIl
a 2 (l − a ) 2
D
Ortadan Yüklü Çeevresi Basit
Mesnetli Dairessel Levha
t
k eş =
E 3
1 16 πEt
2
1− µ
3D 2
D
O
Ortadan
Yüklü Çevresi
Göömülü Daireseel Levha
t
k eş =
166πEt 3
1
(1− µ )(3+ µ ) 3D 2
57
Tablo 2.2 Bazı Malzemelerin Özellikleri
Malzeme
Karbon Çeliği
Nikel Çeliği
Paslanmaz Çelik
Dökme Demir
Alüminyum
Bakır
Kurşun
Fosfor Tuncu
Pirinç
Magnezyum
Molibdenyum
Cam
Elastiklik
Modülü
E [N/m2]
2.07·1011
2.07·1011
1.90·1011
1.00·1011
7.10·1010
1.19·1011
3.65·1010
1.11·1011
1.06·1011
4.48·1010
3.31·1011
4.62·1010
Kayma
Modülü
G [N/m2]
7.93·1010
7.93·1010
7.31·1010
4.14·1010
2.62·1010
4.47·1010
1.31·1010
4.14·1010
4.01·1010
1.65·1010
1.17·1011
1.86·1010
Yoğunluk
ρ [kg/m3]
7850
7750
7750
7200
2710
8910
11380
8170
8550
1800
10190
2600
Poisson
Oranı
µ
0.292
0.291
0.305
0.211
0.334
0.326
0.425
0.349
0.324
0.350
0.307
0.245
Tablo 2.3 Bazı Geometrik Şekilli Kesitlerin Eylemsizlik Momentleri
d1
d
Kesit
Eylemsizlik
Momenti I
Kesit Kutupsal
Eylemsizlik
Momenti Ip
d4
I = π64
Ip =
π (d 4 − d 4 )
I = 64
2
1
4
πd
32
π (d 4 − d 4 )
I p = 32
2
1
x
x
x
x
d1
I=
Ip =
h
a
πd 1 d 32
64
πd13 d 32
16(d12 + d 22 )
x
x
a
x
d2
x
d2
Kesit Şekli
x
x
b
4
I=a
12
I p = 0 .141 a 4
3
I = bh
12
Ip ≅ 1 b3h
3
(b<<h için)
2.2.2.4 Yay Kütlelerinin (Yaklaşık Olarak) Hesaba Katılması
Bir titreşim sisteminde yay görevi yapan elastik cismin kütlesini göz ardı etmek
uygun bulunmamakla birlikte -bu durumda başvurulması gereken sürekli sistem modeli
yerine- sistem davranışının tek serbestlik dereceli bir model yardımıyla incelenmesi
kararlaştırılmış olabilir. Eğer sistem için yay kütlesini de bir biçimde hesaba katan bir eşdeğer
kütle belirlenebilirse bunun başarılması zor olmayacaktır.
Şimdi, Şekil 2.2.7-a’daki gibi homojen ve tek boyutlu (iki boyutu üçüncü yanında göz
ardı edilebilecek biçimde ince uzun) cisimler özelinde bunun nasıl yapılabileceğini görmeye
çalışalım. Titreşim sırasında, elastik cisme bağlı m cismi z(t) hareketini yaparken, toplam
kütlesi me olan elastik cismin belli bir x konumundaki
m
dm = l e dx
(2.2.31)
kütle elemanı da y(x,t) hareketini yapıyor olsun (Şekil 2.2.7-b). Bu durumda sistemin toplam
kinetik enerjisi
58
y
meş
ℓ
x
dx
me
m
z(t)
z(t)
x
keş
(a)
y(x,t)
z(t)=y(x*,t) =y(ℓ,t)
x
y(x )
y ( x *) = y ( l )
(b)
x
F
(c)
Şekil 2.2.7 Tek Boyutlu Elastik Cismin Kütlesinin Hesaba Katılması
l
m
Tsist = 1 mz& 2 + ∫ 1 y& ( x , t ) 2 e dx
2
0
2
l
(2.2.32)
şeklinde hesaplanabilir ise de buradaki y(x,t) fonksiyonu bilinmemektedir ve kaçınılmaya
çalışılan sürekli sistem problemi çözülmedikçe bilinmesi olanaklı da değildir. Bu durumda
y(x,t) için akla yakın bir kabul yapmaktan başka devam yolu yoktur. Öte yandan, m cisminin
hareketini tanımlayan z(t)'nin tek koordinat olduğu tek serbestlik dereceli bir model
kurulacağına göre sistemin her noktasının hareketi z(t) cinsinden belirli olmalı; yani her x
değeri için y(x,t)’yi z(t)’ye bağlayarak sistemin serbestlik derecesini sonsuzdan 1'e indiren bir
kısıt bulunmalıdır. Oysa gerçekte böyle bir kısıt da yoktur.
Hem akla yakın bir kabul oluşturan hem de gereken kısıtı sağlayan bir y(x,t) ifadesi
olarak, elastik cisme m kütlesinin bağlandığı x* noktasından z(t)’nin doğrultusunda etkiyen
bir F kuvvetinin yol açacağı y(x) statik yer değiştirmeler eğrisini kullanan
y(x)
y(x, t) = y(x*) ⋅ z(t)
(2.2.33)
ifadesi önerilebilir. Bu ifade Denk. (2.2.32)'de yerine konulduğunda,
⎧
⎡ l y( x ) 2 ⎤ ⎫⎪
⎪
⎞⎟ dx ⎥ m z& 2
Tsist = 1 ⎨m + ⎢ 1 ∫ ⎛⎜
e⎬
l
2
y
(
x
*)
⎠
⎢⎣ 0 ⎝
⎥⎦ ⎪
⎪⎩
⎭
ya da burada
α=
1
l
l
2
y( x )
∫ ⎛⎜⎝ y( x*) ⎞⎟⎠ dx
(2.2.34)
(2.2.35)
0
59
denilereek
Tsist = 12 {m + α m e }z& 2
(2.2
2.36)
ifadesinne gelinir. Böylece,
B
elastik cismin kütlesini dee hesaba kattan bir eşdeeğer kütlenin
n
(2.2
2.37)
m eş = m + α m e
şeklindee hesaplanaabileceği annlaşılır. Elbeette bu hesaap, bilinmeyyen gerçek yy(x,t) ifadessi yerine
Denk. (2.2.33)'teki
(
i varsayımı kullandığınndan kesin değil
d
yaklaşık bir hesapptır.
Tek boyuttlu, homojen elastik cisimler içeren bazzı sistemlerr için bu yoldan
hesaplaanmış eşdeğğer kütleler Tablo
T
2.4'tee verilmiştirr.
Burada şunnu da belirrtelim ki, elastik
e
cisim
m kütlelerinin hesabaa katılışına yönelik
olarak burada
b
serggilenen yol,, sistemlerinn doğal freekanslarınınn yaklaşık hhesabı için verilmiş
güçlü ve
v genel bir yöntem olaan Rayleigh Yöntemi'niin elemanteer düzeyde bbir uygulam
masından
ibarettirr. Bu yöntem
m, Bölüm xxx'te
x
ayrıcaa tanıtılacak
ktır.
Tablo 2.4 Bazı Tek Boyyutlu Homojeen Elastik Cisiimlerin Kütlellerinin Hesabaa Katılması
ŞEKİL
M
TANIM
EŞDE
EĞER KÜTL
LE
me
m eş = m + 1 m e
3
m
Çekme-Basm
ma Yayı
me
Ç
Çekme-Basma
Çubuğu
1
meş
e = m + me
m
Je
Burulma Çuubuğu
3
J
1
J eş
e = J + Je
3
Je
me
Uçtan Yüklü Konnsol Kiriş
m eşş = m + 17 m e
35
m
me
Ortaddan Yüklü Göömülü-Basit
Mesnetli Kiriş
K
Orrtadan Yüklü GömülüGömülü Kiriş
K
m
me
m eşş = m + 13 m e
35
ℓ
a
Kaççık Yüklü Basit Mesnetli
Kiriş
m eş = m + 33 m e
140
m
me
Ortaddan Yüklü Baasit Mesnetli
Kiriş
m
m
m eş = m + ( a α + b β ) m e
me
l
2
2
l
α = 12 ( l + 23a − 8al )
b
3
105
15
2
2
(l + a )
b (l + a )
β = 12 [
+b −
]
a
12
28
10
60
Örnek Problem 2.2.15 (Ucuna Bir Cisim Bağlı Çekme-Basma Çubuğu)
ℓ
z(t)
z(t)
keş
E, A, me
meş
m
Şekil Pr. 2.2.15
Bir m cismi, elastiklik modülü E, kesiti A, kütlesi me olarak bilinen ℓ boyundaki
elastik bir çubuğun ucuna şekildeki gibi bağlanmıştır. Çubuğun elastikliği yanında kütlesini
de yaklaşık olarak hesaba katan tek serbestlik dereceli bir model yardımıyla m cisminin z(t)
titreşimlerinin doğal frekansını hesaplayınız.
Çözüm:
Aynı sistemin ele alındığı Problem 2.2.13'te, çubuğun m’nin bağlandığı ucuna,
incelenecek z(t) hareketi doğrultusunda uygulanacak bir F kuvvetinin, çubuğun x kesitinde
y( x ) = F x
(i)
EA
yer değiştirmesine yol açacağı, eşdeğer yay katsayısının da
k eş = EA
l
(ii)
olacağı belirlenmişti. Denk. (i)'den, m'nin bağlandığı nokta için
y( x*) = y(l) = Fl
(iii)
EA
belirlenip Denk. (i) ve (iii) ile Denk. (2.2.35)'e gidilirse
()
l
l
y( x ) ⎞ 2
1 x 2 dx = 1 ,
α = 1 ∫ ⎛⎜
dx
=
⎟
l ⎝ y ( x *) ⎠
l∫ l
3
0
(iv)
0
böylece Denk. (2.2.37)'den de
m eş = m + 1 m e
(v)
3
hesaplanır (Bkz. Tablo 2.3). Buna göre doğal frekans
ωn =
k eş
m eş
=
EA
l
m + 1 me
3
(vi)
şeklindedir.
61
Örnek Problem 2.2.16 (Ucunda Bir Maddesel Nokta Taşıyan Konsol Kiriş)
meş
ℓ
E, I, me
m
z(t)
z(t)
keş
Şekil Pr. 2.2.16
Elastiklik modülü E, kesit eylemsizlik momenti I, kütlesi me olarak bilinen ℓ
boyundaki konsol kiriş, ucunda bir m maddesel noktası taşımaktadır. Kirişin elastikliği
yanında kütlesini de yaklaşık olarak hesaba katan tek serbestlik dereceli bir model yardımıyla
m cisminin z(t) titreşimlerinin doğal frekansını hesaplayınız.
Çözüm:
Bu sistem Problem 2.2.14'te ele alınmış ve
3
2
3
y( x ) = Fl ( 3x 2 − x 3 ) ,
(i)
3
y( x*) = y(l) = Fl ,
(ii)
keş = 3EI
3
(iii)
3EI 2l
2l
3EI
l
bulunmuştu. Denk. (i) ve (ii) yardımıyla Denk. (2.2.35)'ten de
α=
1
l
l
l
2
2
⎛⎜ y ( x ) ⎞⎟ dx = 1 ⎛⎜ 3 x 2 − x 3 ⎞⎟ dx = 33 ,
∫ ⎝ y ( x*) ⎠
140
l ∫ ⎝ 2l 2
2l3 ⎠
0
(iv)
0
hesaplanır ve
m eş = m + 33 m e
140
(v)
bulunur. Böylece doğal frekans
ωn =
k eş
m eş
=
m
3 EI
l3
+ 33
140
me
(vi)
şeklinde elde edilmiş olur.
Burada uygulanan yaklaşık hesap yönteminin geçerlilik sınırları hakkında bir fikir
edinmek bakımından, Denk. (vi)'daki doğal frekans hesabının elastik cisim kütlesi hiç hesaba
katılmadan yapılan hesapla ve sürekli sistem modelinden elde edilen gerçek sonuçlarla bir
karşılaştırmasının yapılması yararlı olacaktır. Bu amaçla, Denk. (vi)'yı,
62
ωn = β ⋅
EI
(vii)
me l 3
şeklinde yazalım ve yukarıdaki yaklaşık hesapta buradaki β katsayısının,
γ= m
(viii)
me
olmak üzere
3
β yak =
(ix)
γ + 33
140
şeklinde bulunmuş olduğunu, kiriş kütlesinin hiç hesaba katılmaması halinde frekans ifadesi
ωn = k eş / m olacağından, bunun Denk. (vii)'de β için
βo =
3
γ
(x)
alınmasına karşılık geldiğini not edelim. Gerçek β değerinin ise ilgili sürekli sistem
probleminin çözümünden elde edilen (Bkz. Bölüm xxx)
(1 + cos
β ⋅ cosh
β ) + γ β (cos
β ⋅ sinh
β − sin
β ⋅ cosh
β) = 0
(xi)
transandantal denkleminin en küçük kökü olacağı bilinmektedir.
Tablo Pr. 2.2.16'da, βo, βyak ve gerçek β değerlerinin, uçtaki kütlenin kiriş kütlesine
oranı γ'nın çeşitli değerlerinde bir karşılaştırması ve
% Hata =
β yak , o −β
⋅ 100
β
(xii)
şeklinde hesaplanan hata yüzdeleri verilmiştir. Bu tablonun incelenmesinden, kiriş kütlesi
göz ardı edilerek yapılan hesabın ancak bu kütlenin uçtaki kütleden gerçekten küçük olduğu
durumlarda kabul edilebilir sonuç verdiği; buna karşılık kiriş kütlesinin yaklaşık olarak
hesaba katılmasına dayalı hesabın, en olumsuz durum olan ucunda ayrıca bir kütle taşımayan
kiriş (γ=0) halinde bile doğal frekansı yalnızca %1.465'lik bir hatayla hesaplayarak
olağanüstü bir başarım gösterdiği görülmektedir.
Tablo Pr. 2.2.16 Frekans Hesaplarının Karşılaştırması
γ=m/me
β
βyak
(%Hata)
βo
(%Hata)
50
0.244374
0.244374
(0.0000)
0.244949
(0.23)
10
0.541375
0.541379
(0.0007)
0.5477
(1.16)
5
0.7567
0.7566
(0.034)
0.7746
(2.36)
1
1.5573
1.5581
(0.053)
1.7320
(11.22)
0.5
2.0163
2.0193
(0.150)
2.4495
(21.48)
0.1
2.9678
2.9893
(0.726)
5.4772
(84.55)
0
3.5160
3.5675
(1.465)
∞
(∞)
63
2.3
SÖNÜMLÜ SERBEST TİTREŞİMLER
2.3.1 VİSKOZ SÖNÜM
Bölüm 2.1’in içeriğinden, bir titreşim sistemine etkiyen kuvvetlerden hızın
fonksiyonu olan ve hıza zıt yönde etkiyen kuvvetlere sönüm kuvveti denildiği ve incelemenin
lineer sistemlerle sınırlandığı şu aşamada bu kuvvetin alabileceği tek şeklin
g ( x& ) = r x&
(2.3.1)
olduğu bilinmektedir. Yine bilindiği gibi bu şekildeki sönüm kuvvetleri, özel olarak, viskoz
sönüm kuvveti diye adlandırılmaktadır. Bu adlandırma, viskoz akışkanlar içerisinde hareket
eden cisimlerin büyük bir yaklaşıklıkla hızlarıyla orantılı bir sürtünme kuvvetiyle
karşılaştıkları gerçeğinden yola çıkılarak yapılan anlamlı bir adlandırmadır.
Buna bir-iki örnek vermek gerekirse, söz gelimi, Stokes14Yasası'na göre, µ [kg/ms]
viskoziteli bir akışkan içerisinde x& hızıyla hareket eden R yarıçaplı küresel bir cisme
etkiyecek sürtünme kuvvetinin (Şek. 2.3.1-a), akışkanın sıkıştırılamaz, Reynolds ve Strouhal
sayılarının düşük olduğu kabulleri altında
F = 6 µπ R x&
(2.3.2)
şeklinde ifade edilebileceği bilinmektedir [Şuhubi, 1993]. Benzer şekilde, Reynolds15
Yasası'na göre de, µ viskoziteli bir akışkanla yağlanmış olarak sabit ve düz bir zemin
üzerinde x& hızıyla kayan, ℓ boyundaki düzlemsel tabanlı bir cismin karşılaşacağı sürtünme
kuvveti (Şek. 2.3.1-b), akışkanın sıkıştırılamaz olduğu ve h1/h2 >1 olduğu kabulleri altında
(
)
lµ
F = 2 2 ln k − 3
x& ; k =
k −1 k +1 h
2
h1
h2
(2.3.3)
şeklinde ifade edilebilmektedir [Şuhubi, 1993].
x&
x&
ℓ
R
µ
F
F
h1
h2
µ
(a) Stokes Yasası
(b) Reynolds Yasası
Şekil 2.3.1 Viskoz Sürtünme (Sönüm) Kuvveti Örnekleri
14
George Gabriel Stokes (1819-1903). İrlandalı matematik ve fizikçi.
15
Osborne Reynolds (1842-1912). İngiliz mühendisi.
64
Piston
Hava
Yağ
İç Silindir
Dış Silindir
Şekil 2.3.2 Bir Viskoz Damper
Bu tür örnekler çoğaltılabilir ve viskoz akışkanlarla temas halinde bulunan cisimlerin,
belli koşulları sağlayan hareketleri sırasında, r katsayısı duruma göre değişik ifadeler almak
üzere Denk. (2.3.1)'deki modele uyan kuvvetler etkisinde kalacağı genellemesine götürür.
Öte yandan, sönüm, katıldığı sistemin enerjisini yutan bir unsur oluşturur. Bu
özelliğinden yararlanmak üzere bazen mühendislik sistemlerine sönüm özellikle katılmak
istenir. Bu amaçla, en çok, viskoz akışkanların yukarıda belirtilen özelliklerine dayanılarak
tasarlanmış makina elemanlarından yararlanılır. Bunlara viskoz damper (ya da daşpot) adı
verilir. Bir viskoz damper, viskoz bir akışkanla (genellikle yağ) dolu bir silindir içerisinde
hareket eden bir pistondan ibarettir (Şek. 2.3.2). Bu hareket sırasında akışkan, piston üzerine
açılmış deliklerden geçerek pistonun önünden arkasına atılır ve bu sırada pistona, harekete
karşı koyucu, Denk. (2.3.1) formunda bir kuvvet uygular. İlgili viskoz sönüm katsayısı r,
kulanılan akışkana ve damper geometrisine bağlı olarak değişir.
Dikkatli okuyucu, titreşim sistemi modellerinde viskoz sönümü temsil etmekte
kullanılan sembolik şeklin, stilize edilmiş bir viskoz damper resminden başka bir şey
olmadığını fark etmiş olmalıdır.
Burada söylenilenlerden anlaşılacağı gibi, viskoz sönüm şu anda incelediğimiz lineer
modellerde sadece lineerlik özelliği sayesinde yer almış olsa da, yağlamalı temas halindeki
makina kısımlarının titreşimleri, viskoz bir ortamda çalışan sistemlerin titreşimleri, viskoz
damper eklenmiş sistemlerin titreşimleri gibi birçok mühendislik uygulamasında aynı
zamanda gerçeği temsil eden çok önemli bir sönüm modeli oluşturmaktadır.
2.3.2 HAREKET DENKLEMİ VE ÇÖZÜMÜ
Tek serbestlik dereceli lineer sistemlerin sönümlü serbest titreşimleri, Şek. 2.1.2’deki
modelden F(t) zorlayıcı kuvveti çıkartılarak elde edilen Şek. 2.3.3’teki model yardımıyla
incelenecektir. İlgili matematiksel model ise Denk. (2.1.4)’ten F(t)=0 ile
m &x& + r x& + kx = 0 ;
r [kg/s]: Viskoz Sönüm Katsayısı
(2.3.4)
şeklindedir. Bu denklem yerine
&x& + 2δx& + ω2n x = 0 ; δ =
r [1/s]: Viskoz Sönüm Sabiti
2m
(2.3.5)
ya da
&x& + 2ζωn x& + ω2n x = 0 ; ζ =
δ
ωn
=
r
2 km
[1]: Viskoz Sönüm Faktörü
(2.3.6)
denklemlerinden biri de kullanılabilir. Dikkat edilirse, bu denklemlerde sönümü temsil eden
65
x(t)
k
r
m
Şekil 2.3.3 Viskoz Sönümlü Serbest Titreşimler İçin Model
parametrelerden r, katıldığı sistemden bağımsız olarak viskoz sönüm elemanını tanımlarken
δ ve özellikle de ζ (zeta) sistemi (sistemin sönümlülük durumunu) tanımlamaktadır.
Şimdi çözüm için Denk. (2.3.5) ele alınır ve burada
x ( t ) = e λt
(2.3.7)
çözüm kabülü yerine konulursa
λ2 + 2δλ + ω2n = 0
(2.3.8)
karakteristik denklemi, bunun λ için çözülmesiyle de
λ1 = −δ −
δ 2 − ω 2n , λ 2 = − δ + δ 2 − ω 2n
(2.3.9)
2
2
karakteristik kökleri hesaplanır. Burada, kök altındaki δ − ωn ifadesinin pozitif, sıfır ya da
2
negatif oluşuna bağlı olarak üç farklı durum ayırt edilir. Şimdi, δ>0, ω n > 0 ön kabulleri
altında bu durumları ayrı ayrı ele alalım16:
2
2
a) Aşırı Sönüm: ( δ − ωn > 0 → δ > ω n → ζ > 1 → r > 2 k .m )
Bu durumda Denk. (2.3.9)’dan birbirinden farklı iki gerçel kök elde edilir. Bu
köklerin Denk. (2.3.7)’de yerine konulmasıyla elde edilen iki çözümün lineer
kombinasyonuyla ve
µ=
δ 2 − ω 2n
(2.3.10)
tanımı altında Denk. (2.3.5)’in genel çözümü,
2
δ<0, ω n
dönülecektir.
16
<0
durumlarının da dikkate alınması halinde seçenekler artar. Bu konuya Bölüm 2.4’te
66
x(t) = C1e(−δ+µ)t + C2e(−δ−µ)t = e−δt (C1eµt + C2e−µt ) ,
(2.3.11)
ya da C1 ve C2 sabitleri yerine A=C1+C2, B=C1-C2 sabitleri tanımlanarak
x(t) = e −δt (A coshµt + B sinhµt)
(2.3.12)
şeklinde elde edilir17. Buradan, x (0) = x o , x& (0) = v o şeklindeki başlangıç koşullarına
karşılık gelen çözüm de kolayca
v + δx o
x ( t ) = e − δt ( x o cosh µt + o
sinh µt )
µ
(2.3.13)
şeklinde hesaplanır.
Bu çözüm, başlangıç koşullarına bağlı olarak ya hiç yön değiştirmeden ya da en çok
bir kez yön değiştirdikten sonra asimptotik olarak denge konumuna yaklaşma şeklindeki bir
harekete karşılık gelmekte olup Bölüm 1.2.1’deki tanıma göre bir titreşim hareketi değildir.
Bu harekete sürünme hareketi denir (Şek. 2.3.4-a).
2
2
b) Eşik (Kritik) Sönüm: ( δ − ωn = 0 → δ = ωn → ζ = 1 → r = rkr = 2 k .m )
Bu durumda Denk. (2.3.9)’dan birbirine eşit iki kök elde edilir: λ 1 = λ 2 = − δ . İki
katlı bir kök bulunduğuna göre Denk. (2.3.5)’in genel çözümü, bu kökün Denk. (2.3.7)’de
yerine konulmasıyla elde edilen çözüm yardımıyla
x(t ) = (C1t + C 2 ).e −δt
(2.3.14)
şeklinde yazılmalıdır. Buradan, x (0) = x o , x& (0) = v o şeklindeki başlangıç koşullarına
karşılık gelen çözüm de
x ( t ) = [(δx o + v o ) t + x o ].e −δt
(2.3.15)
şeklinde bulunur.
Bu çözüm de bir titreşim hareketi değil bir sürünme hareketi göstermektedir (Şek.
2.3.4-b). Ancak bu sürünme hareketi, olası sürünme hareketleri arasında sistemi denge
konumuna en çabuk yaklaştıran sürünme hareketidir. Bu özelliğiyle, hedefe çabuk fakat
çarpmadan/titreşimsiz ulaşacak mekanik ya da elektriksel sistemler tasarlanırken uygulama
alanı bulur. Örneğin birçok elektrikli ölçüm cihazı eşik sönümlü olarak tasarlanır.
17
coshα =
e α + e −α
e α − e −α
, sinh α =
2
2
67
x ( t ) = e −δt (A cosh µt + B sinh µt )
t
(a) Aşırı Sönüm: δ>ωn
x
x ( t ) = (C 1 t + C 2 ).e − δt
t
(b) Eşik (Kritik) Sönüm: δ=ωn
x
Zarf : x ( t ) = X.e − δt
x ( t ) = X .e − δt cos( ω d t − ψ )
t
(c) Zayıf Sönüm: δ<ωn
Şekil 2.3.4 Aşırı, Eşik ve Zayıf Sönüm Halleri
2
2
c) Zayıf Sönüm: ( δ − ωn < 0 → δ < ω n → ζ < 1→ r < 2 k.m )
Bu durumda Denk. (2.3.9)’dan karmaşık eşlenik iki kök elde edilir.
ωd =
ω 2n − δ 2 = ω n 1 − ζ 2
(2.3.16)
tanımı altında λ1 = −δ − iωd , λ 2 = −δ + iωd ; i 2 = −1 şeklindeki bu köklerin Denk. (2.3.7)’de
yerine konulmasıyla elde edilen iki çözümün lineer kombinasyonu, Denk. (2.3.5)’in genel
çözümünü
x(t) = C1e(−δ+iωd )t + C2e(−δ−iωd )t = e−δt (C1eiωd t + C2e−iωd t )
(2.3.17)
şeklinde verir. Burada parantez içindeki kısmın harmonik titreşimlere ait gösterilim
seçeneklerinden biri olduğuna dikkat edilirse Denk. (2.3.17) yerine,
x ( t ) = e −δt (A cos ωd t + B sin ωd t )
(2.3.18)
68
ya da
x ( t ) = X.e − δt cos( ω d t − ψ ) = X.e − ζω n t cos( ω n 1 − ζ 2 ⋅ t − ψ )
(2.3.19)
da yazılabileceği anlaşılır. x (0) = x o , x& (0) = v o şeklindeki başlangıç koşullarına karşılık
gelen çözümde
A = xo , B =
δx o + v o
,
ωd
(2.3.20)
X = x o2 + (
δx o + v o 2
δx + v o
) , ψ = tan −1 o
ωd
x o ωd
olacağı gösterilebilir.
Aşırı ve eşik sönüm hallerinden farklı olarak bu kez bir titreşim hareketi söz konusudur.
Denk. (2.3.19)’a göre bu hareket, genliği zamanla üstel olarak azalan; dolayısıyla zamanla
sönüp yok olan bir harmonik titreşim hareketi görünümündedir. Titreşimlerin tamamen yok
olması sonsuz sürede gerçekleşmekte ve hareket, sistemin denge konumunda (x=0’da) son
bulmaktadır (Şek. 2.3.4-c). Bu titreşimlerin ωd frekansı -ki sönümlü serbest titreşim frekansı
adını alır- Denk. (2.3.16)’daki ifadesinden görülebileceği gibi, aynı sistemin doğal frekansı
ωn’den her zaman biraz küçüktür.
Buraya kadarki incelemelerden, viskoz sönüm katsayısının
r kr = 2 km
(2.3.21)
değerine sahip olduğu eşik sönüm halinin sürünme hareketi ile titreşim hareketini ayıran
sınırı oluşturduğu anlaşılmaktadır. İçerdiği sönüm miktarı bu eşikten daha az olmayan
sistemlerin serbest hareketi bir titreşim hareketi olmamaktadır. Buradan şu önemli sonuç
çıkar: Şekil 2.3.3’teki gibi bir sistem, ancak zayıf sönümlü ise bir titreşim sistemi oluşturur,
aksi halde, yani aşırı ya da eşik sönümlü ise bir titreşim sistemi oluşturmaz.
Bu konuyu, viskoz sönüm faktörüne, yukarıdaki incelemeden çıkan yeni bir tanım
getirerek kapatalım. Denk. (2.3.21)’in Denk. (2.3.6)’daki viskoz sönüm faktörü tanımında
dikkate alınmasıyla ζ için
ζ=
r
rkr
(2.3.22)
yazılabileceği anlaşılır. Buna göre bir sistemin viskoz sönüm faktörü, sistemde mevcut
sönümün sistemin eşik sönümüne oranından başka bir şey değildir (Bu yüzden viskoz sönüm
faktörü, viskoz sönüm oranı adıyla da anılır.). Bu da, sistemin titreşim sistemi olabilmesi için
gereken ζ < 1 koşulunu daha anlaşılır hale getirmektedir.
69
Örnek Problem 2.3.1
x(t)
Şekildeki sistemde m=0.5 kg, r=20 kg/s, k=80 kN/m
verilmektedir.
k
r
m
Sistemin bir titreşim sistemi olup olmadığını belirleyip, m
cisminin, denge konumunun 0.8 cm sağından ilk hızsız olarak
serbest bırakmasıyla başlayan hareketin x(t) ifadesini elde ediniz.
Şekil Pr. 2.3.1
Çözüm:
Sistemin hareket denklemi
m &x& + r x& + kx = 0
(i)
şeklindedir. Viskoz sönüm faktörü
ζ=
r
20
=
= 0.05 < 1
2 km 2 80.103.0.5
(ii)
olduğuna göre zayıf sönüm hali, dolayısıyla da bir titreşim sistemi söz konusudur. Doğal
frekans
ωn =
k
80.103
=
= 400 rad/s ,
m
0.5
(iii)
viskoz sönüm sabiti,
δ = ζωn = 0.05⋅ 400= 20 s-1 ,
(iv)
sönümlü titreşimlerin frekansı,
ωd = ωn 1 − ζ 2 = 400 1 − 0.052 ≅ 399.5 rad/s
(v)
şeklinde hesaplanır. Verilen x o = 0.8cm, vo = 0 başlangıç koşullarıyla Denk. (2.3.20)’den
X = x o2 + (
δx o 2
ζ2
xo
0 .8
) = xo 1 +
=
=
. = 0.801 cm
2
2
ωd
1
−
ζ
1
−
0.052
1− ζ
ζ
δ
0.05
δx o
= tan −1
= tan −1
≅ 0.05 rad
= tan −1
ψ = tan −1
2
2
ωd
ωd x o
1 − 0.05
1− ζ
(vi)
bulunduktan sonra hareketin x(t) ifadesi
70
x ( t ) = Xe−δt cos(ωd t − ψ) = 0.801.e−20t cos(399.5t − 0.05) [cm]
(vii)
şeklinde elde edilir.
Örnek Problem 2.3.2
r1
Şekildeki sistemin sönümlü serbest titreşimlerinin
hareket denklemini elde edip bu titreşimlerin x(t) ifadesini
veriniz.
r2
k2
m2
k1
m1=8 kg, m2=3 kg, r1=85 kg/s, r2=69 kg/s,
k1=700 N/m, k2=600 N/m , α=30o
m1 α
Şekil Pr. 2.3.2-1
Çözüm:
x1(t)
m2
r1x& 1
k1x1
m1 α
Hareket denklemini Newton-Euler Dinamiği ve
Lagrange Dinamiği ile iki farklı yoldan elde edelim.
r2 x& 2
k2x2
x2(t)
N
N
Newton-Euler Dinamiği: Statik denge konumunda x1=x2=0
alalım ve buna dayanarak k1 ve k2 yaylarının bu konumdaki
gerilmelerini ve m2g ağırlık kuvvetini devre dışı bırakalım.
Yandaki S.C.D yardımıyla m1 için
Şekil Pr. 2.3.2 S.C.D.
m 1 &x&1 + r1 x& 1 + k 1 x 1 = − N sin α
(i)
m2 için ise
m 2 &x& 2 + r2 x& 2 + k 2 x 2 = N cos α
(ii)
hareket denklemleri yazılır. N kısıt kuvvetinin Denk. (ii)’den çekilip Denk. (i)’de yerine
konulmasıyla
m 1 &x& 1 + m 2 tan α &x& 2 + r1 x& 1 + r2 tan α x& 2 + k 1 x 1 + k 2 tan α x 2 = 0 ,
(iii)
burada şekilden yazılabilen
x 2 = tan α x 1
(iv)
kısıtının dikkate alınmasıyla da
(m1 + tan2 α ⋅ m2 )&x&1 + (r1 + tan2 α ⋅ r2 )x& 1 + (k1 + tan2 α ⋅ k 2 )x1 = 0
(v)
hareket denklemi elde edilir. Bu denklemin Denk. (2.3.6) ile karşılaştırmasıyla
71
ωn =
k1 + tan2 α ⋅ k 2
2
m1 + tan α ⋅ m 2
=
700 + tan2 30 ⋅ 600
2
8 + tan 30 ⋅ 3
= 10 rad/s
(vi)
ve
r1 + tan 2 α ⋅ r2
1 85 + tan 2 30 ⋅ 69
1
ζ=
⋅
=
⋅
= 0.6 (zayıf sönüm)
2ωn m1 + tan 2 α ⋅ m 2 2 ⋅10 8 + tan 2 30 ⋅ 3
(vii)
bulunur. Buna göre
ω d = ω n 1 − ζ 2 = 10 1 − 0 .6 2 = 8 rad/s
ve
-1
δ = ζω n = 0 . 6 ⋅ 10 = 6 s
(viii)
(ix)
hesaplanıp x 1 ( t ) hareketi
x1 ( t ) = X1e −δt cos(ωd t − ψ1 ) = X1e −6t cos(8t − ψ1 )
(x)
şeklinde elde edilir. Buradaki X1 ve ψ1 sabitleri başlangıç koşullarından hesaplanacaktır.
Lagrange Dinamiği: Esas genelleştirilmiş koordinat olarak x1 seçilip hareketin Lagrange
denklemi
d ⎛ ∂T ⎞
∂T
+ ∂D + ∂V = 0
⎜
⎟−
dt ⎝ ∂ x& 1 ⎠ ∂ x 1
∂ x& 1
∂x 1
(xi)
şeklinde yazılsın. Burada, Denk. (iv)’teki kısıt denklemi de dikkate alınarak kinetik ve
potansiyel enerjiler ile Rayleigh disipasyon fonksiyonu
T = 1 m 1 x& 12 + 1 m 2 x& 22 = 1 ( m 1 + tan 2 α ⋅ m 2 ) x& 12 ,
2
2
2
(xii)
V = 1 k 1 x 12 + 1 k 2 x 22 = 1 ( k 1 + tan 2 α ⋅ k 2 ) x 12 ,
2
2
2
(xiii)
D = 1 r1 x& 12 + 1 r 2 x& 22 = 1 ( r1 + tan 2 α ⋅ r2 ) x& 12 ,
2
2
2
(xiv)
şeklinde belirlendikten sonra Denk. (xi)’e dönülür ve gerekli hesaplar yapılırsa Denk. (v)’teki
gibi
(m1 + tg 2α ⋅ m2 )&x&1 + (r1 + tg 2α ⋅ r2 )x& 1 + (k1 + tg 2α ⋅ k 2 )x1 = 0
(xv)
elde edilir.
72
2.3.3 MODELLEME
Bu bölümde, bir sistemin davranışlarının Şek. 2.3.3'teki model ve ona karşılık gelen
Denk. (2.3.4-6) ile temsil edilebilip edilemeyeceğinin kararlaştırılması ve bu karar
verildiğinde ilgili modelin kurulması sorunlarıyla ilgili konular ele alınacaktır.
2.3.3.1 Viskoz Sönümün Tanınması ve Parametrelerinin Belirlenmesi:
Sönme Oranı ve Logaritmik Azalma
Zayıf viskoz sönümlü bir titreşim sisteminin hareketinde, herhangi bir t anındaki x(t)
yer değiştirmesi ile bundan sönümlü serbest titreşimin peryodu kadar, yani
Td =
2π
2π
=
ωd ω 1 − ζ 2
n
(2.3.23)
kadar sonraki x(t+Td) yer değiştirmesi birbirine oranlanırsa, Denk. (2.3.19) ışığında ve
seçilen t anı x(t)=0’a karşılık gelmemek kaydıyla
Xe −δt cos(ω d t − ψ)
x(t)
=
= e δTd
−
δ
+
(
t
T
)
d cos[ω ( t + T ) − ψ ]
x ( t + Td ) Xe
d
d
(2.3.24)
elde edilir. Buradaki δ ve Td sistem parametrelerine bağlı sabitler olduğuna göre verilmiş bir
sistemde bu oranın sabit olacağı anlaşılır. Bu sabite sönme oranı adı verilir. Karşılaştırmanın
gelişigüzel x(t) ve x(t+Td) değerleri arasında yapılması yerine ardışık x1 ve x2 genlikleri (Şek.
2.3.5) arasında yapılması halinde sönme oranı
x
Λ = 1 = eδTd
x2
(2.3.25)
şeklinde de yazılabilir. Buradan, viskoz sönümlü titreşimlerde genliğin her peryodda sabit bir
oranda azalacağı (azalma çünkü δTd > 0 → e δTd > 1) anlaşılmaktadır.
Bu, viskoz sönümlü titreşimlerin ayırt edici bir özelliğidir ve bu özellikten, gerçek bir
sistemde var olan sönümün viskoz sönüm modeline uyup uymadığının tanılanmasında
yararlanılır. Serbest titreşimlerinin ardışık genliklerin oranı (hiç değilse yaklaşık olarak) sabit
kalacak biçimde söndüğü gözlenen bir sistem viskoz sönümlü olarak modellenebilecektir.
Öte yandan, Denk. (3.3.23)’ün her iki tarafının doğal logoritması alınırsa
x
λ = ln Λ = ln 1 = δTd ,
x2
(2.3.26)
ya da burada δ ve Td’nin Denk. (2.3.6) ve (2.3.23)’teki tanımları anımsanarak
73
x1
x(t)
x2
x3
x4
Λ=
x1
= e δTd
x2
t
Td
Td
x
ζ
λ = ln 1 = 2π
x2
1− ζ 2
Td
Şekil 2.3.5 Sönme Oranı ve Logaritmik Azalma
x
ζ
λ = ln 1 = 2π
x2
1 − ζ2
(2.3.27)
elde edilir. Burada ortaya çıkan λ sabitine de logaritmik azalma adı verilir. Denk. (2.3.27)'ye
göre bu sabit bir yandan titreşimlerin gözlenmesi yoluyla belirlenebilir bir büyüklük olan
sönme oranına, bir yandan da sistemin viskoz sönüm faktörüne bağlıdır. Bu özelliğiyle,
viskoz sönüm modeline uyduğu bilinmekle birlikte ilgili matematiksel modeli kurmak için
gereken r, δ ya da ζ parametrelerinin bilinmediği sistemlerde bu parametrelerin deneysel
yoldan belirlenmesine olanak verir. Bunun yapılabilmesi için Denk. (2.3.27)’den
ζ’nın çekilerek
ζ=
λ
2
(2.3.28)
2
4π + λ
yazılması ve gözlem yoluyla belirlenen λ’nın burada yerine konulması yeterlidir. λ’nın
belirlenmesinde ardışık iki genliğin oranı yerine, ölçüm hatalarının etkisini azaltan bir
uygulamayla, birbirini n peryod arayla izleyen iki genliğin x1/x1+n ; x1=x(t), x1+n=x(t+nTd)
oranından da yararlanılabilir. Bu yapıldığında
x1
x1+n
=
x1 x 2
x
⋅ L n
x 2 x3
x1+n
=(
x1 n
)
x2
→
x1
x2
x
=n x 1
1+ n
(2.3.29)
olacağından
λ = ln n
x1
x
1
= ln 1
x1+ n n x1+ n
(2.3.30)
şeklinde hesap yapılmalıdır.
Mühendislik sistemlerinde, eğer sisteme özel olarak sönüm katılmamışsa, viskoz
sönüm faktörünün değeri 0.2’yi aşmaz (ζ<0.2). Buna dayanılarak bazen Denk. (2.3.27)’de ζ2
terimi gözardı edilerek
74
λ
2π
λ ≅ 2 πζ → ζ ≅
(2.3.31)
şeklinde hesap yapıldığı da olur. ζ’nın Denk. (2.3.28) yerine Denk. (2.3.31)’den
hesaplanmasıyla yapılan hata yüzdesinin ζ ile değişiminin gösterildiği Şek. 2.3.6’dan
görüldüğü gibi, ζ≤0.2 olması halinde bu hesabın hata payı ≤ %2 olur.
% Hata
ζ
Şekil 2.3.6 Denklem (2.3.31)’in Hata Yüzdesi
Örnek Problem 2.3.3
x1
x14
x24
Şekilde tek serbestlik dereceli bir
titreşim sistemine ait serbest titreşim kaydı
görülmektedir.
a) Bu sistemin viskoz sönümlü bir sistem
olarak modellenip modellenemeyeceğini
irdeleyiniz.
b) Sistemin matematiksel modelini kurunuz.
[s]
Şekil Pr. 2.3.3-1 Serbest Titreşim Kaydı
Çözüm:
a)
Titreşim kaydından, örneğin t1≅0.27 s, x1≅1; t14≅2.70 s, x14≅0.4; t24≅4.54 s, x24≅0.2
verileri okunsun. Bunlardan x1 ve x14 verileriyle sönme oranı
x
1
Λ1−14 = 13 1 = 13
= 1.073
x14
0.4
(i)
olarak, x14 ve x24 verileriyle ise
x
0.4
Λ14−24 = 10 14 = 10
= 1.072
x 24
0.2
(ii)
75
olarak hesaplanır. Bu iki oran birbirine yeterince yakın olduğundan genliğin sabit oran
düzeniyle azaldığı kabulünün uygun olacağı; dolayısıyla da sistemin viskoz sönümlü bir
sistem olarak modellenebileceği anlaşılır.
b) Matematiksel model,
&x& + 2ζωn x& + ω2n x = 0
(iii)
şeklinde kurulmak istensin ve bu, x1 ve x24 verilerinden yararlanılarak yapılsın. Denk.
(2.3.30) uyarınca logoritmik azalma
λ=
x
1
1
1
ln 1 = ln
= 0.0700
23 x 24 23 0.2
(iv)
şeklinde, viskoz sönüm faktörü de Denk. (2.3.28)’den
λ
ζ=
4π2 + λ2
=
0.0700
4π2 + 0.07002
≅ 0.0111
(v)
şeklinde belirlenir. (ζ’nın küçük olduğu bu durumda Denk. (2.3.31)’den
ζ≅
λ 0.070
=
= 0.0111
2π
2π
(vi)
şeklinde de hesap yapılabilirdi.) Öte yandan, kayıttan titreşim peryodu
t −t
4.54 − 0.27
Td = 24 1 =
≅ 0.1856 s
23
23
(vii)
olarak okunduğuna göre sönümlü titreşim frekansı
ωd =
2π
2π
=
≅ 33.8534 rad/s
Td 0.1856
(viii)
olarak bellidir. Buradan sistemin doğal frekansı da
ωn =
ωd
1− ξ
2
=
33.8534
2
1 − 0.0111
≅ 33.8555 rad/s
(ix)
şeklinde belirlenir. (ζ küçük olduğundan, doğrudan doğruya ωn≅ωd de alınabilirdi.) Böylece,
bulunan ζ ve ωn değerleriyle Denk. (iii)’e dönülerek matematiksel model
&x& + 0 . 75 x& + 1146 x = 0
(x)
şeklinde kurulur. (Uygulamaya yönelik bir not olarak, frekansın bu örnekteki gibi titreşim
kaydı yardımıyla belirlenmesi yerine ayrıca ölçülmesinin daha doğru olduğunu belirtelim.)
76
Şekil 2.3.3-2'de Denk. (x)'un çözümü gösterilmiştir. Bu çözümün Şek. 2.3.3-1'deki
titreşim kaydını iyi bir yaklaşıklıkla yeniden ürettiği görülmektedir. Kurulan model
başarılıdır.
[s]
Şekil Pr. 2.3.3-2 Kurulan Modelin Çözümü
2.3.3.2 Eşdeğer Viskoz Sönüm
Bölüm 2.2.2.1'deki eşdeğer kütle-yay sistemi kurulması fikri viskoz sönümlü
sistemlere de genişletilebilir ve viskoz sönümlü, lineer, tek serbestlik dereceli her sistem için
Şek. 2.3.7'deki gibi bir eşdeğer sistem kurulabilir. Bu sistemde meş eşdeğer kütlesi ile keş
eşdeğer yayının nasıl hesaplanacağı Bölüm 2.2.2.1'de zaten belirlenmiş olduğu için şimdi
reş'in nasıl hesaplanacağına göz atılması yeterli olacaktır. Bu amaçla, Lagrange dinamiğine
göre aynı Rayleigh disipasyon fonksiyonuna sahip iki sönümün hareket denklemine aynı
şekilde yansıyacağına dikkat edilirse, reş'in
Dsist =
1
reş x& 2
2
(2.3.32)
bağıntısından hesaplanabileceği anlaşılır. Bu bağıntı, lineer olmayan sönümlere bir eşdeğer
lineer (viskoz) sönüm eşleştirmekte de kullanılabilmekle birlikte, lineer olmayan sönümleri
ele almadığımız bu aşamada birden fazla viskoz sönüm elemanını tek bir viskoz sönüm
elemanına indirgemede yararlı olmaktadır.
x(t)
keş
reş
meş
Şekil 2.3.7 Eşdeğer Kütle-Yay-Sönüm Sistemi
77
Örnek Problem 2.3.4 (Viskoz Sönüm Bileşimleri)
Şekilde paralel ve seri bağlı viskoz sönüm elemanı bileşimleri içeren iki sistem
gösterilmiştir. Eşdeğer sistem kurma yoluyla bu bileşimleri tek başına temsil edecek eşdeğer
viskoz sönümü belirleyiniz. Bulduğunuz sonucu n adet sönüm içeren bileşimlere
genelleştiriniz.
x(t)
y(t)
x(t)
r1
m
r2
(a) Paralel Bağlı Sönümler
reş
r2
r1
k
x(t)
k
m
(b) Seri Bağlı Sönümler
m
k
(c) Eşdeğer Sistem
Şekil Pr. 2.3.4-1 Viskoz Sönüm Bileşimleri
Çözüm:
a)
Paralel Bağlı Sönümler: Bir sistemde birden fazla viskoz sönüm elemanı, kuvvetleri
birbirine eklenecek tarzda yer alıyorsa bu sönüm elemanlarının paralel bağlı olduğu söylenir.
Şekil Pr.2.3.4-1a’daki paralel bağlı r1 ve r2 sönümlerini içeren sistemin, Şekil
Pr.2.3.4-1c’deki eşdeğeri kurulsun. Verilen sistem için Rayleigh disipasyon fonksiyonu
D sist =
1
1
1
r1 x& 2 + r2 x& 2 = ( r1 + r2 ) x& 2
2
2
2
(i)
şeklinde ifade edilebileceğine göre Denk. (2.3.32)’den hemen
reş = r1 + r2
(ii)
hesaplanır. Buradan n adet paralel bağlı sönüm için de
n
reş = ∑ ri
(iii)
i =1
olacağı kolayca görülebilir.
b)
Seri Bağlı Sönümler: Bir sistemde birden fazla sönüm, yer değiştirmeleri birbirine
eklenecek tarzda yer alıyorsa bu sönümlerin seri bağlı olduğu söylenir.
Şimdi Şek. Pr.2.3.4.-1b’deki seri bağlı iki sönüme eşdeğer sönümün reş katsayısı
hesaplanmak istensin. Sistemin toplam Rayleigh disipasyon fonksiyonu
78
1
1
Dsist = r1y& 2 + r2 (x& − y& ) 2
2
2
(iv)
şeklindedir. Burada, iki sönümün birbirine bağlandığı noktadaki kuvvet dengesinden
r1y& = r2 (x& − y& ) → y& =
r2
x&
r1 + r2
(v)
olmalıdır. Denk. (v)’teki y& ifadesinin Denk. (iv)’te yerine konulup gerekli hesapların
yapılmasıyla
1 rr
Dsist = ( 1 2 )x& 2 ,
2 r1 + r2
(vi)
buradan da Denk. (2.3.32) yardımıyla
reş =
r1r2
r1 + r2
(vii)
ya da
1 1 1
= +
reş r1 r2
(viii)
elde edilir. Buradan n adet seri bağlı sönüm için de
n
1
1
=∑
reş i=1 ri
(ix)
yazılabileceği görülür.
Burada bulunan sonuçların, Problem 2.2.5'te paralel ve seri bağlı yaylar için bulunan
sonuçlarla benzerliğine dikkat ediniz.
Burada şunu da belirtelim ki, Problem 2.2.5'te ve burada seri bağlı yay ve sönümler
için bulunan sonuçlar, Şek. Pr.2.3.4-2a’daki gibi ayrı ayrı seri bağlı yay ve sönümler içeren
sistemlerde geçerliliğini korur ve bu tür sistemler bir eşdeğer yay ve sönüm hesaplanarak tek
serbestlik dereceli bir eşdeğer sisteme indirgenebilir. Buna karşılık bu sonuçlar, Şek. Pr.
2.3.4-2b'deki gibi kütlesiz bir tabla aracılığıyla birbiriyle seri bağlanmış yay-sönüm paketleri
içeren (yay ile sönümün birbiriyle seri bağlı duruma düştüğü) sistemlerde geçerli değildir. Bir
buçuk serbestlik dereceli olduğu söylenen bu tür sistemlerin nasıl inceleneceği Bölüm xxx'te
ayrıca ele alınacaktır.
79
z(t)
y(t)
y(t)
x(t)
r1
r2
k1
k2
m
(a) Ayrı Ayrı Seri Bağlı Yay ve Sönümler
x(t)
r1
r2
k1
k2
m
(b) Seri Bağlı Yay-Sönüm Paketleri
Şekil Pr. 2.3.4-2 Seri Bağlı Yay-Sönüm Düzenlemeleri
Örnek Problem 2.3.5 (Problem 2.3.2 Tekrar)
r2
x1(t) k2
r1
k1
m2
x2(t)
Şekildeki sistemin sönümlü serbest titreşimlerinin
hareket denklemini eşdeğer sistem kurma yoluyla elde ediniz.
m1 α
Şekil Pr. 2.3.5
Çözüm:
Önce şekilden,
(i)
x 2 = tan α x 1
kısıtı belirlensin. Ardından, bu kısıt da dikkate alınarak kinetik ve potansiyel enerjiler ile
Rayleigh disipasyon fonksiyonu hesaplanıp sistemin x1 koordinatına indirgenmiş eşdeğeri
kurulsun:
2
Tsist = 1 m 1 x& 12 + 1 m 2 x& 22 = 1 ( m 1 + tan 2 α ⋅ m 2 ) x& 12 → m eş = m 1 + tan α ⋅ m 2 , (ii)
2
2
2
Vsist = 1 k 1 x 12 + 1 k 2 x 22 = 1 ( k 1 + tan 2 α ⋅ k 2 ) x 12 →
2
2
2
k eş = k1 + tan 2 α ⋅ k 2 ,
(iii)
2
D sist = 1 r1 x& 12 + 1 r2 x& 22 = 1 ( r1 + tan 2 α ⋅ r2 ) x& 12 → reş = r1 + tan α ⋅ r2 .
2
2
2
(iv)
Buna göre hareket denklemi,
meş&x&1 + reş x& 1 + k eş x1 = 0
(v)
formunda yazılarak
(m1 + tg 2α ⋅ m2 )&x&1 + (r1 + tg 2α ⋅ r2 )x& 1 + (k1 + tg 2α ⋅ k 2 )x1 = 0
(vi)
şeklinde elde edilir.
80
2.3.3.3 Lineerleştirme
Tek serbestlik dereceli bir sistemin sönümlü serbest titreşimlerinin hareket denklemi,
f ( x , x& ) argümanlarının lineer olmayan bir fonksiyonu olmak üzere
m&x& + f ( x , x& ) = 0
(2.3.33)
şeklinde elde edilmiş olabilir. Böyle bir durumda problemin Denk. (2.3.4-6)'da verilen lineer
matematiksel model çerçevesine çekilmesine karar verilirse f ( x , x& ) fonksiyonunun
lineerleştirilmesi gerekir. Burada bu problem ele alınacaktır.
Koordinat başlangıcının sistemin denge konumu olarak seçildiğini varsayalım. Bu
durumda, statik denge koşulundan
f ( 0 ,0 ) = 0
(2.3.34)
olacağı açıktır. Şimdi f ( x , x& ) fonksiyonu MacLaurin serisine açılırsa
f ( x , x& ) = f ( 0 ,0 ) + ∂ f
2
+ 21! ( ∂ f2
∂x
∂ x x = x& = 0
⋅ x + ∂ f&
⋅ x&
∂ x x = x& = 0
2
2
⋅ x 2 + 2 ∂∂x ∂fx&
⋅ x x& + ∂ f2
⋅ x& 2 ) + L (2.3.35)
∂ x& x = x& = 0
x = x& = 0
x = x& = 0
yazılabilir. Burada Denk. (2.3.34) dikkate alınır, ayrıca küçük titreşimler varsayımıyla x ve x&
'nın yüksek dereceden terimleri lineer terimler yanında göz ardı edilirse,
f ( x , x& ) ≅ ∂ f
∂ x x = x& = 0
ya da
⋅ x + ∂ f&
⋅ x&
∂ x x = x& = 0
reş = ∂f&
, k eş =
∂x x = x& = 0
∂f
∂ x x = x& = 0
(2.3.36)
(2.3.37)
tanımlanarak
f ( x , x& ) ≅ rx& + kx
(2.3.38)
ifadesine gelinir. Böylece Denk. (2.3.33) yerine, küçük titreşimlerde geçerli bir yaklaşıklıkla
m&x& + reş x& + k eş x = 0
(2.3.39)
lineer modeline gelinmiş olur.
81
Örnek Problem 2.3.6
ℓ1
m1
O
r
k
a
ℓ2
Şekilde statik denge konumunda gösterilen
sistemde, m1 ve m2 kütleli kısımlardan oluşan L şekilli
ince, düzgün kesitli, rijid çubuk, ucunda m3 noktasal
kütlesini taşımaktadır. Çubuğun denge konumu
civarındaki küçük titreşimlerinin lineerleştirilmiş hareket
denklemini elde ediniz.
m2
m3
Şekil Pr. 2.3.6-1
Çözüm:
∼ℓ1cosϕ
∼kℓ1sinϕ
O
Önce cismin
eylemsizlik momenti
∼acosϕ
∼r
d ( a sin ϕ )
dt
O’ya
göre
kütlesel
J O = 1 m1l12 + 1 m2l22 + m3l22
3
3
ϕ
l2
2
sin ϕ
(i)
şeklinde belirlensin. Ardından, Şek. Pr. 2.3.62’deki serbest cisim diyagramından yararlanarak
ve statik dengede birbirini dengeleyen m1g
ağırlık kuvvetiyle k yayındaki ön gerilme devre
dışı bırakılarak O çevresindeki dönmenin hareket
denklemi yazılsın:
m2g
ℓ2sinϕ
m3g
Şekil Pr. 2.3.6-2 S.C.D
[
m1 2
l
3 1
+(
m2
3
&& + ra 2 cos 2 ϕϕ& + kl12 sin ϕ cos ϕ + (
+ m 3 )l 22 ]ϕ
m2
2
+ m 3 )gl 2 sin ϕ = 0 (ii)
Buna göre bu problemde
f (ϕ, ϕ& ) = ra 2 cos 2 ϕϕ& + kl12 sin ϕ cos ϕ + (
m2
2
+ m3 )gl 2 sin ϕ
(iii)
olduğu anlaşılır. Denk. (2.3.37) uyarınca
reş =
∂f (ϕ,ϕ& )
∂ϕ&
ϕ= ϕ& = 0
= ra 2 cos 2 ϕ
ϕ= ϕ& = 0
= ra 2
(iv)
ve
82
m
∂f (ϕ,ϕ& )
= −2ra 2 sin ϕ cos ϕϕ& + kl12 (cos 2 ϕ − sin 2 ϕ) + ( 2 + m3 )gl 2 cos ϕ
∂ϕ ϕ = ϕ& = 0
2
ϕ= ϕ& = 0
m2
2
(v)
= kl1 + (
+ m 3 )gl 2
2
k eş =
hesaplandıktan sonra küçük genlikli titreşimlerin lineerleştirilmiş hareket denklemi
[
m1 2
l
3 1
+(
m2
3
&& + ra 2ϕ& + [ kl12 + (
+ m 3 )l 22 ]ϕ
m2
2
+ m 3 )gl 2 ]ϕ = 0
(vi)
şeklinde elde edilir.
2.3.4 YARIM SERBESTLİK DERECESİ
Bir mekanik sistemde, her serbestlik derecesi için zamanın 2. mertebeden bir
diferansiyel denklemi şeklinde bir hareket denklemi yazılması gerektiği gerçeğinden yola
çıkılarak serbestlik derecesi için farklı bir tanım da şu şekilde verilir: Bir sistemin serbestlik
derecesi, hareket denklem(ler)inin mertebeleri toplamının yarısına eşittir.
Bu tanım, hareketini
r x& + kx = 0
(2.3.40)
birinci mertebeden diferansiyel denkleminin yönettiği Şek. 2.3.8-a’daki, kütlesi gözardı
edilen yay-sönüm sistemine uygulandığında bu sistemin serbestlik derecesi yarım çıkar ve
sistem yarım serbestlik dereceli sistem olarak anılır.
Bölüm 2.3.2’nin içeriğinden, bir kütle-yay-sönüm (m-k-r) sisteminde δ 2 ≥ ω 2n
olduğunda, ya da kütle bakımından yorumlandığında,
2
m ≤ r
(2.3.41)
4k
olduğunda sistem hareketinin titreşim hareketi olmayacağı bilinmektedir. Bu bilgiyle
uyumlu olarak, Denk. (2.3.40)’ın x(0)=xo başlangıç koşuluna uyan çözümü
x(t) = x o e
− kr ⋅ t
→ x& (t ) = − k x o e
r
− kr ⋅ t
(2.3.42)
şeklinde olup bir sürünme hareketi gösterir (Bkz. Şekil 2.3.8-b,c).
Kuşkusuz, kütlesiz sistem modeli, gerçekte var olan bir kütlenin göz ardı edilmesine
dayalı bir soyutlamadan başka bir şey değildir. Aslında, kütlenin hesaba katılmasında bir
zorluk bulunmadığından bu soyutlamanın ciddi bir gerekçesi de yoktur. Ancak, bu modelin
ele alınması, içerdiği bir çelişkinin açıklaması öğretici olduğu için yine de yararlıdır. Şimdi
bu çelişkiyi görelim:
83
x&
x
t
x(t)
kütlesiz
r
xo
k
t
− kr x o
(c) Hız-Zaman Diyagramı
(b) Yol-Zaman Diyagramı
(a) Sistem
Şekil 2.3.8 Yarım Serbestlik Derecesi
Denk. (2.3.40) birinci mertebeden olduğundan yalnızca bir başlangıç koşulu kabul
eder. Bu koşul, yukarıda yapıldığı gibi x(0)=xo şeklinde alındığında ilk hız x& (0) = − k x o
r
şeklinde kendiliğinden belli olur. Oysa, gerçekte, modeldeki cisme bundan farklı başlangıç
hızları da verilebilir. Pekiyi, kütlenin küçük olması halinde Denk. (2.3.40)’ın geçerli olması
gerektiği mantıksal gerçeği ile bu denklemin, nizami başlangıç koşullarıyla ters düşmesi
arasındaki çelişki nasıl açıklanacaktır? Bunun açıklaması, kütlesi
2
m = µ⋅r ;
k
µ≤0.25 , Bkz. Denk. (2.3.41)
(2.3.43)
şeklinde verilen bir m-k-r sisteminin farklı µ değerleri, xo başlangıç konumu ve keyfi bir
başlangıç hızıyla çözümünden elde edilen hız-zaman diyagramlarının µ=0 ile gösterilen
kütlesiz sisteminkiyle karşılaştırıldığı Şek. 2.3.9’da gizlidir. Bu şekilden, kütleli sistemin
hız-zaman diyagramının, kütle (µ ) küçüldükçe kısalan bir sürede kütlesiz sisteminki üzerine
oturduğu görülmektedir. Bunu sağlamak üzere hız, gerçek ilk hız değeri ne olursa olsun, çok
kısa bir sürede kütlesiz modelin öngördüğü –kxo/r değeri civarına sıçramaktadır. Küçülen
kütlenin büyüyen ivme anlamına geldiği düşünülürse, sıfır kütle limit halinde bu sıçramanın
sıfır sürede gerçekleşeceğini kestirmek zor değildir. Dolayısıyla, kütlesiz model tutarsız
değildir. Özellikle µ≤0.01 olması halinde, gerek duyulursa, güvenle kullanılabilir. Düşük
kütleli sistemlerde, burada görülen türden hız sıçraması olaylarının ileride tekrar karşımıza
çıkacağını belirtelim.
x&
t
µ=0.25
0.1
− kr x o
0.025
0
Şekil 2.3.9 Hız Sıçraması
84
2.4 HAREKETİN NİTELİĞİ • TİTREŞİM VE KARARLILIK
Bölüm (2.3.4)’ün içeriğinden,
&x& + 2δx& + ω2n x = 0
(2.4.1)
2
denkleminin çözümlerinin her zaman bir titreşim hareketi göstermediği; bunun δ ve ωn
katsayılarının durumuna bağlı olduğu bilinmektedir. Titreşim hareketi olup olmadığı bilgisi,
hareket hakkında önemli bir nitel bilgidir. Bir başka önemli nitel bilgi de hareketin kararlı
olup olmadığı bilgisidir. Bu bölümde, hareketin titreşim olup olmaması ve kararlı olup
2
olmaması ile δ ve ωn parametreleri arasındaki ilişki Bölüm (2.3.4)’tekinden daha genel bir
bakışla ele alınacaktır. Bu genellik, esas olarak, Bölüm (2.3.4)’te, basit kütle-yay-sönüm
modelinde olanaksız olduğu için dikkate alınmayan ancak başka fiziksel modellerden yola
2
çıkıldığında karşılaşılabilecek olan δ<0, ω n < 0 seçeneklerinin de dikkate alınmasından
kaynaklanacak ve burada elde edilecek bilgiler, ileride, lineer olmayan titreşimler
incelenirken de yararlı olacaktır.
Ancak, konuyu tartışmaya geçmeden önce, bazı temel kavramlara açıklık getirilmesi
yerinde olur:
2.4.1 TEMEL KAVRAMLAR
Konunun tartışılabilmesi için titreşim ve kararlılık kavramlarıyla sistem
davranışlarının nitel incelemelerinde yararlı olan faz düzlemi kavramı gerekli olmaktadır.
Bunlardan titreşim hareketi Bölüm 1.2.1'de "Bir titreşim sisteminin bir denge durumu
civarında yönünü en az iki kez değiştirerek yaptığı salınım hareketlerine titreşim hareketi
denir." şeklinde tanımlanmıştı. Şimdi de diğer kavramları gözden geçirelim:
2.4.1.1 Kararlılık
Kararlılık mekanikte çok kullanılan bir kavram olmakla birlikte üzerinde herkesin
birleştiği tek bir tanımı yoktur. Başta Laplace, Poisson, Lagrange, Poincaré ve
Lyapounov'unkiler olmak üzere birbirinden az ya da çok farklı birçok kararlılık tanımı
bulunmaktadır. Şu anki amacımız bakımından gerekli olmadığından burada çeşitli tanımların
farkları üzerinde değil ortak yönleri üzerinde yoğunlaşırsak bir kararlılık tanımının 5 unsurun
bir araya gelmesiyle oluştuğunu söyleyebiliriz: 1) Kararlılığı hakkında hüküm verilecek bir
ilk durum (Bu bir hareket ya da bir statik denge konumunda hareketsizlik durumu olabilir.) 2)
Sistemin bu durumdan sapmasına yol açan bir bozuntu. 3) Bu bozuntunun ölçeği. 4) Bozuntu
sonrasında ortaya çıkan hareket. 5) Bu hareketin ilk durumdan sapma derecesini gösteren bir
ölçü. Kararlılık da bu unsurlar yardımıyla şöyle tanımlanır:
Öngörülmüş bir değerden küçük ölçekteki bozuntular sonrasında ortaya çıkan
hareketin ilk durumdan sapmasının ölçüsü öngörülmüş bir değerden küçük kalıyorsa ilk
durum kararlıdır, aksi halde ilk durum kararsızdır. Bozuntudan sonraki hareket ilk duruma
geri dönme şeklindeyse özel olarak asimptotik kararlılıktan söz edilir.
85
Bu tanım, örneğin, sistemin bir statik denge konumuna uygulandığında şu sonucu
verir: Sınırlı bir ilk yer değiştirme ve/veya ilk hız verilerek denge konumundan saptırılan bir
sistemin hareketi, bu konum civarındaki sınırlı bir bölge içerisinde kalıyorsa denge konumu
kararlı, aksi halde kararsızdır. Özel olarak hareket denge konumuna geri dönme şeklindeyse
denge konumu asimptotik kararlıdır.
Bu tanımlardaki “sınırlı” nitelemesi ve onun ölçüsü belirleyici bir role sahiptir. Bunu
anlayabilmek için Şek. 1.2.1-b’deki çanakların kararlılığı üzerine şöyle bir düşünülmesi
yeterli olacaktır.
2.4.1.2 Faz Düzlemi
Çözümlerinin davranışı incelenmek istenen Denk. (2.4.1) t zamanını açık olarak
içermediğinden, temsil ettiği sistem zamandan bağımsızdır. Bu tür sistemlerin davranış
özellikleri zaman içerisindeki kaydırmalardan etkilenmez. Bu yüzden hareketleri zaman
ekseni içermeyen grafikler üzerinde incelenebilir. Bu sayede uzun hatta sonsuz süreleri
kapsayan grafikler derli toplu kalır. Bir eksenini x& hızının, öbür eksenini x konumunun
oluşturduğu x& − x düzlemi üzerine çizilen grafikler bu iş için en uygun seçeneği oluşturur.
Bu düzleme faz düzlemi18, üzerine -her biri farklı x& o , x o başlangıç koşullarına karşılık gelen
bir hareketi göstermek üzere- çizilecek x& (x) eğrilerine faz eğrileri ya da faz yörüngeleri (Şek.
2.4.1), üzerinde birçok faz yörüngesi bulunduran bir faz düzlemine de ilgili sistemin faz
portresi adı verilir. Faz yörüngeleri tek tek hareketlerin, faz portresi ise bütün bir sistemin
davranış özellikleri hakkında fikir verir.
Denk. (2.4.1)’in çözümlerine ait faz yörüngeleriyle ilgili bilgi almak için bu denkleme
dönülür ve denklem terim terim x& ile çarpılırsa
&x& ⋅ x& + (2δx& + ω2n x) ⋅ x& = dx& ⋅ x& + (2δx& + ω2n x) ⋅ dx = 0 ,
dt
dt
(2.4.2)
buradan da
2
dx& = − 2δx& + ωn x
dx
x&
(2.4.3)
elde edilir. Bu denklem, x& (x) faz eğrilerinin eğimlerinin/teğetlerinin denklemidir. Faz
portrelerinin yorumlanmasında, çoğu Denk. (2.4.3)’ten çıkan şu özelliklerinin bilinmesi
yararlı olur: i) Faz düzleminin orijininde faz eğrilerinin eğimi belirsizdir19. Faz düzleminin
bu özelliğe sahip noktalarına tekil nokta denir. Civarında faz portresinin aldığı farklı
görüntülerle birbirinden ayrılan toplam altı çeşit tekil nokta vardır. Bunlar merkez noktası,
eğer noktası, kararlı ve kararsız odak noktaları ve kararlı ve kararsız düğüm noktalarıdır
(Bkz. Tablo 2.2). Tekil noktalar sistemin denge konumlarına karşılık gelirler20. ii) Hızın
pozitif olduğu üst yarı düzlemde faz eğrileri üzerinde hareket sağa doğru, negatif olduğu alt
18
Otomatik kontrol çevrelerinde durum uzayı olarak anılır.
19
Denk. (2.4.3)’te x=0, x& = 0 konulduğunda eğim 0 olur.
20
0
0
Denk. (2.4.3)’ün olması demek kuvvet sıfır, hız sıfır demektir. Bu da denge konumu anlamına gelir.
0
86
yarı düzlemde sola doğru gerçekleşir21. iii) Kesme noktasının bir tekil nokta olması hali hariç,
faz eğrileri x eksenini dik açıyla keserler22. iv) Faz eğrileri tekil noktalar dışında birbiriyle
kesişemezler. v) x eksenini en az iki kez kesen faz eğrileri bir titreşim hareketi gösterir. vi)
Kapalı eğriler şeklindeki faz eğrileri peryodik hareketlere karşılık gelir. vii) Orijin civarındaki
bir bant içerisinde başlayan faz eğrilerinin aynı bant içerisinde kaldığı hareketler kararlıdır.
Civarındaki bütün hareketlerin kararlı olduğu orijinler de kararlı denge konumlarıdır. viii)
Orijini de içine alan bir bant içerisinde başlayan faz eğrilerinin orijine yakınsadığı hareketler
asimptotik kararlıdır. Civarındaki bütün hareketlerin asimptotik kararlı olduğu orijinler de
asimptotik kararlı denge konumlarıdır. ix) Orijini de içine alan bir bant içerisinde başlayan
faz eğrilerinin orijinden ıraksadığı hareketler kararsızdır. Civarındaki hareketlerin kararsız
olduğu orijinler kararsız denge konumlarıdır.
x&
t1
t0
(x& o , x o )
t2
t3
x
Şekil 2.4.1 Faz Düzlemi ve Faz Yörüngesi
2.4.2 SİSTEM DAVRANIŞININ PARAMETRELERLE İLİŞKİSİ
2
Denklem (2.4.1) yalnızca 2 parametreye (δ ve ωn ) bağlı olduğundan çözümleri de
öyledir. Gerçekten de Denk. (2.3.7) ve Denk. (2.3.9) ışığında Denk. (2.4.1)’in genel çözümü,
λ1 = −δ −
δ 2 − ω 2n , λ 2 = − δ + δ 2 − ω 2n
(2.4.4)
olmak üzere
x ( t ) = C1eλ1 ⋅t + C 2eλ 2 ⋅t
(2.4.5)
şeklindedir. Bu çözüm matematiksel açıdan irdelendiğinde, λ1 ve λ2'nin durumuna göre şu
seçenekler ayırt edilir:
i) λ1 ve λ2 gerçel ise bir titreşim hareketi söz konusu olmaz,
ii) λ1 ve λ2 karmaşık eşlenik ise hareket bir titreşim hareketidir,
21
Hız pozitif ise x artar, negatif ise x azalır.
x ekseni üzerinde x& = 0 olduğundan, Denk. (2.4.3)’ün paydası sıfır, gösterdiği eğim sonsuz, yani açı 90o'dir.
Payın da sıfır olup eğimin belirsiz kaldığı tekil nokta istisnadır.
22
87
iii) λ1 ve λ2 sanal ise, özel olarak bir harmonik titreşim hareketi söz konusudur,
iv) λ1 ve λ2'nin gerçel kısımları negatif ise hareket zamanla denge konumuna yakınsar.
v) λ1 ve λ2'nin en az birinin gerçel kısmı pozitif ise hareket zamanla sınırsız büyür.
Oysa, bu seçeneklerden hangisinin söz konusu olacağı Denk. (2.4.4) aracılığıyla δ ve
ω2n parametrelerine bağlıdır. Öte yandan hangi seçeneğin söz konusu olacağı da civarındaki
hareketin şekli üzerinden faz düzleminin tekil noktasının (sistemin denge konumunun) tipini
2
belirler. Bütün bu ilişkiler Tablo 2.1'de özetlenmiş, ayrıca tekil nokta tipleriyle δ ve ωn
2
parametreleri arasındaki ilişki, δ- ωn parametre düzleminin hangi bölgesine hangi tekil nokta
tipinin karşılık geldiğini gösteren Şekil 2.4.2’de de verilmiştir.
2
Tablo 2.1 Sistem Davranışının δ ve ωn Parametreleriyle İlişkisi
ω 2n > 0
Negatif
λ1< λ2<0
Gerçel
λ 1, 2 ∈ ℜ
Pozitif
0< λ1< λ2
δ>0
δ
2
≥ ω2n
λ 1, 2 = α ± i β
Kararsız
ω 2n < 0
Kararsız
∀δ
ω 2n
>0
δ>0
δ 2 < ω2n
Asimptotik
Kararlı
ω 2n > 0
Kararsız
ω 2n > 0
Kararlı
δ<0
δ=0
Tekil
Nokta
Tipi
Düğüm
Noktası
Eğer
Noktası
Odak
Noktası
Merkez
Noktası
Fiziksel Yorum
Pozitif Aşırı
Sönüm
Negatif Aşırı
Sönüm
Negatif Geri
Getirici
Kuvvet
Pozitif Zayıf
Sönüm
Negatif
Zayıf Sönüm
Sönümsüz
(Korunumlu)
δ
δ2= ω2n
KARARLI
ODAK
EĞER
Karmaşık
Eşlenik
Asimptotik
Kararlı
ω 2n > 0
δ<0
Zıt İşaretli
λ1< 0< λ2
Gerçel Kısmı
Negatif
α<0
Gerçel Kısmı
Pozitif
α>0
Gerçel Kısmı
Sıfır
α=0
Kararlılık
Titreşim Hareketi
Değil
δ −
2
δ, ωn
ω 2n
Titreşim Hareketi
λ 1, 2 = − δ m
2
KARARLI
DÜĞÜM
MERKEZ
ω2n
KARARSIZ
DÜĞÜM
KARARSIZ
ODAK
Şekil 2.4.2 δ- ω2n Düzleminde Bölgeler
88
Tablo 2.2 Tekil Nokta Tipleri ve Civarlarındaki Hareket
MERKEZ
KARARLI ODAK
ω 2n
ω 2n
> 0, δ = 0
Kararlı-Titreşim
2
KARARSIZ ODAK
ω 2n
ω2n > 0, δ < 0, δ 2 < ω2n
Kararsız-Titreşim
> 0, δ > 0, δ <
Asimptotik Kararlı-Titreşim
x
x
x
t
t
x&
t
x&
x&
x
x
x
EĞER
KARARSIZ DÜĞÜM
KARARLI DÜĞÜM
ω2n
ω2n < 0
2
ω2n
ω 2n > 0, δ < 0, δ 2 ≥ ω 2n
Kararsız-Kaçış
> 0, δ > 0, δ ≥
Asimptotik Kararlı-Sürünme
Kararsız-Kaçış
x
x
x
t
t
t
x&
x&
x
x&
x
x
2
Tablo 2.2’de ise, tekil nokta tipleri, δ ve ωn parametreleri ile ilişkileri ve
civarlarındaki hareketin hem yol-zaman hem faz diyagramı örnekleri gösterilmiştir.
Burada son bir bilgi olarak, kararsız düğüm ve eğer noktaları civarındaki gibi
titreşimsiz kaçış hareketlerinin kararsızlığına, özel olarak ıraksama (diverjans) tipi
kararsızlık; kararsız odak noktası civarındaki gibi giderek büyüyen genlikli titreşim
hareketlerinin kararsızlığına ise çırpınma (flatter) tipi kararsızlık adının verildiğini belirtelim.
89
Örnek Problem 2.3.7
A
ϕο
ϕ
α
m
ℓ
Şekildeki sistemin statik denge konumu ϕo ile, kb [Nm/rad]
spiral yayının gerilmesiz olduğu konum ise α ile tanımlanmıştır.
a) Denge konumu ϕo'ın belirlenmesi problemini irdeleyip
sistemin bu konumun yakın civarındaki hareketlerinin denklemini
elde ediniz.
O
kb
Şekil Pr. 2.3.7-1
b) Bu hareketin bir titreşim hareketi olmasının koşullarını
belirleyiniz.
c) Yukarıda bulduğunuz sonuçları ϕo=0o, ϕo=90o, ϕo=180o
özel durumlarına uygulayınız.
Çözüm
a) Denge konumunu başlangıç alan bir ϕ koordinatı kullanılarak sistemin hareket denklemi
yazılırsa,
&& + k b (ϕ + ϕ o − α) − mgl sin(ϕ + ϕ o ) = 0
ml 2 ϕ
(i)
elde edilir. Geri getirici kuvvet
f (ϕ) = k b (ϕ + ϕ o − α ) − mgl sin( ϕ + ϕ o )
(ii)
şeklindedir. ϕ=0 konumu denge konumu olduğuna göre statik denge koşulu Denk. (ii)’den
f(0)=0 yazılarak elde edilebilir:
g (ϕ o ) = f (0) = k b (ϕ o − α ) − mgl sin ϕ o = 0 .
(iii)
Denge konumları, Denk. (iii)’ü sağlayan ϕo değerleri olarak hesaplanacaktır. Şekil Pr. 2.3.72'de verilen örnek g(ϕo) diyagramından görüleceği gibi sistemin birçok denge konumu
bulunabilmekte -ki bu lineer olmayan geri getirici kuvvete sahip sistemlere özgü bir özellik
olup tek denge konumuna sahip olan lineer sistemlerle keskin bir karşıtlık oluşturur- denge
konumlarının yeri de sayısı da sistem parametrelerine bağlı olarak değişmektedir.
g(ϕο)
mgℓ
-α
1
kb
ϕο
Şekil Pr. 2.3.7-2 Denge Konumları
90
Bu denge konumlarından hangisi ϕ=0 alınırsa alınsın, yakın civarındaki hareketlerin
lineerleştirilmiş denklemi, Denk. (2.2.23-27) uyarınca
k eş =
df ( ϕ)
= k b − mg l cos( ϕ + ϕ o ) ϕ = 0 = k b − mg l cos ϕ o
∂ϕ ϕ = 0
(iv)
ile
&& + (k b − mgl cos ϕ o )ϕ = 0
ml 2 ϕ
(v)
şeklinde elde edilir.
b) Denklem (v)'e göre bu sistemde,
δ=0, ω2n =
k b − mgl cos ϕ o
ml 2
(vi)
olduğu anlaşılır. Tablo 2.1, Tablo 2.2 ve Şekil 2.4.2'den, bu durumda denge konumunun, ω 2n
'nin pozitif ya da negatif olmasına bağlı olarak ya merkez noktası ya da eğer noktası tipinde
bir tekil nokta olacağı anlaşılmaktadır. Seçenekler şöyledir:
i) k b < mgl cos ϕ o ise ω 2n < 0 'dır, ϕο denge konumu eğer noktası tipindedir, kararsızdır,
civarındaki hareket titreşim hareketi olmayıp denge konumundan kaçış hareketidir.
ii) k b > mgl cos ϕo ise ω 2n > 0 'dır, ϕο denge konumu merkez noktası tipindedir, kararlıdır,
civarındaki hareket, doğal frekansı
ωn =
k b − mg l cos ϕ o
ml 2
(vii)
olan bir harmonik titreşim hareketidir.
c) ϕο=0ο (yaylı ters sarkaç) durumunda, ancak kb>mgℓ ise denge konumu kararlı, civarındaki
hareket de titreşim hareketidir. ϕο=90ο (yaylı yatay sarkaç) ve ϕο=180ο (yaylı düz sarkaç)
durumlarında ise denge konumu her zaman kararlı, hareket de her zaman titreşim hareketidir.
Doğal frekansın bu özel durumlarda alacağı değerler Şekil Pr. 2.3.7-3'te verilmiştir.
Dikkatli okuyucu, bu problemden, yaylı sarkaç tipi problemlerde denge konumunun
hep ϕo=0o, ϕo=90o ya da ϕo=180o olarak verilmesinin problemi basitleştirmeye yönelik bir
yapaylık olduğunu anlamış olmalıdır. Yine bu problem, mg ağırlık kuvvetinin problemden
düştüğü ve düşmediği durumlar hakkında da fikir vermektedir.
91
m
kb
O
O
ℓ
kb
m
ℓ
ℓ
O
kb
ωn =
m
ωn =
k b − mg l
ml
2
(a) ϕο=0ο
kb
ml 2
(b) ϕο=90ο
ωn =
k b + mg l
ml 2
(c) ϕο=180ο
Şekil Pr. 2.3.7-3 Denge Konumuna Göre Doğal Frekanslar
Örnek Problem 2.3.8
Ω
y
ωz = ϕ&
O
Şekildeki sistemde, ince, düzgün kesitli, homojen
m,ℓ çubuğu düşey eksen çevresinde sabit Ω açısal hızıyla
dönen bir mile asılmıştır.
Çubuğun, denge konumu civarındaki küçük ϕ(t)
hareketlerinin hareket denklemini ve bu hareketlerin titreşim
hareketi olduğu durumlarda doğal frekansını elde ediniz.
z
ϕ
m, ℓ
x
Çözüm
Sabit O noktasını başlangıç alan ve m,ℓ çubuğuna
bağlı bir asal eksen takımı olan Oxyz ekseni takımında
çalışılırsa, çubuğun hareketi Euler denklemleri yardımıyla
incelenebilir:
Şekil Pr. 2.3.8-1
& x − ( J y − J z )ω y ω z
M x = Jxω
& y − ( J z − J x )ω z ω x
M y = J yω
& z − (J x − J y )ω x ω y
M z = Jzω
(i)
Burada ωx, ωy ve ωz çubuğun mutlak açısal hız bileşenleri ω& x , ω& y ve ω& z ise açısal ivme
bileşenleridir. Huygens-Steiner formülleri yardımıyla
O
S
2
JO
y = J z = J y + mO S =
1
1
l
ml 2 + m ( ) 2 = ml 2 , J O
x ≅ 0
12
2
3
(ii)
ve şekil yardımıyla
&z =ϕ
&& ,
ω x = − Ω cos ϕ , ω y = Ω sin ϕ , ω
(iii)
92
ayrıca
l
M z = −mg sin ϕ
2
(iv)
olduğuna dikkat edilirse Denk. (i)’deki denklemlerin üçüncüsünden
l
1
1
&& − (0 − ml 2 ).( −Ω 2 sin ϕ cos ϕ)
− mg sin ϕ = ml 2 ϕ
2
3
3
(v)
veya düzenleyerek
&& + (
ϕ
3g
− Ω 2 cos ϕ) sin ϕ = 0
2l
(vi)
hareket denklemi elde edilir. Şimdi sistemin denge konumları elde edilmek istensin. Bu
amaçla
f ( ϕ) = (
3g
− Ω 2 cos ϕ) sin ϕ = 0
2l
(vii)
denge denklemi yazılırsa denge konumları, bu denklemi sağlayan üç nokta olarak
ϕo = 0 ,
ϕ o = π rad,
3g
3g
;
cos ϕ o =
→ ϕ o = cos −1
2lΩ 2
2lΩ 2
i.
ii.
iii.
(viii)
3g
2lΩ 2
≤ 1 ise
şeklinde belirlenir23. Şimdi de küçük yer değiştirmeler kabulü ile lineerleştirme yapalım,
ancak bunu yukarıdaki denge konumlarının hepsini kapsayacak biçimde yapabilmek için
f(ϕ)’nin MacLaurin serisi değil, ϕo civarındaki Taylor serisi açınımı yardımıyla
gerçekleştirelim:
f (ϕ) = f (ϕ o ) +
=
∞
k
1 d f (ϕ)
∑ k!
k =0
df (ϕ)
1 d 2 f (ϕ)
(ϕ − ϕ o ) +
(ϕ − ϕ o ) 2 + L
dϕ ϕ=ϕ
2! dϕ 2
o
ϕ=ϕo
dϕ
k
(ix)
.(ϕ − ϕ o ) k .
ϕ=ϕo
Böylece, denge konumundan başlayarak ölçülen açısal koordinat
23
Burada ϕo denge konumundan söz edilmekle birlikte, bu, çubuğa bağlı eksen takımına göre bir konum olup
aslında söz konusu olanın, çubuğun Ω açısal hızıyla 2ϕo tepe açılı bir koni yüzeyi çizmekte olduğu bir hareket
olduğu; kararlılık denildiğinde bu hareketin kararlılığının, titreşim denildiğinde de bu hareketin yörüngesi
civarındaki salınımların anlaşılması gerektiği unutulmamalıdır.
93
ϕ = ϕ − ϕo
(x)
olmak üzere,
k eş =
df
3g
3g
= cosϕo + Ω2 (sin2 ϕo − cos2 ϕo ) = cosϕo − Ω2 cos 2ϕo
dϕ ϕ = ϕ
2l
2l
(xi)
o
ile ϕo denge konumu civarındaki küçük ϕ(t) yer değiştirmelerinin lineerleştirilmiş denklemi
&& + ( 3g cos ϕ o − Ω 2 cos 2ϕ o ) ϕ = 0
ϕ
2l
(xii)
şeklinde elde edilir. Buna göre bu sistemde
δ=0, ω 2n = 3 g cos ϕ o − Ω 2 cos 2 ϕ o
2l
(xiii)
olduğu anlaşılır. Şimdi Denk. (viii)’deki üç denge konumu tek tek ele alınırsa;
ϕ o = 0 denge konumu:
3g
2
• Ω2 >
ise Denk. (xiii)’e göre ωn < 0 ’dır; ϕ o = 0 denge konumu bir eğer
2l
noktasıdır ve kararsızdır. Bu civarda titreşim hareketi olmaz, denge konumundan kaçış
hareketi olur.
3g
2
• Ω2 <
ise Denk. (xiii)’e göre ωn > 0 ’dır; ϕ o = 0 denge konumu bir merkez
2l
noktasıdır ve kararlıdır. Bu durumda bu civardaki hareket, doğal frekansı
i.
ωn = Ω ⋅
3g
2lΩ2
−1
(xiv)
olan bir titreşim hareketi olur.
ii.
ϕo = π rad denge konumu:
3g
+ Ω2 ) < 0
2l
olacağından bu denge konumu her zaman bir eğer noktasıdır ve kararsızdır. Bu civarda
titreşim hareketi olmaz, denge konumundan kaçış hareketi olur.
Denk. (xiii)’e göre parametrelerin değeri ne olursa olsun ω2n = −(
iii. ϕ o = cos −1
•
olmaz.
3g
2lΩ
2
3g
2lΩ 2
denge konumu:
2
> 1→ Ω <
3g
olması halinde Denk. (viii)’e göre bu denge konumu mevcut
2l
94
•Ω2 >
3g
olması halinde denge konumu mevcuttur. Denk. (xiii)’e göre (biraz
2l
2
trigonometrik hesapla) ωn > 0 ’dır; denge konumu bir merkez noktasıdır ve kararlıdır. Bu
civarda, doğal frekansı
⎛ 3g ⎞
⎟⎟
ω n = Ω ⋅ 1 − ⎜⎜
⎝ 2l Ω 2 ⎠
2
(xv)
olan titreşimler olur.
Sistemin üç denge konumu ve bunlar civarındaki hareketlerle ilgili burada elde edilen
sonuçların fiziksel anlamlarını irdelemek, öğretici bir alıştırma olarak okuyucuya
bırakılmıştır.
95
2.5 ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
Titreşim sistemlerinin dış kuvvetlerin etkisi altında yaptıkları titreşimlere zorlanmış
titreşimler, söz konusu kuvvetlere de zorlayıcı kuvvetler adı verilir. Zorlayıcı kuvvetler,
zamanın çeşitli fonksiyonları şeklinde değişebilirler. Bu değişimin şekline göre harmonik
kuvvetler, peryodik kuvvetler ve zamanın gelişigüzel fonksiyonları şeklindeki kuvvetler ayırt
edilebilir. Yine bu kuvvetler, zamanın sürekli fonksiyonları şeklinde olmayıp darbeler
şeklinde de etkiyebilirler. Bütün bu kuvvet türleri arasında titreşim sistemleri üzerindeki
etkilerinin incelenmesine öncelik verilmesini en çok hak edenler harmonik kuvvetlerdir.
Bunun bir nedeni bu kuvvet tipinin zorlanmış titreşimlerin temel özelliklerinin en aydınlık
biçimde ortaya konulmasına olanak vermesi, bir başka nedeni de harmonik olmayan peryodik
kuvvetlerle zorlanmış titreşimlerin incelenmesine –ileride görüleceği gibi- zemin
oluşturmasıdır. Bu nedenlerle, aşağıda, tek serbestlik dereceli lineer sistemlerin zorlanmış
titreşimlerinin incelenmesine zorlayıcı kuvvetin harmonik olması hali ile başlanacak, daha
sonra da yukarıda anılan diğer durumlar ele alınacaktır.
2.5.1 HARMONİK KUVVETLE ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
2.5.1.1 Hareket Denklemi ve Çözümü
Kütle-yay-viskoz sönüm modelinin, zamanın harmonik bir fonksiyonu şeklinde, yani
F( t ) = Fo cos ωt
(2.5.1)
şeklinde değişen bir zorlayıcı kuvvet etkisindeki titreşimleri göz önüne alınsın (Şek. 2.5.1).
Buradaki Fo’a harmonik kuvvetin genliği, ω’ya ise harmonik kuvvetin frekansı ya da
zorlama frekansı adı verilir. Sistemin hareket denklemi kolayca,
m &x& + r x& + kx = Fo cos ω t
(2.5.2)
şeklinde yazılabilir. Bu, lineer bir diferansiyel denklem olduğundan genel çözümünün
denklemin sağ tarafsız (homojen) halinin çözümüyle sağ taraftaki ifadeye karşılık gelen özel
(partiküler) çözümün toplamı şeklinde olacağı bilinmektedir. Bunlara, sırasıyla, homojen
çözüm ve özel çözüm diyelim ve xh(t) ve xp(t) şeklinde gösterelim. Bunlardan homojen
çözüm, sönümlü serbest titreşimlerin incelendiği Bölüm 2.3.4’te, sistemin bir titreşim sistemi
oluşturması için gereken
r < 2 km → ζ < 1
(2.5.3)
x(t)
k
r
F(t)=Focosωt
m
Şekil 2.5.1 Harmonik Kuvvetle Zorlanmış Titreşimler İçin Model
96
koşullarının sağlandığı özel durumda
x h ( t ) = e −δt (A cos ωd t + B sin ωd t ) = X o e −δt cos(ωd t − ψ)
(2.5.4)
şeklinde belirlenmişti (Bkz. Denk. 2.3.18,19). Burada ilgi, özel çözümün elde edilmesine
yöneltilir ve sağ taraf ω frekanslı bir harmonik fonksiyon olduğuna göre bu çözümün
(2.5.5)
x p ( t ) = C 1 cos ω t + C 2 sin ω t
şeklinde olması gerektiğine dikkat edilirse, Denk. (2.5.5) Denk. (2.5.2)’de yerine konulup
cosωt ve sinωt terimlerinin katsayıları ayrı ayrı eşitlenerek, C1 ve C2 için
( k − mω 2 ) ⋅ C1 + rω ⋅ C 2 = Fo
(2.5.6)
− rω ⋅ C1 + ( k − m ω 2 ) ⋅ C 2 = 0
denklem takımı, bunun çözülmesiyle de
C1 =
k −mω2
rω
⋅ Fo , C 2 =
⋅ Fo
( k −mω2 )2 +( rω)2
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
(2.5.7)
elde edilir. Bu değerlerin Denk. (2.5.5)’te yerine konulmasıyla, aranan özel çözüm bulunmuş
olur. Biz bu çözümü,
X = C12 + C 22 =
Fo
2 2
( k − mω ) + ( rω)
2
, ϕ = tan −1 C 2 = tan −1
C
1
rω
k − mω2
(2.5.8)
rω )
k − mω2
(2.5.9)
sabitlerini kullanarak
x p ( t ) = X cos( ω t − ϕ ) =
Fo
2 2
( k − m ω ) + ( rω )
2
⋅ cos( ω t − tan −1
şeklinde yazalım. Gelinen noktada genel çözümün, x(t)=xh(t)+xp(t)’den
x ( t ) = e −δt (A cos ωd t + B sin ωd t ) + C1 cos ωt + C 2 sin ωt
(2.5.10)
x ( t ) = X o e −δt cos(ωd t − ψ) + X cos(ωt − ϕ)
(2.5.11)
ya da
şeklinde olacağı anlaşılır. Eğer özel olarak,
x (0) = x o , x& (0) = v o
(2.5.12)
97
şeklindeki başlangıç koşullarına karşılık gelen çözüm bulunmak istenir ve bu, Denk. (2.5.10)
üzerinden gerçekleştirilirse, A ve B sabitleri
A = x o − C1 , B =
v o + δ( x o − C1 ) − C 2 ω
ωd
(2.5.13)
şeklinde hesaplanır. Bu sonuç, dikkat çekici bir özelliğe işaret etmektedir. Genel çözüm
içerisindeki homojen çözüm özünde sistemin serbest titreşimlerine karşılık gelmekle birlikte
bu çözümün yok olması için başlangıç koşullarının serbest titreşimlerde olduğu gibi xo=vo=0
şeklinde değil xo=C1, vo=C2ω şeklinde; yani özel çözümün t=0 anındaki konum ve hız
değerleriyle uyumlu olacak biçimde verilmesi gerekmektedir.
Şimdi buraya kadar elde edilen bilgileri toparlarsak; harmonik kuvvetle zorlanmış
titreşimler, sistemin sönümlü serbest titreşimlerine karşılık gelen ve genliği zamanla azalan,
ωd frekanslı bir xh(t) kısmıyla, zorlayıcı kuvvetle aynı ω frekansına sahip harmonik bir xp(t)
kısmının toplamından oluşmaktadır. Bunlardan xh(t) titreşimleri, hareketin başlamasından bir
süre sonra sönüp yok olacaktır. Bu nedenle, titreşimlerin xh(t)‘nin temsil ettiği kısmına geçici
titreşimler denir. Geçici titreşimlerin yok olmasından sonra tek başına etkili olan xp(t)
titreşimlerine kalıcı titreşimler, geçici titreşimler yok olana kadar süren xh(t)+ xp(t) şeklindeki
bileşik titreşimlere de geçiş titreşimleri denir (Şek. 2.5.2).
Zorlanmış titreşimler denildiğinde, aksi belirtilmedikçe, kalıcı titreşimler anlaşılır.
Kalıcı titreşimlerde x(t)=xp(t) olacağını anımsayarak bu titreşimlerin ifadesini
x ( t ) = X cos( ω t − ϕ ) =
Fo
2 2
( k − m ω ) + ( rω )
2
⋅ cos( ω t − tan −1
rω )
k − mω2
(2.5.14)
şeklinde bir kez daha yazalım ve bu bölümü, burada ortaya çıkmış olan şu gerçeği
vurgulayarak kapatalım:
Tek serbestlik dereceli lineer sistemlerin harmonik kuvvetle zorlanmış titreşimleri,
kuvvet ile aynı frekansa sahip olan fakat onu ϕ faz farkıyla geriden izleyen harmonik
titreşimlerdir.
x
Td = 2 π
ωd
X=
GeçişTitreşimleri
Fo
( k − mω2 ) 2 + ( rω) 2
x(t)=xp(t)
t
x(t)=xh(t)+xp(t)
T = 2π
ω
Şekil 2.5.2 Harmonik Kuvvetle Zorlanmış Titreşimler
98
Örnek Problem 2.5.1 (Sayısal Örnek)
x(t)
Şekildeki sistemde
k
r
F(t)=Focosωt
m
m=2 kg, k=288 N/m, r=24 kg/s, Fo=4 N, ω=5 rad/s
verilmektedir. Sistemin zorlanmış titreşimlerinin x(t)
ifadesini elde ediniz.
Şekil Pr. 2.5.1
Çözüm:
Genlik ve zorlayıcı kuvvetle faz farkı Denk. (2.5.8)’den
X=
Fo
( k − mω2 ) 2 + ( rω) 2
ϕ = tan − 1
rω
k − mω2
=
= tan − 1
4
( 288 − 2⋅5 2 ) 2 + ( 24⋅5) 2
24 ⋅5
288 − 2⋅5 2
= 0.015 m,
= 0 .467 rad
(i)
(ii)
şeklinde hesaplandıktan sonra zorlanmış (kalıcı) titreşimlerin ifadesi Denk. (2.5.14)’ten
x ( t ) = X cos( ω t − ϕ) = 0.015 ⋅ cos( 5 t − 0.467 ) [m]
(iii)
şeklinde yazılır.
Örnek Problem 2.5.2
x
y
k
θ3
m2
r2
θ2
Şekil Pr. 2.5.2-1
m3
r3
Şekildeki
sistemde,
homojen birer dairesel silindirden
ibaret olan tekerleklerle temas
ettikleri yüzeyler arasında kayma
C
yoktur. Sistemin m3 kütleli
m1
tekerleğe
uygulanan
M(t)
momentinin etkisiyle yapacağı
titreşimlerin
x(t)
M(t)=Mocosωt zorlanmış
ifadesini elde ediniz.
m1=3 kg, m2=2 kg, m3=1.5 kg,
k=2400 N/m, c=12 kg/s,
Mo=36 Nm, ω=40 rad/s
99
Çözüm:
x
kx
m1
T2
T2
m2
R2
T3
m 1 &x& = − c x& − kx + T 2 + T3 , (i)
x
θ3
θ2
Newton-Euler Dinamiği: Şek. Pr. 2.5.22’deki
serbest
cisim
diyagramı
oluşturulsun. m1 bloğunun hareketi için
T3
y
r2
cx&
m3
m2 tekerinin hareketi için
M(t)
r3
ve
R3
1
2
Şekil Pr. 2.5.2-2
(ii)
m 2 &y& = − T 2 − R 2
m 2 r22 &θ& 2 = R 2 r2 − T2 r2 , (iii)
m3 tekerinin hareketi için ise
m 3 &x& = − T3 − R 3
(iv)
1 m r 2 &θ&
2 3 3 3
(v)
ve
= M ( t ) + R 3 r3
yazılır. Denk. (ii) ile Denk. (iii) arasında R2 yok edilip
(vi)
y = r2 θ 2
kısıtı kullanılarak
T2 = − 3 m 2 &y& ,
4
(vii)
benzer şekilde Denk. (iv) ile Denk. (v) arasında R3 yok edilip
x = r3θ3
(viii)
kısıtı kullanılarak da
T3 =
M (t)
r3
− 3 m 3 &x& ,
2
(ix)
elde edilir. Denk (vii) ile Denk. (ix)’un Denk. (i)’de yerine konulup
x = 2y
(x)
kısıtının kullanılmasıyla da
M
( m 1 + 3 m 2 + 3 m 3 ) &x& + c x& + kx = o cos ω t ,
8
2
r3
(xi)
100
ya da burada
M
m = m 1 + 3 m 2 + 3 m 3 = 3 + 3 2 + 3 1 . 5 = 6 kg, Fo = o = 36 = 720 N (xii)
8
2
8
2
r3
0 . 05
denilerek, bilinen biçimdeki
m&x& + cx& + kx = Fo cos ω t
(xiii)
hareket denklemine gelinir. Genlik ve zorlayıcı kuvvetle faz farkı Denk. (2.5.8)’den
Fo
X=
2 2
( k − m ω ) + ( c ω)
ϕ = tan −1
cω
k − mω 2
2
720
=
( 2400 − 6 ⋅ 40 2 ) 2 + (12 ⋅ 40 ) 2
= tan −1
12 ⋅ 40
2400 − 6 ⋅ 40 2
= 0.1 m,
= 3 .075 rad
(xiv)
(xv)
şeklinde hesaplandıktan sonra zorlanmış titreşimlerin ifadesi Denk. (2.5.14)’ten
x ( t ) = X cos( ω t − ϕ) = 0.1 ⋅ cos( 40 t − 3.075 ) [m]
(xvi)
şeklinde yazılır.
Lagrange Dinamiği: Sistem ideal, holonomik, sönümlü ve tek serbestlik dereceli olduğuna
göre esas genelleştirilmiş koordinat olarak x alınırsa hareketin Lagrange denklemi
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L ∂D
+
= Qx ;
⎜
⎟−
dt ⎝ ∂x& ⎠ ∂x
∂x&
L=T-U
(xvii)
şeklinde yazılabilir. Burada, Denk. (vi), (viii) ve (x)’daki kısıtlar da dikkate alınarak
T = 1 m 1 x& 2 + [ 1 m 2 y& 2 + ( 1 m 2 r22 ) θ& 22 ] + [ 1 m 3 x& 2 + ( 1 m 3 r32 )θ& 32 ]
2
2
2
2
2
=
1 m x& 2
2 1
+
1 3m 2
2 2
3m 3 2
3m 3
3m 2
y& 2 + 1
x& = 1 ( m 1 +
) x& 2
+
2
2
2
8
(xviii)
2
U = 1 kx 2 ,
(xix)
3m 3
3m 2
L = T − U = 1 (m1 +
+
) x& 2 − 1 kx 2
2
8
2
2
(xx)
D = 1 c x& 2 ,
(xxi)
2
ile
ve
2
hesaplanır, ayrıca x koordinatına ilişkin genelleştirilmiş kuvvet
101
d( x )
dθ3
M(t) M o
r
Q x = M(t)
= M(t) 3 =
=
cosωt
r3
dx
dx
r3
(xxii)
şeklinde belirlenirse, Denk. (xx), (xxi) ve (xxii) ile Denk. (xvii)’ye dönülüp gerekli hesapların
yapılmasıyla (bu hesapları yapınız), Denk. (xi)’dekiyle aynı hareket denklemi elde edilir ve
yukarıdaki gibi devam edilir.
x(t)
Bir Eşdeğer Sistem Kurulması:
Bu
problem, incelenen sistemin Şek. Pr. 2.5.23’teki x koordinatına indirgenmiş eşdeğeri
kurularak da çözülebilir. Bunun için, önce,
sistemin Denk. (xviii)’deki kinetik enerji
ifadesinden yararlanılarak eşdeğer kütle
keş
meş
reş
Feş(t)=Foeşcosωt
Şekil Pr. 2.5.2-3 Eşdeğer Sistem
3m 3
3m 3
3m 2
3m 2
Tsis = 1 ( m 1 +
+
) x& 2 = 1 m eş x& 2 → m eş = m 1 +
+
2
8
2
8
2
2
(xxiii)
şeklinde hesaplanır, yay ve viskoz sönümün indirgemeden etkilenmediğine dikkat edilerek de
reş = c , k eş = k
(xxiv)
yazılır. Bunlar, daha önceden bilinen hususlardır. Şimdi bunlara ek olarak x koordinatına
indirgenmiş eşdeğer kuvvetin hesaplanması gereklidir. Bunun Lagrange dinamiğindeki x
koordinatına ilişkin genelleştirilmiş kuvvetten başka bir şey olmadığına dikkat edilirse,
eşdeğer kuvvetin, dWsis sisteme etkiyen kuvvetlerin toplam diferansiyel işini, Feş(t)dx ise
eşdeğer kuvvetinkini göstermek üzere
(xxv)
dW sis = Feş ( t ) dx
eşitliğinden hesaplanması gerektiği anlaşılır. Eldeki problemde bu,
dθ
dW sis = M ( t ) d θ 3 = Feş ( t ) dx → Feş ( t ) = M ( t ) 3 =
dx
M (t)
r3
=
Mo
r3
cos ω t
(xxiv)
verir. Eşdeğer sistem böylece kurulduktan sonra, Denk. (xi)’dekiyle aynı olan hareket
denklemi elde edilip yukarıdaki gibi devam edilir.
2.5.1.2 Sistem Davranışının İrdelenmesi
Harmonik kuvvet etkisindeki tek serbestlik dereceli lineer sistemlerin Denk. (2.5.14)
ile ifade edilen davranışlarının irdelenmesi, titreşim kuramının en önemli bazı kavramlarının
ortaya konulmasına olanak verir. Biz de burada bunu yapmak amacıyla, Denk. (2.5.14)’teki
harmonik hareketin iki önemli tanımlayıcısı olan zorlanmış titreşim genliği X ile hareketle
kuvvet arasındaki faz farkı ϕ’yi incelemeye alalım:
102
Fo
X=
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
, ϕ = tan − 1
rω
k − mω 2
.
(2.5.15)
Ancak, bilimde, böyle bir incelemenin kolay yürütülebilmesi ve ondan çıkacak sonuçların
genelleştirilebilmesi için incelemenin boyutsuz büyüklükler kullanılarak gerçekleştirilmesinin
gerektiği bilinen bir gerçektir. Bu nedenle biz de, önceden bildiğimiz
k
m
ωn =
ζ=
:
r
2 km
Doğal frekans ,
=
r
2 mωn
:
(2.5.16)
Viskoz sönüm faktörü
(2.5.17)
parametrelerine ek olarak
η= ω :
ωn
Xo =
Fo
k
:
β= X :
Xo
Frekans oranı
(2.5.18)
Sabit Fo kuvvetinin sistemde yol açacağı yer değiştirme
(2.5.19)
Büyütme katsayısı
(2.5.20)
parametrelerini tanımlarsak, X genliğinin boyutsuz karşılığı olan büyütme katsayısı için24
β=
1
(2.5.21)
2 2
(1− η ) + ( 2 ζη ) 2
ifadesine, hareketle kuvvet arasındaki faz farkı için ise25
ϕ = tan −1
2ζη
(2.5.22)
1− η2
ifadesine geliriz. Dikkat edilirse her iki büyüklük de Denk. (2.5.15)’teki boyutlu karşılıkları
gibi 5 parametreye değil, yalnızca iki parametreye; η ve ζ’ya bağlıdır. Bu özellikleriyle,
verilmiş ζ değerleri için η ile değişimlerini gösteren β−η ve ϕ−η diyagramları yardımıyla
incelenebilirler. Sırasıyla Frekans Yanıtı Diyagramı ve Faz Farkı Diyagramı diye anılan bu
diyagramlar Şek. 2.5.3’te gösterilmiştir26.
24
25
26
X=
Fo
(k −mω2 )2 +(rω) 2
ϕ = tan−1
rω
k −mω2
=
Fo / k
2
(1− mω )2 +(
k
2ζmωn ω 2
)
k
=
Xo
2
(1− ω ) 2 +(2ζ
ω2
n
ω 2
)
ωn
=
Xo
(1−η2 ) 2 +(2ζη) 2
2ζmωn ω / k
2ζη
= tan−1 rω / k2 = tan−1
= tan−1 2
2
1− mω
k
1− ω
ω2n
1−η
İki şeklin bu derli toplu sunumu [Thomson, 1965]’ten alınmıştır.
103
π
Büyütme Katsayısı β=X/Xo
0.1
0.15
0.2
0.3
3π/4
Faz Farkı ϕ
ζ=0
π/2
0.1
0.3
0.5
1
π/4
ζ=0
0
Frekans Oranı η=ω/ωn
0.5
0.7
1
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.3 Frekans Yanıtı ve Faz Farkı Diyagramları
-Harmonik Kuvvetle Zorlanmış Titreşimler-
Şimdi bu diyagramları ayrı ayrı inceleyerek harmonik kuvvetle zorlanmış titreşimlerin
temel özelliklerini belirleyelim.
Frekans Yanıtı ve Rezonans Olayı. Frekans Yanıtı diyagramının incelenmesi şu belirlemelere
götürür:
Bütün eğrilerin β=1’den çıkması: η=0 iken ζ değerinden bağımsız olarak β=1’dir.
Bunun nedeni açıktır: η=0 olduğunda zorlayıcı kuvvet sabit Fo yüküne, artık bir titreşim
olmayan yer değiştirme de Xo’a dönüşür.
ii. Bütün eğrilerin β=0’da toplanması: η→∞ iken yine ζ değerinden bağımsız olarak
β→0’dır. Bunun nedeni kütlenin, eylemsizliği yüzünden, kuvvetteki çok hızlı yön
değiştirmelerine ayak uyduramayıp statik denge konumunda çakılıp kalmasıdır.
iii. Sönümün etkisi: ζ’nın etkisi β’yı küçültücü yöndedir; yani sönüm, zorlanmış titreşim
genliklerini küçültmektedir. Çok küçük ve büyük η değerlerinde kayda değer olmayan
bu etki, η=1 civarında çok belirgindir.
iv. Eğrilerin tepe noktaları: Her β(η) eğrisinin bir tepe noktası vardır. Bu tepe noktalarının
yerini ve ilgili βmaks değerini belirlemek için eğrilerin stasyoner noktaları hesaplanırsa,
i.
dβ
dη
η =0
⎧ 1
=
=
0
⎨
3
2
⎩ η2 = 1 − 2ζ
[(1−η2 )2 +( 2ζη)2 ] 2
η(1−2ζ 2 −η2 )
(2.5.23)
bulunur. Birinci kökün, bütün eğrilerin η=0, β=1 noktasından yatay çıktıklarını
gösterdiğini not ettikten sonra ikinci kökün ζ ile değişimine göz atılırsa (Şek. 2.5.4-a),
0 ≤ ζ ≤ 1 / 2 = 0.707 aralığında var olan bu kökün aralığın sonunda ilk kökle birleştiği
ve yerini ona bırakarak ζ > 1 / 2 bölgesinde sanal hale gelip yok olduğu görülür. Bu
104
bilgilerle ekstremum hesabına dönülürse, burada verilmeyen ikinci türev hesaplarının
da yardımıyla şu sonuçlara varılır:
• ζ ≥ 1 / 2 iken bütün β(η) eğrilerinin tepe noktası, η=0'daki β=1 noktasıdır. Bunun
anlamı, bu yüksek sönüm değerlerinde, Fo kuvvetinin sabit olarak değil harmonik
olarak uygulanmasının sistem üzerindeki etkisini küçülttüğüdür.
• ζ < 1 / 2 iken β(η) eğrilerinin tepe noktası,
η = 1 − 2ζ 2
(2.5.24)
noktasında, yani η=1 hattının solunda ortaya çıkar. Bu noktada β,
β maks =
(2.5.25)
1
2 ζ 1− ζ 2
değerini alır. Anılan ζ bölgesinde βmaks>1 olduğu için (Bkz. Şek. 2.5.4-b), bu düşük
sönüm değerlerinde Fo kuvvetinin sabit olarak değil harmonik olarak uygulanmasının
sistem üzerindeki etkisini ( 0 < η < 2(1 + 2ζ 2 ) aralığındaki η değerlerinde) büyüttüğü
anlaşılır. β'ya büyütme katsayısı adının verilmesi de bu nedenledir.
βmaks
η
η2 = 1 − 2ζ2
1
β maks =
η1 = 0
0.5
0
1
2 ζ 1− ζ 2
0
(a)
1
2
ζ
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6
1 0.8
2
0.9 1
ζ
(b)
Şekil 2.5.4 Tepe Noktasının (a) Yerinin ve (b) Değerinin ζ ile Değişimi
v. Rezonans Olayı: ζ=0 iken ilgili β(η) eğrisinin tepe noktası, Denk. (2.5.24) ve Denk.
(2.5.25)’te bu ζ değeri yerine konularak da görülebileceği gibi, η=1 noktasında ortaya
çıkar ve değeri βmaks=∞’dur (Bkz. Şek. 2.5.4-a,b). Bunun anlamı şudur:
Sönümsüz bir titreşim sistemi, doğal frekansına eşit bir zorlama frekansıyla
zorlandığında zorlanmış titreşimlerinin genliği sonsuza gider. Bu olaya rezonans olayı
denir.
105
Rezonans olayı, hiç kuşkusuz, bütün titreşim kuramının en önemli kavramıdır. Hatta
hiç abartmaksızın denilebilir ki eğer rezonans olayı olmasaydı bugünkü kadar kapsamlı bir
titreşim kuramı da, gerek duyulmayacağı için, geliştirilmiş olmazdı. Rezonans olayının
önemi, küçük nedenlerin büyük sonuçlara yol açabildiği bir durum oluşundadır. Bir Fo
kuvveti, sistemin doğal frekansına eşit frekansla dalgalandırılarak uygulandığında, kendi
şiddetinin küçük ya da büyük oluşundan bağımsız olarak, uygulandığı sistemin sonsuz
genlikli titreşimlerine yol açmaktadır. Bu, titreşimlerin istenmediği durumlarda kaçınılması
gereken büyük bir tehlike, titreşimlerin istendiği durumlarda ise göz ardı edilmemesi gereken
büyük bir avantajdır.
Kuşkusuz, yukarıdaki tanımıyla rezonans olayı sadece kuramsal bir olaydır.
Uygulamada bir titreşim sistemini sonsuz genlikli titreşimler yaparken görmek elbette
olanaksızdır. Bunun –sistemin çoktan parçalanmış olacağı basit nedeni dışında- iki nedeni
vardır.
Bunlardan birincisi, gerçek her sistemde küçük de olsa bir sönümün bulunması, bu
yüzden de genliklerin büyük de olsa sonlu kalmasıdır. Sönümün genlikleri aşağı çekme
etkisinin rezonans bölgesinde özellikle belirgin olduğu anımsanırsa, uygulamaya yönelik şu
önemli sonuca ulaşılır:
Titreşimlerin istenmediği durumlarda sönüm, rezonans olasılığına karşı bir sigorta
görevi yapar. Bu olasılığın bulunduğu durumlarda sisteme sönüm katılmalıdır.
İkinci neden, sonsuz genlik sonucuna lineer sistem varsayımı altında ulaşılmış
olmasına karşılık gerçek sistemlerin istisnasız olarak nonlineer olması ve rezonans olayındaki
gibi büyük genlikli titreşimler halinde bu varsayımın geçerliliğini yitirmesidir. Lineer
olmayan titreşimler kuramı ise rezonans halinde genliklerin büyük fakat sonlu olacağını
ortaya koymaktadır (Bkz. Bölüm xxx).
Öte yandan, genlikler rezonansta gerçekten sonsuza gitse bile bu ani olarak değil
zaman içerisinde olacaktır. Bu bölümdeki incelememize temel oluşturan Denk. (2.5.5)’teki
çözüm kabulü esasen rezonans halinde geçerli olmadığından bu husus Bölüm 2.5.1.3’te
ayrıca incelenecektir.
Burada son olarak terminoloji ile ilgili bir-iki noktaya değinelim. Rezonans olayını
görselleştiren diyagram olduğu için Şek. 2.5.3’teki frekans yanıtı diyagramına rezonans
diyagramı, bu diyagram üzerindeki eğrilere de rezonans eğrileri adı da verilir. Öte yandan,
kesin bilimsel anlamıyla rezonans, sönümsüz sistemlere özgü bir kavram olmakla birlikte, bu
anlama sadık kalmakta titizlenmeleri halinde bu güçlü terimi uygulamada hiç
kullanamayacak olan mühendisler, düşük sönümlü titreşim sistemlerinin η ≅ 1 civarında
yaptığı büyük genlikli titreşimlere de rezonans olayı demekten hoşlanırlar27. Yine, sistemlerin
ωn doğal frekansları da bazen rezonans frekansı adıyla anılır.
27
Bilimsel tanımın terk edildiği bu noktada, rezonans terimini kullanmak için sönümün ne kadar az, genlik
tepesinin ne kadar yüksek, ya da olayın ortaya çıkma noktasının η=1’e ne kadar yakın olması gerektiği
belirsizdir. Bu konuda kesin olan, sönüm faktörleri 1 < ζ < 1 aralığında olan titreşim sistemlerinde genlik
2
tepesi bulunmadığı; dolayısıyla da kelimenin hiçbir anlamıyla rezonans olayından söz edilemeyeceğidir.
106
Faz Farkı. Faz Farkı diyagramının incelenmesi şu belirlemelere götürür:
i. Frekans oranı 0 ≤ η<1 aralığında iken: ζ değerinden bağımsız olarak faz farkı
0 ≤ ϕ < π / 2 aralığında değişir. Bunun anlamı, zorlama frekansının doğal frekanstan
küçük olması halinde hareketin kuvveti π/2 rad'dan küçük bir faz farkıyla, yani çeyrek
peryoddan az bir zaman farkıyla (bunu elde ediniz) geriden izleyeceğidir.
ii. Frekans oranı η>1 iken: ζ değerinden bağımsız olarak faz farkı π / 2 < ϕ ≤ π aralığında
değişir. Bunun anlamı, zorlama frekansının doğal frekanstan büyük olması halinde
hareketin kuvveti π/2 rad'dan büyük, π rad'dan küçük bir faz farkıyla, yani çeyrek
peryod-yarım peryod arası bir zaman farkıyla geriden izleyeceğidir.
iii. Frekans oranı η=1 iken: ζ değerinden bağımsız olarak hareket kuvveti tam π/2 rad faz
farkıyla, yani tam çeyrek peryod zaman farkıyla geriden izler.
iv. Sönümün etkisi: ζ'nın etkisi, η<1 iken faz farkını arttırıcı, η>1 iken faz farkını azaltıcı
yöndedir.
v. Sönümsüz hal: ζ=0 olması halinde η<1 iken ϕ=0, η>1 iken ϕ=π olur. Yani sönümsüz
sistemler, rezonans frekansından küçük bir frekansla zorlandıklarında kuvvetle tam
aynı fazda (eş zamanlı), rezonans frekansından yüksek bir frekansla zorlandıklarında
ise kuvvetle tam zıt fazda titreşirler. Bu, sönümsüz sistemlerde faz farkı hesabını
gereksiz hale getirir. Onun yerine Denk. (2.5.14)'ün r=0, η<1 özel durumuna karşılık
gelen
x(t) =
Fo
k − mω
2
⋅ cos ωt =
Fo / m
ω2n − ω2
⋅ cos ωt =
Fo
2
mωn (1− η2 )
⋅ cos ωt
(2.5.26)
denklemlerinin birinden hesap yapılması yeterlidir. Öngörüldüğü gibi η<1 ise x(t) ile
F(t) aynı işaretli (aynı fazda), yok eğer η>1 ise x(t) ile F(t) zıt işaretli (zıt fazda)
çıkacaktır.
2.5.1.3 Rezonans Titreşimleri ve Vuru Titreşimleri
Rezonans halinde r=0 ve ω=ωn olacağından Denk. (2.5.2)’deki hareket denklemi
m&x& + kx = Fo cos ω n t
(2.5.27)
ya da
&x& + ω 2n x =
Fo
m
cos ω n t
(2.5.28)
şeklini alır. Denklemin homojen çözümüyle özel çözümünün aynı frekanslı harmonik
terimler olup birbiriyle çakışmasına yol açan bu özel duruma, titreşim kuramından
matematiğe kavram aktarmasıyla diferansiyel denklemin rezonans durumu denir.
Diferansiyel denklemler kuramından bilindiği gibi bu durumda özel çözümün Denk.
(2.5.5)’teki gibi değil,
x ( t ) = C 1 t cos ω n t + C 2 t sin ω n t
(2.5.29)
şeklinde alınması gerekir. Bu çözümün Denk. (2.5.28)’de yerine konulmasıyla
107
C1 = 0 , C 2 =
Fo
2mωn
(2.5.30)
hesaplanır. Böylece rezonans halinde özel çözümün
F
F
x ( t ) = 2 moω t sin ω n t = 2 moω t cos( ω n t − π2 )
n
n
(2.5.31)
olacağı anlaşılır28 (Şek. 2.5.5).
Görüldüğü gibi, genlik zamanla lineer olarak artmaktadır. Buradan, rezonans halinde
genliğin gerçekten sonsuza gideceği, fakat bunun sonlu bir sürede gerçekleşmeyeceği
anlaşılır. Bu belirlemeden, titreşimlerin istenmediği durumlarla ilgili olarak, uygulamaya
yönelik şu sonuç çıkar:
Bir sistem uzun süre rezonansta “kalacak” biçimde tasarlanmamalıdır, ancak,
çalışması sırasında zaman zaman rezonanstan “geçmesi”ne izin verilebilir.
Bu konuda, Örnek Problem 2.5.2’nin incelenmesi aydınlatıcı olacaktır.
Şimdi de, yine sönümsüz bir sistemin tam rezonans frekansıyla değil, fakat ona çok
yakın bir frekansla zorlanması halini göz önüne alalım. Bu durumda, sönüm bulunmadığı için
zamanla yok olmayan homojen çözümle, Denk. (2.5.26)’daki gibi yazılan özel çözümün
toplamı şeklindeki genel çözüm,
F /m
x ( t ) = X o cos( ω n t − ψ ) + 2o 2 ⋅ cos ωt ; ω n ≅ ω
ω −ω
(2.5.32)
n
şeklinde olacaktır. Burada, örneğin, x (0) = 0 , x& (0) = 0 şeklindeki başlangıç koşulları dikkate
alınırsa, X o = − F o / m ( ω 2n − ω 2 ) , ψ = 0 bulunur ve Denk. (2.5.32)
x
x =
Fo
⋅t
2mωn
t
Şekil 2.5.5 Rezonans Titreşimleri
28
Bu sonucun, yukarıdaki η=1 iken faz farkının ϕ=π/2 olacağı belirlemesiyle uyum halinde olduğuna dikkat
ediniz.
108
x(t) =
Fo / m
ω2n −ω2
⋅ (cos ωt − cos ω n t ) ; ω n ≅ ω
(2.5.33)
şeklini alır. Bu ifadenin, X 1 = − X 2 = Fo / m ( ω 2n − ω 2 ) , ψ1 = ψ 2 = 0 , ω1 = ω , ω2 = ωn olmak
üzere Bölüm 1.2.4.3’te incelenen vuru olayına karşılık geldiği ortadadır. Bu vuru olayında
genlik X1 + X 2 = 0 ile X 1 − X 2 = 2 Fo / m ( ω 2n − ω 2 ) arasında gezinecek (Bu, ω ≅ ωn olduğu için
zaten büyük olan zorlanmış titreşim genliğinin 2 katıdır.), vuru frekansı
ωv = ωn − ω
, taşıyıcı
frekans ise ( ω + ωn ) / 2 olacaktır (Şek. 2.5.6).
x
4π/(ωn+ω)
2π/|ωn-ω|
2Fo/m|ωn2-ω2|
t
Şekil 2.5.6 Vuru Titreşimleri
Bu incelemeden şu sonuçlar çıkartılır: i) Bir sistemde vuru olayının gelişmesi,
rezonans koşullarına yakın çalıştığının göstergesi olabilir. ii) Titreşimin yıkıcı etkileri
bakımından, rezonanstan olduğu kadar rezonansa yakın koşullardan da kaçınmak gerekir.
Örnek Problem 2.5.3 (Rezonanstan geçiş ve sayısal benzetim)
Zorlayıcı kuvvet frekansı sabit bir hızla değiştirilerek rezonanstan geçirilen bir kütleyay-sönüm sisteminin davranışını sayısal benzetim yoluyla inceleyiniz.
Çözüm:
Bu problem, bir yandan bir titreşim sisteminin benzetimi konusunda bir yandan da
rezonanstan geçiş titreşimleri konusunda bilgi edinilmesini sağlayacaktır. Şimdi problemin
kurulması ve çözülmesi aşamalarını adım adım ele alalım:
Frekansı sabit hızla değişen “harmonik” kuvvet: Frekansı sabit olmayan bir kuvvet, terimin
kesin anlamıyla artık harmonik değildir. Bu unutulmaksızın,
F( t ) = Fo cos θ( t )
(i)
109
şeklinde bir kuvvet tanımlansın, θ(t)’nin değişme hızını gösteren
ω( t ) =
dθ ( t )
dt
t
→ θ( t ) = ∫ ω( t )dt
(ii)
0
büyüklüğüne bu kuvvetin frekansı denilsin ve frekans, t=0 iken sıfırdan başlayıp sabit hızla
değişecek biçimde
2
ω( t ) = α ⋅ t → θ ( t ) = 1 α ⋅ t
(iii)
2
şeklinde alınsın. Böylece elde edilen,
F(t ) = Fo cos(12 αt 2 )
(iv)
kuvvetine, frekansı sabit hızla değişen harmonik kuvvet denilsin. (ω(t)=ω=sabit özel hali
üzerine düşünmek burada yapılanlara açıklık getirecektir.)
Hareket denklemi ve boyutsuzlaştırma: Denk. (iv)’teki kuvvet etkisindeki bir kütle-yaysönüm sisteminin hareket denklemi,
m&x& + rx& + kx = F( t ) = Fo cos( 1 α t 2 )
2
(v)
ya da
&x& + 2ζωn x& + ω2n x =
Fo
m
cos( 1 αt 2 )
şeklinde yazılabilir. Burada, X o =
2
Fo
k
(vi)
olmak üzere
u = x , τ = ωnt
X
(vii)
o
değişken dönüşümleri yapılırsa,
µ = α2
(viii)
ωn
tanımı altında ve üsler τ’ya göre türevleri göstermek üzere
µ
2
u′′ + 2ζu′ + u = cos( τ2 )
(ix)
diferansiyel denklemine gelinir. Kolayca anlaşılabileceği gibi bu denklem, frekansı sıfırdan
başlanarak α=µωn2 sabit hızıyla değiştirilen ζ viskoz sönüm faktörüne sahip bir sistemin
boyutsuz titreşimlerini göstermektedir.
110
Titreşim denkleminin sayısal çözümü: Diferansiyel denklemlerin sayısal çözümü için birçok
yöntem verilmiştir. Bunların en yaygın kullanılanları Runge-Kutta grubu yöntemlerdir. Bu
kitabın çerçevesini aşacağı için burada ayrıntısına girmeyeceğimiz bu yöntemler, çözülmek
istenen diferansiyel denklemin bir ya da bir dizi birinci mertebeden diferansiyel denklem
formunda olmasını gerektirmektedir. Bizim şu anda ilgilendiğimiz Denk. (v) ya da Denk. (ix)
görünümündeki diferansiyel denklemler ise 2. mertebeden diferansiyel denklemler
olduğundan, önce bunların birinci mertebeden diferansiyel denklemlere dönüştürülmesi
gerekir. Bunun nasıl yapılacağını görmek üzere Denk. (v) ele alınırsa, x konumu ile x& hızının
iki ayrı değişken olarak düşünülüp
u1 = x , u 2 = x&
(x)
denilmesiyle Denk. (v) yerine her biri birinci mertebeden olan
u& 1 = u 2
u& 2 =
(xi)
F ( t ) − ru 2 − ku 1
m
şeklinde iki diferansiyel denklem yazılabileceği görülür29. İstenirse,
u2
⎧⎪
⎫⎪
⎧u ⎫
u = ⎨ 1 ⎬ , D ( t , u ) = ⎨ F ( t ) − ru 2 − ku 1 ⎬
⎪⎩
⎪⎭
⎩u 2 ⎭
m
(xii)
vektörleri tanımlanarak30 Denk. (xi)’deki denklem takımı
u& = D ( t , u )
(xiii)
vektörel formunda da yazılabilir. Ticari olarak temin edilebilen matematiksel paket
programların hemen hepsinde, bu şekle getirilmiş diferansiyel denklemleri Runge-Kutta
yöntemiyle çözen yordamlar bulunmaktadır.
Şimdi bu zemin üzerinde eldeki probleme gelinirse, Denk. (ix) ve (xii)’den bu
problemde,
u2
⎧⎪
⎫⎪
D ( τ, u ) = ⎨
µ 2
⎬
⎪⎩cos( 2 τ ) − 2ςu 2 − u1 ⎪⎭
(xiv)
olacağı görülür. Bu D(t,u) vektörüne dayalı olarak Denk. (ix)’un çözdürüldüğü, tek serbestlik
dereceli lineer titreşim sistemlerinin hareket denklemini çözmek için düzenlenmiş bir
Mathcad programı Şek. Pr. 2.5.3-2’de, bu program yardımıyla elde edilmiş bazı çözümler de
Şek. Pr. 2.5.3-1’de gösterilmiştir.
29
Burada yapılan, n. mertebeden 1 diferansiyel denklemi 1. mertebeden n diferansiyel denklemlik bir denklem
takımına dönüştürme genel yönteminin n=2 özel halinden ibarettir.
30
Bundan böyle bu kitapta vektör ve matrisler koyu basım harflerle gösterilecektir.
111
u
u
τ
(b1) ζ=0.01, µ=0.001, umaks= 28.74
τ
(a1) ζ=0.01, µ=0.001, umaks= 28.31
u
u
τ
(b2) ζ=0.05, µ=0.001, umaks= 9.72
τ
(a2) ζ=0.05, µ=0.001, umaks= 9.59
u
u
τ
(a3) ζ=0.05, µ=0.01, umaks= 7.03
u
τ
(b3) ζ=0.05, µ=0.01, umaks= 7.40
u
τ
(a4) ζ=0.05, µ=0.1, umaks= 2.95
τ
(b4) ζ=0.05, µ=0.1, umaks= 3.76
Şekil Pr. 2.5.3-1 Rezonanstan Geçiş.
(a) Sütunu, Frekans Artıyor, (b) Sütunu, Frekans Azalıyor
Şekil Pr. 2.5.3-1’in incelenmesi, sönümün, geçiş hızının ve geçiş yönünün
rezonanstan geçiş üzerindeki etkileri konusunda bir fikir vermektedir. Önce frekans
arttırılarak rezonanstan geçişe ilişkin (a) sütunundaki sonuçlar göz önüne alınırsa, (a1) ile
(a2) grafiklerinin karşılaştırılmasından, aynı µ=0.001’lik hızla rezonanstan geçişte, sönümün
ζ=0.01’den ζ=0.05’e yükseltilmesiyle maksimum boyutsuz genliğin -ki Denk. (vii)’deki
tanımına göre büyütme katsayısına karşılık gelmektedir- umaks=28.31’den umaks=9.59’a
düştüğü, ayrıca rezonans sonrası oluşan vuru titreşimlerinin de silindiği görülür. Aynı
ζ=0.05’lik sönüme sahip sistemin, µ=0.001, µ=0.01, µ=0,1’lik artan hızlarla rezonanstan
geçişine ilişkin (a2), (a3) ve (a4) grafiklerinin karşılaştırılmasından ise maksimum boyutsuz
genliğin artan geçiş hızıyla umaks=9.59, umaks=7.03, umaks=2.95 şeklinde giderek azaldığı
gözlenir. Bütün bunlar beklentilere uygun sonuçlardır: Rezonanstan geçirilecek bir sistemde
mutlaka sönüm bulundurulmalı ve sistem rezonanstan hızlı geçirilmelidir. Daha sonra frekans
arttırılarak rezonanstan geçişe ait (a) sütunundaki grafiklerle frekans azaltılarak geçişe ait (b)
sütunundakiler karşılaştırılırsa, (b) sütunundaki umaks değerlerinin hep (a) sütunundakilerden
bir miktar büyük olduğu görülür. Şekil 2.5.3’teki rezonans eğrilerinin sol kanatlarının daha
yüksek oluşundan kaynaklanan bu durumdan şu sonuç çıkar: Rezonans üstü frekanslara
çıkarken, geri dönüşün daha zorlu olacağının bilincinde olunmalıdır.
112
Şekil Pr. 2.5.3-2 Bilgisayar Programı
113
2.5.1.4 Enerji Dengesi
Bölüm 2.5.1.1’in içeriğinden anımsanacağı gibi, sistemin
F( t ) = Fo cos ωt
(2.5.34)
harmonik kuvvetinin etkisinde yaptığı
x ( t ) = X cos( ω t − ϕ) ; X =
Fo
, ϕ = tan − 1
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
rω
k − mω 2
.
(2.5.35)
titreşimleri, sistemin yerleştiği kalıcı hareket düzenini göstermektedir. Korunumlu bir kuvvet
olan yay kuvvetinin enerji bilançosuna bir katkısı olmayacağı düşünüldüğünde, bu düzende,
zorlayıcı kuvvetin sistem üzerine yaptığı pozitif iş ile viskoz sönüm kuvvetinin negatif işi
arasında, rejim hali adı da verilen bir denge bulunması gerektiği anlaşılır. Bu hareketin bir
peryodunda zorlayıcı kuvvetin yaptığı iş
W Kuvvet = πFo X sin ϕ
(2.5.36)
şeklinde31, viskoz sönüm kuvvetinin yaptığı iş ise
WSönüm = −πrωX 2
(2.5.37)
şeklindedir32. İkisinin birbirine eşit olması için X ile ϕ’nin
F
X = rωo sin ϕ
(2.5.38)
denklemini sağlaması gerekir, ki Denk. (2.5.35)’teki X ve tanϕ ifadeleri, sin ϕ =
tan ϕ
1+ tan 2 ϕ
eşitliği de dikkate alınarak Denk. (2.5.38)’de yerlerine konulduğunda bunun gerçekten böyle
olduğu görülür (Bunu denetleyiniz.).
Bu bölümü, yukarıdaki incelemeden çıkan bazı sonuçları vurgulayarak kapatalım: i)
Denk. (2.5.36)’ya göre zorlayıcı kuvvetin yaptığı iş sinϕ ile orantılıdır. Buna göre, ϕ=0 ya da
ϕ=π olması halinde, yani hareketin kuvvetle aynı ya da zıt fazda olması halinde zorlayıcı
31
T
2π
0
0
d (ωt )
WKuvvet = ∫ F( t )dx = ∫ F( t ) x& dt = ∫ Fo cos ωt ⋅ [−Xω sin(ωt − ϕ)] ⋅ ω
2π
2π
⎡
⎤
= −Fo X ⎢cos ϕ ∫ sin ωt cos ωtd(ωt ) − sin ϕ ∫ cos 2 ωtd(ωt )⎥ = πFo X sin ϕ
⎢⎣
⎥⎦
0
0
32
T
2π
0
0
WSönüm = ∫ − rx& dx = − ∫ rx& 2dt = −
2 d(ωt )
⋅
ω
∫ r ⋅ [−Xωsin(ωt − ϕ)]
= −πrωX 2
114
kuvvet hiç iş yapmaz; en çok işi ise faz farkı π/2 rad olduğunda yapar. ii) Aynı nedenle,
enerji tüketen bir unsurun bulunmadığı sönümsüz sistemlerde hareket kuvvetle ya aynı (ϕ=0)
ya da zıt (ϕ=π) fazda olmak, sönümlü sistemlerde ise kuvvetle hareket arasında 0 ve π
rad’dan farklı bir faz farkı bulunmak zorundadır, ki bunların böyle olduğu zaten
bilinmektedir.
ζ=0.8
ζ=0.8
ζ=0.4
F(t)
ζ=0.4
FS(t)
ζ=0
ζ=0
x(t)
x(t)
Şekil 2.5.7 F(t) Zorlayıcı Kuvvetinin ve FS(t) Sönüm Kuvvetinin İşi
Burada söylenilenler, sayısal bir örnek ve farklı ζ değerleri için F(t) ve FS (t) = −rx& (t)
kuvvetlerinin x(t) üzerine çizdirildiği Şek. 2.5.7’den de görülebilmektedir. Olayın peryodik
oluşu yüzünden birer kapalı eğri olan bu kuvvet-yol diyagramlarında eğrilerin hapsettiği alan
ilgili kuvvetin bir peryodda yaptığı işe karşılık gelir. Yukarıda söylenilenlere paralel olarak,
ζ≠0 iken birbirine eşit alanlar kuşatan F(t) ve FS(t) çevrimlerinin ζ=0 halinde birer doğruya
dönüştüğü; yani her iki kuvvetin de iş yapmadığı görülmektedir.
Örnek Problem 2.5.4 (Problem 2.5.1 tekrar)
x(t)
Şekildeki sistemde
k
r
m
F(t)=Focosωt
r=24 kg/s, Fo=4 N, ω=5 rad/s
verildiğine ve hareketle kuvvet arasındaki faz farkının
ϕ=0.467 rad olduğu bilindiğine göre zorlanmış
titreşimlerin x(t) ifadesini elde ediniz.
Şekil Pr. 2.5.4
Çözüm:
Denk. (2.5.38)’den zorlanmış titreşimlerin genliği
X=
Fo
sin
rω
ϕ = 4 sin 0.467 = 0.015 m
24 ⋅5
(i)
şeklinde hesaplanır ve
x ( t ) = X cos( ω t − ϕ) = 0.015 ⋅ cos( 5 t − 0.467 ) [m]
(ii)
bulunur.
2.5.1.5 Elektriksel Benzeşim
115
Zorlanmış titreşimler başlığı altında incelenen tipten titreşimlere elektrik devrelerinde
de rastlanır. Bunu görmek üzere Şek. 2.5.8-a'daki basit elektrik devresini göz önüne alalım. R
direnci, L bobini, C kondansatörü (kapasitörü) ve E alternatöründen oluşan bu devrede, i
devreden geçen akımın şiddetini, q ise kondansatördeki elektrik yükünü göstermek üzere,
i
R
q(t)
1/C
E(t)=Eosinωt
E
L
R
L
F(t)=Eosinωt
C
(b) Mekanik Eşdeğeri
(a) Basit Elektrik Devresi
Şekil 2.5.8 Basit Elektrik Devresi ve Mekanik Eşdeğeri
Kirchhoff33 Yasalarına göre
L di + Ri + 1 q = E o sin ω t
dt
C
(2.5.39)
dq
dt
denklemi geçerlidir. Burada, i =
= q& olduğu anımsanırsa Denk. (2.5.39) yerine
L&q& + R q& + 1 q = E o sin ω t
C
(2.5.40)
da yazılabilir. Bu denklemle Denk. (2.5.2) karşılaştırılırsa, elektriksel sistemlerle mekanik
sistemler arasında, Tablo 2.5.1’de verilen eşleşmelere dayalı bir benzeşim bulunduğu
anlaşılır. Buna göre Şek. 2.5.7-a’daki elektrik devresi Şek. 2.5.7-b’deki mekanik sisteme
eşdeğerdir. Bu sistemin doğal frekansı ve viskoz sönüm faktörü, sırasıyla
1
LC
ωn =
,
ζ = R2
(2.5.41)
C
L
olup, zayıf sönüm (ζ<1) durumuna karşılık gelen genel çözümü,
Q=
(
Eo
) +(Rω)
2 2
1 − Lω
C
2
,
ϕ = tan −1
Rω
1 − Lω2
C
(2.5.42)
33
Gustav Robert Kirchhoff (1824-1887). Alman fizikçisi. Elektrik devreleri kuramı, termodinamik ve optik
konularındaki çalışmalarıyla tanınır. Bu alanların ilk ikisinde bugün kendi adını taşıyan yasalar verdi. Ayrıca,
(Robert Bunsen ile birlikte) sezyum ve rubidyum elementlerini keşfetti. Elektrik devreleriyle ilgili yasalarını, 21
yaşında bir öğrenciyken bir seminer ödevi olarak keşfedip sundu.
116
ile
q(t) = X o e
− 2RL ⋅ t
( )
⎡ 1
⎤
2
cos ⎢ LC
− 2RL − ψ ⎥ + Q sin( ω t − ϕ )
⎣
⎦
(2.5.43)
şeklindedir. Devrede E alternatörünün bulunmaması durumunda ortaya çıkacak serbest
titreşimlere karşılık gelen ilk terimin gösterdiği geçici titreşimler bir yana bırakılırsa akım
şiddeti i(t) için de
dq( t )
i( t ) = dt = Qω cos(ωt − ϕ) =
Eo
(ω1C −Lω)2 +R 2
cos(ωt − ϕ)
(2.5.44)
Tablo 2.5.1 Mekanik-Elektrik Eşleşmesi
Mekanik
Kütle
m [kg]
Viskoz Sönüm
r [kg/s]
Lineer Yay
k [N/m]
Kuvvet
F [N]
Konum
x
Hız
x&
elde edilir. Burada
(ω1C − L ω )2 + R 2
Elektrik
Endüktans
L [H:henry]
Direnç
R [Ω:ohm]
Elastans (Kapasitansın tersi) S = 1 / C [F-1:farad-1]
Gerilim
E [V:volt]
Elektrik Yükü
q [C:coulomb]
Akım Şiddeti
i [A:ampère]
terimi elektriksel empedans, onun yapısındaki 1/ωC terimi
kapasitif reaktans, ωL terimi ise endüktif reaktans olarak adlandırılır.
Burada ortaya konan benzeşim, mekanik titreşimler alanında edindiğimiz tüm bilgi ve
kavramların elektrik alanında da geçerli olacağını göstermektedir. Ancak, elektriksel
sistemlerin kurulması ve üzerlerinde ölçüm yapılması mekanik sistemlere göre çok daha ucuz
ve kolay olduğundan, bu benzeşim, asıl, elektrik alanında edinilen bilgilerin mekanik alanına
yansıtılması yoluyla yararlı olur. Burada son olarak şunu da belirtelim ki Şek. 2.5.7-a’daki
kadar basit yapıda olmayan elektrik devrelerinin mekanik benzerlerinin kurulması söz konusu
olduğunda, elektrik sistemlerle mekanik sistemler arasındaki bazı farklara da dikkat edilmesi
gerekir. Buna bir örnek olarak, mekanik sistemlerde seri ve paralel bağlı yay ve sönümlerin
eşdeğerlerinin belirlenmesi kurallarıyla elektriksel sistemlerde onlara karşılık gelen
kapasitans ve dirençlerin eşdeğerlerinin belirlenmesi kurallarının birbirine taban tabana zıt
olduğunu belirtelim.
Örnek Problem 2.5.4 (Bir kondansatörün şarj edilmesi)
i
E
A
Şekildeki devrede, t=0 anında A anahtarı
kapatılarak, başlangıçta tamamen boş olan C
kondansatörü şarj edilecektir.
E=Eo=Sabit
C
R
Kondansatördeki yükün ve devreden geçen akımın
zamanla değişimini sistem parametreleri cinsinden
elde ediniz
Şekil Pr. 2.5.4-1
117
Çözüm:
RC devresi adı verilen bu devrede L=0, E=Eo=sabit olduğuna dikkat edilerek Denk.
(2.5.40)’tan
R q& + 1 q = E o
(i)
C
yazılır. Bu, yarım serbestlik dereceli bir sistemdir. Denk. (i)’in genel çözümü, Denk.
(2.3.42)’de bu türden mekanik sistemler için verilmiş olan çözümün eldeki elektriksel sisteme
uyarlanmasıyla
q h ( t ) = Ae
− 1 ⋅t
(ii)
RC
şeklinde elde edilen homojen çözüm ile
(iii)
q p (t) = E oC
şeklinde olduğu hemen görülen özel çözümün toplamından ibarettir. A integrasyon sabitinin
de q(0)=0 şeklinde verilmiş olan başlangıç koşulundan A = − E o C şeklinde hesaplanmasıyla
kondansatördeki yükün zamanla değişimi için
q ( t ) = E o C (1 − e
− 1 ⋅t
RC
(iv)
)
bulunur. Buna göre devredeki akım da
i( t ) =
1
E − ⋅t
dq ( t )
= o e RC
dt
R
(v)
şeklinde değişecektir (Bkz. Şek. Pr. 2.5.4-2). Bu değişimde devreden geçen akım Eo/R
maksimum değerinden başlayıp üstel olarak azalırken kondansatördeki yük de sıfırdan
başlayıp asimptotik olarak EoC maksimum (tam yük) değerine yakınsamaktadır. Yarım yüke
t=RCln2=0.693RC süresinde, tam yüke ise kuramsal olarak sonsuz sürede ulaşılır.
Uygulamada, tam yükün %99.3’üne ulaşılan t=5RC süresi sonunda yüklemenin
tamamlandığı kabul edilir. Buradaki RC’ye zaman sabiti adı verilir.
Eo/R
EoC
Yükün Zamanla
Değişimi
Akımın Zamanla
Değişimi
q(t)
i(t)
0
ln2
1
2
3
t/RC
4
5
Şekil Pr. 2.5.4-2 Kondansatörün (Kapasitörün) Şarj Olması
118
2.5.1.6 “Rezonans”ın Keskinliği • Kalite Faktörü
Alınan bir titreşim sinyalinin elden geldiğince büyütülmesi istendiğinde rezonans
olayından yararlanılır. Böyle bir durumda büyütme katsayısının alabileceği en yüksek değer
kalitenin bir göstergesi haline gelir ve kalite faktörü (ya da Q faktörü) adını alır. Buna göre
kalite faktörü, Denk. (2.5.25)’teki βmaks’tan başka bir şey değildir:
Q = β maks =
1
2ζ 1−ζ 2
.
(2.5.45)
Ancak, Q’nün büyük olmasının istendiği böyle bir durumda ζ elden geldiğince küçük
tutulmuş olacağından ζ2 terimi 1 yanında göz ardı edilebilir. Böylece kalite faktörü için
Q≅ 1 .
(2.5.46)
2ζ
ifadesine gelinir. Kalite faktörü, (terimin bilimsel olmayan mühendislik anlamıyla)
“rezonans”ın keskinliğinin bir ölçüsüdür (Şek. 2.5.9).
β
Q
Q
2
1
η1
η2
∼1 ∆η
η = ωω
n
Şekil 2.5.9 Kalite Faktörü
Bölüm 2.5.1.4’ün içeriğinden bilindiği gibi, rejim halinde, zorlayıcı kuvvetin bir
peryodda sisteme verdiği enerji ile sönümün tükettiği enerji denge halindedir. Bu sonuncusu
ise Denk. (2.5.37)’den görüldüğü gibi X genliğinin, dolayısıyla da β’nın karesiyle orantılıdır.
Buna göre, β = Q / 2 olması halinde zorlayıcı kuvvetin sisteme aktaracağı güç, β = Q olması
halindekinin yarısı kadardır. Bu nedenle β = Q / 2 ’ye karşılık gelen η değerlerine yarı güç
noktaları denir (Şek. 2.5.8). Yarı güç noktaları hakkında bilgi edinmek için β’nın ifadesi
Denk. (2.5.21)’den, Q’nünki ise Denk. (2.5.45)’ten alınarak
β = Q/ 2 →
1
2 2
(1 − η ) + ( 2 ζη )
2
= 1 ⋅
2
1
2 ζ 1− ζ 2
yazılır ve buradan η2 çözülürse, ζ2 terimleri yine göz ardı edilerek
119
η12, 2 = 1 − 2ζ 2 m 2ζ 1 − ζ 2 ≅ 1 m 2ζ
(2.5.47)
bulunur. Buradan
η 22 − η 12 = ( η 2 − η 1 )( η 2 + η 1 ) ≅ 4 ζ ,
(2.5.48)
ya da η1 ile η2'nin η=1 noktasına göre yaklaşık olarak bakışımlı (simetrik) olmasından
yararlanılarak η 1 + η 2 ≅ 2 denilirse
∆η = η2 − η1 ≅ 2ζ
(2.5.49)
elde edilir. İki yarı güç noktası arasındaki açıklığı veren bu boyutsuz ifadenin boyutlu
karşılığı,
∆ω = ω2 − ω1 ≅ 2ζωn
(2.5.50)
şeklindedir. Buradaki ∆ω, sistemin sinyallere anlamlı bir büyütme uygulayacağı, merkezinde
rezonans noktasının bulunduğu frekans aralığının genişliğini göstermektedir. Buna frekans
bant genişliği denir. Bu bandın dar olması, sistemin istenen sinyalin frekansına
ayarlanmasında güçlüğe, fakat buna karşılık, farklı frekanstaki istenmeyen (parazit)
sinyallerin kolayca elenmesine, yani sistemin seçicilik denilen özelliğinin artmasına yol açar.
Denk. (2.5.45) ile Denk. (2.5.50)'den,
Q ⋅ ∆ω ≅ ω n
(2.5.51)
olacağı, yani kalite faktörü ile frekans bant genişliğinin birbiriyle ters orantılı olacağı
anlaşılır. Her iki büyüklüğün sönümle ilişkisi de dikkate alındığında, burada ortaya konulan
bilgiler şöyle toparlanabilir: Bir sistemde sönüm ne kadar azsa kalite faktörü ve seçicilik o
kadar yüksek, frekans bant genişliği o kadar düşüktür.
Esasen sönümle olan bu ilişki, bir sistemdeki sönüm miktarının deneysel olarak
belirlenmesinde Bölüm 2.3.3.1'de verilen yola alternatif bir yolun da dayanağını oluşturur. Bu
yolda, Şek. 2.5.7'nin rezonans civarındaki kısmı deneysel yoldan elde edilir ve ζ, Denk.
(2.5.46) ya da (2.5.49-50)'den
ζ ≅ 21Q
ya da
ζ≅
∆η
= ∆ω
2
2ωn
(2.5.52)
şeklinde hesaplanır.
Bu bölümde ele alınan bilgi ve kavramlar daha çok elektriksel/elektronik sistemlerde
uygulama alanı bulur. Bu uygulamaların en iyi bilinen örneği radyo ayar devreleridir.
2.5.1.7 Karmaşık Sayılarla Hesap • Frekans Yanıt Fonksiyonu (FYF)
120
Harmonik fonksiyonlarla üstel karmaşık fonksiyonlar arasındaki geçişlilik, harmonik
kuvvetle zorlanmış titreşimlerde karmaşık fonksiyonlarla hesap yapma seçeneğini doğurur.
Somut zorlanmış titreşim problemlerinin incelenmesinde elverişsiz görünen bu seçenek,
sistemin harmonik kuvvete yanıtı genel ve soyut probleminin incelenmesinde, sağladığı
hesap kolaylığı ile öne çıkar. İleride ele alınacak konularda kullanılması gerekecek bazı
kavramlara açıklık getirmek üzere burada bu seçeneğin kısaca ele alınması uygun olacaktır.
Bu amaçla, ω frekanslı harmonik bir kuvvetin, F(ω) genelde bir karmaşık sayı olmak
üzere ,
34
F(t) = F(ω) ⋅ eiωt
(2.5.53)
şeklinde gösterilmesi düşünülsün. Burada F(ω) karmaşık sayısının da üstel formda
F(ω) = Fo eiθ
(2.5.54)
şeklinde yazılabileceği anımsanırsa, Denk. (2.5.53)’ün
F(t ) = Fo ⋅ e i(ωt +θ) = Fo cos(ωt + θ) + i ⋅ Fo sin(ωt + θ)
(2.5.55)
şeklinde, gerçel ve sanal bileşenleri zamanın aynı ω frekanslı ve aynı θ faz açısına sahip
harmonik fonksiyonları olan karmaşık bir kuvveti göstereceği anlaşılır.
Bu kuvvet ifadesinin hemen dikkati çeken bazı özellikleri şöyle not edilebilir: i) Bir
karmaşık sayı oluşturduğundan, ifade bir bütün olarak düşünüldüğünde somut/gerçek
kuvvetlerin temsiline elverişli değildir. Ancak, soyut/kavramsal düzeyde, ω frekanslı
harmonik bir kuvveti temsil ettiğine kuşku yoktur. ii) Gerçel ve sanal kısımları ayrı ayrı
düşünülerek, sırasıyla, cos ve sin fonksiyonu şeklinde değişen gerçek harmonik kuvvetlerin
temsilinde kullanılabilir. iii) Kuvvetin sahip olabileceği bir θ faz farkı, F(ω) üzerinden
kolayca hesaba katılabilmektedir.
Şimdi bu kuvvetin etkisindeki bir kütle-yay-sönüm sisteminin hareket denklemi
yazılırsa,
m &x& + r x& + kx = F ( t ) = F ( ω ) ⋅ e i ω t ,
(2.5.56)
ya da boydan boya m ile bölünüp bu alandaki hesaplarda genelde baş vurulan
f (t) =
F(t)
k
→ f (ω ) =
F(ω )
k
F
, fo = o
k
(2.5.57)
tanımı devreye sokularak
34
Burada F(ω) gösterilimi, F'nin ω'nın fonksiyonu olduğunu belirtmek için değil (ki böyle olmak zorunda
değildir); ω frekansına ilişkin bir büyüklük olduğunu belirtmek için gösterilime katılmıştır. İleride görüleceği
gibi, bu, farklı frekanslı terimlerin bir arada bulunduğu durumlarda kaçınılmaz hale gelen bir ayırt etme yoludur.
121
&x& + 2 ζω n x& + ω 2n x = ω 2n f ( t ) = ω 2n f ( ω ) e i ω t
(2.5.58)
elde edilir. Bu denklemin zorlanmış titreşim çözümünü bulmak için, X(ω) bir karmaşık sayı
olmak üzere
x(t)=X(ω)eiωt
(2.5.59)
çözüm kabulü denklemde yerine konulur ve X(ω) çekilirse,
X (ω ) =
(1 −
ω2
ω2
n
1
) + i ⋅ 2 ζ ωω
⋅ f (ω)
(2.5.60)
n
elde edilir. Burada, sistem parametrelerinin ve ω zorlayıcı frekansının bir karmaşık
fonksiyonu olan ve Frekans Yanıt Fonksiyonu (FYF) adını alan35
H (ω) =
x(t)
x (t)
X (ω)
=
=
=
F(t) / k
f (t)
f (ω)
(1 −
ω2
ω 2n
1
(2.5.61)
) + i ⋅ 2 ζ ωω
n
oranının devreye sokulmasıyla da
X (ω) = H (ω) ⋅ f (ω)
(2.5.62)
yazılabilir. Buna göre çözüm,
x(t)=H(ω)f(ω)eiωt
(2.5.63)
şeklinde bulunmuş olur.
Denklem (2.5.61)’de tanımlanan FYF, sistemin harmonik kuvvete yanıtına ilişkin tüm
bilgileri bünyesinde barındıran ve bu özelliğiyle titreşim sisteminin en önemli tanıtıcısı
sayılıp titreşim kuram ve uygulamasında çok değerli bir yer tutan bir büyüklüktür. Şimdi bu
büyüklüğe biraz yakından bakmak üzere Denk. (2.5.61)’in pay ve paydası paydanın karmaşık
eşleniğiyle çarpılır ve elde edilen karmaşık sayının üstel gösterilimine geçilirse,
2
ℜ e [H ( ω ) ] =
1− ω 2
⎛ ω2
⎜⎜ 1−
2
⎝ ωn
2
ωn
2
⎞ ⎛
⎟⎟ + ⎜ 2 ζ ω ⎞⎟
ωn ⎠
⎠ ⎝
, ℑ m [H ( ω ) ] =
2 ς ωω
⎛ ω2
⎜⎜ 1−
2
⎝ ωn
2
n
(2.5.64)
2
⎞ ⎛
⎟⎟ + ⎜ 2 ζ ω ⎞⎟
ωn ⎠
⎠ ⎝
ve
35
Anglosakson yazında Frequency Response Function (FRF) olarak bilinmektedir.
122
Mod [H ( ω ) ] = H ( ω ) =
ℜ e [H ( ω ) ]2 + ℑ m [H ( ω ) ]2 =
ℑ m [H ( ω ) ]
Arg [H ( ω ) ] = tan − 1
= tan − 1
ℜ e [H ( ω ) ]
1
2
⎛
⎜⎜ 1 − ω
2
ωn
⎝
2
(
)
⎞
2
⎟⎟ + 2 ζ ω
ωn
⎠
2 ς ωω
(2.5.65)
n
1−
ω2
ω2
n
olmak üzere
H ( ω ) = ℜ e [H ( ω ) ] − i ⋅ ℑ m [H ( ω ) ] = Mod [H ( ω ) ] ⋅ e − i⋅Arg [H ( ω ) ]
(2.5.66)
elde edilir. Denklem (2.5.65)'in Denk. (2.5.21) ve (2.5.22) ile karşılaştırılmasından, hemen,
FYF'nin modülünün büyütme katsayısı β'ya, argümanının ise hareket ile kuvvet arasındaki
faz farkı ϕ'ye eşit olduğu görülür:
Mod [H ( ω ) ] = H ( ω ) = β , Arg [H ( ω ) ] = ϕ → H ( ω)
= β ⋅ e − i ⋅ϕ .
(2.5.67)
Buradan, FYF'nin gerçekten de sistemin frekans yanıtına ilişkin tüm bilgileri bünyesinde
taşıdığının anlaşıldığına işaret ettikten sonra Denklem (2.5.66) Denk. (2.5.63)'te yerine
konularak sistem yanıtı yeniden yazılırsa,
x ( t ) = Mod [H ( ω ) ] ⋅ f ( ω ) ⋅ e i ⋅{ω t − Arg [H ( ω ) ]} ,
(2.5.68)
ya da burada Denk. (2.5.54), (2.5.55), (2.5.57) ve (2.5.67) dikkate alınarak
x (t) = β
Fo
k
e i [ω t + θ − ϕ ] = β
Fo
k
[cos( ω t + θ − ϕ ) + i sin( ω t + θ − ϕ )]
(2.5.69)
karmaşık ifadesi elde edilir.
Bu son ifadenin Denk. (2.5.55)’teki kuvvet ifadesiyle karşılaştırılmasından hemen
görüleceği gibi, elde edilen karmaşık yanıtın gerçel kısmı kuvvetin Focos(ωt+θ) şeklindeki
gerçel kısmına, sanal kısmı ise Fosin(ωt+θ) şeklindeki sanal kısmına yanıta karşılık
gelmektedir. Bu bilgi, yukarıdaki hesap tarzının sistemin somut bir harmonik kuvvete
yanıtının hesaplanmasında kullanılmasını olanaklı kılar.
123
2.5.2 DÖNEN DENGESİZ ROTORLARIN YOL AÇTIĞI TİTREŞİMLER
Makinaların daimi dönme hareketi yapan kısımlarına rotor adı verilir. Bir rotorun
kütle merkezi dönme ekseni üzerinde yer almıyorsa rotorun dengesiz olduğu söylenir ve bu,
makinayı sarsan bir kuvvetin doğmasına neden olur36. Rotorun sabit hızla dönmesi halinde
harmonik bir kuvvet şeklinde etkiyen bu kuvvet, makinalardaki titreşim sorunlarının başlıca
nedenlerinden birini oluşturur. Bu bölümde işte bu kuvvet ve yol açtığı titreşimler üzerinde
durulacaktır.
md
md
rd
θ=ωt
T
xd(t)
T
ω
x(t)
m
k
m
r
r x&
kx
(a) Sistem
(b) S.C.D.
Şekil 2.5.10 Dönen Dengesiz Rotor
Bu amaçla, sabit ω açısal hızıyla dönen ve kütle merkezi ile dönme ekseni arasında rd
kadarlık bir kaçıklık bulunan md kütleli bir rotor göz önüne alınsın, rotorun dönme
hareketinin makina hareketlerinden etkilenmediği varsayılsın ve makinanın geri kalan gövde
kısmı m kütleli bir kütle-yay-sönüm sistemi olarak modellenmiş olsun (Şek. 2.5.10).
Şekil 2.5.10-b’deki serbest cisim diyagramı yardımıyla gövdenin hareket denklemi,
m&x& + rx& + kx = T cos ωt
(2.5.70)
şeklinde, rotor kütle merkezinin x doğrultusundaki hareket denklemi ise, bu doğrultudaki
konum ve mutlak ivmenin
xd (t) = x(t) + rd cosωt → &x&d (t) = &x&(t) − rdω2 cosωt
(2.5.71)
olduğuna dikkat edilerek
md (&x& − rd ω2 cosωt) = −T cosωt
(2.5.72)
şeklinde yazılır. Denk. (2.5.70) ile Denk. (2.5.72) arasında T’nin yok edilmesi ve
36
Kütle merkezi dönme ekseni üzerinde bulunsa bile bu eksen rotorun bir asal eylemsizlik ekseni değilse rotor
yine dengesizdir. Bu durumda da bir sarsma momenti doğar.
124
m = m + md , D = m d rd
(2.5.73)
tanımlarının devreye sokulmasıyla makina titreşimlerinin hareket denklemi
m &x& + r x& + kx = D ω 2 cos ω t
(2.5.74)
şeklinde elde edilir. Buradaki D [kg.m]’ye dengesizlik adı verilir, m ise makinanın toplam
kütlesidir.
Elde edilen denklemin, genliği Fo=Dω2 değerine sahip harmonik bir kuvvetle
zorlanmış titreşimlerden başka bir şey göstermediğine dikkat edilirse, çözüm için, genlik ve
faz farkı Denk. (2.5.8)’den
X=
Dω2
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
−1
, ϕ = tan
rω
k−mω2
(2.5.75)
şeklinde hesaplanarak hemen
x ( t ) = X cos( ωt − ϕ)
(2.5.76)
yazılabilir.
Şimdi bu titreşimlerin özellikleri hakkında bilgi edinmek amacıyla Denk. (2.5.75)’teki
genlik ve faz farkının boyutsuz büyüklükler cinsinden ifadesine geçilsin. Bu amaçla da,
Denk. (2.5.16-18)’de tanımlanan büyüklüklere ek olarak, stator kısmının hiç hareket
etmemesi halinde dengesiz rotorun dönmesi yüzünden konumu değişecek olan makina kütle
merkezinin düşeydeki gezinme genliğini gösteren
mr
XS = D = d d
m
m+md
(2.5.77)
yardımıyla
β = X : Büyütme katsayısı
XS
(2.5.78)
parametresi tanımlansın. Denk. (2.5.75)’teki ifadelerin pay ve paydalarını k’ya bölme
yoluyla, X genliğinin boyutsuz karşılığı olan büyütme katsayısı için
β=
η2
(1−η2 ) 2 + ( 2ζη ) 2
(2.5.79)
ifadesine, makina hareketiyle dengesizliğin düşey hareketi arasındaki faz farkı için ise
ϕ = tan −1
2 ζη
1− η2
(2.5.80)
ifadesine gelinir. Bu ifadelere karşılık gelen frekans yanıtı ve faz farkı diyagramları Şekil
2.5.11’de verilmiştir.
125
π
0.1
0.15
0.2
3π/4
Faz Farkı ϕ
Büyütme Katsayısı β=X/XS
ζ=0
π/2
0.1
0.3
0.5
1
π/4
ζ=0
0
0.3
Frekans Oranı η=ω/ωn
0.5
0.7
1
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.11 Frekans Yanıtı ve Faz Farkı Diyagramları
–Dönen Dengesiz Rotorların Yol Açtığı Titreşimler-
Faz farkı ifadesi –dolayısıyla da faz farkı diyagramı- harmonik kuvvetle zorlanmış
titreşimlerdekinin aynı olduğundan burada yeniden değerlendirilmesine gerek yoktur. Buna
karşılık, kuvvet genliğinin bu kez frekansın karesiyle orantılı olması yüzünden büyütme
katsayısı ifadesi harmonik kuvvetle zorlama halindekinden farklıdır ve frekans yanıtı
diyagramının değerlendirilmesinde yarar vardır.
Şekil 2.5.11’in Şek. 2.5.3’le karşılaştırırlması, rezonans olayı ve sönümün etki tarzı
bakımından iki durum arasında bir fark olmadığını gösterir. Farklılık gösteren noktalar ise
şöyle sıralanabilir:
Bütün eğrilerin β = 0 ’dan çıkması: η=0 iken ζ değerinden bağımsız olarak β = 0 ’dır.
Bunun nedeni, frekansın karesiyle orantılı olan zorlayıcı kuvvetin η=0 iken yok
olmasıdır.
ii. Bütün eğrilerin β = 1’de toplanması: η→∞ iken yine ζ değerinden bağımsız olarak
β → 1 ’dir. Faz farkı diyagramından da aynı koşullarda ϕ→π rad olduğuna dikkat
edilirse bu durumda makinanın dengesizlikle zıt yönde ve mX=mdrd eşitliğini sağlayan X
genliğiyle titreşeceği anlaşılır. Bu ise makina (gövde+rotor) kütle merkezinin sabit
kalması demektir: Dengesiz rotorun çok yüksek hızla dönmesi halinde gövde, makinanın
kütle merkezini sabit tutacak biçimde titreşir.
iii. Eğrilerin tepe noktaları: β (η ) eğrilerinin tepe noktalarını belirlemek üzere
i.
dβ
dη
2η[1−η2 (1−2ζ 2 )]
η1 = 0
=
= 0 ⎧⎨ η =
1
3
2
2 2
2 2
⎩
[(1−η ) +( 2ζη) ]
1− 2 ζ 2
(2.5.81)
hesaplanırsa, Bölüm 2.5.1.2’dekine benzer değerlendirmeler sonunda, oradaki gibi,
ζ < 1/ 2 = 0.707 olması halinde eğrilerin, yine oradaki gibi
126
β maks =
(2.5.82)
1
2 ζ 1− ζ 2
değerine sahip bir tepe noktası bulunduğu, ancak oradakinden farklı olarak bu tepenin
η=
(2.5.83)
1
1− 2 ζ 2
noktasında, yani η=1 hattının solunda değil sağında ortaya çıktığı belirlenir.
Bu bölümde ortaya konan bilgiler, dengesiz bir rotorun bir makinada tehlikeli titreşim
sorunlarına yol açabileceğini göstermektedir. Bu soruna kaynağında engel olmak üzere bir
rotor tasarlanırken dengesizliğe yol açacak tasarımlardan kaçınmak gerekir. Bu kitabın
çerçevesini aştığı için burada bu konunun ayrıntısına girilmeyecek olmakla birlikte, bunun
yolunun, rotor dönme ekseninin, kütle merkezini de üzerinde bulunduran bir asal eylemsizlik
doğrultusu, yani bir asal eylemsizlik ekseni haline getirilmesi olduğunu belirtelim. Tasarımda
buna dikkat edildiği halde imalat, montaj ya da kullanımdan kaynaklanan dengesizlikler
oluşması halinde ise rotorun, uygun yerlerine kütle eklenip çıkartılması yoluyla dengelenmesi
gerekir. (Bu konularda Bkz. [Turhan, 2012]).
Yine bu bölümde ortaya konan bilgilerden çıkan bir başka sonuç da, olası bir
rezonanstan kaçınmak üzere, makinalarda rotor devir sayıları ile doğal frekansların
çakışmamasına dikkat edilmesi gerektiğidir. Bu yüzden, doğal frekans(lar), makina
tasarımında en önemli tasarım parametrelerinden birini oluşturur.
Burada son olarak şunu da belirtelim ki, bu bölümde incelenen titreşimler, rotorun
gövdeye göre bağıl hareketine ilişkin bir eylemsizlik kuvveti olan Fe=mdrdω2 merkezkaç
kuvvetinin F(t)=mdrdω2cosωt şeklindeki izdüşümünün yol açtığı zorlanmış titreşimler olarak
düşünülebilir (Şek. 2.5.12). Bu açıdan bakıldığında, yalnız dengesiz rotorların değil, peryodik
hareket yapan her makina uzvunun, eğer üzerine etkiyen eylemsizlik kuvveti bir şekilde
dengelenmemişse, makinanın peryodik bir kuvvet etkisinde kalarak titreşim yapmasına yol
açabileceği anlaşılır. Yani burada ele alınan problem, peryodik hareket yapan uzuvlara sahip
makinalara özgü daha genel bir problem olan sarsma kuvvetleri oluşumu probleminin,
incelemesi kolay ve çok karşılaşılan bir özel halinden ibarettir. (Bir başka özel hal için Bkz.
Örnek Problem 2.5.5.)
θ=ωt
t=0
md
F(t)=mdrdω2cosωt
2
Fe=mdrdω
m= m+ md
ω
m
k
r
Şekil 2.5.12 Eylemsizlik Kuvveti
127
Örnek Problem 2.5.5
x(t)
m
n
m
S
M
Şekildeki sistemde, bir ucu yere gömülü, ℓ
boyuna sahip boru profilli çelik kolon, dakikada n
devirle dönen ve kütle merkezleri dönme ekseninden R
uzaklığında bulunan m kütleli üç kanat ile M kütleli
bir gövdeden oluşan bir rüzgâr türbinini taşımaktadır.
R
S
S
E,ℓ
d1
d2
A-A Kesidi
m
A
A
Başlangıçta dengeli bir rotora sahip olan
türbinin bir kanadının çıkartılması halinde oluşacak
dengesizlik yüzünden yapacağı x(t) zorlanmış
titreşimlerinin ifadesini, kirişin elastikliği yanında
kütlesini de yaklaşık olarak hesaba katan ve sistemde
ζ = 0.005 olacak şekilde bir sönüm bulunduğunu
varsayan bir model yardımıyla elde ediniz.
M=90 kg, m=15 kg, R=125 cm, n=60 d/dak,
Şekil Pr. 2.5.5-1 Rüzgâr Türbini
l=20 m, d1=38 cm, d2=42 cm
Çözüm:
x(t)
n
keş
reş
Şekildeki eşdeğer sistem kurularak çalışılsın.
Türbin gövdesinin, kalan 2 kanadın ve bir konsol kiriş
oluşturan çelik kolonun kütleleri dikkate alınarak,
Tablo 2.2 ve Tablo 2.4 yardımıyla
D=mR
meş
Şekil Pr. 2.5.5-2 Eşdeğer Sistem
2
2
33 π(d 2 − d 1 )
33
m eş = M + 2m +
m
= M + 2m +
⋅ l ⋅ ρ çelik
140
4
140 kolon
,
(i)
≅ 39853N/m
(ii)
π( 42 2 − 38 2 ) ⋅10 − 4
= 90 + 2 ⋅ 15 + 33
⋅ 20 ⋅ 7850 ≅ 1050kg
140
4
Tablo 2.1 ve Tablo 2.3 yardımıyla da
k eş = 3EI
=
3
l
π(d4 −d4 )
3⋅ 2,109⋅1011 264 1
3
20
11
=
3⋅ 2,109⋅10
π( 424 −384 )⋅10−8
64
3
20
hesaplanır. Verilen ζ ise,
reş = 2ζ k eş m eş = 2 ⋅ 0,005 ⋅ 39853 ⋅ 1050 ≅ 64,69 kg/s
(iii)
verir. Öte yandan, bir kanadın çıkartılmasının zıt yöne D=mR dengesizliği eklenmesi
anlamına geldiğine dikkat edilirse,
ω = πn = π60 = 2π rad /s
30
30
(iv)
ile
128
F0 = Dω2 = mRω2 = 15 ⋅1,25 ⋅ (2π)2 ≅ 740,22 N
(v)
belirlenir. Böylece artık eşdeğer sistemin hareket denklemi
(vi)
m eş &x& + reş x& + k eş x = F0 cos ω t
şeklinde yazılabilir. Genlik ve faz farkının
Fo
X=
( k eş − m eş ω 2 ) 2 + ( reş ω) 2
,
740,22
=
2 2
(39853 − 1050 ⋅ ( 2 π) ) + (64,69 ⋅ 2 π)
ϕ = tan −1
reş ω
k eş − m eş ω
2
= tan −1
2
(vii)
≅ 0,448 m
64 , 69 ⋅2 π
39853 −1050 ⋅( 2 π ) 2
≅ −0.04 + π ≅ 3,10 rad
(viii)
şeklinde hesaplanmasından sonra x(t) için
x ( t ) = X cos( ω t − ϕ ) = 0, 448 cos( 2 πt − 3,1) m
(ix)
elde edilir.
Örnek Problem 2.5.6 (Gidip gelen bir kütlenin yol açtığı titreşimler)
md
rd
ω
m
x(t) xd(t)
m
k
r
Şekil Pr. 2.5.6-1 Gidip Gelen Kütle
Şekildeki sistem, gidip gelen bir kütle içeren
bir makinayı temsil etmektedir. Bu makinada, bir k-r
ikilisi üzerine yerleştirilmiş m kütleli gövdeye rd
kaçıklığıyla bağlı olarak ω açısal hızıyla dönen ve
kendi kütlesi ihmal edilen bir disk, md kütleli uzva
düşey doğrultuda gidip gelme hareketi yaptırmaktadır.
Sistemde, r viskoz sönümü ile modellenen
dışında sürtünme bulunmadığına göre, bu makinanın
yapacağı x(t) zorlanmış titreşimlerinin hareket
denklemini elde ediniz.
Çözüm:
N
A
rd
S
O
N
Şekil Pr. 2.5.6-2
θ=ωt
Kütlesi göz ardı edildiğine göre diske etkiyen
kuvvetler dengede olmalıdır. Buna göre m ve md cisimlerinin
diske uyguladığı ve sürtünme bulunmadığı için normal
doğrultuda etkiyen kuvvetler eşit ve zıt yönlüdür (Şek. Pr.
2.5.6-2'deki N kuvvetleri).
Bu kuvvetlerin tersinin de disk tarafından ilgili cisme
uygulanacağı düşünülerek bu cisimlerin hareket denklemleri
yazılırsa, konum ve ivmesi
129
x d ( t ) = x ( t ) + r d cos ω t → &x& d ( t ) = &x& ( t ) − rd ω 2 cos ω t
(i)
şeklinde olan md cismi için
m d (&x& − rd ω2 cos ωt ) = N ,
m
(ii)
gövdesi için ise
m &x& + r x& + kx = − N
(iii)
elde edilir. İki denklem arasında N'nin yok edilmesi ve
m = m + m d , D = m d rd
(iv)
tanımlarının kullanılmasıyla da makinanın x(t) titreşimlerinin hareket denklemi
m&x& + rx& + kx = D ω 2 cos ω t
(v)
şeklinde bulunmuş olur. Dikkat edilirse bu denklem, dönen dengesiz rotorların yol açtığı
titreşimlere ait Denk. (2.5.74)'ün aynıdır. Buradan, iki problemin aynı esaslara tabi olduğu
anlaşılır.
F( t ) = m d rd ω 2 cos ωt
m = m + md
x(t)
İstenirse olaya Şek. 2.5.10'da yapıldığı gibi
eylemsizlik kuvveti açısından da bakılabilir. Bu bakış
açısına göre, m = m+ md toplam kütleli makinanın, Denk.
(i)'den hesaplanan bağıl ivmeye karşılık gelen
Fe ( t ) = − m d &x& b = − m d [ &x& d ( t ) − &x& ( t )] = m d rd ω 2 cos ωt
k
(vi)
r
eylemsizlik kuvvetinin etkisinde titreşimler yaptığının
düşünülmesi yeterlidir (Şek. Pr. 2.5.6-3).
Şekil Pr. 2.5.6-3
Örnek Problem 2.5.7 (Askı Noktası Hareketli Matematiksel Sarkaç)
y(t)=Ycosωt
Şekildeki sistemde m,ℓ matematiksel sarkacının askı noktasına
y(t)=Ycosωt harmonik hareketi yaptırılmaktadır.
O
ϕ
a) Sistemin, denge konumu civarındaki küçük salınımlarının
hareket denklemini elde ediniz.
ℓ
m
b) l=25 cm, Y=2 cm, ω=3 rad/s verildiğine göre bu
salınımların θ(t) ifadesini elde ediniz.
Şekil Pr. 2.5.7-1
130
Çözüm:
a) Sarkacın, y(t) öteleme hareketi yapan Oxy eksen
takımı içindeki salınımları söz konusudur. Bu eksen
takımına göre hareket, cismin, gerçek kuvvetlerin yanı sıra
eksen takımının hareketinden kaynaklanan eylemsizlik
kuvvetinin etkisinde bulunduğu düşünülerek incelenebilir.
Bu kuvvet,
y(t)=Ycosωt
ℓcosθ
O
y
θ
ℓ
x
F ( t ) = − m &y& ( t ) = mY ω 2 cos ω t
2
F ( t ) = mY ω cos ω t
şeklindedir. Bu kuvvetin de dikkate alındığı Şek. Pr. 2.5.72'deki SCD yardımıyla sarkacın O çevresindeki dönme
hareketine ilişkin hareket denklemi yazılırsa,
m
ℓsinθ
(i)
mg
Şekil Pr. 2.5.7-2
Serbest Cisim Diyagramı
m l 2 &θ& = − mg l sin θ + mY ω 2 l cos ω t ⋅ cos θ
(ii)
elde edilir. Lineerleştirme ve sadeleştirmeyle ise
&θ& + g θ = Y ω 2 cos ωt
l
l
(iii)
bulunur.
b) Bu denklem dönen dengesiz rotorların yol açtığı titreşimlere ait Denk. (2.5.74) ile aynı
biçimde olduğundan çözümü de onunki gibidir. Böylece, Denk. (iii)'e göre bu problemde ζ=0
(faz farkı hesabına gerek yok), m=1,
D=
Y 2
=
= 0.08 , ω n =
l 25
g
=
l
3
ω
9.81
=
≅ 0.479
= 6.264 rad/s, η =
0.25
ω n 6.264
(iv)
olduğuna dikkat edilerek Denk. (2.5.77-79)'dan genlik
X = β ⋅ XS =
2
η2 D
⋅ = ⋅ 0.479 2 ⋅ 0.108 ≅ 0.024 rad
2 m
1−η
1−0.479
(v)
şeklinde hesaplanır ve
θ(t ) = X cos ωt = 0.024 cos 3t
(vi)
elde edilir.
131
2.5.3 DAYANAĞIN HARMONİK HAREKETİNİN YOL AÇTIĞI TİTREŞİMLER
Bir kütle-yay-viskoz sönüm (m-k-r) sisteminde yay ve sönüm elemanının bağlandığı
zeminin hareketsiz olmayıp bir y(t) hareketi yaptığı düşünülsün (Şek. 2.5.13-a). Bu hareketin
sistemin hareketinden etkilenmeyen bir veri olarak alınabileceği varsayımı altında (bunun
koşullarını irdeleyiniz) sistemin hareket denklemi,
m&x& + r ( x& − y& ) + k ( x − y ) = 0
(2.5.84)
m&x& + rx& + kx = ry& + ky
(2.5.85)
ya da
şeklinde yazılabilir. Dayanağın özel olarak harmonik hareket yapması halinde ise
y(t) = Y cosωt , y& (t ) = −Yωsin ωt
(2.5.86)
olacağından,
m&x& + rx& + kx = kY cos ω t − rω Y sin ω t
(2.5.87)
elde edilir. Sistemin yapacağı zorlanmış titreşimleri belirlemek üzere bu denklemin özel
çözümü bulunmak istenir ve bunun için
x ( t ) = C1 cos ωt + C 2 sin ωt
(2.5.88)
şeklindeki çözüm kabulü ile denkleme gidilirse,
C1 =
k ( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
2 2
( k − m ω ) + ( rω )
2
⋅ Y , C2 =
mr ω3
⋅Y
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
(2.5.89)
bulunur. Buradan genlik ve m’nin hareketiyle zemin hareketi arasındaki faz farkı için
X=
C 12 + C 22 =
k 2 + ( rω ) 2
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω) 2
⋅ Y,
(2.5.90)
C
mr ω3
ψ = tan −1 C2 = tan −1
1
k ( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
F(t)=Focos(ωt+λ)
x(t)
m
Fyay(t)=
kYcosωt
Fsnm(t)=
-rωYsinωt
m
x(t)
k
r
(a) Sistem
y(t)=Ycosω
k
r
(b) Kuvvetler
Şekil 2.5.13 Dayanağın Harmonik Hareketi
132
hesaplanır ve zorlanmış titreşimlerin x(t) ifadesi
x ( t ) = X cos( ωt − ψ )
(2.5.91)
şeklinde elde edilir.
Yukarıdaki hesaba daha öğretici bir açıdan da bakılabilir. Denk. (2.5.87)’nin sağ
tarafındaki iki terim, zemin hareketi yüzünden, sırasıyla yay ve viskoz sönüm elemenı
üzerinden geçerek m cismine etkiyen kuvvetleri göstermektedir:
Fyay ( t ) = ky ( t ) = kY cos ω t , Fsnm ( t ) = ry& ( t ) = − rωY sin ωt .
(2.5.92)
Buna göre cisme, bu harmonik kuvvetlerin toplamı olan
F( t ) = Fo cos(ωt + λ ) ; Fo = Y k 2 + ( rω) 2 , λ = tan −1 rkω = tan −1 2ζη
(2.5.93)
harmonik kuvvetinin etkisinde sabit bir dayanağa bağlı olarak hareket eden bir cisim gözüyle
bakılabilir (Şek. 2.5.13-b). Bu bilginin Denk. (2.5.14)’te değerlendirilmesiyle
x ( t ) = X cos( ω t + λ − ϕ ) ; X =
k 2 + ( rω) 2
2 2
( k − mω ) + ( rω)
2
⋅ Y , ϕ = tan −1
rω
k − mω 2
(2.5.94)
çözümü elde edilir. Bu çözüm Denk. (2.5.90,91)’dekiyle karşılaştırılırsa, iki çözümün genliği
aynı fakat faz farkını, aralarındaki ilişki
ψ = ϕ−λ
(2.5.95)
olacak şekilde farklı ifade ettikleri görülür. Burada ψ, cismin hareketinin zemin hareketine
göre geri kalma miktarını, λ, cisme etkiyen kuvvetin zemin hareketine göre önde gitme
miktarını, ϕ ise cismin hareketinin etkiyen kuvvete göre geri kalma miktarını göstermektedir.
Şimdi harmonik zemin hareketinin yol açtığı titreşimler hakkında bilgi edinmek için
boyutsuz büyüklüklere geçilir ve bu amaçla önceden bilinen büyüklüklere ek olarak
G=X
: Geçirgenlik
Y
(2.5.96)
tanımı yapılırsa
G =
1+ ( 2 ζη ) 2
(1− η 2 ) 2 + ( 2 ζη ) 2
(2.5.97)
ve
ψ = tan −1
2 ζη 3
2 ζη 3
= tan −1
2
1− η + ( 2 ζη )
1+ ( 4 ζ 2 −1) η 2
2
(2.5.98)
elde edilir. Bunlara karşılık gelen frekans yanıtı ve faz farkı diyagramları Şek. 2.5.14’te
gösterilmiştir. Şimdi bu diyagramları inceleyerek dayanağın harmonik hareketinin yol açtığı
titreşimlerin temel özelliklerini belirleyelim.
133
π
ζ=0
0.15
Geçirgenlik G=X/Y
0.2
0.1
3π/4
Faz Farkı ψ
0.1
ζ=0
0.3
0.3
0.5
π/2
1
π/4
0
Frekans Oranı η=ω/ωn
0.5
0.7
1
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.14 Frekans Yanıtı ve Faz Farkı Diyagramları
–Dayanağın Harmonik Hareketinin Yol Açtığı Titreşimler-
Frekans Yanıtı. Frekans Yanıtı diyagramının incelenmesiyle şu belirlemeler yapılır:
Eğrilerin ortak özellikleri: ζ değerinden bağımsız olarak bütün eğriler η=0 iken G=1’den
çıkıp η=√2 iken yeniden G=1’de buluştuktan sonra η→∞ iken G→0 olacak biçimde bir
gidiş izlerler. Yani doğal frekansından çok düşük frekanslarda kütle dayanakla aynı
titreşimi yaparken çok yüksek frekanslarda hiç hareket etmeme eğilimindedir.
ii. Sönümün etkisi: Bundan önce incelenen durumlardan farklı olarak, ζ’nın etkisi tekdüze
olmayıp η<√2 iken G'yi küçültücü yönde, η>√2 iken ise büyültücü yöndedir.
iii. Eğrilerin tepe noktaları ve rezonans olayı: G(η) eğrilerinin birer tepe noktası vardır. Bu
tepe noktalarını belirlemek için eğrilerin stasyoner noktaları hesaplanırsa,
i.
dG =
dη
η1 = 0
⎧
=0⎨
(1+ 4 ζ η )( η + 4 ζ η − 2 η +1)
⎩ η2 =
2 4
2
− 2 η ( 2 ζ η + η −1)
2 2
4
2 2
2
3
1+8ζ2 −1
2ζ
(2.5.99)
bulunur. Birinci kök, bütün eğrilerin η=0, G=1 noktasından yatay çıktığını gösterir.
İkinci kök her ζ değeri için vardır. Bu, her G(η) eğrisinin bu kökün gösterdiği noktada
(ki η=1 hattının solundadır) bir maksimumunun bulunduğu anlamına gelir. Denk.
(2.5.97)’de η2 yerine konularak bu maksimumun değeri
G maks =
2 2 ⋅ζ 2
(1+ 8ζ 2 ) + 4ζ 2 ( 2ζ 2 −1) −1
(2.5.100)
olarak bulunur. ζ=0 için hem η2 ifadesi hem Gmaks ifadesi belirsiz hale geldiğinden ζ
sıfıra giderken limit alınarak gerçekleştirilen hesaplar sonunda, ζ→0 için η2→1, Gmaks
→∞ olduğu görülür. Bilindiği gibi bu, rezonans olayıdır.
134
Faz Farkı. Faz Farkı diyagramının incelenmesinden şunlar anlaşılır:
i.
ii.
iii.
Sönümsüz hal: ζ=0 iken η<1 ise kütle dayanakla tam aynı fazda, η>1 ise tam zıt fazda
titreşir.
Sönümlü hal: ζ≠0 iken η=0’da hepsi ψ=0’dan çıkan eğriler η→∞ iken ψ→π/2 olacak
biçimde davranırlar. Bunun nedeni şudur: η’nın artması hızın, bu da Denk.
(2.5.92)’deki kuvvetlerden sönüm üzerinden geçen kuvvetin artması demektir. Yay
üzerinden geçen kuvvet değişmediğinden böylece bu kuvvet kütleye etkiyen toplam
kuvvete egemen olur. Oysa bu kuvvet sinωt şeklinde değiştiğinden cosωt şeklinde
hareket eden dayanağa göre π/2 rad ileri fazdadır. Buradan η→∞ iken λ→π/2 olduğu
anlaşılır. Oysa η→∞ iken ϕ→π olduğu bilinmektedir. Böylece Denk. (2.5.95)’ten
η→∞ iken ψ→π/2 olacağı görülür.
Maksimum faz farkı: Sönümlü halde bazı faz farkı eğrilerinin bir tepe noktası vardır.
Denk. (2.5.98)’den stasyoner nokta hesabı yapılarak bu tepe noktasının
3
1−4ζ2
η=
(2.5.101)
noktasında ortaya çıktığı, dolayısıyla ancak 0<ζ<0.5 olması halinde var olacağı
anlaşılır.
Örnek Problem 2.5.8
x(t)
Şekilde, λ dalga boyuna ve Y
genliğine sahip sinüsoidal bir yol
üzerinde sabit v ileri hızıyla
hareket
eden
bir
römork
gösterilmiştir.
v
m
y
r
k
λ
Y
s
Şekil Pr. 2.5.8 Dalgalı Yolda Römork
Römorkun yapacağı düşey
zorlanmış
titreşimlerin
x(t)
ifadesini elde ediniz.
m=1000 kg, k=340 kN/m, ζ=0.5
v=90 km/h, λ=5 m, Y=2 cm
Çözüm:
Yolun dalga denklemi
y (s ) = Y cos 2 πs
(i)
λ
şeklinde yazılabilir. Burada s=vt’nin yerine konulmasıyla da
y( t ) = Y cos 2λπv ⋅ t ;
ω = 2πv = 2π90/ 3.6 = 10π rad/s
5
λ
(ii)
elde edilir. Görüldüğü gibi problem, dayanağın harmonik hareket yapması problemine
dönüşmüştür.
135
ωn =
ve
k =
m
340⋅103 = 18.439 rad/s
1000
(iii)
π = 1.704 rad/s
η = ωω = 1810
.
439
n
(iv)
hesaplandıktan sonra genlik ve dayanak hareketiyle faz farkı Denk. (2.5.96-98)’den
X = G ⋅Y =
1+ ( 2 ζη ) 2
(1− η 2 ) 2 + ( 2 ζη ) 2
1+ ( 2 ⋅0 . 5⋅1 . 704 ) 2
⋅Y =
(1−1 . 704 2 ) 2 + ( 2 ⋅0 . 5⋅1 . 704 ) 2
⋅ 2 ≅ 1 . 55 cm
(v)
ve
ψ = tan −1
2 ζη 3
2⋅0.5⋅1.704 3
= tan −1
≅ 1 .37 rad
2
2
1− η + ( 2 ζη )
1−1.704 2 + ( 2⋅0.5⋅1.704 ) 2
(vi)
şeklinde bulunur ve zorlanmış titreşimlerin ifadesi
x ( t ) = X cos( ωt − ψ ) = 1.55 cos(10 πt − 1.37 ) [cm]
(vii)
şeklinde elde edilir. (İstenirse faz farkı için Denk. (2.5.93-95) yardımıyla
λ = tan − 1 2 ζη = tan − 1 2 ⋅ 0 . 5 ⋅ 1 . 704 ≅ 1 . 04 rad,
ϕ = tan −1
2 ζη
1− η 2
= tan −1 2⋅0 .5⋅1 .704
≅ − 0 . 73 + π ≅ 2 . 41 rad
2
1−1 .704
ψ = ϕ − λ = 2.41 − 1.04 = 1.37 rad
(viii)
(ix)
(x)
şeklinde de hesap yapılabilirdi.)
Örnek Problem 2.5.9
x(t)
m
k1
k2
ωt
R
r
m=2 kg, k1=132 N/m, k2=78 N/m r=2.4 kg/s,
e=6 cm, ω=10 rad/s
y(t)
e
Şekildeki sistemde e kaçıklığına sahip dairesel disk
sabit ω açısal hızıyla dönmektedir. Bu nedenle m cisminin
yapacağı zorlanmış titreşimlerin x(t) ifadesini elde ediniz.
R
Çözüm:
Disk, k2 yayının bağlı olduğu tablaya
y ( t ) = e cos ω t
(i)
Şekil Pr. 2.5.9
hareketini yaptırdığına göre dayanağın harmonik hareketinin yol açtığı bir titreşim hareketi
söz konusudur. Ne var ki hareketli dayanağa bağlı yay yanında sabit zemine bağlı yay ve
sönüm de içermesi bu sistemi yukarıdaki incelemede ele alınan modelden farklılaştırmakta ve
136
orada elde edilen sonuçları doğrudan kullanmayı olanaksız kılmaktadır. Bu nedenle
problemin baştan ele alınmasında yarar vardır. Bu amaçla ilkin hareket denklemi yazılırsa,
(ii)
m &x& + r x& + k 1 x + k 2 ( x − y ) = 0
ya da Denk. (i) burada yerine konularak
(iii)
m &x& + r x& + ( k 1 + k 2 ) x = k 2 e cos ω t
elde edilir. Bu denkleme x ( t ) = C1 cos ω t + C 2 sin ω t şeklinde çözüm aranırsa,
C1 =
k 2 ( k1 + k 2 − m ω 2 )
( k1 + k 2 − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
⋅e, C2 =
k 2 rω
( k 1 + k 2 − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
(iv)
⋅e
bulunur. Buradan genlik ve tabla hareketiyle faz farkı
X = C12 + C 22 =
k 2 ⋅e
( k1 + k 2 − mω2 ) 2 + ( rω) 2
=
78⋅6⋅10 −2
(132 + 78− 2⋅10 2 ) 2 + ( 2.4⋅10 ) 2
= 0.18 m
(v)
ve
C
2 . 4 ⋅10
rω
ψ = tan −1 C 2 = tan −1
= tan −1
= 1 . 176
1
132 + 78 − 2 ⋅10 2
k1 + k 2 − m ω 2
rad
(vi)
şeklinde hesaplanarak x(t) hareketi
x ( t ) = X cos( ωt − ψ ) = 0.18 cos(10 t − 1.176 )
[m]
(vii)
şeklinde elde edilir.
2.5.4 SİSMİK ÖLÇÜM ALETLERİ
Basit sağduyu, titreşimin ölçülebilmesi için onu hareketsiz bir eksen takımından
gözlemek gerektiğini söyler. Nitekim sabit bir zemine yerleştirilerek kullanılan lazer
algılayıcılı ve akustik parçacık hızı algılayıcılı titreşim ölçüm aletleri bulunmaktadır. Ne var
ki, böyle bir sabit zeminin her zaman bulunamayacağı da bellidir. Örneğin yer sarsıntıları
hangi sabit zeminden gözlenecektir? Buradan, kendilerinin de katıldıkları titreşim
hareketlerini ölçebilecek aletler yapılması gerektiği sonucuna varılır. Böyle aletlerin tasarım
ilkelerinin ortaya konulması, zorlanmış titreşimler kuramının en ilgi çekici ve önemli
uygulamalarından birini oluşturur. Biz de burada, ilk olarak sismoloji (deprembilim)
araştırmaları çerçevesinde geliştirildikleri için sismik ölçüm aletleri adıyla anılan bu aletlerin
çalışma ve tasarım ilkelerini gözden geçireceğiz.
Böyle bir incelemenin, söz konusu aletleri tanıtmanın yanı sıra zorlanmış titreşimler
kuramının tüm incelikerinin değerlendirildiği bir uygulama oluşturması bakımından konuya
ilişkin kavramların özümsenmesini sağlamak gibi bir yararının da bulunduğunu belirtelim.
137
r
k
x(t)
m
y(t)=Ycosωt
Şekil 2.5.15 Sismik Ölçüm Aleti
Bir titreşim ölçüm aleti, titreşimleri ölçülmek istenen zemine sıkıca bağlanarak onunla
birlikte titreşen bir muhafaza, bu muhafazaya elastik olarak (bir yay ve bir sönüm üzerinden)
bağlı bir kütle -ki sismik kütle diye anılır- ve sismik kütlenin muhafazaya göre bağıl
hareketlerini kaydeden bir kayıt sisteminden oluşur (Şek. 2.5.15).
Şimdi, bu bağıl hareketlerin diferansiyel denklemini elde etmek üzere önce zemin y(t)
hareketini yaparken sismik kütlenin yapacağı x(t) mutlak hareketlerinin diferansiyel denlemi
m&x& + r(x& − y& ) + k(x − y) = 0 ,
(2.5.102)
şeklinde yazılır, sonra da burada
z( t ) = x ( t ) − y( t )
(2.5.103)
bağıl koordinatı yerine konulursa,
m &z& + r z& + kz = − m &y&
(2.5.104)
elde edilir. Özel olarak zeminin harmonik titreşimler yapması halinde ise
y(t) = Ycosωt , y& ( t ) = −Yω sin ωt , &y&( t ) = − Yω 2 cos ωt
(2.5. 105)
olacağından bağıl titreşimlerin hareket denklemi
m&z& + rz& + kz = mYω2 cos ωt
(2.5. 106)
şeklini alır. Bu denklemin çözümü,
Z=
ve
mω2
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω) 2
⋅Y =
2ζη
ϕ = tan−1 rω 2 = tan−1 2
k−mω
1−η
η2
(1− η 2 ) 2 + ( 2 ζη ) 2
⋅Y
(2.5. 107)
(2.5. 108)
olmak üzere
z ( t ) = Z cos( ωt − ϕ)
(2.5. 109)
şeklindedir.
138
Bütün titreşim ölçüm aletleri Denk. (2.5.109)’daki z(t)’yi kaydederler. Ancak, aşağıda
göreceğimiz gibi, aletin doğal frekansıyla ölçülecek titreşimin frekansı arasındaki ilişkiye
bağlı olarak bu kayıt, y(t) titreşimlerinin, y& ( t ) hızının ya da &y& ( t ) ivmesinin kaydedilmesi
anlamına gelir. Alet de bu çerçevede, titreşimölçer, hızölçer ya da ivmeölçer adını alır. Şimdi
bunun nasıl olduğuna bakalım.
Titreşimölçer: Doğal frekansı ölçülecek titreşimlerin frekansından çok küçük olan (η>>1)
sismik ölçüm aletleri titreşimölçer diye adlandırılır. Bu aletlerde z(t)'nin kaydı -aralarındaki
faz farkı dışında- y(t)'nin kaydı anlamına gelir. Bunu görmek için bu iki hareketin
genliklerinin birbirine bağlayan Denk. (2.5.107)’deki
β=
η2
(2.5. 110)
(1− η 2 ) 2 + ( 2 ζη ) 2
katsayısının η ile değişimini gösteren Şek. 2.5.16'ya bir göz atmak yeterlidir37. Bu şekle göre
η>>1 iken β ≅ 1 olacağı, yani
Z≅ Y
(2.5. 111)
olacağı anlaşılır. Olayın fiziği üzerine düşünülürse, büyük eylemsizliği yüzünden yüksek
frekanslı titreşimleri izleyemeyen sismik kütlenin uzayda sabit kaldığı ve hareket eden
muhafaza karşısında yapay bir referans eksen takımı oluşturduğu anlaşılır.
Titreşimölçerler, ölçüm yapabilecekleri frekans aralığını geniş tutmak için küçük bir
doğal frekansa, yani yumuşak bir yay ve büyük bir kütleye sahip olacak biçimde tasarlanır ve
frekansı η>5 koşulunu sağlayan titreşimlerin ölçümünde kullanılırlar. Sönüm bakımından ise,
en iyisi β eğrisi β ≅ 1 ’e en çabuk yakınsayan sönüm olan ζ=1/√2=0.707 değeri imiş gibi
görünse de aşağıda tartışılacak faz çarpıtması olayı bakımından tamamen sönümsüz
tasarımlar yeğlenir.
Bu aletler, büyük kütleye sahip oldukları için ağır, ölçebilecekleri titreşim genliği
kendi boyutlarıyla sınırlı olduğu için de iri aletlerdir. Bu özellikleri, titreşimölçerleri pek
tercih edilmeyen aletler haline getirir.
4
ζ=0
0.1
0.15
3
β = Z/Y
0.2
2
0.3
0.5
1
1
0
0
2
ζ=1/√2=0.707
4
6
8
10
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.16 β Katsayısının η İle Değişimi
37
Dikkat edilirse β , dengesiz rotorların yol açtığı titreşimlerdeki büyütme katsayısından başka bir şey değildir
ve grafiği Şek. 2.5.11’de zaten verilmiştir. Başvuru kolaylığı için grafik burada tekrarlanmaktadır.
139
Hızölçer: Doğal frekansı ölçülecek titreşimlerin frekansı civarında olan (η≅1) sismik ölçüm
aletlerine hızölçer denir. Bu aletlerde z(t), belli bir faz farkı ve bir ölçek farkıyla
y& (t) = −Yωsin ωt hızına eşittir. Gerçekten de Denk. (2.5.107),
Z=
η
(2.5. 112)
⋅ ω1 ⋅ ω Y
2 2
(1− η ) + ( 2 ζη ) 2
n
şeklinde yazılır ve buradaki
β* =
η
(2.5.113)
2 2
(1−η ) +(2ζη)2
katsayısının η ile değişimini gösteren Şek. 2.5.17’ye bir göz atılırsa, β*(η)’nın sıfırdan farklı
ve stasyoner olduğu (bir sabit gibi davrandığı) tek bölgenin η≅1 bölgesi olduğu görülür. Bu
değer Denk. (2.5.113)’te yerine konulursa
β* ≅ 21ζ ,
(2.5. 114)
4
ζ=0
0.1
0.15
3
β*
0.2
2
0.3
0.5
1
ζ=1/√2=0.707
1
0
0
2
4
6
8
10
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.17 β* Katsayısının η İle Değişimi
bunun Denk. (2.5.112)’de yerine konulmasıyla da
Z ≅ ( m ) ⋅ ωY
(2.5. 115)
r
elde edilir.
Hızölçerler, rezonans koşullarında çalışmak zorunda oluşları ve sıcaklık, basınç gibi
ortam koşullarına aşırı duyarlı olduğu bilinen r viskoz sönüm katsayısı cinsinden sonuç
verişleri yüzünden uygulamada kullanılmayan aletlerdir.
İvmeölçer: Doğal frekansı ölçülecek titreşimlerin frekansından çok yüksek olan (η<<1)
sismik ölçüm aletleri ivmeölçer diye adlandırılır. Bu aletlerde kaydedilen z(t), bir faz farkı ve
2
bir ölçek farkıyla &y&(t) = −Yω cosωt ivmesine eşit olur. Bu, Denk. (2.5.107)’den yazılan
Z=
1 ⋅ ω2 Y
2
ω
(1−η ) +( 2ζη)
n
1
2 2
2
(2.5. 116)
140
ifadesindeki
β=
1
(2.5. 117)
2 2
(1− η ) + (2ζη) 2
katsayısının Şek. 2.5.18’deki grafiğinden38 kolayca görülebilir. Bu grafiğe göre η<<1 iken
β≅1 olacağı, buna göre de Denk. (2.5.116)’nın
Z ≅ (m
) ⋅ ω2 Y
k
(2.5. 118)
şeklini alacağı anlaşılmaktadır.
4
ζ=0
0.1
0.15
0.2
0.3
3
β
2
0.5
1
0
ζ=1/√2=0.707
1
0
2
4
6
8
10
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.18 β Katsayısının η İle Değişimi
İvmeölçerler, yüksek doğal frekansa sahip olmaları gerektiğinden sert yaylı ve küçük
kütleli aletlerdir. Buna göre, Denk. (2.5.116)’dan, genliklerinin de küçük olacağına dikkat
edilirse bu aletlerin hacim ve ağırlıkça küçük, kullanışlı aletler olacakları anlaşılır. Bu
özellikleriyle titreşimölçer ve hızölçerlere karşı kesin bir üstünlüğe sahiptirler. Bu nedenle,
ölçülmek istenen büyüklük ivme olmasa bile, ölçümü ivmeölçerle yapıp sonucu integre
ederek hız ve konum bilgisine ulaşmak yeğlenir.
Bir ivmeölçerin yapacağı ölçümün doğruluğu, Denk. (2.5.117)’deki β katsayısı için
yapılan β≅1 kabulünün geçerliliğine bağlıdır. β’nın 1 yerine, örneğin 1.05 değerini alması
halinde %5’lik bir ölçüm hatası söz konusu olacaktır. Oysa Şek. 2.5.18’den görüldüğü gibi bu
kabulün geçerli olduğu η bölgesinin genişliği ζ değerine bağlıdır. En uygun ζ değerini
belirlemek için bu şeklin şu anda ilgilenmekte olduğumuz η<1 bölgesini büyüteç altına alan
ve bu kez “İvmeölçer Hatası” adı altında verilen Şek. 2.5.19 incelenirse, en uygun seçimin
ζ=1/√2=0.707 alınması olduğu görülür. (Bu sonuca,
d 2β
dη2 η= 0
= 2 − 4ζ 2 = 0 → ζ = 1
2
(2.5.119)
şeklinde hesap yapılarak da ulaşılabilirdi.) Bu seçim yapıldığında ivmeölçerin 0≤η≤0.2
aralığında % 0.1’in altında hata ile ölçüm yapacağını belirtelim.
38
Bu, Şek. 2.5.3’te grafiği verilmiş olan büyütme katsayısından başka bir şey değildir.
141
ζ=0.60
ζ=0
ζ=0.65
ζ=1/√2
β
ζ=0.75
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.19 İvmeölçer Hatası
Faz Çarpıtması: Buraya kadar hep, ölçülecek titreşimlerin harmonik titreşimler olduğu
varsayımı altında çalıştık. Oysa bir titreşim ölçüm aletinin gelişigüzel titreşimleri de ölçmesi
gerekir. Gelişigüzel titreşimler ise, kuramsal olarak, sonsuz adet harmonik titreşimin toplamı
şeklinde düşünülebilir. Bu bizi, şimdiye kadar göz önüne almadığımız bir sorunla karşı
karşıya bırakır. Alet, ölçülecek titreşimi değil, kendi titreşimlerini kaydetmektedir. Bu ikisi
arasında ise bir faz farkı vardır. Söz konusu olan bir basit harmonik hareket olduğunda bu
yalnızca zaman bakımından bir kaymaya yol açar ve bir ölçüm hatası yaratmaz. Ancak,
birden fazla harmonik terimin toplamı şeklinde bir titreşim söz konusu olduğunda, her bir
terim farklı miktarlarda faz kaymasına uğrayacağından alet, titreşimi biçimini çarpıtarak
algılar. Bu olaya faz çarpıtması (faz distorsiyonu) adı verilir.
x
x1(t)=sinωt
x2(t)=0.5sin3ωt
x(t)=x1(t)+ x2(t)
t
(a)
x
x1(t)=sinωt
x2(t)=0.5sin(3ωt-π)
x(t)=x1(t)+ x2(t)
t
(b)
Şekil 2.5.20 Faz Çarpıtması
Aralarındaki faz ilişkisi değiştirildiğinde aynı iki harmonik terimin toplamının ne
kadar farklılaşabileceğini gösteren Şek. 2.5.20, faz çarpıtması hakkında bir fikir vermektedir.
Buradan çıkan sonuç, titreşim ölçüm aletlerinde faz çarpıtmasına karşı önlem alınması
gerektiğidir. Şimdi bunun nasıl yapılabileceğini görelim.
Ölçülmek istenen titreşim iki harmonik terimin toplamı şeklindeki
y(t)=Y1cosω1t+Y2cosω2t titreşimi, aletin ölçümü ise z(t)=Z1cos(ω1t-ϕ1)+Z2cos(ω2t-ϕ2) olsun.
142
Faz çarpıtmasını yok etmenin iki yolunun bulunduğu görülebilir:
i) ϕ1=ϕ2=0 ya da ϕ1=ϕ2=π olması39. Faz farkının Denk. (2.5.108)’deki ifadesinden
bunu sağlamak için ζ=0 yapılması, yani aletin sönümsüz imal edilmesi gerektiği anlaşılır. Bu,
titreşimölçerlerde faz çarpıtmasını yok etmenin tek yolunu oluşturduğu için titreşimölçerler
sönümsüz olarak tasarlanırlar. İvmeölçerler de sönümsüz tasarlanabilir ise de bunun, hatasız
ölçüm aralığının genişliği bakımından (Bkz. Şek. 2.5.19) uygun bir seçenek olmadığını
unutmamak gerekir.
ii) τ bir sabit olmak üzere ϕ1=ω1τ, ϕ2=ω2τ olması. Faz farkının bu şekilde frekansla
orantılı olması sağlanabilirse aletin ölçümü z(t)=Z1cosω1(t-τ)+Z2cos ω2(t-τ) şeklini alacak ve
ölçüm, zaman ekseninde τ kadarlık bir kaydırmayla y(t)’yi çarpıtmadan yansıtacaktır. Şimdi
bunun nasıl sağlanabileceğini görmek üzere Denk. (2.5.108)’deki faz farkının η ile
değişimini farklı ζ değerleri için gösteren Şek. 2.5.21’i göz önüne alalım40. Bu şekle göre,
ζ=1/√2=0.707 olması halinde ϕ(η) eğrisinin, ivmeölçerlerle ilgili η<1 bölgesi boyunca
doğrusala yakın bir görünüm aldığı, dolayısıyla bu ζ değeri için, tam istenildiği gibi,
ϕ≅ωτ; τ=π/2ωn=sabit yazılabileceği görülmektedir.
Bu sönüm miktarı aynı zamanda ivmeölçerin hatasız ölçüm aralığını en geniş kılan
sönüm miktarı olduğundan, ivmeölçerlerin ζ=1/√2=0.707’lik bir sönüme sahip olacak
biçimde tasarlanmasının uygun olacağı anlaşılır.
0.5π
ζ=1
0.4π
0.3π
ϕ
ζ=1/√2=0.707
ζ=0.5
0.2π
ζ=0.25
0.1π
ζ=0.05
0
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.21 Faz Farkı
Biz burada yalnızca titreşimleri algılayan mekanik kısmının (sensör) çalışma ilkelerini
ele almış olsak da, kuşkusuz bir sismik ölçüm aleti bundan ibaret değildir. Modern aletler,
sismik kütlenin hareketlerini bir elektrik sinyaline dönüştürerek işlenmek ve kaydedilmek
üzere bir işlemciye ileten bir dönüştürücüye de sahiptir. Bu alanda birçok farklı teknoloji
kullanılmakla birlikte en yaygın uygulama sismik kütlenin değişken baskısı altında kalacak
39
Bu seçeneklerden ilki η<1 bölgesinde çalışan ivmeölçerler, ikincisi ise η>1 bölgesinde çalışan titreşimölçerler
için söz konusu olur.
40
Bu şekil, Şek. 2.5.3’ün η<1 bölgesinden ibarettir.
143
biçimde yerleştirilmiş ve bir yandan yay görevi görürken bir yandan da bu baskıyı elektrik
gerilimine dönüştüren piezoelektrik kristallerden yararlanılmasıdır (Şek. 2.5.22-a). Bu tür
elektromekanik aletlerde sönüm de genellikle sisteme mekanik olarak değil elektriksel olarak
katılmaktadır. Benzer şekilde, ivme bilgisini hız ve konum bilgisine dönüştürmek için
gereken integraller basit integrasyon devreleri yardımıyla kolayca alınabilmektedir.
Piezoelektrik ivme algılayıcıları çok küçük boyutlarda imal edilebilmektedir. Hacmi
birkaç mm3, kütlesi 1 g’ın altında olan örnekler mevcuttur. Bunun, sisteme eklenerek ölçüm
yaptığı için ölçeceği titreşimleri kendi varlığıyla değiştirme sorunu bulunan sismik ölçüm
aletleri için çok önemli bir özellik olduğunu belirtelim. Bugün, böyle küçük algılayıcılarla
donatılmış el ivmeölçerleri sadece bir-iki yüz gram ağırlığında ve cep telefonu
boyutlarındadır (Şek. 2.5.22-b).
Muhafaza
Yay
Sismik Kütle
Montaj ve
Gergi Civatası
Piezoelektrik
Rondelalar
Tespit Civatası
Kablo
Bağlantısı
Yükseltici
(a) Piezoelektrik İvme Algılayıcısı
(b)
El İvmeölçeri
Şekil 2.5.22 Piezoelektrik İvmeölçer
144
Örnek Problem 2.5.10
Doğal frekansı 40000 Hz, viskoz sönüm faktörü ζ=0.65 olan bir ivmeölçerin en çok
%1’lik bir hata payıyla ölçüm yapması istendiğine göre alet hangi frekans aralığında
kullanılmalıdır?
Çözüm:
Ölçüm hatası, Denk. (2.5.117)’deki β katsayısı yardımıyla
e = 1− β = 1−
1
(i)
2 2
(1−η ) +( 2ζη)2
şeklinde ifade edilebilir. Buradan,
1
(1− η 2 ) 2 + ( 2 ζη ) 2
= 1± e ,
(ii)
ya da kareye kaldırıp η2 için düzenleyerek
η 4 + 2 ( 2 ζ 2 − 1) η 2 + [1 −
(iii)
1 ]= 0
(1± e ) 2
elde edilir. Buradaki ±e terimi, olduğundan büyük ve küçük ölçme sınırlarına karşılık
gelmektedir. ζ=0.65, e=0.01 değerleri yerine konulursa 2 denklem ve çözümleri
⎧ 2
η4 − 0.3100η2 + 0.0197= 0 ⎪⎨ η1 = 0 .089 → η1 ≅ 0 .30 ,
2
⎪⎩ η 2 = 0 .221 → η 2 ≅ 0 .47
⎧ 2
η4 − 0.3100η2 − 0.0203= 0 ⎪⎨ η 3 = 0 .366 → η 2 ≅ 0 .60
2
⎪⎩ η 4 = − 0 . 056 → Olanaksiz
(iv)
(v)
şeklinde elde edilir. Bu çözümlerin Şek. 2.5.17’deki ζ=0.65 eğrisinin β=1±0.01 hatlarını
kestiği η noktalarından başka bir şey olmadığı açıktır. Bu noktaların en küçük frekansa
karşılık geleni dikkate alınarak, frekans aralığı için
0 < η < η1 = 0.30 → 0 < f < 0 .30 ⋅ f n = 0 .30 ⋅ 40000 = 12000 Hz
(vi)
hesaplanır. Alet 0-12000 Hz aralığında kullanılmalıdır.
145
2.5.5 TİTREŞİM YALITIMI
Zorlanmış titreşimler kuramının önemli uygulamalarından birini de titreşim yalıtımı
oluşturur.
Titreşim yalıtımı denildiğinde, bir nedenle doğmuş olan titreşimlerin yayılma
yollarının kesilerek arzu edilmeyen yerlere ulaşmasına engel olunması anlaşılır.
Bunu yapmanın yolu, titreşim kaynağı ile titreşimden korunmak istenen kısımlar
arasındaki tüm rijid bağlantıların kaldırılarak yerlerine elastik bağlantılar konulmasıdır.
Bunun gerçekleştirilmesinde, özel olarak bu iş için tasarlanıp üretilen ve yalıtıcı (izolatör) adı
verilen elemanlardan yararlanılır. Bir yalıtıcı, elastikliğini temsil eden bir k yayı ve ister
istemez sahip olacağı sönümü temsil eden bir r viskoz sönümünden oluşan bir (k,r) bütünü
olarak modellenir. Uygun seçilmiş bir yalıtıcıyla, aşağıda görüleceği gibi, gerçekten de
titreşimlerin yayılmasına büyük ölçüde engel olunabilir. Ancak hatalı yalıtıcı seçimi de bunun
tersine, yani titreşimlerin şiddetlendirilerek iletilmesine yol açabilir. Bu yüzden titreşim
yalıtımı konusu, “Yarım doktor candan …” özdeyişinin geçerli olduğu bir tam mühendislik
konusudur ve kuramı bilmeyenlerin uygulamaya kalkışmamaları gerekir.
Uygulamada, özde birbiriyle aynı olduğu halde şeklen birbirinden farklı gibi gözüken
iki tür titreşim yalıtımı problemiyle karşılaşılır. Aşağıda, kuvvet yalıtımı ve hareket yalıtımı
adı verilen bu iki problem türü ayrı ayrı ele alınıp incelenecektir.
a. Kuvvet Yalıtımı
b. Hareket Yalıtımı
Bir makinanın çalışmasından doğan F(t)
sarsma kuvvetinin zemine geçerek onu
sarsmasına engel olmak amacıyla makina ile
zemin arasına yalıtıcılar yerleştirilmesine
kuvvet yalıtımı denir (Şek. 2.5.23-a).
Burada, F(t) kuvvetinin harmonik olması
hali göz önüne alınacaktır.
F(t)=Focosωt
Makina
Titreşen bir zemin üzerine yerleştirilmiş
hassas bir cihaz, makina ya da kabini
zeminden geçecek titreşimlerden korumak
amacıyla
zeminle
arasına
yalıtıcılar
yerleştirilmesine hareket yalıtımı denir (Şek.
2.5.23-b).
Burada, zeminin y(t) hareketinin harmonik
olması hali göz önüne alınacaktır.
Cihaz
F(t) = Fo cos(ωt + λ)
x(t)=X cos(ωt-ϕ+λ)
m
Yalıtıcı
Zemin
m
k
x(t)= X cos(ωt-ϕ)
r
Yalıtıcı
k
r
y(t)=Ycosωt
Zemin
F ( t ) = Fo cos( ω t − ϕ + λ )
Şekil 2.5.23-a Kuvvet Yalıtımı
Şekil 2.5.23-b Hareket Yalıtımı
146
Yalıtıcılı halde m makinası
1
X =
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
(2.5.120-a)
⋅ Fo
genlikli x ( t ) = X cos( ωt − ϕ) titreşimlerini
yapacak, zemine ise bu hareket sonucu yay ve
sönüm
elemanı
üzerinden
toplam
Bölüm 2.5.3’ün içeriğinden, yalıtıcılı
halde m cihazının, zeminin y(t) hareketi
yüzünden yay ve sönüm elemanı üzerinden
geçen kuvvetlerin toplamı olan
Fo = k 2 + ( rω) 2 ⋅ Y
(2.5.120-b)
genlikli F ( t ) = F o cos( ω t + λ )
kuvveti geçecektir. Bu kuvvetin tek harmonik etkisinde kalacağı ve
terimle ifadesi
F ( t ) = kx + rx& = kX cos( ω t − ϕ ) − rω X sin( ω t − ϕ )
x ( t ) = X cos(ωt − ϕ + λ)
F( t ) = Fo cos(ωt − ϕ + λ )
(2.5.121-a)
titreşimleri
zorlanmış
kuvvetinin
(2.5.121-b)
yapacağı bilinmektedir. Bu
titreşimlerin
genliği
şeklinde olup genliği Fo = k 2 + ( rω) 2 ⋅ X
X = Fo / ( k − mω 2 ) 2 + ( rω) 2 , ya da burada
ya da burada Denk. (2.5.120-a) dikkate
Denk. (2.5.120-b) dikkate alınırsa
alınırsa
Fo =
k 2 + ( rω ) 2
2 2
( k − m ω ) + ( rω )
2
⋅ Fo
(2.5.122-a)
X=
k 2 + ( rω ) 2
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
⋅Y
(2.5.122-b)
şeklindedir. Bu genlik, yalıtıcı bulunmaması
olacaktır. Bu genlik, yalıtıcı kullanılmaması
halinde cihazın yapacağı y(t) titreşimlerinin
halinde zemine olduğu gibi geçecek olan F(t)
Y genliğine oranlanırsa
kuvvetinin Fo genliğine oranlanırsa
G=
Fo
Fo
=
k 2 + ( rω ) 2
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
elde edilir. Bu boyutsuz
geçirgenlik adı verilir.
(2.5.123-a)
büyüklüğe
G = X
=
Y
k 2 + ( rω ) 2
( k − m ω 2 ) 2 + ( rω ) 2
(2.5.123-b)
elde edilir. Bilindiği gibi bu boyutsuz
büyüklüğe geçirgenlik adı verilmektedir.
Görüldüğü gibi, ilk bakışta farklı gibi gözüken iki yalıtım problemi tamamen aynı
sonuçta buluşmuştur. Burada ortaya çıkan ortak geçirgenlik ifadesi boyutsuz büyüklükler
cinsinden yazılırsa
G =
1+ ( 2 ζη ) 2
(1− η 2 ) 2 + ( 2 ζη ) 2
(2.5.124)
elde edilir. Bir yalıtımdan söz edilebilmesi için G<1 olması gerektiği açıktır. Buna karşılık,
G>1 olması halinde yalıtım değil şiddetlendirme söz konusu olacaktır. Bu nedenle
geçirgenliğin, bağlı olduğu η ve ζ parametreleriyle değişiminin dikkatle incelenmesi ve
buradan çıkan sonuçların önemle not edilmesi gereklidir. Geçirgenlik ifadesi Bölüm 2.5.3'teki
dayanağın harmonik hareketinin yol açtığı titreşimler konusunda elde edilenle aynı
olduğundan η ve ζ parametreleriyle değişim, orada verilmiş olan Şek. 2.5.14'teki frekans
yanıtı diyagramı yardımıyla incelenebilir. Bu diyagramın bir örneği Şek. 2.5.24'te tekrar
verilmiştir.
147
Geçirgenlik G
0.1
ζ=0
0.2
0.15
0.3
0.5
YALITIM
0.7
1
BÜYÜTME
Frekans Oranı η=ω/ωn
Şekil 2.5.24 Titreşim Yalıtımında Geçirgenlik
Bu diyagramın incelenmesiyle şu önemli sonuçlara varılır:
i. η<√2 olması halinde ζ'dan bağımsız olarak G>1 olur. Rijid bağlantı yerine elastik bağlantı
yapılması yarar değil zarar getirir. Bu zarar, η≈1 (rezonans) bölgesinde doruğa çıkar. Ancak
bu bölgede ζ ne kadar büyükse G o kadar küçük olmaktadır. Sönüm, elastik bağlantının
zararlı etkisini azaltır.
ii. η>√2 olması halinde ζ'dan bağımsız olarak G<1 olur. Rijid bağlantı yerine elastik bağlantı
yapılması yararlı olmakta ve bir yalıtım gerçekleşmektedir. η arttıkça yalıtımın yararı artar.
Ancak bu bölgede ζ ne kadar büyükse G de o kadar büyük olmaktadır. Sönüm, yapılan
yalıtımın yararını azaltır.
Buradan, başarılı bir yalıtımın temel ilkeleri ortaya çıkmaktadır: Bir yalıtım söz
konusu olması için gereken η>√2 ön koşulu altında, başarılı bir yalıtım için η = ω = ω m
ωn
elden geldiğince büyük (yani ωn olabildiğince düşük) ve ζ =
r
2 km
k
elden geldiğince küçük
kılınmalıdır. Boyutlu parametreler cinsinden yorumlandığında bu, yalıtım için sağlanması
şart olan
k
m
2
< ω2
(2.5.125)
ön koşulu altında, k ve r'nin elden geldiğince küçük, m'nin ise elden geldiğince büyük
kılınması anlamına gelir. Buna göre başarılı bir yalıtımın formülü,
Yumuşak yay, büyük kütle, az sönüm.
148
şeklinde özetlenebilir. Ne var ki yalıtımın bu gereklerinin hiç biri, başka bir sakıncanın
sınırlamasıyla karşılaşmadan uygulanamaz.
Yalıtıcı yayı keyfi derecede yumuşatılamaz çünkü; i) Bu, yayın Xo=Fo/k statik
çökmesinin büyümesine; bu da kuvvet yalıtımı halinde makinanın x(t) titreşimlerinin, hareket
yalıtımı halinde ise cihazın zemine göre z(t)=x(t)-y(t) bağıl titreşimlerinin genliğinin
büyümesine yol açar. ii) Yayı yumuşatmak için ya telini inceltmek ya boyunu uzatmak
gerekir. Tel aşırı inceltildiğinde dayanım bakımından makinanın yükünü taşıyamaz hale, boy
aşırı uzatıldığında ise, basıya çalışma halinde, burkulmaya yatkın hale gelir.
Sönüm bakımından en iyisi tamamen sönümsüz yalıtıcı kullanmak gibi görünse de bu
da yapılamaz çünkü zorlayıcı etkinin ω frekansı, zaman zaman rezonans bölgesinden
geçilmesini gerektirecek biçimde değişiyorsa –ki uygulamada çoğu kez bu durum söz
konusudur- sönümün bu bölgedeki olumlu etkisinden yararlanmak üzere yalıtıcılarda bir
miktar sönüm bulundurulması zorunlu olur. Rezonanstan geçiş için uygulanan bir başka
konstrüktif önlem de genliklerin belli bir sınırın ötesinde büyümesine engel olan durdurucu
takozlar kullanılmasıdır.
Kütlenin arttırılması, verilmiş bir sisteme yalıtıcı tasarımı/seçiminin ötesine geçen bir
uygulama olsa da büyük η (küçük ωn) elde etmekte –Xo’ın büyümesi nedeniyle bunun
yapılamaması halinde- yayı yumuşatmanın alternatifi olarak başvurulan bir yoldur. Bu yolun
tipik bir uygulama örneği, çalışması sırasında büyük kuvvetler doğan makinaların bulunduğu
tesislerde bu kuvvetlerin tesisi sarsmasına engel olmak üzere yalıtım uygularken bu kez de
makinanın büyük titreşimler yapmasına yol açmamak için makinanın altına temel bloğu adı
verilen büyük kütleli beton bloklar eklenmesidir (Şek. 2.5.25-a). Benzer bir uygulama da
çamaşır makinalarında görülür. Dönen kazandaki dengesizliklerden kaynaklanan sarsma
kuvvetlerinin makina gövdesine geçip gövdenin sarsılmasına ve zemin üzerinde yürümesine
engel olmak için kazan gövdeye yay ve sönüm elemanlarından oluşan bir yalıtım sistemi
üzerinden asılır. Ancak kazanın hareket alanı sınırlıdır ve gerekli yumuşaklıkta yay
kullanılması halinde titreşen kazan gövdeye çarpar. Bu yüzden yayı yumuşatmak yerine
kazana kütle eklenmesi yoluna gidilir (Şek. 2.5.25-b). Bu uygulamalarda ek kütlenin de
sınırsız büyütülemeyeceği açıktır.
Makina
(m)
k ∆m k
Tesis Zemini
Gövde
∆m
r
Yalıtıcı
(k,r)
Kazan
(m)
Ek Kütle
(∆m)
Temel Bloğu
(∆m)
(a) Temel Bloğu
(b) Çamaşır Makinası
Şekil 2.5.25 Titreşim Yalıtımında Kütlenin Arttırılması
149
Yalıtım, özünde, amaca yönelik bir titreşim sistemi oluşturma işidir. Zemine
sabitlenebilecek bir makina ya da cihaz yaylar üzerine yerleştirilerek zemine göre
titreşmesine yol açılmaktadır. Yukarıda söylenilenlerden anlaşılacağı gibi bir yalıtım
sisteminin tasarımı problemi her zaman yalıtımın gerekleriyle, oluşturulan bu titreşim
sisteminin doğmasına yol açtığı yeni sorunların gerekleri arasında orta yolun bulunması
problemine dönüşür.
Bir yalıtımın başarısını ölçmekte, G geçirgenliği cinsinden
% Yalıtım=100(1-G)
(2.5.126)
şeklinde tanımlanan yalıtım yüzdesi kullanılır. %100 yalıtım, kuvvet ya da hareketin hiç
geçmediğini, %0 yalıtım ise bunların olduğu gibi geçtiğini gösterir. Uygulamada genellikle
%80'in üzerinde yalıtım hedeflenir.
Uygulamada çok çeşitli titreşim yalıtıcıları kullanılır. Çamaşır makinalarında ya da
taşıt askı sistemlerinde olduğu gibi bazen bir yalıtıcı doğrudan doğruya bir yayla bir sönüm
elemanının yan yana getirilmesiyle oluşturulur. Böyle yaylı-sönümlü yalıtıcılar hazır bir
makina elemanı olarak da üretilmektedir (Şek. 2.5.26-a). Ancak, piyasadan temin edilebilen
yalıtıcıların çoğunda hem yay hem sönüm görevini doğal ya da yapay kauçuk malzemeler
görmektedir. Elastomer genel adı verilen bu malzemelerden yapılmış yalıtıcıların, katıldıkları
sisteme 0.05≤ζ≤0.20 aralığında değişen bir sönüm sağladıklarını belirtelim. Bu değer çelik
yaylar için ζ=0.005 düzeyindedir. Çeşitli yalıtıcı malzemeleri için yaklaşık ζ değerleri Tablo
2.5.1'de verilmiştir. Şekil 2.5.26-b'de ise elastomer esaslı bazı hazır yalıtıcı örnekleri
gösterilmiştir. Bu örneklerde elastomer malzemenin hep kesmeye çalışacak tarzda
yerleştirilmiş olduğu görülmektedir. Elastomerler kesmede, çekme ve basmaya oranla çok
daha yumuşak bir yay olarak davranma özelliğine sahip olduğundan yalıtıcılarda genellikle
bu durum yeğlenir. Öte yandan, şekildeki örneklerde elastomer malzeme yalıtıcının metal
kısmına yapıştırılarak bağlanmıştur. Elastomerler metallere mükemmel yapışma özelliğine
sahip olduğundan bu, elastomer-metal birleştirmesinde basit fakat çok sağlam bir bağlama
şekli oluşturur.
Hazır yalıtıcılar, masa üstü aletlerde kuvvet yalıtımı için düşünülmüş, her biri birkaç
yüz gram ağırlık taşıyabilen minik örneklerden, hareket yalıtımı yaparak binaları depremden
korumak için düşünülmüş her biri yüzlerce ton ağırlık taşıyabilen dev örneklere kadar geniş
bir yelpazede üretilmektedir.
Burada son olarak, bu bölümde ele aldığımız titreşim yalıtımı yönteminin, m, k ve
r'nin bir kere ayarlanıp bir daha değiştirilmediği sistemler kurmak şeklinde olduğu için pasif
titreşim yalıtımı diye adlandırıldığını, bunun yanı sıra bu parametrelerin bir kontrol sistemi
üzerinden duruma göre ayarlanabildiği (Örneğin r'nin rezonanstan geçerken büyük, nominal
çalışmada küçük olmasını sağlamak üzere magnetoreolojik damperler kullanan) yarı aktif
titreşim yalıtımı ve yay ve sönüm hiç kullanılmaksızın gereken kuvvetlerin kuvvet uygulama
elemanları yardımıyla uygulandığı aktif titreşim yalıtımı seçeneklerinin de bulunduğunu
belirtelim. Bu konular bu kitabın çerçevesi dışında bırakılmıştır.
150
Tablo 2.5.1 Bazı Yalıtıcı Malzemeler İçin Yaklaşık ζ Değerleri
ζ
Elastomer Malzemeler
Doğal Kauçuk
Neopren
Bütil
Silikon
Yüksek Sönümlü Silikon
ζ
Diğer Malzemeler
0.05
0.05
0.15
0.05-0.08
0.15-0.20
Çelik Yay
Kuru Sürtünmeli Yay
Mantar-Keçe
0.001-0.005
0.30+
0.06
Makina
Makina
Yay
Elastomer
Zemin
Viskoz Sönüm
Zemin
Elastomer
Makina
Elastomer
Taşıt Askı Sistemi
Kuru Sürtünme
Zemin
Makina
Elastomer
Yay
Makina
Zemin
Zemin
Yaylı Kuru Sürtünmeli Yalıtıcı
(a) Yaylı-Sönümlü Yalıtıcılar
(b) Elastomer Malzemeli Yalıtıcılar
Şekil 2.5.26 Bazı Yalıtıcılar
151
Örnek Problem 2.5.11
Dakikada n devir hızıyla dönen bir
D dengesizliğine ve m toplam kütlesine
sahip bir makinanın zemine ilettiği
kuvveti azaltmak amacıyla, yay
katsayısı k, taşıyabileceği en büyük
kütle mmaks, sisteme katacağı sönüm ζ
olarak bilinen bir yalıtıcıdan belli
adedinin kullanılması, ayrıca, gerekirse,
makina kütlesinin bir temel bloğu
yardımıyla ∆m kadar arttırılması
düşünülmektedir.
D
n
m
Yalıtıcı
(k,ζ,mmaks)
Temel Bloğu
(∆m)
Şekil Pr. 2.5.11
% 85 yalıtım hedeflendiğine, makinanın titreşim genliğinin normal çalışma
koşullarında Xn değerini ve hiç bir koşulda Xm değerini aşmaması istendiğine göre
kullanılması gereken yalıtıcı sayısını, eğer gerekiyorsa eklenmesi gereken ∆m kütlesini ve
genlik sınırlayıcı durdurucular kullanılmasının gerekip gerekmediğini belirleyiniz.
D=8.10-2 kgm, n=1500 d/dak, m=150 kg, Xn=0.5 mm, Xm=5 mm,
k=100 kN/m, ζ=0.05, mmaks=50 kg
Çözüm:
Problemi ilkin genel bir bakışla ele alalım. Denk. (2.5.124)'teki geçirgenlik
ifadesinden η2 için
η 4 − 2[1 + 2 ζ 2 ( 12 − 1)] ⋅ η 2 − ( 12 − 1) = 0
G
(i)
G
denklemi elde edilir (Bunu gösteriniz). Şekil 2.5.22'den görüldüğü gibi, bu denklemin G>1
için iki, yalıtıma karşılık gelen G<1 için ise tek gerçel kökü vardır. Bu tek kök hesaplanırsa
2
m eş ω 2
η2 = ω2 =
= 1 + 2ζ 2 ( 12 − 1) + [1 + 2ζ 2 ( 12 − 1)]2 + ( 12 − 1)
k eş
ωn
G
G
G
(ii)
bulunur. Buna göre, arzu edilen bir G geçirgenliğini elde etmek için η2 Denk. (ii)'deki değeri
almalıdır. Bu değere η 2 denir ve buradan yalıtıcının sahip olması gereken keş yay katsayısı
hesaplanırsa
k eş =
m eş ω 2
η2
(iii)
bulunur.
Nominal çalışmada genliğin belli bir değeri aşmama koşulu ise, dönen dengesiz
rotorların yol açtığı titreşimlere ilişkin Denk. (2.5.77-79) yardımıyla,
152
η2
X = mD ⋅ β = mD ⋅
eş
2 2
2
2
(1−η ) +(2ζη)
eş
= Dkω ⋅
eş
1
2 2
(1−η ) +(2ζη)2
≤ Xn
(iv)
verir. Buradan da keş için
2
1
⋅ DXω
n
(1−η2 )2 +(2ζη)2
keş ≥
(v)
sınırlaması elde edilir.
Genliğin alabileceği en büyük değere gelince, Denk. (2.5.82,83)'e göre η =
1
1− 2 ζ 2
noktasında ortaya çıkacağı ve değerinin
Xmaks = mD ⋅ βmaks = mD ⋅ 1
eş
eş 2ζ 1−ζ2
(vi)
olacağı bilinmektedir. Bu değerin Xm'den büyük olması halinde durdurucu kullanılmalıdır.
Bu genel belirlemelerden sonra eldeki probleme dönülürse,
85 = 0.15
ω = π30n = π1500
≅ 157 rad/s, G = 1 − 100
30
(vii)
ön hesaplarından sonra Denk. (ii)'den
η 2 = 1 + 2 ⋅ 0 . 05 2 (
1
− 1) +
0 . 15 2
[1 + 2 ⋅ 0 . 05 2 (
1
− 1)] 2 + ( 1 2 − 1) = 7 . 92
0 . 15 2
0 . 15
(viii)
Denk. (iii)'den ise şimdilik meş=m alınarak
2
2
k eş = m ω2 = 150 ⋅157 ≅ 466837 N/m
η
(ix)
7 . 92
bulunur. Makina kütlesi değiştirilmezse yalıtıcıların eşdeğer yay katsayısı bu değerde (ya da
daha düşük) olmalıdır. Denk. (v) ise
−2
2
1
⋅ 8⋅10 ⋅157
≅ 569448
−
3
0 .5⋅10
(1− 7 .92 ) 2 + 4⋅0 .05 2 ⋅7 .92
k eş ≥
N/m
(x)
verir. İki değer çeliştiğine göre kütle eklemesi yapılacaktır. Denk. (x)'dan kullanılması
gereken yalıtıcı sayısı
N≥
k eş
k
= 569448 = 5 . 69 → N=6
100000
(xi)
olarak belirlenir. Böylece
153
k eş = N ⋅ k = 6 ⋅ 100000 = 600000 N/m
(xii)
olur. Denk. (iii)'ten ise
k eş η 2
m eş = m + ∆m =
ω2
= 600000 2⋅ 7.92 ≅ 193 kg →
157
∆ m ≅ 43
kg
(xiii)
bulunur. Makinaya 43 kg'lık bir temel bloğu eklenmesi gerekmektedir. Bu durumda her bir
yalıtıcıya
m y = m + ∆m = 193 = 32 .2 kg
N
6
(xiv)
yük isabet eder, ki bu, verilen mmaks=50 kg'dan küçük olduğundan uygundur.
Öte yandan "rezonans"tan geçişteki genlik Denk. (vi)'dan
−2
10 ⋅
X maks = 8⋅193
1
≅ 4.15 ⋅10−3 m = 4.15 mm
2
2⋅0.05 1−0.05
(xv)
şeklinde hesaplanır. Bu değer de verilen Xm'den küçük olduğu için genlik sınırlayıcıya gerek
yoktur.
Örnek Problem 2.5.12
m
Yalıtıcı
Şekil Pr. 2.5.12
Şekildeki m=40 kg kütleli makinanın n=400 dev/dak
hızıyla çalışması sırasında doğan, devir sayısıyla aynı
frekanstaki kuvvetin zemine geçmesine engel olmak üzere
makinayla zemin arasına 4 adet yalıtıcı yerleştirilecektir.
%92 yalıtım hedeflendiğine göre bu yalıtıcıların yay
katsayıları ne olmalıdır, sönümü göz ardı ederek
hesaplayınız. Sönümün göz ardı edilmesinin etkisini
tartışınız.
Çözüm:
Sönüm göz ardı edildiğinde Denk. (2.5.124)'teki geçirgenlik ifadesi, ζ=0 ile
G = m1 /(1 − η 2 ) şeklini alır. Yalıtım varken η>√2 olduğu halde G>0 çıkması gerektiğinden
eksi işaretli seçenek geçerlidir ve
G=
1
η 2 −1
(i)
elde edilir. % 92 yalıtım hedeflendiğine göre burada G=0.08’dir. Böylece,
η 2 = 1 + 1 = 1 + 1 = 13 .5 ,
G
0.08
(ii)
154
buradan da, 4 yalıtıcı kullanılacağına da dikkat edilerek
400 ) 2
40 ⋅ ( π⋅30
2
2
k eş
≅ 1300 N/m
ω 2n = ω 2 =
= 4 k → k = mω2 =
η
m
m
4 ⋅13 .5
4η
(iii)
hesaplanır. Kullanılacak yalıtıcıların her birinin yay katsayısı k=1300 N/m olmalıdır.
Sönümün yalıtım bölgesinde geçirgenlik üzerindeki etkisi olumsuz olduğundan,
sönüm göz ardı edilerek hesaplanan bu yalıtıcılarla gerçekte % 92’den daha az yalıtım elde
edilir. Bu yüzdeye erişebilmek için yalıtıcıların daha yumuşak seçilmesi gerekirdi.
2.5.6 PERYODİK KUVVETLE ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
x(t)
k
r
F(t)= F(t+T)
m
Şekil 2.5.27 Peryodik Kuvvetle Zorlanmış Titreşimler
Lineer kütle-yay-sönüm modelinin T peryoduyla peryodik bir F(t)=F(t+T) zorlayıcı
kuvvetinin etkisiyle yapacağı zorlanmış titreşimler göz önüne alınsın (Şek. 2.5.27). Bu
durumda hareket denklemi
m&x& + rx& + kx = F( t ) ;
F(t) = F(t + T )
(2.5.127)
şeklinde olacaktır. Şimdi bu denklemin çözümünün bulunması problemine eğilinsin. İlk
bakışta yeni ve zor bir problem gibi görünen bu problem, lineer sistemlerde geçerli olan
eklenme ilkesi ve peryodik fonksiyonların Fourier serileriyle temsil olanağı ışığında çözümü
zaten bilinen bir probleme dönüşür. Fourier Serileri Bölüm 2.1.5'te tanıtılmış olduğundan
burada işe eklenme ilkesini tanıtarak başlamak uygun olacaktır.
2.5.6.1 Eklenme İlkesi
Eğer bir L operatörü için,
( L[ x 1 ] = f 1 ) ∩ ( L[ x 2 ] = f 2 ) ⇒ L[ c1 x 1 + c 2 x 2 ] = c1 f 1 + c 2 f 2
(2.5.128)
ya da bununla aynı anlama gelen
( L[ x ] = f1 → x = x 1 ) ∩ ( L[ x ] = f 2 → x = x 2 )
⇒ L[ x ] = c1f1 + c 2 f 2 → x = c1 x 1 + c 2 x 2
(2.5.129)
155
kuralları geçerliyse bu operatörün eklenme ilkesine (süperpozisyon prensibi) uyduğu
söylenir. Bir operatörün eklenme ilkesine uyup uymamasıyla bu operatörün lineer bir
operatör olup olmaması arasında çift yönlü gerektirme ilişkisi vardır. Öyle ki;
Bir operatör için eklenme ilkesinin geçerliliğinin gerek ve yeter koşulu bu operatörün
lineer olmasıdır.
Genelde cebirsel, integral, diferansiyel vb. operatörler bulunmakla birlikte bizim şu
anda ilgilenmekte olduğumuz, x(t)'ye uygulandığında Denk. (2.5.127)'nin sol tarafını veren
2
d +k
L = m d 2 + r dt
dt
(2.5.130)
operatörüdür ve bu operatörün lineer bir operatör olduğu bilinmektedir. Bu, Denk. (2.5.129)
ışığında bizi şu önemli sonuca götürür: Eğer Denk. (2.5.127)'nin sağ tarafı
F(t)=F1(t)+F2(t)+F3(t)+... şeklinde bir dizi terimin toplamı şeklinde ifade edilebilirse -ki
Fourier Serileri bunu olanaklı kılacaktır- bu denklemin çözümü de, her seferinde F1(t), F2(t),
F3(t), ... terimlerinin yalnızca biri alınarak bulunacak çözümlerin toplamı şeklinde ifade
edilebilir.
Esasen, eldeki modelin serbest titreşimleri incelenirken genel çözümün
x(t)=C1x1(t)+C2x2(t) şeklinde iki bağımsız çözümün lineer bileşimi olarak elde edilişi ve
zorlanmış titreşimler incelenirken yine genel çözümün x(t)= xh(t)+xp(t) şeklinde homojen ve
özel çözümlerin toplamı olarak elde edilişi sırasında da –açıkça belirtilmeden- bu operatörün
lineerliğine dayanılarak eklenme ilkesinden yararlanılmıştı.
Eklenme ilkesi, lineer modellerle lineer olmayan modelleri birbirinden ayıran en
önemli farktır ve lineer modellerlerin incelenmesi son derece kolayken nonlineer
modellerinkinin son derece zor oluşunun temel nedeni bunlardan birincisinde geçerli olan
eklenme ilkesinin ikincisinde geçerli olmamasından başka bir şey değildir.
2.5.6.2 Fourier Serileri ve Çözüm
Bölüm 1.2.5’in içeriğinden, Denk. (2.5.127)’deki F(t) kuvvetinin, Fourier serileri
yardımıyla,
ω o = 2π ,
T
Fp =
a 2p + b 2p ,
ψ p = tan −1
bp
ap
,
(2.5.131)
T
a p = 2 ∫ F( t ) cos pω o tdt ; p=0,1,2,… ,
T
(2.5.132)
0
T
b p = 2 ∫ F( t ) sin pω o tdt ; p=1,2,…
T
(2.5.133)
0
olmak üzere
156
a0
2
F( t ) =
+
∞
∑ Fp cos( pωo t − ψ p )
(2.5.134)
p =1
şeklinde yazılabileceği bilinmektedir. Buradaki sabit ao/2 terimi kuvvetin ortalama değerini
temsil etmektedir ve sistemin denge konumunu ao/2k kadar kaydırmaktan başka etkisi yoktur.
Bu denge konumunun koordinat başlangıcı alınması halinde kendisini dengeleyen yay
kuvvetiyle birlikte hesaptan düşecektir. Öyleyse genelliği bozmaksızın bu terim göz ardı
edilebilir. Böylece Denk. (2.5.127) yerine
m&x& + rx& + kx =
∞
∑ Fp cos( pω o t − ψ p )
(2.5.135)
p =1
denklemine gelinir. Bu denklemin sağ tarafı bir dizi harmonik terimin toplamı şeklindedir ve
eklenme ilkesi uyarınca bu toplama karşılık gelen çözüm, terimlerin her birine karşılık gelen
çözümlerin toplamına eşit olacaktır. Buna göre, Denk. (2.5.135)’in kalıcı çözümü için,
harmonik kuvvetle zorlanmış titreşimlere ilişkin bilgiler anımsanarak hemen,
Fp
1
⋅ k
pω
pω
[1− ( ω o ) 2 ]2 +[ 2 ζ ( ω o )]2
n
n
Xp =
−1
, ϕp = tan
pω
2ζ( ω o )
n
pωo 2
1−( ω )
n
(2.5.136)
olmak üzere
∞
x ( t ) = ∑ X p cos(pωo t − ψ p − ϕ p )
(2.5.137)
p=1
yazılabilir. Görüldüğü gibi bu çözüm, ωo temel frekanslı bir Fourier serisi şeklindedir.
Buradan şu sonuca varılır:
Tek serbestlik dereceli lineer bir sistemin T=2π/ωo peryodlu bir F(t) peryodik
kuvvetinin etkisiyle yapacağı zorlanmış titreşimler, F(t) ile aynı T peryoduna sahip peryodik
titreşimlerdir.
Çözümü oluşturan serinin terimleri Denk. (2.5.136) yardımıyla teker teker
hesaplanacaktır. Bu denklemden görüldüğü gibi, her bir pωo frekanslı terimin Xp genliği ilgili
Fp kuvvet genliğiyle orantılıdır. Uygulamada genellikle Fp yerine,
Fp
fp = k
(2.5.138)
tanımlanarak Xp/Fp yerine Xp/fp orantı katsayısının belirlenmesi yoluna gidilir. Burada da
böyle yapılırsa, ilgili terimin pωo frekansına bağlı olan ve Denk. (2.5.21)’e göre β büyütme
katsayısından, Denk. (2.5.65)’e göre ise frekans yanıt fonksiyonunun modülünden başka bir
şey olmayan bir katsayı elde edilir:
Xp
X ( pω )
X ( pω )
β ( p ω o ) = H ( pω o ) = f = f ( pω o) = F ( pω )o/ k =
p
o
o
1
pω
pω
[1− ( ω o ) 2 ]2 +[ 2 ζ ( ω o
n
n
)] 2
. (2.5.139)
157
Frekansı ω olan harmonik bir kuvvetle ilgili genel görünümü
X (ω)
β (ω) = H (ω) = f (ω) =
(2.5.140)
1
[1− ( ωω ) 2 ] 2 + [ 2 ζ ( ωω
n
n
)] 2
şeklinde olan bu orantı katsayısının kullanılmasıyla Denk. (2.5.136)
(2.5.141)
X (pω o ) = β(pω o ) ⋅ f (pω o ) = H (pω o ) ⋅ f (pω o )
şeklinde, Denk. (2.5.137) de
x(t) =
∞
∑ β(pω o )f (pω o ) cos[pω o t − (ψ p + ϕ p )]
(2.5.142)
p =1
şeklinde yazılabilir.
2.5.6.3 Frekans Açınımı ve Titreşimlerin Doğası
Basit harmonik titreşimlerin incelenmesinde yararlı olan ve titreşimin zaman
uzayındaki tasvirini oluşturan yol-zaman diyagramı, genel peryodik titreşimlerin
incelenmesinde yararlı olmaktan çıkar. Böyle durumlarda, peryodik titreşime farklı
harmoniklerin katkısını gösteren ve titreşimin frekans uzayındaki tasvirini oluşturan frekans
açınımı nın (frekans spektrumu ya da Fourier spektrumu) verilmesi çok daha bilgilendirici
olur.
Şekil 2.5.26 hem frekans açınımı hakkında, hem de peryodik kuvvetle zorlanmış
titreşimlerde hareket-kuvvet ilişkisi hakkında bir fikir vermektedir.
(a) f(t)=F(t)/k’nın Frekans Açınımı
f(pωo)
f2
f1
f3
f4
f5
f6
f7
f8
f9
f10
(b) Büyütme Katsayısının ω İle Değişimi
β(ω)=|H(ω)|
1
(c) x(t)’nin Frekans Açınımı
X(pωo)
X3
ωο
X5
X
X6 X7 X8 X9 10
2ωο 3ωο 4ωο 5ωο 6ωο 7ωο 8ωο 9ωο 10ωο
ωn
ω
X1 X2
0
X4
Şekil 2.5.28 Frekans Uzayında Hareket-Kuvvet İlişkisi
158
Şekil 2.5.28-a'da, Denk. (2.5.134)'teki gibi peryodik bir f(t)=F(t)/k kuvvetinin, Şek.
2.5.28-c'de ise bu kuvvetin yol açtığı Denk. (2.5.137)'deki peryodik x(t) titreşimlerinin
frekans açınımları verilmiştir. Bu şekillerden görüldüğü gibi peryodik bir fonksiyonun
frekans açınımı, bu fonksiyonunun harmonik bileşenlerinin genliklerini gösteren bir
grafikten; dolayısıyla da bu fonksiyonun Fourier serisi açınımının görselleştirilmiş halinden
başka bir şey değildir.
Şimdi de x(t)-F(t) ilişkisine gelinirse, Denk. (2.5.141)'e göre x(t)'nin frekans açınımı
f(t)=F(t)/k'nınkinin sistemin β(ω) büyütme katsayısıyla (ya da FYF’nin modülü) çarpılarak
ağırlıklandırılmış halinden başka bir şey olmamalıdır. Nitekim Şekil 2.5.28-a ile Şek. 2.5.28c'nin, Şek. 2.5.28-b'de verilen β(ω)=|H(ω)| grafiği yardımıyla birbirinden elde edilebileceği
görülebilir.
Bu söylenilenlerden ve Şek. 2.5.26'in incelenmesinden, peryodik kuvvetle zorlanmış
titreşimler hakkında şu sonuçlar çıkartılır:
i. F(t)'nin, pωo>>ωn olacak biçimdeki yüksek harmonikleri, kendi Fp genlikleri büyük
olsa bile x(t)'nin bileşimine kayda değer bir katkıda bulunamazlar,
ii. F(t)'nin, pωo frekansı sistemin ωn doğal frekansına yakın olan harmonik bileşenleri
x(t)'nin bileşimine daha ağırlıklı olarak yansırlar,
iii. ζ=0 olması, yani sistemde sönüm bulunmaması halinde |H(ωn)|=∞ olacağından,
F(t)'nin pωo=ωn olan bir harmonik bileşeni varsa, hareketin buna karşılık gelen bileşeninin Xp
genliği sonsuza gider. Bu ise rezonans olayından başka bir şey değildir. Buna göre rezonans
olayının yalnız harmonik zorlayıcı kuvvet halinde değil her türlü peryodik zorlayıcı kuvvet
halinde ortaya çıkabileceği; bunun için peryodik kuvvetin herhangi bir harmonik bileşeninin
frekansının sistemin doğal frekansıyla çakışmasının yeterli olduğu anlaşılır. Bunun, ωo=ωn/p;
p=1,2,3,… hallerinden her birinde (çok sayıda) rezonans olasılığı anlamına geldiğine dikkat
ediniz.
Peryodik kuvvetle zorlanmış titreşimlerin biçimlenmesinde farklı harmoniklerinin
Şek. 2.5.26’da verilen genlik bilgisi tek başına yeterli değildir. Bunun yanı sıra her bir
harmoniğin faz açısının da dikkate alınması gerekir. Bölüm 2.5.4’ün içeriğinden bilindiği gibi
bu açıların birbirinden farklı oluşu bir faz çarpıtmasına yol açabilmektedir. Reseptansın
yukarıda açıklanan çarpıtıcı etkisi de dikkate alındığında, hareketin, kendine yol açan
kuvvetle, aynı peryoda sahip olmak dışında şeklen bir benzerliği olmayacağının belirtilmesi
gerekir (Bkz. Örnek Problem 2.5.11).
159
Örnek Problem 2.5.13
r
k1
x(t)
m
Şekil Pr. 2.5.13-1a’daki sistemde sabit ωo hızıyla dönen
yürek, izleyiciye Şekil Pr. 2.5.13-1b’deki hareketi yaptırmaktadır.
Bunun sonucunda m cisminin yapacağı zorlanmış titreşimlerin x(t)
ifadesini elde ediniz.
R=10 mm, e=15 mm, ωo=5 rad/s,
m=2 kg, k1=200 N/m, k2=250 N/m, r=3 kg/s
k2
izleyici
y
yürek
y(t)
R e
e
R
0
-T
ωο
(a) Sistem
T
2T
t
(b) Hareket
Şekil Pr. 2.5.13-1 Peryodik Zorlama
Çözüm:
Sistemin hareket denklemi hemen
(i)
m &x& + r x& + ( k 1 + k 2 ) x = k 2 y ( t )
şeklinde yazılabilir. Buradaki y(t), yüreğin her turunda yani
T = 2π
(ii)
ωo
peryoduyla kendini yineleyen peryodik bir fonksiyondur. Bu fonksiyon için şekil yardımıyla
y( t ) = R + 2e ⋅ t ;
y(t ) = R +
T
2e
T
⋅ (T − t ) ;
0 ≤ t ≤ T / 2
(iii)
T /2 ≤ t ≤ T
(iv)
ifadeleri yazılabilir. İlgili grafikten hemen görüldüğü gibi y(t)=y(-t)’dir; yani y(t) bir çift
fonksiyondur. Buna göre y(t) cinsinden
F( t ) = k 2 y ( t )
(v)
şeklinde tanımlı F(t) zorlayıcı kuvveti de bir çift fonksiyondur ve bir Fourier kosinüs serisine
açındırılabilir. Buna göre bu açınımda bp=0; p=1,2,3,… olacağı bellidir. Denk. (i)’de mg
ağırlık kuvvetinin yer almamasından da anlaşılacağı gibi bu denklem sistemin statik denge
konumunun x=0 alındığı varsayımıyla yazılmıştır. Bu varsayım, kuvvetin Fourier serisi
açınımındaki sabit terimin de hesaba katılmamasını gerektirir. Böylece geriye yalnızca ap;
p=1,2,3,… katsayıları kalır. Bu katsayıları hesaplamak üzere Denk. (ii-v) ile Denk.
(2.5.132)’ye gidilirse
160
ap = 2
T
∫ F( t ) cos pω o tdt =
T
2
T
=
0
T/2
∫
2 pπ
k 2 ( R + 2 e ⋅ t ) cos
tdt + 2
T
T
T
0
k 2e
p2π2
T
∫ k 2 [( R +
T/2
2 e ⋅ ( T − t ) ] cos 2 pπ tdt
T
T
(vi)
( 2 cos p π − cos 2 p π − 1); p = 1,2,...
elde edilir. Buradan, p=1,2,3,… yerine konularak ilk birkaç katsayı hesaplanırsa
a1 = −
4k 2e
12 π 2
, a 2 = 0 , a3 = −
4k 2e
32 π 2
, a 4 = 0 ,…
(vii)
bulunur. Buradan da anlaşılacağı gibi katsayılar
2
a p = −⎛⎜ 2 ⎞⎟ k 2 e ; p tek ise
⎝ pπ ⎠
; p çift ise
ap = 0
(viii)
şeklindedir. Böylece F(t) kuvveti için Denk. (2.5.134)’ten
∞
4k 2e
F( t ) = −
π2
∑
p =1,3,5,...
1
p2
cos pωo t
(ix)
seri açınımı elde edilmiş olur. Artık x(t) için de Denk. (2.5.136) ve (2.5.137)’den, bu
problemde k=k1+k2 alınması gerektiğine de dikkat edilerek
−1
ϕp = tan
pω
2ζ( ω o )
n
pωo 2
1−( ω )
n
(x)
olmak üzere
x (t) = −
ya da η =
ωo
ωn
∞
4k 2e
( k1 + k 2 ) π 2
∑
p =1, 3, 5 ,...
1/ p2
[1− (
pω o 2 2
pω
) ] +[ 2 ζ ( o
ωn
ωn
)] 2
cos( p ω o t − ϕ p ) ,
(xi)
denilerek
x(t) = −
∞
4k 2e
( k1 + k 2 ) π
2
∑
1/ p2
2 2 2
2
p =1,3,5,... (1− p η ) + ( 2ζ p η )
−1
cos( pωo t − ϕp ) ; ϕp = tan
2ζp η
1− p 2 η 2
(xii)
seri açınımı elde edilir. Sayısal hesap için burada
161
k1 + k 2
=
m
ωn =
η=
ωo
ωn
200 + 250 = 15 rad/s,
2
(xiii)
= 5 = 1 , ζ = 2 mrω = 2⋅23⋅15 = 0.05
15
3
n
(xiv)
değerlerinin yerlerine konulması yeterlidir.
Sonuç olarak, yüreğin hareketi -Denk. (ix)'dan birkaç terimin açık yazılmasıyla-
F(t) = −1.520⋅ cos 5t − 0.169 cos15t − 0.061cos 25t − 0.031cos 35t − L
(xv)
kuvvetine, o da -Denk. (xii)'den birkaç terimin açık yazılmasıylax ( t ) = −3.797 ⋅ cos( 5 t − 0.037 ) − 3.753 ⋅ cos(15 t − 1.571)
− 0.076 ⋅ cos( 25 t − 3.048 ) − 0.015 ⋅ cos( 35 t − 3.089 ) − L
(xvi)
zorlanmış titreşimlerine yol açmaktadır. F(t) kuvveti ve x(t) hareketinin frekans açınımları
(Frekans uzayındaki görünümleri) Şek. Pr. 2.5.13-2a’da, Denk. (ix) ve (xii)’den ilk 50 terim
hesaba katılarak elde edilmiş zaman uzayındaki görünümleri ise Şek. Pr. 2.5.13-2b’de
gösterilmiştir.
İlk şekilden, kuvvetin 3. harmoniğinin, kendi genliği (F3=0.169 N) temel harmoniğin
genliğine (F1=1.520 N) göre çok küçük olduğu halde 3ωo=ωn olduğu, yani frekansı sistemin
doğal frekansıyla çakıştığı için temel harmoniğin yol açtığıyla (X1=3.797 mm) ölçüşür
genlikte (X3=3.753 mm) bir hareket bileşenine yol açtığı, daha yüksek harmoniklerden ise
(Hem kuvvet açınımının yakınsaması hem reseptansın yüksek frekanslı bileşenleri silme
etkisi yüzünden) kayda değer bir katkı gelmediği görülmektedir.
İkinci şekilden ise, 50 terimli açınımın F(t) için mükemmel bir yakınsama sağlamış
olduğu, hareketin kuvvetle aynı T=2π/ωo peryoduyla peryodik olduğu fakat şeklen kendine
yol açan kuvvet ile bir benzerliğinin bulunmadığı görülmektedir.
2
0.169
F (t) [N]
F (pωo) [N]
1.520
0.061
0.031
0.019
x(t) [mm]
X(pωo) [mm]
0
ωο
3ωο
0.076 0.015
7ωο
5ωο
ω (ωo=5 rad/s)
0.005
9ωο
0
-1
-2
10
3.797 3.753
ωn
1
5
0
-5
-10
0
2T
T
3T
4T
t (T=2π/ωo=0.4π s)
(a) F(t) ve x(t)’nin Frekans Uzayındaki Görünümleri (b) F(t) ve x(t)’nin Zaman Uzayındaki Görünümleri
Şekil Pr. 2.5.13-2 Kuvvet ve Hareket
162
2.5.7 GELİŞİGÜZEL KUVVETLERLE ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
Bu bölümde, lineer kütle-yay-sönüm modelinin zamanın gelişigüzel fonksiyonları
şeklindeki F(t) zorlayıcı kuvvetleri etkisiyle yapacağı zorlanmış titreşimler incelenecektir
(Şek. 2.5.29).
x(t)
F(t)
k
F(t)
r
m
t
Şekil 2.5.29 Gelişigüzel Kuvvetlerle Zorlanmış Titreşimler
Gelişigüzel kuvvetlerle zorlanmış titreşimleri daha önce incelediğimiz harmonik ve
peryodik kuvvetlerle zorlanmış titreşimlerden ayıran temel bir fark, bu titreşimlerde girençıkan enerji dengesine dayalı bir kalıcı düzenin (rejim hali) oluşmaması ve kuvvet etkidiği
sürece sistemin titreşimlerinin geçiş titreşimi niteliğinde kalmasıdır.
Gelişigüzel kuvvetlerle zorlanmış titreşimlerin incelenmesinde, önce F(t)'nin impulsif
(darbe niteliğinde) bir kuvvet olması halinin incelenmesi, diğer hallerin incelenmesine zemin
oluşturarak yararlı olmaktadır. Aşağıda da böyle yapılacak, F(t)'nin diğer hallerine daha sonra
geçilecektir.
2.5.7.1 İmpulsif (Darbe Niteliğinde) Kuvvet Hali
Etkime süreleri çok kısa, şiddetleri büyük kuvvetler impulsif kuvvet diye adlandırılır.
Uygulamada böyle kuvvetler, çoğu kez, bir çekiçle bir cisme vurulması örneğinde olduğu
gibi bir darbe ya da bir çarpma sonucu ortaya çıktıklarından darbe kuvveti diye de anılırlar.
Şekil 2.5.30’da, t=3 s anında etkiyen impulsif bir kuvvet örneği gösterilmiştir. İmpulsif
kuvvetleri diğer kuvvetlerden ayıran temel özellik, pratik olarak sıfır olan etkime süreleri
içerisinde uygulandıkları cismin kayda değer bir yer değiştirme yapamamasıdır. Bu yüzden
bu tür kuvvetler söz konusu olduğunda genellikle sistemin bu süre içerisinde değil,
sonrasında nasıl hareket edeceği önem kazanır. Bu nedenle impulsif kuvvetin titreşim
sistemine nasıl bir başlangıç koşulu vereceğinin bilinmesi yeterli olur. Ötesi serbest
titreşimdir.
40
30
F (t) [N]
20
10
0
2.998
2.999
3.000
3.001
3.002
t [s]
Şekil 2.5.30 İmpulsif Kuvvet
163
İmpulsif bir kuvvetin sisteme vereceği başlangıç koşulunu belirlemekte, sabit kütleli
tek serbestlik dereceli sistemler için
t = t1
x& ( t1 )
t=t0
x& ( t 0 )
∫ F( t ) ⋅ dt =
(2.5.143)
∫ m ⋅ dx& ( t ) = m[ x& ( t1 ) − x& ( t 0 )]
şeklinde ifade edilen İmpuls ve Momentum İlkesi nden yararlanılabilir. Böylece, to anında
başlayıp ε süresince etkiyen bir F(t) darbe kuvvetinin impulsu
I=
t=t0 +ε
(2.5.144)
∫ F( t ) ⋅ dt
t=t0
şeklinde gösterilir, kuvvetin etkime süresinin sistemin yer değiştiremeyeceği kadar kısa
olduğu varsayılır ve darbe sonrasındaki hız Denk. (2.5.143)’ten hesaplanırsa, hareket için
x ( t 0 + ε) = x ( t 0 ) , x& ( t 0 + ε) = x& ( t 0 ) + I
(2.5.145)
m
başlangıç koşulları elde edilir. Buna göre, impulsu I [N.s] olan bir impulsif kuvvetin,
uygulandığı m cismi üzerindeki etkisinin, konumunu değiştirmeksizin hızını (kuvvet etkime
doğrultusunda) I/m kadar arttırmak olduğu kabul edilmiş olmaktadır. Bu, impulsif kuvvetin
tanımıdır:
Uygulandığı bir m cisminin konumunu değiştirmeksizin hızını I/m kadar arttıran
kuvvetlere impulsif kuvvet denir.
Dikkat edilirse bu tanımın konum değişikliğiyle ilgili kısmı, kuvvet etkime süresinin
sıfır olmasını gerektirmekte ve impulsif kuvvet tanımını “Etkime süresi sıfır olduğu halde
F(t)dt integrali sıfır olmayan kuvvet” şeklinde gerçekte karşılığı bulunmayan bir soyutlama
haline getirmektedir. Bu çerçevede, belli bir kuvvetin impulsif sayılıp sayılamayacağı,
sorumluluğu incelemeyi yapacak kişide olan bir modelleme kararıdır (Bölüm 2.5.7.5’teki
örnekler bu konuda bir fikir verecektir).
Eğer özel olarak darbenin etkidiği to anında sistem denge konumunda hareketsiz ise
olacağından Denk. (2.5.145)'teki başlangıç koşulları
x ( t 0 ) = 0 , x& ( t 0 ) = 0
x ( t 0 + ε) = 0 , x& ( t 0 + ε) = I
(2.5.146)
m
şeklini alır. Şimdi Şek. 2.5.29’daki sistemin bu başlangıç koşulları altında yapacağı serbest
titreşimler belirlenmek istenirse, Bölüm 2.3.4, Denk. (2.3.18-20)’den hemen,
x(t) = 0
x(t) =
t < to
I
mωn 1− ζ
2
.e −ζω n t sin( ωn 1 − ζ 2 ⋅ t ) t > t o
(2.5.147)
elde edilir.
164
2.5.7.2 Dirac Delta Fonksiyonu δ(t) • Birim İmpuls Yanıtı g(t)
İmpulsif kuvvetlerin matematiksel gösterilimi çeşitli zorluklar içeren bir sorun
oluşturur. Bu amaçla genellikle Dirac41 delta fonksiyonuna baş vurulur. Fonksiyon diye
anılmakla birlikte sıradan fonksiyon tanımına uymayıp bir dağılım (distribüsyon) ya da bir
genelleştirilmiş fonksiyon olan42 ve δ(t) şeklinde gösterilen bu fonksiyon,
⎧= 0
δ( t ) ⎨
⎩≠ 0
t≠0
t=0
ise
ise
(2.5.148)
olacak biçimde t=0 anı dışında sıfır değeri alıp sadece t=0 anında sıfırdan farklı değer alan,
yani etkime süresi sıfır olan, fakat yine de
t = +∞
(2.5.149)
∫ δ ( t ) ⋅ dt = 1
t = −∞
birim integraline sahip olan bir fonksiyon olarak tanımlanır ve tanımından kolayca
anlaşılacağı gibi t=0 anında etkiyen bir birim impulsu gösterir. Impulsun t=0 anında değil de
t=to anında etkimesi halinde fonksiyon δ(t-to) şeklinde yazılır. Dirac δ fonksiyonu yalnızca
mekaniğe özgü bir fonksiyon olmadığından buradaki impuls mekanik impuls boyutunda
olmayıp boyutsuzdur. Buna göre δ(t) fonksiyonu da s-1 boyutundadır. Böylece I N.s’lik bir
impulsif kuvvetin F(t)=Iδ(t) şeklinde gösterilmesi gerekir.
Bir başka tanımlayıcı özellik olarak, Dirac δ fonksiyonunun, f(t) sürekli bir fonksiyon
olmak üzere
t = +∞
∫ f ( t )δ( t − t o ) ⋅ dt = f ( t o )
(2.5.150)
t = −∞
eşitliğini de sağladığı kabul edilir.
Gerçekte Dirac δ fonksiyonunun bir grafiği söz konusu olmamakla birlikte
görselleştirilmesinde israr edilirse, ε→0 olmak üzere Şek. 2.5.31’deki gibi gösterilebilir ve
buna dayanılarak t ile değişimi için
⎧0
⎪
δ( t − t o ) = ⎨ 1
ε
⎪0
⎩
t < to
to < t < to + ε
(2.5.151)
t > to + ε
yazılabilir. Dirac δ fonksiyonunun tanımıyla, yani Denk. (2.5.148-150) denklemlerinin hiç
biriyle çelişmeyen bu yaklaşım bazen yararlı olur.
41
Paul Adrien Maurice Dirac (1902-1984). İngiliz kuramsal fizikçi ve matematikçisi (Nobel 1933). Kuantum
mekaniği konusundaki çalışmalarıyla tanınır.
42
Bu konunun bir tartışması için Bkz. [Sokolnikoff ve Redheffer, 1966].
165
δ(t-to)
1/ε
t
ε
to
Şekil 2.5.31 Dirac δ Fonksiyonu
Buraya kadar söylenilenlere göre, kütle-yay-sönüm modeline to=0 anında birim
impulsa sahip bir kuvvet uygulanması halinde hareket denklemi
m &x& + r x& + kx = 1 ⋅ δ ( t )
(2.5.152)
şeklinde yazılacak, çözümü de Denk. (2.5.147)’den I=1 N.s ile ve x(t) yerine g(t) denilerek,
g(t) = 0
g(t) =
t<0
1
mωn 1−ζ
2
(2.5.153)
.e −ζωn t sin( ω n 1 − ζ 2 ⋅ t ) t > 0
şeklinde olacaktır. Buradaki g(t)’ye, kütle-yay-sönüm sisteminin birim impuls (ya da darbe)
yanıtı adı verilir.
Birim impuls yanıtının farklı ζ değerleri için alacağı görünüm Şek. 2.5.32’de bir
mω n g ( τ) − τ ; τ = ωn t grafiği şeklinde verilmiştir. Bu grafikten görüldüğü gibi birim impulsu
izleyen ilk peryodun yarısında, yani t * = π / ω n 1 − ζ 2 anında denge konumundan en büyük
sapmaya tanık olan sistem, sönümlü hallerde giderek azalan genliklerle titreşerek denge
konumuna dönmektedir. Anılan en büyük sapma Denk. (2.5.153)’ten t=t* ile
−
∆g maks =
1
⋅e
mωn 1−ζ2
ζπ
1−ζ 2
(2.5.154)
şeklinde hesaplanır.
2
ζ=0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
1.5
mωn g(τ) 1
0.7
0.8
0.9
0.5
0
0
π
2π
3π 4π
5π
6π 7π 8π
τ = ωn t
9π 10π
Şekil 2.5.32 Birim İmpuls Yanıtı
166
2.5.7.3 Heaviside Birim Basamak Fonksiyonu u(t) ● Birim Basamak Yanıtı h(t)
Şekil 2.5.33'teki gibi,
⎧0
u (t − t o ) = ⎨
⎩1
t < to
ise
t > to
ise
(2.5.155)
şeklinde tanımlanan fonksiyona Heaviside43 birim basamak fonksiyonu denir. Boyutsuz olan
bu fonksiyon, belli bir to anından başlayarak sürekli etkiyen sabit bir F [N] kuvvetinin
gösteriliminde kullanılabilir. Bu durumda F(t)=F.u(t-to) yazmak yeterlidir.
İstenirse, kütle-yay-sönüm modelinin birim impulsa yanıtı da Denk. (2.5.153) yerine
birim basamak fonksiyonu kullanılarak
u(t-to)
1
t
to
Şekil 2.5.33 Heaviside Birim Basamak Fonksiyonu
g(t ) =
1
mωn 1− ζ
2
.e − ζωn t sin(ωn 1 − ζ 2 ⋅ t ) ⋅ u ( t )
(2.5.156)
şeklinde yazılabilir.
Şimdi, x ( 0 ) = 0 , x& (0) = 0 başlangıç koşullarına sahip bir kütle-yay-sönüm sistemine
t=0 anında F=1 N’luk bir kuvvetin birim basamak fonksiyonu şeklinde uygulanması halinde
ortaya çıkacak titreşimler incelensin. Bu durumda hareket denklemi
m&x& + rx& + kx = 1 ⋅ u ( t )
(2.5.157)
şeklinde, çözümü de homojen ve özel çözümlerin toplamı olarak
x ( t ) = k1 + e −ζωn t [A cos(ω n 1 − ζ 2 ⋅ t ) + B sin(ω n 1 − ζ 2 ⋅ t )] ; t>0
(2.5.158)
43
Oliver Heaviside (1850-1925). İngiliz fizik ve matematikçisi. Kendi kendini yetiştirdi. Matematikte
diferansiyel hesap, operatörler kuramı, fizikte elektromagnetizma konularında yaptığı çalışmalar ve icatlarıyla
bilinir. Bugün yaygın olarak kullanılan impedans, admitans, indüktans vb. gibi bir çok terim ve eş eksenli
(koaksiyal) kablo gibi bir çok icat onun eseridir.
167
şeklinde yazılacaktır. Buradaki A ve B katsayılarının başlangıç koşullarından hesaplanması,
t<0 iken x(t)=0 olacağının u(t) ile çarpma yoluyla gösterilime katılması ve x(t) yerine h(t)
yazılmasıyla
⎧⎪
⎡
⎤ ⎫⎪
ζ
h ( t ) = k1 ⎨1 − e −ζω n t ⎢cos( ω n 1 − ζ 2 ⋅ t ) +
sin( ω n 1 − ζ 2 ⋅ t ) ⎥ ⎬ ⋅ u ( t )
1− ζ 2
⎪⎩
⎥⎦ ⎪⎭
⎣⎢
(2.5.159)
ζ
h ( t ) = 1 ⎡1 − e − ζω n t cos( ω n 1 − ζ 2 ⋅ t − ϕ) ⎤ ⋅ u ( t ) ; ϕ = tan −1
⎢
⎥
k⎣
⎦
1− ζ 2
(2.5.160)
ya da
elde edilir. Buradaki h(t), kütle-yay-sönüm sisteminin birim basamak yanıtı dır.
h ( τ)
1/ k
Birim basamak yanıtının farklı ζ değerleri için alacağı görünüm Şek. 2.5.34’te bir
− τ ; τ = ωn t grafiği şeklinde verilmiştir. Bu grafikten görüldüğü gibi birim basamak
uygulanmasından sonra sistem -sönümlü hallerde- giderek küçülen titreşimlerle son
konumuna yerleşmektedir. Bu konumdan maksimum sapma titreşimlerin ilk peryodunun
yarısında, yani t = π / ω n 1 − ζ 2 anında ortaya çıkar ve Denk. (2.5.159)’a göre değeri
−
∆h maks = k1 ⋅ e
ζπ
1−ζ 2
(2.5.161)
dir. Sönüm 0<ζ<1 aralığında değişirken 1/k>∆hmaks>0 aralığında değişen ve kimi
uygulamalarda önem taşıyan bu değere üst tepe değeri 44 adı verilir.
2
ζ=0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
1.5
h (τ)
1
1/ k
0.7
0.5
0.8
0.9
0
0
π
2π
3π 4π
5π
6π 7π 8π
9π 10π
τ = ωn t
Şekil 2.5.34 Birim Basamak Yanıtı
44
Overshoot.
168
2.5.7.4 F(t)’nin Gelişigüzel Bir Fonksiyon Olması Hali • Konvolüsyon İntegrali
F(t) zorlayıcı kuvvetinin zamanın gelişigüzel bir fonksiyonu olması halinde ortaya
çıkacak zorlanmış titreşimlerin hesaplanması problemi, her biri F(t)’nin farklı bir bakış
açısıyla ifade edilmesine dayalı birkaç alternatif yoldan ele alınabilir. Bunlar, F(t)’ye bir
impulsif kuvvetler toplamı gözüyle bakma, F(t)’ye bir basamak fonksiyonları toplamı
gözüyle bakma ve F(t)’ye peryodu sonsuz olan bir peryodik fonksiyon gözüyle bakma
yollarıdır. Burada, aynı sonuçta buluştukları gösterilebilen ilk iki yolu temsilen F(t)’ye bir
impulsif kuvvetler toplamı gözüyle bakma yolu tanıtılacak, üçüncü yol ise daha sonra ayrıca
ele alınacaktır.
Belli bir yaklaşıklıkla F(t)’ye, i-incisi Ii=F(τi)∆τi impulsuna sahip bir dizi Fi(t)=Iiδ(tτi)=F(τi)∆τiδ(t-τi) impulsif kuvvetinin toplamı gözüyle bakılabilir (Şek. 2.5.35):
F( t ) ≅
∑ Fi ( t ) = ∑ F(τ i )∆τ i δ( t − τ i ) .
i
(2.5.162)
i
Sistemin bu kuvvetlerin i-incisine yanıtı, Denk. (2.5.156)’daki birim impuls yanıtı cinsinden
x i ( t ) = F ( τ i ) ∆ τ i g ( t − τ i ) şeklinde yazılabileceğine göre Denk. (2.5.162)’deki toplama yanıt
da eklenme ilkesi uyarınca
x(t) =
∑ x i ( t ) = ∑ F( τ i ) ∆ τ i g ( t − τ i )
i
(2.5.163)
i
F(t)
F(τi)
t
τi
∆τi
Şekil 2.5.35 F(t)’ye İmpulsif Kuvvetler Toplamı Gözüyle Bakılması
şeklinde yazılabilir. Burada ∆τi→0 olduğu düşünülür ve bu durumda Denk. (2.5.162)’deki
toplamın F(t)’yi yaklaşık değil tam olarak temsil edeceğine45, Denk. (2.5.163)’deki toplamın
da bir integrale dönüşeceğine dikkat edilirse,
t
t
x ( t ) = ∫ F( τ)g ( t − τ)dτ = ∫ F( t − τ)g ( τ)dτ
0
45
(2.5.164)
0
∆τ→0 için Denk. (2.5.162)
t
∫ F(τ)δ(t − τ) ⋅ dτ
integraline dönüşür. Burada δ fonksiyonunun tanımına
0
dayanılarak
δ ( t − τ) = δ ( τ − t )
t
t
0
0
yazılır
ve
Denk.
(2.5.150)
dikkate
alınırsa
∫ F(τ)δ( t − τ)dτ = ∫ F(τ)δ(τ − t )dτ = F( t ) elde edilir.
169
sonucuna gelinir46.
Konvolüsyon integrali47 ya da kısaca konvolüsyon diye adlandırılan bu integral,
g(t)’nin Denk. (2.5.156)’daki ifadesi ile birlikte kütle-yay-sönüm sisteminin zamanın
gelişigüzel bir fonksiyonu şeklindeki bir F(t) kuvvetine yanıtının hesabında kullanılır. Bu
hesap sırasında, hesap kolaylığı bakımından bir seçim yapılarak Denk. (2.5.164)’teki iki
seçenekten herhangi biri kullanılabilir.
Burada bizim konumuza yansıdığı kadarıyla gördüğümüz konvolüsyonun, istatistiksel
dağılım hesabı, dijital görüntü ve sinyal işleme, fonksiyon analizi, dalga mekaniği gibi bir
çok alanda uygulaması bulunan ve esas olarak, verilmiş iki fonksiyona (f ve g diyelim) bir
üçüncüsünü eşleştirme işlevi olan büyük öneme sahip bir matematiksel işlem olduğunu ve
genelde [ f ∗ g ](t) şeklinde gösterildiğini belirtelim:
t
t
[f ∗ g ]( t ) = ∫ f ( τ)g ( t − τ) ⋅dτ = ∫ f ( t − τ)g ( τ) ⋅dτ .
0
(2.5.165)
0
Örnek Problem 2.5.14 –Birim Basamak Yanıtı-
Kütle-yay-sönüm sisteminin birim basamak fonksiyonuna yanıtını konvolüsyon
integrali yardımıyla hesaplayınız.
Çözüm:
Bu problemde daha elverişli olduğu için Denk. (2.5.164)’teki ifadelerden ikincisi
seçilerek
t
x ( t ) = ∫ F( t − τ)g ( τ)dτ
(i)
0
şeklinde hesap yapılsın. Birim basamak fonksiyonunun Denk. (2.5.155)’teki tanımı gereği, bu
problemde integral sınırları arasında
F( t − τ ) = 1 ;
(ii)
0≤ τ≤ t
alınması gerektiğine, birim darbe yanıtının Denk. (2.5.156)’daki ifadesine göre de, yine
integral sınırları arasında
46
Denk. (2.5.164)’deki iki ifadenin özdeş olduğu, ilkinde θ=t-τ → dθ=-dτ değişken dönüşümü yapılarak
t
0
kolayca görülebilir. Bu yapıldığında
elde edilir. İntegrasyon
x (t) =
∫ F ( τ ) g ( t − τ ) ⋅d τ = − ∫ F ( t − θ ) g ( θ ) ⋅d θ
0
t
sınırlarının ters yüz edilmesi ve buradaki kukla integrasyon değişkeni θ yerine yeniden τ konulmasıyla Denk.
(2.5.164)’teki ikinci ifadeye gelinir.
47
Duhamel İntegrali, Süperpozisyon İntegrali, Faltung veya Katlanma İntegrali diye de adlandırılır.
170
g ( τ) =
1
mωn 1−ζ
2
.e −ζωn τ sin( ω n 1 − ζ 2 ⋅ τ) ;
(iii)
0≤ τ≤ t
olduğuna dikkat edilirse, Denk. (ii) ve (iii)’ün Denk. (i)’de yerlerine konulmasıyla
x(t) =
1
mωn 1−ζ 2
t
⋅ ∫ e −ζω n τ sin( ω n 1 − ζ 2 ⋅ τ)dτ
(iv)
0
konvolüsyon integraline gelinir. Bu integral, kısmi integrasyon yoluyla ve biraz emekle elde,
ya da Şek. Pr. 2.5.14’teki Mathcad program kesidi örneğinde olduğu gibi sembolik hesap
yapan bir program yardımıyla bilgisayarda hesaplanabilir. Bu yapılırsa,
⎧⎪
⎡
⎤ ⎫⎪
ζ
x ( t ) = h ( t ) = k1 ⎨1 − e − ζω n t ⎢cos( ω n 1 − ζ 2 ⋅ t ) +
sin( ω n 1 − ζ 2 ⋅ t ) ⎥ ⎬
1− ζ 2
⎥⎦ ⎪⎭
⎣⎢
⎩⎪
;t
≥ 0
(v)
elde edilir. Bu ifade, olması gerektiği gibi, birim basamak yanıtı için Denk. (2.5.159)’da
verilen ifadeden başka bir şey değildir.
Buradaki hesabın ortaya koyduğu bir özellik olarak, g(t) birim darbe yanıtıyla h(t)
birim basamak yanıtı arasında
t
h ( t ) = ∫ g ( τ)d τ → g ( t ) =
0
dh ( t )
dt
(vi)
ilişkisi bulunduğunu not ediniz.
Şekil Pr. 2.5.14 Konvolüsyon İntegralinin Bilgisayarda Hesaplanması (Mathcad)
171
Örnek Problem 2.5.15
F(t)
F0
t
to
0
Şekil Pr. 2.5.15-1'deki kuvvetin bir
kütle-yay-sönüm sisteminde yol açacağı
zorlanmış titreşimleri konvolüsyon integrali
yardımıyla hesaplayınız.
Şekil Pr. 2.5.15-1
Çözüm:
Verilen kuvvet, rampa fonksiyonu ile basamak fonksiyonunun bileşimi şeklindedir ve
⎧⎪ F ⋅ t
F( t ) = ⎨ o t o
⎪⎩ Fo
L 0 ≤ t ≤ to
L to ≤ t
(i)
şeklinde ifade edilebilir. Buna göre konvolüsyon integrali 2 parçada hesaplanacaktır.
Denklem (2.5.164)’teki ifadelerden
t
x ( t ) = ∫ F( τ)g ( t − τ)dτ
(ii)
0
şeklindeki ilki seçilirse;
t ≤ to için:
t
x(t) =
F
∫ t oo τ ⋅ g( t − τ)dτ
(iv)
0
t ≥ to için ise:
x(t) =
to
∫
0
Fo
τ ⋅ g( t − τ)dτ +
to
t
∫ Fo ⋅ g(t − τ)dτ
(v)
to
şeklinde hesap yapılacaktır. Bu seçenekte integral sınırları doğal ve yalın, buna karşılık
integraller karışıktır. Diğer seçenek, yani
t
x ( t ) = ∫ F( t − τ)g ( τ)dτ
(vi)
0
172
seçilirse integraller daha yalın, buna karşılık integral sınırları daha karışık hale gelir. İkinci
seçenek yeğlenir ve integral sınırlarını belirlemek üzere Denk. (i)'de t yerine t-τ konulursa
τ bakımından sınırlar
⎧⎪F ⋅ t − τ L 0 ≤ t − τ ≤ t o
F( t − τ ) = ⎨ o t o
⎪⎩Fo
L to ≤ t − τ
→ t − to ≤ τ ≤ t
→ 0 ≤ τ ≤ t − to
(vii)
şeklinde belirlenir. Denk. (i) ile (vii)'deki bilgiler ve g(τ)'nun Denk. (2.5.156)'daki ifadesi ile
Denk. (vi)'ya dönülüp hesap yapılırsa;
t ≤ to için:
t
x ( t ) = ∫ Fo ⋅ tt− τ g ( τ)dτ
o
0
F ⎧
2ζ
= ko ⎨ tt − ω t
n o
⎩ o
⎡1 − e − ζω n t cos( ω 1 − ζ 2 ⋅ t ) ⎤ − 1− 2 ζ 2 e − ζω n t sin( ω 1 − ζ 2 ⋅ t ) ⎫⎪
⎬
n
n
⎢⎣
⎥⎦ 1− ζ 2 ω t
⎪⎭
n o
(viii)
t ≥ to için ise:
x(t) =
t −t o
t
0
t −to
∫ Fo ⋅ g(τ) ⋅dτ + ∫
Fo tt−τ ⋅ g(τ)dτ
o
− ζωn t ⎡ 2ζ 2 −1 ⎛
⎪
F ⎧
ζω t
⎛
⎞⎞
2
2
= ko ⎨1 + eω t ⎢
⎜ sin(ω n 1 − ζ ⋅ t ) − e n o ⋅ sin⎜ ω n 1 − ζ ⋅ ( t − t o ) ⎟ ⎟
2
n o ⎢ 1−ζ ⎝
⎝
⎠⎠
⎣
⎩⎪
⎞⎤ ⎫
⎛
+ 2ζ⎜ cos(ω n 1 − ζ 2 ⋅ t ) − e ζωn t o ⋅ cos⎛⎜ ω n 1 − ζ 2 ⋅ ( t − t o ) ⎞⎟ ⎟⎥ ⎬
⎠ ⎠⎦ ⎭
⎝
⎝
(ix)
elde edilir.
Şekil Pr. 2.5.15-2’de, sayısal bir örnek için (to=3 s, Fo=100 N, k=10 N/m, m=1 kg,
ζ=0.1) elde edilen çözümün grafiği gösterilmiştir.
Şekil Pr. 2.5.15-2
173
Örnek Problem 2.5.16
F(t)
F0
F2
t
to
0
t1 t2
Şekil Pr. 2.5.16-1’deki kuvvetin
sönümsüz bir kütle-yay sisteminde yol
açacağı zorlanmış titreşimleri konvolüsyon
integrali yardımıyla hesaplayınız.
Şekil Pr. 2.5.16-1
Çözüm:
Verilen kuvvet 4 parçada ifade edilebilir:
⎧ Fo ⋅ t
to
⎪
⎪F
F( t ) = ⎨ o
t − t1
⎪Fo + ( F2 − Fo ) t − t
2 1
⎪F
⎩ 2
L 0 ≤ t ≤ to
L t o ≤ t ≤ t1 .
L t1 ≤ t ≤ t 2
L t2 ≤ t
(i)
Buna göre, konvolüsyon integralinin
t
x ( t ) = ∫ F( t − τ)g ( τ) ⋅dτ
(ii)
0
seçeneği üzerinden hesap yapmak istenirse, Problem 2.5.14'teki gibi devam edilerek integral
sınırları,
⎧Fo ⋅ t − τ
0 ≤ t − τ ≤ to → t − to ≤ τ ≤ t
to
⎪
t o ≤ t − τ ≤ t1 → t − t1 ≤ τ ≤ t − t o
⎪F
.
(iii)
F( t − τ) = ⎨ o
t − τ − t1
+
−
≤
−
τ
≤
→
−
≤
τ
≤
−
F
(
F
F
)
t
t
t
t
t
t
t
⎪ o
1
2
2
1
2
o t −t
2 1
⎪
→ 0 ≤ τ ≤ t − t2
t2 ≤ t − τ
⎩F2
şeklinde belirlenir. Sönüm bulunmadığına göre bu problemde g(τ), Denk. (2.5.156)'dan ζ=0
ile
g ( τ) =
1
. sin ω n τ ⋅ u ( τ)
mω n
(iv)
alınmalıdır. Denklem (i)-(iv)'teki bilgilerle konvolüsyon integraline gidilip gereken hesaplar
yapılarak;
0 ≤ t ≤ to için:
174
t
F
x ( t ) = ∫ Fo ⋅ t − τ g ( τ) ⋅dτ = o [ t −
to
0
k
to
1
ωn t o
(v)
sin( ωn t )]
to ≤ t ≤ t1 için:
x(t) =
t−to
∫ Fo ⋅ g (τ) ⋅dτ +
0
=
t
∫
t−to
Fo tt− τ ⋅ g ( τ) ⋅dτ
o
(vi)
Fo
F
+ o [sin ω n ( t − t o ) − sin( ω n t )]
k
kω n t o
t1 ≤ t ≤ t2 için:
x(t) =
t − t1
∫
0
F
t − τ− t
[ Fo + ( F2 − Fo ) t − t 1 ] ⋅ g ( τ) ⋅ dτ +
2 1
t −t
F
t−t
t−to
t
t − t1
t−to
∫ Fo ⋅ g (τ) ⋅dτ + ∫
Fo tt− τ ⋅ g ( τ) ⋅dτ
o
F −F
F
= ko t 2− t + k2 t − 1t + kω o t [sin ω n ( t − t o ) − sin( ω n t )] + kω o( t −2 t ) sin ω n ( t − t 1 )
2 1
2 1
n o
n 2 1
(vii)
t ≥ t2 için ise:
x(t) =
+
t −t 2
t − t1
0
t−t2
∫ F2 ⋅ g(τ) ⋅dτ + ∫
t−to
t
t − t1
t −to
∫ Fo ⋅ g(τ) ⋅dτ + ∫
t − τ− t
[ Fo + (F2 − Fo ) t − t 1 ] ⋅ g ( τ) ⋅dτ
2 1
Fo tt− τ ⋅ g (τ) ⋅dτ =
o
Fo
Fo − F2
F2
+
[sin
ω
(
t
−
t
)
−
sin(
ω
t
)]
+
[sin ω n ( t − t 1 ) − sin ω n ( t − t 2 )]
n
o
n
k
kωn t o
kωn ( t 2 − t1 )
(viii)
elde edilir. Şekil Pr. 2.5.15-2’de, to=20 s, t1=40 s, t2=50 s, Fo=200 N, F2=100 N, k=10 N/m,
m=5 kg değerlerine sahip bir sayısal örnek için elde edilen çözümün grafiği gösterilmiştir.
Şekil Pr. 2.5.16-2
175
2.5.7.5 Silkme Kuvveti • Silkme Yanıtı
Etkime süreleri sınırlı/kısa olmakla birlikte bu süre içerisindeki değişimleri bilinen ve
sonuca etkiyen; bu yüzden de etkime süreleri sıfır kabul edilip impulsif sayılamayan
kuvvetlere de rastlanır. Böyle kuvvetlere silkme kuvveti diyelim. Bir silkme kuvveti, etkime
süresi to, kuvvetin bu süre içerisindeki değişimi F(t); 0≤t≤to ve F(t)’nin aldığı en büyük değer
olan Fo ile tanımlanır. Şekil 2.5.36’da bazı silkme kuvveti örnekleri gösterilmiştir.
Bir titreşim sisteminin böyle bir silkme kuvvetinin etkisiyle yapacağı harekette bu
hareketin şeklinin yanı sıra, hatta bundan daha öncelikli olarak, ortaya çıkacak en büyük yer
değiştirmenin ne olacağının bilinmesi de tasarım bakımından önem taşır. Bu yüzden, değişik
silkme kuvveti biçimleri için bu maksimumun sistem ve/veya kuvvet parametreleriyle
değişimini gösteren grafikler verilmesi adet olmuştur. Bu grafiklere de sistemin maksimum
silkme yanıtı diyagramı48 diyelim.
F(t)
F(t)
Fo
F(t)=Fosinωt ;
ω=π/to
Fo
t
to
F(t)
(a)
Fo
to
t
t
to
(c)
(b)
Şekil 2.5.36 Silkme Kuvveti Örnekleri
Yarım Sinüs Dalgası Şekilli Silkme:
Şek. 2.5.36’daki silkme kuvveti örneklerinden, 2to; to=π/ω peryodlu yarım sinüs
dalgası şeklinde olan ilki ele alınsın ve sönümsüz bir kütle-yay sisteminin bu kuvvete yanıtı
hesaplansın. Konvolüsyon integrali yardımıyla kuvvet etkime süresi içindeki hareket (0 ≤ t ≤
to=π/ω) için
t
t
x ( t ) = ∫ F( τ)g ( t − τ) ⋅dτ = ∫ Fo sin ω t ⋅ 1 . sin ωn ( t − τ) ⋅ dτ
0
ωn / ω
0
Fo
ωn
=
(sin ωn t −
sin ω t )
ω
k 1− ( ω / ω ) 2
n
mω n
,
(2.5.166)
kuvvet kalktıktan sonraki hareket (t ≥ to=π/ω) için ise
48
Uluslar arası yazında silkme yerine şok, maksimum silkme yanıtı diyagramı yerine de şok spektrumu terimleri
kullanılmaktadır. Ancak bu terimlerin her ikisi de son derece yanıltıcıdır. Bir silkme kuvveti, “şok” adıyla
bağdaşmayacak kadar uzun to etkime sürelerine sahip olabilmekte, maksimum silkme yanıtı diyagramlarının da,
bir şeyin farklı özelliklere sahip bileşenlerine ayrılmış hali anlamına gelen “spektrum” ile hiçbir ilgisi
bulunmamaktadır.
176
π
ω
π
ω
0
ωn / ω
0
x(t) = ∫ F(τ(τ)g − τ) ⋅dτ = ∫ Fo sin ωt ⋅ 1 . sin ωn (t − τ) ⋅ dτ
=
Fo
k 1−(ω / ω) 2
n
mω n
(2.5.167)
[sin ωn t + sin ωn ( t − π )]
ω
elde edilir. Dikkat edilirse, kuvvet etkime süresi içerisinde ω ve ωn frekanslı titreşimlerin bir
bileşimi şeklinde hareket eden sistem kuvvet kalktıktan sonra, olması gerektiği gibi, ωn
frekanslı serbest titreşimler yapmaktadır. Bu hareketler hakkında bir fikir vermek üzere, Şek.
2.5.37’de, üç farklı ωn/ω değeri için ω=1 rad/s’lik bir yarım sinüs silkmeye yanıtın Denk.
(2.5.166) ve Denk. (2.5.167)’ye göre çizdirilmiş diyagramları verilmiştir.
x(t)
Fo / k
x(t)
Fo / k
0
2
4
t
6
8 10
x(t)
Fo / k
0
1
2
t
3
4
0
to
to
(a) ωn/ω=0.5
1
t
to
2
3
(c) ωn/ω=8
(b) ωn/ω=5
Şekil 2.5.37 Yarım Sinüs Silkmeye Yanıt Örnekleri (ω=1 rad/s)
Şimdi bu harekette ortaya çıkacak en büyük yer değiştirme hesaplanmak istensin.
Bunun için önce Denk. (2.5.166)’daki x(t) ifadesinde maksimum hesabı gerçekleştirilirse, yer
değiştirmenin ancak ωn/ω > 1 olması halinde kuvvet etkime süresi içerisinde bir maksimuma
sahip olacağı; bunun da
2 pπ
t p = ω + ω ; p=1,2,…,P; P <
n
1 ⎛ ω n + 1⎞
⎜
⎟
2⎝ ω
⎠
(2.5.168)
anlarında ortaya çıkan
F
ω /ω
2 pπ
x p = ko ( ω n/ ω ) −1 ⋅ sin ( ω / ω ) +1 ; p=1,2,…,P; P <
n
n
1 ⎛ ω n + 1⎞
⎜
⎟
2⎝ ω
⎠
(2.5.169)
değerine sahip P adet yerel maksimum arasından en büyük değere sahip olan seçilerek,
x maks = maks( x 1 , x 2 ,..., x P )
(2.5.170)
şeklinde belirleneceği anlaşılır49. Şekil 2.5.37’deki diyagramların t/to<1 bölgesindeki gidişleri
bu söylenilenlere örnek oluşturmaktadır.
49
Denk. (2.5.166)'dan zamana göre türev alınıp sıfıra eşitlenerek ekstremumun gerek koşulu
cos ω n t − cos ω t = 0 → ω n t = ± ω t ± 2 p π şeklinde, buradan da stasyoner noktalar (4 seçenekli olarak)
t p = ± 2 p π /( ω n m ω) ; p=1,2,… ; 0 ≤ tp ≤ to=π/ω (tp kuvvet etkime süresi içinde) şeklinde hesaplanır.
177
Kuvvet kalktıktan sonraki hareket serbest titreşim hareketi olduğundan bu dönemdeki
en büyük yer değiştirme bu titreşimin genliğinden başka bir şey olmayacaktır. Denk.
(2.5.167)’nin sinα+sinβ=2cos(α−β)/2sin(α+β)/2 eşitliği uyarınca
x(t) =
Fo
ωn / ω
k 1− ( ω / ω ) 2
n
ωn
) ⋅ sin ωn [( t − π )]
2ω
2 ω
cos( π
(2.5.171)
şeklinde yazılmasıyla bu genlik ve maksimum yer değiştirme hemen
x maks =
Fo
ω
ωn / ω
⋅ cos( π n )
2 ω
k 1− ( ω / ω) 2
n
(2.5.172)
şeklinde belirlenir.
Yukarıda elde edilen bilgiler, sistemin maksimum silkme yanıtının boyutsuz ωn/ω
oranına bağlı olduğunu göstermektedir. Şekil 2.5.38’de bu bağlılık bir maksimum silkme
yanıtı diyagramı şeklinde verilmiştir. Bu diyagramda üstteki eğri bütün hareket sırasında
ortaya çıkacak en büyük yer değiştirmenin, alttaki eğri ise kuvvet kalktıktan sonraki
titreşimlerin genliğinin ωn/ω ile değişimini göstermektedir. Yukarıda belirlendiği gibi, ωn/ω <1
iken kuvvet etkime süresi içerisinde bir maksimum bulunmadığı için bu bölgede alttaki
genlik eğrisi her iki bilgiyi birden temsil etmektedir.
Bu diyagramda dikkat çeken bir özellik, ωn/ω oranının 3,5,7,... gibi 1’den farklı bir
tek sayı olması halinde alttaki eğriye göre xmaks=0 olmasıdır. Bunun anlamı, sönümsüz bir
titreşim sistemine doğal frekansının 3’te biri, 5’te biri vb. frekanslı yarım sinüs dalgası
şeklinde bir silkme kuvveti uygulandığında, sistemin kuvvet kalktıktan sonra tamamen
hareketsiz kalacağıdır (Bkz. Şek. 2.5.37-b). Uygulamada önem taşıyan bu bilgi, Denk.
(2.5.172)’den de kolayca çıkartılabilir.
Bir başka dikkat çekici özellik de ωn/ω oranı arttıkça, yani kuvvetin uygulanma süresi
uzadıkça üstteki eğrinin bire, alttakinin sıfıra yakınsamasıdır. Bunun anlamı da çok uzun
zamana yayılması halinde silkme kuvvetinin, uygulandığı süre içerisinde Fo statik yükü kadar
yer değiştirmeye yol açması, kalktıktan sonra da bir titreşim bırakmamasıdır.
Bunlardan t p = − 2 p π /( ω n m ω) şeklindeki iki seçenek etkime süresi eşitsizliğini sağlamaz ve elenir.
t p = 2 p π /( ω n − ω ) seçeneği ise ωn/ω ≥ 3 olması halinde yukarıdaki eşitsizliği sağlar ise de maksimum değil
minimumlara karşılık geldiği görülür ve elenir. Geriye t p = 2 p π /( ω n + ω ) seçeneği kalır. Bu değer etkime
süresi eşitsizliğinde yerine konulduğunda 0 ≤ 2 p π /( ω n + ω ) ≤ π /( ω → p ≤ 1 / 2 ⋅ [( ω n / ω ) + 1] elde
edilir. Buradan, ωn/ω < 1 olması halinde böyle bir nokta bulunmayacağı, ωn/ω ≥ 1 olması halinde ise ωn/ω
değerine bağlı olarak 1≤ ωn/ω < 3 ise 1, 3≤ ωn/ω < 5 ise 2, vb… nokta bulunacağı anlaşılır. Bu tp değerleri
Denk. (2.5.166)’da yerine konulduğunda x = Fo ω n / ω [sin 2 p πω n + sin 2 p πω − (1 + ω n ) sin 2 p πω ] =
p
k 1− ( ω / ω ) 2
n
ωn + ω
ωn + ω
Fo
F
ωn / ω
ω +ω
ω −ω
ω
ω /ω
2 pπω
2 pπ
[ 2 sin ωn + ω pπ ⋅ cos ω n + ω pπ − (1 + ωn ) sin ω + ω ] = ko ( ω n/ ω ) −1 sin ( ω / ω ) +1
k 1− ( ω / ω ) 2
n
n
n
n
n
n
ω
ωn + ω
maksimum
yer
değiştirmeleri elde edilir. Ancak, ωn/ω’nın ωn/ω=1,3,5,.. gibi bir tek sayı olması halinde tam
p = 1 / 2 ⋅ [( ω n / ω ) + 1] noktasında ortaya çıkan son stasyoner noktada xp=0 olduğu ve bunun bir maksimum
olmadığı görülür. Burada söylenilenler, Denk. (2.5.168-170)’de toparlanmıştır.
178
İmpulsif:
Denk. (2.5.175)
Kuvvet etkime süresinde:
Denk. (2.5.169,170)
Kuvvet kalktıktan sonra:
Denk. (2.5.172)
x maks
Fo / k
ωn/ω
Şekil 2.5.38 Maksimum Silkme Yanıtı (Yarım Sinüs Silkme)
Öte yandan, kuvvet uygulama süresinin çok kısa olması, yani ωn/ω→0 olması haline
de bir göz atmak öğretici olabilir. Bu durumda kuvvet bir impulsif kuvvete dönüşeceğinden
sistemin yanıtı da impulsif kuvvete yanıta dönüşmelidir. Eldeki kuvvetin impulsu
I=
t o = ωπ
∫
0
2F
Fo sin ωt ⋅ dt = ωo
(2.5.173)
olduğuna göre bu yanıt Denk. (2.5.147)’den ζ=0 ile
2F
2F ω
x ( t ) = m ωωo sin ω n t = k o ωn sin ω n t
n
(2.5.174)
şeklinde, bu titreşimin genliğinden ibaret olan maksimum yer değiştirme de
2F ω
x maks = ko ωn
(2.5.175)
şeklindedir. Bu ifadenin eğrisi de Şek. 2.5.38’e işlenmiştir ve beklendiği gibi ωn/ω→0 iken
yukarıda elde edilen eğriyle uyumludur. Bu uyumun ωn/ω>1/2 bölgesinde bozulmaya
başladığına dikkat edilirse, kuvvetin impulsif sayılabilmesi için uygulama süresinin sistemin
doğal peryodunun 1/4’ünden küçük olması gerektiği sonucuna varılır.
Şimdi de Şek. 2.5.36’daki öbür silkme kuvvetlerinin sönümsüz bir kütle-yay
sistemine etkileri ele alınsın ancak bu yapılırken, kısalık bakımından, kuvvet etkime süresi
içerisindeki hareket bir yana bırakılıp yalnızca kuvvet kalktıktan sonraki hareketin elde
edilmesiyle yetinilsin.
179
Üçgen Şekilli Silkme:
Sönümsüz kütle-yay sisteminin Şekil 2.5.36-b’deki silkme kuvvetine t≥to
dönemindeki yanıtı, konvolüsyon integrali yardımıyla ve sistemin Tn=2π/ωn doğal titreşim
peryodu hesaba katılarak
x(t ) =
to / 2
∫
0
F
⎡2F τ ⎤ ⋅ 1 . sin ω ( t − τ) ⋅ dτ +
n
⎢⎣ o t o ⎥⎦ mωn
t
to
∫
to / 2
⎡2F (1 − τ )⎤ ⋅ 1 . sin ω ( t − τ) ⋅ dτ
n
t o ⎥⎦ mωn
⎢⎣ o
t
= ko ⋅ ( t /2T ) π ⋅ [1 − cos( To π)] ⋅ sin[ω n t − To π]..........; t ≥ t o
o n
n
n
(2.5.176)
şeklinde elde edilir. Bu hareketin genliği
F
t
x maks = ko ⋅ ( t /2T ) π ⋅ [1 − cos To π]
o
n
n
(2.5.177)
şeklinde olup to/Tn ile değişimi Şek. 2.5.39’daki maksimum silkme yanıtı diyagramında
verilmiştir.
İmpulsif:
Denk. (2.5.178)
x maks
Fo / k
Kuvvet kalktıktan sonra:
Denk. (2.5.177)
to/Tn
Şekil 2.5.39 Maksimum Silkme Yanıtı (Üçgen Silkme)
Bu diyagramdan, to/Tn=2,4,6,... gibi çift sayı oranlar halinde xmaks=0 olacağı, yani
silkme sonrasında sistemin bir titreşim yapmayıp hareketsiz kalacağı ve to/Tn→∞ iken
xmaks→0 olacağı, yani uzun zamana yayılması halinde bu silkme kuvvetinin sistemde kalıcı
bir titreşim bırakmayacağı anlaşılmaktadır.
Öte yandan, eldeki kuvvetin impulsu I=Foto/2 olduğuna göre, kuvvetin impulsif
sayılması halinde yanıtın
x (t) =
Fo t o
F t
sin ω n t = o o π sin ω n t
2mω n
k Tn
→ x maks
Fo t o
π
k Tn
(2.5.178)
şeklini alması gerekir. Bu xmaks ifadesi Şek. 2.5.39’a çizildiğinde to/Tn≤1/4 bölgesinde verilen
eğriyle uyumlu olduğu görülür. Buradan, tıpkı bir önceki gibi bu silkme kuvvetinin de
to/Tn≤1/4 olması halinde impulsif sayılmasının uygun olacağı anlaşılır.
180
Dikdörtgen Şekilli Silkme:
Son olarak Şekil 2.5.36-c’deki silkme kuvveti ele alınırsa, t≥to dönemindeki yanıt
to
2F
t
t
x ( t ) = ∫ Fo ⋅ m1ω . sin ω n ( t − τ) ⋅ dτ = ko ⋅ sin Tno π ⋅ sin[ ω n t − Tno π]...; t ≥ t o , (2.5.179)
n
0
dolayısıyla genlik de
2F
t
(2.5.180)
x maks = ko ⋅ sin To π
n
şeklinde elde edilir (Şek. 2.5.40). Bu kez, to/Tn’nin tüm tam sayı değerlerinde kuvvet
kalktıktan sonra titreşim yok olmakta, silkmenin zamana yayılması sonucu değiştirmemekte,
kuvvetin I=Foto değerine sahip impulsif bir kuvvet sayılması halinde söz konusu olacak
x (t) =
Fo t o
mω n
sin ω n t =
Fo t o
k Tn
2 π sin ω n t → x maks
Fo t o
k Tn
2π
(2.5.181)
hareketi yine to/Tn≤1/4 olması halinde gerçekle uyum sağlamaktadır.
İmpulsif:
Denk. (2.5.181)
Kuvvet kalktıktan sonra:
Denk. (2.5.180)
x maks
Fo / k
to/Tn
Şekil 2.5.40 Maksimum Silkme Yanıtı (Dikdörtgen Silkme)
181
2.5.7.6 F(t)’nin Gelişigüzel Bir Fonksiyon Olması Hali • Fourier İntegrali • Fourier
Dönüşümü
Zamanın gelişigüzel F(t) fonksiyonları şeklindeki kuvvetleri hesaba katmanın bir yolu
da onlara peryodu sonsuz olan peryodik fonksiyonlar gözüyle bakmaktır. Bu, F(t)’nin bir
Fourier integrali ile temsiline götürür. Bu bölümde bu konu üzerinde durulacaktır.
Bölüm 1.2.5, Denk. (1.2.40, 41)’den, T=2π/ωo peryoduyla peryodik bir F(t)
fonksiyonunun, Cp’ler
Cp = T1
T
∫ F(t) ⋅e
−ipωot
⋅ dt ; p=0, ±1, ±2, ±3…
(2.5.182)
0
şeklinde tanımlı karmaşık sabitler olmak üzere
+∞
∑ Cp ⋅ eipωo t
F( t ) =
(2.5.183)
p = −∞
karmaşık Fourier serisiyle temsil edilebileceği bilinmektedir.
Bu seri açınımında ωo’ın, ardışık harmoniklerin frekansları arasındaki ∆ω farkını
gösterdiğine (Bkz. Şek. 2.5.41-b1) dikkat edilerek
∆ω = ω o = 2Tπ ,
(2.5.184)
yazılır, buradan çekilen
1 = ∆ω
T 2π
(2.5.185)
Denk. (2.5.182)’de, bu denklem de Denk. (2.5.183)’te yerine konulur ve integral sınırları,
T
T/2
sonucu etkilemeyecek bir kaydırmayla ∫ → ∫
biçiminde değiştirilirse
0
F(t) =
+∞
∑
p=−∞
1 ⋅ e ipωot
2π
T/2
⋅ ∆ω ⋅
∫ F(t) ⋅e
−T / 2
−ipωot
⋅ dt
(2.5.186)
−T / 2
elde edilir.
Şimdi, T sonsuza gittiğinde F(t)’nin peryodik olmaktan çıkıp gelişigüzel bir
fonksiyona dönüşeceğine, Denk. (2.5.184)’e göre ∆ω’nın sıfıra gideceğine, araları böylece
kapanan pωo ayrık frekanslarının sürekli dağılmış ω frekanslarına dönüşeceğine (Bkz. Şek.
2.5.41) dikkat edilerek F(t)’nin gelişigüzel bir fonksiyon olması hali için Denk. (2.5.186)’da
şu uyarlamalar yapılsın:
182
F(pωο)
F(t)
T
T
∆ω=ωο=2π/T
T
(a1)
t
T
ω
(b1)
ωο 2ωο ........................
T
t
(a2)
ωο 2ωο
T
t
(a3)
∞
T
(a4)
ω
(b2)
ω
(b3)
ωο 2ωο
t
F(ω)
ω
(b4)
(b) F(ω)’nın Değişimi
(a) F(t)’nin Değişimi
Şekil 2.5.41 Peryod Artarken F(t) ve Frekans Açınımının Değişimi
∞
+∞
T→∞: pωo→ω,
T/2
∞
∑ L∆ω → ∫Ldω , ∫ L ⋅ dt → ∫ L ⋅dt .
p =−∞
ω=−∞
−T / 2
(2.5.187)
t = −∞
Böylece, F(t)’nin Fourier integrali gösterilimi adı verilen
F( t ) = 1
2π
+∞
∫
⎛ +∞
⎞
−iωt
⎟ ⋅ dω
F
(
t
)
⋅
e
⋅
dt
⎜ ∫
⎟
⎝ −∞
⎠
eiωt ⋅ ⎜
−∞
(2.5.188)
ifadesine gelinir.
Öte yandan, Denk. (2.5.188)’deki ifade, iç ve dış integrallere daha bakışımlı bir
görünüm sağlamak amacıyla,
F( t ) =
1
2π
+∞
∫
−∞
⎛
eiωt ⋅ ⎜ 1
⎜ 2π
⎝
+∞
⎞
−iωt
⎟ ⋅ dω
F
(
t
)
⋅
e
⋅
dt
∫
⎟
−∞
⎠
(2.5.189)
şeklinde yazılır ve iç integral, sonucunun t’den bağımsız, ω’ya bağımlı olacağına dikkat
edilerek
F(ω) =
1
2π
+∞
−iωt
∫ F(t) ⋅e
⋅ dt
(2.5.190)
−∞
şeklinde ayırt edilirse Denk. (2.5.189),
183
1
2π
F(t) =
+∞
iωt
∫ F(ω) ⋅ e
⋅ dω
(2.5.191)
−∞
şeklini alır. Son iki denklemdeki F(t) ve F(ω)’nın bir Fourier dönüşüm ikilisi oluşturduğu
söylenir. Bunlar, aynı F fonksiyonunun zaman ve frekans uzayındaki tasvirlerini oluştururlar.
Zaman uzayındaki F(t) ifadesi verildiğinde Denk. (2.5.190)’daki Fourier dönüşümü
yardımıyla frekans uzayındaki ifadeye, F(ω) ifadesi verildiğinde ise Denk. (2.5.191)’deki
Fourier ters dönüşümü yardımıyla zaman uzayındaki ifadeye geçilebilir50.
Dikkat edilirse, F(ω), Bölüm 2.5.6’da peryodik fonksiyonlar için sözü edilmiş olan
ayrık (yalnızca ωo ve tam katlarındaki katkıları gösteren) frekans açınımının sürekli (her ω
değerindeki katkıları gösteren) karşılığından başka bir şey değildir. Bu yüzden, tıpkı oradaki
gibi, F'nin frekans açınımı ya da Fourier açınımı diye de adlandırılır ve, fiziksel anlam
olarak, F(t)’nin yapısında belli bir ω frekansında bileşen bulunup bulunmadığının,
bulunuyorsa hangi ağırlıkla bulunduğunun bir göstergesini oluşturur.
Şimdi gelişigüzel bir F(t) kuvvetinin kütle-yay-sönüm sisteminde yol açacağı x(t)
hareketine gelinirse, bu hareket için de tıpkı F(t) için olduğu gibi,
1
2π
X(ω) =
+∞
−iωt
∫ x(t) ⋅e
⋅ dt
(2.5.192)
⋅ dω
(2.5.193)
−∞
ile
x( t ) =
1
2π
+∞
iωt
∫ X(ω) ⋅ e
−∞
yazılabilir. Bunlar da x hareketinin zaman ve frekans uzayındaki tasvirleridir ve aralarında bir
Fourier dönüşüm ikilisi oluştururlar. Oysa buradaki X(ω)’nın -ki, x'in frekans açınımı ya da
Fourier açınımı diye adlandırılır-, harekete yol açan kuvvetin frekans uzayındaki tasviri
F(ω)’ya, Denk. (2.5.61,62) uyarınca,
f (t) =
F(t)
k
→
f (ω) =
F(ω)
k
(2.5.194)
tanımı altında ve
H (ω) =
2
(1− ω 2
ωn
1
) + i⋅2 ζ ωω
(2.5.195)
n
50
İki dönüşümün tanımları arasında bakışım sağlamak için burada 1/2π çarpanının her iki dönüşüme 1 / 2 π
şeklinde paylaştırılması yoluna gidilmiştir. En yaygın yol bu olmakla birlikte, çarpanın farklı paylaştırmalarına
dayalı tanımlara da rastlanır. Öte yandan, 1/2π çarpanının varlığının, uygulamalı fizikte böylesi daha uygun
olduğu için frekansların rad/s cinsinden alınmasının bir sonucu olduğunun, Hz cinsinden frekansların
kullanılması halinde bu çarpanın tamamen yok olacağının da belirtilmesi gerekir, ki kuramsal fizikçiler bunu
yeğlerler.
184
sistemin FYF’si, yani frekans yanıt fonksiyonu olmak üzere
X ( ω) = H ( ω) ⋅ f ( ω)
(2.5.196)
şeklinde bağlı olacağı bilinmektedir. Böylece, gelişigüzel bir F(t) kuvvetinin yol açacağı x(t)
hareketi için
+∞
x(t) = 1
2π
⎛ +∞
⎞
⎜ f ( t ) ⋅e−iωt ⋅ dt ⎟ ⋅ eiωt ⋅ dω
H
(
ω
)
⋅
2π ∫
⎜ ∫
⎟
−∞
⎝ −∞
⎠
(2.5.197)
iωt
∫ H(ω) ⋅ f (ω) ⋅ e ⋅ dω = 1
−∞
+∞
ifadesine gelinir. Bu, zamanın gelişigüzel fonksiyonları şeklindeki kuvvetlere yanıtın
hesaplanmasında Denk. (2.5.164)’teki konvolüsyon integraline alternatif bir yol oluşturur.
Örnek Problem 2.5.17 (Birim impuls ve etkisi)
Birim impulsa sahip bir impulsif kuvvetin frekans uzayındaki tasvirini (frekans
açınımını) ve kütle-yay-sönüm modeli üzerindeki etkisini belirleyiniz.
Çözüm:
Dirac delta fonksiyonu kullanılarak ve t=0 anında etkidiği varsayılarak impulsif
kuvvet,
F( t ) = δ( t )
(i)
şeklinde yazılabilir. Bu ifade Denk. (2.5.190)’da yerine konulur ve Dirac delta
fonksiyonunun Denk. (2.5.150)’deki özelliği anımsanırsa, birim impulsun ∆(ω) şeklinde
göstereceğimiz frekans açınımı
F(ω) = ∆(ω) = 1 ⋅
2π
+∞
−iωt
∫ δ(t) ⋅e
−∞
⋅ dt = 1 ⋅ e0 = 1
2π
2π
(ii)
şeklinde hesaplanır. Buna göre impulsif kuvvetin frekans açınımının frekanstan bağımsız bir
sabit olduğu; yani yapısında eşit ağırlıkla her frekansta bileşen bulundurduğu anlaşılır (Bkz.
Şek. Pr. 2.5.17). Bunun anlamı, impulsif kuvvetin, frekanslar arasında bir ayrım yapmaksızın
uygulandığı sistemde her frekanstaki titreşimleri eşit biçimde uyarabileceğidir. Bu, başka tür
kuvvetlerde bulunmayan önemli bir özelliktir.
Denklem (ii)’deki frekans açınımına Denk. (2.5.191)’deki ters Fourier dönüşümü
uygulanarak Dirac delta fonksiyonuna geri dönülürse,
δ(t) = 1
2π
+∞
iωt
∫e
−∞
+∞
+∞
1
⋅ dω = ( cos ωt ⋅ dω + i ⋅ sin ωt ⋅ dω) ,
2π
−∞
−∞
∫
∫
(iii)
185
F(t)
F(ω)
1/ε
1
2π
ω
t
ε
(a) F(t)=δ(t) İmpulsif Kuvveti
(b) F(ω) Frekans Açınımı
Şekil Pr. 2.5.17 İmpulsif Kuvvet ve Frekans Açınımı
ya da sinωt bir tek fonksiyon olduğundan ikinci integralin sıfır edeceğine dikkat edilerek
δ(t) = 1
2π
+∞
∫ cos ωt ⋅ dω
(iv)
−∞
elde edilir. Bu, Dirac delta fonksiyonu için analitik bir ifade seçeneği oluşturur.
Şimdi kütle-yay-sönüm sisteminin birim impulsa yanıtı belirlenmek istensin, fakat bu
yapılırken bu yanıtın Denk. (2.5.156)’da
g( t ) =
1
mωn 1− ζ
2
.e − ζω n t sin(ωn 1 − ζ 2 ⋅ t ) ⋅ u ( t )
(v)
şeklinde verilmiş olan birim darbe yanıtı g(t)’den başka bir şey olmayacağı akılda tutulup bu
yanıtın frekans açınımı (Fourier dönüşümü) da G(ω) şeklinde gösterilsin.
Böylece, Denk. (ii)’nin Denk. (2.5.194) ve (2.5.196)’da yerine konulmasıyla yanıtın
frekans açınımı için
G ( ω) = 1 / k H ( ω)
2π
(vi)
elde edilir. Buna göre, –özünde birim impulsun frekans açınımının sabit olma özelliğinden
kaynaklanan- şu önemli sonuca ulaşılır: Birim impulsa yanıtın frekans açınımı, bir sabit
katsayı farkıyla sistemin FYF’sine eşittir.
Sistemin birim impuls yanıtı g(t) ile FYF’si H(ω)’nın aynı bilginin iki görünümü
olduğunu ortaya koyan bu bilgiden, uygulamaya yönelik şu önemli sonuçlar çıkar:
i) Bir sistemin FYF’si, sisteme bir impuls uygulanıp yanıtının frekans açınımına
bakılarak deneysel yoldan belirlenebilir. Bu, uygulanan bir yoldur.
186
ii) Bir sistemin herhangi bir F(t) kuvvetine yanıtının hesaplanmasında g(t) bilgisiyle
Denk. (2.5.164)’teki
t
t
x ( t ) = ∫ F( τ)g ( t − τ) ⋅dτ = ∫ F( t − τ)g ( τ) ⋅dτ
0
(vii)
0
konvolüsyon integralinden ya da H(ω) bilgisiyle Denk. (2.5.197)’deki
x(t ) = 1 / k
2π
+∞
⎛ +∞
⎞
−iωt
iωt
⎜
∫ H(ω) ⋅ ⎜ ∫ F(t) ⋅e ⋅ dt ⎟⎟ ⋅ e ⋅ dω
−∞
⎝ −∞
⎠
(viii)
integralinden yararlanılabileceği gibi, Denk. (vi) aracılığıyla g(t)-H(ω) arasında geçiş yapıp
istenilen integralin kullanılması da mümkündür.
187
2.6
BÖLÜM PROBLEMLERİ
Bu bölümde, tek serbestlik dereceli sistemlerin lineer titreşimleriyle ilgili çözümlü ve
çözümsüz problemler verilecektir.
Problem 2.6.1
m
ρ
xo
S
Şekil Pr. 2.6.1-1 Şamandıra
Taban alanı S olan m kütleli silindirik bir
şamandıra, şekilde gösterildiği gibi, ρ yoğunluğuna sahip
sıvıda yarı dalmış durumda dengede bulunmaktadır.
Sönümü gözardı ederek şamandıranın denge konumundan
bir sapmasını izleyen düşey titreşimlerinin doğal
frekansını belirleyiniz.
Çözüm:
ρgS(x+xo)
xo
m
x
Sıvının kaldırma kuvveti Arşimed Yasası uyarınca
hesaplanarak ve statik denge konumu x=0 alınarak şekildeki SCD
oluşturulur ve onun yardımıyla hareket denklemi yazılırsa,
m&x& + ρgSx = mg − ρgSxo
(i)
elde edilir. Buradan doğal frekans
mg
Şekil Pr. 2.6.1-2
Serbest Cisim Diyagramı
ωn =
ρ gS
m
(ii)
şeklinde hesaplanır. Kaldırma kuvvetinin, eşdeğer yay katsayısı k eş = ρgS olan bir lineer yay
gibi etki ettiğine dikkat ediniz.
Problem 2.6.2
S
ρ, ℓ
S kesit yüzeyine sahip bir U manometresinin ℓ
uzunluğundaki kısmı, ρ yoğunluğuna sahip, düşük viskoziteli
(sönümü göz ardı edilebilir) bir sıvıyla doludur. Sıvı bloğunun
statik denge konumu civarındaki titreşimlerinin hareket
denklemini ve doğal frekansını belirleyiniz.
Şekil Pr. 2.6.2-1
U Manometresi
Çözüm:
S
x
x
ρ, ℓ
Şekil Pr. 2.6.2-2
Sıvının her parçacığının aynı x(t) hareketini paylaştığı;
dolayısıyla sıvı bloğunun meş=ρSℓ kütleli bir rijid cisim gibi
davrandığı varsayılsın. Öte yandan, statik denge konumundan x
kadar bir sapma halinde 2x uzunluğundaki sıvı bloğunun W=2ρgSx
ağırlığının sistemi denge konumuna geri döndürmeye çalışacağına
dikkat edilsin. Buna göre hareket denklemi
ρS l&x& + 2ρgSx = 0
(i)
188
ya da
&x& + 2 g x = 0
l
(ii)
şeklinde, doğal frekans da
2g
l
ωn =
(iii)
şeklinde elde edilir.
Problem 2.6.3
Serbest atmosferle yalnızca küçük bir açıklık üzerinden
temasta olan ve içerisinde çevreden oldukça soyutlanmış bir hava
Po
kütlesi bulunduran kaplara rezonatör adı verilir. Bir rezonatörün
ρ,Po,Vο
S
(P,V)
içindeki hava kendine özgü bir frekansa sahip olan bir titreşim
x(t)
sistemi oluşturur ve bir dış nedenle, özellikle de bir sesin
uyarmasıyla başlayan ve bir çınlama şeklinde duyulan
Şekil Pr. 2.6.3
Helmholtz Rezonatörü
titreşimlerini belli bir süre sürdürür. (Üflenen şişe örneğini
anımsayınız.) Yandaki şekilde, uzun ve dar bir boyna ve büyük
hacimli bir hazneye sahip bir Helmholtz rezonatörü gösterilmiştir. Bu rezonatörün küçük
titreşimlerinin doğal frekansını belirleyiniz.
ℓ
Çözüm:
Rezonatörün boyun kısmındaki havanın küçük genlikli x(t) titreşimlerini düşünelim.
S kesiti küçük, Vo hacmi büyük olduğundan Vo haznesi içerisindeki havanın bu harekete hiç
katılmadığı varsayılabilir ve hareketli hava kütlesi boyun içerisindeki havanın (şekildeki
taralı kısım) kütlesi olarak alınabilir;
m eş = ρ S l .
(i)
Öte yandan, boyun içerisindeki hava, haznedeki havayı bir sıkıştırıp bir genleştiren bir
piston gibi görülebilir. Bu hayali piston denge konumundan x kadar saptığında hazne içindeki
havanın basınç ve hacmi Po ve Vo’dan saparak P ve V değerlerine gelir. Dış basınç Po
değerinde kaldığından pistonu geri getirmeye çalışan bir
f=(Po-P)S
(ii)
kuvveti doğar. Olayın sabit ısıda cereyan ettiği (adyabatik) varsayılırsa, buradaki P’nin,
γ=Kp/Kv sabit basınç ve sabit hacimdeki özgül ısılar oranı olmak üzere (Hava için γ=1.4)
γ
⎛V ⎞
P = ⎜ o ⎟ .Po
⎝ V ⎠
(iii)
şeklinde hesaplanabileceği bilinmektedir. Burada V=Vo+Sx olduğuna dikkat edilir ve geri
getirme kuvvetinin ifadesine dönülürse
189
γ
⎡ ⎛ V
⎞ ⎤
o
⎢
⎟ ⎥ PoS ,
f ( x ) = 1 − ⎜⎜
⎢ ⎝ Vo + Sx ⎟⎠ ⎥
⎣
⎦
(iv)
buradan da küçük titreşimlerde geçerli lineerleştirmeyle
γPoS2
df (x)
k eş =
=
dx x = 0
Vo
(v)
elde edilir. Denk. (i) ve Denk. (v) dikkate alındığında hareket denklemi ve doğal frekans
ρ S l&x& +
γ PO S 2
Vo
ωn =
γSP O
ρ l Vo
x=0
(vi)
ve
(vii)
şeklinde bulunur.
Problem 2.6.4
m
ℓ
α
α
Şekil Pr. 2.6.4-1
Kinetik Sürtünme Katsayısı
Test Düzeneği
Şekilde,
malzemelerin
kinetik
sürtünme
katsayılarının belirlenmesinde kullanılan bir deney düzeneği
gösterilmiştir. Bu düzenekte test malzemesinin m kütleli,
dairesel kesitli bir çubuk şeklindeki örneği, eşit hızla
birbirine zıt yönde dönen iki makaranın V şeklinde yuva
açılmış sırtına yatırılmakta ve çubuk ileri geri salınımlar
yapmaktadır. Bu salınımların peryodu ölçülerek buradan
çubuk ve makara malzemeleri arasındaki µk kinetik
sürtünme katsayısı belirlenmektedir. Bu amaçla kullanılmak
üzere, µk’yı peryod cinsinden veren bir ifade elde ediniz.
190
Çözüm:
ℓ
x(t)
ℓ/2
m
S
T1
Önce Şek. Pr. 2.6.4-2’deki SCD yardımıyla çubuğun
hareket denklemi elde edilsin. Çubuk kütle merkezi S iki
makaranın tam ortasında bulunduğunda çubuk dengede
olacak (bunun nedenini açıklayınız), buradan x kadar
saptığında ise
T2
R1
m &x& = T1 − T 2
R2
mg
Ri
Ni
α α
Ni
denklemi uyarınca hareket edecektir. Buradaki Ti sürtünme
kuvvetleri Coulomb Yasası uyarınca ve şekildeki V yuva
detayı yardımıyla
T1 = 2 N1µ k , T2 = 2 N 2 µ k
α
α
Şekil Pr. 2.6.4-2
Serbest Cisim Diyagramı
(i)
(ii)
şeklinde yazılabilir. Yine aynı detaydan
N1 =
R1
R2
,N2 =
,
2 cos α
2 cos α
(iii)
çubuğun düşey kuvvet ve S çevresinde moment dengesinden de
R1 =
l
2
−x
l
mg , R2 =
l +x
2
mg
l
(iv)
belirlenip Denk. (ii), (iii) ve (iv) ile Denk. (i)’e dönülürse hareket denklemi
&x& +
2gµ k
x=0
l cos α
(v)
şeklinde elde edilir. Buna göre doğal frekans
ωn =
2gµk
,
l cosα
(vi)
peryod ise
T=
2π
l cos α
= 2π
ωn
2gµ k
(vii)
şeklindedir. Denk. (vii)’ye göre kinetik sürtünme katsayısı peryod cinsinden
µ k (T) =
2π 2 l cos α
gT 2
(viii)
şeklinde ifade edilebilir.
191
Problem 2.6.5
Ω
Şekildeki sistemde, yatay düzlemde sabit Ω açısal
hızıyla dönen r yarıçaplı bir diskin kenarına tutturulmuş
m,ℓ matematiksel sarkacı düzlem içi ϕ(t) salınımları
yapmaktadır.
r
O
ℓ
P
m
ϕ
S
Merkezkaç Sarkaç olarak bilinen bu sarkacın,
denge konumu civarındaki küçük salınımlarının hareket
denklemini ve doğal frekansını elde ediniz.
Şekil Pr. 2.6.5-1
Merkezkaç Sarkaç
Çözüm:
Hareket denklemi Newton-Euler Dinamiği ve
Lagrange Dinamiği ile iki farklı yoldan elde edilsin.
y
Ω
r
O
aP=rΩ2
ℓ
P
ϕ
m S
x
Newton-Euler Dinamiği: Rijid cisimler dinamiğinden, bir
rijid cismin keyfi (kütle merkezi ya da hareketsiz
olmayan) bir P noktası çevresindeki dönme hareketinin
M p = m rS ∧ a p + J P α + ω ∧ J P ω
(i)
Şekil Pr. 2.6.5-2
vektörel denklemi uyarınca cereyan edeceği bilinmektedir.
Burada JP, eylemsizlik tansörünün cisme bağlı bir Pxyz eksen takımındaki bileşenler matrisi,
MP, cisme etkiyen kuvvetlerin P'ye göre momentleri toplamı, rS, cisim kütle merkezinin yer
vektörü, aP, P noktasının ivmesi ω ve α ise cismin (Pxyz eksen takımının) mutlak açısal hız
ve ivmesidir. Şekil Pr.2.6.5-2 yardımıyla bu problemde
P
2
M p = 0 , rS = l i , a P = r Ω 2 ( − cos ϕ i + sin ϕ j) , J = m l ,
&& k , ω = ( Ω + ϕ& )k
α=ϕ
(ii)
olduğu belirlenip Denk. (i)'e dönülürse sarkaç hareket denklemi
&& + mrlΩ2 sin ϕ = 0
ml2ϕ
(iii)
ya da
r
&& + Ω2 sin ϕ = 0
ϕ
l
(iv)
şeklinde elde edilir. Küçük salınımlarda geçerli lineerleştirme ise
&& +
ϕ
r 2
Ω ϕ=0
l
(v)
verir. Buna göre küçük salınımların doğal frekansı
192
ωn = Ω r
(vi)
l
şeklindedir. Önemli bazı uygulamalara da olanak sağlayan ilginç bir özellik olarak, ωn'nin
Ω ile orantılı olduğunu ve orantı katsayısının r/ℓ oranı yardımıyla ayarlanabildiğini not
ediniz.
Lagrange Dinamiği: Esas genelleştirilmiş koordinat olarak
ϕ seçilir ve sisteme korunumlu korunumsuz hiç bir kuvvet
etkimediği dikkate alınırsa hareketin Lagrange
denkleminin
Ω
r
y
O
ℓ
P
m
ϕ
S
d ⎛ ∂T ⎞ − ∂T
⎜ ⎟
dt ⎝ ∂ϕ& ⎠ ∂ϕ
θ
x
=0
(i)
şeklinde yazılması gerektiği anlaşılır. Kinetik enerjiyi
Şekil Pr. 2.6.5-3
T = 1 mv S2 = 1 m ( x& S2 + y& S2 )
2
2
(ii)
şeklinde hesaplamak üzere S’nin sabit Oxy eksen takımındaki (Şek. Pr.2.6.5-3) koordinatları
belirlenerek ve θ& = Ω olduğuna dikkat edilerek,
x S = r cos θ + l cos( θ + ϕ ) → x& S = − r sin θ Ω − l sin( θ + ϕ )( Ω + ϕ& )
(iii)
yS = r sin θ + l sin( θ + ϕ) → y& S = r cos θ Ω + l cos( θ + ϕ )( Ω + ϕ& )
şeklinde hesap yapılırsa,
T = 1 m{r 2 Ω 2 + l 2 ( Ω + ϕ& ) 2 + 2 rl Ω ( Ω + ϕ& )[sin θ sin( θ + ϕ) + cos θ cos( θ + ϕ)]}
2
=
1
2
2
2
2
2
m[ r Ω + l ( Ω + ϕ& ) + 2 rlΩ ( Ω + ϕ& ) cos ϕ],
(iv)
bu ifadeyle Denk. (i)’e dönülüp gerekli hesapların yapılmasıyla da Denk. (iii)’ün aynı olan
&& + mrlΩ2 sin ϕ = 0
ml2ϕ
(v)
elde edilir ve yukarıdaki gibi devam edilir.
Problem 2.6.6
R
ϕ
r
m
Şekildeki sistemde, homojen m,r silindiri R
yarıçaplı dairesel çanak içerisinde kaymadan
yuvarlanmaktadır.
Sistemin
küçük
genlikli
titreşimlerinin doğal frekansını elde ediniz
Yanıt: ωn =
2g
3(R − r )
Şekil Pr. 2.6.6
193
Problem 2.6.7
Şekildeki yarım silindir yatay zemin üzerinde küçük
kaymadan yuvarlanma salınımları yapmaktadır. Bu
salınımların doğal frekansını hesaplayınız.
m
O
S
R
Yanıt: 0S =
ϕ
4R
, ωn =
3π
Şekil Pr. 2.6.7
g
15
( π − 2)R
16
Problem 2.6.8
k2
k1
α
m1
Şekildeki sistemde m2,r homojen dairesel tekerliği m1
eğik bloğu üzerinde kaymadan yuvarlanmaktadır. Sistemin
doğal frekansını elde ediniz.
m2
r
Yanıt: ω n =
α
k 1 + k 2 sin 2 α
1
m1 + (1 + sin 2 α ) m 2
2
Şekil Pr. 2.6.8
Problem 2.6.9
O
r/2
k
r
r/2
Şekilde statik denge konumunda gösterilmiş olan
sistemde m,r diski, düzgün kesitli, homojen dairesel bir
levhadan ibarettir. Sistemin O askı noktası çevresindeki
küçük salınımlarının doğal frekansını elde ediniz.
m
Yanıt: ωn =
Şekil Pr. 2.6.9
1 4k 2g
( + )
3 m
r
Problem 2.6.10
ℓ
Şekilde
statik
denge
konumunda
gösterilmiş olan sistemde O noktasından mafsallı
çubuğu rijid ve kütlesiz kabul ederek sistemin
küçük titreşimlerinin doğal frekansını elde ediniz.
a
O
k1
k2
m
kk
1 2
Yanıt: ωn = ⎛
⎞
l2
⎜ k1+ 2 k2 ⎟m
⎝
a
⎠
Şekil Pr. 2.6.10
194
Problem 2.6.11
ℓ
Şekildeki sistemde, bir ucu duvara gömülü
a × a kare profilli çelik çubuğun kütlesini gözardı
ederek sistemin küçük titreşimlerinin doğal
frekansını hesaplayınız.
E,I
k2
ℓ=30 cm, a=1cm , k2=500 daN/m, m=5 kg
m
Yanıt: ω n ≅ 28 .2 rad/s
Şekil Pr. 2.6.11
Problem 2.6.12
ℓ
βℓ
m1
O
m3
k1
Şekil Pr. 2.6.12
Problem 2.6.13
ℓ
ℓ/2
m
E,I
m2
k2
Şekilde statik denge konumunda gösterilmiş
olan sistemde, O noktasından mafsallı, ince, düzgün
kesitli, homojen ve rijid m3,ℓ çubuğu m1 ve m2
noktasal kütlelerini taşımaktadır. Sistemin küçük
titreşimlerinin doğal frekansını elde ediniz.
Yanıt: ω n =
β 2 k1 + k 2
β 2 m1 + m 2 +
m3
3
m kütleli bir makina, bir ucu ankastre bir ucu
basit mesnetli çelik bir kirişin tam ortasına şekildeki
gibi yerleştirilecektir. Ortaya çıkacak sistemin doğal
frekansının 2000 Hz’den büyük olması istendiğine
göre ℓ açıklığının sağlaması gereken koşulu kiriş
kütlesini göz ardı ederek bulunuz.
m=100 kg , I=3.6x10-4 m4
Şekil Pr. 2.6.13
Yanıt: ℓ < 80.8 cm
Problem 2.6.14
r
m
ℓ
k
b
a
O
Şekilde statik denge konumunda gösterilen sistemde, O
noktası çevresinde dönen ve m noktasal kütlesini taşıyan çubuk
rijid ve kütlesiz kabul edilmektedir. Sistemin, denge
konumundan küçük bir sapmasını izleyen hareketinin bir titreşim
hareketi olabilmesi için k yay katsayısının sağlaması gereken
koşulu, sistem parametreleri cinsinden belirleyiniz.
2 4
Yanıt: k > 12 ( r l 2 + mbg)
a
4mb
Şekil Pr. 2.6.14
195
Problem 2.6.15
k1
Şekildeki sistem, I kütlesel eylemsizlik momentine
sahip iki kademeli bir makaranın farklı kademelerine sarılı
iplerin birine k1 yayı, diğerine ise ayrıca bir k2 yayına bağlı
olan m kütlesi bağlanarak oluşturulmuştur. Bu sistemin
doğal frekansını ve sistemi eşik (kritik) sönümlü hale
getirmek için m cismine şekildeki gibi bağlanması gereken
viskoz sönüm elemanının c katsayısını sistem
parametreleri cinsinden belirleyiniz.
a
r
I
m
c
Yanıt: ω n =
k2
k1r 2 + k 2a 2
I + m⋅a
2
2
, c kr = 2 ⎛⎜ k 1 r 2 + k 2 ⎞⎟⎛⎜ I2 + m ⎞⎟
⎝ a
⎠⎝ a
⎠
Şekil Pr. 2.6.15
Problem 2.6.16
x(t)
n
m
M, E, I, ℓ
D
k
Şekilde görülen sistemde, bir k yayıyla desteklenmiş,
iki ucu ankastre, M kütleli çelik kirişin tam ortasına
yerleştirilmiş m kütleli makina, n d/dak hızıyla dönen D
dengesizliğinin etkisiyle düşey doğrultuda zorlanmış
titreşimler yapmaktadır. Kirişin hem elastikliğini hem
kütlesini hesaba katarak ve sistemde ζ = 0.004 olacak
şekilde bir sönüm bulunduğunu varsayarak bu titreşimlerin
genliğini hesaplayınız.
m=35 kg, k=43650 N/m, n=2400 d/dak , D=0.079 kgm
M=175 kg, I=0.5x10-6 m4, ℓ=4 m
Şekil Pr. 2.6.16
Yanıt: X = 0.84 mm
Problem 2.6.17
x(t) ω
k
c
M
D
ωt
k
O
r
m
Şekil Pr. 2.6.17
c
Şekildeki sistemde, m kütleli, r yarıçaplı
silindirik tekerleğin taşıdığı M kütleli arabaya, ω
açısal hızıyla döndürülen bir D dengesizliği
yardımıyla x(t) titreşimleri yaptırılmaktadır.
Tekerlek yatay zemin üzerinde kaymadan
yuvarlandığına göre zorlanmış titreşimlerin x(t)
ifadesini elde ediniz.
m=20 kg, M=45 kg, k=7.35 kN/m, c=35 kg/s,
ω=10 rad/s, D=0.6 kg.m
Yanıt: x(t)=8.3cos(10t-0.097) mm
196
Problem 2.6.18
Şekilde görülen sistemde, R boyundaki 2
numaralı uzvu sabit n hızıyla dönen mekanizmaya
m
E,I,mç
sabitlenmiş, çelik malzemeden yapılma elastik
çubuğun ucundaki m kütleli cisim x(t) zorlanmış
titreşimleri yapmaktadır. Mekanizma hareketinin
x(t)
R
2
y(t)
n
bu titreşimlerden etkilenmediği ve sistemde sönüm
bulunmadığı varsayıldığına göre, kirişin elastikliği
yanında
mç kütlesini de yaklaşık olarak hesaba
Şekil Pr. 2.6.18-1
katarak;
a) Bu titreşimlerin diferansiyel denklemini elde ediniz,
b) m cisminin genliğini ve sistemin geçirgenliğini hesaplayınız,
c) Geçirgenliğin G=1 değerini almasına yol açacak n mekanizma hızını belirleyiniz.
l
ϕ
R=6 cm, n=191 d/dak, m=50.5 g, mç=210 g, I=3.161x10-14 m4, ℓ=20cm
Çözüm:
a) Şekildeki eşdeğer sistem kurulsun:
33 m = 50 .5 + 33 210 = 100 g = 0.1kg (i)
m eş = m + 140
ç
140
meş
keş
−14
11
k eş = 3EI
= 3⋅2.109⋅10 ⋅33.161⋅10 ≅ 2.5 N/m.
3
x(t)
0.2
l
y(t)
(ii)
Öte yandan, mekanizmadan,
πn = 191π ≅ 20
rad/s.
y ( t ) = R cos ω t ; ω =
Şekil Pr. 2.6.18-2
30
30
(iii)
Bu sistemin hareketini yöneten diferansiyel denklem:
m eş &x& + k eş ( x − y ) = 0 → m eş &x& + k eş x = k eş y = k eş R cos ω t
(iv)
b) Zorlanmış titreşim genliği:
X=
keşR
2 2
(keş −meşω )
=
2.5⋅6
2.5−0.1⋅202
= −0.4 cm
(v)
(Eksi işareti 180o faz farkına işaret ediyor!)
Buna göre geçirgenlik:
1
G=X
= 06.4 = 15
R
c)
(vi)
G=1 için η = ω = 2 olmalı. Buna göre,
ωn
197
ω = 2ωn = 2
k eş
meş
= 2 2.5 = 5 2 ≅ 7.07 rad/s
(vii)
0.1
ve
n = 30πω = 30⋅5π 2 = 67.52 d/dak
(viii)
bulunur.
Problem 2.6.19
ℓ
αℓ
O
Şekildeki sistemde, ucunda m noktasal kütlesini taşıyan
kütlesiz çubuğun mafsallandığı zemin y(t)=Ycosωt hareketini
yapmaktadır. Sistemin O noktası çevresindeki küçük genlikli
dönme titreşimlerinin hareket denklemini elde ediniz.
m
k
y(t)
2
&& + α2 k ϕ = Yω cosωt
Yanıt: ϕ
m
l
Şekil Pr. 2.6.19
Problem 2.6.20
Doğal frekansı fn=5000 Hz, sönüm faktörü ζ=0.7 olan bir ivmeölçerle f=2250 Hz
frekanslı bir titreşimin ölçülmesi halinde ölçüm hatası ne olur?
Yanıt: % 1.6
Problem 2.6.21
Bir titreşimölçerde ölçüm hatasını veren ifadeyi elde ediniz ve doğal frekansı fn=10
Hz olan sönümsüz bir titreşimölçerin en çok %4 hatayla ölçüm yapabilmesi için hangi
frekans bölgesinde çalıştırılması gerektiğini belirleyiniz.
Yanıt: f ≥ 51 Hz
Problem 2.6.22
x(t)
y(t)
k1
m
r
k2
e
ω
Şekildeki sistemde, sabit ω açısal hızıyla dönen
bir yürek (kam), k2 yayının ucuna, e yükseklikli testere
profili şeklinde bir hareket yaptırmaktadır. Sistemin
zorlanmış titreşimlerinin x(t) ifadesini elde ediniz.
Yanıt:
y(t)
e
T
T=2π/ω
2T
3T
Şekil Pr. 2.6.22
t
k e
x(t) = − 2 ⋅
π
∞
∑
1/ p
2 2 2
2
p =1 (k1 + k 2 −mp ω ) +(rpω)
rpω
ϕp = tan−1
k1 +k 2 −mp2ω2
sin(pωt − ϕp )
198
3 İKİ SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN
LİNEER TİTREŞİMLERİ
3.1 GENEL
İki serbestlik dereceli sistem diye, konumunu tanımlamak için en az iki koordinat
verilmesi gereken sistemlere denilir. Bu bölümde, bu tür sistemlerin/modellerin lineer
titreşimleri incelenecektir.
Tek serbestlik dereceli sistemlerin titreşimlerinin ardından şimdi de iki serbestlik
dereceli sistemlerin titreşimlerini ele alıyor olmamız, 3, 4, 5, … serbestlik dereceli sistemlerin
titreşimleriyle devam edecek sonu gelmez bir yolun başlangıcında olduğumuz izlenimine yol
açmamalıdır. Çünkü, serbestlik derecesini bir arttırmakla bir öncekinden nitel olarak farklı bir
probleme gelinmesi yalnızca 1 serbestlik derecesinden 2 serbestlik derecesine geçişte söz
konusu olmaktadır. Başka bir deyişle, 2 serbestlik dereceli sistemler ile daha fazla serbestlik
dereceli sistemler arasında hiçbir nitel fark bulunmamaktadır. Bu nedenle, 2 serbestlik
dereceli sistemlerin incelenmesiyle, bu sistemlerin en basit örneğini oluşturduğu bütün bir
çok serbestlik dereceli sistemler kategorisinin özellikleri ortaya çıkmış olacak ve yeri
geldiğinde göreceğimiz gibi, burada elde edilen bilgiler kolayca n (n≥2) serbestlik dereceli
sistemlere genelleştirilebilecektir.
Burada söylenilenlerden, serbestlik derecesi bakımından kategorik ayrımın 1
serbestlik dereceli sistem-çok serbestlik dereceli sistem ayrımı olduğu anlaşılmaktadır. Ancak
bu da 1 serbestlik dereceli sistemlerin incelenmesi sırasında ortaya çıkan kavramların çok
serbestlik dereceli sistemlerde geçerli olmayacağı anlamına gelmemektedir. Tersine, bu
incelemelerin ortaya koyduğu doğal frekans, rezonans gibi bütün önemli kavramlar çok
serbestlik dereceli sistemlerde de karşılıklarını bularak geçerliliklerini korurlar. Söz konusu
olan, çok serbestlik dereceli sistemlerde bunlara ek olarak, tek serbestlik dereceli sistemlerde
karşılığı bulunmayan bazı yeni kavramların devreye girmesidir.
Şimdi, 2 serbestlik dereceli sistemlerin lineer titreşimlerinin incelenmesine girmek
üzere Şek. 3.1.1’deki 2 serbestli dereceli basit kütle-yay-viskoz sönüm lineer modeli ve ona
ait serbest cisim diyagramı göz önüne alınsın.
x2(t)
x1(t)
k3
k2
k1
m1
r1
r2 F1(t) m2
r3 F2(t)
(a) Model
x2(t)
x1(t)
k 2 (x1 − x 2 )
k1x1
m1
r1 x& 1
F1(t)
r 2 ( x& 1 − x& 2 )
k 3x3
m2
F2(t)
r3 x& 3
(b) Serbest Cisim Diyagramı
Şekil 3.1.1 İki Serbestlik Dereceli Lineer Titreşim Sistemi Modeli
199
Bu serbest cisim diyagramından yararlanılarak m1 ve m2 cisimlerinin hareket
denklemleri
m1&x&1 = F1 ( t ) − r1 x& 1 − k 1 x 1 − r2 ( x& 1 − x& 2 ) − k 2 ( x 1 − x 2 )
m 2 &x& 2 = F2 ( t ) + r2 ( x& 1 − x& 2 ) + k 2 ( x 1 − x 2 ) − r3 x& 2 − k 3 x 2
(3.1.1)
ya da düzenleyerek
m 1&x&1 + ( r1 + r2 ) x& 1 − r2 x& 2 + ( k 1 + k 2 ) x 1 − k 2 x 2 = F1 ( t )
m 2 &x& 2 + ( r2 + r3 ) x& 2 − r2 x& 1 + ( k 2 + k 3 ) x 2 − k 2 x 1 = F2 ( t )
(3.1.2)
şeklinde elde edilir. Görüldüğü gibi, 2 serbestlik dereceli sistemin hareketi iki adet ikinci
mertebeden diferansiyel denklemle tasvir edilmektedir.
Bu iki denklemin -her ikisinin de hem x1(t) hem x2(t) bilinmeyen fonksiyonlarını
içermeleri bakımından- birbirine bağlı olduğu ve bir denklem takımı oluşturdukları
görülmektedir. Bağlılığı oluşturan terimlere biraz yakından bakmak üzere örneğin Denk.
(3.1.2)’deki ikinci denklem ele alınırsa, bağlılığın sönüm kuvvetiyle ilgili r2 x& 1 ve elastik
kuvvet (yay kuvveti) ile ilgili k 2 x1 terimi üzerinden oluştuğu görülür. Bunlara, sırasıyla,
sönüm bağlılığı ve elastik bağlılık adı verilir ve, kuşkusuz, iki cismin r2 sönümü ve k2 yayı
üzerinden birbirine bağlı olduğu fiziksel gerçeğinin matematik modeldeki yansımalarını
oluştururlar. Ne var ki denklemlerdeki bu yansımalar, fiziksel gerçeğin yanı sıra, hatta ondan
daha çok, kullanılan koordinatlara bağlıdır. Bunu görmek üzere, yukarıdaki hareket
denklemleri elde edilirken kullanılan x1(t) ve x2(t) mutlak koordinat ikilisi yerine m1 cisminin
sabit uzaydaki konumunu gösteren y1(t) mutlak koordinatıyla m2 cisminin m1’e göre
konumunu gösteren y2(t) koordinatından oluşan koordinat ikilisiyle çalışılarak Şek. 3.1.2’deki
sistem ele alınırsa, hareket denklemlerinin
m 1&y&1 + r1 y& 1 − r2 y& 2 + k 1 y1 − k 2 y 2 = F1 ( t )
m 2 (&y&1 + &y& 2 ) + r2 y& 2 + k 2 y 2 = F2 ( t )
y2(t)
y1(t)
k2
k1
r1
(3.1.3)
m1
F2(t)
r2 F1(t) m2
(a) Model
y1(t)
k1y1
k 2y2
m1
r1 y& 1
y2(t)
F1(t)
m2
F2(t)
r2 y& 2
(b) Serbest Cisim Diyagramı
Şekil 3.1.2 Koordinat Sisteminin Etkisi
200
şeklini aldığı görülür (Bu denklemler, Denk. (3.1.2)’de r3=k3=0, x1→y1, x2→y1+y2 konularak
elde edilebilir.). Bu denklemlerden ikincisine bakılırsa, sistemdeki iki cisim birbirine r2
sönümü ve k2 yayı üzerinden bağlı olduğu halde denklemin ne sönüm bağlılığı ne de elastik
bağlılık içerdiği; buna karşılık m 2 &y&1 teriminin temsil ettiği bir eylemsizlik bağlılığı
barındırdığı görülür.
Bu örnekten, denklemlerin bağlılığının seçilen koordinat sisteminden ciddi biçimde
etkilendiği anlaşılmaktadır. Buradan, bu bağlılığı tamamen yok ederek denklemlerin
birbirinden ayrışmasına; dolayısıyla da problemin özellikle basit bir hal almasına yol açacak
özel koordinat sistemlerinin bulunup bulunmadığı sorusu gündeme gelir. Bu sorunun yanıtı
olumludur ve Bölüm 4.2.4.3’te ele alınacaktır.
İstenirse, Denk. (3.1.2)’nin temsil ettiği matematik problemi, vektör/matris
gösterilimine geçilerek çok daha yalın bir görünüme kavuşturulabilir. Bunun için şu matris ve
vektörlerin tanımlanması yeterlidir51:
0 ⎤
⎡m
M=⎢ 1
⎥
⎣ 0 m2 ⎦
Eylemsizlik Matrisi,
(3.1.4)
⎡r + r
R=⎢1 2
⎣ − r2
(Viskoz) Sönüm Matrisi,
(3.1.5)
Berklik Matrisi,
(3.1.6)
⎧ x (t) ⎫
x( t ) = ⎨ 1 ⎬
⎩x 2 ( t )⎭
Yer Değiştirmeler Vektörü,
(3.1.7)
⎧ F (t) ⎫
F(t) = ⎨ 1 ⎬
⎩F2 ( t )⎭
Zorlayıcı Kuvvetler Vektörü .
(3.1.8)
⎡k + k 2
K=⎢ 1
⎣ −k2
− r2 ⎤
r2 + r3 ⎥⎦
−k2 ⎤
k 2 + k 3 ⎥⎦
Bu yapıldığında Denk. (3.1.2)’nin
M&x& + Rx& + Kx = F( t )
(3.1.9)
şeklinde yazılabileceği kolayca denetlenebilir.
Yüksek serbestlik dereceli sistemlere doğru gidildikçe bu derli toplu gösterilim
kaçınılmaz hale gelir.
51
Burada ve izleyen bölümlerde vektör ve matrisler koyu basım harflerle gösterilecektir.
201
3.2 SÖNÜMSÜZ SERBEST TİTREŞİMLER
3.2.1 HAREKET DENKLEMLERİ VE ÇÖZÜM • DOĞAL TİTREŞİM KİPLERİ
İki serbestlik dereceli sistemlerin sönümsüz serbest titreşimlerini incelemek üzere
Şek. 3.1.1’deki sistemden sönüm ve dış kuvvetlerin çıkartılmasıyla elde edilen Şek.
3.2.1’deki model ve bu modelin, Denk. (3.1.2)’de r1=r2=r3=0, F1=F2=0 konularak elde edilen
m 1 &x& 1 + ( k 1 + k 2 ) x 1 − k 2 x 2 = 0
m 2 &x& 2 + ( k 2 + k 3 ) x 2 − k 2 x 1 = 0
(3.2.1)
hareket denklemleri göz önüne alınsın.
Bu denklemlerin çözümünü bulma gayreti içerisinde, sistemdeki her iki kütlenin aynı
frekansla (ωn diyelim) ve eş zamanlı (aynı ψ) harmonik titreşimler yaptığı bir çözümün
olanaklı olup olmadığı araştırılsın ve bunun için,
x 1 ( t ) = X1 cos(ω n t − ψ ) , x 2 ( t ) = X 2 cos( ω n t − ψ )
(3.2.2)
çözüm kabulü denensin52. Bu çözüm kabulü Denk. (3.2.1)’de yerine konulursa,
[( k 1 + k 2 − m 1ω 2n ) X 1 − k 2 X 2 ] cos( ω n t − ψ ) = 0
[ − k 2 X 1 + ( k 2 + k 3 − m 2 ω 2n ) X 2 ] cos( ω n t − ψ ) = 0
(3.2.3)
elde edilir. Bu denklemlerin her t anında sağlanabilmesi için cos(ωnt-ψ)’nin çarpanları sıfır
olmalıdır:
( k 1 + k 2 − m 1 ω 2n ) X 1 − k 2 X 2 = 0
− k 2 X 1 + ( k 2 + k 3 − m 2 ω 2n ) X 2
=0
.
x2(t)
x1(t)
k1
m1
(3.2.4)
k2
k3
m2
Şekil 3.2.1 İki SD’li Sistemlerin Sönümsüz Serbest Titreşimleri İçin Model
52
iω t
Bunun yerine x k (t ) = Xke n ; k=1,2 çözüm kabulü de yapılabilirdi.
202
X1 ve X2 bilinmeyenleri için lineer, homojen bir cebirsel denklem takımı oluşturan bu
denklemler vektör/matris formunda yazılırsa
⎡k1 + k2 − m1ω2n
⎤⎧ X1 ⎫ ⎧0⎫
− k2
⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
− k2
k2 + k3 − m2ω2n ⎦⎥⎩X2 ⎭ ⎩0⎭
⎣⎢
(3.2.5)
elde edilir. Hemen görüldüğü gibi, X1=X2=0 bu denklemin bir çözümüdür. Sıfır çözüm (ya da
triviyal çözüm) diye anılan ve sistemin statik denge konumunda hareketsiz durmasına karşılık
gelen bu çözümün bizim aradığımız titreşim çözümü olmadığı açıktır. Lineer cebirsel
denklemler kuramından, Denk. (3.2.5)’teki gibi bir denklem takımının sıfır çözüm dışında bir
çözüme sahip olabilmesi için denklemlerin birbirine lineer bağımlı olması; bunun için de
katsayılar matrisinin (titreşim kuramında karakteristik determinant adı ile anılan)
determinantının sıfır etmesi gerektiği bilinmektedir. Buna göre, Denk. (3.2.2) tipinde
çözümlerin varlık koşulu,
⎡ k + k 2 − m1ω 2n
det ⎢ 1
− k2
⎣⎢
⎤
− k2
= ( k1 + k 2 − m1ω 2n )( k 2 + k 3 − m 2 ω 2n ) − k 22 = 0
2⎥
k 2 + k 3 − m 2 ω n ⎦⎥
(3.2.6)
olmasıdır. Çözüm kabulündeki ωn frekansının sağlaması gereken bir koşul olarak algılanması
gereken bu koşul açık yazıldığında, karakteristik denklem ya da frekans denklemi adı verilen
∆ (ω 2n ) = m1m 2 ω 4n − [m1 ( k 2 + k 3 ) + m 2 ( k 1 + k 2 )]ω 2n + ( k 1k 2 + k 1k 3 + k 2 k 3 ) = 0
(3.2.7)
2
denklemi elde edilir. Bu denklem ωn için ikinci dereceden olduğundan, buradan iki ωn2
kökü, dolayısıyla da iki ωn değeri hesaplanır:
2 k k +k k +k k
ωn1 ⎫
k1 + k 2 k 2 + k 3
k1 + k 2 k 2 + k 3 ⎞
⎛
=
+
m ⎜
+
⎟ − 1 2 m1m3 2 3 .
⎬
2
m
2
m
2
m
2
m
ωn 2 ⎭
1
2
1
2 ⎠
1 2
⎝
(3.2.8)
Sistem parametrelerinin bir fonksiyonu olan, dolayısıyla da sistemin yapısal karakteristikleri
olan bu değerler, sistemin doğal frekansları adını alır ve gerekçesi sonradan anlaşılacak bir
kural olarak,
ωn1 , ωn 2 ; ωn1 < ωn2
(3.2.9)
olacak biçimde, küçükten büyüğe sıralanarak numaralandırılırlar.
İki serbestlik dereceli sistemin karakteristik denklemi bir kural olarak 4. dereceden
olduğu halde, ωn‘nin tek kuvvetlerini içermeyip Denk. (3.2.7)’deki gibi ωn2 için ikinci
dereceden bir denkleme indirgenmesi, sistemin sönümsüz oluşunun bir sonucudur. Bu
nedenle, ileride görüleceği gibi, 2 SD’li sönümlü sistemlerin incelenmesi daha zorlu bir
problem oluşturur.
203
Şimdi, Denk. (3.2.5)’e dönülür ve bu denklemler sağ tarafsız (homojen) olduğundan
X1 ve X2’nin buradan ayrı ayrı hesaplanamayacağı bilinciyle X2’nin X1’e oranı hesaplanırsa,
ωn2’ye bağlı
X2 k1+k2 −m1ω2n
k2
=
=
= C(ω2n )
2
X1
k2
k2 +k3 −m2ωn
(3.2.10)
ifadeleri elde edilir. Denklem (3.2.10)’un sağ tarafındaki oranlardan ilki Denk. (3.2.5)
denklemlerinin ilkinden, ikincisi ise bu denklemlerin ikincisinden yazılmıştır. Denklem
(3.2.5)’teki iki denklemin lineer bağımlılık koşulu olan Denk. (3.2.6) sağlandığında Denk.
(3.2.10)’un sağ tarafındaki iki oranın birbirine eşit olacağı açıktır. Ya da tersine, Denk.
(3.2.7)’deki frekans denklemi bu iki oranın birbirine eşit olma koşulundan ibarettir. Bu
koşulu sağlayan ve Denk. (3.2.8)’de verilen iki ωn değerinden her biriyle Denk. (3.2.10)’a
gidilerek
X(21)
X1(1)
= C(ω2n ) = α1 ,
1
X(22)
X1( 2)
= C(ω2n ) = α 2
2
(3.2.11)
oranları hesaplanır. Tamamen sistem parametreleri cinsinden belirli olan ve tıpkı doğal
frekanslar gibi sistemin yapısal karakteristikleri olan bu oranlar, sırasıyla, birinci ve ikinci
doğal titreşim kiplerine ilişkin genlik oranları olarak anılırlar.
Gelinen noktada, matematiksel olarak, Denk. (3.2.1)’in Denk. (3.2.2) tipinde iki farklı
özel çözümünün bulunacağı anlaşılmış olmaktadır. Bunlar, sistemin 1. doğal titreşim kipi
diye adlandırılan ωn1 frekanslı
x 1(1) ( t ) = X1(1) cos[ ω n1 t − ψ (1) ]
x (21) ( t ) = X (21) cos[ ω n1 t − ψ (1) ] = α1X1(1) cos[ ω n1 t − ψ (1) ]
(3.2.12)
ve 2. doğal titreşim kipi diye adlandırılan ωn2 frekanslı
( 2)
( 2)
( 2)
( 2)
x 1 ( t ) = X1 cos[ ω n 2 t − ψ ( 2) ]
( 2)
x 2 ( t ) = X 2 cos[ ω n 2 t − ψ ( 2) ] = α 2 X1 cos[ ω n 2 t − ψ ( 2) ]
(3.2.13)
çözümleridir. Bu çözümler fiziksel olarak yorumlandığında, 2 serbestlik dereceli sönümsüz
sistemin, her bir kütlesi aynı frekansta harmonik titreşimler yapacak biçimde titreştiği iki çok
özel serbest titreşim hareketi bulunacağı anlaşılmaktadır. Bu hareketler, hem frekansları (ki
sistemin doğal frekanslarıdır) hem de hareket sırasında iki kütlenin x1(t) ve x2(t) yer
değiştirmelerinin (dolayısıyla da hız ve ivmelerinin) birbirine oranları sistem parametreleri
cinsinden belli sabitler olan çok net tanımlı şablon hareketler olup, yukarıda da belirtildiği
gibi, sistemin doğal titreşim kipleri diye adlandırılırlar. Tek serbestlik dereceli sistemlerde
tam bir karşılığı bulunmayan doğal titreşim kipleri, tempolarını tanımlayan doğal frekanslar
ve kip biçimini tanımlayan genlik oranları ile birlikte, bir bütün olarak, birer sistem
karakteristiği oluştururlar. Titreşim kipi kavramı, lineer titreşimler kuramının en önemli
kavramını oluşturur.
204
Şimdi çözüme devam edilirse; Denk. (3.1.10)’daki denklemler 2. mertebeden lineer
denklemler olduğundan, yukarıda bulunan iki çözümün birbirinden bağımsız olması
koşuluyla, bunların lineer bir kombinasyonu genel çözümü verecektir. Konunun tartışılması
Bölüm 4.2.2’ye ertelenerek burada bağımsızlığın garanti olduğu kabul edilirse, bu genel
çözüm,
( 2)
(1)
x 1 ( t ) = X 1 cos[ ω n1 t − ψ (1) ] + X1 cos[ ω n 2 t − ψ ( 2) ]
(3.2.14)
x 2 ( t ) = α1X1(1) cos[ ω n1 t − ψ (1) ] + α 2 X1( 2) cos[ ω n 2 t − ψ ( 2) ]
ya da bununla aynı anlama geldiği bilinen
x1 ( t ) = C1e
iωn1 t
x 2 ( t ) = α1 (C1e
+ C1e
iωn1 t
−iωn1 t
+ C1e
+ C2e
−iωn1 t
iωn 2 t
+ C2 e
) + α 2 (C 2 e
−iωn 2 t
iωn 2 t
+ C2 e
−iωn 2 t
(3.2.15)
)
veya
x 1 ( t ) = A 1 cos ω n1 t + B1 sin ω n1 t + A 2 cos ω n 2 t + B 2 sin ω n 2 t
x 2 ( t ) = α 1 ( A 1 cos ω n1 t + B1 sin ω n1 t ) + α 2 ( A 2 cos ω n 2 t + B 2 sin ω n 2 t )
(3.2.16)
şekillerinden birinde yazılabilir.
Bu seçeneklerden her birinin, olması gerektiği gibi, başlangıç koşullarından
hesaplanacak 4 sabit içerdiği görülmektedir. Denklem (3.2.16)’daki seçenek ele alınır ve
buradaki A1, B1, A2, B2 sabitleri, x1 (0) , x& 1 (0) , x 2 (0) , x& 2 (0) şeklinde olduğu varsayılan
başlangıç koşullarından hesaplanmak istenirse,
⎡1
⎢α
⎢ 1
⎢0
⎢
⎣⎢ 0
0
0
ω n1
α1ω n1
1
α2
0
0
0 ⎤ ⎧ A 1 ⎫ ⎧ x 1 ( 0) ⎫
0 ⎥⎥ ⎪⎪ B1 ⎪⎪ ⎪⎪ x 2 (0)⎪⎪
=
ω n 2 ⎥ ⎨⎪A 2 ⎬⎪ ⎨⎪ x& 1 (0) ⎬⎪
⎥
α 2 ω n 2 ⎦⎥ ⎪⎩ B 2 ⎪⎭ ⎪⎩ x& 2 (0)⎪⎭
(3.2.17)
denklem takımı, bunun çözülmesiyle de
x& (0)−α x& (0)
A1 =
x2 (0)−α2x1(0)
α1−α2
2
2 1
B1 = ω
n1 (α1 −α 2 )
A2 =
x2 (0)−α1x1(0)
α2 −α1
B 2 = ω2 (α 1−α1 )
n2 2
1
x& (0)−α x& (0)
(3.2.18)
elde edilir. Belirli başlangıç koşullarına karşılık gelen çözüm, Denk. (3.2.18)’den hesaplanan
değerlerin Denk. (3.2.16)’da yerlerine konulmasıyla bulunacaktır. Denklem (3.2.18)’e şöyle
bir göz atılırsa, bir hareket söz konusu olabilmesi; yani dört katsayıdan en az birinin sıfırdan
farklı olabilmesi için sistemdeki kütlelerden en az birine denge konumu dışında bir ilk konum
205
ve/veya bir ilk hız verilmesi gerektiği görülür. Buradan, tıpkı tek serbestlik dereceli
sistemlerde olduğu gibi, 2 serbestlik dereceli sistemlerde de serbest titreşimlerin, sisteme
uygulanmış kuvvetlerin bu kuvvetler kalktıktan sonra gözlenen sonucu olarak algılanması
gerektiği anlaşılır.
Şimdi, başlangıç koşullarıyla ortaya çıkacak hareket arasındaki ilişkilere eğilinirse; bu
koşulların, özel olarak, 1. doğal titreşim kipine ilişkin şablonla uyumlu, yani
x 2 ( 0)
x1 (0)
x& ( 0 )
= α1 ve/veya x& 2 ( 0) = α1
1
(3.2.19)
olacak biçimde verilmesi halinde A2=B2=0 olup 2. kipin bileşimden düşeceği ve sistemin 1.
doğal titreşim kipinde titreşeceği; yine özel olarak, 2. doğal titreşim kipine ilişkin şablonla
uyumlu, yani
x 2 ( 0)
x1 (0)
x& (0)
= α 2 ve/veya x& 2(0) = α 2
1
(3.2.20)
olacak biçimde verilmesi halinde ise A1=B1=0 olup bu kez de 1. kipin bileşimden düşeceği ve
sistemin 2. doğal titreşim kipinde titreşeceği anlaşılır. Başlangıç koşulları bu iki kipten hiç
biriyle uyumlu olmadığında ise, sistem, iki kipin bileşimi şeklinde hareket eder.
Sonuç olarak, 2 serbestlik dereceli sönümsüz sistemin en genel serbest hareketinin iki
doğal titreşim kipinin bir bileşimi şeklinde olacağı anlaşılmaktadır (Bkz. Şek. 3.2.2). Buna
göre sistemdeki her bir cisim, genelde, ωn1 ve ωn2 frekanslı iki harmonik hareketin toplamı
şeklinde hareket edecektir. Bölüm 1.2.4’ün içeriğinden bilindiği gibi bu hareket, iki doğal
frekansın ölçüşür frekanslar olup olmamasına bağlı olarak peryodik olan ya da olmayan bir
hareket olabileceği gibi iki frekansın birbirine yakın olması halinde bir vuru hareketi şeklinde
de olabilir. Bu son durum, Bölüm 3.2.3’te ele alınacaktır.
1. Doğal Titreşim Kipi (ωn1, α1)
x1 ( t ) =
A1 cos ω n1 t + B1 sin ω n1 t
2. Doğal Titreşim Kipi (ωn2, α2)
+
A 2 cos ω n 2 t + B 2 sin ω n 2 t
x 2 ( t ) = α1 (A1 cos ω n1 t + B1 sin ω n1 t ) + α 2 (A 2 cos ω n 2 t + B 2 sin ω n 2 t )
x2(t)=α1 x1(t)
x1(t)
k1
m1
k2
m2
k3
x2(t)=α2 x1(t)
x1(t)
k1
m1
k2
m2
k3
Şekil 3.2.2 İki SD’li Sistemin Sönümsüz Serbest Titreşimleri
İki Doğal Titreşim Kipinin Bileşimi Şeklindedir
206
Örnek Problem 3.2.1
x2(t)
x1(t)
4k
Şekildeki sistemde m=5 kg, k=500 N/m
verildiğine göre;
6k
3k
2m
a) Sistemin doğal frekanslarını ve doğal
titreşim kiplerine karşılık gelen genlik oranlarını
belirleyiniz. Kip biçimlerini çizimle gösteriniz.
3m
b) x1 (0) = x 2 (0) = 0.1 m, x& 1 (0) = x& 2 (0) = 0
şeklindeki başlangıç koşullarına karşılık gelen
hareketi bulunuz.
Şekil Pr. 3.2.1-1
Çözüm:
a) Sistem,
k1=4k, k2=3k, k3=6k, m1=2m, m2=3m
(i)
olmak üzere yukarıda incelenen sistemin aynısıdır. Buna göre frekans denklemi Denk.
(3.2.7)’de bu değerler yerlerine konularak
∆(ω 2n ) = 6m 2 ω 4n − 39kmω 2n + 54k 2 = 0
(ii)
şeklinde, kökleri de
ω 2n
k
= 39m12225 ⋅ m
1, 2
k
ω2n = 2 m
1
→ 2
k
ωn = 92 m
(iii)
2
şeklinde elde edilir. Buna göre doğal frekanslar, küçükten büyüğe sıralamaya dikkat edilerek
ω n1 =
2k
m
ωn2 =
9k
2m
=
=
2⋅500
5
9⋅500
2⋅5
= 10 2 ≅ 14 . 1 rad/s,
= 15 2 ≅ 21 .2 rad/s
(iv)
şeklinde bulunur. Öte yandan, Denk. (i)’deki değerler Denk. (3.2.10)’daki oranlardan ilkinde
yerlerine konularak
X2
X1
=
7 k −2mω2n
3k
= 73 − 23m
⋅ ω 2n = C(ω 2n )
k
(v)
yazıldıktan sonra, Denk. (ii)’deki değerler burada yerine konularak 1. ve 2. kip için, sırasıyla,
207
X
α1 = C(ω2n ) = ⎛⎜ X2 ⎞⎟
1
⎝ 1⎠
(1)
X
α 2 = C(ω2n ) = ⎛⎜ 2 ⎞⎟
2
⎝ X1 ⎠
x (t)
= ⎛⎜ x2( t ) ⎞⎟
⎝ 1 ⎠
(2)
(1)
x (t)
= ⎛⎜ 2 ⎞⎟
⎝ x1( t ) ⎠
k =1
= 73 − 23m
⋅2m
k
(2)
(vi)
= 7 − 2m ⋅ 9k = − 2
3
3k 2m
(vii)
3
elde edilir. Bu oranların tanımladığı kip biçimleri Şek. Pr. 3.2.1-2’de gösterilmiştir.
1
x2(t)
x1(t)
x2(t)
x1(t)
1 (=α1)
−2/3 (=α2)
1
Düğüm noktası
(b) 2. Kip (ωn2=21.2 rad/s)
(a) 1. Kip (ωn1=14.1 rad/s)
Şekil Pr. 3.2.1-2 Doğal Titreşim Kipleri
Bu sonuçlara göre sistemin 1. kipteki titreşimleri her iki kütlenin birbiriyle tamamen
aynı hareketi yapması şeklindedir. Buna göre bu kipte k2 yayının çalışmayacağı ve sistemin,
k1+k3=5000 N/m yayına bağlı m1+m2=25 kg kütlesine sahip tek serbestlik dereceli bir sistem
gibi davranacağı anlaşılmaktadır (Şek. Pr. 3.2.1-3a). (Bu sistemin doğal frekansı ne olurdu?
Hesaplayınız.) 2. kipte ise iki kütle 2/3 yer değiştirme oranıyla birbirine zıt yönde titreşmekte,
buna göre, k2 yayı üzerindeki, yay boyunu 3/5 oranında bölen nokta tamamen hareketsiz
kalmaktadır. Titreşim kiplerinde böyle hareketsiz noktalara düğüm noktası adı verilir ve genel
olarak, k-ıncı kipte k-1 adet düğüm noktası bulunur. Düğüm noktasının solundaki kısmın
k1+5/3k2=4500 N/m yayına bağlı m1=10 kg kütleli, sağındaki kısmın ise 5/2k2+k3=6750 N/m
yayına bağlı m2=15 kg kütleli tek serbestlik dereceli birer sistem gibi davranacağı
anlaşılmaktadır (Şek. Pr. 3.2.1-3b).
(Bu sistemlerin doğal frekansları ne olurdu?
Hesaplayınız.)
(a) 1. Kipteki Davranış
k1
5/3k2
k3
k1
m1
5/2k2
Düğüm noktası
m1+ m2
k3
m2
(b) 2. Kipteki Davranış
Şekil Pr. 3.2.1-3 Sistemin Doğal Kiplerdeki Davranışı
b) Yukarıda hesaplanan doğal frekanslar ve doğal titreşim kiplerine ait genlik oranları ile
Denk. (3.2.16)’ya gidilerek genel çözüm
208
x 1 ( t ) = A cos 14 .1t + B sin 14 .1t + C cos 21 .2 t + D sin 21 .2 t
x 2 ( t ) = 1 ⋅ ( A cos 14 .1t + B sin 14 .1t ) − 2 ⋅ ( C cos 21 .2 t + D sin 21 .2 t )
(vii)
3
şeklinde yazılır. Buradan, verilen başlangıç koşulları değerlendirilerek,
x 1 ( 0 ) = A + C = 0 .1
x 2 ( 0 ) = A − 2 ⋅ C = 0 .1
3
A = 0 .1
C=0
⇒
x& 1 ( 0 ) = 14 .1 ⋅ B + 21 .2 ⋅ D = 0
x& 2 ( 0 ) = 1 ⋅ 14 .1 ⋅ B −
2
3
⋅ 21 .2 ⋅ D = 0
⇒
(viii)
B=0
D=0
(ix)
hesaplanıp Denk. (vii)’ye dönülürse
x 1 ( t ) = 0.1 cos 14.1t
(x)
x 2 ( t ) = 0.1 cos 14.1t
elde edilir. (İstenirse doğrudan doğruya Denk. (3.2.18)’den
A=
C=
x 2 (0) −α 2 x1 (0)
α1 −α 2
x 2 (0) −α1x1 (0)
α 2 −α1
=
0.1−( − 2 )0.1
3
1−( − 2 )
3
=
0.1−1⋅0.1
− 2 −1
= 0.1 B = x& 2 ( 0 ) − α 2 x& 1 ( 0 ) = 0
ω n 1 ( α1 − α 2 )
=0
3
D=
x& 2 ( 0 ) − α1x& 1 ( 0 )
=0
ω n 2 ( α 2 − α1 )
(xi)
hesaplanarak da aynı sonuca ulaşılabilirdi.)
Başlangıç koşullarının 1. doğal titreşim kipiyle uyumlu verildiği bu harekette sistemin
1. kipte titreştiğine dikkat ediniz.
Örnek Problem 3.2.2
k1
k2
a
O
m
a
r
Şekilde statik denge konumunda görülen sistemde m,r
homojen silindirinin küçük titreşimlerinin;
a) Diferansiyel denklemlerini elde ediniz,
b) Sistemin doğal frekanslarını ve doğal titreşim kiplerine
ilişkin genlik oranlarını belirleyiniz.
m=8 kg, k1=350 N/m, k2=250 N/m, r=0.50 m, a=0.15 m
Şekil Pr. 3.2.2-1
209
Çözüm:
∼k1(x-aϕ)
∼k2(x+aϕ)
a
x
a
ϕ
O
m
Silindir hem ϕ dönmesi hem x ötelemesi yapabileceği
için sistemin 2 serbestlik dereceli olduğu belirlenir, statik
denge konumu koordinat başlangıcı alınarak bu konumdaki
yay kuvvetleriyle mg ağırlık kuvveti karşılıklı olarak devre dışı
bırakılır ve küçük titreşimler kabulüyle, yaylardaki uzamaların
silindirin ϕ dönmesine ilişkin kısmından ve yay kuvvetlerinin
O’ya göre moment kolu hesabından kaynaklanan lineer
olmayan terimler lineerleştirilerek düşünülürse (Bkz. Şek.
Pr.3.2.2-2), silindirin O kütle merkezinin ötlemesi için
Şekil Pr. 3.2.2-2
m&x& = −k1 (x − aϕ) − k 2 (x + aϕ)
(i)
kütle merkezi çevresindeki dönme hareketi için ise
1 mr 2 ϕ
&& = k1 (x − aϕ)a − k 2 (x + aϕ)a
2
(ii)
ya da toparlayarak
m&x& + (k1 + k 2 )x − (k1 − k 2 )aϕ = 0
1 mr2ϕ
&& + (k1 + k 2 )a 2ϕ − (k1 − k 2 )ax = 0
2
(iii)
hareket denklemleri elde edilir53.
b) x ( t ) = X cos(ωn t − ψ) , ϕ( t ) = Φ cos(ω n t − ψ)
(iv)
ya da bununla aynı kapıya çıkan
x ( t ) = Xe iωn t , ϕ( t ) = Φeiωn t
(v)
çözüm kabulleri Denk. (iii)’te yerlerine konularak, X ve Φ için
⎡k + k − mω2
n
⎢ 1 2
⎢⎣ − (k1 − k 2 )a
53
⎤ ⎧X ⎫ ⎧0⎫
− (k1 − k 2 )a
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
(k1 + k 2 )a 2 − 1 mr2ω2n ⎥ ⎩Φ⎭ ⎩0⎭
2
⎦
(vi)
Aslında hareket denklemleri
m&x& = − ( k1 + k 2 ) x + ( k1 − k 2 )a sin ϕ = f1 ( x , ϕ)
1 mr 2ϕ
&& = −(k1 + k 2 )a 2 sin ϕ cos ϕ + (k1 − k 2 )a cos ϕx = f 2 ( x , ϕ)
2
şeklinde olup, f1 ve f2 fonksiyonları
f i ( x , ϕ) ≅
∂f i
∂f
⋅ x + i x =0 ⋅ ϕ ;
∂x x = 0
∂ϕ
ϕ=0
ϕ=0
i=1,2
şeklinde lineerleştirilerek Denk. (iii) elde edilir.
210
denklem takımına gelinir. Buradan, katsayılar matrisinin determinantı sıfıra eşitlenerek
frekans denklemi
∆ (ω2n ) = ( k1 + k 2 − mω2n )[( k1 + k 2 )a 2 − 1 mr 2ω2n ] − ( k1 − k 2 ) 2 a 2 = 0
2
(vii)
ya da sadeleştirerek
∆(ω2n ) = ω4n −
k1 + k 2
m
[1 + 2( a )2 ]ω2n + 8
r
k1k 2 a 2
( )
m2 r
=0
(viii)
şeklinde elde edilir. Sayısal verilerin yerine konulup denklemin çözülmesiyle de
ω 4n − 88.500 ⋅ ω 2n + 984.375 = 0 →
ω 2n = 13.046 rad 2 / s 2
1
ω 2n
2
= 75.450 rad 2 / s 2
(ix)
bulunur. Buna göre doğal frekanslar,
ω n1 ≅ 3 .60 rad/s, ωn 2 ≅ 8.69 rad/s
(x)
şeklindedir. Öte yandan, Denk. (vi) denklemlerinin ilkinden genlikler oranı için önce
parametrik, sonra sayısal olarak
Φ
X
=
k1 + k 2 − mω2n
( k1 − k 2 )a
=
k1 + k 2
( k1 − k 2 )a
−
m
(k1 − k 2 )a
ω2n = 40 − 8 ω2n = C(ω2n )
15
(xi)
elde edilir. Denk. (ix)’daki frekans değerleri burada yerine konularak 1. ve 2. kip için,
sırasıyla,
()
(1) ⎛ ϕ( t ) ⎞ (1)
8 ⋅13.046 ≅ 33.04
α1 = C(ω2n ) = Φ
=⎜
⎟ = 40 − 15
rad/m
X
x
(
t
)
1
⎝
⎠
( )
( 2) ⎛ ϕ( t ) ⎞ ( 2)
8 ⋅ 75.450 ≅ −0.24
α 2 = C(ω 2n ) = Φ
= ⎜ x ( t ) ⎟ = 40 − 15
rad/m
X
2
⎝
⎠
(xii)
(xiii)
genlik oranları hesaplanır. İki koordinat farklı boyutlarda olduğundan bu kez boyutlu olan bu
oranların tanımladığı kip biçimleri yorumlandığında, x(t) ile ϕ(t)’nin aynı işaretli olduğu 1.
kipte silindirin, O noktasının
x ( t ) = α1 ϕ( t ) = l 1 ϕ( t ) → l 1 = α1 = 331.04 ≅ 0.03 m
1
1
(xiv)
şeklinde hesaplanan bir ℓ1 mesafesi kadar solundan, x(t) ile ϕ(t)’nin zıt işaretli olduğu 2.
kipte ise O noktasının
211
x ( t ) = 1 ϕ ( t ) = l 2 ϕ ( t ) → l 2 = 1 = 1 ≅ 4 .17 m
α2
α2
(xv)
0 .24
şeklinde hesaplanan bir ℓ2 mesafesi kadar sağından mafsallanmış gibi hareket edeceği
anlaşılır (Şek. Pr. 3.2.1-3).
A
ℓ2
ℓ1
B
ϕ
x
O
x ϕ
O
(a) 1. Kipteki Davranış
(b) 2. Kipteki Davranış
Şekil Pr. 3.2.2-3 Sistemin Doğal Kiplerdeki Davranışı
3.2.2 RAYLEIGH ORANI • RAYLEIGH İLKESİ
3.2.2.1 Rayleigh Oranı
Bir doğal titreşim kipindeki hareketinde kip biçiminin, tıpkı bir kısıt gibi, iki
serbestlik dereceli sistemin koordinatlarını birbirine bağımlı kıldığı, böylece sistemin tek
serbestlik dereceli bir sistem gibi davranıp harmonik titreşimler yaptığı bilinmektedir. Bu
bilgiler, sistemin doğal frekanslarının hesaplanmasına yönelik enerji esaslı bir yolun
kurgulanmasına olanak verir. Şimdi, Şek. 3.2.3’teki model yardımıyla bu yola bir göz atılsın.
x2(t)=α x1(t)
x1(t)
k3
k2
k1
m1
m2
Şekil 3.2.3 Doğal Tireşim Kipinde Hareket Eden 2 SD’li Sistem
Titreşim kiplerinde hareket,
x 1 ( t ) = X1 cos(ω n t − ψ ) , x 2 ( t ) = αx1 ( t ) = αX1 cos(ω n t − ψ )
(3.2.21)
şeklinde olacaktır. Bu harekette sistemin kinetik enerjisi
T = 12 m1 x& 12 + 12 m 2 x& 22 = 12 ( m1 + α 2 m 2 ) x& 12
= 12 ( m1 + α 2 m 2 ) X 12 ω 2n sin 2 (ω n t − ψ )
(3.2.22)
potansiyel enerjisi ise
212
V = 12 k 1 x 12 + 12 k 2 ( x 1 − x 2 ) 2 + 12 k 3 x 22 = 12 [ k 1 + (1 − α ) 2 k 2 + α 2 k 3 ]x 12
= 12 [ k 1 + (1 − α ) 2 k 2 + α 2 k 3 ]X 12 cos 2 (ω n t − ψ )
(3.2.23)
şeklinde yazılabilir. Sönümsüz serbest titreşimler söz konusu olduğuna göre sistem
korunumlu, toplam mekanik enerji sabittir. Hareket sırasında enerji, biri maksimumuna
ulaştığında diğeri sıfır olacak, dolayısıyla maksimumları birbirine eşit olacak biçimde kinetik
ve potansiyel enerjiler arasında gidip gelmektedir. Bu maksimumların birbirine eşit
yazılmasıyla,
Tmaks = T *ω2n = 12 (m1 + α 2 m 2 )X12 ω2n ⎫⎪
* 2
2
2
2 ⎬ Tmaks = T ω n = Vmaks
1
Vmaks = 2 [k1 + (1 − α) k 2 + α k 3 ]X1 ⎪⎭
(3.2.24)
buradan ωn2’nin çekilmesiyle de
ω 2n =
Vmaks
T*
=
1 [ k + (1−α ) 2 k + α 2 k ]X 2
2
3 1
2 1
1 (m +α 2m )X 2
1
2 1
2
(3.2.25)
elde edilir. Buradaki T*, referans kinetik enerji olarak anılır. Denklem (3.2.25)’ten doğal
frekansın kolayca hesaplanacağı izlenimi doğabilir ise de aslında bir kısır döngü söz
konusudur. Hesap için doğal titreşim kipine ilişkin α oranının bilinmesi; bunun için de doğal
frekansın bilinmesi gereklidir. Bu yüzden, Denk. (3.2.25)’in doğal frekansı veren bir formül
olarak değil, α’nın doğru değerinde ωn2’ye eşit olma özelliğine sahip, α’ya bağlı bir oran
olarak anlaşılması gerekmektedir. Sistemin potansiyel enerjisinin referans kinetik enerjisine
oranından ibaret olan bu orana Rayleigh Oranı denir:
R (α ) =
Vmaks
T*
=
1 [ k + (1−α ) 2 k + α 2 k ]X 2
2
3 1
2 1
1 (m +α 2m ) X 2
1
2 1
2
=
[ k1 + (1−α ) 2 k 2 + α 2 k 3 ]
( m1 + α 2m 2 )
(3.2.26)
3.2.2.2 Rayleigh İlkesi
Lord Rayleigh, Rayleigh oranının, yukarıda sözü edilen kısır döngünün aşılmasını
sağlayan çok ilginç bir özelliğe sahip olduğunu saptamıştır [Rayleigh, 1945, C.1, s.109].
Rayleigh oranından doğal kiplerdeki genlik oranlarıyla doğal frekansları aynı anda
hesaplamayı olanaklı kılan ve bugün Rayleigh İlkesi adıyla anılan bu özelliğe göre;
Hareketi kısıtlayan titreşim biçiminin (genlikler oranının) bir fonksiyonu gözüyle
bakılan Rayleigh oranı, bu biçim doğal titreşim kiplerinden birininkine eşit olduğunda
ekstremal değer alır.
İlkenin kanıtlanmasını daha genel çerçevede tekrar ele alınacağı Bölüm 4.2.5’e
erteleyerek burada bir örnek vermekle yetinirsek; Örnek Problem 3.2.1’de ele alınan m1=10
kg, m2=15 kg, k1=2000 N/m, k2=1500 N/m, k3=3000 N/m sayısal değerlerine sahip sistem
için Denk. (3.2.26)’daki Rayleigh oranının α ile değişimini gösteren Şek. 3.2.4’ten, Rayleigh
oranının yukarıda belirtilen özellikleri kolayca görülebilir. Bu şekle göre, R(α)’nın iki
ekstremumunun bulunduğu, bunların sistemin doğal titreşim kiplerine ait
213
ωn22=450
R(α)
ωn12=200
α1=1
α2=-2/3
α
Şekil 3.2.4 Rayleigh Oranının Ekstremal Özelliği
α1=1 ve α2=-2/3 noktalarında ortaya çıktığı ve değerlerinin doğal frekansların kareleri olan
2
2
2
ω 2n = 200 (rad/s) ve ωn = 450 (rad/s) ’den ibaret olduğu anlaşılmaktadır.
2
1
Hemen anlaşılacağı gibi Rayleigh ilkesi, Rayleigh oranı üzerinde gerçekleştirilecek
bir ekstremum hesabıyla hem doğal kip biçimlerini hem doğal frekansları belirleme olanağı
vermektedir. Aşağıda buna bir örnek verilecektir.
İlkenin akla getirdiği ikinci bir olanak da, oranın, Şek. 3.2.4’teki α=α1 ve α=α2
noktaları gibi gerçek kiplere karşılık gelen noktalardaki gidişinin yatay, yani bu noktalar
civarında R(α) değerinin α değerindeki değişimlere karşı duyarlılığının düşük olmasından
yararlanarak, az çok isabetli α tahminleri yardımıyla çok daha isabetli frekans tahminleri
yapılabileceğidir. Bu olanağın değerlendirilmesi, Rayleigh Yöntemi adını alan yaklaşık
frekans hesabı yöntemine götürür. Bu konu, Bölüm 4.2.5 ve Bölüm xxx’te ele alınacaktır.
Örnek Problem 3.2.3
Problem 3.2.1’de verilen sistemin doğal kip biçimlerini ve doğal frekanslarını
Rayleigh ilkesinden yararlanarak hesaplayınız.
Çözüm:
Sisteme ait Rayleigh oranı Denk. (3.2.26)’da α genlikler oranının fonksiyonu olarak
R(α) =
k1+(1−α)2 k 2 +α2k3
(i)
m1 +α2m2
şeklinde elde edilmişti. Rayleigh ilkesine göre bu fonksiyonun ekstremumlarının
belirlenmesiyle tüm karakteristikleri elde edilebilir. Ekstremumun gerek koşulu,
dR(α)
dα
=
[−2(1− α)k 2 + 2αk 3 ](m1 + α 2 m 2 ) −[k1 + (1− α) 2 k 2 + α 2 k 3 ]2αm 2
(m1 + α 2 m 2 ) 2
= 0 (ii)
214
olmasıdır. Bu ifadenin payı sıfıra eşitlenip sonuç düzenlenerek α için
k
m
k
m
α 2 + ⎡(1 + 3 ) 1 − 1 − 1⎤ α − 1 = 0 ,
⎢⎣
k2 m2
k2
m2
⎦⎥
(iii)
ya da Problem 3.2.1’de verilen
k1=4k, k2=3k, k3=6k, m1=2m, m2=3m
(iv)
değerleri burada yerine konularak
α2 − 1 α − 2 = 0
3
(v)
3
denklemine gelinir. Doğal kiplere ait genlik oranları bu denklemin kökleri olarak
2
α1 = 1 , α 2 = −
3
(vi)
şeklinde, doğal frekanslar ise bu değerler, Denk. (iv)’teki ifadeler ve k=500 N/m, m=5 kg
verileri Denk. (i)’de yerlerine konularak
2
ω 2n = R ( α 1 ) = 2 k = 200 (rad/s) ,
1
ω 2n
2
m
2
= R ( α 2 ) = 9 k = 450 (rad/s)
(vii)
2 m
şeklinde elde edilir. Burada elde edilen sonuçlar, Problem 3.2.1’de elde edilenlerle aynıdır.
3.2.3 İKİ DOĞAL FREKANSIN BİRBİRİNE YAKIN OLMASI HALİ • VURU OLAYI
İki doğal frekans birbirine yakın olduğunda, 2 SD’li sistemin sönümsüz serbest
titreşimlerinde Bölüm 1.2.4.3’te sözü edilen vuru olayı ortaya çıkar. Bunu görmek üzere Şek.
3.2.5’te verilen, m1=m2=m, k1=k3=k, k2=βk özel parametre değerlerine sahip sistem göz
önüne alınsın.
x2(t)
x1(t)
βk
k
m
k
m
Şekil 3.2.5 Vuru Tireşimleri İçin Model
215
Bu değerlerin Denk. (3.2.8)’de yerlerine konulmasıyla sistemin doğal frekansları
ωn1 ⎫
k
= ⎛⎜1 + β m β 2 ⎞⎟ m
→ ω n1 =
ωn 2 ⎬⎭
⎝
⎠
k
m
, ωn2 =
(1 + 2β ) mk
(3.2.27)
şeklinde elde edilir. Hemen anlaşıldığı gibi, β’nın çok küçük, yani ara bağlantı yayının diğer
iki yaya göre çok yumuşak olması halinde ωn1 ≅ ωn 2 olacaktır. Öte yandan, eldeki sistem
parametreleriyle, doğal kiplerdeki genlik oranlarını veren Denk. (3.2.10)
X2
X1
= 1 + β1 − β1 m
ω2 = C(ω2n )
k n
(3.2.28)
şeklini alır. Denk. (3.2.27)’deki ωn değerleriyle buradan
α1 = C(ω2n ) = 1 + 1 − 1 m k = 1
1
β
β k m
(3.2.29)
α 2 = C(ω2n ) = 1 + 1 − 1 m (1 + 2β) k = −1
2
β
β k
m
hesaplanır. Şimdi, sistemdeki kütlelerden sadece birincisine bir yer değiştirme verildiği
x1 (0) = X , x 2 (0) = x& 1 (0) = x& 2 (0) = 0 şeklindeki başlangıç koşullarına karşılık gelen hareket
belirlenmek istensin. Bu koşullarla Denk. (3.2.18)’den
A=
C=
x 2 (0)−α2x1(0) 0−(−1)X X
= 1−(−1) = 2 B = x& 2 ( 0) − α 2 x& 1 ( 0) = 0
α1−α2
ω n 1 ( α1 − α 2 )
x 2 (0)−α1x1(0) 0−1⋅X X
= −1−1 = 2
α2 −α1
D=
(3.2.30)
x& 2 ( 0 ) − α1x& 1 ( 0 )
=0
ω n 2 ( α 2 − α1 )
hesaplanır ve Denk. (3.2.27), (3.2.28) ve (3.2.30) ile Denk. (3.2.16)’ya gidilirse hareket için
k ⋅ t + X cos
x 1 ( t ) = X2 cos ω n1 t + X2 cos ω n 2 t = X2 cos m
2
(1 + 2β) mk ⋅ t
x 2 ( t ) = X2 cos ω n1 t − X2 cos ω n 2 t = X2 cos
(1 + 2β) mk ⋅ t
k ⋅ t − X cos
m
2
(3.2.31)
elde edilir. Şekil 3.2.6’da bu hareketlerin β=0.05, k=500 N/m, m=10 kg, X=1 sayısal
değerleri için çizdirilmiş grafikleri görülmektedir. Küçük β değeri yüzünden iki frekans
birbirine yakın olduğundan, sistemdeki her iki kütle de vuru titreşimleri yapmakta ve bu,
grafiklerden hemen görülmektedir. Ancak, bu grafikler, çok daha dikkat çekici bir duruma
daha işaret etmektedir. Verilen başlangıç koşuluna uygun olarak, harekete, 1. cisim X=1
genlikli titreşimler yaparak 2. cisim ise hareketsiz başlamaktadır. Sonra 2. cisim giderek artan
genliklerle titreşime katılmakta, buna karşılık 1. cismin genliği küçülmektedir. Öyle ki, t1
anına gelindiğinde bu kez 1. cisim hareketsiz kalırken, 2. cisim X=1 genlikli titreşimler
yapmaktadır. Bu değiş-tokuş t2, t3, t4, … anlarında yinelenmekte ve sistem, bütün titreşim
enerjisi sırayla bir o cisme bir bu cisme aktarılacak biçimde titreşmektedir.
216
Bu gerçek, Denk. (3.2.31)’in cos α + cos β = 2 cos[( α − β ) / 2 ]. cos[( α + β ) / 2 ] ve
cos α − cos β = − 2 sin[( α − β ) / 2 ]. sin[( α + β ) / 2 ] trigonometrik eşitlikleri kullanılarak
x 1 ( t ) = X cos
ωn 2 −ωn1
2
x 2 ( t ) = X sin
ωn 2 −ωn1
2
t ⋅ cos
ωn 2 +ωn1
2
t ⋅ sin
ωn 2 +ωn1
2
1+ 2β −1
2
t = X cos
t = X sin
1+ 2β −1
2
k
m
k
m
⋅ t ⋅ cos
⋅ t ⋅ sin
1+ 2β +1
2
1+ 2β +1
2
k
m
k
m
⋅t
(3.2.32 )
⋅t
şeklinde yazılmasıyla da kolayca görülebilir. Hareketlerden x1(t)’nin genliği X cos
şeklinde değişirken x2(t)’ninki, biri sıfırken öbürü maksimum olacak biçimde X sin
şeklinde değişmektedir. Burada, ω =
ωn 2 + ωn1
2
ωn 2 − ωn1
2
ωn 2 − ωn1
2
t
t
’ye taşıyıcı frekans, genlik değişiminin bir
peryodu iki vuru peryoduna karşılık geldiğinden genlik değişim frekansının 2 katı olan
ω v = ωn 2 − ωn1 ’e ise vuru frekansı denildiğini anımsatalım.
t1
t2
t3
t4
Şekil 3.2.6 Vuru Tireşimleri ve Cisimler Arasında Enerji Aktarımı
2 SD’li sistemlerde vuru titreşimlerinin ve cisimler arasında enerji aktarımı olayının
ortaya çıkışı burada ele alınan örnekle sınırlı değildir. Bu olaylar, tipik birkaç örneği Şek.
3.2.7’de verilen [Den Hartog, 1961], iki doğal frekansı birbirine yakın olacak biçimde
ayarlanmış çeşitli 2 SD’li sistemlerde deneysel olarak da kolayca gözlenebilmektedir. Bu
örneklerden Şek. 3.2.7-a ve b’dekiler iki özdeş sarkaçtan oluşmakta ve ilkinde bağlantı
yayının zayıf, yay moment kolunun kısa seçilmesiyle, ikincisinde ise yine bağlantı burulma
yayının zayıf seçilmesiyle doğal frekansları birbirine yakın sistemler elde edilmektedir. Bu
sistemlerde, sarkaçlardan birinin olduğu yerde tutulup diğerinin çekilmesiyle başlayan
salınım hareketi, sönene kadar, bir o sarkaca bir bu sarkaca aktarılarak sürmektedir.
Daha ilginç bir örnek de Şek. 3.2.7-c’deki Wilberforce yayı adıyla anılan sistemdir.
Bu sistemde hem burulma hem uzama yayı olarak davranan bir yaya asılı cisim hem düşey
öteleme hem dönme hareketi yapmakta ve 2 SD’li bir sistem oluşmaktadır. Cismin kütlesi
217
sabit olmakla birlikte kütlesel eylemsizlik momenti, dönme merkezinden uzaklığı
ayarlanabilen 2 somun aracılığıyla değiştirilebilmekte ve bu yoldan iki doğal frekans
birbirine yaklaştırılıp uzaklaştırılabilmektedir. Frekanslar birbirine yakın ayarlandığında,
cismin döndürülmeksizin aşağıya çekilmesiyle başlatılan hareket, sönene kadar, salt öteleme
titreşimleriyle salt dönme titreşimleri birbirini izleyerek sürmektedir.
(a) Zayıf Yayla Bağlı
İki Özdeş Sarkaç
(b) Zayıf Burulma Yayıyla Bağlı
İki Özdeş Sarkaç
(c) Wilberforce Yayı
Şekil 3.2.7 Vuru Tireşimlerinin ve Cisimler Arasında Enerji Aktarımının
Kolayca Gözlenebildiği Sistem Örnekleri
3.2.4 SABİT NOKTAYLA ELASTİK BAĞLANTISI OLMAYAN SİSTEMLER
Sabit bir noktayla elastik bağlantısı olmayan sistemler hem fiziksel hem de buna
karşılık gelen matematiksel farklılıklar gösterirler. Bu farkları görmek üzere Şek. 3.2.8’deki
model ele alınsın. Bu modelin hareket denklemleri
x2(t)
x1(t)
k
m1
m2
Şekil 3.2.8 Sabit Nokta Bağlantısı Olmayan İki SD’li Model
m1&x&1 + kx1 − kx 2 = 0
m2&x&2 − kx1 + kx 2 = 0
(3.2.33)
şeklindedir. Burada
x1(t ) = X1eiωn t , x 2 (t ) = X2eiωn t
(3.2.34)
harmonik çözüm kabullerinin yerine konulmasıyla
218
⎡k − m ω2
1 n
⎢
⎢⎣ − k
⎤⎧ X1 ⎫ ⎧0⎫
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
k − m 2 ω2n ⎥⎦⎩X 2 ⎭ ⎩0⎭
−k
(3.2.35)
denklem takımına, buradan da
⎤
−k
= (k − m 1ω 2n )(k − m 2 ω 2n ) − k 2
2⎥
k − m 2 ω n ⎥⎦
(3.2.36)
⎡k − m ω 2
1 n
∆ (ω 2n ) = det ⎢
⎢⎣ − k
= ω 2n [ m1 m 2 ω 2n − k (m 1 + m 2 )] = 0
frekans denklemiyle
X2
k−m1ω2n
k
α=
=
=
= C(ω2n )
X1 k−m ω2
k
2 n
(3.2.37)
genlik oranı ifadesine gelinir. Frekans denkleminin kökleri
ω n1 = 0 (2 katlı kök)
ωn2 =
k ( m1 + m 2 )
m1m 2
(3.2.38)
k
m1
=
+ k (± şeklinde iki kök)
m
(3.2.39)
2
bu değerlerle genlik oranları da
α1 =
α2 =
X (21)
X1(1)
X (22 )
X1( 2 )
= C(ω 2n ) =
1
k − m1ω2n
1
k
= C(ω 2n ) =
k − m1ω2n
2
k
=
2
k − m1⋅0
=1
k
=
k − m1 ⋅
k ( m1 + m 2 )
m1m 2
k
(3.2.40)
m
=− 1
m2
şeklinde elde edilir. Genel çözüm, Denk. (3.2.38-40)’ta elde edilen Denk. (3.2.34) şeklindeki
dört çözümün lineer kombinasyonuyla elde edilecektir. Katlı köke karşılık gelen çözümün bu
kombinasyonda (At+B) ile çarpılmış olarak yer alması gerektiğini anımsayarak ve üstel
yazılmış harmonik çözüme götüren ±’li diğer kökle ilgili çözüm doğrudan harmonik
fonksiyonlarla gösterilerek bu yapılırsa
x1 (t ) = (At + B) + (C cos
m
x 2 (t ) = (At + B) − 1
m2
k
m1
(C cos
+ k ⋅ t + D sin
m2
k
m1
+
k
m2
k
m1
⋅ t + D sin
+ k ⋅ t)
m2
k
m1
+
k
m2
⋅ t)
(3.2.41)
elde edilir. Bu çözümün ortaya koyduğu özellikler genellenerek toparlanırsa; Sabit nokta
bağlantısı olmayan sistemlerin özdeğerlerinden biri her zaman sıfır çıkar. Bu özdeğere
karşılık gelen kipteki hareket sistemin titreşmeksizin rijid bir bütün olarak hareket etmesi
219
şeklindedir. Buna rijid cisim kipi adı verilir. Geri kalan tek titreşim kipinde ise her cisim,
sistemin kütle merkezi sabit kalacak biçimde, birbiriyle zıt yönde ve kütlesiyle ters orantılı
genlikle titreşir.
Sabit nokta bağlantısı olmayan sistemler, matematiksel olarak, berklik matrislerinin
determinantının sıfır olmasıyla tanınır ve matematikte yarı belirli sistemler olarak
adlandırılırlar.
Örnek Problem 3.2.4
Şekilde statik denge konumunda
görülen sistemde m,r homojen silindirleri
yatay
zemin
üzerinde
kaymadan
yuvarlanmaktadır.
Sistemin
küçük
titreşimlerinin;
k1
m
O
r
a
a
k2
b
b
O
m
a) Diferansiyel denklemlerini elde
ediniz,
b) Sistemin doğal frekanslarını ve
doğal titreşim kiplerine ilişkin genlik
oranlarını belirleyiniz.
r
Şekil Pr. 3.2.4-1
m=80 kg, k1=6250 N/m, k2=12500 N/m,
r=0.50 m, a=0.3 m, b=0.1 m
Çözüm:
x1
x2(t)
x1(t)
keş
m1eş
x2
ϕ1
ϕ2
k1[(x1 + aϕ1) − ( x 2 + aϕ2 )]
m2eş
Şekil Pr. 3.2.4-2
O
O
k 2[( x1 − bϕ1) − ( x 2 − bϕ2 )]
Şekil Pr. 3.2.4-3
a)
Şekil Pr. 3.2.4-2’deki eşdeğer sistem kurularak çalışılsın. Bunun için önce silindirlerin
kaymadan yuvarlanma koşulundan
ϕ1 =
x1
r
x
, ϕ2 = 2
r
(i)
kısıtları not edilsin. Kinetik enerji eşitliklerinden eşdeğer kütleler
1
2
m 1eş x& 12 = 1 m x& 12 + 1 ( 1 mr 2 ) ϕ& 12 = 3 m x& 12 → m 1eş = 32 m
2
2 2
2
(ii)
220
1
2
m 2 eş x& 22 = 1 m x& 22 + 1 ( 1 mr 2 ) ϕ& 22 = 3 m x& 22 → m 2 eş = 32 m
2
2
2 2
(iii)
şeklinde hesaplanır. Yay bağlantı noktalarının küçük titreşimler varsayımı altında
lineerleştirilmiş yatay yer değiştirmeleri Şek. Pr. 3.2.4.3’teki gibi alınarak potansiyel enerji
eşitliğinden de eşdeğer yay
1 k ( x − x ) 2 = 1 k [( x + aϕ ) − ( x + aϕ )] 2
2
1
1
2
2
2 eş 1
2 1
+ 1 k 2 [(x 1 − bϕ1 ) − ( x 2 − bϕ 2 )] 2
2
= 1 k 1[ x 1 (1 + a ) − x 2 (1 + a )] 2 + 1 k 2 [ x 1 (1 − b ) − x 2 (1 − b )] 2
r
r
r
2
r
2
(iv)
= 1 [k 1 (1 + a ) 2 + k 2 (1 − b ) 2 ](x 1 − x 2 ) 2
r
r
2
→ k eş = k 1 (1 + a ) 2 + k 2 (1 − b ) 2
r
r
şeklinde belirlenir. Artık hareket denklemleri, eşdeğer sisteminkiler olarak
m1eş &x&1 + k eş x1 − k eş x 2 = 0
m 2 eş &x& 2 − k eş x1 + k eş x 2 = 0
(v)
şeklinde yazılabilir.
b)
Sistem sabit nokta bağlantısı olmayan bir sistem olduğundan bir tek titreşim kipi
vardır. İlgili doğal frekans Denk. (3.2.39)’dan
m 1eş = 3 m = 3 80 = 120 kg,
2
2
3
m 2 eş = 2 m = 32 80 = 120 kg,
k eş = k 1 (1 + a ) 2 + k 2 (1 − b ) 2 = 6250 (1 + 0.3 ) 2 + 12500 (1 − 0.1 ) 2 = 24000 N/m
0 .5
0 .5
r
r
sayısal değerleriyle
k
k
ωn = meş + m eş = 24000
+ 24000
= 20 rad/s
120
120
1eş
2eş
(vi)
şeklinde, bu kipteki genlikler oranı da Denk. (3.2.40)’tan
α=
m1
X2
= − eş = − 120 = −1
X1
m2eş
120
(vii)
şeklinde hesaplanır.
221
3.3 SÖNÜMSÜZ ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
Bu bölümde, 2 serbestlik dereceli sistemlerin zorlanmış titreşimleri, sönümsüz sistem
ve harmonik zorlayıcı kuvvet özel halinde ele alınacaktır.
3.3.1 HAREKET DENKLEMLERİ • ÇÖZÜM • REZONANS OLAYI
Bu amaçla, Şek. 3.1.1’deki modelden tüm sönümlerle k3 yayının ve F2 kuvvetinin
çıkartılmasıyla elde edilen Şek. 3.3.1’deki model ele alınır ve hareket denklemleri yazılırsa,
m1&x&1 + (k1 + k 2 )x1 − k 2x 2 = F1 cos ωt
m2&x&2 − k 2x1 + k 2x 2 = 0
(3.3.1)
elde edilir. Sonradan yararlı olacağı için işe, bu sistemin frekans denklemi ve doğal
kiplerdeki genlikler oranını veren denklem elde edilerek başlanırsa,
∆(ω2n ) = m1m2ω4n − [m1k 2 + m2 (k1 + k 2 )]ω2n + k1k 2 = 0
(3.3.2)
ve
αi = C(ω2n )
i
k 2 −m2ω2n
k2
i
=
k2
k1 +k 2 −m1ω2n
(3.3.3)
i
belirlenir (Bu denklemleri elde ediniz). Ardından, sistemin kalıcı titreşimlerinin hesabına
yönelinir ve bu titreşimlerin zorlayıcı kuvvetle aynı frekanslı harmonik titreşimler olacağı
düşünülerek
x1( t ) = X1 cos ωt , x 2 ( t ) = X 2 cos ωt
(3.3.4)
çözüm kabulleriyle Denk. (3.3.1)’e gidilirse, X1 ve X2 bilinmeyen genlikleri için
(k1 + k 2 − m1ω2 )X1 − k 2X 2 = F1
− k 2X1 + (k 2 − m2ω2 )X 2 = 0
,
(3.3.5)
x2(t)
m2
k2/2
F1(t)=F1cosωt
k2/2 x1(t)
m1
k1/2
k1/2
Şekil 3.3.1 Zorlanmış Tireşimler İçin Model
222
ya da vektör/matris formunda yazılırsa
⎡k + k − m ω2
− k 2 ⎤⎧ X1 ⎫ ⎧F1⎫
1
2
1
⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
k 2 − m2ω2 ⎥⎦⎩X2 ⎭ ⎩ 0 ⎭
− k2
⎢⎣
(3.3.6)
denklem takımı elde edilir. Bu denklem takımının Cramer kuralı yardımıyla çözümü,
⎤
−k2
⎥
k 2 − m 2 ω 2 ⎥⎦
⎡ k + k 2 − m1 ω 2
∆(ω 2 ) = det ⎢ 1
−k2
⎢⎣
= (k 1 + k 2 − m1ω 2 )(k 2 − m 2 ω 2 ) − k 22
(3.3.7)
= m1m 2 ω 4 − [m1k 2 + m 2 (k 1 + k 2 )]ω 2 + k 1k 2
olmak üzere
X1 =
X2 =
−k 2 ⎤
⎡F
det ⎢ 1
2⎥
⎣ 0 k 2 − m 2ω ⎦
∆(ω2 )
=
k 2 −m2ω2
⎡k + k − m ω2 F1 ⎤
det ⎢ 1 2 1
⎥
0 ⎥⎦
−k 2
⎢⎣
∆(ω2 )
∆(ω2 )
=
k2
∆(ω2 )
⋅ F1
(3.3.8)
⋅ F1
(3.3.9)
şeklindedir. Buna göre, sistemin zorlanmış titreşimlerinin, genlikler Denk. (3.3.8) ve Denk.
(3.3.9)’dan hesaplanmak üzere gerçekten de Denk. (3.3.4)’te öngörüldüğü gibi ω frekanslı
harmonik titreşimler şeklinde olacağı anlaşılır. Bu titreşimlerin ifadesi, hesaplanan genlikler
Denk. (3.3.4)’te yerine konularak
x1( t ) =
k 2 −m2ω2
2
∆ (ω )
⋅ F1 ⋅ cos ωt , x 2 ( t ) =
k2
∆ (ω2 )
⋅ F1 ⋅ cos ω t
(3.3.10)
şeklinde elde edilir. Bu çözüm, hemen göze çarpan şu dikkat çekici özelliklere sahiptir:
i) Cisimlerden birine uygulanan ω frekanslı harmonik kuvvet her iki cisimde birden aynı
frekanslı harmonik titreşimlere yol açmaktadır.
ii) Zorlanmış titreşim genliklerini veren Denk. (3.3.8) ve Denk. (3.3.9)’un her ikisinin de
paydasında yer alan ∆(ω2) ifadesi, sistemin, Denk. (3.3.2)’de verilen ∆(ωn2)=0 şeklindeki
frekans denkleminin ωn yerine ω konulmuş halinden başka bir şey değildir. Buna göre ω=ωn1
ya da ω=ωn2 olduğunda ∆(ω2)=0 olur ve hem X1 hem X2 genliği sonsuza gider. Bu, tek
serbestlik dereceli sistemlerden bilinen rezonans olayı’ndan başka bir şey değildir. Tek doğal
frekansa sahip olan tek serbestlik dereceli sistemlerde tek bir rezonans frekansı varken iki
serbestlik dereceli sistemlerde iki rezonans frekansı bulunmaktadır.
223
iii) Denklem (3.3.9) Denk. (3.3.8)’e bölünerek zorlanmış titreşimlerdeki genlikler oranı
hesaplanırsa
α=
X2
X1
= C(ω2 ) =
k2
(3.3.11)
k1 + k 2 − m1ω2
olduğu görülür. Bu, Denk. (3.3.3)’teki kip biçimlerini veren ifadenin ωn yerine ω konulmuş
halinden başka bir şey olmadığından, sistemin, ω=ωn1 ya da ω=ωn2 rezonansları civarında
ağırlıklı olarak, tam bu rezonanslarda ise tam olarak ilgili doğal titreşim kipinde titreşeceği
anlaşılır.
Şimdi zorlanmış titreşimlerin kimi özelliklerine biraz daha yakından bakabilmek için
incelenen sistemi k1=k2=k, m1=m2=m alarak somutlaştıralım. Bu durumda frekans denklemi
⎡2k − mω2
n
∆(ω2n ) = det⎢
⎣⎢ − k
⎤
= m 2 ω4n − 3mkω2n + k 2 = 0
2⎥
k − mωn ⎦⎥
−k
(3.3.12)
doğal kiplerdeki genlikler oranını veren ifade ise
α=
k
k −mω2n
2k −mω2n
k
=
= 2 − m ω 2n = C(ω 2n )
(3.3.13)
k
şeklinde, buna göre 1. ve 2. kiplere ait karakteristikler de
ω n1 =
3− 5
⋅
2
ωn2 =
3+ 5
⋅
2
k =
m
k =
m
5 −1
⋅
2
k = 0.618 ⋅
m
5 +1
⋅
2
k = 1.618 ⋅
m
k
m
k
m
,
α 1 = 1+ 5 = 1 .618
(3.3.14)
α 2 = 1− 5 = − 0 .618
(3.3.15)
2
,
2
şeklindedir. Öte yandan, zorlanmış titreşim genlikleri ise Denk. (3.3.5-7)’den şimdiki
parametre değerleriyle,
k − mω 2
⋅ F1 ,
m 2 ω 4 − 3mk ω 2 + k 2
X1 =
X2 =
k
m 2 ω 4 − 3 mk ω 2 + k 2
⋅ F1
(3.3.16)
şeklinde belirlenir. Bu genliklerin zorlayıcı kuvvet frekansıyla değişimlerini gösteren frekans
yanıtı grafikleri elde etmek üzere Denk. (3.3.16)’da pay ve paydalar k2’ye bölünür, ve
ωo =
k
m
η= ω
,
(3.3.17)
ωo
tanımlanırsa, grafiğe yansıtılmaya elverişli, boyutsuz
X1
F1 / k
=
1−η2
4
2
η −3η +1
,
X2
F1 / k
=
1
η4 −3η2 +1
(3.3.18)
224
ωn1
ωo
ωn 2
ωo
ωn1
ωo
X1
F1 / k
X1
F1 / k
ωn 2
ωo
A
A
X2
F1 / k
X2
F1 / k
η= ω
ωo
η= ω
ωo
Şekil 3.3.2 Örnek Sistemin Frekans Yanıtı Diyagramları
(ωn1=0.618ωo, ωn2=1.618ωo)
ifadeleri elde edilir. Şekil 3.3.2’de bu ifadelerin ω/ωo boyutsuz frekansıyla değişimini
gösteren frekans yanıtı diyagramları verilmiştir.
Bu diyagramlardan sol sütundakiler boyutsuz genliklerin mutlak değerlerini, sağ
sütundakiler ise doğrudan doğruya kendilerini göstermektedir. Bu yüzden soldaki
diyagramlardan sistemin iki rezonansı daha net olarak görünürken sağdaki diyagramlardan
ise, boyutsuz genliğin işareti aracılığıyla hareketlerin zorlayıcı kuvvetle (‘+’ ise kuvvetle
hareket aynı fazda, ‘-‘ ise kuvvetle hareket zıt fazda, sönüm bulunmadığı için ara durum yok)
ve birbirleriyle faz farkları hakkında da bilgi edinilebilmektedir.
Sağdaki diyagramların bu özelliklerine bir örnek olmak üzere, yukarıda Madde (iii)’te
belirtilen özelliğin bir yansıması olarak, 1. doğal frekans civarında x1 ve x2’nin 1. kipte
olması gerektiği gibi aynı fazda [Bkz. Denk. (3.3.14)], 2. doğal frekans civarında ise 2. kipte
olması gerektiği gibi zıt fazda [Bkz. Denk. (3.3.15)] olduklarına dikkat ediniz. Bunu
sağlamak üzere iki doğal frekans arasında bir yerde (Grafiklerdeki A noktası) x1(t) faz
değiştirmekte ve bunu yaparken genliği sıfır olmaktadır.
Üzerine etkiyen zorlayıcı kuvvete karşın 1. cismin tamamen hareketsiz kalması
anlamına gelen bu durum uygulama bakımından esin vericidir ve Bölüm 3.3.2’de ele
alınacaktır.
225
Örnek Problem 3.3.1
v
Bir taşıtın düşey titreşimlerini
incelemek amacıyla oluşturulan, tek
teker ve 1/4 kütle içeren basitleştirilmiş
modellere çeyrek taşıt modeli denir.
Şekilde, λ dalga boyuna ve Xp genliğine
sahip sinüsoidal bir yol üzerinde sabit v
ileri hızıyla hareket eden bir çeyrek taşıt
modeli gösterilmiştir.
x2(t)
m2
k2
xp
m1
k1
x1(t)
λ
Xp
s
Modelde m1 ve m2 kütlelerinin
yapacağı
zorlanmış
titreşimlerin
genliklerini hesaplayınız.
Şekil Pr. 3.3.1 Dalgalı Yolda Çeyrek Taşıt Modeli
m1=100 kg, m2=500 kg, k1=200 kN/m, k2=80 kN/m, v=90 km/h, λ=3.5 m, Xp=15 mm
Çözüm:
Örnek Problem 2.5.7’deki yol izlenerek, problem, k1 yayı bağlantı noktasının
x p (t ) = X p cos ωt ; ω =
2 πv
λ
(i)
hareketini yapması problemi olarak düşünülebilir. Bu durumda hareket denklemleri
m1&x&1 + k1 ( x1 − x p ) + k 2 ( x1 − x 2 ) = 0
m 2 &x& 2 + k 2 ( x 2 − x1 ) = 0
(ii)
ya da burada Denk. (i) yerine konulup sonuç düzenlenerek
m1&x&1 + (k1 + k 2 ) x1 − k 2 x 2 = k1X p cos ωt
m 2 &x& 2 − k 2 x1 + k 2 x 2 = 0
(iii)
şeklinde elde edilir. Bu denklem takımı Denk. (3.3.1)’in F1 yerine k1Xp konulmuş halinden
başka bir şey olmadığından,
x1( t ) = X1 cos ωt , x 2 ( t ) = X 2 cos ωt
(iv)
çözüm kabullerine karşılık gelen çözümü doğrudan doğruya Denk. (3.3.8,9)’dan alınabilir.
Bu yapılırsa, genlikler için,
∆(ω2 ) = m1m 2 ω4 − [m1k 2 + m 2 (k1 + k 2 )]ω2 + k1k 2
(v)
olmak üzere
226
X1 =
⎡ k 1X p
det ⎢
⎣ 0
−k 2
k 2 −m2ω ⎦
∆(ω 2 )
⎡ k + k − m1 ω 2
det ⎢ 1 2
−k 2
⎢⎣
X2 =
⎤
2⎥
∆ (ω 2 )
=
k 2 − m 2 ω2
k 1X p ⎤
⎥
0 ⎥⎦
⋅ k1X p
(vi)
⋅ k1X p
(vii)
∆ (ω 2 )
=
k2
∆(ω 2 )
ya da sayısal olarak,
/ 3 . 6 = 100 π ≅ 44 . 880 rad/s
ω = 2 λπ v = 2 π 90
3 .5
7
(viii)
∆ (ω 2 ) = m1m 2 ω 4 − [ m1k 2 + m 2 (k 1 + k 2 )]ω 2 + k 1k 2
= 100 ⋅ 500 ⋅ 44.880 4 − [100 ⋅ 80 + 500 ⋅ ( 200 + 80)] ⋅ 10 3 ⋅ 44.880 2
(ix)
+ 200 ⋅ 80 ⋅ 10 6 = −79250 .749 ⋅ 10 6
ara hesaplarından sonra
X1 =
k 2 −m 2ω2
X2 =
2
∆ (ω )
k2
∆ (ω 2 )
3
2
⋅ k 1 X p = 80 ⋅10 − 500 ⋅ 44 .880
⋅ 200 ⋅ 10 3 ⋅ 15 ≅ 35 mm
6
− 79250 .749 ⋅10
⋅ k 1X p =
80 ⋅10 3
⋅ 200 ⋅ 10 3 ⋅ 15 ≅ −3 mm
6
− 79250.749 ⋅10
(x)
(xi)
bulunur. Genliklerin işaretlerine bakılırsa, m1’in yol ile aynı fazda, m2’nin ise zıt fazda
titreşeceği anlaşılmaktadır.
Örnek Problem 3.3.2
ω
D
m1
µ, E
t
k2
m2
Şekil Pr. 3.3.2-1
d
Şekilde görülen sistem, karbon çeliği
malzemeden yapılma, d çaplı, çevresi gömülü
dairesel levhanın tam ortasına yerleştirilmiş, ω
açısal hızıyla dönen bir D dengesizliğine sahip m1
kütleli bir makina ve makinanın tam altına k2
yayıyla asılmış bir m2 kütlesinden oluşmaktadır.
Levha kütlesini göz ardı ederek, D
dengesizliğinin
etkisiyle
sistemin
yapacağı
zorlanmış titreşimlerde m1 ve m2’nin genliklerini
hesaplayınız
m1=1000 kg, m2=50 kg, k2=126000 N/m, t=20 mm, d=247 cm, D=0.8 kg.m, ω=75 rad/s
227
Çözüm:
x1(t) k
1
Şekil Pr. 3.3.2-2’deki eşdeğer sistem kurulsun. Burada
kuvvet genliği,
F1(t)=F1cosωt
F1 = Dω 2 = 0.8 ⋅ 75 2 = 4500 N
m1
x2(t)
k2
(i)
levhanın eşdeğer yay katsayısı ise (Formül Tablo 2.1’den, µ
ve E değerleri Tablo 2.2’den alınarak)
m2
E = 2 .07 ⋅ 10 11 N/m, µ = 0.292
Şekil Pr. 3.3.2-2
(ii)
ile
k1 =
16πEt3
1
(1−µ)(3+µ) 3d 2
=
16π2.07⋅1011(0.02)3
1
(1−0.292)(3+0.292)
3(2.47) 2
≅ 1951291N/m
(iii)
şeklinde belirlenir. Elde edilen model kuramsal incelemeye esas alınan modelle aynı
olduğundan genlikler, doğrudan doğruya Denk. (3.3.7-9)’dan
∆ ( ω 2 ) = ( k 1 + k 2 − m 1ω 2 )( k 2 − m 2 ω 2 ) − k 22
= (1951291 + 126000 − 1000 ⋅ 75 2 )(126000 − 50 ⋅ 75 2 ) − 126000 2 = 5 .349 ⋅ 10 11
(iv)
ile
X1 =
k 2 − m 2 ω2
∆(ω 2 )
2
⋅75
⋅ F1 = 126000− 5011
⋅ 4500 = −1.30 ⋅ 10 − 3 m = −1.30mm
5.349⋅10
(v)
ve
X2 =
k2
2
∆(ω )
⋅ F1 = 12600011 ⋅ 4500 = 1.06 ⋅10−3 m = 1.06mm
5.349⋅10
(vi)
şeklinde hesaplanır. Cisimlerden m1 dengesizlikle zıt, m2 ise aynı fazda titreşmektedir.
228
3.3.2 SÖNÜMSÜZ TİTREŞİM SOĞURUCUSU
Bölüm 3.3.1’de, 2 SD’li sistemde, üzerine zorlayıcı kuvvet etkiyen cismin tamamen
hareketsiz kaldığı bir durum bulunduğu görülmüş bunun uygulama bakımından esin verici
olduğu belirtilmişti. Bu bölümde, 1909 yılında Frahm tarafından fark edilip patent konusu
yapılmasından [Frahm, 1911] bu yana araştırmacıların gündeminden hiç düşmemiş olan bu
konu üzerinde durulacaktır. Bu amaçla, 2 SD’li sistemin, üzerine kuvvet etkiyen bir ana
sisteme, arzu edilen bir ikincil sistem eklenerek bizim tarafımızdan oluşturulduğu düşünülsün
(Şek. 3.3.3). Bu durumda ana ve ikincil sistemlerin, Denk. (3.3.7-9)’a göre genlikleri
∆(ω2 ) = (k1 + k 2 − m1ω2 )(k 2 − m2ω2 ) − k 22
(3.3.19)
olmak üzere
X1 =
k 2 − m 2ω2
2
∆ (ω )
⋅ F1 ,
X2 =
k2
∆ (ω2 )
⋅ F1
(3.3.20)
şeklinde hesaplanan titreşimler yapacakları bilinmektedir. Buradan hemen, ikincil sistemin
2
k 2 − m 2ω = 0 →
k2
=ω
m2
ω2 =
(3.3.21)
olacak biçimde, yani doğal frekansı zorlayıcı kuvvet frekansına eşit olacak biçimde
ayarlanması halinde ana sistem genliğinin sıfır olacağı görülür. Bu durumda ikincil sistemin
kendisi, Denk. (3.3.21)’in Denk. (3.3.19) ve Denk. (3.3.20)’de yerine konulmasıyla
görüleceği gibi,
X2 = −
F1
k2
=−
F1ω2
m2
(3.3.22)
genlikli, kuvvetle zıt fazda titreşimler yapar ve tüm titreşim enerjisini üzerine çektiği için
titreşim soğurucusu diye adlandırılır.
F1(t)=F1cosωt
F1(t)=F1cosωt
x1(t)
x1(t)
m1
m1
k1/2
k1/2
(a) Ana Sistem
+
k2
m2
(b) İkincil Sistem
x2(t)
k2
x2(t)
k1/2
m2
k1/2
(c) Soğuruculu Sistem ( k 2 / m2 = ω)
Şekil 3.3.3 Sönümsüz Titreşim Soğurucusu
229
Bu olay, biri soğurucu sistemin kuvvet ile ilişkisini diğeri ise ana sistemle ilişkisini
esas alan birbirinden farklı iki bakış açısından yorumlanabilir.
Bu bakış açılarından yukarıda da esas alınan ilkine göre, ikincil sistem kuvvet
frekansına ayarlanmakta, Denk. (3.3.22)’den de görüldüğü gibi yay kuvvetinin k2X2 genliği
zorlayıcı kuvvetin F1 genliğine eşit ve bu iki kuvvet zıt yönlü olacak biçimde serbest
titreşimler (serbest titreşim, çünkü m1 hareketsiz) yapmakta, böylece zorlayıcı kuvveti yay
kuvvetiyle dengeleyerek etkisini yok etmektedir. Bu etki tarzıyla titreşim soğurucuları yalnız
tek serbestlik dereceli ana sistemlere değil her tür sisteme uygulanabilmekte ve Bölüm
4.3.3’te görüleceği gibi hangi noktaya bağlanmışsa o noktayı, bu nokta kuvvet uygulama
noktasıysa bütün sistemi hareketsiz bırakma sonucunu doğurmaktadır. Ancak, bunun için
ikincil sistem doğal frekansının tam olarak zorlayıcı kuvvet frekansına ayarlanmış olması
gerektiği; bu yüzden de bu uygulamanın zorlayıcı kuvvet frekansının önceden bilindiği ve
değişmediği sistemlerle sınırlı olacağı unutulmamalıdır. Söz konusu ayar tam olduğunda Şek.
3.3.2’deki A noktasındaki gibi davranan sistem, zorlayıcı kuvvet frekansının değişmesi
halinde bu noktadan kayacağı için artık ana sistem hareketsiz kalmayacak, üstelik bu
değişimin biraz fazla olması halinde her iki yanda bulunan iki rezonanstan birine yakalanma
riski de bulunacaktır. Bu riski azaltmak için rezonans noktalarının iki yana uzaklaştırılması
düşünülebilir ise de burada vermeyeceğimiz basit bir inceleme, bunun için ikincil kütlenin
ana sistem kütlesine oranı m2/m1’in büyütülmesi gerektiğini gösterir. Aslında m2’nin
büyütülmesi, Denk. (3.3.22)’den görüleceği gibi, soğurucu sistem genliğini aşağı çekmek
bakımından da arzu edilir ise de ikincil sistem kütlesinin sınırsız büyütülemeyeceği de açıktır.
Genellikle m2, soğurucu sistem genliğini kabul edilebilir düzeyde tutmak için gerekenden
daha büyük yapılmaz.
Şekil 3.3.4’te, böyle ayarlı soğurucu uygulamalarına, patent konusu olmuş iki örnek
gösterilmiştir (Bir diğeri için Bkz. Örnek Problem 3.3.6). Bunlardan kayda geçmiş en eski
uygulamalardan biri olan ilkinde [Miner, 1933], bir elektrikli traş makinasının gövdesi,
bilinen bir frekansta titreşen bıçağın etkisinden korunarak titreşimsiz çalışması
sağlanmaktadır. İkincisinde ise [Bennett ve Dyke, 1970], normal seyir halinde bilinen bir
devirde dönen uçak motorundaki küçük dengesizliklerden kaynaklanan ve gövde
kaplamasına geçtiğinde şiddetlenerek büyük kabin gürültüsüne neden olan titreşimlerin
motorun bağlandığı noktada giderilmesi hedeflenmektedir.
Soğurucu
Soğurucu
Soğurucu
(a) Elektrikli Traş Makinası [Miner, 1933]
(a) Uçak Kabin Gürültüsünün Kaynağında Giderilmesi
[Bennett ve Dyke, 1970]
Şekil 3.3.4 Ayarlı Titreşim Soğurucusu Uygulamaları
230
Yukarıdaki incelemede öne çıkartılmayan ikinci bakış açısında ise soğurucu bir
rezonans noktasının yok edilmesinin aracı olarak görülür. Elde bilinen bir kuvvet yoktur,
sadece bir ana sistem vardır ve bu ana sistemin tam A noktasına karşılık gelen bir rezonans
frekansı bulunmaktadır. İkincil sistemin doğal frekansının ana sisteminkine eşit
ayarlanmasıyla A noktası bir rezonans noktası olmaktan çıkıp ana sistemin tamamen
hareketsiz kaldığı bir antirezonans noktasına dönüşür. Ancak bu, A’nın iki yanında iki yeni
rezonans noktası doğması pahasına gerçekleştiğinden, kuvvet (frekansı) gerçekten bilinmiyor
ise anlamlı bir sonuç değildir. Kuvvetin bilinmesi halinde ise uygun bakış açısı üstte
verilendir. Burada sözü edilen ikinci bakış açısına Bölüm 3.5.2’de ayrıca değinilecektir.
Örnek Problem 3.3.3
Şekilde statik denge konumunda görülen
sistemde, ince, düzgün kesitli ve homojen (m,ℓ)
çubuğunun, kütle merkezine etkiyen F(t)
kuvvetinin etkisiyle yaptığı küçük titreşimlerin
x(t) ötelemesi içermeyip sadece ϕ(t) dönmesinden
ibaret olabilmesi için sistem parametrelerinin
sağlaması gereken koşulu ve bu durumda sistemin
yapacağı ϕ(t) titreşimlerinin genliğini belirleyip
bulgularınızı yorumlayınız.
F(t)=Fcosωt
ℓ/2
S
m, ℓ
ϕ(t) x(t)
k1
k2
Şekil Pr. 3.3.3-1
Çözüm:
Problem 3.2.2’dekine benzer şekilde hareket edilerek, sistemin küçük titreşimlerini
yöneten lineerleştirilmiş hareket denklemleri
m&x& + (k1 + k 2 )x − (k1 − k 2 ) l ϕ = F cos ωt
2
1 ml 2 ϕ
&& + (k1 + k 2 )( l ) 2 ϕ − (k1 − k 2 ) l x
12
2
2
(i)
=0
şeklinde elde edilir (Elde ediniz). Burada
x (t ) = X cos ωt , ϕ(t ) = Φ cos ωt
(ii)
çözüm kabulleri yerlerine konulduğunda X ve Φ için
⎡k1 + k 2 − mω 2
⎢
⎢ − ( k1 − k 2 ) l
2
⎣
⎤ ⎧ X ⎫ ⎧ F⎫
⎥
=
2
2 2 ⎥ ⎨Φ ⎬ ⎨0 ⎬
l
1
(k1 + k 2 )( ) − ml ω ⎩ ⎭ ⎩ ⎭
2
12
⎦
− (k1 − k 2 ) l
2
(iii)
denklem takımına gelinir. Bu denklem takımının çözümü,
∆ (ω 2 ) = ( k 1 + k 2 − mω 2 )[( k1 + k 2 )( l ) 2 − 1 ml 2 ω 2 ] − ( k 1 − k 2 ) 2 ( l ) 2
2
12
2
(vii)
olmak üzere
231
X=
1 ml 2 ω 2
( k 1 + k 2 )( 2l ) 2 − 12
∆ (ω 2 )
⋅ F,
Φ=
(k1 − k 2 ) 2l
∆(ω 2 )
⋅F
(viii)
genliklerini verir. Buradan hemen görüldüğü gibi, sistem parametrelerinin X genliğinin payı
sıfır olacak biçimde, yani
2 2
2
1
(k1 + k 2 )( 2l ) − 12
ml ω = 0 →
3(k1+k2 )
m
2
=ω
(ix)
olacak biçimde seçilmesi halinde düşey hareket yok olur. Bu durumda sistem, Denk. (ix)’un
Denk. (vii) ve Denk. (viii)’de yerine konulmasıyla
Φ=−
F
(k 1 − k 2 ) 2l
(x)
genlikli ϕ(t) titreşimleri yapar.
Denk. (x)’dan, istenilen sonucun elde edilebilmesi için k1≠k2 olması gerektiğinin
anlaşıldığını belirtelim ve buradan hesaplanan genliğin büyük olması halinde, denklemler
elde edilirken yapılan küçük titreşim kabulünün, dolayısıyla da tüm sonuçların geçerliliğini
yitireceğini anımsatalım.
Bu problemde söz konusu olan, çubuğun ϕ(t) hareketinin x(t) hareketi için bir titreşim
soğurucusu haline getirilmesidir. Nitekim Denk. (ix)’daki koşul, Şek. Pr. 3.3.3-1’deki
sistemin öteleme serbestliğinin kaldırılmasıyla elde edilen, Şek. Pr. 3.3.3-2’deki sistemin
m, ℓ
S
k1
ωn =
( k1+ k 2 )( l )2
2
1 ml2
12
(xi)
k2
ϕ(t)
Şekil Pr. 3.3.3-2
şeklindeki doğal frekansının (Bunu gösteriniz.)
zorlayıcı kuvvet frekansına eşit yazılmasından
başka bir şey değildir.
Örnek Problem 3.3.4
n
EI
m
m
ℓ
ℓ
Şekil Pr. 3.3.4-1
Şekildeki sistemde, elastik bir konsol kiriş üzerine
yerleştirilen makina n d/dak hızıyla dönen bir rotora sahiptir. Bu
rotordaki olası bir dengesizliğin sistemde titreşime yol açmasına
engel olmak üzere, makinanın altına, her biri ucunda m kütlesi
taşıyan EI eğilme rijidliğine sahip kütlesi ihmal edilebilir bir
konsol kirişten ibaret olan bir çift titreşim soğurucusu
yerleştirilecektir. Bu kirişlerin ℓ boyları ne olmalıdır?
Çözüm:
Soğurucuların doğal frekanslarının rotor açısal hızına eşit olması gerekir. Konsol kiriş
için eşdeğer yay katsayısı Tablo 2.1’den alınarak bu koşul yazılıp buradan ℓ çekilerek
232
k eş
m
=
3EI
ml 3
2
EI
= (π30n ) → l = 3 ⋅ 3 10
2 2
(i)
π n m
elde edilir.
Örnek Problem 3.3.5
ℓ
αℓ
Şekildeki sistemde (m,k) ikincil sistemi,
titreşim soğurucusu olarak düşünülmüştür.
F(t)=Fcosωt
O
k
m
Kendi titreşimlerinin genliğinin 10 cm’yi
aşmaması istendiğine göre minimum kütleli
soğurucuyu tasarlayınız.
F=40 N, ω=10 rad/s, α=0.4
Şekil Pr. 3.3.5
Çözüm:
Soğurucu sistemin X genliği, F’nin O’ya göre momentini yay kuvvetininkiyle
dengeleyerek ana sistemin hareketsiz kalmasını sağlayacak şekilde olmalıdır:
kXl = Fαl → k = Fα → k ≥ Fα = 40⋅ 0.4 = 160 N/m.
X min
0.1
X
(i)
Soğurucu sistemin doğal frekansı ise zorlayıcı kuvvet frekansına eşit olmalıdır:
k
m
= ω2 → m min =
k min
ω2
= 160 = 1.6 kg
100
(ii)
Sonuç olarak, k=160 N/m, m=1.6 kg olmalıdır.
Örnek Problem 3.3.6 (Krank milleri için merkezkaç sarkaç soğurucu)
ϕ1
İçten yanmalı motorların krank milleri, pistonların
uyguladığı peryodik burulma momentlerinin etkisiyle
ϕ2 m
burulma titreşimlerine zorlanır. Ω açısal hızına bağlı Ω, 2Ω,
kb
r
ℓ
3Ω,... frekanslı harmonik bileşenlerden oluşan bu
momentlerin etkisini yok ederek yorulma kırılmalarının
JJeş
M(t)
önüne geçmek için uygulanan çok zarif bir mühendislik
çözümü, kranka merkezkaç sarkaç tasarımlı titreşim
Şekil Pr. 3.3.6-1
soğurucuları bağlanmasıdır.
Şekilde, bir bütün olarak Ω açısal hızıyla dönen bir burulma yayı-disk (kb-J) sistemi
olarak modellenmiş olan krank milini burulma momentinin pΩ frekanslı bileşeninden
korumak üzere bir (m,r,ℓ) merkezkaç sarkacının titreşim soğurucusu olarak kullanılması
düşünülmüştür. Bu soğurucu için bir tasarım bağıntısı elde ediniz.
Ω
Ω
233
Çözüm:
Sabit Ω hızıyla döndürülen merkezkaç sarkacın küçük salınımlarının doğal
frekansı Problem 2.6.5’te
ωn = Ω lr
(i)
şeklinde elde edilmişti. Soğurucu görevini yaptığında bağlandığı noktanın burulma titreşimi
yapmayıp sabit hızla döneceği düşünülür, ayrıca sarkaç salınımlarının yeterince küçük kalıp
lineer yaklaşıklığın geçerliliğini koruyacağı varsayılırsa bu doğal frekans ifadesi esas
alınabilir. Sarkacın soğurucu haline gelebilmesi için bu frekansın zorlayıcı kuvvetin pΩ
frekansına eşit olması gerekir. Böylece
Ω r = pΩ → r = p2
l
l
(ii)
elde edilir. Bu, istenen tasarım bağıntısıdır. Zorlayıcı kuvvet frekansı krank hızıyla değiştiği
halde, merkezkaç sarkaçın doğal frekansı da aynı şekilde değiştiği için bağıntı hıza bağımlı
değildir. Merkezkaç soğurucu Denk. (ii)’deki gibi tasarlandığında, krank hızı ne olursa olsun
hep ayarlı kalacaktır. Söz konusu çözümü eşsiz kılan da bu özelliğidir.
Temel ilke bu olmakla birlikte, bunu uygulanabilir ürünlere dönüştürmek, çok sayıda
patente konu olmuş ciddi bir tasarım problemidir. Şek. Pr. 3.3.6-2a'da Sarazin-Chilton
sarkacı/soğurucusu adıyla anılan çift askılı sarkaç tasarımı54, Şek. Pr. 3.3.6-2b’de ise, askısız,
dairesel yuvada silindirik tekerlek esaslı tasarım gösterilmiştir. Kabul gören tasarımların
çoğunda, sarkaç genliğini küçük tutabilmak için büyük yapılması gereken sarkaç kütlesi55
olarak eylemsizlik çarkı, dengeleme kütlesi gibi zaten orada bulunması gereken kütleler
kullanılarak ekonomik bir çözüm üretilmektedir.
(a) Çift Askılı Sarkaç
(b) Dairesel Yuva İçinde Silindir Tasarımlı Sarkaç
Şekil Pr. 3.3.6-2 Krank Mili Burulma Titreşimlerine Karşı
Merkezkaç Soğurucu Tasarımları
54
Fransız mühendisi R. Sarazin (1937) ve Amerikan mühendisi R. Chilton (1938) tarafından ayrı ayrı keşfedilen
bu soğurucu tasarımı halen kullanılmaktadır.
55
Sarkaç genliği, moment genliği M’ye bağlı olarak Φ 2 = M / mr ( r + l )Ω 2 şeklinde hesaplanır.
234
3.4 SÖNÜMLÜ SERBEST TİTREŞİMLER
İki serbestlik dereceli sistemlerin sönümlü serbest titreşimleri, sönümsüz serbest
titreşimlere göre farklı ve daha zor bir matematik problemi oluşturur. Bu nedenledir ki,
özellikle sönüm katılmış, yüksek sönümlü sistemler dışındaki sistemlerin incelemesinde,
genellikle, sönüm göz ardı edilerek incelemenin sönümsüz modeller üzerinde yürütülmesi
yeğlenir. Sözü edilen fark ve zorlukları görmek üzere, bu bölümde, Şek. 3.1.1’deki sistemden
zorlayıcı kuvvetlerle k3 ve r3 elemanlarının çıkartılmasıyla elde edilen Şek. 3.4.1’deki 2
serbestlik dereceli, viskoz sönümlü model ile onun Denk. (3.1.2)’den F1=F2=k3=r3=0 alınarak
elde edilen
m1&x&1 + (r1 + r2 )x& 1 − r2 x& 2 + (k1 + k 2 )x1 − k 2 x 2 = 0
m 2 &x& 2 + r2 x& 2 − r2 x& 1 + k 2 x 2 − k 2 x1 = 0
(3.4.1)
hareket denklemleri göz önüne alınıp incelenecektir.
Diferansiyel denklemler kuramından, böyle sabit katsayılı, lineer, homojen
diferansiyel denklem takımlarının çözümlerinin üstel formda aranması gerektiği
bilinmektedir. Sönümlü sistemlerin harmonik titreşimler yapamayacağı da fiziksel olarak
bilindiğine göre bu üsler sanal olmayacaktır. Buna göre, genel yapıdaki
x1(t) = X1eλt , x 2 (t) = X2eλt
(3.4.2)
çözüm kabulleri yapılır ve bunlar Denk. (3.4.1)’de yerine konulursa, matris formunda
⎡k + k + (r + r )λ + m λ2
− (k 2 + r2λ) ⎤⎧ X1 ⎫ ⎧0⎫
1
⎢ 1 2 1 2
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
k 2 + r2λ + m2λ2 ⎦⎥⎩X2 ⎭ ⎩0⎭
− (k 2 + r2λ)
⎣⎢
(3.4.3)
denklem takımına gelinir. Anlamsız sıfır çözüm dışındaki çözümlerin varlık koşulu, Denk.
(3.4.3)’teki katsayılar matrisinin, titreşim kuramında karakteristik determinant adını alan
determinantının sıfır olmasıdır. Bu, λ’nın hesabına yarayan karakteristik denklem’i verir:
∆ (λ ) = m 1 m 2 λ4 + [ m 1 r2 + m 2 ( r1 + r2 )]λ3
2
+ [ m 1 k 2 + m 2 ( k 1 + k 2 ) + r1 r2 ]λ + ( k 1 r2 + k 2 r1 )λ + k 1 k 2 = 0
.
(3.4.4)
Dördüncü dereceden olan bu denklem sönümsüz haldeki gibi kendiliğinden 2. dereceye
düşmediğinden analitik (katsayılar/parametreler cinsinden) çözümü o kadar kolay değildir.
x2(t)
x1(t)
k2
k1
r1
m1
r2
m2
Şekil 3.4.1 İki Serbestlik Dereceli Sönümlü Sistem
235
Bu noktada, 4. dereceden denklemlerin analitik çözümü için Ferrari56 tarafından verilmiş olan
yola yönelinebilir (Bkz. [Uspensky, 1948]) ise de, hem bu çözümün parametrik incelemelere
izin vermeyen karmaşık yapısı yüzünden hem de Abel57 tarafından kanıtlandığı üzere, 5. ve
daha yüksek dereceli denklemlerde bu tip çözüm olanaksız olup 3, 4, vb. serbestlik dereceli
sistemlerde analitik yol zaten sürdürülemeyeceği için bunun bir yararı olmayacağı
düşüncesiyle bu noktadan itibaren parametrik formülasyonu terk edip sayısal bir örnek
üzerinden devam edelim. Bu amaçla sistem parametreleri
k1=k2=100 N/m, m1=m2=1 kg , r1=2 kg/s, r2=1kg/s
(3.4.5)
olarak somutlaştırılırsa58 Denk. (3.4.4)
∆(λ) = λ4 + 4λ3 + 302λ2 + 300λ + 10000 = 0
(3.4.6)
şeklini alır. Bu denklem analitik ya da sayısal yoldan (bilgisayarda) çözülürse
λ 1 = -0.329269 + 6.174339 ⋅ i , λ2 = -0.329269- 6.174339⋅ i
(3.4.7)
λ 3 = -1.670731 + 16.086556 ⋅ i , λ 4 = -1.670731 - 16.086556 ⋅ i
şeklinde, ikişer ikişer birbirinin eşleniği ve hepsinin gerçel kısımları negatif olan 4 karmaşık
kökünün bulunduğu görülür59. Öte yandan, Denk. (3.4.3)’ten Denk. (3.4.5)’teki sayısal
değerler de kullanılarak elde edilen
α=
X2
X1
=
k1 + k 2 + (r1 + r2 )λ + m1λ2
k 2 + r2λ
2
= 200+3λ +λ = C(λ)
100+ λ
(3.4.8)
ifadesinden, Denk. (3.4.7)’deki köklerin her birine karşılık
56
Lodovico Ferrari (1522-1565). İtalyan matematikçisi. 3. dereceden denklemlerin çözümünü veren İtalyan
matematikçisi Gerolamo Cardano (1501-1576)’nun öğrencisi ve yardımcısı.
57
Niels Henrik Abel (1802-1829). Norveçli matematik dehası. Maddi yokluklar içinde geçen 26,5 yıllık ömrüne
sığdırdıkları arasında; elliptik fonksiyonlar, şimdi kendi adıyla bilinen abelyen fonksiyonlar ve grup kuramı ile
ilgili çığır açıcı çalışmaların yanı sıra, 250 yıldır süren 5. ve daha yüksek dereceden denklemlere analitik çözüm
bulma çabalarına, bunun olanaksızlığını kanıtlayarak nokta koymak da bulunmaktadır. (Aynı konuda bir kanıt
da İtalyan matematikçisi Paolo Ruffini (1765-1822) tarafından verilmiş ancak hatalı olduğu anlaşılmıştı.)
58
Bu örnekte r1=r2 hali orantılı sönüm denilen ve problemin genelliğini bozup basitleşmesine yol açan bir özel
hale karşılık geldiğinden burada kasten r1≠r2 alınmıştır.
59
Bu bir raslantı olmayıp, Denk. (3.4.6) gibi tüm katsayıları gerçel ve pozitif olan denklemlerin köklerinin ya
gerçel ya da karmaşık eşlenik olacağı ve tümünün gerçel kısımlarının negatif olacağı kanıtlanabilir.
236
α1 = C (λ1 ) =
α 2 = C (λ 2 ) =
α 3 = C(λ 3 ) =
α 4 = C(λ 4 ) =
X (1)
2
(1)
X
1
X (2)
2
(2)
X
1
X ( 3)
2
X ( 3)
1
X ( 4)
2
( 4)
X
1
= 1.618076 + 0.044812 ⋅ i = 1.618696 ⋅ e 0.027688 ⋅ i
(3.4.9)
= 1.618076 − 0.044812 ⋅ i = 1.618696 ⋅ e - 0.027688 ⋅ i
= −0.613076 + 0.044436 ⋅ i = 0.614684 ⋅ e 3.069239 ⋅i
(3.4.10)
= −0.613076 − 0.044436 ⋅ i = 0.614684 ⋅ e -3.069239 ⋅i
şeklinde, ikişer ikişer birbirinin eşleniği olan 4 karmaşık oran elde edilir. Artık genel çözüm,
Denk. (3.4.7), (3.4.9) ve (3.4.10)’da tanımlanan, Denk. (3.4.2) biçimli dört farklı çözümün bir
lineer kombinasyonu şeklinde, yani
x1( t ) = C1eλ1t + C2eλ 2 t + C3eλ3t + C4eλ 4 t
x 2 (t ) = α1C1eλ1t + α2C2eλ 2 t + α3C3eλ3t + α4C4eλ 4 t
(3.4.11)
şeklinde yazılabilir. Bu yapılırsa, (gösterilim kolaylığı bakımından rakamlar yuvarlatılarak)
x 1 ( t ) = e -0.329t ( C 1e 6.174i t + C 2 e -6.174i t )
+ e -1.671t ( C 3 e 16.087i t + C 4 e -16.087it )
x 2 ( t ) = 1 .619 ⋅ e -0.329t [ C1e (6.174 t + 0.028 )i + C 2 e -(6.174 t + 0.028 )i ]
+ 0 .615 ⋅ e -1.671t [ C 3 e (16.087 t + 3.069 )i + C 4 e -(16.087 t + 3.069 )i ]
(3.4.12)
(3.4.13)
ya da üstel yerine trigonometrik fonksiyonlar kullanılarak
x 1 ( t ) = e -0.329t ( A cos 6.174 t + B sin 6.174 t )
+ e -1.671t ( C cos 16 .087 t + D sin 16 .087 t )
(3.4.14)
x 2 ( t ) = 1 .619 ⋅ e -0.329t [ A cos (6.174 t + 0 .028 ) + B sin (6.174 t + 0 .028 )]
+ 0 .615 ⋅ e -1.671t [ C cos( 16 .087 t + 3 .069 ) + D sin( 16 .087 t + 3 .069 )]
(3.4.15)
elde edilir. Buradaki A, B, C, D sabitleri başlangıç koşullarından hesaplanacaktır.
Şimdi bu çözüm incelenerek 2 SD’li sistemlerin sönümlü serbest titreşimlerinin temel
özellikleri belirlenirse;
237
i)
Trigonometrik fonksiyonları çarpan e-0329t ve e-1.671t terimlerinden anlaşıldığı
üzere, titreşim genlikleri, tıpkı tek serbestlik dereceli sistemlerin viskoz sönümlü serbest
titreşimlerinde olduğu gibi zamanla üstel olarak azalmakta ve titreşimler sönmektedir.
ii)
Hareket, biri ωd1=6.174 rad/s, öbürü ωd2=16.087 rad/s frekanslı iki bileşenden
oluşmaktadır. Sistemin sönümlü titreşim frekansları diye anılan bu frekanslar aynı sistemin
sönümsüz hali için ωn1=6.180 rad/s ve ωn2=16.180 rad/s şeklinde hesaplanan (hesaplayınız)
doğal frekanslardan birer miktar farklıdır.
iii)
Sistem, tıpkı 2 SD’li sönümsüz sistemler gibi iki titreşim kipine sahiptir.
Ancak bu kipler, sönümsüz sistemlerdeki gibi bir özdeğer (doğal frekans) bir genlikler oranı
şeklinde iki gerçel büyüklükle tanımlanmak yerine bu büyüklüklerin her ikisinin de şimdi
karmaşık sayılar olup ikişer büyüklük belirtmesinin bir sonucu olarak bir frekans ve bir
sönme oranı ile bir genlikler oranı ve bir faz farkı şeklinde 4 büyüklükle tanımlanmaktadır.
Böylece yukarıdaki örnekte kipler
1. Kip: ω1 = 6.174 rad/s, δ1=0.329 1/s, α1=1.619, ψ1=0.028 rad
2. Kip: ω2=16.087 rad/s, δ2=1.671 1/s, α2=0.615, ψ2=3.069 rad
şeklinde tanımlıdır. Sönümsüz sistemlerdeki kiplerde iki cisim ya tam aynı fazda (ψ=0 rad)
ya da tam zıt fazda (ψ=π rad) hareket ettiğinden kiplerdeki hareket eş zamanlıdır. Sönümlü
sistemde ise (eldeki örnekte sönümün küçüklüğü, bunlara yakın ψ1=0.028 rad, ψ2=3.069 rad
değerlerini verse de) ara faz farkları ortaya çıkmakta ve kiplerdeki hareketlerin eş zamanlılığı
bozulmaktadır. Sonuç olarak, sönümlü sistemlerde kip kavramı, sönümsüz sistemlerdekinden
farklı ve çok daha karmaşıktır (İkisinin özdeşleştiği bir özel hale ileride değinilecektir.).
Karmaşık büyüklüklerle tanımlanması yüzünden, sönümlü sistemlerdeki kiplere, özel olarak,
karmaşık titreşim kipleri denir.
238
3.5 SÖNÜMLÜ ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
3.5.1 HAREKET DENKLEMLERİ VE ÇÖZÜM
İki serbestlik dereceli sistemlerin harmonik kuvvetle zorlanmış titreşimlerini
incelemek üzere Şek. 3.5.1’deki model ele alınsın, zorlayıcı kuvvet bu kez üstel formda (Bkz.
Bölüm 2.5.1.7),
F1( t ) = F1eiωt
(3.5.1)
şeklinde gösterilsin ve hareket denklemleri yazılsın:
m1&x&1 + (r1 + r2 ) x& 1 − r2 x& 2 + (k1 + k 2 ) x1 − k 2 x 2 = F1eiωt
.
m 2&x& 2 + r2 x& 2 − r2 x& 1 + k 2 x 2 − k 2 x1 = 0
(3.5.2)
Bu denklem takımının zorlanmış titreşim çözümlerinin zorlayıcı kuvvetle aynı frekanslı
harmonik hareketler olacağı öngörüsüyle,
x1 (t) = A1e iωt , x 2 ( t ) = A 2 e iωt
(3.5.3)
çözüm kabulleri yapılsın ve denklemlerde yerlerine konulsun. Bu, A1, A2 sabitleri için
karmaşık katsayılı
⎡k + k − m ω2 + (r + r )ωi
− (k 2 + r2ωi) ⎤⎧ A1 ⎫ ⎧F1 ⎫
1
1 2
⎢ 1 2
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
k 2 − m2ω2 + r2ωi⎦⎥⎩A 2 ⎭ ⎩ 0 ⎭
− (k 2 + r2ωi)
⎣⎢
(3.5.4)
denklem takımını verir. Bu denklem takımının çözülmesiyle,
∆ (ω) = [ k1 + k 2 − m1ω2 + ( r1 + r2 )ωi]( k 2 − m 2ω2 + r2ωi ) − ( k 2 + r2ωi) 2
= [ m1m 2ω4 − ( k 2 m1 + k1m 2 + k 2 m 2 + r1r2 )ω2 + k1k 2 ]
(3.5.5)
+ [( k1r2 + k 2 r1 )ω − ( m1r2 + m 2 r1 + m 2 r2 )ω3 ] ⋅ i
olmak üzere
x2(t)
m2
iωt
F1(t)=F1e
k2
r2
x1(t)
m1
k1
r1
Şekil 3.5.1 Sönümlü Zorlanmış Tireşimler İçin Model
239
A1 =
k 2 − m 2ω2 + r2ωi
F1 ,
∆ (ω)
A2 =
k 2 + r2ωi
F1
∆ ( ω)
(3.5.6)
karmaşık katsayıları, bunların üstel formda yazılmasıyla da
X1 = mod(A1)
=
(k 2 − m2ω2 ) 2 +( r2ω)2
[m1m 2ω4 −(k 2m1 + k1m2 + k 2m 2 + r1r2 )ω2 + k1k 2 ]2 +[(k1r2 + k 2r1 )ω−(m1r2 + m 2r1 + m 2 r2 )ω3 ]2
F1
(3.5.7)
θ1 = arg( A1)
⎞
⎛ r2ω ⎞
( k1r2 + k 2 r1 )ω− ( m1r2 + m 2 r1 + m 2 r2 )ω3
−1⎛
tan
−
= tan −1⎜
⎟
⎜
⎟
2
4
2
⎝ m1m 2ω − ( k 2 m1 + k1m 2 + k 2 m 2 + r1r2 )ω + k1k 2 ⎠
⎝ k 2 − m 2ω ⎠
(3.5.8)
X2 = mod(A2 )
=
k22 +(r2ω)2
[m1m2ω4 −(k 2m1 +k1m2 +k2m2 +r1r2 )ω2 +k1k2 ]2 +[(k1r2 +k2r1)ω−(m1r2 +m2r1 +m2r2 )ω3 ]2
F1
(3.5.9)
θ2 = arg( A 2 )
⎞
⎛
rω
( k1r2 + k 2 r1 )ω− ( m1r2 + m 2 r1 + m 2 r2 )ω3
= tan −1⎛⎜ 2 ⎞⎟ − tan −1⎜
⎟
4
2
⎝ k2 ⎠
⎝ m1m 2ω −( k 2 m1 + k1m 2 + k 2 m 2 + r1r2 )ω + k1k 2 ⎠
(3.5.10)
olmak üzere
A1 = X1e iθ1 , A 2 = X 2 e iθ 2
(3.5.11)
ifadeleri elde edilir. Sonuç olarak, bu ifadelerle Denk. (3.5.3)’e dönülerek
x1 ( t ) = X1e i(ωt + θ1 ) , x 2 ( t ) = X 2 e i(ωt + θ 2 )
(3.5.12)
çözümleri bulunmuş olur.
Kolayca anlaşılacağı gibi buradaki X1 ve X2 gerçel büyüklükleri zorlanmış titreşim
genliklerini, θ1 ve θ2 gerçel büyüklükleri ise zorlayıcı kuvvetle faz farklarını göstermektedir.
Faz farkları, hareketin kuvvete göre ne kadar önde olduğunu gösterecek biçimde artı
işaretlidir. İstenirse, Denk. (3.5.8) ve Denk. (3.5.10)’daki tanımların işaretleri değiştirilerek,
geriden gelme anlamına gelecek biçimde eksi işaretli olarak da yazılabilirler. Elde edilen
çözüme biraz yakından bakılırsa şu özellikleri görülür: i) Sistemde sönüm bulunmaması, yani
r1=r2=0 olması halinde Denk. (3.5.5), olması gerektiği gibi, sistemin frekans denklemi
240
biçimini alır ve ω=ωni; i=1,2 hallerinde hem X1 hem X2’nin sonsuz değer almasına yol açarak
rezonans olayını gösterir. ii) Sönüm yok iken Denk. (3.5.8) ve Denk. (3.5.10)’daki θ1 ve θ2
faz farkları da, yine olması gerektiği gibi, ya sıfır ya π radyan değerlerini alırlar. Ara faz
değerleri sönümlü sistemlere özgüdür.
Şimdi, sonuçları bir grafik üzerinde görebilmek için incelenen sistemi Bölüm 3.3.1’de
ele alınan örnek sistemin sönümlü hali olacak biçimde k1=k2=k, m1=m2=m ve r1=r2=r alarak
somutlaştıralım. Bu durumda Denk. (3.5.7) ve Denk. (3.5.9),
ωo =
k
m
, η= ω , ς=
ω
o
r
2 km
(3.5.13)
tanımları altında
X1
=
F1 / k
X2
=
F1 / k
(1− η 2 ) 2 + ( 2 ζη ) 2
(3.5.14)
[ η4 − (3+ 4 ζ 2 ) η2 +1]2 + ( 4 ζη − 6 ζη 3 ) 2
1+(2ζη) 2
(3.5.15)
[η4 −(3+ 4ζ 2 )η2 +1]2 +(4ζη−6ζη3 ) 2
verir. Şekil 3.5.2’de bu ifadelerin çeşitli ζ sönüm değerleri için η=ω/ωo boyutsuz frekansıyla
değişimini gösteren frekans yanıtı diyagramları verilmiştir. Bu diyagramlardan görüldüğü
gibi, her iki genlik, Denk. (3.3.14,15)’te verilmiş olan ωn1 = 0.618⋅ k / m ve ωn 2 = 1.618⋅ k / m
doğal frekansları civarında tepe yapmakta; sönüm sıfırken sonsuzda olan bu tepeler artan
sönümle alçalmakta ve yana kaymaktadır. Buna göre, tıpkı tek serbestlik dereceli sistemlerde
ωn1
ωo
ωn 2
ωo
ζ=0
ζ=0.1
X1
F1 / k
ζ=0.25
ζ=0.5
ζ=0
X2
F1 / k
ζ=0.1
ζ=0.25
ζ=0.5
η= ω
ωo
Şekil 3.5.2 Örnek Sistemin Frekans Yanıtı Diyagramları
(ωn1=0.618ωo, ωn2=1.618ωo)
241
olduğu gibi çok serbestlik dereceli sistemlerde de viskoz sönümün, titreşimlerin istenmediği
durumlarda rezonans olayına karşı bir sigorta olarak görülmesi gerektiği anlaşılır.
Sönümle ilgili dikkat çeken bir başka özellik de ikinci doğal frekansta birinciden çok
daha etkili olup rezonans tepelerini iyice aşağı bastırması, hatta yok etmesidir. Bunun nedeni,
viskoz sönümün hızla, dolayısıyla da frekansla orantılı oluşudur. Viskoz sönümün etkisi,
yüksek frekanslara doğru gidildikçe artar.
3.5.2 DİNAMİK TİTREŞİM SÖNÜMLEYİCİSİ
3.5.2.1 Genel
Bir titreşim sistemine sönüm katılmasının rezonans titreşimlerinin genliğini aşağı
çektiği bilinmektedir. Bu bilgi ışığında, rezonansa karşı önlem olarak bir sisteme sönüm
katılmak istendiğini ama sistemin yapısının sabit zeminle bağlantısı olan bir sönüme olanak
vermediğini düşünelim. Böyle durumlarda yaratıcı bir çözüm, sisteme sönümlü bir ikincil
titreşim sistemi eklenmesidir (Şek. 2.5.3). Buradaki sönüm, sabit zeminle bir bağlantısı
olmadığı halde ana sistemle ikincil sistemin bağıl hareketi sayesinde devreye girerek sistemin
enerjisini yutabilecektir. İlk kez [Ormondroyd ve Den Hartog, 1928] tarafından ortaya
konulmuş olan60 ve titreşimle mücadele yöntemleri arasında önemli bir yer tutan bu
uygulamaya dinamik titreşim sönümleyicisi (DTS) adı verilir.
Şimdi bu uygulamayı tanımak üzere, rezonans tepesi aşağı çekilmek istenen bir ana
sisteme sönümlü bir ikincil sistem eklenmesiyle oluşturulan Şek. 3.5.3-c’deki sistemi göz
önüne alalım, bu problemde ana sistemin mutlak, ikincil sistemin ise ana sisteme göre bağıl
yer değiştirmeleri önem taşıdığı için bunlara karşılık gelen x1(t) ve xb(t) koordinatlarını
kullanarak çalışalım ve bu durumda m2 cisminin mutlak ivmesinin &x&1 + &x&b olacağına dikkat
ederek sistemin hareket denklemlerini
iωt
iωt
F1(t)=F1e
F1(t)=F1e
m1
k1/2
k1/2
(a) Ana Sistem
m1
x1(t)
+
r2
k2
m2
(b) İkincil Sistem
r2
k2
k1/2
x1(t)
m2
xb(t)
k1/2
(c) Dinamik Sönümleyicili Sistem
Şekil 3.5.3 Dinamik Titreşim Sönümleyicisi
60
Konuya ilişkin esaslar [Den Hartog, 1985]’te de bulunabilir.
242
m1&x&1 + k1x1 − r2x& b − k 2x b = F1eiωt
m2 (&x&1 + &x&b ) + r2x& b + k 2x b = 0
(3.5.16)
şeklinde elde edelim. Bundan sonra, tıpkı Bölüm 3.5.2’deki gibi devam edilirse, x1(t) ve xb(t)
titreşimlerinin genlikleri için
( k 2 −m2ω2 )2 +(r2ω)2
X1 =
[m1m2ω4 −(k 2m1+k1m2 +k 2m2 )ω2 +k1k 2 ]2 +[ k1r2ω−(m1+m2 )r2ω3 ]2
F1
(m2ω) 2
Xb =
[m1m2ω4 −(k 2m1 + k1m2 + k 2m2 )ω2 + k1k 2 ]2 +[k1r2ω−(m1 + m2 )r2ω3 ]2
(3.5.17)
F1
(3.5.18)
ifadelerine gelinir. İncelemeye kolaylık ve genellik sağlamak amacıyla burada,
ω1 =
k1
m1
β1 =
X1
F1 / k 1
, ω2 =
k2
m2
X
, β b = F / bk
1 1
η1 = ω
Ana ve ikincil sistemin doğal frekansları
(3.5.19)
Ana ve ikincil sistemin boyutsuz genlikleri
(3.5.20)
Boyutsuz zorlayıcı kuvvet frekansı
ω1
(3.5.21)
gösterilimleri ve sönümleyicinin tasarım parametreleri olan
ζ2 =
r2
2 k 2m2
ω
σ=1 = 2
γ
µ=
ω1
m2
m1
Sönümleyici sönüm oranı
(3.5.22)
Sönümleyici frekans oranı (Ayar Parametresi)
(3.5.23)
Sönümleyici kütle oranı
(3.5.24)
büyüklükleri devreye sokulursa, Denk. (3.5.17) ve Denk. (3.5.18)’in pay ve paydasını k1k2’ye
bölmek yoluyla, boyutsuz genlikler için
β1 =
βb =
(1− γ 2 η12 ) 2 + ( 2 γζ 2 η1 ) 2
[ γ 2 η14 − ( γ 2 + µ +1)η12 +1] 2 + ( 2 γζ 2 ) 2 [η1 − (1+ µ )η13 )] 2
γ 2 η12
[ γ 2 η14 − ( γ 2 + µ +1)η12 +1] 2 + (2γζ 2 ) 2 [η1 − (1+ µ)η13 )]2
(3.5.25)
(3.5.26)
elde edilir. Oysa ana sistem tek başınayken (Şek. 3.5.3-a) büyütme katsayısının
243
ζ2=0
ζ2=∞
ζ2=0
ζ2=0.05
0.6
| β1|
| β1|
ζ2=0.1
0.3
P
ζ2=0.05
0.1
Q
η1
(a) Tek Başına Ana Sistem
η1
(b) Dinamik Sönümleyici Eklenmiş Sistem (µ=0.1, γ=1 Hali):
Sönümün Etkisi
Şekil 3.5.4 Rezonans Diyagramları
β1 =
1
1− η12
(3.5.27)
olacağı bilinmektedir. (İstenirse bu, Denk. (3.5.25)'ten γ=0, ζ2=0 ile de hesaplanabilir.)
Sönümleyicinin etkisini görmek üzere, tek başına ana sistemin Denk. (3.5.27)’ye ve
sönümleyicili sistemin Denk. (3.5.25)'e dayalı rezonans diyagramları çizdirilirse Şek. 3.5.4
elde edilir. Bu şeklin incelenmesiyle şu sonuçlara varılır: i) ζ2=0 halinde bir sönümleme etkisi
bulunmadığından ikincil sistemin eklenmesi sonsuza giden rezonans tepesini bastırmak şöyle
dursun, frekans yarılması adı verilen bir etkiyle birden ikiye çıkartmakta, ancak bu arada ana
sistemin η1=1'deki rezonans noktası (bu örnekte γ=1 alınmış olmasının bir sonucu olarak) bir
antirezonans noktasına dönüşmektedir. Bu hususlar Bölüm 3.3.2'de ele alınan sönümsüz
titreşim soğurucusu uygulamasıyla ilgili, şu anki konumuzla ilgisiz gözükmektedir. Ne var ki,
ana sistemin tek rezonans frekansına sahip olduğu şu durumda görülemese de, bir çok
rezonans frekansına sahip çok serbestlik dereceli ana sistem genel halinde, aslında hangi
rezonans frekansına frekans yarılması uygulandığı, hangi rezonans tepesinin bastırılacağını
belirleyen, şimdiki konumuzla yakından ilgili bir husustur. ii) Sönüm bakımından diğer aşırı
uçta yer alan ζ2=∞ halinde de sistemin bu kez tek fakat yine sonsuza giden bir rezonans
tepesi bulunduğu görülmektedir. İlk bakışta garip görünen bu durumun nedeni, aralarındaki
sonsuz sönüm yüzünden ana ve ikincil kütlenin birbirine göre hareket edememesi, bu yüzden
de sönümleme etkisinin doğmamasıdır. Sistem, k1 yayına bağlı m1+m2 kütlesine sahip tek
serbestlik dereceli sönümsüz bir sistem gibi davranmaktadır. iii) ζ2’nin sıfırdan farklı sonlu
değerlerinde ise artık rezonans tepesi/tepelerinin sonsuza gitmediği, yani sönümleyiciden
beklenen etkinin gerçekleştiği görülmektedir. η1=1’deki rezonans bastırılmıştır. Ancak,
sönüm sıfırdan sonsuza doğru artarken tepeler önce alçalıp sonra yeniden yükseldiği için,
arada bir yerde, optimal parametrelere sahip bir sönümleyicinin bulunması gerektiği
anlaşılmaktadır. Aşağıda bu optimal sönümleyicinin belirlenmesi problemi ele alınacaktır.
244
3.5.2.2 Optimal DTS’nin Belirlenmesi
Optimal DTS’nin belirlenmesi demek, σ=1/γ, ζ2 ve µ parametrelerinin optimal
değerlerinin belirlenmesi demektir. Bunun için de elbette işe bir optimizasyon ölçütü
saptayarak başlamak gerekir. Bu amaçla önerilmiş belli başlı iki ölçüt bulunmaktadır:
Bunlardan ilkinde, β1 boyutsuz genliğinin, H∞ normu adıyla anılan maksimum değerinin
minimize edilmesi [Ormondroyd ve Den Hartog, 1928] hedeflenir. Bu problem H∞
optimizasyonu adıyla anılır. İkincisinde ise β12-η1 eğrisinin altında kalan alanın -ki bu alanın
karekökü H2 normu diye adlandırılır- minimize edilmesi [Crandall ve Mark, 1963] hedeflenir.
Sistemin toplam titreşim enerjisinin minimize edilmesi anlamına gelen bu problem de H2
optimizasyonu adıyla anılır. Burada bu problemlerden yalnızca ilki ele alınacaktır (Diğeri için
Bkz. [Asami ve Ark., 2002]).
Problem (H∞ optimizasyonu problemi) şu şekilde formüle edilir: Sistem boyutsuz
genliği β1’in maksimum değerini minimize eden σ=1/γ, ζ2 ve µ parametre değerlerinin
belirlenmesi problemi. Ancak, bir inceleme, µ ne kadar büyükse sonucun o kadar iyi
olacağını, yani µ parametresinin sonlu bir optimal değerinin bulunmadığını gösterir. Bu
durumda µ'yü optimizasyon parametreleri dışında bırakmak ve problemi; µ parametresi
tasarımcı tarafından belirlenmek üzere, ana sistem boyutsuz genliği β1’in maksimum değerini
minimize eden σ=1/γ ve ζ2 değerlerinin µ cinsinden belirlenmesi problemi şeklinde
tanımlamak daha uygundur ve uygulamada böyle yapılır. Bu problemin kesin çözümü de
olanaklı olmakla birlikte61, biz burada, aşırı analitik çaba gerektiren kesin çözüm yerine,
[Ormondroyd ve Den Hartog, 1928] tarafından önerilen, problemin bazı özelliklerinin
belirlenip kullanılmasına dayalı bir yaklaşık çözümünü vereceğiz.
Bu amaçla işe, frekans ayar parametresi γ’nın sabit tutulup ζ2 sönümünün
değiştirildiği Şek. 3.5.4-b ile sönümün sabit tutulup γ'nın değiştirildiği Şek. 3.5.5’in
incelenmesiyle başlanırsa; bu şekillerin ilkinden, sönüm ne olursa olsun eğrilerin sabit
noktalar adı verilen P ve Q noktalarından geçmek zorunda olduğu, öyleyse tepelerinin bu
noktalardan daha aşağı çekilemeyeceği, ikincisinden ise iki rezonans tepesinden biri
alçaltıldığında diğerinin yükseldiği belirlenir. Bu iki belirlemeden şu sonucun çıkartılması
sağ duyuya uygun gözükmektedir: Optimal çözüm, rezonans tepelerini P ve Q noktalarına,
bu iki noktayı da aynı seviyeye getiren çözümdür. Optimal çözümü bu mantıkla aramak üzere
önce P ve Q noktalarının yerleri belirlenmelidir.
Bu noktaların absisleri, iki farklı ζ2 değerine karşılık gelen iki farklı |β1| eğrisinin
kesişme koşulundan bulunabilir. Bu iş için ζ2=0 ve ζ2=∞ seçilir ve bu değerler Denk.
(3.5.25)’te yerlerine konup sonuç birbirine eşitlenirse,
β1 ζ 2 = 0 = ±
1− γ 2η12
2 4
γ η1 −( γ 2 + µ +1) η12 +1
=m
1
1− (1+ µ ) η12
=β1 ζ 2 = ∞
(3.5.28)
ya da zıt işaretli seçenek üzerinden gidip toparlayarak
61
Bunun için Bkz. [Asami ve Ark., 2002] ve [Nishihara ve Asami, 2002].
245
γ=1.20
γ=1.00
γ=1.05
| β1|
γ=1.10
γ=1.10
γ=1.05
γ=1.00
γ=1.20
η1
Şekil 3.5.5 Ana Sistem Genliğine Ayar Parametresi γ’nın Etkisi (µ=0.1, ζ2=0.1)
2
1+ µ + γ
η14 − 22 ⋅
⋅ η12 + 22 ⋅ 1 = 0
2+µ
γ
γ 2+µ
(3.5.29)
denklemi, buradan da bu denklemin kökleri hesaplanarak
η1( P )
=
η1(Q ) =
2
2
1 1+ µ + γ
γ 2 2+µ
⎛ 1+ µ + γ 2 ⎞
− ⎜ 12
⎟ − 22 ⋅ 2 +1 µ
γ
⎝ γ 2+µ ⎠
2
1 1+ µ + γ
2 2+µ
γ
⎛ 1+ µ + γ 2 ⎞
+ ⎜ 12
⎟ − 22 ⋅ 2 +1µ
2
+
µ
γ
⎝γ
⎠
(3.5.30)
2
absisleri elde edilir. Bu değerler Denk. (3.5.28)’deki ifadelerin örneğin ikincisinde yerine
konularak ordinatlar da
β1(P) =
1
,
1−(1+µ)η12( P )
β1(Q) = −
1
1−(1+µ)η12( Q)
(3.5.31)
şeklinde belirlenir. Bu denklemler yazılırken, Şek. 3.5.4’te β1’in mutlak değeri çizdirildiği
için bu görünmemekle birlikte, aslında β1’in P ve Q noktaları arasında işaret değiştirdiği
bilinciyle ikincisi eksi işaretli yazılmıştır.
P ve Q noktalarının yerleri böylece belirlendikten sonra şimdi optimal sönümleyiciye
ilişkin hesaplara gelinirse; Optimal parametreler P ve Q’nün aynı seviyeye gelmesini
sağlamalıdır. Denk. (3.5.31)’e göre bu,
β1(P) = β1(Q) → η12(P) + η12(Q) = 1+2µ
( P)
(3.5.32)
(Q)
ya da η1 ve η1 ’nün Denk. (3.5.30)’dan alınıp burada yerine konulmasıyla
246
2
2 ⋅ 1+ µ + γ
2+µ
γ2
= 2
(3.5.33)
1+ µ
olmasını gerektirir. Buradan optimal γ ya da σ
σopt = 1 = 1
γ opt = 1 + µ →
γ opt
(3.5.34)
1+µ
şeklinde hesaplanır. Buna göre, en iyi sonucu alabilmek için sönümleyici doğal frekansı, ana
sistemin bastırılmak istenen rezonans frekansının hafifçe altına ayarlanmalıdır. Bu değerin
Denk. (3.5.30) ve Denk. (3.5.31)’de yerine konulmasıyla da optimal sönümleyicide P ve Q
noktalarının absis ve ordinatlarının
η1(P) =
1 ⎛1 −
⎜
1+µ ⎝
µ ⎞
⎟ ,
2+ µ ⎠
η1(Q) =
1 ⎛1 +
⎜
1+µ ⎝
µ ⎞
⎟
2+µ ⎠
(3.5.35)
ve
β1(P) = β1(Q) =
2+µ
µ
(3.5.36)
olacağı anlaşılır. Geriye kalan optimal ζ2 değerinin de rezonans tepelerinin P ve Q noktalarına
getirilmesi koşulundan belirlenmesi gerekir. Bunun için β1(η1) , ya da daha kolayı, onun
yerine β12 (η1 ) eğrisinin eğiminin P ve Q’da sıfır olma koşulları aranırsa, burada verilmeyecek
olan uzunca bir hesap sonunda, iki rezonans tepesinin aynı anda P ve Q’ya getirilemediği; bu
durumda, tepelerden birinin P’ye getirilmesi için gereken ζ2 değeri ile, diğerinin Q’ye
getirilmesi için gereken ζ2 değerinin –ki bunlar ζ (2P,Q) =
µ[3m µ /(µ + 2) ]
8(1+µ)
değerleridir- kareleri
üzerinden ortalama alınarak elde edilen
ζ 2opt =
3µ
8(1+µ)
(3.5.37)
değerinin optimal değer olarak önerilmesinden daha uygun bir çıkar yol bulunmadığı görülür.
R1
S1 µ=0.05
RbRb
µ=0.06
µ=0.08
µ=0.10
Sb Sb
µ=0.05
µ=0.06
µ=0.08
| βb|
| β1|
(a)
η
µ=0.10
(b)
η
Şekil 3.5.6 Optimal DTS’de (a) Ana Sistem Genliğine, (b) Sönümleyici Bağıl Genliğine µ’nün Etkisi
247
Bu noktada, yukarıda gerçek problem yerine önerilen, tepelerin P ve Q noktalarına,
bunların da birbiriyle aynı seviyeye getirilmesi probleminin gerçek problemle tam olarak
örtüşmediği anlaşılmış olur. Bu nedenle, elde edilen çözüm gerçek değil, yaklaşık optimal
çözümdür.
Bu çözümde her şey µ cinsinden belirlenmiş, µ ise tasarımcının seçimine bırakılmış
durumdadır. Tasarımcının bir karar verebilmesi için µ’nün elde edilecek sonuçlarla ilişkisi
hakkında bilgi gerekir. Şimdi bu konuya eğilinirse; Şekil 3.5.6'dan, µ ne kadar büyükse hem
ana sistem genliğinin hem ikincil sistem bağıl genliğinin o kadar küçük olacağı görülür. Bu
şekillerden Şek. 3.5.6-a'daki R1 ve S1 maksimum genlik noktaları, yukarıda belirtilen
yaklaşıklık nedeniyle P ve Q noktalarından hafifçe farklıdır. Bununla birlikte, bu fark çok
küçük olduğundan, optimal DTS’li sistemde maksimum genliğin ortaya çıktığı noktalar ve bu
maksimumun değeri büyük bir yaklaşıklıkla Denk. (3.5.35) ve Denk. (3.5.36)'dan µ cinsinden
hesaplanabilir. Sönümleyici sistemin, hareketi için gereken hacim gereksinimi ve ana
sistemle bağlantı noktalarına gelecek kuvvetler bakımından önem taşıyan bağıl genliğine
gelince; Şek. 3.5.6-b'deki Rr ve Sr noktalarında maksimum yaptığı görülür. Optimal DTS’ye
ait Denk. (3.5.34) ve Denk. (3.5.37) parametre değerleri Denk. (3.5.26)'da yerine
konulduktan sonra bu denklem üzerinde gerçekleştirilen bir ekstremum hesabı [Feltrin ve
Ark., 2004], bu ekstremumların, yine µ cinsinden belli olan
(R b )
η1
=
8 + µ − µ(16 + µ)
,
8(1+ µ)
(S b )
η1
=
8 + µ + µ(16 + µ)
8(1+ µ)
(3.5.38)
noktalarında ortaya çıktığını ve değerinin
(R b )
β b maks = β b
(S b )
= βb
1+ µ
= 4
(3.5.39)
15 µ
olduğunu ortaya koyar. Şekil 3.5.6’dan görüldüğü gibi bu değer, ana sistem maksimum
genliğinin 3 katı mertebesindedir. İstenirse, bu genlik bilgisinden yararlanılarak optimal
DTS’nin yayına etkiyecek maksimum kuvvet için
YAY
k 2 X b maks
k 2β b maks
Fmaks
1+µ
=
=
= 4 2 = 4 1+1µ
F1
F1
k1
15 γ
15
,
(3.5.40)
sönüm elemanına etkiyecek maksimum kuvvet için de bu kuvvetin Sb noktasında çalışılırken
ortaya çıkacağı düşüncesiyle
SNM
Fmaks
F1
=
r2 ω(Sb ) X bmaks
F1
=
(Sb )
r2 ω1η1
k1
β bmaks
µ
5 1+ µ
= 1
8 + µ + µ(16 + µ)
(3.5.41)
yaklaşık formülleri verilebilir. Yay ve sönüm üzerinden geçen toplam kuvvetin maksimumu
için ise bu kuvvetin de Sb noktasında çalışılırken ortaya çıkacağı ve aralarında 90o faz farkı
bulunan yay ve sönüm kuvvetlerinin toplamından oluşacağı düşüncesiyle,
TOP
Fmaks
F1
⎛ F YAY
= ⎜⎜ maks
F
⎝ 1
2
⎞
⎛ F SNM
⎟ + ⎜ maks
⎟
⎜ F1
⎠
⎝
2
⎞
⎟ = 1 1 16 + µ[8 + µ + µ(16 + µ) ]
⎟
5 1+ µ 3
⎠
(3.5.42)
248
yaklaşık formülü önerilebilir.
Denk. (3.5.36) ile Denk. (3.5.39-42)’deki formüller, seçilecek µ değerinin
belirlenmesinde ve tasarımda yardımcı olur.
Yaklaşık optimal DTS ile ilgili olarak yukarıda elde edilen formüller Tablo 3.5.1'de
toparlanmıştır. Aynı tabloda, problemin kesin çözümünden elde edilen [Asami ve Ark., 2002]
formüller de verilmiştir. Ancak, bu formüllerin sonuçlarının karşılaştırıldığı Şek. 3.5.7’den
görüldüğü gibi yaklaşık formüllerin başarımı çok yüksek olup, karmaşık yapıdaki kesin
formülleri çok daha sade yapıdaki bu formüllere yeğlemek için (uygulamada) ciddi bir neden
görünmemektedir. (Kütle oranı µ ile artan hata yüzdesi, abartılı µ=0.25 değerine gelindiğinde
bile ancak σopt için % +0.020, ζopt için % -1.056, β1maks için % -0.319 düzeyine ulaşmaktadır.)
Tablo 3.5.1 Optimal DTS Parametreleri ve Başarımı
Büyüklük
Yaklaşık Hesap
Kesin Hesap
Ayar Parametresi
ω
σ=1 = 2
γ
ω1
σ opt ≅
Viskoz Sönüm Faktörü
r2
2 k 2m 2
Değeri
ζ2 =
Maksimum
Ana Sistem
Boyutsuz Genliği
Yeri
X1maks
F1 / k 1
Değeri
β1maks =
Maksimum İkincil
Sistem Boyutsuz
Bağıl Genliği
X b maks
Yeri
β b maks =
F1 / k 1
σopt
1+ µ
ζ 2 opt ≅
3µ
8(1 + µ )
β1 maks ≅
2+µ
µ
η1 ≅
1 ⎛1m
⎜
1+ µ ⎝
3( 64 + 80 µ + 27 µ 2 )
8 + 9µ − 4 4 + 3µ
ζ 2 opt = 1
β1maks = 1
3µ
(8 + 9µ ) 2 (16 + 9µ ) −128 ( 4 + 3µ ) 3 / 2
3(32 + 27 µ )
µ ⎞
⎟
2+µ ⎠
_
1+ µ
β b maks ≅ 4
15
η1 =
1+ µ
4
_
µ
8 + µ m µ (16 + µ )
8(1+ µ )
_
|β1maks|
ζ2opt
µ
2[16 + 23µ + 9µ 2 + 2 ( 2 + µ ) 4 + 3µ ]
σ opt = 2
1
1+ µ
µ
Şekil 3.5.7 Kesin ve Yaklaşık Hesap Sonuçları (
µ
:Yaklaşık, oooo: Kesin)
249
Burada tek serbestlik dereceli bir ana sisteme tek serbestlik dereceli bir DTS
uygulanmasıyla ilgili olarak elde edilen sonuçlar, ileride göreceğimiz, her sistemin bir dizi
tek serbestlik dereceli sistem olarak algılanabileceği bilgisiyle birlikte her tür sisteme her tür
DTS uygulanmasına genelleştirilebilir. Böylece DTS’lerin tek serbestlik dereceli olarak
modellenmesi olanaksız sistemlere de uygulanması mümkün olur. Çok yaygın olan bu
uygulamalara bir kaç örnek Şek. 3.5.8’de gösterilmiştir.
Şekil 3.5.8-a’da en ilginç DTS uygulamalarından biri görülmektedir. Bu
uygulamada, 2004 yılında yapılan, 508 m yüksekliğindeki, 101 katlı Taipei 101 binasının üst
katlarını rüzgar ve depremden kaynaklanabilecek büyük genlikli salınımlardan korumak
üzere, prensip şeması şekilde gösterilen 728 tonluk, viskoz sönümlendirilmiş 4 askılı dev bir
sarkaç, DTS olarak kullanılmıştır. Sarkaç DTS’ler fabrika bacası gibi narin yapılarda
dünyada yaygın olarak kullanılmaktadır.
Şekil 3.5.8-b’de ise, Amerikalı mühendis Stockbridge tarafından icat edilen
[Stockbridge, 1928] ve günümüzde yüksek gerilim hatları ve asma köprü halatlarının rüzgar
kaynaklı titreşimlerine karşı yaygın olarak kullanılan bir DTS uygulaması görülmektedir.
Mucidinin adıyla Stockbridge sönümleyicisi diye anılan bu sönümleyicide, m ikincil kütlesi
ana sisteme, hem yay hem sönüm görevi gören bükme telden yapılma bir halat parçasıyla
bağlanmıştır.
Şekil 3.5.8-c’deki DTS ise başta krank mili olmak üzere mil burulma titreşimlerine
karşı kullanılmak için düşünülmüştür ve birbirine hem burulma yayı hem sönüm görevi gören
kauçuk bir bağlantı üzerinden bağlanmış iki diskten oluşmaktadır. Mile bağlanan disk,
genellikle, eylemsizlik çarkı, kayış kasnağı gibi zaten orada bulunması gereken bir disktir.
ℓ
m
m
r
k,r
(b) Stockbridge Sönümleyicisi
Sönümleyici
Kütlesi
Kauçuk
Mile Bağlanacak
Kısım
(a) Taipei 101Binasında DTS
(c) Mil Burulma Titreşimlerine Karşı DTS
Şekil 3.5.8 Bazı Dinamik Titreşim Sönümleyicisi Uygulamaları
250
Örnek Problem 3.3.7
Üzerine etkiyecek kuvvetlerin F1=1000 N’u aşmayacağı ön görülen ve tek serbestlik
dereceli bir k1-m1 titreşim sistemi olarak modellenen bir sisteme, m2 kütleli bir DTS
bağlanacaktır.
a) Bu DTS’nin optimal parametrelerini belirleyiniz,
b) Optimal DTS’li sistemde, ana sistem genliğinin, ikincil sistem bağıl genliğinin ve ana
sistem-ikincil sistem bağlantı yay ve sönüm elemanına etkiyecek kuvvetlerin alabilecekleri
maksimum değerleri ve hangi zorlama frekanslarında ortaya çıkacaklarını belirleyiniz.
m1=9 kg, k1=90000 N/m, m2=0.9 kg
Çözüm:
a) DTS’nin kütle oranı
µ=
m2
= 0.9 = 0.1
m1
9
(i)
olarak bellidir. Optimal boyutsuz parametreler Denk. (3.5.34) ve Denk (3.5.37)’den hemen
γ = 1+ µ = 1+ 0.1 = 1.1
(ii)
ve
3µ
=
8(1+µ)
ζ2 =
3⋅0.1 = 0.1846
8⋅(1+ 0.1)
(iii)
şeklinde hesaplanır. Buradan boyutlu parametreler de
k1 m 2
µ
= 2 k1 = 0.12 ⋅ 90000 ≅ 7438 N/m
2 m
1
γ
γ
1.1
(iv)
r2 = 2ζ 2 k 2m2 = 2 ⋅ 0.1846 ⋅ 7438 ⋅ 9 ≅ 95.52 kg/s
(v)
k2 =
ve
olarak bulunur.
b) Önce Denk. (3.5.30) ve Denk. (3.5.38)’ den P, Q, Rb ve Sb noktalarının absisleri,
η
(P)
η
(Q)
1
1
⎛
µ ⎞
≅ 1+1µ ⎜1 − 2+µ ⎟ = 1+10.1 ⎛⎜1 − 2+0.01.1 ⎞⎟ = 0.8430
⎝
⎠
⎝
⎠
⎛
µ ⎞
≅ 1+1µ ⎜1 + 2+µ ⎟ = 1+10.1 ⎛⎜1 + 2+0.01.1 ⎞⎟ = 1.0524
⎝
⎠
⎝
⎠
η
(R b )
η
(Sb )
1
1
=
8+µ − µ(16+µ)
8(1+µ)
=
8+0.1− 0.1(16+ 0.1)
8(1+ 0.1)
= 0.8811
=
8+µ + µ(16+µ)
8(1+µ)
=
8+ 0.1+ 0.1(16+ 0.1)
8(1+ 0.1)
= 1.0318
(vi)
251
buradan da ilgili frekanslar
k
ω ( P) = m1 ⋅ η P = 90000
⋅ 0.8430 = 84.30rad / s
9
1
1
k
ω (Q) = m1 ⋅ η P = 90000
⋅ 1.0524 = 105.24rad / s
9
1
1
ω
(R b )
=
k1
m1
⋅η
Rb
=
1
90000
9
(vii)
⋅ 0.8811 = 88.11rad / s
k
S
ω (Sb ) = m1 ⋅ η b = 90000
⋅ 1.0318 = 103.18rad / s
9
1
1
şeklinde hesaplansın. Ana sistem maksimum boyutsuz genliği Denk. (3.5.36)’dan
2 +µ
=
µ
β1maks ≅
2+ 0.1 = 4.5826
0.1
(viii)
şeklinde, buradan da veriye göre F1maks=1000 N alınarak boyutlu genlik,
F
1000 = 0.0509m = 5.09cm
X1maks = β1maks ⋅ 1maks
= 4.5826 ⋅ 90000
k1
(ix)
şeklinde hesaplanır. Bu maksimum, Denk. (vii)’deki ω(P) ve ω(Q) frekanslarında ortaya
çıkacaktır. İkincil sistem maksimum bağıl genliği ise Denk. (3.5.39) yardımıyla,
1+µ
β bmaks = 4 µ = 4 1+00.1.1 = 11.3608
15
15
F
1000 = 0.1262m = 12.62cm
X bmaks = β bmaks ⋅ 1maks
= 11.3608 ⋅ 90000
k1
(x)
(xi)
olarak hesaplanır. Bu maksimum da Denk. (vii)’deki ω(Rb) ve ω(Sb) frekanslarında ortaya
çıkacaktır. Yaya gelecek maksimum kuvvet Denk. (3.5.40)’tan
YAY
Fmaks
= 4
4 1 ⋅ 1000 = 938.9 N ,
1 F
1maks =
+
µ
1
15 1.1
15
(xii)
olarak bulunur. Maksimum bağıl genliğin oluştuğu ω(Rb) ve ω(Sb) frekanslarında ortaya
çıkacaktır. Son olarak sönüm elemanına gelecek maksimum kuvvet de Denk. (3.5.41)’den
µ
5 1+ µ
SNM
Fmaks
= 1
8 + µ + µ (16 + µ ) ⋅ F1maks
= 1 0 .1 8 + 0 .1 +
5 1 + 0.1
(xiii)
0.1 ⋅ (16 + 0.1) ⋅ 1000 = 393 .5 N
şeklinde olacak ve ω(Sb) frekansında ortaya çıkacaktır.
252
4 ÇOK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN
LİNEER TİTREŞİMLERİ
4.1 GENEL BİLGİLER
Çok serbestlik dereceli sistem denildiğinde, iki ve daha çok serbestlik derecesine
sahip ayrık sistemler/modeller anlaşılır. Bu bölümde, lineer çok serbestlik dereceli sistemlerin
titreşimleri incelenecektir. Bölüm 3.1’de belirtildiği gibi, bu tür sistemlerin hareket
denklemlerinin matris formunda yazılması gösterilimde kolaylık ve genellik sağlar. Ancak,
bu alanda matrislerin devreye sokulmasının tek nedeni gösterilim kolaylığı sağlamaları
değildir. Asıl neden, aşağıda aşama aşama görüleceği gibi, dinamiğin lineer çok serbestlik
dereceli sistemlerin titreşimleri alanıyla matematiğin matris cebri alanı arasında eşsiz bir
uyum bulunmasıdır. Bu uyum, bu iki alanı, birbirinden kuvvet alarak gelişen ayrılmaz bir
ikili haline getirmektedir.
Çok serbestlik dereceli lineer bir titreşim sisteminin hareketini yöneten diferansiyel
denklemler, Denk. (3.1.9)’da verildiği gibi,
M&x& + Rx& + Kx = F( t )
(4.1.1)
şeklinde yazılabilir. Burada M, eylemsizlik matrisi; R, viskoz sönüm matrisi; K, berklik
matrisi; F(t), zorlayıcı kuvvetler vektörü; x(t) ise yer değiştirmeler vektörüdür. Sistem n
serbestlik dereceli iken buradaki tüm matrisler nxn boyutlu birer kare matris, tüm vektörler
ise nx1 boyutlu birer sütun matristir ve Denk. (4.1.1), n denklemlik bir 2. mertebeden
diferansiyel denklem takımı gösterir. Gerçek fiziksel sistemler söz konusu olduğunda M, R
ve K matrislerinin her üçü de gerçel ve mutlak (bağıl olmayan) koordinatlarda ifade edilmiş
problemlerde bakışımlı (simetrik) matrislerdir:
MT = M ,
RT = R ,
KT = K .
(4.1.2)
Verilmiş bir sistemi incelemeye başlarken önce onun hareket denklemlerinin
yazılması gerekir. Denklem (4.1.1)’e göre bu, sistemin M, R ve K matrislerinin
belirlenmesiyle eş anlamlıdır. Bu matrisleri belirlemenin en doğal yolu, önce hareket
denklemlerini elde etmek, sonra da onları Denk. (4.1.1)’deki matris/vektör kalıbına
dökmektir. Ele alınan sistem gerçekten ayrık ve lineer ise hareket denklemleri, fi
fonksiyonları argümanlarının lineer birer fonksiyonu olmak üzere
f i (&x& j , x& j , x j ) = Fi ( t )
; i,j=1,2,…n
(4.1.3)
şeklindedir ve sistem matrislerinin i. satır j. sütun elemanları buradan
M ij =
∂f i
∂f
∂f
R ij = i , K ij = i
,
∂&x& j
∂x& j
∂x j
; i,j=1,2,…n
(4.1.4)
şeklinde belirlenir.
253
k30
r20
x3(t)
r30
F3(t)
m3
k20
k23
x2(t)
r23
k34
r34
k13
m2
k12
r12
F1(t)
r13
m4
x4(t)
x1(t)
m1
k10
r10
Şekil 4.1.1 Çok SD’li Sistem
Bunu bir örnek yardımıyla görmek için Şek. (4.1.1)’deki 4 SD’li sistem göz önüne
alınırsa, hareket denklemleri kolayca,
m1&x&1 + ( r10 + r12 + r13 ) x& 1 − r12 x& 2 − r13 x& 3
+ ( k10 + k12 + k13 ) x1 − k12 x 2 − k13 x 3 = F1( t )
m 2 &x& 2 + ( r20 + r12 + r23 ) x& 2 − r12 x& 1 − r23 x& 3
+ ( k 20 + k 12 + k 23 ) x 2 − k 12 x 1 − k 23 x 3 = 0
m3&x&3 + ( r30 + r13 + r23 + r34 ) x& 3 − r13 x& 1 − r23 x& 2 − r34 x& 4
+ ( k 30 + k13 + k 23 + k 34 ) x 3 − k13 x1 − k 23 x 2 − k 34 x 4 = F3 ( t )
m 4 &x& 4 + r34 x& 4 − r34 x& 3 + k 34 x 4 − k 34 x 3 = 0
(4.1.5)
(4.1.6)
(4.1.7)
(4.1.8)
şeklinde elde edilir (Ediniz). Bu denklemlere Denk. (4.1.4)’ün uygulanmasıyla da bu
sistemde, x( t ) = {x 1 ( t ) x 2 ( t ) x 3 ( t ) x 4 ( t )}T , F ( t ) = {F1 ( t ) 0 F3 ( t ) 0}T ile
⎡m1 0
⎢0 m
2
M=⎢
⎢0
0
⎢
0
⎣0
0 ⎤
0 ⎥⎥
,
m3 0 ⎥
⎥
0 m4 ⎦
0
0
0 ⎤
− r12
− r13
⎡r10 + r12 + r13
⎢
r20 + r12 + r23
0 ⎥⎥
− r12
− r23
R=⎢
,
⎢
r30 + r13 + r23 + r34 − r34 ⎥
− r13
− r23
⎥
⎢
0
0
r34 ⎦
− r34
⎣
(4.1.9)
(4.1.10)
254
0 ⎤
− k12
− k13
⎡k10 + k12 + k13
⎢
k 20 + k12 + k 23
0 ⎥⎥
− k12
− k 23
K=⎢
⎢
k30 + k13 + k 23 + k34 − k34 ⎥
− k13
− k 23
⎥
⎢
0
0
k34 ⎦
− k34
⎣
(4.1.11)
olacağı anlaşılır (Bunu denetleyiniz). Eylemsizlik matrisi bu örnekte ve çoğu durumda bir
köşegen matris olarak çıksa da bu bir kural olmayıp kullanılan koordinat sistemine bağlı bir
sonuçtur [Aksi iki örnek için Bkz. Denk. (3.5.16) ve Problem 4.1.1].
Öte yandan, matris gösterilimi çerçevesinde sistemin kinetik enerjisi
T = 1 x& T M ⋅ x&
(4.1.12)
2
şeklinde, lineer oluşunun bir sonucu olarak potansiyel enerjisi de
V = 1 xTK ⋅ x
(4.1.13)
2
şeklinde yazılır. Bu bilgiler, eylemsizlik ve berklik matrislerinin hareket denklemleri yerine
enerji ifadelerinden de elde edilebileceğini gösterir. Viskoz sönüm matrisinin belirlenmesinde
ise sistemde sönüm tarafından birim zamanda tüketilen enerjinin bir ölçüsü olan ve
R = 1 x& T R ⋅ x&
(4.1.14)
2
şeklinde ifade edilen Rayleigh disipasyon fonksiyonundan yararlanılabilir. Sistem gerçekten
ayrık ve lineer olduğunda, anılan sistem matrislerinin i. satır j. sütun elemanları buradan
2
2
2
M ij = ∂ T , K ij = ∂ V , R ij = ∂ R
∂x& i ∂x& j
∂x& i ∂x& j
∂x i ∂x j
; i,j=1,2,…n
(4.1.15)
şeklinde belirlenir. Buna bir örnek olarak Şek. 4.1.1’deki sistemin kinetik ve potansiyel enerji
ifadeleri ve Rayleigh disipasyon fonksiyonu yazılırsa,
T = 1 ( m1 x& 12 + m 2 x& 22 + m 3 x& 32 + m 4 x& 24 )
2
(4.1.16)
V = 1 [ k 10 x 12 + k 20 x 22 + k 30 x 32
2
2
2
2
2
+ k 12 ( x 1 − x 2 ) + k 13 ( x 1 − x 3 ) + k 23 ( x 2 − x 3 ) + k 34 ( x 3 − x 4 ) ]
R = 1 [ r10 x& 12 + r20 x& 22 + r30 x& 32
2
2
2
2
2
+ r12 ( x& 1 − x& 2 ) + r13 ( x& 1 − x& 3 ) + r23 ( x& 2 − x& 3 ) + r34 ( x& 3 − x& 4 ) ]
(4.1.17)
(4.1.18)
255
elde edilir. Bu ifadelere Denk. (4.1.15)’in uygulanmasıyla Denk. (4.1.9-11)’deki M, R ve K
matrislerinin elde edileceği kolayca görülebilir (Bunu denetleyiniz).
Aslında, ele alınan sistem gerçekten ayrık ve lineer olduğunda, biraz deneyimle, bu
matrislerin sisteme şöyle bir göz atılarak doğrudan yazılması da mümkündür.
Lineer ayrık modele, lineer olmayan bir sistemin lineerleştirilmesi, ya da ayrık
olmayan bir sistemin ayrıklaştırılmasıyla gelinmesi söz konusu olduğunda ise bu işe özgü
özel yaklaşımların devreye sokulması gerekir. Ayrıklaştırma konusunu sürekli sistemlerin
inceleneceği aşamaya bırakarak burada lineerleştirme konusuna değinirsek; lineer olmayan
bir sistemi Denk. (4.1.1)’deki lineer model çerçevesine çekmek için, küçük titreşimler
varsayımına dayalı olarak, Denk. (4.1.4) yerine
M ij =
∂f i
∂&x& j x k = 0 ,
x& k = 0
&x& k = 0
R ij =
∂f i
∂x& j x k = 0 ,
x& k = 0
&x& k = 0
K ij =
∂f i
∂x j x k = 0
x& k = 0
&x& k = 0
; i,j,k=1,2,…n
(4.1.19)
Denk. (4.1.14) yerine de
2
2
2
M ij = ∂ T x k = 0 , R ij = ∂ R x k = 0 , K ij = ∂ V x k = 0 ; i,j,k=1,2,…n (4.1.20)
∂x& i ∂x& j
∂x& i ∂x& j
∂x i ∂x j
x& k = 0
&x& k = 0
x& k = 0
&x& k = 0
x& k = 0
&x& k = 0
tanımlarının kullanılması yeterli olur. Örnek Problem 4.1.1 bu konuda bir fikir verecektir.
Öte yandan, M matrisi için Denk. (4.1.12), K matrisi için Denk. (4.1.13), R matrisi
için Denk. (4.1.14)’te olduğu gibi skaler sonuç veren, A bir kare matris olmak üzere,
s=qTAq
(4.1.21)
genel görünümündeki matris işlemleri, matematikte, karesel yapı (kuadratik form) olarak
adlandırılır ve matrisler bu karesel yapının sonucunun işaretine göre sınıflandırılırlar.
Matematikte ve titreşim kuramında sonuçları olan ve Tablo 4.1.1'de verilmiş olan bu
sınıflandırmaya göre, böyle bir karesel yapıda q vektörü, sıfırdan farklı olmak kaydıyla hangi
değeri alırsa alsın s sonucu hep pozitif çıkıyorsa A matrisinin pozitif belirli bir matris olduğu
söylenir. Oysa kinetik enerji her zaman, potansiyel enerji ise, sistemin sabit zeminle bir
elastik bağlantıya sahip olması ve kararlı bir denge konumu civarında hareket etmesi halinde
bu özelliğe sahiptir. Buna göre M matrisi her zaman, K matrisi ise belirtilen (ve ileride
değinilecek olan) istisnai haller dışında pozitif belirli matrislerdir.
Tablo 4.1.1 Matrislerin İşaret Belirliliği
s
≥0
>0
<0
≤0
?
Pozitif
A
Yarı-belirli
Belirli
Negatif
Yarı-belirli
İşareti belirsiz
λr
≥0
>0
<0
≤0
?
256
Örnek Problem 4.1.1
u
k
S1
m1
θ
r
x
S2
Sistemin
küçük
titreşimlerinin
lineerleştirilmiş matris denklemlerini elde
ediniz.
m2,ℓ
ϕ
Şekildeki sistemde, k yayına bağlı
m1,r homojen silindiri yatay düzlem üzerinde
kaymadan yuvarlanarak u(t) hareketini
yaparken, ona sürtünmesiz olarak mafsallı,
ince, düzgün kesitli, homojen m2,ℓ çubuğu
da ϕ(t) salınımları yapmaktadır.
y
Şekil Pr . 4.1.1
Çözüm:
Sistemin hareketinin Lagrange denklemleri elde edilmek istensin. Bunun için önce
sistemin kinetik enerjisi ifade edilsin:
[
) ] [
(
) ]
(
T = 1 m1vS2 + 1 m1r 2 ⋅ θ& 2 + 1 m 2 vS2 + 1 m 2l 2 ⋅ ϕ& 2 .
2
2
2
12
1
2
(i)
Burada,
vS1 = u& ,
(ii)
vS2 = x& S2 + y& S2 bağıntısından, xS2 = u + 2l sin ϕ → x& S2 = u& + 2l cos ϕϕ& ve yS2 = 2l cos ϕ
2
2
2
→ y& S2 = − l sin ϕϕ& ile yazılan
2
2
vS2 = u& 2 + l ϕ& 2 + l cos ϕu& ϕ& ,
(iii)
4
2
ve silindirin kaymadan yuvarlanma kısıtından yazılan
θ& = u&
(iv)
r
yerlerine konur ve sonuç düzenlenirse
[(
)
]
T = 1 3 m1 + m 2 u& 2 + 1 m 2 l 2 ϕ& 2 + m 2 l cos ϕu& ϕ&
2 2
3
(v)
bulunur. Şimdi de potansiyel enerji ifade edilmek istenirse,
V = 1 ku 2 − 1 m 2 gl cos ϕ
2
2
(vi)
257
yazılabilir. Böylece sisteme ait Lagrange fonksiyonu
[(
)
L = 1 3 m1 + m 2 u& 2 + 1 m 2 l 2 ϕ& 2 + m 2 l cos ϕu& ϕ& − ku 2 + m 2 gl cos ϕ
2 2
3
]
(vii)
şeklinde bulunmuş olur. Buradaki u ve ϕ, 2 serbestlik dereceli olan sistem için seçtiğimiz
esas genelleştirilmiş koordinatlardır. Artık gerekli hesaplar yapılarak hareket denklemleri
elde edilebilir. Önce u koordinatı ele alınırsa,
{ }− ∂∂Lu = 0
d ∂L
dt ∂u&
(viii)
denklemi yazılır. Burada Denk. (vii) göz önüne alınarak,
∂L
∂u
= −ku
∂L
∂u&
= 3 m1 + m 2 u& + 1 m 2 l cos ϕϕ& ,
ve
(ix)
(2
)
(x)
2
buradan zamana göre tam türev alarak da
{ }= (32 m1 + m 2 )&u& − 12 m 2l sin ϕϕ& 2 + 12 m 2l cos ϕϕ&&
d ∂L
dt ∂u&
(xi)
hesaplanır. Denklem (ix) ve (xi)’in Denk. (viii)’de yerlerine konulmasıyla
(32 m1 + m 2 )&u& + 12 m 2l(cos ϕϕ&& − sin ϕϕ& 2 )+ ku = 0
(xii)
elde edilir. Benzer hesapların ϕ koordinatı için yinelenmesiyle de
{ }−
d ∂L
dt ∂ϕ&
∂L
∂ϕ
=0
(xiii)
den,
1 m l 2ϕ
&& + 1 m 2 l(&u& cos ϕ + g sin ϕ) = 0
3 2
2
(xiv)
bulunur. Denklem (xii) ve (xvi), hareketin Lagrange denklemleridir:
(2
)
(
)
&& − sin ϕϕ& 2 + ku = 0
f1 (u, ϕ) = 3 m1 + m 2 &u& + 1 m 2 l cos ϕϕ
(xv)
&& + 1 m 2 l(&u& cos ϕ + g sin ϕ) = 0
f 2 (u, ϕ) = 1 m 2 l 2 ϕ
(xvi)
3
2
2
Buna göre, x( t ) = {u ( t ) ϕ( t )}T alınarak Denk. (4.1.19)’dan
M11 =
∂f 1
∂&u&
∂f
= 3 m1 + m 2 , M 12 = &&1
= 1 m 2 l cos ϕ ϕ = 0 = 1 m 2 l
2
2
∂
ϕ
2
L= 0
L= 0
L= 0
258
M 21 =
∂f
= 1 m 2l 2
= 1 m 2 l cos ϕ ϕ = 0 = 1 m 2 l , M 22 = &&2
3
∂
ϕ
2
2
L= 0
L= 0
L= 0
∂f 2
∂&u&
R 11 =
∂f1
∂u&
R 21 =
∂f 2
∂u&
K11 =
∂f 1
∂u L = 0
&& + cos ϕϕ& 2 ϕ = 0 = 0
= − 1 m 2 l sin ϕϕ
= k , K12 = 1
2
∂ϕ L = 0
ϕ& = 0
∂f 2
∂u L = 0
= 0 , K 22 =
K 21 =
∂f
= 0 , R 12 = 1
= − m 2 l sin ϕϕ& ϕ = 0 = 0,
∂ϕ& L = 0
ϕ& = 0
L= 0
∂f
= 0 , R 22 = &2
= 0,
∂ϕ L = 0
L= 0
(xvii)
(
∂f
)
&& = 0
ϕ
∂f 2
&&
∂ϕ
L=0
= 1 m 2 l (− &u& sin ϕ + g cos ϕ ) ϕ = 0 = 1 m 2 g l
2
2
&u& = 0
L
yani toparlanırsa,
⎡ 3 m1 + m 2
M = ⎢2
⎢⎣ 12 m 2 l
1m l ⎤
2 2 ⎥ , R = ⎡0
⎢0
1 m l2 ⎥
⎣
3 2 ⎦
⎡k
0⎤
, K=⎢
⎥
0⎦
⎢⎣ 0
0
⎤
(xviii)
1 m gl ⎥
2 2 ⎥⎦
elde edilmiş olur. Sonuç olarak, küçük titreşimlerde geçerli lineerleştirilmiş matris hareket
denklemi, ikinci satır m2ℓ/2 ile sadeleştirilerek
⎡ 3 m1 + m 2
⎢2
⎢
1
⎣
1 m l⎤
&&
2 2 ⎥ ⎧u ⎫ + ⎡k
⎬
2 l ⎥ ⎨ϕ
&& ⎭ ⎢⎣ 0
⎩
3
⎦
0 ⎤ ⎧u ⎫ ⎧0⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
g ⎥⎦ ⎩ϕ⎭ ⎩0⎭
(xix)
şeklinde yazılabilir.
İstenirse, Denk. (4.1.20)’den yola çıkılarak da hesap yapılabilir. Bu durumda, Denk.
(v)’teki kinetik ve Denk. (vi)’daki potansiyel enerji ifadelerinden yararlanılarak
2
M11 = ∂ T2
∂u& L=0
= 3 m1 + m2 , M12 =
2
2
M 21 = ∂& T
∂ϕ∂u&
L= 0
2
L
2
= k , K12 = ∂ V
2
K 21 = ∂ V
2
= 0 , K 22 = ∂ V2
∂ϕ∂u
L= 0
= 1 m 2 l cos ϕ ϕ = 0 = 1 m 2 l
2
2
L= 0
L
2
= 1 m 2 l cos ϕ ϕ = 0 = 1 m 2 l , M 22 = ∂ T2
2
K11 = ∂ V2
∂u L=0
∂ 2T
∂u& ∂ϕ&
∂u∂ϕ
L= 0
∂ϕ L=0
2
∂ϕ& L=0
= 1 m 2l 2
3
=0
(xx)
= 1 m 2 gl cos ϕ ϕ=0 = 1 m 2 gl
2
2
L
hesaplanır ve yukarıdakiyle aynı sonuca gelinir.
259
4.2 SÖNÜMSÜZ SERBEST TİTREŞİMLER
Çok serbestlik dereceli sistemlerin sönümsüz serbest titreşimlerinin incelenmesi
demek, M ve K gerçel ve bakışımlı birer kare matris olmak üzere
M&x& + Kx = 0
(4.2.1)
matris diferansiyel denklem probleminin incelenmesi demektir. Bu bölümde, matris
kuramının bir çok inceliğinin devreye girdiği bu incelemenin unsurları tanıtılacaktır.
4.2.1 ÖZDEĞER ÇÖZÜMLEMESİ VE DOĞAL TİTREŞİM KİPLERİ
İki serbestlik dereceli sistemlerde yapıldığı gibi, Denklem (4.1.1)’in harmonik
çözümleri aransın ve bunun için, X = {X 1 X 2 L X n }T bilinmeyen bir genlikler vektörü, ω
ise bilinmeyen bir frekans olmak üzere
x ( t ) = X ⋅ e iω t
(4.2.2)
çözüm kabulü yapılıp Denk. (4.2.1)’de yerine konulsun. Bu, hiçbir zaman sıfır olmayacağı
iωt
bilinen e
ile sadeleştirmeyle,
[K − ω2 M]X = 0
(4.2.3)
verir. İstenirse bu denklem yerine, soldan M-1 ile çarpmakla elde edilen
[M −1K − ω 2 I] ⋅ X = 0 ;
I : nxn birim matris
(4.2.4)
denklemi de yazılabilir. Kuşkusuz bunun için M matrisinin bir tekil matris olmadığından,
yani det(M)≠0 olduğundan emin olunması gerekir, ki gerçek fiziksel sistemlerin eylemsizlik
matrislerinin tekil olamayacağı bilinmektedir62. Burada da sistem matrisi diye adlandırılan
A = M−1K
(4.2.5)
matrisinin ve
λ = ω2
(4.2.6)
tanımının devreye sokulmasıyla
[A − λI] ⋅ X = 0
(4.2.7)
62
Modelleme sırasında kendisine koordinat atanan bir sistem noktasına kütle atanmaması halinde tekil kütle
matrisine sahip bir model ortaya çıkabilir.
260
denklemine gelinir. Denklem (4.2.7)’yi sağlayan λ skalerleri ve X vektörlerinin
hesaplanması problemi, matematikte A matrisinin özdeğer çözümlemesi adıyla bilinen ve
yalnızca mekanik titreşimler alanında değil, matematiksel bilimlerin bir çok alanında
uygulaması olan çok önemli bir problemdir63.
Bu problemin X=0 dışında bir çözümü olabilmesi, katsayılar matrisinin karakteristik
determinant adı verilen determinantının sıfır olmasına bağlıdır:
det[A − λI] = 0
(4.2.8)
Bu determinant açıldığında, λ için, karakteristik denklem adı verilen
∆(λ) = λn + a n −1λn −1 + a n −2 λn −2 + L + a 2 λ2 + a1λ + a 0 = 0
(4.2.9)
şeklinde, n. dereceden polinom şekilli bir denklem elde edilir64. Bu denklemin çözülmesiyle
bulunacak n adet λr; r=1,2,…,n kökü A matrisinin özdeğerleri olarak adlandırılır.
M ve K matrislerinin her ikisinin de pozitif belirli matrisler olmaları halinde (ki
Bölüm 4.1’de belirtildiği gibi M her zaman, K ise sabit zeminle elastik bağlantısı olan ve
kararlı bir denge konumu civarında hareket eden sistemlerde böyledir) sistem matrisi A’nın
da pozitif belirli olacağı ve bu durumda λr özdeğerlerinin hepsinin gerçel ve pozitif olacakları
bilinmektedir [Gantmacher, 1966]. (Matrisin işaret belirliliğiyle özdeğerlerinin işaretleri
arasındaki ilişki, Tablo 4.1.1'de ayrıca verilmiştir65.)
Bu sayede, Denk. (4.2.6)’dan bu λr'lerin kökleri olarak hesaplanacak n adet ω frekans
değerinin hepsi gerçel olur ve sistemin Denk. (4.2.2)’deki gibi n farklı harmonik hareketinin
mümkün olacağı anlaşılır. Küçükten büyüğe sıralanarak numaralandırılan bu
ωr = λ r
; r=1,2,…,n; ω1 < ω 2 < L < ω n
(4.2.10)
frekansları, sistemin doğal frekanslarıdır.
Denk. (4.2.8)'deki basit görünümlü problem, aslında, nxn boyutlu M matrisinin
tersinin alınmasını, ardından bunun K matrisiyle çarpılıp A matrisinin elde edilmesini, sonra
nxn'lik A-λI matrisinin determinantının açılmasını, en sonunda da buradan elde edilen Denk.
(4.2.9)’un köklerinin bulunmasını kapsayan çok zorlu bir matematik problemidir. Üstelik,
Bölüm 3.4'te belirtildiği gibi, n>4 olması halinde Denk. (4.2.9)’un analitik olarak
Bazı yazarlar, problemi, bakışımlı A′ = M −1 / 2KM −1 / 2 matrisinin özdeğer problemine varacak biçimde
düzenlemeyi yeğlemektedir. Bu kitapta, yapay bir değişken dönüşümünün devreye sokulmasını gerektiren bu
yol yeğlenmemiştir.
63
64
Bu denklemde λn teriminin katsayısının 1 oluşu, Denk. (4.2.4)’teki M-1 ile çarpmanın sonucudur. Problem,
Denk. (4.2.3)’teki, matris demeti adı verilen K − λ M yapısı üzerinden de kurgulanabilir, bu durumda
genelleştirilmiş özdeğer çözümlemesi problemi adını alırdı.
65
Bu ilişki çift yönlüdür; yani tüm özdeğerlerinin gerçel ve pozitif (λr >0; r=1,2,…,n) olması da matrisin pozitif
belirli olduğunu gösterir. Aralarında sıfır olan özdeğerlerin de bulunması (λr ≥0; r=1,2,…,n) halinde ise matrisin
pozitif yarı belirli olduğu söylenir.
261
çözülemeyeceği; sayısal çözüme yönelmenin kaçınılmaz olacağı da bilinmektedir. Bu son
gerçek, matris özdeğer problemini; dolayısıyla da çok serbestlik dereceli sistemlerde doğal
frekans hesabı problemini, ister istemez sayısal bir probleme dönüştürür. Mühendislik
problemlerinde, özellikle de sürekli modellerin ayrıklaştırılmasıyla gelinen problemlerde on
binlerle ifade edilen n boyutlarının sıradan olduğu düşünülürse, zaten başka türlüsünün
mümkün olamayacağı kendiliğinden anlaşılır. Bu bilinçle, problemin verilmiş A matrisinden
(Hatta M ve K matrislerinden) λr özdeğerlerinin hesaplanmasına kadarki tüm aşamalarını
kapsayan, çok başarılı sayısal yöntemler geliştirilmiştir66. Günümüzde ticari olarak temin
edilebilen matematiksel paket programların istisnasız hepsi, bu kitabın çerçevesini aşacağı
için burada kendilerinden söz etmeyeceğimiz bu sayısal yöntemleri kullanarak, verilen her A
matrisinin özdeğerlerini hesaplayan alt yordamlarla donatılmış durumdadır. Sayısal
matematiğin bu alanda ulaşmış olduğu başarı düzeyinin bir göstergesi olarak, bugün
matematiksel fiziğin bir çok alanında çalışan bilim adamı ve mühendislerin, ellerindeki farklı
problemleri kolayca çözebilmek için bir matris özdeğer problemine dönüştürmeye
çalıştıklarını belirtelim.
Kısacası, Denk. (4.2.7)'den Denk. (4.2.10)'a giden yol aslında uzun ve zorlu bir yol
olmakla birlikte, geliştirilen sayısal yöntemler ve onları kullanan programlar sayesinde,
günümüzde bilgisayar yardımıyla kolayca aşılan kısa bir yola dönüşmüş durumdadır. Bu
kitapta da bu yolun aşılmasında bir sorun yaşanmayacağı varsayılacaktır.
Yine de, matrislerden özdeğerlere giden yolu tamamen karanlıkta bırakmamak ve
probleme belli bir hakimiyet sağlayarak sayısal sonuçlara körü körüne teslim olmak
seçeneksizliğinden, onları denetleme olanakları edinerek kurtulmak adına, matrislerle
karakteristik denklemler ve özdeğerler arasındaki bazı temel ilişkilere yeri geldikçe
değinmekten kaçınılmayacaktır.
Buna bir ilk örnek olarak, burada, her matrisin, matematik alanına yansıttığı fiziksel
özle ilgili ve bu yansıtmada aracı olarak kullanılan koordinat sisteminden bağımsız bazı
değişmezlere (invariant) sahip olduğunun belirtilmesi uygun olur. Özdeğerler bu değişmezler
arasındadır. Bununla bağlantılı olarak, sistemlerin doğal frekansları da o sisteme özgü
değişmezlerdir. Matrisler için, ana köşegen üzerindeki elemanların toplamından ibaret olan iz
ile determinant da birer değişmezdir ve özdeğerlerle aralarında,
n
iz(A) = ∑ λ r ,
r =1
n
det(A) = ∏ λ r
(4.2.11)
r =1
ilişkileri vardır. Yani matrisin izi özdeğerlerinin toplamına, determinantı ise özdeğerlerinin
çarpımına eşittir. Bu bilgi, hesaplanan özdeğerleri kontrol olanağı vereceği gibi Denk.
(4.2.9)’daki karakteristik denklemin ikinci ve sonuncu katsayılarını da belirli hale getirir (n=2
özel halinde bunun, denklemin tüm katsayılarının belirli hale gelmesi anlamına geldiğine
dikkat ediniz.):
n
∆(λ) = ∏ (λ − λ r ) =λn − iz(A) ⋅ λn −1 + L + (−1) n det(A) = 0 .
(4.2.12)
r =1
66
Bu yöntemler ve dayandıkları temeller için [Chatelin, 1993] ya da [Schwarz, 1989]’a baş vurulabilir.
262
Denklem (4.2.11)’deki ikinci bağıntıya göre, det(A)=0 olması halinde sistemin doğal
frekanslarından en az biri sıfır olur. Bu ise A matrisinin pozitif yarı-belirli olması demektir.
Bu durumda, söz konusu sisteme de yarı-belirli sistem denir. Buna göre, Bölüm 4.2.3’te
incelenen sabit noktayla elastik bağlantısı olmayan sistemler, det(A)=0 özelliğine sahip yarıbelirli sistemlerdir. A matrisinin Denk. (4.2.5)’teki tanımına göre
det(A) =
det(K)
det(M)
(4.2.13)
olduğundan, det(A)=0 olması det(K)=0 olmasına bağlıdır. Bu nedenle, yarı-belirli sistemler,
matematikte, berklik matrislerinin determinantının sıfır oluşundan tanınırlar (Bölüm 4.2.3'teki
örnek üzerinde bunu denetleyiniz.).
Özdeğer hesabı ile ilgili bu değerlendirmelerden sonra kaldığımız yerden devam
etmek üzere problemimize dönersek; hesaplanan her bir λr; r=1,2,...,n değeriyle Denk.
(4.2.7)'ye gidilirse, o λr'ye karşılık gelen X bilinmeyen vektörü ur ile gösterilerek
[ A − λ r I] ⋅ u r = 0
(4.2.14)
denklemine gelinir. İki serbestlik dereceli sistemlerden de bilindiği gibi, buradan ur
vektörünün tüm bileşenlerini hesaplama olanağı yoktur. Sadece bu bileşenler arasındaki oran
ilişkileri belirlenebilir. Böylece, şiddeti belirsiz fakat x1, x2,...,xn koordinat sisteminin her bir
koordinatına ilişkin bileşeninin katkı payı belli olan, yani n boyutlu x1, x2,...,xn'ler uzayındaki
doğrultusu belli olup boyu belli olmayan bir ur vektörü elde edilir. Sonuçta, n adet λr
özdeğerine karşılık, böyle n adet ur vektörü bulunmuş olur. Bu vektörlere, matematikte, A
matrisinin özvektörleri adı verilir. Tıpkı özdeğerler gibi özvektörler de matrisin
değişmezleridir. Titreşim kuramında ise bu vektörler kip vektörleri olarak adlandırılırlar ve
doğal frekanslarla birlikte onlar da sistemin değişmezleridir.
Özdeğer hesabından bulunan λr özdeğerine bağlı olduklarından, ur özvektörleri, n>4
olması halinde ancak sayısal olarak hesaplanabilirler. Yukarıda sözü edilen özdeğer hesap
algoritmalarına eşlik eden özvektör hesap algoritmaları ve onları kullanan hazır bilgisayar
yordamları mevcuttur.
Gelinen noktada, Denk. (4.2.1)’in Denk. (4.2.2) formunda birbirinden farklı n adet
çözümünün bulunacağı anlaşılmış olmaktadır. Bu çözümlerin r-incisi, ur kip vektörünün
tanımladığı şekil şablonu içerisinde, sistemin, ω r = λ r doğal frekansıyla harmonik
titreşimler yapması şeklindedir:
x r ( t ) = A r u r cos( ω r t − ψ r ) ; r=1,2,…n.
(4.2.15)
Bu titreşim kalıplarına sistemin doğal titreşim kipleri adı verilir. Her n serbestlik
dereceli lineer ve sönümsüz titreşim sistemi, doğal frekans-kip vektörü ikililerinden oluşan ve
kendisini karakterize eden böyle n adet doğal titreşim kipine sahiptir.
263
Örnek Problem 4.2.1 (Problem 3.2.1 tekrar)
x2(t)
x1(t)
4k
2m
Şekildeki sistemde m=5 kg, k=500 N/m
verildiğine göre sistemin doğal frekanslarını ve kip
vektörlerini belirleyiniz.
6k
3k
3m
Şekil Pr. 4.2.1-1
Çözüm:
Sistemin hareket denklemleri,
2m&x&1 + 7kx1 − 3kx 2 = 0
3m&x& 2 + 9kx 2 − 3kx1 = 0
(i)
şeklindedir. Buradan,
⎡ 2m 0 ⎤
⎡ 7k − 3k ⎤
M=⎢
, K=⎢
⎥
⎥ ,
⎣ 0 3m ⎦
⎣− 3k 9k ⎦
(ii)
ve köşegen bir matris olan M’nin tersi kolayca hesaplanarak sistem matrisi,
⎡ 1
A = M K = ⎢ 2m
⎢0
⎣
−1
0 ⎤ ⎡ 7k − 3k ⎤ ⎡ 7k − 3k ⎤ ⎡ 7 k − 3 k ⎤
2m
2m ⎥ = ⎢ 2 m
2 m ⎥ (iii)
⎥⋅
⎥ = ⎢ 3k
1 ⎥ ⎢− 3k
9k ⎥ ⎢− k
k ⎥
9
k
⎢
−
3
⎦ ⎣ 3m 3m ⎦ ⎣ m
3m ⎦ ⎣
m ⎦
şeklinde elde edilir. Buna göre Denk. (4.2.8)’deki karakteristik determinant
⎡7 k − λ − 3 k ⎤
2 m ⎥ = 0,
det[A − λI] = det ⎢ 2 m k
k
⎢ −
3 − λ⎥
m
m
⎣
⎦
(iv)
şeklinde, bunun açılmasıyla elde edilen Denk. (4.2.9)’daki karakteristik denklem de
∆(λ) = λ2 − ( 7 + 3) k λ + (3 7 − 3 )( k ) 2 = λ2 − 13 k λ + 9( k ) 2 = 0
2
m
2
2 m
2 m
m
(v)
şeklindedir. Bu denklemin kökleri hesaplanarak iki özdeğer
λ1 = 2 k ,
m
λ2 = 9 k ,
2m
(vi)
doğal frekanslar da
264
2 ⋅ 500
= 10 2 ≅ 14 .1 rad/s,
5
ω1 = λ 1 =
2k =
m
ω2 = λ 2 =
9k
=
2m
9 ⋅ 500
= 15 2 ≅ 21 .2 rad/s
2 ⋅5
(vii)
şeklinde bulunur. Şimdi, kip vektörlerini belirlemek üzere, önce λ1 ile Denk. (4.2.14)’e
gidilirse,
3 k
7 k −2 k
k ⎤
k ⎤
⎡ 7 k − λ1
− 32 m
− 32 m
⎧ u1 ⎫ ⎡ 2 m
⎧ u1 ⎫ ⎡ 2 m
m
⎥
⎥
⎢2 m k
⎢
⎢
=
=
k
k − 2 k ⎨u ⎬
k − λ ⎨u ⎬
3m
3m
−k
⎢⎣ − m
1 ⎥⎦ ⎩ 2 ⎭1 ⎢⎣ − m
m ⎥⎦ ⎩ 2 ⎭1 ⎢⎣ m
k⎤
− 32 m
⎧ u1 ⎫ ⎧0⎫
⎥
⎨ ⎬ =⎨ ⎬
k
u
0
m ⎥⎦ ⎩ 2 ⎭1 ⎩ ⎭
(viii)
ya da Denk. (viii)’in temsil ettiği 2 denklemin sadeleştirilmeleriyle
⎡ 1 − 1⎤ ⎧ u 1 ⎫ ⎧0⎫
⎢− 1 1 ⎥ ⎨u ⎬ = ⎨0⎬
⎣
⎦ ⎩ 2 ⎭1 ⎩ ⎭
(ix)
elde edilir. Denklemlerin her ikisi de aynı bilgiyi; 1. kipte u1 ile u2’nin eşit ve aynı işaretli
olacakları bilgisini içermektedir. Birine keyfi bir değer vererek diğerini hesaplamaktan başka
devam yolu yoktur. Keyfi olarak u1=1 alınırsa u2=1 olur ve 1. kip vektörü, bunun bu vektörün
sonsuz yazım seçeneğinden yalnızca biri olduğu unutulmadan,
⎧1⎫
u1 = ⎨ ⎬
⎩1⎭
(x)
şeklinde yazılabilir. İkinci kip vektörü için λ2 ile Denk. (4.2.14)’e gidildiğinde ise, sonuçta
⎡− 1 − 3 ⎤ ⎧ u1 ⎫
⎧0⎫
2⎥
⎢
=
⎨
⎬
⎨ ⎬
⎢⎣− 1 − 32 ⎥⎦ ⎩u 2 ⎭ 2 ⎩0⎭
(xi)
denklemine gelinir. Yine keyfi olarak u1=1 alınırsa u2=-2/3 olur ve 2. kip vektörü için
⎧⎪ 1 ⎫⎪
u2 = ⎨ 2⎬
⎪⎩− 3 ⎪⎭
(xii)
yazılabilir. Kip biçimleri Şek. Pr. 4.1.2-2’de gösterilmiştir.
x1(t)
1
x2(t)
1
x1(t)
1
x2(t)
−2/3
Düğüm noktası
(a) 1. Kip (ω1=14.1 rad/s)
Örnek Problem 4.2.2
(b) 2. Kip (ω2=21.2 rad/s)
Şekil Pr. 4.2.1-2 Doğal Titreşim Kipleri
265
Şekildeki sistemde,
k30
x3
m1=6 kg, m2=3 kg, m3=5 kg, m4=2 kg,
k10=1000 N/m, k12=500 N/m, k13=750 N/m,
k20=800 N/m, k23=600 N/m, k30=900 N/m,
k34=950 N/m
m3
k20
x2
k23
k34
k13
m2
m4
k12
x4
x1
verilmiştir.
a) A = M −1K sistem matrisini elde hesaplayıp İz'ini
belirleyiniz,
k10
b) Sistemin doğal frekanslarını ve kip vektörlerini
bilgisayar yardımıyla elde ediniz,
Şekil Pr. 4.2.2-1
c) (b) şıkkındaki sonuçlarınızı, (a) şıkkındaki
belirlemenizle karşılaştırarak kontrol ediniz,
d) (b) şıkkındaki sonuçlar yardımıyla K matrisinin determinantını hesaplayınız,
e) (b) şıkkındaki sonuçlarınız yardımıyla sistemin karakteristik denklemini kurgulayınız.
m1
Çözüm:
a) Sistemin eylemsizlik ve berklik matrisleri Denk. (4.1.9) ve Denk. (4.1.11)’de verilmişti.
Sayısal verilerle bu matrisler
⎡6
⎢0
M=⎢
⎢0
⎢
⎣0
0 0 0⎤
0 ⎤
⎡ 2250 − 500 − 750
⎥
⎢
4 0 0⎥
− 500 1900 − 600
0 ⎥⎥
⎢
, K=
⎢− 750 − 600 3200 − 950⎥
0 5 0⎥
⎥
⎥
⎢
0 0 2⎦
− 950 950 ⎦
0
⎣ 0
(i)
görünümünü alır. M matrisi köşegen bir matris olduğundan tersi kolayca
⎡1
⎢ m1
⎢0
M −1 = ⎢
⎢0
⎢
⎢0
⎣
0
0
1
m2
0
0
1
m3
0
0
0 ⎤ ⎡ 1 0 0 0⎤
⎥ ⎢6
⎥
0 ⎥ ⎢0 1 0 0 ⎥
4
⎥=⎢
⎥
0 ⎥ ⎢ 0 0 15 0 ⎥
⎥ ⎢
1
0 0 0 12 ⎥⎦
m4 ⎥⎦ ⎣
(ii)
şeklinde belirlenir. Gerekli matris çarpımı gerçekleştirilerek, yine kolayca
⎡ K11
⎢ m1
⎢ K 21
⎢m
−1
A = M K = ⎢K 2
31
⎢ m3
⎢K
⎢ m41
⎣ 4
K12
m1
K 22
m2
K32
m3
K 42
m4
K13
m1
K 23
m2
K33
m3
K 43
m4
K14 ⎤
m1 ⎥
K 24 ⎥
m2 ⎥
K34 ⎥
m3 ⎥
K 44 ⎥
⎥
m4 ⎦
0 ⎤
⎡ 375 − 83.33 − 125
⎢− 125
475
0 ⎥⎥
− 150
=⎢
⎢− 150 − 120
640 − 190⎥
⎥
⎢
0
− 475 475 ⎦
⎣ 0
(iii)
266
hesaplanır. Buradan hemen
iz(A) = 375+ 475+ 640+ 475 = 1965
(iv)
belirlenir.
b) Denklem (i)'deki M ve K matrislerinden yola çıkılarak, uygun bir bilgisayar programı
yardımıyla önce A = M −1K matrisi sonra da bu matrisin özdeğer ve özvektörleri
hesaplanırsa, A’nın özdeğerleri, küçükten büyüğe sıralanmış olarak
λ 1 = 147.090
λ 3 = 537.643
(rad / s) 2 , λ 2 = 369.882 (rad / s) 2 ,
(rad / s) 2 , λ 4 = 910.384 (rad / s) 2
(v)
şeklinde, sistemin doğal frekansları
ω1 = λ1 = 12.128 rad/s, ω 2 = λ 2 = 19.232 rad/s,
ω 3 = λ 3 = 23.187 rad/s, ω 4 = λ 4 = 30.173 rad/s,
(vi)
şeklinde, kip vektörleri ise
⎧0.397 ⎫
⎧− 0.467⎫
⎧− 0.463⎫
⎧0.124 ⎫
⎪0.370 ⎪
⎪− 0.298⎪
⎪ 0.869 ⎪
⎪0.191 ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
u1 = ⎨
⎬ , u2 = ⎨
⎬ , u3 = ⎨
⎬ , u4 = ⎨
⎬
⎪0.477 ⎪
⎪ 0.180 ⎪
⎪ 0.023 ⎪
⎪- 0.658⎪
⎪⎩0.691 ⎪⎭
⎪⎩ 0.813 ⎪⎭
⎪⎩− 0.172⎪⎭
⎪⎩- 0.718⎪⎭
(vii)
şeklinde elde edilir. Bu hesapları gerçekleştiren bir Mathcad programı Şek. Pr. 4.2.2-2’de
görülmektedir.
c) Denklem (4.2.11)'e göre
n
İz(A) = ∑ λ r
(viii)
r =1
olmalıdır. Denklem (v)'teki bilgisayar hesabı sonuçlarına göre
n
∑ λ r = 147 .090 + 369 .882 + 537 .643 + 910 .384 = 1964 .999
(ix)
r =1
olmaktadır. Bu, Denk. (iv)'teki elde hesaplanan İz(A) ile uyumlu olduğuna göre sonuç
güvenilirdir.
d) Denklem (4.2.13)'e göre,
det(K ) = det( A) ⋅ det(M )
(x)
267
yazılabilir. Burada köşegen bir matris olan M'nin determinantı köşegen üzerindeki
elemanlarının çarpımı olarak
n
det(M ) = ∏ m i = 6 ⋅ 4 ⋅ 5 ⋅ 2 = 240
(xi)
i =1
şeklinde hesaplanır, Denk. (4.2.11)’e ve hesap sonuçlarına göre de
n
det(A) = ∏ λ r = 147.090 ⋅ 369.882 ⋅ 537.643 ⋅ 910.384 ≅ 2.6630 ⋅ 1010
(xii)
r =1
belirlenirse,
det(K ) = 2.663 ⋅1010 ⋅ 240 ≅ 6.3911⋅1012
(xiii)
elde edilir.
e) Karakteristik denklem, Denk. (4.2.12)'deki gibi,
4
∆(λ) = ∏ (λ − λ r ) =(λ − λ1 )(λ − λ 2 )(λ − λ 3 )(λ − λ 4 ) =
r =1
(xiv)
λ4 − iz( A) ⋅ λ3 + a 2 ⋅ λ2 + a 1 ⋅ λ + (−1) n det(A) = 0
şeklinde olmalıdır. Burada İz(A) ve det(A) zaten bellidir. Geri kalan a1 ve a2 katsayıları
üzerine eğilinirse,
a1 = −(λ1 ⋅ λ2 ⋅ λ3 + λ1 ⋅ λ2 ⋅ λ4 + λ1 ⋅ λ3 ⋅ λ4 + λ2 ⋅ λ3 ⋅ λ4 ) ≅ −3.3182⋅108
(xv)
6
a 2 = λ1 ⋅ λ2 + λ1 ⋅ λ3 + λ1 ⋅ λ4 + λ2 ⋅ λ3 + λ2 ⋅ λ4 + λ3 ⋅ λ4 ≅1.2925⋅10
olmaları gerektiği görülür. Böylece frekans denkleminin, katsayıların hesabındaki yaklaşıklık
farkıyla, (Gerçi bu farkların çok büyük sapmalara yol açacağının da belirtilmesi gerekir.)
∆(λ) = λ4 −1.965⋅103 ⋅ λ3 +1.2925⋅106 ⋅ λ2 − 3.3182⋅108 ⋅ λ + 2.6630⋅1010 = 0 (xvi)
şeklinde olması gerektiği anlaşılır.
268
Şekil Pr. 4.2.2-2 Özdeğer Çözümlemesinin Bilgisayarda Gerçekleştirilmesi
269
4.2.2 ESNEKLİK MATRİSİ • ÖZDEĞER PROBLEMİNİN ALTERNATİF
FORMÜLASYONU
Lineer bir titreşim sisteminin elastik özelliklerinin temsilinde berklik matrisi yerine
esneklik matrisi adı verilen bir matrisin kullanılmasıyla dinamik probleminin; dolayısıyla da
özdeğer çözümlemesi probleminin alternatif bir formülasyonu verilebilir. Bu bölümde,
kendine göre kimi üstünlükleri olan bu seçenek tanıtılacaktır. Ancak, bunun için önce
esneklik etki katsayısı kavramının tanıtılması gerekir.
4.2.2.1 Esneklik Etki Katsayıları
Çok serbestlik dereceli lineer bir sistemde, j. noktaya uygulanan birim kuvvetin
etkisiyle i. noktada ortaya çıkan yer değiştirmeye j’nin i’ye esneklik etki katsayısı (ya da
kısaca etki katsayısı) adı verilir ve dij ile gösterilir (Şek. 4.2.1).
SI birim sisteminde etki katsayıları [m/N] cinsinden ölçülür. Sistemin lineer oluşu
yüzünden, j’ye birim kuvvet yerine F N’luk bir kuvvet uygulandığında i’de oluşacak yer
değiştirme δ1j=F.dij şeklinde olur (Şek. 4.2.1).
Etki katsayılarının önemli bir özelliği bakışımlı oluşlarıdır:
d ij = d ji .
(4.2.16)
Bu, Maxwell Karşılıklılık Teoremi adıyla bilinen teoremle; j’ye uygulanan birim kuvvetin
i’de yol açtığı yer değiştirme ile i’ye uygulanan birim kuvvetin j’de yol açtığı yer değiştirme
birbirine eşittir şeklinde ifade edilir67.
67
Kanıt: Lineer sistemlerde i. noktaya etkiyecek Fi elastik kuvvetleri bu noktanın xi yer değiştirmesiyle orantılı
olacağından böyle bir kuvvetin elastik potansiyel enerjiden ibaret olan işi V i = 1 Fi x i şeklinde, buna göre
2
sistemin toplam potansiyel enerjisi de V = 1
2
n
∑ Fi x i
şeklinde hesaplanır. Oysa buradaki xi yer
i =1
değiştirmesi, etki katsayıları yardımıyla, tüm noktalara etkiyen kuvvetlerin i’de yol açacağı yer değiştirmelerin
toplamı
V= 1
2
V= 1
2
olarak
n
xi =
n
∑ F j d ij
şeklinde
hesaplanabilir.
Böylece
toplam
potansiyel
enerji
için
j=1
n
∑ ∑ Fi F j d ij
i =1 j=1
n n
yazılabileceği anlaşılır. Aynı hesaba i. yerine j. noktadan başlanılması halinde ise
∑ ∑ F j Fi d ji sonucuna
gelinir. İki hesabın aynı sonucu vermesi gerektiği düşünülürse, Denk
j=1 i =1
(4.2.16) elde edilir.
270
d1j
dij
d2j
dnj
djj
Fj=1N
1
n
j
i
2
Fj=F N
δ1j=Fd1j
δij=Fdij
δ2j=Fd2j
δjj=Fdjj
δnj=Fdnj
Şekil 4.2.1 Esneklik Etki Katsayıları
4.2.2.2 Dinamik Probleminin Esneklik Etki Katsayıları Kullanılarak Formülasyonu
Lineer bir titreşim sisteminin hareket denklemleri esneklik katsayıları kullanılarak
yazılabilir. Bunu, görece basit bir örnek üzerinde görmek üzere Şek. 4.2.2’deki 2 serbestlik
dereceli sistem ele alınır ve hareket sırasında üzerlerine etkiyecek eylemsizlik kuvvetlerinin
etkisiyle cisimlerde ortaya çıkacak yer değiştirmeler esneklik katsayıları yardımıyla yazılırsa,
x2
x1
m1
m2
− m1&x&1
− m 2 &x& 2
Şekil 4.2.2 Hareket Denklemlerinin Elde Edilmesi
x1 = d11 (−m1&x&1 ) + d12 (−m 2 &x& 2 )
x 2 = d 21 (−m1&x&1 ) + d 22 (−m 2 &x& 2 )
elde edilir. Burada, x = {x 1
(4.2.17)
x 2 }T yer değiştirmeler vektörü ile
0 ⎤
⎡m
M=⎢ 1
⎥
⎣ 0 m2 ⎦
(4.2.18)
eylemsizlik matrisine ek olarak, esneklik matrisi adı verilen ve Maxwell Teoremine göre
bakışımlı bir matris olan
d ⎤
⎡d
D = ⎢ 11 12 ⎥
⎣d 21 d 22 ⎦
(4.2.19)
matrisinin devreye sokulmasıyla da
271
x = −D⋅ M⋅ &x&
(4.2.20)
ya da det(D)≠0 olmak koşuluyla soldan D-1 ile çarpıp yeniden düzenleyerek
M⋅ &x& + D−1x = 0
(4.2.21)
matris hareket denklemine gelinir. İki serbestlik dereceli özel bir sistem örneği üzerinden elde
edilmiş olsa da matris boyutlarının serbest bırakılmasıyla genele dönüşeceği açık olan bu
denklemin Denk. (4.2.1)’deki M&x& + Kx = 0 hareket denklemiyle karşılaştırılmasından,
D−1 = K → D⋅ K = I
(4.2.22)
olduğu, yani esneklik matrisiyle berklik matrisinin birbirinin tersi olduğu anlaşılır. Bu
bilginin bir sonucu, det(K)=0 olan yarı-belirli sistemlerde D=K-1 tanımsız olacağından
yukarıdaki hesabın geçersiz olacağıdır. Bir başka sonuç, Maxwell teoremi üzerinden K'nın
bakışımlılığının da kanıtlanmış hale geldiğidir. Ama bu bilgi, asıl, gerçek bir sistemin
modellenmesi sırasında elde edilmesi zor olan berklik matrisinin, deneysel ya da hesap
yoluyla elde edilmesi kolay esneklik matrisi kanalıyla hesaplanmasına olanak vermesi
bakımından yararlı bir bilgi oluşturur68.
Öte yandan,
Denk. (4.2.20)’de x( t ) = X ⋅ e iωt harmonik çözüm kabulü yapılırsa,
[ω2D⋅ M − I] ⋅ X = 0
(4.2.23)
ya da burada, harflerin çağrışımına uygun şekilde Dinamik Matris diye adlandırılan
B = D⋅ M
(4.2.24)
matrisi tanımlanır, ω≠0 olmak yani sistem yarı-belirli olmamak kaydıyla denklem ω2'ye
bölünür ve
µ = 12
ω
(4.2.25)
parametresi devreye sokulursa, Denk. (4.2.8)'deki A matrisi kullanana alternatif,
[B−µI]⋅ X = 0
(4.2.26)
matris özdeğer problemine gelinir. Problemin çözümü diğer problemde olduğu gibidir ve
burada yeniden ele alınmayacaktır.
68
Bu açıdan, kavramın tek serbestlik dereceli sistemlere yansıması olan Bölüm 2.2.2.3, Denk. (2.2.30)'a göz
atılması yararlı olur. keş=F/δ şeklindeki bu denklemde, d sistemin tek esneklik etki katsayısı olmak üzere
δ=Fd'dir ve denklem k=1/d'den ibarettir.
272
Bu formülasyonun bir üstün yanı, mühendislikte en büyük önem taşıyan en küçük
doğal frekansı, en büyük µ özdeğeriyle eşleştirip elde edilmesini kolaylaştırması (bu özelliğin
değerlendirilmesine yönelik özel hesap yöntemleri bulunmaktadır), bir zayıf yanı ise, K
matrisi genellikle bir çok elemanı sıfır olan bir seyrek matris iken D matrisinin genellikle
dolu bir matris olmasından ötürü daha fazla sayısal külfete yol açmasıdır.
Dikkatli gözlerden, Denk. (4.2.26)'nın doğrudan doğruya Denk. (4.2.7)'den elde
edilebileceği kaçmamış olabilir. Bunu görmek üzere [ A − λ I ] ⋅ X = 0 şeklindeki Denk. (4.2.7)
ele alınır ve soldan − 1 A − 1 ile çarpılırsa,
λ
[A −1 − 1 I] ⋅ X = 0
(4.2.27)
λ
elde edilir. Oysa,
A −1 = (M −1K ) −1 = K −1M = D ⋅ M = B ,
1
λ
=µ
(4.2.28)
olduğundan bu, Denk. (4.2.26)'dan başka bir şey değildir. Buna göre, sistem matrisi A ile
dinamik matris B birbirinin tersi olup özdeğerlerinin birbirinin tersi oluşu da bu yüzdendir.
Basit bir matematik işlemiyle elde edilebileceği halde burada Denk. (4.2.26)'nın etki
katsayılarının tanımından türetilme zahmetine katlanılmasının nedeni, asıl amacın bu
denklemi elde etmek değil, onu, haklarında kolay bilgi edinilen esneklik etki katsayılarıyla
ilişkilendirmek oluşudur.
Aşağıdaki örnek problemler, kurulan bu ilişkinin yararı hakkında fikir verecektir.
Örnek Problem 4.2.3
m1
m2
Her kanadında iki motor taşıyan bir uçak
kanadının düşey titreşimlerinin doğal frekansları
belirlenmek istenmektedir. Kaba bir İlk
yaklaşım hesabı için, kanadın kütlesi göz ardı
edilip motor kütleleri göz önüne alınarak iki
serbestlik dereceli bir modellemeye gidilmiştir.
Birinci motorun üzerine 500 kg’lık bir
yük konularak m1 ve m2’deki çökmeler
ölçüldüğünde, sırasıyla, 0.5 cm ve 0.8 cm
bulunmuş, aynı yük ikinci motorun üzerine konulduğunda ise çökmeler 0.8 cm ve 1.5 cm
olmuştur. Motor kütleleri m1=m2=2000 kg olarak bilindiğine göre doğal frekansları
hesaplayınız.
Şekil Pr. 4.2.3
273
Çözüm:
500 kg’lık yük F=mg=500·9.81≅5000 N alınarak esneklik etki katsayıları hesaplanırsa,
d11 =
δ11 0.005
δ
=
= 10−6 m/N, d 21 = 21 = 0.008 = 1.6 ⋅ 10 − 6 m/N
F
5000
F
5000
(i)
d12 = d 21 = 1.6 ⋅ 10 −6 m/N, d 22 =
δ 22
F
= 0.015 = 3 ⋅ 10 − 6 m/N
5000
bulunur. Sistemin esneklik matrisi
d ⎤
⎡d
⎡ 1 1.6⎤
D = ⎢ 11 12 ⎥ = 10−6 ⋅ ⎢
⎥ [m/N],
⎣1.6 3 ⎦
⎣d 21 d 22 ⎦
(ii)
kütle matrisi ise
0 ⎤
⎡m
3 ⎡2 0⎤
M=⎢ 1
=
10
⋅⎢
⎥
⎥ [kg]
⎣0 2⎦
⎣ 0 m2 ⎦
(iii)
şeklindedir. Buradan dinamik matris,
⎡ 1 1.6⎤ 3 ⎡2 0⎤
⎡ 2 3.2⎤
B = D ⋅ M = 10−6 ⋅ ⎢
⋅10 ⋅ ⎢
= 10−3 ⋅ ⎢
⎥
⎥
⎥
⎣1.6 3 ⎦
⎣0 2⎦
⎣3.2 6 ⎦
(iv)
şeklinde, karakteristik denklem ise
⎡2 ⋅ 10 − 3 − µ 3.2 ⋅ 10 − 3 ⎤
∆(µ) = det[B − µI ] = ⎢
⎥
−3
6 ⋅ 10 − 3 − µ⎦⎥
⎣⎢ 3.2 ⋅ 10
(v)
= µ 2 − 8 ⋅ 10 − 3 µ + 1.76 ⋅ 10 − 6 = 0
şeklinde elde edilir. Bu denklemin kökleri hesaplanıp büyükten küçüğe sıralanarak B’nin
özdeğerleri
µ1 = 7.77 ⋅ 10 −3 (s/rad)2, µ 2 = 2.26 ⋅ 10 −4 (s/rad)2,
(vi)
buradan doğal frekanslar da
ω1 = 1 =
µ1
1
7.77⋅10 −3
1
≅ 11.3 rad/s, ω2 = 1 =
≅ 66.5 rad/s (vii)
µ2
2.26⋅10 −4
şeklinde bulunur.
274
Örnek Problem 4.2.4
Elastiklik modülü E, kesit eylemsizlik
momenti I olarak bilinen bir konsol kiriş, çeşitli
xi noktalarına yerleştirilmiş n adet mi noktasal
kütlesi taşımaktadır.
xi
m1
E, I
m2
mi
mn
Sistemin düşey titreşimleri, kiriş
kütlesini göz ardı eden bir model yardımıyla
incelenecektir.
Şekil Pr. 4.2.4-1
a) Sistemin esneklik ve kütle matrislerini oluşturunuz.
b) Kiriş üzerindeki maddesel nokta sayısı 5 olduğuna ve E=2·1011 N/m2, I=5·10-10 m4,
mi=0.8 kg, xi=0.1·i m; i=1,2,…,5 verildiğine göre, sistemin doğal frekanslarını ve kip
vektörlerini belirleyiniz.
Çözüm:
y
xj
xj‐x
x
F
y2(x)
E, I y1(x)
x
Me
a) Bir xj noktasına uygulanan F kuvvetinin xi noktasında
yol açacağı yer değiştirmeyi hesapla bularak dij esneklik
etki katsayılarını belirleyelim. Bunun için önce elastik eğri
denklemini elde etmek üzere, Şek. Pr. 4.2.4-2 göz önüne
alınırsa, elastik eğri diferansiyel denkleminin x≤xj ve x≥xj
bölgelerinde iki ayrı şekil alacağı görülür:
Şekil Pr. 4.2.4-2
x≤xj (kuvvet uygulanan noktanın solu) bölgesinde,
EI
d 2 y1
dx
2
= M e = F( x j − x ) ;
y1 (0) = 0 ,
dy1
dx x = 0
=0
(i)
diferansiyel denklem + sınır koşulları problemi, x≥xj (kuvvet uygulanan noktanın sağı)
bölgesinde ise
EI
d2y2
dx
2
= 0;
y1 ( x j ) = y 2 ( x j ) ,
dy1
dx x = x
j
=
dy 2
dx x = x
j
(ii)
diferansiyel denklem + uyum koşulları problemi söz konusudur. Birinci problemin çözümü
y1(x) = F (3x jx2 − x3)
6EI
; x≤xj
(iii)
; x≥xj
(iv)
ikincininki ise
y2 (x) = F (3x2jx − x3j)
6EI
275
verir. Buradan dij esneklik etki katsayıları için
d ij =
y1 ( x i )
= 61EI (3 x j − x i ) x i2
F
d ij =
y2 (xi )
= 61EI (3x i − x j ) x 2j ;
F
; i≤j ise
i≥j ise
(v)
(vi)
belirlenir69. Dikkat edilirse, i ile j’nin yeri değiştirildiğinde bu iki ifadenin birbirine
dönüştüğü görülür. Bu ise Maxwell karşılıklılık teoreminin bir doğrulamasından başka bir şey
değildir. Lineer elastisite kuramına dayalı olarak hesap yapıldığına göre lineer olan bu
problemde Maxwell karşılıklılık teoreminin geçerli olacağına dayanılarak aslında yalnız i≤j
bölgesine ait hesapla yetinilebilirdi.
Sonuç olarak sistemin esneklik matrisi
⎡ d11 d12 L
⎢d
d 22 L
D = ⎢ 21
⎢ M
M O
⎢
⎣d n1 d n 2 L
⎡
2 x13
⎢
(3x − x1 ) x12
1
=
⋅ ⎢⎢ 2
6EI
M
⎢
⎢⎣(3x n − x1 ) x12
d1n ⎤
d 2n ⎥⎥
M ⎥
⎥
d nn ⎦
L (3x n − x1 ) x12 ⎤
⎥
L (3x n − x 2 ) x 22 ⎥
⎥
O
M
⎥
⎥⎦
(3x n − x 2 ) x 22 L
2x 3n
(3x 2 − x1 ) x12
2 x 32
M
(vii)
şeklinde belirlenir. Eylemsizlik matrisinin ise
⎡m1 0 L 0 ⎤
⎢0 m L 0 ⎥
2
⎥
M=⎢
⎢ M
M O M ⎥
⎥
⎢
0 L mn ⎦
⎣0
(viii)
şeklinde olacağı açıktır.
a) Sayısal veriler kullanıldığında Denk. (v)’teki esneklik etki katsayıları
−3
d ij = 10
(3 j − i ) ⋅ i 2 ; i≤j
600
(ix)
şeklini, böylece esneklik matrisi de
69
Burada elde edilen dij, incelenen sisteme ait g(xi,xj) Green fonksiyonundan başka bir şey değildir.
276
⎡2
⎢5
−3 ⎢
D = 10 ⋅ ⎢ 8
600 ⎢
⎢11
⎢⎣14
5
8
11 14 ⎤
16 28 40 52 ⎥⎥
28 54 81 108 ⎥
⎥
40 81 128 176 ⎥
52 108 176 250⎥⎦
[m/N]
(x)
şeklini alır. Eylemsizlik matrisi ise
⎡1
⎢0
⎢
M = 0.8 ⋅ ⎢0
⎢
⎢0
⎢⎣0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0⎤
0⎥⎥
0⎥
⎥
0⎥
1⎥⎦
[kg]
(xi)
olur. Bu noktada özdeğer probleminin sayısal çözümüne yönelinmelidir. Bunu gerçekleştiren
bir Mathcad programı Şek. Pr. 4.2.4-3’te gösterilmiştir.
Burada, bu program aracılığıyla sistemin doğal frekanslarının
ω1 = 41.408 rad/s, ω2 = 264.402 rad/s, ω3 = 749.165 rad/s,
ω4 = 1447.775 rad/s, ω 5 = 2156.116 rad/s
(xii)
şeklinde bulunduğunu belirtmekle ve düzgün bir kütle-yay zinciri şeklindeki bu sistemin rinci kipinde, olması gerektiği gibi, r-1 düğüm noktası bulunduğuna dikkat çekmekle
yetinelim.
277
Şekil Pr. 4.2.4-3 Özdeğer Çözümlemesinin Bilgisayarda Gerçekleştirilmesi
278
4.2.3
KİP VEKTÖRLERİNİN DİKLİĞİ • AÇINIM TEOREMİ • GENEL ÇÖZÜM
Doğal titreşim kiplerini tanımlayan n adet kip vektörü birbirine diktir (ortogonaldir).
Bunu görmek üzere Denk. (4.2.3)’e dönülsün:
[K − ω2 M]X = 0 .
(4.2.29)
Bu denklemin çözümü olduklarından, r. kipe ait ωr-ur ve s. kipe ait ωs-us doğal frekans-kip
vektörü ikilileri bu denklemi sağlarlar;
Ku r = ω2r Mu r ,
(4.2.30)
Kus = ωs2Mus .
(4.2.31)
Bu denklemlerden ilkini soldan usT ile, ikincisini urT ile çarpalım;
usT Kur = ω2rusT Mur ,
(4.2.32)
2 T
uT
r Kus = ωs u r Mus .
(4.2.33)
K ve M’nin bakışımlı oldukları dikkate alınarak Denk. (4.2.33)’ün evriğinin alınmasıyla
usT Kur = ωs2usT Mur ,
(4.2.34)
Denk. (4.2.34)’ün taraf tarafa Denk. (4.2.32)’den çıkartılmasıyla da
(ω2r − ωs2 )usT Mur = 0
(4.2.35)
elde edilir. İki farklı kip söz konusu olduğunda r≠s → ωr≠ωs olacağından70 buradan
usT Mur = 0 ; r≠s,
r,s=1,2,…,n
(4.2.36)
elde edilir. Bu, us vektörüyle ur vektörünün birbirine dik olduğunu gösterir. Ancak söz
konusu olan sıradan diklik değil71, M matrisine göre dikliktir: Kip vektörleri M matrisine
göre birbirine diktir.
Denklem (4.2.36), Denk. (4.2.34)’te yerine konulursa,
usT Kur = 0 ; r≠s, r,s=1,2,…,n
(4.2.37)
70
r≠s olduğu halde ωr=ωs olduğu, yani sistemin birbirine eşit iki doğal frekansa sahip olduğu durumlara ilişkin
irdelemenin sürdürülmesi gerekir ise de burada bu özel durumun ayrıntısına girilmeyecektir.
71
Sıradan diklik, u sT u r = 0 olmasını gerektirirdi.
279
elde edilir: Buna göre, kip vektörleri K matrisine göre de birbirine diktir.
Bu diklikler, kip vektörlerinin, M ve K’nın biçimlendirdiği n boyutlu x1, x2,….,xn
koordinatlar uzayında birbirleri üzerine izdüşüm vermediklerini; yani birbirlerinden bağımsız
olduklarını gösterir. Böylece bu n vektörün, söz konusu uzay için bir baz oluşturduğu; yani
bu uzaydaki her vektörün kip vektörleri cinsinden ifade edilebileceği anlaşılır.
Bu sonuç, Açınım Teoremi adıyla anılan teoremi oluşturur:
Titreşim sisteminin x1, x2,….,xn koordinatlar uzayındaki her u vektörü, ur’ler
doğrultusundaki bileşenlerine açındırılarak
n
u = c1u1 + c 2u 2 + L + c n u n = ∑ c r u r
(4.2.38)
r =1
şeklinde ifade edilebilir.
Açınım teoremi, Denk. (4.2.15) ışığında, Denk. (4.2.1)’in genel çözümünün de, cr
katsayıları ve ψr faz açıları başlangıç koşullarından belirlenecek sabitler olmak üzere
x( t ) =
n
∑ c r u r cos( ω r t − ψ r )
(4.2.39)
r =1
ya da, istenirse, cr ve ψr yerine ar ve br katsayıları kullanılarak
x( t ) =
n
∑ u r (a r cos ω r t + b r sin ω r t )
(4.2.40)
r =1
şeklinde ifade edilebileceğini gösterir. (Bölüm 3.2.1'de 2 serbestlik dereceli sistemlerle ilgili
olarak, kip vektörlerinin bağımsızlık tartışmasını yapmaksızın bu sonucu zaten kullanmış
olduğumuzu anımsatalım.)
Buradaki ar ve br katsayılarının hesabı, kuramsal olarak bir zorluk içermeyen 2n
bilinmeyen 2n denklemlik bir lineer cebirsel denklem takımı çözümü problemine dönüşür.
(Bu problem ve çözümü için Bkz. Problem 4.2.5.)
280
4.2.4
KİP VEKTÖRLERİNİN NORMALİZASYONU • KİPLER MATRİSİ •
DOĞAL KOORDİNATLAR VE KİPLERE AYRIŞTIRMA
4.2.4.1 Kip Vektörlerinin Normalizasyonu
Bölüm 4.2.1'in içeriğinden, kip vektörlerinin bileşenleri arasındaki oranların belirli
fakat bu bileşenlerin değerlerinin belirsiz olduğu, yani kip vektörlerinde bir ölçek belirsizliği
bulunduğu bilinmektedir. Bu belirsizliği giderip bu vektörlerin sonsuz olan yazım seçeneğini
teke indirmek üzere bir uylaşma önerilebilir. Bu amaçla, örneğin, her vektörün, ilk bileşeni 1
olacak biçimde; ya da en büyük bileşeni 1 olacak biçimde; veya normu 1 olacak biçimde
yazılması gibi bir kural getirilebilir. Buna kip vektörünün normalizasyonu denir. Örneğin,
Problem 4.2.2 ve 4.2.4'te kullanılan bilgisayar programı, özvektörleri, normları |ur|=1 olacak,
yani onları, gösterdikleri doğrultudaki birim vektörlere dönüştürecek biçimde normalize
etmektedir. Genel amaçlı bir matris özdeğer probleminde uygun olan da budur. Ancak,
normalizasyon fiziksel bir anlamı olmayan salt matematiksel bir işlem olduğundan, eğer
yapılacaksa, eldeki problemin matematiğine en büyük katkıyı verecek biçimde yapılmalıdır.
Bir titreşim problemi söz konusu olduğunda ise, sonradan görüleceği gibi, en uygunu, her ur
kip vektörünün
u Tr Mu r = 1 ; r=1,2,…,n
(4.2.41)
olacak biçimde normalize edilmesidir. Buna kip vektörünün eylemsizlik matrisine göre
normalize edilmesi denir. Bu şekilde normalize edildiklerinde kip vektörleri, Denk. (4.2.37)
ile Denk. (4.2.41)'i,
⎧1 r = s ise
δ rs = ⎨
⎩0 r ≠ s ise
(4.2.42)
şeklinde tanımlı Kronecker Deltası'nı kullanarak birleştiren
usT Mur = δrs ;
r,s=1,2,…,n
(4.2.43)
bağıntısını sağlarlar. Bu durumda kip vektörlerinin hem ortogonal (dik) hem normal
(normalize edilmiş), ya da kısaca ortonormal oldukları söylenir.
Bundan böyle bu kitapta, ortonormal nitelemesi "Denk. (4.2.43)'ü sağlayan"
anlamında kullanılacak, aksi belirtilmedikçe de kip vektörlerinin bu anlamda ortonormal
oldukları varsayılacaktır.
Denklem (4.2.41)’in Denk. (4.2.34)’te yerine konulmasıyla görüleceği gibi
ortonormal kip vektörleri,
usT Kur = ω2r ⋅ δ rs ; r,s=1,2,…,n
(4.2.44)
eşitliklerini de sağlarlar.
281
Bu noktada, kısaca, kip vektörlerinin Denk. (4.2.41)’deki normalizasyonunun
gerçekleştirilişi üzerinde durulması yerinde olur. Bu amaçla, u r normalize edilmemiş, u r
normalize bir kip vektörünü, αr ise aralarındaki ölçek farkını göstermek üzere
u r = α r ur
(4.2.45)
yazılır ve Denk. (4.2.41)’e gidilirse
α 2r u rT M u r = 1 → α r =
1
urT M ur
; r=1,2,…,n
(4.2.46)
elde edilir. Bu şekilde hesaplanan αr’ler kullanılarak normalize vektörler Denk. (4.2.45)’ten
hesaplanır.
4.2.4.2 Kipler Matrisi
Sütunları sistemin n adet kip vektöründen oluşan,
⎡⎧ ⎫
⎢⎪ ⎪
U = ⎢⎨u1 ⎬
⎢⎣⎪⎩ ⎪⎭
⎧ ⎫
⎧ ⎫⎤
⎪ ⎪
⎪ ⎪⎥
⎨u 2 ⎬ L ⎨u n ⎬⎥
⎪ ⎪
⎪ ⎪⎥
⎩ ⎭
⎩ ⎭⎦
(4.2.47)
görünümündeki nxn kare matrise sistemin kipler matrisi (modal matris) adı verilir. Bu
matrisin tanımlanıp kullanılması, matematiksel fizikte uygun matematiksel aracın bulunduğu
her seferinde olduğu gibi, titreşim incelemelerine ufuk açıcı bir derli topluluk ve kolaylık
getirir. Örneğin, Denk. (4.2.43)’teki tüm bağıntılar, I nxn birim matris olmak üzere
U T MU = I
(4.2.48)
matris bağıntısında toplanabilir (Bunu denetleyiniz). Yine, Denk. (4.2.44)’teki tüm bağıntılar
da, köşegen
⎡ω12
⎢
0
2
2 2
2
Ω = diag (ω1 , ω 2 ,L , ω n ) = ⎢
⎢0
⎢
⎣⎢ 0
0
ω 22
0
0
0 ⎤
⎥
0 ⎥
O 0 ⎥
⎥
0 ω 2n ⎦⎥
0
0
(4.2.49)
frekanslar matrisi72 kullanılarak,
UT ⋅ K ⋅ U = Ω2
(4.2.50)
denkleminde toplanabilir (Bunu da denetleyiniz).
72
Bu matris spektral matris adıyla da anılır.
282
Denklem (4.2.48) ve (4.2.50)’ye göre kipler matrisinin, M ve K matrislerini birer
köşegen matris haline getirme özelliğine sahip olduğunu, ileride yararlı olacak bir bilgi olarak
not ediniz.
4.2.4.3 Doğal Koordinatlar ve Kiplere Ayrıştırma
M ⋅ &x&(t) + K ⋅ x(t) = 0
(4.2.51)
şeklinde tanımlı sönümsüz serbest titreşim problemine dönülsün ve burada, U kipler
matrisinin dönüşüm matrisi görevini üstlendiği,
x(t) = U ⋅ ξ(t)
(4.2.52)
şeklinde bir koordinat dönüşümü yapılsın. Tek tek xi koordinatları için açılmış hali
n
x i (t) = ∑ U ij ⋅ ξ j(t) ; i=1,2,...,n
(4.2.53)
j=1
olan bu dönüşümle problem, x1, x2, ..., xn koordinatlarının oluşturduğu fiziksel koordinatlar
uzayından ortonormal kip vektörlerinin parsellediği kipler uzayındaki ξ1, ξ2, ..., ξn
koordinatlarının oluşturduğu yeni bir koordinat uzayına aktarılmaktadır.
Bu koordinatlara titreşim sisteminin doğal koordinatları ya da kipsel/modal
koordinatlar adı verilir.
Anılan dönüşümle Denk. (4.2.51)
M ⋅ U ⋅ &ξ&(t) + K ⋅ U ⋅ ξ(t) = 0 .
(4.2.54)
şeklini alır. Bu denklemin soldan UT ile çarpılıp Denk. (4.2.48) ve Denk. (4.2.50)'nin dikkate
alınmasıyla da
I ⋅ &ξ&(t) + Ω 2 ⋅ ξ(t) = 0 ,
(4.2.55)
ya da Ω2 köşegen bir matris olduğuna göre Denk. (4.2.55)'in içerdiği n adet denklemin
birbiriyle bir bağı kalmadığına dikkat edilip bu denklemlerin ayrılmasıyla
&ξ& (t) + ω 2 ⋅ ξ (t) = 0 ; r=1,2,...,n
r
r r
(4.2.56)
elde edilir73. Böylece, sistemin hareketini yöneten birbirine bağlı n diferansiyel denklemlik
denklem takımı, her biri bir titreşim kipine ait n adet birbirinden bağımsız denkleme; ya da
Bu denklemin, &ξ&r (t) teriminin katsayısı 1, ξ r (t) ’ninki ω 2r olacak biçimdeki zarif görünümü, kip
vektörlerinin Denk. (2.4.41)’deki gibi kütle matrisine göre normalize edilmiş olmasının bir sonucudur (Bunu
irdeleyiniz). Bu, söz konusu normalizasyonun yeğlenme nedenlerinden biridir.
73
283
başka bir deyişle n serbestlik dereceli sistem, her biri bir kipe karşılık gelen n adet tek
serbestlik dereceli sisteme ayrışmış olmaktadır74.
Buna, kiplere ayrıştırma (modal analiz) adı verilir.
Bu ayrışma, sistemin kinetik ve potansiyel enerji ifadelerinde de gözlenir. Denklem
(4.1.12 ve 13)’te verilmiş olan bu ifadeler doğal koordinatlarda yazıldığında, koordinatlar
arası çapraz çarpımlar içermeyen
T = 1 x& T M ⋅ x& = 1 ξ& T ⋅ U T MU ⋅ ξ& = 1 ξ& T ξ& = 1 (ξ& 12 + ξ& 22 + L + ξ& 2n )
2
2
2
2
(4.2.57)
ve
V = 1 x T K ⋅ x = 1 ξ T ⋅ U T KU ⋅ ξ = 1 ξ T Ω 2 ξ = 1 (ω12 ξ12 + ω 22 ξ 22 + L + ω 2n ξ 2n )
2
2
2
2
(4.2.58)
şeklini alırlar. Buradan da anlaşılacağı gibi, kip vektörleri eldeki titreşim sistemi için asal
doğrultular tanımlamakta, doğal koordinatlar da bir asal koordinat takımı oluşturmaktadır.
Matematiksel açıdan ise kiplere ayrıştırma, dönüşüm matrisini kipler matrisi U’nun
oluşturduğu bir lineer koordinat dönüşümüyle hareket denklemlerinin bağsızlaştırılmasından
ibarettir. U matrisinin bu özelliğinin ise, Denk. (4.2.48) ve Denk. (4.2.50)’de görüldüğü gibi,
M ve K matrislerinin her ikisini birden köşegen forma getirme özelliğinden kaynaklandığı
açıktır.
Kiplere ayrıştırma, her titreşim sistemine birbirinden bağımsız bir dizi tek serbestlik
titreşim sistemi gözüyle bakma olanağı veren ve bu kanaldan tek serbestlik dereceli
sistemlerle ilgili önemli bilgilerin çok serbestlik dereceli sistemlere yansıtılması başta olmak
üzere bir çok yaratıcı fikre zemin hazırlayan, kavramsal açıdan paha biçilmez bir sonuçtur.
Bununla birlikte, bu sonucun, şu anda ilgilenmekte olduğumuz çok serbestlik dereceli
sistemlerin sönümsüz serbest titreşimleri probleminin çözümüne bir katkısı olmadığı da
ortadadır. Çünkü kiplere ayrıştırmanın gerçekleştirilebilmesi için sistemin doğal
frekanslarının ve kip vektörlerinin bilinmesi; bunun için de sözü edilen problemin zaten
çözülmüş olması gereklidir. Buna göre, bu bölümde ortaya konan bilgilerin, verilmiş bir
sistem için Denk. (4.2.56)’nın elde edilmesine bir katkısı yoktur. Ancak, Bölüm 4.2.1 ya da
Bölüm 4.2.2’de verilen özdeğer problemi çözülerek bu denkleme bir kez ulaştıktan sonra,
istenirse, problemin geri kalanı bu bölümde ortaya konulan zemin üzerinde çözülebilir. Şimdi
bunun nasıl yapılacağına bakalım:
Denk. (4.2.56)’nın çözümü, kolayca,
ξ r ( t ) = c r cos(ω r t − ψ r ) ; r=1,2,...,n
(4.2.59)
74
Her kipte sistemin, bir cismin hareketi verildiğinde diğerlerininki belli olacak biçimde ur kip vektörünün
tanımladığı tek serbestlik dereceli bir şablona göre hareket ettiği düşünülürse, bu sonucun şaşırtıcı bir yanı da
yoktur.
284
şeklinde elde edilir. Buradaki cr ve ψr katsayıları başlangıç koşullarından elde edilecektir.
Fiziksel koordinatlarda x(0), x& (0) şeklinde verilmiş başlangıç koşulları göz önüne alınırsa,
önce bu koşulların doğal koordinatlar uzayındaki karşılıklarının bulunması, bunun için de
Denk. (4.2.52)’deki dönüşümün ters dönüşümünün elde edilmesi gereklidir. Bu amaçla Denk.
(4.2.52) soldan UTM ile çarpılır ve Denk. (4.2.48) dikkate alınırsa,
ξ(t) = U T M ⋅ x(t)
(4.2.60)
ters dönüşümü, buradan da
ξ(0) = U T M ⋅ x(0) , ξ& (0) = U T M ⋅ x& (0)
(4.2.61)
başlangıç koşulları elde edilir. Buna ve tek serbestlik dereceli sönümsüz sistemlerde verilmiş
başlangıç koşullarına karşılık gelen hareketin belirlenmesine ilişkin Denk. (2.2.14)’e göre
2
ξ& (0)
ξ& ( 0)
c r = ξ r (0) 2 + ⎡⎢ rω ⎤⎥ , ψ r = tan −1 r
; r=1,2,…,n
ξ r (0) ω r
⎣ r ⎦
(4.2.62)
hesaplanarak Denk. (4.2.59)’daki çözüm tamamlanır. Artık kipler uzayındaki
ξ(t) = {ξ1 ( t ) ξ 2 ( t ) L ξ n ( t )}T
(4.2.63)
çözümü elde olduğuna göre, fiziksel uzaydaki çözüme, Denk. (4.2.52)’deki x(t) = U ⋅ ξ(t)
dönüşümü ile geçilebilir. Burada U’nun Denk. (4.2.47)’deki yapısı, ξ(t)’nin Denk.
(4.2.63)’teki ve bileşenlerinin Denk. (4.2.59)’daki ifadeleri dikkate alındığında, Denk.
(4.2.52) yerine
n
x( t ) = ∑ c r u r cos(ωr t − ψ r )
(4.2.64)
r =1
de yazılabileceği görülür. Dikkat edilirse bu, problemin Denk. (4.2.39)’da zaten verilmiş olan
çözümünden başka bir şey değildir. Ancak, şimdi, katsayılarının hesap yolu farklıdır.
285
Örnek Problem 4.2.5 (Problem 4.2.1’deki sistem)
4k
2m
Şekildeki sistemin doğal frekansları ve kip
x2(t)
x1(t)
vektörleri
6k
3k
3m
ω12 = 2 k ,
m
ω 22 = 9 k ,
2m
u1 = {1 1}T ,
u 2 = {1 − 2 / 3}T şeklinde hesaplanmıştır.
m=5 kg, k=500 N/m
Şekil Pr. 4.2.5
verildiğine göre;
a) Kip vektörlerini kütle matrisine göre normalize ediniz, bu şekilde elde edilen kipler
matrisinin Denk. (4.2.48) ve Denk. (4.2.50)’yi sağladığını gösteriniz.
b) Sistemin x1 (0) = 0.1 m, x& 1(0) = 3 m/s, x 2 (0) = 0.2 m, x& 2 (0) = 5 m/s başlangıç
koşullarına uyan hareketinde x1 ( t ) ve x 2 ( t ) ifadelerini kiplere ayrıştırmaya baş
vurmadan belirleyiniz.
c) (b)’deki soruyu bir de kiplere ayrıştırma yoluyla yanıtlayınız.
Çözüm:
a) Sistemde,
⎡ 2m 0 ⎤
⎡ 7k − 3k ⎤
M=⎢
, K=⎢
⎥
⎥
⎣ 0 3m ⎦
⎣− 3k 9k ⎦
(i)
dir. Denklem (4.2.46) uyarınca,
α1 =
α2 =
1
u1T M u1
1
u2T M u2
1
=
⎡2m 0 ⎤ ⎧1⎫
{1 1}⎢
⎥⎨ ⎬
⎣ 0 3m ⎦ ⎩1⎭
=
1 ,
5m
1
=
⎡ 2m 0 ⎤ ⎧ 1 ⎫
{1 −2 / 3}⎢
⎬
⎥⎨
⎣ 0 3m ⎦ ⎩−2 / 3⎭
=
3
2
(ii)
1
5m
hesaplanır ve normalize kip vektörleri Denk. (4.2.45)’ten
u1 = α1u1 = 1
5m
{1 1}T ,
u 2 = α 2 u2 =
3
2
1 {1
5m
− 2 / 3}T
(iii)
şeklinde belirlenir. Buna göre normalize kipler matrisi,
⎡
⎢
U=⎢
⎢
⎣
1
5m
1
5m
1 ⎤
5m ⎥
2 1 ⎥
3 5m ⎥⎦
3
2
−
(iv)
286
şeklindedir. Bu matrisin Denk. (4.2.48)’i sağladığı,
⎡ 1
5m
U T MU = ⎢⎢
3 1
⎢⎣ 2 5m
1
⎤
5m ⎥ ⎡2m
⋅
2 1 ⎥ ⎢ 0
⎣
3 5m ⎥⎦
−
⎡
0⎤ ⎢
⋅
3m⎥⎦ ⎢
⎢
⎣
1
5m
1
5m
1 ⎤
5m ⎥
2 1 ⎥
3 5m ⎥⎦
3
2
−
⎡1 0⎤
=⎢
⎥
⎣0 1⎦
(v)
kontrol hesabıyla, Denk. (4.2.50)’yi sağladığı da
⎡ 1
5m
U ⋅ K ⋅ U = ⎢⎢
3 1
⎢⎣ 2 5m
T
=
⎡ 2k
⎢m
⎢0
⎣
−
1
⎤
5m
⎥ ⋅ ⎡ 7k
2 1 ⎥ ⎢− 3k
⎣
3 5m ⎥⎦
⎡
− 3k ⎤ ⎢
⋅
9k ⎥⎦ ⎢
⎢
⎣
1
5m
1
5m
1 ⎤
5m ⎥
2 1 ⎥
3 5m ⎥⎦
3
2
−
(vi)
0 ⎤
⎥
9k ⎥
2m ⎦
kontrol hesabıyla görülür.
b) Önce, Denk. (4.2.40)’taki
x( t ) =
n
∑ ur (a r cos ωr t + b r sin ωr t )
(vii)
r =1
çözümü ve buradan hesaplanan
x& ( t ) =
n
∑ ωr ur (−a r sin ωr t + b r cos ωr t )
(viii)
r =1
hız ifadesi göz önüne alınarak buradaki ar ve br katsayılarının başlangıç koşullarından
hesaplanması problemi genel bir bakışla ele alınsın. Bu amaçla, bu katsayıları yapılarında
toplayan
T
a = {a1 a 2 L a n }T , b = {b1 b 2 L b n }
(ix)
bilinmeyenler vektörleri, normalize edilmiş olması gerekmeyen u r kip vektörlerinden
oluşan, U şeklinde göstereceğimiz bir kipler matrisi ve
Ω = diag (ω1 , ω 2 ,..., ω n )
(x)
şeklinde, köşegen, doğal frekanslar matrisi tanımlansın. Bu tanımlarla Denk. (vii)’den t=0
için
x ( 0) =
n
∑ ur a r = U ⋅ a ,
(xi)
r =1
287
Denk. (viii)’den ise yine t=0 ile
n
x& (0) = ∑ ωr u r b r = U ⋅ Ω ⋅ b
(xii)
r =1
elde edilir. Verilmiş x(0) ve x& (0) başlangıç koşulları ile, Denk. (xi) ve (xii), a ve b
bilinmeyenler vektörleri için birer lineer cebirsel denklem takımı oluşturur. Bunların
çözümleriyle Denk. (vii) ve (viii)’e dönülerek başlangıç koşullarına karşılık gelen çözüm
bulunmuş olur.
Şimdi bu zemin üzerinde eldeki probleme gelinirse, verilere göre
⎡1 1 ⎤
2⎥
⎢⎣1 − 3 ⎥⎦
x ( 0 ) = {0 .1 0 .2}T , x& = {3 5}T , Ω = diag(10 2,15 2 ) , U = ⎢
(xiii)
olduğuna dikkat edilerek Denk. (xi)’den
⎡1 1 ⎤ ⎧ a1 ⎫ ⎧0.1⎫
⎢1 − 2 ⎥ ⋅ ⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ → a1 = 0.16 , a 2 = −0.06
⎢⎣
3 ⎥⎦ ⎩a 2 ⎭ ⎩0.2⎭
(xiv)
benzer şekilde Denk. (xii)’den de
⎡1 1 ⎤ ⎡10 2
0 ⎤ ⎧ b1 ⎫ ⎡10 2 15 2 ⎤ ⎧ b1 ⎫ ⎧3⎫
⎢1 − 2 ⎥ ⋅ ⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
b
10
2
10
2
0
15
2
−
⎢⎣
⎥
2
⎩
⎭
⎦
⎣
⎦ ⎩b 2 ⎭ ⎩5⎭
3⎦ ⎣
(xv)
→ b 1 = 0.297 , b 2 = −0.057
elde edilir. Böylece Denk. (vii)’den çözüm
x1 ( t ) = (0.16 cos 10 2 t + 0.297 sin 10 2 t )
− (0.06 cos 15 2 t + 0.057 sin 15 2 t )
(xvi)
x 2 ( t ) = (0.16 cos10 2t + 0.297 sin 10 2t )
+ 2 (0.06 cos15 2t + 0.057 sin 15 2t )
3
şeklinde bulunur.
c) Denklem (4.2.59)’dan doğal koordinatlarda başlangıç koşulları
288
⎡
⎢
ξ(0) = U T M ⋅ x(0) = ⎢
⎢
⎣
1
5m
1
5m
1 ⎤
5m ⎥
2 1 ⎥
3 5m ⎥⎦
3
2
−
T
⎡2m 0 ⎤ ⎧0.1⎫
⋅⎢
⎥⋅⎨ ⎬
⎣ 0 3m⎦ ⎩0.2⎭
(xvii)
T
⎡0.2 0.245 ⎤ ⎡10 0 ⎤ ⎧0.1⎫ ⎧ 0.800 ⎫
=⎢
⎬
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨
⎥ ⋅⎢
⎣0.2 − 0.163⎦ ⎣ 0 15⎦ ⎩0.2⎭ ⎩− 0.245⎭
⎡
⎢
ξ& (0) = U T M ⋅ x& (0) = ⎢
⎢
⎣
1
5m
1
5m
1 ⎤
5m ⎥
2 1 ⎥
3 5m ⎥⎦
3
2
−
T
⎡2m 0 ⎤ ⎧3⎫
⋅⎢
⎥⋅⎨ ⎬
⎣ 0 3m⎦ ⎩5⎭
(xviii)
T
⎡0.2 0.245 ⎤ ⎡10 0 ⎤ ⎧3⎫ ⎧ 21.000 ⎫
=⎢
⎬
⎥⋅⎨ ⎬ = ⎨
⎥ ⋅⎢
⎣0.2 − 0.163⎦ ⎣ 0 15⎦ ⎩5⎭ ⎩− 4.899⎭
şeklinde elde edilir. Böylece Denk. (4.2.62)’den katsayılar
2
ξ& (0)
c1 = ξ1 (0) 2 + ⎡⎢ 1ω ⎤⎥ = 0.8 2 + ( 21 ) 2 = 1.6867 ,
10 2
⎣ 1 ⎦
(xix)
ξ& ( 0)
ψ1 = tan −1 ξ (10)ω = tan −1 21 = 1.0770
0.8⋅10 2
1
1
(xx)
2
ξ& (0)
c 2 = ξ 2 (0) + ⎡⎢ 2ω ⎤⎥ = (−0.245) 2 + ( −4.899 ) 2 = 0.3367 ,
15 2
⎣ 2 ⎦
2
(xxi)
ξ& ( 0)
ψ 2 = tan −1 ξ (20)ω = tan −1 −4.899 = 3.8975
−0.245⋅15 2
2
2
(xxii)
ve Denk. (4.2.59)’dan doğal koordinatlarda çözümler
ξ1 ( t ) = c1 cos(ω1t − ψ1 ) = 1.6867 cos(10 2t − 1.077)
(xxiii)
ξ 2 ( t ) = c 2 cos(ω2 t − ψ 2 ) = 0.3367 cos(15 2t − 3.8975)
şeklinde hesaplanır. Artık Denk. (4.2.52) yardımıyla fiziksel koordinatlara dönülebilir:
⎧ x1 (t) ⎫
⎨
⎬=
⎩x 2 ( t )⎭
⎡0.2 0.245 ⎤ ⎧ 1.6867 cos(10 2 t − 1.077 ) ⎫
⎬
⎢0.2 − 0.163 ⎥ ⋅ ⎨
⎦ ⎩0.3367 cos(15 2 t − 3.8975 ) ⎭
⎣
⎧0.3373 cos(10 2 t − 1.077 ) + 0.0825 cos(15 2 t − 3.8975 ) ⎫
=⎨
⎬
⎩0.3373 cos(10 2 t − 1.077 ) − 0.0549 cos(15 2 t − 3.8975 ) ⎭
.
(xxiv)
289
Sayısal yuvarlatmalardan kaynaklanan küçük farklar dışında Denk. (xvi)’daki
çözümle Denk. (xxiv)’teki çözümün aynı olduğu gösterilebilir (Gösteriniz).
4.2.5
RAYLEIGH ORANI • RAYLEIGH İLKESİ
Bölüm 3.2.2’de, Rayleigh oranı ve Rayleigh İlkesi iki serbestlik dereceli sistemler
özelinde tanıtılmıştı. Şimdi, bu önemli konuyu, bu kez n serbestlik dereceli sistemler
genelinde yeniden ele alalım.
Bir ur kip vektörü ile ωr doğal frekansının tanımladığı bir kipte hareket
x ( t ) = u r cos( ω r t − ψ r )
(4.2.65)
şeklinde olacağından, potansiyel ve kinetik enerjinin maksimum değerleri
Vmaks = 1 u Tr Ku r , Tmaks = ω 2 ⋅ T * = ω 2 1 u Tr Mu r
2
2
(4.2.66)
şeklinde hesaplanır. İncelemekte olduğumuz sönümsüz serbest titreşimlerde olduğu gibi
korunumlu sistemlerde bu ikisinin birbirine eşit olması gerektiğinden, ur-ωr ikilisinin
tanımladığı r. kipte
ω 2r =
Vmaks
T*
=
uTr Kur
uTr Mur
(4.2.67)
olacağı anlaşılır. Denklem (4.2.67)’deki oran ur kip vektörü yerine herhangi bir u vektörü ile
yazıldığında Rayleigh oranı adını ve
R (u ) =
Vmaks
T
*
T
= uT Ku
u Mu
(4.2.68)
görünümünü alır. Bölüm 3.2.2’den bilindiği gibi, Rayleigh İlkesi ne göre, buradaki u vektörü
r. kipe ait ur kip vektörüne eşit olduğunda Rayleigh oranının değeri ekstremum olur. Bu
değerin ilgili kipe ait ωr doğal frekansının karesine eşit olacağı ise açıktır:
dR (u)
du u =u
= 0 , R (u r ) = ω 2r .
(4.2.69)
r
Şimdi, bu önermelerden ilkini kanıtlayalım. Denklem (4.2.68),
R (u ) ⋅ u T Mu − u T Ku = 0
(4.2.70)
şeklinde yazılabilir. Bu ifadenin u vektörüne göre türevi alınırsa,
dR ( u )
du
⋅ u T Mu + 2[ R (u ) Mu − Ku ] = 0
(4.2.71)
290
burada u=ur konularak da
dR (u )
⋅ u Tr Mu r
du u = u
r
+ 2[ω 2r Mu r − Ku r ] = 0
(4.2.72)
elde edilir. Oysa burada Denk. (4.2.65)’in Denk. (4.2.51) hareket denkleminde yerine
konulmasıyla görülebileceği gibi
[ω 2r Mu r − Ku r ] = 0 ,
(4.2.73)
M matrisi pozitif belirli olduğuna göre de
u Tr Mu r ≠ 0
(4.2.74)
olduğundan istenen kanıta ulaşılmış olur [Collar ve Simpson, 1987].
Rayleigh ilkesine göre, R(u) Rayleigh oranının, her biri u=ur; r=1,2,…,n
eşitliklerinden birine karşılık gelen n adet yerel ekstremumu bulunmalıdır. Burada
kanıtlanması konusuna girmeyeceğimiz Courant-Fischer Teoremi’ne göre (Bkz. [Bellman,
1997]), bunlardan u=u1’e karşılık geleni bir genel minimum, u=un’e karşılık geleni ise bir
genel maksimumdur75. Buna göre R(u) asla ω12 ’den küçük, ω 2n ’den büyük değer alamaz:
ω12 ≤ R (u ) ≤ ω2n .
(4.2.75)
Rayleigh ilkesinden hemen çıkan bir sonuç, doğal frekans ve kip vektörlerinin
hesaplanması probleminin, istenirse, bir optimizasyon (ekstremum hesabı) problemi olarak
görülüp o alana özgü yöntemlerle çözülebileceğidir. Anımsanacağı gibi, Bölüm 3.2.2’de buna
bir örnek verilmişti. Bu konuya Bölüm xxx’te Rayleigh-Ritz Yöntemi başlığı altında bir kez
daha dönülecektir.
İlkeden çıkan ikinci bir sonuç ise, u=ur olduğunda R(u)’nun değeri stasyoner
olduğundan, R(u)’nun bu civarda u’daki değişimlere karşı duyarsız olacağıdır. Bu, az çok
isabetli ur tahminlerinden yola çıkılarak, ωr doğal frekansının Rayleigh oranından yüksek
isabetli bir yaklaşıklıkla hesaplanabileceği anlamına gelir. Hem ilgili kip vektörünün isabetli
tahmini en kolay, hem de hakkında bilgi edinilmesi en gerekli doğal frekans olduğundan
uygulamada yalnızca temel frekansın hesabında baş vurulan bu yola Rayleigh Yöntemi adı
verilir.
Aşağıda bu yöntemle temel frekans hesabına bir örnek verilecek, ancak yöntemin, 1.
kip biçimi için isabetli tahmin üretmenin bir yoluyla birlikte ayrıntılı olarak ele alınışı, asıl
yararlı olduğu alan olan sürekli sistemlerde doğal frekans hesabını konu alan Bölüm xxx’e
bırakılacaktır.
75
Bu teorem, ayrıca, u’nun ilk p kip vektörüne göre Denk. (4.2.36) anlamında ortogonal bir vektör olması
halinde ω2p +1 ≤ R(u) ≤ ω2n ; son p kip vektörüne göre ortogonal bir vektör olması halinde ise ω2n −p ≤ R(u) ≤ ω2n
olacağı hükmünü de içermektedir.
291
Örnek Problem 4.2.6 (Problem 4.2.2’deki sistem)
k30
m3
k20
x2
Şekildeki sistemde,
x3
k23
k34
k13
m2
m4
k12
m1=6 kg, m2=3 kg, m3=5 kg, m4=2 kg,
k10=1000 N/m, k12=500 N/m, k13=750 N/m,
k20=800 N/m, k23=600 N/m, k30=900 N/m,
k34=950 N/m
x4
x1
m1
k10
verilmektedir. Birinci kip vektörü için, düğüm
noktası içermeyen, u1={1,1,1,1}T şeklinde bir
tahmine dayanarak, sistemin temel frekansı için
Rayleigh yöntemiyle bir yaklaşık değer belirleyiniz.
Şekil Pr. 4.2.6
Çözüm:
Sistemin eylemsizlik ve berklik matrisleri Pr. 4.2.2’de
⎡6
⎢0
M=⎢
⎢0
⎢
⎣0
0 0 0⎤
0 ⎤
⎡ 2250 − 500 − 750
⎥
⎢
4 0 0⎥
− 500 1900 − 600
0 ⎥⎥
⎢
, K=
⎢− 750 − 600 3200 − 950⎥
0 5 0⎥
⎥
⎥
⎢
0 0 2⎦
− 950 950 ⎦
0
⎣ 0
(i)
şeklinde belirlenmişti. Bu matrisler ve önerilen u1 kip vektörüyle Denk. (4.2.68)’den
Rayleigh oranı
T
R (u ) = uT Ku =
u Mu
⎡ 2250
⎢ − 500
{1 1 1 1}⋅ ⎢
⎢ − 750
⎢
⎣ 0
− 500
1900
− 750
− 600
− 600
0
− 950
⎡6
⎢0
{1 1 1 1}⋅ ⎢
⎢0
⎢
⎣0
3200
0 ⎤ ⎧1⎫
0 ⎥⎥ ⎪⎪1⎪⎪
⋅⎨ ⎬
− 950 ⎥ ⎪1⎪
⎥
950 ⎦ ⎪⎩1⎪⎭
0 0 0 ⎤ ⎧1⎫
4 0 0 ⎥⎥ ⎪⎪1⎪⎪
⋅⎨ ⎬
0 5 0 ⎥ ⎪1⎪
⎥
0 0 2 ⎦ ⎪⎩1⎪⎭
= 2700 = 158 .824 (ii)
17
şeklinde hesaplanır ve temel frekans için
ω1 ≅ R (u ) = 158 .824 = 12.603 rad/s
(iii)
bulunur. Bu değer, kullanılan kip vektörü tahmini u1={0.397,0.370,0.477,0.691}T şeklindeki
gerçek kip vektörüne pek de yakın olmadığı halde, Pr. 4.2.2’de hesaplanan ω1 = 12.128 rad/s
gerçek değerinden yalnızca % 3.9 farklı ve -Denk. (4.2.75)’e göre kaçınılmaz olarak- daha
büyüktür.
292
4.2.6
HOMOJEN TİTREŞİM ZİNCİRLERİ
Kütle-yay sistemlerinin zincirleme birbirine eklenmesiyle oluşturulmuş titreşim
sistemlerine titreşim zinciri, Şek. 4.2.2’deki gibi özdeş kütle ve yaylardan oluşan titreşim
zincirlerine de homojen titreşim zinciri denir.
x2
x1
k
1
m
k
xn
xp
2
k
m
k
p
k
k
m
n
m
Şekil 4.2.2 Homojen Titreşim Zinciri
Homojen titreşim zincirleri, tekrarlı yapıdaki sistemlerin modellenmesi sırasında sıkça
karşılaşılan bir problem sınıfı oluşturmanın yanı sıra, serbestlik dereceleri ne olursa olsun
tüm doğal frekans ve kip vektörleri analitik olarak hesaplanabilen öğretici bir problem sınıfı
da oluşturdukları için burada kısaca ele alınmaları yararsız olmayacaktır.
Homojen bir titreşim zincirinde birinci ve sonuncu dışındaki tüm kütlelerin hareket
denklemleri birbirinin aynıdır:
m&x& p + 2kx p − k ( x p −1 + x p +1 ) = 0 ;
p=2,3,…,n-1.
(4.2.76)
Bu denklemde
x p ( t ) = X p cos ωt ; p=1,2,3,…,n
(4.2.77)
harmonik çözüm kabulleri yapılırsa, genlikler için
( 2 k − mω 2 ) X p − k ( X p −1 + X p +1 ) = 0 ; p=2,3,…,n-1
(4.2.78)
denklemi elde edilir. Burada da genliklerin, A ve B bilinmeyen katsayılar, β ise bilinmeyen
bir açı olmak üzere
X p = A cos pβ + B sin pβ ; p=1,2,…,n
(4.2.79)
şeklinde dağıldığı kabulü yapılırsa ([Magnus, 1961], [Thomson, 1965])76, bir dizi
trigonometrik düzenlemeden sonra Denk. (4.2.78) yerine77,
76
Bunun çok uygun bir kabul olduğu, ileride, Bölüm xxx’te açıklık kazanacaktır.
77
Denk. (4.2.79) Denk. (4.2.78)’de yerine konularak
( 2k − mω 2 )( A cos pβ + B sin pβ) − k[ A cos( p − 1)β + B sin( p − 1)β] − k[ A cos( p + 1)β + B sin( p + 1)β] = 0
Buradan
293
( 4 k sin 2
β
2
− mω 2 ) ⋅ X p = 0
(4.2.80)
denklemine gelinir. Buradan, Xp=0; p=1,2,…,n dışında bir çözüm bulunabilmesi için ω
frekansının,
β
k
ω = 2 sin 2 ⋅ m
(4.2.81)
değerini alması gerektiği anlaşılır. Bu, bütün homojen titreşim zincirlerinde ω doğal
frekansının sağlaması gereken genel bir frekans denklemi oluşturur. Bilinmeyen β açısının
belirlenmesi halinde doğal frekanslar buradan, kip biçimleri de Denk. (4.2.79)’dan
hesaplanacaktır.
β açısının belirlenmesine gelince; bu açı, yukarıdaki hesabın dayandırıldığı Denk.
(4.2.78)’in kapsamadığı 1. ve n. cisimlerin durumları, yani incelenen zincirin sınır koşulları
yardımıyla belirlenir. Aşağıda buna iki örnek verilecektir.
Bir ucu bağlı bir ucu serbest zincir: Şekil 3.2.3’teki n kütle içeren bağlı-serbest zincir göz
önüne alınsın, soldaki duvar, genliği Denk. (4.2.79)’daki genlik dağılımına uyan, p=0
numaralı hareketsiz bir kütle olarak yorumlansın, buradan, bu denklemdeki A katsayısı X0=0
→ A=0 şeklinde belirlensin ve böylece Denk. (4.2.79)’un
X p = B sin pβ ;
p=0,1,2,…,n
(4.2.83)
şeklini alacağına dikkat edilsin.
0
k
m
1
k
m
k
k
m
2
k
m
n
Şekil 4.2.3 Bağlı-Serbest Zincir
Bu hazırlıktan sonra 1 ve n numaralı cisimlerin hareket denklemleri yazılırsa,
ile
m&x& 1 + 2 kx 1 − kx 2 = 0
(4.2.84)
m&x& n + kx n − kx n −1 = 0
(4.2.85)
cos(p ±1)β = cos pβ cosβ m sin pβ sin β , sin(p ±1)β = sin pβ cosβ ± cospβ sinβ
[2k (1 − cos β) − mω 2 ](A cos pβ + B sin pβ) = 0 ,
buradan da
cos β = 1 − 2 sin 2
β
2
eşitliği ve Denk. (4.2.79) dikkate alınarak Denk. (4.2.80)’e gelinir.
294
elde edilir. Burada Denk. (4.2.77) ve (4.2.83) yerine konulduğunda ise
( 2 k − mω 2 ) B sin β − kB sin 2β = 0 ,
(4.2.86)
( k − mω2 ) B sin nβ − kB sin( n − 1)β = 0
(4.2.87)
bulunur. Bu denklemlerin ilkinden, sin 2β = 2 sin β cos β ile
k − mω 2 = k ( 2 cos β − 1) ,
(4.2.88)
bu sonucun ikincide yerine konulması ve biraz trigonometrik düzenlemeyle de
β
2 cos( n + 1 )β ⋅ sin = 0
2
(4.2.89)
2
elde edilir78. Bu, β için aranan denklemdir. Denklemin çözüm seçeneklerinden sinβ/2=0
Denk. (4.2.82)’deki bütün Xp’lerin sıfırlanmasına yol açtığından kabul edilemez. Diğer
seçenek ise
(Xp)1
ω1 = 2 sin π
(Xp)2
k
m
= 0.2846 k
ω 2 = 2 sin 3π
22
k
m
= 0.8308
(Xp)3
ω3 = 2 sin 5π
k
m
= 1.3097 k
(Xp)4
ω 4 = 2 sin 7 π
22
k
m
= 1 .6825
(Xp)5
ω5 = 2 sin 9π
k
m
= 1.9190 k
p=0
22
22
22
1
2
3
4
m
k
m
m
k
m
m
5
Şekil 4.2.4 Bağlı-Serbest Zincir Doğal Titreşim Kipleri (n=5)
78
k ( 2 cos β − 1) B sin nβ − kB(sin nβ cos β − cos nβ sin β) = 0 →
sin nβ cos β + cos nβ sin β − sin nβ = 0 → sin( n + 1)β − sin nβ = 0 → Denk. (4.2.89)
295
cos(n + 1 )β = 0 → β r =
2
( 2 r − 1) π
2 n +1
; r=1,2,…,n
(4.2.90)
verir. Böylece n serbestlik dereceli bağlı-serbest zincirin doğal frekansları için Denk.
(4.2.90), Denk. (4.2.81)’de yerine konularak,
ω r = 2 sin
( 2 r −1) π
2 ( 2 n +1)
k
m
; r=1,2,…,n,
(4.2.91)
kip biçimleri için de Denk. (4.2.90), Denk. (4.2.83)’te yerine konularak
(X p )r = B sin p (22nr −+11) π ;
p=0,1,2,…,n,
r=1,2,…,n
(4.2.92)
elde edilir. Bu ifadeler, belirsiz bir B katsayısı farkıyla, r. kipte p. cismin sahip olacağı genliği
göstererek kip biçimini tanımlamaktadır. Şekil 4.2.4’te, bu kip biçimleri, 5 serbestlik dereceli
zincir özel hali için gösterilmiştir. Kip biçimlerinin, r. kipte r-1 adet düğüm noktası içerdiğine
dikkat ediniz.
İki ucu bağlı zincir: Şekil 4.2.5’teki n kütle içeren bağlı-bağlı zincir göz önüne alınsın, sol ve
sağdaki duvarlar p=0 ve p=n+1 numaralı kütleler olarak yorumlansın ve Denk. (4.2.79)
ışığında
0
k
m
1
k
m
k
k
m
k
2
m
n
k
n+1
Şekil 4.2.5 Bağlı-Bağlı Zincir
X 0 = 0 → A = 0 → X p = B sin pβ ; p=0,1,2,…,n+1
(4.2.93)
X n +1 = 0 → B sin(n + 1)β = 0 → β r = rπ ; r=1,2,…,n
(4.2.94)
n +1
elde edilsin. Böylece n serbestlik dereceli bağlı-bağlı zincirin doğal frekansları için Denk.
(4.2.94), Denk. (4.2.81)’de yerine konularak,
ω r = 2 sin
rπ
2( n +1)
k
m
; r=1,2,…,n,
(4.2.95)
kip biçimleri için de Denk. (4.2.94), Denk. (4.2.83)’te yerine konularak
(X p )r = B sin npr+π1 ;
p=0,1,2,…,n+1,
r=1,2,…,n
(4.2.96)
elde edilir. Şekil 4.2.6’da, bu kip biçimleri, 4 serbestlik dereceli zincir özel hali için
gösterilmiştir. Kip biçimleri, yine, r. kipte r-1 adet düğüm noktası içermektedir. Bu, titreşim
zincirleri için bir kural oluşturmaktadır.
296
(Xp)1
ω1 = 2 sin π
10
k
m
= 0 .6180
k
m
(Xp)2
ω 2 = 2 sin 2 π
10
k
m
= 1 .1756
k
m
(Xp)3
ω 3 = 2 sin 3π
10
k
m
= 1.6180
k
m
(Xp)4
ω 4 = 2 sin 4 π
k
m
= 1.9021 k
p=0
10
1
2
3
4
m
5
Şekil 4.2.6 Bağlı-Bağlı Zincir Doğal Titreşim Kipleri (n=4)
Denk. (4.2.96)’dan kolayca çıkartılabilen ilginç bir özellik de, bağlı-bağlı zincirin
bazı kiplerinde bazı cisimlerin kipin bir düğüm noktasına denk gelip hareketsiz kalmasıdır.
Örneğin, n=3 s.d’li zincirin r=2. kipinde p=2. cisim; n=5 s.d’li zincirin r=2. kipinde p=3. ve
r=3. kipinde p=2. cisim bu durumdadır (Bunları doğrulayıp burada belirtilmeyen başka
örnekler de bulunuz). Bu durumlarda, hareketsiz cismin, sistemi, o kipe ait doğal frekansı
doğal frekans kabul eden iki alt sisteme böldüğünü belirtelim (n=3, r=2, p=2 durumu için
bunu doğrulayınız).
Çok serbestlik dereceli lineer sistemlerin sönümsüz titreşimleri genel probleminin
tersine, homojen titreşim zincirlerine ilişkin problem, bu bölümde, matris kuramına baş
vurmaksızın formüle edilip çözülmüştür. Burada elde edilen sonuçlarla matris kuramına
dayalı formülasyonun birlikte değerlendirilmesinin, çok ilgi çekici matematiksel sonuçları
olabilmektedir. Aşağıda buna küçük bir örnek verilecektir.
297
Örnek Problem 4.2.7
n serbestlik dereceli bağlı-serbest bir (k-m) homojen titreşim zincirinin doğal
frekanslarının kareleri toplamının
n
∑ ω2r = (2n − 1)
r =1
k
m
olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
Zincirin eylemsizlik ve berklik matrisleri
⎡1
⎢0
⎢
M = m ⋅ ⎢M
⎢
⎢0
⎢⎣0
0 L 0 0⎤
⎡ 2 −1
⎢− 1 2
⎥
1 L 0 0⎥
⎢
M O M M⎥ , K = k ⋅ ⎢ M
M
⎢
⎥
0 L 1 0⎥
0
⎢0
⎢⎣ 0
0 L 0 1⎥⎦
0
L
L
O
L
L
0⎤
0
0 ⎥⎥
M
M ⎥
⎥
2 − 1⎥
− 1 1 ⎥⎦
0
(i)
şeklinde, buna göre sistem matrisi de
0⎤
⎡ 2 −1 L 0
⎢− 1 2 L1 0
0 ⎥⎥
⎢
A = M −1K = k ⋅ ⎢ M
M O
M
M ⎥
m ⎢
⎥
0 L1 2 − 1⎥
⎢0
⎢⎣ 0
0 L − 1 1 ⎥⎦
(ii)
şeklindedir. Bölüm 4.2.1’in içeriğinden, istenen toplamın iz(A)’ya eşit olacağı bilinmektedir.
iz(A)’nın Denk. (ii)’den kolayca belirlenmesiyle, hemen
n
∑ ω2r = iz(A) = (2n − 1) mk
(iii)
r =1
elde edilir. Öte yandan, buradaki ωr’nin Denk. (4.2.95)’ten alınıp yerine yazılmasıyla
4k
m
n
( 2r −1) π
∑ sin 2 2(2n +1) = (2n − 1) mk
(iv)
r =1
olacağı anlaşılır. Buradan, hesapta geçen trigonometrik terimli serinin toplamının
n
( 2r −1) π
∑ sin 2 2(2n +1) = 2n4−1
(v)
r =1
298
şeklinde hesaplanacağı ilginç sonucunun çıktığını not ediniz.
4.3 SÖNÜMSÜZ ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
Çok serbestlik dereceli sistemlerin sönümsüz zorlanmış titreşimlerinin incelenmesi
demek,
F( t ) = {F1 ( t ) F2 ( t ) L Fn (t )}T
(4.3.1)
n serbestlik dereceli sistemin xi koordinatlarına ilişkin Fi(t) bileşenlerinden oluşan n boyutlu
bir zorlayıcı kuvvetler vektörü olmak üzere,
M&x& + Kx = F ( t )
(4.3.2)
matris diferansiyel denkleminin incelenmesi demektir. Bilindiği gibi, bu diferansiyel denklem
lineer olduğundan, çözümü, homojen (sağ tarafsız) çözüm ile sağ taraftaki F(t)’ye karşılık
gelen özel çözümün toplamından oluşur. Bunlardan homojen çözüm bundan önceki
sönümsüz serbest titreşimler başlığı altında zaten incelenmiş olduğu için biz burada
dikkatimizi F(t)’ye karşılık gelen özel çözüm üzerinde yoğunlaştıracak ve zorlanmış
titreşimler dediğimizde bu çözümü anlayacağız. Tek serbestlik dereceli sistemlerden bilindiği
gibi, zorlanmış titreşimlerin şekli de hesap yöntemleri de F(t) fonksiyonunun şekline bağlıdır.
Aşağıda, ilk önce, F(t)’nin harmonik bir fonksiyon olması hali ele alınacak, daha sonra da
diğer hallere geçilecektir.
4.3.1 HARMONİK KUVVETLE ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER
Bu durum,
F = {F1 F2 L Fn }T
(4.3.3)
bir genlikler vektörü olmak üzere F(t)’nin
F( t ) = F ⋅ cos ωt
(4.3.4)
şeklinde olduğu; buna göre hareket denkleminin de
M&x& + Kx = F ⋅ cosωt
(4.3.5)
şeklini aldığı durumdur. Bu denklemin zorlanmış titreşim çözümünü bulmak için zorlayıcı
kuvvetle aynı ω frekansına sahip ve sistemde sönüm bulunmadığı için onunla faz farkı
içermeyen
x( t ) = X ⋅ cos ωt ;
X = {X1
X 2 L X n }T
(4.3.6)
çözüm kabulü yapılıp Denk. (4.3.5)’e gidilirse, X genlikler vektörü için
[K − ω 2 M ] ⋅ X = F
(4.3.7)
299
lineer cebirsel denklem takımı elde edilir. Bu denklem takımını uygulamada çözmenin en
uygun yolu, Gauss, Crout vb. gibi bir sayısal yönteme baş vurmak ise de biz burada, bu
çözümü, reseptans79 matrisi adını alan, ω’ya bağlı
H (ω) = [K − ω 2 M ] −1
(4.3.8)
matrisi yardımıyla,
X = H ( ω) ⋅ F
(4.3.9)
şeklinde ifade edelim. Burada hemen dikkat çeken bir husus, ω=ωr; r=1,2,…,n olması, yani
zorlayıcı kuvvet frekansının sistemin doğal frekanslarından birine eşit olması halinde
det[K − ω 2 M ] = 0 olacağından bu matrisin tersi alınıp H(ω)’nın hesaplanamayacağı;
hesaplansa da H(ω)’nın tüm bileşenlerinin ∞ çıkacağıdır. Bu, rezonans olayından başka bir
şey değildir:
n serbestlik dereceli sönümsüz bir titreşim sisteminin herhangi bir noktası, frekansı
sistemin n adet doğal frekansından herhangi birine eşit harmonik bir kuvvetle zorlandığında,
tüm noktalarının zorlanmış titreşim genlikleri sonsuza gider. Bu olaya rezonans olayı denir.
Denk. (4.3.9), sistemin belli bir i. noktasının genliğini hesaplayacak biçimde açılırsa,
Xi =
n
∑ H ij (ω) ⋅ Fj = H i1 (ω) ⋅ F1 + H i 2 (ω) ⋅ F2 + L H in (ω) ⋅ Fn
j =1
(4.3.10)
elde edilir. Kolayca anlaşılacağı gibi, i noktasında ortaya çıkacak titreşimlerin Xi genliği,
çeşitli j noktalarına uygulanan kuvvetlerin yol açacağı
X ij = H ij (ω) ⋅ Fj
(4.3.11)
genliklerinin toplamı olmaktadır. Buradaki Hij(ω) çarpanlarına, i=j olması halinde doğrudan
reseptanslar, i≠j olması halinde ise çapraz reseptanslar adı verilir. Doğrudan reseptanslar
reseptans matrisinin köşegen elemanlarını, çapraz reseptanslar ise köşegen dışı elemanlarını
oluştururlar. Bunlardan doğrudan reseptansların tek serbestlik dereceli sistemlerin harmonik
kuvvetle zorlanmış titreşimlerinde tanımlanmış olan büyütme katsayısı ve frekans yanıt
fonksiyonu ile ilişkileri gözlerden kaçmamış olmalıdır.
Şekil 4.3.1’de, 4 serbestlik dereceli bir örnek sistemde H11 doğrudan reseptansının
cebirsel ve mutlak değerlerinin zorlayıcı kuvvet frekansı ω ile değişimi iki ayrı grafik halinde
gösterilmiştir. Bu grafiklerden, doğal frekansları ω1=5.589 rad/s, ω2=9.595 rad/s, ω3=12.506
rad/s, ω4=23.101 rad/s olarak bilinen bu örnekte, her 4 rezonans frekansında reseptansın
sonsuz değer aldığı görülmektedir. Buna göre böyle bir grafikten sistemin doğal
frekanslarının doğrudan doğruya ve kolayca okunabileceği anlaşılır.
79
Bazı yazarlar “reseptans” yerine “mekanik admitans” terimini kullanmaktadır.
300
Η11(ω)
|Η11(ω)|
ω1 ω2
(a)
ω3
ω4
ω
(b)
ω
Şekil 4.3.1 4 Serbestlik Dereceli Bir Sistemde H11
Doğrudan Reseptansının a) Cebirsel Değerinin, b) Mutlak
Değerinin ω ile Değişimi
Reseptans matrisi yardımıyla harmonik kuvvetle zorlanmış titreşim hesabı yapılmak
istendiğinde, nxn boyutlu bir kare matris olan bu matrisin bütününü kullanmak her zaman
gerekli olmaz. Sistemin tek bir j noktasına uygulanan bir kuvvetin tek bir i noktasında yol
açacağı titreşimler hesaplanmak istendiğinde, Denk. (4.3.11)’de olduğu gibi, bu matrisin tek
bir Hij elemanı yeterli olur. Benzer şekilde, örneğin, r, s ve t noktalarını kapsayan bir
B={r,s,t} noktalar kümesine uygulanan kuvvetlerin p ve q noktalarını kapsayan bir A={p,q}
noktalar kümesine etkisi hesaplanmak istendiğinde, reseptans matrisinin p ve q satır; r, s ve t
sütun numaralı elemanlarından oluşan 2x3 boyutlu bir kısmi reseptans matrisi kullanılarak,
⎧Fr ⎫
⎡H pr
⎧Xp ⎫
⎪ ⎪
XA = ⎨ ⎬ , FB = ⎨Fs ⎬ , H AB = ⎢
⎣Hqr
⎩Xq ⎭
⎪F ⎪
⎩ t⎭
H ps
Hqs
H pt ⎤
Hqt ⎥⎦
(4.3.12)
olmak üzere
XA = H AB ⋅ FB
(4.3.13)
şeklinde hesap yapılabilir (Bkz. Şek. 4.3.2). Bölüm xxx’te bizim de yararlanacağımız bu tür
kısmi hesaplar, bazı analizlerde kolaylık sağlar.
A
B
HAB
Şekil 4.3.2 Kismi Reseptans Matrisi
301
Reseptans kavramı, tıpkı tek serbestlik dereceli sistemlerdeki karşılığı olan büyütme
katsayısı ve FYF kavramları gibi, titreşim kuramında önemli yeri olan bir kavramdır. Öyle ki
titreşim kuramının tamamını bu kavram temelinde yapılandırma çabasına giren yazarlar ve
yapıtlar da bulunmaktadır (Örneğin [Bishop ve Johnson, 1960]). Ancak, bunun zorlama bir
çaba olduğunu görmek için bu yapıtlara şöyle bir göz atılması yeterlidir.
Örnek Problem 4.3.1 (Problem 4.2.2’deki sistem)
k30
x3
m3
k20
x2
k23
F1(t)
k34
m2
k13
m4
k12
m1
k10
x4
x1
Şekildeki sistemde,
m1=6 kg, m2=3 kg, m3=5 kg, m4=2 kg,
k10=1000 N/m, k12=500 N/m, k13=750 N/m,
k20=800 N/m, k23=600 N/m, k30=900 N/m,
k34=950 N/m
verilmiştir.
Sistemin, 1 numaralı cisme etkiyen
F1(t)=140cos10t [N] kuvvetinin etkisinde yapacağı
zorlanmış titreşimlerin genliklerini hesaplayınız.
Şekil Pr. 4.3.1-1
Çözüm:
Sistemin eylemsizlik ve berklik matrisleri
⎡6
⎢0
M=⎢
⎢0
⎢
⎣0
0 0 0⎤
0 ⎤
⎡ 2250 − 500 − 750
⎥
⎢
4 0 0⎥
− 500 1900 − 600
0 ⎥⎥
⎢
, K=
⎢− 750 − 600 3200 − 950⎥
0 5 0⎥
⎥
⎥
⎢
0 0 2⎦
− 950 950 ⎦
0
⎣ 0
(i)
şeklinde belirlenmişti. Şimdi sistemin ω=10 rad/s frekanslı
⎧140⎫
⎪ 0 ⎪
⎪ ⎪
F(t ) = ⎨ ⎬ ⋅ cos10t
⎪ 0 ⎪
⎪⎩ 0 ⎪⎭
(ii)
kuvvetinin etkisinde yapacağı titreşimlerin genliklerini hesaplamak üzere önce Denk.
(4.3.8)’den reseptans matrisi (bilgisayar yardımıyla) hesaplansın:
302
H(10) = [K − 102 ⋅ M]−1
⎡1.307 ⋅ 10-3
⎢
8.308 ⋅ 10- 4
=⎢
⎢9.880 ⋅ 10- 4
⎢
⎢⎣1.251 ⋅ 10-3
8.308 ⋅ 10- 4 9.880 ⋅ 10- 4 1.251 ⋅ 10-3 ⎤
⎥
1.322 ⋅ 10-3 9.464 ⋅ 10- 4 1.199 ⋅ 10-3 ⎥ .
9.464 ⋅ 10- 4 1.543 ⋅ 10-3 1.954 ⋅ 10-3 ⎥
⎥
1.199 ⋅ 10-3 1.954 ⋅ 10-3 3.808 ⋅ 10-3 ⎥⎦
(iii)
Ardından, Denk. (4.3.12) ve (4.3.13)’teki bakış açısına göre hesap yapmak düşünülsün. Tüm
sistem noktalarının genlikleri hesaplanmak istendiğine göre A={1,2,3,4}, yalnız 1 numaralı
cisme kuvvet etkidiğine göre de B={1}’dir. Buna göre gerekli kısmi reseptans matrisi
Denk.(iii)’teki matrisin birinci sütunundan ibaret olup genlikler, bu matris kullanılarak
⎧1.307 ⋅10-3 ⎫
⎧0.183⎫
⎪
⎪
⎪0.116⎪
⎪8.308 ⋅10-4 ⎪
⎪
⎪
XA = H ABFB = ⎨
⋅140 = ⎨
⎬ [m]
-4 ⎬
⎪9.880 ⋅10 ⎪
⎪0.138⎪
⎪1.251⋅10-3 ⎪
⎪⎩0.175⎪⎭
⎩
⎭
(iv)
şeklinde belirlenir. Buna göre göre sistemin zorlanmış titreşimlerinin
⎧0.183⎫
⎪0.116⎪
⎪
⎪
x( t ) = XA cos ωt = ⎨
⎬ cos 10t
0
.
138
⎪
⎪
⎪⎩0.175⎪⎭
(v)
şeklinde olacağı anlaşılır.
Şekil 4.3.1-2’de, bu hesapları, reseptans matrisini bir bütün olarak kullanarak
gerçekleştiren bir Mathcad program örneği gösterilmiştir.
303
Şekil Pr. 4.3.1-2 Hesabın Bilgisayarda Gerçekleştirilmesi
304
4.3.2 ZORLANMIŞ TİTREŞİMLERDE KİPLERE AYRIŞTIRMA
Bölüm 4.2.4.3’ün içeriğinden anımsanacağı gibi, sistemin kipler matrisinin dönüşüm
matrisini oluşturduğu bir lineer koordinat dönüşümüyle titreşim problemi sistemin doğal
koordinatlar uzayına aktarılabilmekte ve bu yapıldığında, hareket denklemleri bağsızlaşarak
her biri bir kipteki davranışı temsil eden n adet bağımsız denkleme dönüşmektedir. Ne var ki,
yine ilgili bölümden anımsanacağı gibi, kiplere ayrıştırma adı verilen bu işlem serbest
titreşim probleminin zaten çözülmüş olmasını gerektirdiği için bu problem sınıfında özel bir
yarar sağlamamaktadır.
Ancak, zorlanmış titreşimlerde durum farklıdır. Kiplere ayrıştırmanın asıl ve
olağanüstü yararı bu alanda ortaya çıkar. Bunu görebilmek için,
M ⋅ &x&(t) + K ⋅ x(t) = F(t) ; F( t ) = {F1 ( t ) F2 ( t ) L Fn ( t )}T
(4.3.14)
şeklinde tanımlı sönümsüz zorlanmış titreşim problemi göz önüne alınsın. Burada serbest
titreşim çözümlemesi yapılarak kip vektörlerinin, bunların kütle matrisine göre normalize
edilmesiyle de ortonormal kip matrisinin elde edildiği düşünülsün. Ardından, önce
x(t) = U ⋅ ξ(t)
(4.3.15)
koordinat dönüşümüyle doğal koordinatlar uzayına geçiş yapılıp
M ⋅ U ⋅ &ξ&(t) + K ⋅ U ⋅ ξ(t) = F( t ) .
(4.3.16)
elde edilsin, sonrada bu denklem soldan UT ile çarpılsın:
U T ⋅ M ⋅ U ⋅ &ξ&(t) + U T ⋅ K ⋅ U ⋅ ξ (t) = U T ⋅ F ( t ) .
(4.3.17)
Buradan, Denk. (4.2.48) ve Denk. (4.2.50)'nin dikkate alınması ve kip kuvvetleri vektörü
adını alan
Φ(t) = U T ⋅ F(t)
(4.3.18)
vektörünün tanımlanmasıyla
I ⋅ &ξ&(t) + Ω 2 ⋅ ξ(t) = Φ( t ) ,
(4.3.19)
ya da bu matris denkleminin içerdiği n adet denklemin birbiriyle bir bağı kalmadığına dikkat
edilip bu denklemlerin ayrılmasıyla
&ξ& (t) + ω 2 ⋅ ξ (t) = Φ ( t )
r
r
r
r
; r=1,2,...,n
(4.3.20)
elde edilir. Böylece, kiplere ayrıştırma, n serbestlik dereceli sistemin zorlanmış titreşimleri
problemini, her biri bir kipe karşılık gelen n adet tek serbestlik dereceli sistemin zorlanmış
titreşim problemine dönüştürmüş olmaktadır. Buradaki
305
n
n
T
Φ r ( t ) = U rs ⋅ Fs ( t ) = U sr ⋅ Fs ( t )
s =1
s =1
∑
∑
(4.3.21)
= U1r ⋅ F1 ( t ) + U 2r ⋅ F2 ( t ) + L U nr ⋅ Fn ( t ) = u Tr ⋅ F( t )
kip kuvveti ne olursa olsun, eklenme ilkesi ve tek serbestlik dereceli sistemlerin zorlanmış
titreşimleri konusundaki bilgiler yardımıyla bu problemin artık çözümü bilinen bir probleme
dönüşmüş olduğu ortadadır.
Burada, bir örnek olarak, F(t)’nin zamanın harmonik bir fonksiyonu olması halini göz
önüne alalım. Bu durumda, F bir kuvvet genlikleri vektörü olmak üzere
F ( t ) = F ⋅ f(t) = F ⋅ cos ωt
(4.3.22)
olacak, Denk. (4.3.20) de
&ξ& (t) + ω 2 ⋅ ξ (t) = φ ⋅ f ( t ) = φ cos ωt ; φ = u T ⋅ F , r=1,2,...,n
r
r
r
r
r
r
r
(4.3.23)
şeklini alacaktır. Bu denklemler, tek serbestlik dereceli sönümsüz sistemler için verilmiş olan
Denk. (2.5.26) yardımıyla kolayca çözülür ve
ξr (t ) =
φr
2
ωr −ω2
⋅ cos ωt ; r=1,2,...,n
(4.3.24)
elde edilir. Kipler uzayındaki çözüm böylece elde edildikten sonra Denk. (4.3.15) yardımıyla
fiziksel koordinatlar uzayına dönülürse
⎛ n φr
⎞
x(t) = U ⋅ ξ(t) = ∑ ξ r (t) ⋅ u r = ⎜ ∑ 2 2 ⋅ u r ⎟ ⋅ cos ωt
⎜ ωr − ω
⎟
r =1
⎝ r =1
⎠
n
(4.3.25)
ya da burada Denk. (4.3.23) dikkate alınarak
(
)
⎛ n u T ⋅F
⎞
x(t) = ⎜ ∑ 2r 2 ⋅ u r ⎟ ⋅ cos ω t
⎜
⎟
⎝ r =1 ω r − ω
⎠
(4.3.26)
elde edilir.
Bu çözümün incelenmesiyle, harmonik kuvvetle zorlanmış titreşimlerin şu temel
özellikleri belirlenir: i) İlgili terimin paydasının büyüyüp küçülmesiyle bağlantılı olarak, ωr
doğal frekansı zorlayıcı frekans ω'ya uzak olan ur kipleri bu titreşimlere az; yakın olanlar çok
katkı verirler. Bunun sonucunda, ω≅ ωr olması durumunda zorlanmış titreşimlerin genel
görünümü r. kipe özgü biçime yaklaşır. ii) ω=ωr olması durumunda, ur’nin katsayısı sonsuza
gideceği için sistem tam bu kipe özgü biçime yerleşmiş olarak genlikleri sonsuza giden
titreşimler yapar. Bölüm 4.3.1’den de bilindiği gibi, bu, rezonans olayından başka bir şey
değildir.
306
Örnek Problem 4.3.2 (Problem 4.3.1 tekrar)
k30
x3
m3
k20
x2
k23
F1(t)
k34
m2
k13
m4
k12
m1
k10
Şekil Pr. 4.3.2-1
x4
x1
Şekildeki sistemde,
m1=6 kg, m2=3 kg, m3=5 kg, m4=2 kg,
k10=1000 N/m, k12=500 N/m, k13=750 N/m,
k20=800 N/m, k23=600 N/m, k30=900 N/m,
k34=950 N/m
verilmiştir.
Sistemin, 1 numaralı cisme etkiyen
F1(t)=140cos10t [N] kuvvetinin etkisinde yapacağı
zorlanmış
titreşimlerin
genliklerini,
kiplere
ayrıştırma yoluyla hesaplayınız.
Çözüm:
Problem 4.2.2’de bu sistemin doğal frekansları
ω1 = λ1 = 12.128 rad/s, ω 2 = λ 2 = 19.232 rad/s,
ω 3 = λ 3 = 23.187 rad/s, ω 4 = λ 4 = 30.173 rad/s
,
(i)
şeklinde, kip vektörleri ise normları 1 olacak biçimde normalize edilmiş halleriyle
⎧0.3969⎫
⎧− 0.4668⎫
⎧− 0.4628⎫
⎧0.1239 ⎫
⎪0.3696⎪
⎪− 0.2985⎪
⎪ 0.8694 ⎪
⎪0.1911 ⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
u1 = ⎨
⎬ , u2 = ⎨
⎬ , u3 = ⎨
⎬ , u4 = ⎨
⎬
⎪0.4773⎪
⎪ 0.1799 ⎪
⎪ 0.0226 ⎪
⎪- 0.6579⎪
⎪⎩0.6914⎪⎭
⎪⎩ 0.8128 ⎪⎭
⎪⎩− 0.1715⎪⎭
⎪⎩- 0.7178⎪⎭
(ii)
şeklinde belirlenmişti. Bu vektörler, şimdi, Denk. (4.2.45,46) yardımıyla
⎡6
⎢0
M=⎢
⎢0
⎢
⎣0
0 0 0⎤
4 0 0⎥⎥
0 5 0⎥
⎥
0 0 2⎦
(iii)
olarak bilinen kütle matrisine göre normalize edilirse, birinci kip vektörü için
307
α1 =
1
u1T M u1
=
T ⎡6
⎧0.3969 ⎫ ⎢
⎪0.3696 ⎪ ⎢ 0
⎨0.4773 ⎬
⎪0.6914 ⎪ ⎢ 0
⎩
⎭ ⎢
⎣0
1
= 0.528
0 0 0⎤
⎧0.3969 ⎫
4 0 0 ⎥⎥ ⎪0.3696 ⎪
⎨
⎬
0 5 0 ⎥ ⎪0.4773 ⎪
0.6914
⎥⎩
⎭
0 0 2⎦
(iv)
ile
⎧0.3969 ⎫ ⎧0.2096 ⎫
⎪0.3696 ⎪ ⎪0.1952 ⎪
⎪
⎪ ⎪
⎪
u1 = α1u1 = 0.528 ⋅ ⎨
⎬=⎨
⎬
⎪0.4773 ⎪ ⎪0.2520 ⎪
⎪⎩0.6914 ⎪⎭ ⎪⎩0.3651 ⎪⎭
(v)
elde edilir. Diğer kip vektörlerinin de benzer şekilde normalize edilmesiyle kütle matrisine
göre normalize edilmiş kipler matrisi
⎡0.2096 − 0.2632 − 0.2214 0.0669 ⎤
⎢0.1952 − 0.1683 0.4159
0.1031 ⎥⎥
⎢
U=
⎢0.2520 0.1014
0.0108 − 0.3551⎥
⎥
⎢
⎣0.3651 0.4582 − 0.0820 0.3874 ⎦
(vi)
olarak bulunur. Böylece Denk. (4.3.18)’den kip kuvvetleri vektörü
⎡ 0.2096
⎢ − 0.2632
T
Φ( t ) = U ⋅ F( t ) = ⎢
⎢ − 0.2214
⎢
⎣ 0.0669
0.1952
0.2520
0.3651 ⎤ ⎧140 ⎫
− 0.1683 0.1014
0.4582 ⎥⎥ ⎪⎪ 0 ⎪⎪
⎨ ⎬ ⋅ cos 10 t
0.4159
0.0108 − 0.0820 ⎥ ⎪ 0 ⎪
⎥
0.1031 − 0.3551 0.3874 ⎦ ⎪⎩ 0 ⎪⎭
⎧ 29.342 ⎫
⎪− 36.8430 ⎪
⎪
⎪
=⎨
⎬ ⋅ cos 10 t
⎪ − 30.996 ⎪
⎪⎩ 9.359 ⎪⎭
(vii)
şeklinde hesaplanır. Denklem (i) ve Denk. (vii) Denk. (4.3.20)’de yerlerine konulursa
problem kiplerine ayrışmış olur ve
&ξ& (t) + (12.128) 2 ξ (t) = 29.342 cos 10t,
1
1
&ξ& (t) + (19.232) 2 ξ (t) = −36.843 cos 10t,
2
2
&ξ& (t) + (23.187) 2 ξ (t) = −30.996 cos10t,
3
3
(viii)
&ξ& (t) + (30.173) 2 ξ (t) = 9.359 cos10t
4
4
şeklini alır. Bu denklemler, Denk. (4.3.24) yardımıyla teker teker çözülürse
308
ξ1(t) =
ξ 2 (t) =
ξ 3 (t) =
ξ 4 (t) =
Φ1 ( t )
=
Φ2 (t )
= −36.8430
cos10t = −0.137 cos10t,
2
2
ω12 −ω2
ω22 −ω2
Φ3 ( t )
ω32 −ω2
Φ4 (t )
ω24 −ω2
29.342 cos 10t = 0.623 cos 10t ,
12.1282 −102
19.232 −10
= −30.9960
cos10t = −0.071cos10t,
2
2
(ix)
23.187 −10
=
9.3590 cos 10t = 0.012 cos 10t
30.1732 −102
bulunur. Bu, problemin doğal koordinatlar uzayındaki çözümüdür. İstenirse, Denk. (4.3.15)
yardımıyla fiziksel koordinatlar uzayına geri dönülebilir. Bu yapılırsa,
⎡0.2096 − 0.2632
⎢0.1952 − 0.1683
x(t) = U ⋅ ξ(t) = ⎢
⎢0.2520 0.1014
⎢
⎣ 0.3651 0.4582
⎧0.183 ⎫
⎪0.116 ⎪
⎪
⎪
=⎨
⎬ cos 10 t
⎪0.138 ⎪
⎪⎩0.175 ⎪⎭
− 0.2214
0.4159
0.0108
− 0.0820
0.0669 ⎤ ⎧ 0.623 ⎫
0.1031 ⎥⎥ ⎪⎪− 0.137 ⎪⎪
⎬ cos 10 t
⎨
− 0.3551⎥ ⎪ − 0.071⎪
⎥
0.3874 ⎦ ⎪⎩ 0.012 ⎪⎭
(x)
elde edilir.
Bu sonuç, aynı problem için Problem 4.3.1’de reseptans matrisi kullanılarak bulunan
sonucun aynıdır. Sonuca ulaşmak için iki yolda verilen emeğin bir karşılaştırması, harmonik
kuvvetle zorlanmış titreşimler söz konusu olduğunda reseptans matrisi yardımıyla hesap
yapmanın çok daha avantajlı olduğunu ortaya koyar. Ancak, harmonik ve ona dayalı olan
peryodik kuvvet özel halleri dışında kiplere ayrıştırmanın rakipsiz olduğunun belirtilmesi
gerekir.
Bu problemdeki gibi kiplere ayrıştırma hesaplarında, özellikle yüksek boyutlu
problemlerde bilgisayar desteği zorunlu hale gelir. Şekil Pr. 4.3.2-2’de, bu problemin kiplere
ayrıştırma hesaplarının gerçekleştirilmesinde yararlanılan bir Mathcad programı
gösterilmiştir.
309
KIPLERE AYRISTIRMA
Bu program, M ve K matrisleri ve F(t)=Fo .f(t) kuvvetler vektörü verilen n serbestlik dereceli
sönümsüz titresim sistemlerinin
seklindeki probleminin
sekline getirilerek
kiplere ayristirilmasi için gereken hesaplari yapar
.
***************************************************************************************************************
VERILER : (Serbestlik derecesi, M ve K matrisleri, Fo kuvvet genlikleri vektörü)
0 0 0⎞
⎛⎜ 6
0
M := ⎜
⎜0
⎜0
⎝
n := 4
ORIGIN := 1
⎛⎜ 2250 − 500 − 750 0 ⎞
− 500 1900 − 600
0 ⎟
K := ⎜
⎜ − 750 − 600 3200 − 950 ⎟
⎜ 0
0
− 950 950 ⎠
⎝
4 0 0⎟
0 5 0⎟
0 0 2⎠
⎛⎜ 140 ⎞
0 ⎟
Fo := ⎜
⎜ 0 ⎟
⎜ 0
⎠
⎝
Indis sayaci baslangici 1'e ayarlaniyor
***************************************************************************************************************
HESAPLAR :
Özdeger Çözümlemesi
A := M
−1
⋅K
Sistem matrisi
λ := sort ( eigenvals ( A ) )
A hesaplaniyor.
A'nin özdegerleri hesaplanip boy sirasina diziliyor.
for i ∈ 1 .. n
ω :=
ω ←
i
λ
Dogal frekanslar hesaplaniyor.
i
ω
U :=
for i ∈ 1 .. n
⟨i⟩
U ← eigenvec A , λ
(
1
α ←
i
U
U
⟨i⟩
⟨i⟩ T
← α ⋅U
⋅M ⋅U
⟨i⟩
)
i
Kipler matrisi, sütunlari , siralanmis özdegerlerle eslestirilerek
hesaplaniyor ve kütle matrisine göre normalize ediliyor.
⟨i⟩
i
U
Kiplere Ayristirma
Ω 2 :=
for i ∈ 1 .. n
for j ∈ 1 .. n
Ω2
i, j
← λ ⋅ δ( i , j )
Dogal frekans kareleri matrisi (spektral matris) hesaplaniyor.
i
Ω2
Ω2
T
Φo := U ⋅ Fo
Kip kuvvetleri genlikler vektörü hesaplaniyor.
**************************************************************************************************************
SONUÇLAR : (Spektral matris, Kip kuvvetleri genlikler vektörü, dogal frekanslar)
0
0
0
⎞
⎛⎜ 147.09
0
369.882
0
0
⎟
Ω2 = ⎜
⎟
⎜ 0
0
537.643
0
⎜ 0
0
0
910.384 ⎠
⎝
⎛⎜ 29.342 ⎞
− 36.843 ⎟
Φo = ⎜
⎜ − 30.996 ⎟
⎜ 9.359
⎠
⎝
⎛⎜ 12.128 ⎞
19.232 ⎟
ω =⎜
⎜ 23.187 ⎟
⎜ 30.173
⎠
⎝
Şekil Pr. 4.3.2-2 Bilgisayar Programı
310
Örnek Problem 4.3.3
Problem 4.3.2’deki sistemi yeniden ele
alarak, bu kez 1 numaralı cisme F1(t)=δ(t) birim
impulsunun
uygulanması
halinde
yapacağı
titreşimleri hesaplayınız.
Şekil Pr. 4.3.3
Çözüm:
Bu problem, yukarıda Problem 4.3.2’de elde edilen bilgilerden yararlanılarak kolayca
kurgulanabilir. Bu yapılırsa, şimdi zorlayıcı kuvvetler vektörünün
F ( t ) = {1 0
0
0}T ⋅ δ ( t )
(i)
den ibaret olduğuna dikkat edilerek Prob.4.3.2, Denk. (vii) yardımıyla kip kuvvetleri vektörü
Φ( t ) = {0.2096 − 0.2632 − 0.2214 0.0669}T ⋅ δ( t )
(ii)
şeklinde, böylece problemin kipsel uzaya yansıtılmış hali de
&ξ& (t) + (12.128) 2 ξ (t) = 0.2096 ⋅ δ( t ),
1
1
&ξ& (t) + (19.232) 2 ξ (t) = −0.2632 ⋅ δ( t ),
2
2
&ξ& (t) + (23.187) 2 ξ (t) = −0.2214 ⋅ δ( t ),
3
3
(iii)
&ξ& (t) + (30.173) 2 ξ (t) = 0.0669 ⋅ δ( t )
4
4
şeklinde elde edilir. Bu denklemler, tek serbestlik dereceli sistemin birim impulsa yanıtını
veren, örneğin Denk. (2.5.156) yardımıyla teker teker çözülebilir. Bu denklem,
g(t) =
1
mωn 1− ζ
2
.e − ζω n t sin(ωn 1 − ζ 2 ⋅ t ) ⋅ u ( t )
(iv)
şeklinde buraya aktarılır ve şimdiki problemlerde ζ=0, m=1 alınması gerektiğine ve Denk.
(iii)’teki impulsların birim impuls olmadığına dikkat edilerek bu yapılırsa, u(t) Heaviside
birim basamak fonksiyonunu göstermek üzere
311
I
0.2096 sin 12.128t ⋅ u ( t ) = 17.3 ⋅10 −3 sin 12.128t ⋅ u ( t ),
ξ1(t) = ω1 sin ω1 t ⋅ u ( t ) = 12
.128
1
I
0.2632 sin 19.232t ⋅ u ( t ) = −13.7 ⋅10 −3 sin 19.232t ⋅ u ( t ),
ξ 2 (t) = ω2 sin ω 2 t ⋅ u ( t ) = −19
.232
2
I
0.2214 sin 23.187t ⋅ u ( t ) = −9.5 ⋅10 −3 sin 23.187t ⋅ u ( t ),
ξ 3 (t) = ω3 sin ω3 t ⋅ u ( t ) = −23
.187
3
I
ξ 4 (t) = ω4 sin ω 4 t ⋅ u ( t ) = 030.0669
sin 30.173t ⋅ u ( t ) = 2.2 ⋅10 −3 sin 30.173t ⋅ u ( t )
.
173
4
(v)
bulunur. İstenirse, Prob.4.3.2, Denk. (xii)’deki gibi
⎧ 17.3 sin 12.128 t ⎫
⎪− 13.7 sin 19.232 t ⎪
⎪
⎪
−3
x(t) = U ⋅ ξ(t) = U ⋅ ⎨
⎬ ⋅10 u ( t )
⎪ − 9.5 sin 23.187 t ⎪
⎪⎩ 2.2 sin 30.173 t ⎪⎭
(vi)
şeklinde bir hesapla fiziksel koordinatlar uzayına geri de dönülebilir. Burada, kipler matrisi
U’nun sayısal ifadesi yerine konulup hesap tamamlanabilir ise de, biz, bunun yerine, bu
matrisin sütunlarını oluşturan kip vektörlerini kullanarak Denk. (vi)’yı
x(t) = (17.3 ⋅10 −3 u 1 sin 12.128t − 13.7 ⋅10 −3 u 2 sin 19.232t
− 9.5 ⋅10 −3 u 3 sin 23.187 t + 2.2 ⋅10 −3 u 4 sin 30.173t ) ⋅ u ( t )
(vii)
şeklinde yeniden yazmakla yetinelim. Bu ifadeden, hareketin, sistemin tüm doğal titreşim
kiplerinin bir bileşimi şeklinde olduğu görülmektedir. Buradan, Bölüm 2.5.7.6, Prob.
2.5.17’de yapılmış olan belirlemeyle uyumlu olarak, impulsif kuvvetin sistemin tüm kiplerini
uyarma özelliğine sahip olduğunun anlaşıldığına dikkat ediniz. Denklem (ii) ve Denk. (iii)’ün
dikkatli bir incelemesinin göstereceği gibi, bunun bir istisnası, impulsun r. kipin bir düğüm
noktasına uygulanması halidir. Bu durumda impuls r. kipi uyaramaz (Bunu gösteriniz).
4.3.3 ÇOK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERDE SÖNÜMSÜZ TİTREŞİM
SOĞURUCUSU
Sönümsüz titreşim soğurucusu kavramı, Bölüm 3.3.2’de, tek frekanslı bir zorlayıcı
kuvvet etkisindeki tek serbestlik dereceli bir ana sisteme tek serbestlik dereceli bir soğurucu
sistem eklenmesi kısıtlı çerçevesinin izin verdiği ölçüde tanıtılmıştı. Aslında konunun tüm
yönleriyle ortaya konulabilmesi için, incelemenin, ana ve soğurucu sistemin çok serbestlik
dereceli olduğu, bunlar arasında birden fazla elastik bağlantı bulunduğu ve ana sistemin farklı
frekanslı birçok harmonik kuvvetin etkisi altında bulunduğu bir model üzerinde
gerçekleştirilmesi gerekir ise de, bu kez de ortaya, burada ele alınmaya elverişsiz, karmaşık
bir problem çıkar. Bu yüzden, burada, konunun tüm yönlerinin değilse de bazı önemli
yönlerinin aydınlatılmasına olanak veren görece yalın bir modelin incelenmesiyle
yetinilecektir.
312
Bu amaçla, tek bir harmonik kuvvet etkisindeki çok serbestlik dereceli bir ana sisteme
tek serbestlik dereceli bir soğurucu sistem eklenmesi problemi göz önüne alınsın. Ana
sistemin çok serbestlik dereceli alınmasıyla, Bölüm 3.3.2’dekinden farklı olarak, şimdi,
kuvvetin etkidiği noktayı (K diyelim), titreşimleri durdurulmak istenen noktayı (D diyelim)
ve soğurucu bağlanacak noktayı (B diyelim) birbirinden ayırmak ve bu noktaların farklı
seçimlerinin etkilerini görmek mümkün olacaktır (Şek. 4.3.3).
Ana Sistem
Ana Sistem
x
K
K
+
D
x =0
mS
D
x =0
FK(t)
D
x
B
B
K
K
FK(t) =FKcosωt
D
x =?
x
kS
B
B
Soğurucu
FB(t)=?
u
S
(a) Ana Sistem
(b) İkincil Sistem
kS
mS
(c) Soğuruculu Sistem
Şekil 4.3.3 Çok SD’li Sistemde Sönümsüz Titreşim Soğurucusu
Şimdi önce tek başına ana sistem ele alınarak, K’ya etkiyen FK(t)=FKcosωt harmonik
kuvvetine karşın D’nin hareketsiz kalması için B’ye uygulanması gereken FB(t)=FBcosωt
kuvvetinin ve bu durumda B’nin yapacağı xB(t)=XBcosωt titreşimlerinin hesaplanması
problemi ortaya atılsın (Şek. 4.3.3-a).
Sistem bilinen FK(t) ve bilinmeyen FB(t) kuvvetlerinin etkisindeyken, D ve B
noktalarının titreşim genlikleri, Denk. (4.3.11) uyarınca, ana sistemin H(ω) reseptans
matrisinin ilgili elemanları kullanılarak
X D = H DK FK + H DBFB
(4.3.27)
X B = H BK FK + H BBFB
(4.3.28)
ve
şeklinde yazılabilir. D’nin durdurulması için gereken FB kuvveti Denklem (4.3.27)’de XD=0
konularak -HDB≠0 olmak kaydıylaFB = −
H DK
H DB
⋅ FK
(4.3.29)
şeklinde, B noktasının genliği ise bu sonuç Denk. (4.2.28)’de yerine konularak
X B = (H BK −
H DK ⋅H BB
)FK
H DB
(4.3.30)
313
şeklinde elde edilir80.
Şimdi de, Denk. (4.3.30)’daki hareketi yapan B noktasına bağlandığında bu noktaya
Denk. (4.3.29)’daki kuvveti uygulayacak bir (kS-mS) ikincil sisteminin belirlenmesi problemi
ortaya atılsın (Şek. 4.3.3-c). Zeminin harmonik hareketinin yol açtığı titreşimler konusundan
bilindiği gibi, B’ye bağlandığında bu sistem,
US =
k SX B
kS −mSω2
(4.3.31)
genlikli titreşimler yapacak, bu durumda B noktası da kS yayı üzerinden geçen
⎛
⎞
kS
FB = k S ( U S − X B ) = ⎜⎜
− 1 ⎟⎟ k S X B
2
⎝ k S − mSω
⎠
(4.3.32)
genlikli kuvvetin etkisinde kalacaktır. Burada
ωS =
kS
mS
(4.3.33)
(soğurucu sistemin doğal frekansı) denir ve denklem yeniden düzenlenirse
ωS2 = (1 + k S
XB
) ⋅ ω2
FB
(4.3.34)
elde edilir81. FB ve XB değerleri Denk. (4.3.29) ve (4.3.30)’dan alınıp burada yerine
konulduğunda, bu denklem, B noktasına bağlandığında D noktasını hareketsiz bırakacak bir
(kS-mS) soğurucu sisteminin kS ve mS parametrelerinin sağlaması gereken bir tasarım
bağıntısı oluşturur.
Bu denklemin ışığında, ω frekanslı bir harmonik kuvvet etkisindeki çok serbestlik
dereceli bir sisteme soğurucu uygulanmasıyla ilgili şu genel sonuçlara ulaşılır:
i) Soğurucunun durdurulmak istenen noktaya bağlanması (B≡D): Bu durumda XB=0
olacağından Denk. (4.3.34)’ten, FB=0 değilse –ki bu, B≡D noktasının zaten hareketsiz olduğu
ve soğurucuya gerek bulunmadığını gösterir- ωS=ω olması gerektiği anlaşılır. Buna göre;
doğal frekansı zorlayıcı kuvvet frekansına eşit bir soğurucu, bağlandığı noktanın hareketsiz
kalmasını sağlar.
ii) Soğurucunun kuvvet uygulanan noktaya bağlanması (B≡K): Bu durumda Denk. (4.3.29)
ve (4.3.28)’den, sırasıyla, FB = − FK ve XB=0 elde edilir. Denk. (4.3.27) ise, D’nin
seçiminden bağımsız olarak XD=0 verir. XB=0 olduğundan Denk. (4.3.34) yine (i)’deki
80
ω ana sistemin doğal frekanslarından birine eşit olduğunda H(ω)’nın tüm elemanları sonsuz olur ve buradaki
hesaplar gerçekleştirilemez. Bu durumda ε küçük bir sayı olmak üzere H(ω+ε) ile hesap yapılabilir.
81
2
⎛
⎞
kS
mSω2
⎟
−
FB = ⎜⎜
1
k
X
=
k X = 2ω 2 k S X B → Denk .( 4.3.34)
S
B
⎟
2
2 S B
ωS − ω
k S − mSω
⎝ k S − m Sω
⎠
314
sonuca götürür. Bu belirlemeler şöyle toparlanabilir: Doğal frekansı zorlayıcı kuvvet
frekansına eşit bir soğurucu, kuvvet uygulama noktasına bağlandığında, kuvveti eşit ve zıt
yönlü bir kuvvetle dengeler ve tüm sistemin hareketsiz kalmasını sağlar.
iii) Soğurucunun gelişigüzel bir noktaya bağlanması (B≠D, B≠K): Bu durumda XB=0 olmak
zorunda olmadığından, ωS=ω olmak zorunda değildir. Sistemin bir noktasının hareketsiz
bırakılması, bu ve kuvvet uygulama noktası dışındaki bir noktaya bağlanacak bir soğurucuyla
da sağlanabilir. Bu durumda soğurucu Denk. (4.3.34)’ten hesaplanır ve doğal frekansı
zorlayıcı kuvvet frekansından farklı olabilir.
Burada kısaca ele alınan problem hakkında daha ayrıntılı bilgi için [Wang ve Ark,
1985]’e, çok serbestlik dereceli soğurucu problemi için [Ram ve Elhay, 1996]’ya, en genel
problem için ise [Turhan, 1999]’a baş vurulabilir.
Örnek Problem 4.3.4
k1/2
Şekildeki sistemde, K cismine uygulanan FK(t)=FKcosω t
kuvvetine karşın D cismini hareketsiz bırakmak üzere B cismine bir
(kS-mS) soğurucusu bağlanacaktır. FK’nın alabileceği en büyük
değer FKmaks=40 N olarak bilindiğine, soğurucu genliğinin USmaks=2
cm’yi geçmemesi istendiğine ve m1=5 kg, m2=4 kg, k1=4000 N/m,
k2=2000 N/m, ω=40 rad/s verildiğine göre, aşağıdaki durumların
her biri için, gerekli en küçük kütleli soğurucuyu tasarlayınız.
k1/2
m1
k2/2
k2/2
m2
a) D=K=B=1,
b) D=B=1, K=2,
c) D=K=1, B=2.
Şekil Pr. 4.3.4-1
Çözüm:
Önce, hesaplara hazırlık olmak üzere ana sistemin reseptans matrisi elde edilsin. Bu
sistemde
⎡k + k
K=⎢ 1 2
⎣ − k2
− k2 ⎤
⎡m1 0 ⎤
, M=⎢
⎥
⎥
k2 ⎦
⎣ 0 m2 ⎦
(i)
olduğuna göre reseptans matrisi,
2
−1
H = [K − ω M ]
⎡k1 + k 2 − m1ω2
− k2 ⎤
=⎢
⎥
k 2 − m2ω2 ⎥⎦
− k2
⎢⎣
−1
(ii)
den
∆ ( ω2 ) = ( k1 + k 2 − m1ω2 )( k 2 − m 2ω2 ) − k 22
(iii)
ile
315
⎡ k 2 − m 2 ω2
⎢ ∆(ω 2 )
H=⎢
⎢ k2
⎢⎣ ∆(ω2 )
⎤
⎥
∆(ω 2 )
⎥
k 1 + k 2 − m1ω 2 ⎥
⎥⎦
∆(ω 2 )
k2
(iv)
şeklindedir. Şimdi şıklara göre hesaba geçilirse;
a) D=K=B=1
Sistem, Şek. Pr. 3.4.3-2a’da gösterildiği gibidir. D≡K olduğu için, yukarıda (i) ve (ii)
şıklarında sözü edilen durumların her ikisi birden söz konusudur. Buna göre soğurucu,
ω S2 =
kS
mS
= ω 2 = 40 2
(v)
olacak biçimde tasarlanmalıdır. Verilen durumda FB = − FK ve XB=0 olduğuna göre Denk.
(4.3.32)’den
USmaks =
FKmaks
kS
F
→ kS ≥ Kmaks = 40 = 2000 N/m
U Smaks
0.02
(vi)
belirlenir. Buna ve Denk. (v)’e göre
m S min =
k S min
ω2
= 2000
= 1.25 kg
2
(vii)
40
hesaplanır. Soğurucu, mS=1.25 kg, kS=2000 N/m değerlerine sahip olmalıdır.
k1/2
FK(t)
|Η(ω)11|
D≡K≡B
m1
k2/2
k1/2
kS
mS
|Η(ω)21|
P
k2/2
ω [rad/s]
ω [rad/s]
m2
(c) Soğurucusuz Halde Reseptanslar
(a) Sistem
Xp [m]
|Η(ω)11|
|Η(ω)21|
P
ω [rad/s]
(b) Soğuruculu Halde Genlikler
Q
Q
ω [rad/s]
(d) Soğuruculu Halde Reseptanslar
Şekil Pr. 4.3.4-2 Şık (a)’daki Problem ve Çözümü
316
Sisteme bu soğurucu eklendiğinde genlikler Şek. Pr. 4.3.4-2b’deki gibi olur. Bu
şekilden görüldüğü gibi, soğurucunun kuvvet uygulama noktasına bağlandığı bu problemde
ana sistemin tüm noktalarının (1 ve 2 noktaları) genlikleri sıfırlanmış, 3 numara ile gösterilen
soğurucunun genliği ise istenildiği gibi 0.02 m olmuştur. Olaya 1 numaralı cisme uygulanan
harmonik kuvvetin 1 ve 2 numaralı çisimlere etkisini gösteren H11 ve H21 reseptansları
açısından bakılırsa; ana sistem tek başınayken Şek. Pr. 4.3.4-2c’deki gibi olan bu
reseptansların soğurucunun eklenmesiyle Şek. Pr. 4.3.4-2d’deki şekli aldığı görülür. Bu
şekillerden, ana sistemin ωn1=16.796 rad/s ve ωn2=37.655 rad/s olan doğal frekanslarının,
yerlerini ωn1=16.307 rad/s, ωn2=31.325 rad/s ve ωn3=49.526 rad/s şeklindeki üç doğal
frekansa bıraktığı gözlenmektedir. İlk doğal frekans soğurucudan pek fazla etkilenmemiş,
ikincisi ise ω=40 rad’s frekansını (Şek. 4.3.4-2d’deki Q noktaları) her iki cisim için de bir
antirezonans noktası haline getirmek üzere bu değerden uzaklaşmıştır. Bu nokta, 2. cisim için
tek antirezonans noktası iken 1. cismin, soğurucunun var ya da yok olmasından etkilenmeyen
bir antirezonans noktasının daha bulunduğu (Şek. 4.3.4-2c ve d’deki P noktası)
görülmektedir. Bu nokta, 2. cismin ω = k 2 / m2 = 2000 / 4 = 22.361 rad/s’lik doğal
frekansına karşılık gelmekte olup bu cismin 1. cisim için bir soğurucu görevi gördüğü
frekansı göstermektedir. Dikkatli okuyucu, buradan, aynı noktaya bağlanacak iki ayrı tek
serbestlik dereceli soğurucuyla bu noktanın iki farklı frekansta titreşimden korunabileceği
sonucunun çıktığını fark etmiş olmalıdır.
b) D=B=1, K=2
Şekil Pr. 4.3.4-3a’da gösterilen sistem ve yukarıda (i) şıkkında sözü edilen durum söz
konusudur. Soğurucu yine Denk. (v)’teki gibi tasarlanacaktır. Verilen durumda Denk.
(4.3.29)’dan, Denk. (iv)’teki reseptans matrisi yardımıyla
k2
FB = −
=−
H DK
H DB
⋅ FK = −
2000
2000− 4⋅40 2
H12
H11
⋅ FK = −
∆ ( ω2 )
k 2 − m 2 ω2
∆ ( ω2 )
⋅ FK = −
k2
k 2 − m 2 ω2
⋅ FK
,
(viii)
⋅ FK = 5 ⋅ FK
11
hesaplanır. Bu değer ve XB=0 ile Denk. (4.3.32)’den ise
U Smaks =
5
F
11 Kmaks
kS
F
→ kS ≥ 5 Kmaks = 5 40 = 909.1 N/m
11 U Smaks
11 0.02
(ix)
belirlenir. Böylece Denk. (v)’ten
mSmin =
k S min
ω2
= 9092.1 = 0.568 kg
40
(x)
bulunur. Soğurucu mS=0.568 kg, kS=909.1 N/m değerlerine sahip olmalıdır.
Soğuruculu sistemin genlikleri Şek. Pr. 4.3.4-3b’deki, soğuruculu ve soğurucusuz
halde ilgili reseptansların ω ile değişimi ise Şek. Pr. 4.3.4-3c ve d’deki gibidir. İlk şekilden,
istenildiği gibi 1 noktasının hareketsiz kaldığı, soğurucunun ise 0.02 m genlikli titreşimler
yaptığı görülmektedir. Şekil Pr. 4.3.4-3c’deki yeni doğal frekanslar ωn1=16.574 rad/s,
317
ωn2=33.352 rad/s ve ωn3=45.775 rad/s değerlerine sahiptir; ω=40 rad/s frekansı ise 1. cisim
için bir antirezonans noktası haline gelmiştir (Q noktası). Bunun yanı sıra, 2. cisim için de
soğurucusuz halde P noktasının, soğuruculu halde ise R ve S noktalarının birer antirezonans
noktası oluşturduğu görülmektedir. P noktası, (k1+k2-m1) sisteminin ω1=4.641 rad/s’lik doğal
frekansına, R ve S noktaları ise (k1+k2-m1)+(kS-mS) iki serbestlik dereceli sisteminin
ω1=30.672 rad/s ve ω2=45.184 rad/s’lik doğal frekanslarına karşılık gelmekte ve bu
sistemlerin 2. cisim için soğurucu olduğu frekansları işaret etmektedir. Bu son söylenilenden,
iki serbestlik dereceli bir soğurucuyla iki frekansa karşı önlem alınabileceğinin anlaşıldığını
not ediniz.
k1/2
k1/2
|Η(ω)22|
D≡B
m1
k2/2
|Η(ω)12|
kS
mS
k2/2
m2
K
P
ω [rad/s]
ω [rad/s]
(c) Soğurucusuz Halde Reseptanslar
FK(t)
(a) Sistem
|Η(ω)12|
Xp [m]
|Η(ω)22|
R
Q
S
ω [rad/s]
ω [rad/s]
(d) Soğuruculu Halde Reseptanslar
(b) Soğuruculu Halde Genlikler
Şekil Pr. 4.3.4-3 Şık (b)’deki Problem ve Çözümü
c) D=K=1, B=2
Sistem, Şek. Pr. 4.3.4-4’te gösterilmiştir. Yukarıda (iii) şıkkındaki durum söz
konusudur. Denk. (4.3.29)’dan, Denk. (iv)’teki reseptans matrisi yardımıyla
FB = −
H DK
H DB
⋅ FK = −
H 11
H12
⋅ FK = −
k 2 − m 2ω2
∆ ( ω2 )
k2
∆ ( ω2 )
⋅ FK = −
k 2 − m 2ω2
k2
⋅ FK
,
(xi)
2
= − 2000 − 4⋅ 40 ⋅ FK = 11 ⋅ FK
2000
5
Denk. (4.3.30)’dan da
X B = (H BK −
=
H DK ⋅H BB
)FK
H DB
= (H 21 −
k 22 −( k 2 − m 2ω2 )( k1 + k 2 − m1ω2 )
k 2 ∆ (ω2 )
H11⋅H 22
)FK
H12
FK = − 1 FK = − 1 FK
k2
(xii)
2000
318
hesaplanır. Denk. (4.3.32)’den US çekilip burada Denk. (xi) ve Denk. (xii) kullanılarak
U Smaks =
FBmaks
+ X Bmaks →
kS
kS ≥
11 F
5 Kmaks
F
U Smaks + Kmaks
2000
=
11 40
5
40
0.02 + 2000
= 2200 N/m (xiii)
böylece Denk. (4.3.36)’dan da
k
k
X
S
=
ωS2 = mS = (1 + k S FB )ω2 → mS =
X
S
B
(1+ k S F B )ω 2
B
2200
−1 F
K
(1+ 2200 2000
) 40 2
11F
5 K
= 2.75 kg
hesaplanır. Soğurucu, doğal frekansı zorlayıcı kuvvet frekansından farklı olacak biçimde,
mS=2.75 kg, kS=2200 N/m değerlerine sahip olmalıdır.
k1/2
FK(t)
m1
k2/2
mS
kS
m2
k1/2
|Η(ω)21|
|Η(ω)11|
D≡K
P
k2/2
ω [rad/s]
ω [rad/s]
(c) Soğurucusuz Halde Reseptanslar
B
(a) Sistem
Xp [m]
|Η(ω)21|
|Η(ω)11|
Q
R
S
K
ω [rad/s]
(b) Soğuruculu Halde Genlikler
ω [rad/s]
(d) Soğuruculu Halde Reseptanslar
Şekil Pr. 4.3.4-4 Şık (c)’deki Problem ve Çözümü
Bu soğurucu uygulamasına ilişkin sonuçlar Şek. Pr. 4.3.4-4’te gösterilmiştir. Diğer
sonuçların yorumlanmasını okuyucuya bırakıp burada yalnızca soğuruculu halde 1. cisimde
görülen iki antirezonans noktasıyla (Q ve R noktaları) ilgili bir değerlendirme yapmakla
yetinelim. Bunlar, ω1=15.811 rad/s ve ω2=40 rad/s frekanslı noktalardır. Biraz hesap, bu iki
frekansın (k2-m2)+(kS-mS) iki serbestlik dereceli sisteminin doğal frekansları olduğunu
gösterir (Bunu gösteriniz). Böylece, eklenen ikincil sistemin, bağlandığı 2 numaralı cismi,
doğal frekanslarından biri zorlayıcı kuvvet frekansına eşit bir iki serbestlik dereceli sisteme
dönüştürerek etkili olduğu, öyleyse yukarıdaki hesabın da, aslında, verilmiş bir tek serbestlik
dereceli sistemi, doğal frekanslarından biri arzu edilen bir değere sahip olan iki serbestlik
dereceli bir sisteme dönüştürmek için ona eklenmesi gereken ikinci tek serbestlik dereceli
sistemin belirlenmesi hesabı olduğu anlaşılmaktadır.
319
4.4 SÖNÜMLÜ SERBEST TİTREŞİMLER
Deneyim, serbest titreşimlerin zamanla zayıflayıp yok olduğunu gösterir. Bunun
nedeni, titreşen sistemin mekanik enerjisinin ısı enerjisi gibi başka bir enerji türüne
dönüşerek ya da sistem dışı öğelere geçerek zamanla azalmasına yol açan mekanizmaların
varlığıdır. Bu tür mekanizmalara sönüm genel adı verilir. Sönüm özünde enerjiye ilişkin bir
kavram olmakla birlikte hareket denklemlerine bir kuvvet olarak yansıtılması gerekir. Bu
kuvvet negatif iş yapmalıdır. Bu ise ancak hıza zıt yönlü bir kuvvetle mümkün olduğundan
bir sönüm kuvveti hızın fonksiyonu olmak zorundadır. Bu yüzden sönüm bazen “hıza bağlı
kuvvet üreten mekanizma” olarak da tanımlanırsa da hızın fonksiyonu olan her kuvvetin
sönüm kuvveti olmadığının belirtilmesi gerekir (Bkz. Bölüm xxx ve xxx).
Sönümün gerçeğe uygun biçimde modellenebilmesi için, çok çeşitli olan sönüm
mekanizmalarının her birine, onunla aynı enerji tüketme düzenine sahip, hıza bağlı bir kuvvet
eşleştirilmesi gerekir. Bu ise neredeyse olanaksız bir görevdir ve bugün için başarılmış
olmaktan uzaktır. Bunun tek istisnası, viskoz akışkanlar içerisinde hareket eden cisimlerin
uğrayacakları enerji kaybını temsil eden, hıza lineer bağlı viskoz sönüm kuvvetidir. Bu
kuvvetin düşük Reynolds sayılı hareketlerde söz konusu sönüm mekanizmasını iyi
modellediği bilinmektedir. Ancak, lineerliği sayesinde matematiksel incelemeye de elverişli
olan bu kuvvet de büyük genlikli ve yüksek frekanslı hareketlere doğru gidildikçe, büyüyen
Reynolds sayısı yüzünden, temsil yeteneğini yitirmektedir.
Burada söylenilenlerden anlaşılacağı gibi, bugün için, birçok durumda, sönümün
gerçeğe sadık biçimde modellenmesi olanaklı değildir. Bu nedenle, düşük sönümlü sistemler
söz konusu olduğunda, sönümü göz ardı ederek incelemenin sönümsüz modeller üzerinde
gerçekleştirilmesi yeğlenir. Sönümün muhakkak göz önüne alınması gereken durumlarda ise,
bu, viskoz sönüm aracılığıyla yapılmaya çalışılır. Böyle durumlarda modele, ya tamamen
sembolik olarak ya da gerçekte var olan sönüm mekanizmasına enerji tüketimi bakımından
eşdeğer kılınmaya çalışılmış bir viskoz sönüm katılır.
Böylece, incelemelerimizi lineer sistemlerle sınırladığımız bu aşamada başka türlüsü
zaten mümkün olmadığı için aşağıda alternatifsiz olarak göz önüne alacağımız viskoz
sönümü, nadiren gerçeği temsil eden bir model, bazen başka bir sönüm mekanizmasının
yerine geçmiş bir eşdeğer, çoğunlukla da belli bir sönüm tipinin değil, sönüm kavramının
sembolik temsilcisi olarak anlaşılması gerekmektedir.
Viskoz sönüm dışındaki bazı sönüm mekanizmalarının modellenmesi için öne
sürülmüş olan yollara, ileride, Bölüm xxx’te ayrıca değinilecektir.
4.4.1 VİSKOZ SÖNÜM
Çok serbestlik dereceli sistemlerin viskoz sönümlü serbest titreşimlerinin incelenmesi
problemi,
M&x& + Rx& + Kx = 0
(4.4.1)
matris diferansiyel denkleminin çözümlerinin incelenmesi problemidir. Aşağıda bu problem,
önce R viskoz sönüm matrisinin en genel hali için, sonra da problemin basitleşmesine yol
açan bir özel hali için ele alınacaktır.
320
4.4.1.1 R Matrisinin En Genel Hali
Bölüm 3.4’ten bilindiği gibi Denk. (4.4.1)’in çözümlerinin, X={X1, X2,…, Xn}T bir
bilinmeyen genlikler vektörü, λ ise bilinmeyen bir skaler olmak üzere
x(t) = Xeλt
(4.4.2)
üstel formunda aranması gerekir. Bu çözüm kabulü Denk. (4.4.1)’de yerine konulursa
[M ⋅ λ2 + R ⋅ λ + K ] ⋅ X = 0 ,
(4.4.3)
ya da detM≠0 olmak kaydıyla (ki koordinat atanan bir noktaya kütle atanmadığı istisnai
haller dışında bu böyledir) soldan M-1 ile çarparak,
[I ⋅ λ2 + M −1R ⋅ λ + M −1K ] ⋅ X = 0 ,
(4.4.4)
elde edilir.
Denklem (4.4.3) ve (4.4.4)’ün sol tarafındaki gibi, bir λ skalerinin, katsayıları nxn
kare matrisler olan bir polinomu görünümündeki matrislere matris polinomu ya da
λ (lambda) matrisi adı verilir. Burada söz konusu olanlar, λ’nın 2. dereceden matris
polinomlarıdır. Denklem (4.4.4)’teki
P(λ) = I ⋅ λ2 + M −1R ⋅ λ + M −1K
(4.4.5)
örneğinde olduğu gibi, en yüksek kuvvetten teriminin katsayısı I birim matrisi olan matris
polinomlarına da, özel olarak, monik matris polinomu denilir82.
Terminolojiyle ilgili bu kısa bilgiden sonra asıl probleme dönülürse; Denk. (4.4.4)’ün
X=0 trivial çözümü dışında çözümü bulunabilmesi için
det P(λ) = det[I ⋅ λ2 + M −1R ⋅ λ + M −1K ] = 0
(4.4.6)
olmalıdır. Bunu sağlayan λ değerlerine P(λ) matris polinomunun özdeğerleri denir. Bu
özdeğerlerin hesaplanabilmesi için, mümkünse, problemin,
det[A − λI] = 0
(4.4.7)
standart matris özdeğer problemine dönüştürülmesi arzu edilir. Bu başarılabilirse, Denk.
(4.4.7)’nin çözümüne özgü güçlü sayısal yöntemlerden yararlanılabilecektir. Şimdi bunun
nasıl yapılabileceğini görmek üzere Denk. (4.4.4)’e dönülsün ve anlamsız görünen fakat
82
Bu konularda ayrıntılı bilgi için Bkz. [Frazer ve Ark., 1957], [Lancaster, 1965] ve [Gohberg ve Ark., 1982].
321
probleme, bilinmeyen X vektörüne ek olarak bir de bilinmeyen λX vektörü katılması
anlamına gelen
{λX} = λI ⋅ {X}
(4.4.8)
denklemi ile, Denk. (4.4.4) yeniden düzenlenerek kolayca yazılan
− M −1R ⋅ {λX} − M −1K ⋅ {X} = λI ⋅ {λX}
(4.4.9)
denklemi dikkate alınsın. Bu iki denklem tek bir matris denkleminde bir araya getirilirse,
I
⎡ 0
⎤⎧ X ⎫
⎧X⎫
I
=
λ
⎨
⎬
⎨ ⎬
⎢− M −1K − M −1R ⎥ λX
⎣
⎦⎩ ⎭
⎩λX⎭
(4.4.10)
ya da burada nxn boyutlu bloklardan oluşan, 2nx2n boyutlu bölümlenmiş
I ⎤
⎡ 0
A=⎢
−1
−1 ⎥
⎣− M K − M R⎦ 2nx2n
(4.4.11)
matrisi tanımlanarak
[A − λI ] ⋅ ⎧⎨
X⎫
⎬=0
⎩λX⎭
(4.4.12)
elde edilir. Bu denklemin X=0 trivial çözümü dışında çözümü bulunabilmesinin koşulu Denk.
(4.4.7)’yi verir. Kolayca anlaşılacağı gibi, Denk. (4.4.6)’daki n. mertebe, 2. dereceden P(λ)
matris polinomunun özdeğerleri ile Denk. (4.4.12)’deki
P′(λ) = A − λI
(4.4.13)
2n. mertebe, 1. dereceden matris polinomunun özdeğerleri birbirinin aynıdır83. Burada
yapılana, P(λ) matris polinomunun lineerleştirilmesi denir84.
Burada ortaya çıkan A matrisi, sönümsüz serbest titreşimlerdeki A=M-1K matrisinin
viskoz sönümlü sistemlerdeki karşılığıdır ve tıpkı onun gibi sistem matrisi olarak
adlandırılır85.
83
Kimi matematikçiler, yüksek dereceli matris polinomları için has değer (proper value), lineer matris
polinomları için özdeğer (eigenvalue) terimlerini kullanmaktadır. Buradaki “eigenvalue” teriminin de Almanca
“eigen” ile İngilizce “value”nun bileşiminden oluşan tuhaf bir melez olduğunu belirtelim.
84
Bu lineerleştirme işlemi geneldir. n. mertebe, k. dereceden her matris polinomu, probleme yeni λiX;
i=1,2,…,k-1 bilinmeyenleri katılarak, buradaki yoldan, nxk. mertebe, 1. dereceden bir matris polinomuna
dönüştürülebilir.
85
Kimi yazarlar yükseltgenmiş matris (augmented matrix) terimini yeğlemektedir.
322
Aslında bir matris polinomunun lineerleştirilmesi işlemi, k. mertebeden bir lineer
diferansiyel denklemin 1. mertebeden bir diferansiyel denkleme indirgenmesi ile aynı
matematiksel düzenlemenin iki farklı görünümüdür. Nitekim, Denk. (4.4.1)’de
y1 = x , y 2 = x&
(4.4.14)
denir, buna göre
y& 1 = y 2 ,
(4.4.15)
Denk. (4.4.1)’den de
y& 2 = −M −1R ⋅ y 2 − M −1K ⋅ y1 = 0
(4.4.16)
yazılır ve y1 ile y2, y={y1,y2}T şeklinde 2n boyutlu bir bilinmeyenler vektörünün yapısında bir
araya getirilirse, Denk. (4.4.15) ile (4.4.16), 1. mertebeden
I ⎤
⎡ 0
y& = ⎢
−1
−1 ⎥ ⋅ y ;
−
M
K
−
M
R⎦
⎣
⎧ y ⎫ ⎧x⎫
y = ⎨ 1⎬ = ⎨ ⎬
⎩y 2 ⎭ ⎩x& ⎭
(4.4.17)
diferansiyel denkleminde birleştirilebilir. Böylece n adet 2. mertebeden diferansiyel denklem,
2n adet 1. mertebeden diferansiyel denkleme indirgenmiş olur. Kolayca görüleceği gibi, bu
denkleme y(t)=Yeλt şeklinde çözümler arama problemi, Denk. (4.4.7)’deki özdeğer
problemine götürür.
Denklem (4.4.7)’den A matrisinin 2n adet özdeğeri hesaplanır. Matrisin gerçel
oluşunun bir sonucu olarak bu özdeğerlerin ya gerçel olacakları ya da karmaşık eşlenik çiftler
halinde olacakları gösterilebilir. Biz burada, aşırı ve eşik sönümlü hallerdeki titreşim hareketi
olmayan hareketlere karşılık gelen gerçel özdeğerler halini bir yana bırakarak zayıf sönümlü
hallerdeki titreşim hareketine karşılık gelen karmaşık eşlenik özdeğerler haliyle ilgilenelim.
A matrisi pozitif belirli olduğu sürece gerçel kısımları her zaman negatif olan ve sanal
kısımlarının mutlak değerinin boy sırasına göre küçükten büyüğe doğru numaralanarak
gösterilen bu özdeğerler
λ(r1) = −δ r + ω r i , λ(r2) = λ(r1) = −δ r − ω r i ; r=1,2,…,n
(4.4.18)
olsun. A matrisinin bunlara karşılık gelen ve yine karmaşık eşlenik çiftler halinde olan, bir
sabit katsayı farkıyla belirli öz vektörleri de
323
⎪ u (r1) ⎫⎪
(1) ⎧
,
θ r = ⎨ (1) (1) ⎬
⎪⎩λ r u r ⎪⎭ 2nx1
; r=1,2,…,n
⎧⎪ u (1) ⎫⎪
⎪ u (r2) ⎫⎪
(2)
(1) ⎧
r
=⎨
θ r = θr = ⎨ (2) (2) ⎬
⎬
⎪⎩λ r u r ⎪⎭ 2nx1 ⎪⎩λ(r1) ur(1) ⎪⎭ 2nx1
(4.4.19)
olsun. Probleme, onu Denk. (4.4.6)’daki özdeğer problemi yerine Denk. (4.4.7)’deki özdeğer
problemine yöneltmek amacıyla totolojik nitelikteki Denk. (4.4.8) -ya da Denk. (4.4.15)aracılığıyla aslında var olmayan yeni bilinmeyenler katılmış olmasının bir sonucu olarak,
2nx1 boyutlu bu öz vektörlerin ikinci kısımları, ur(i) ile gösterilen nx1 boyutlu ilk kısımlarının
içerdiği bilginin bir yinelemesinden başka bir şey değildir. Özdeğer probleminin çözülmüş
olduğu şu aşamada, bu gereksiz kısımların problemden ayıklanıp orijinal probleme geri
dönülmesi uygun görünmektedir. Bu yapılır, ayrıca karmaşık eşlenik öz vektörler üstel
formda gösterilirse, nx1 boyutlu
⎧ α e iϕ1 ⎫
⎧ α e −iϕ1 ⎫
1
⎪
⎪ 1 −iϕ ⎪
iϕ2 ⎪
⎪α e ⎪ (2)
(1) ⎪α 2 e 2 ⎪
u (r1) = ⎨ 2
u
u
,
=
⎬ r
⎬ ; r=1,2,…,n
r =⎨
M
⎪ M ⎪
⎪
⎪
⎪α e iϕn ⎪
⎪α e −iϕn ⎪
⎩ n
⎭r
⎩ n
⎭r
(4.4.20)
öz vektörlerine gelinir. İstenirse bu öz vektörler,
⎡α1 0 L 0 ⎤
⎢0 α L 0 ⎥
2
⎥
αr = ⎢
⎢ L L O M ⎥ ; r=1,2,…,n
⎢
⎥
0 L αn ⎦r
⎣0
(4.4.21)
köşegen matrisleri tanımlanarak
⎧ e iϕ1 ⎫
⎧ e −iϕ1 ⎫
⎪ iϕ ⎪
⎪ −iϕ ⎪
⎪e 2 ⎪ (2)
⎪e 2 ⎪
(1)
(1)
=
=
⋅
,
ur = αr ⋅ ⎨
u
u
α
⎬ r
⎬ ; r=1,2,…,n
r
r ⎨
⎪ M ⎪
⎪ M ⎪
⎪e iϕn ⎪
⎪e −iϕn ⎪
⎩
⎭r
⎩
⎭r
(4.4.22)
şeklinde de yazılabilir. Denk. (4.4.18) ve (4.4.22)’deki sonuçlarla Denk. (4.4.2) çözüm
kabulüne dönülürse, ikişer ikişer birbirinin karmaşık eşleniği olan
324
⎧ e iϕ1 ⎫
⎪ iϕ ⎪
⎪e 2 ⎪ (−δr +iωr )t
(1)
(1) λ(r1) t
x r (t ) = u r e
= αr ⎨
⎬ e
M
⎪
⎪
⎪e iϕn ⎪
⎩
⎭r
⎧ e −iϕ1 ⎫
⎪ −iϕ ⎪
⎪e 2 ⎪ (−δr −iωr ) t
(2)
(2) λ(r2) t
x r (t ) = u r e
= αr ⎨
⎬ e
⎪ M ⎪
⎪e −iϕn ⎪
⎩
⎭r
; r=1,2,…,n
(4.4.21)
çözümleri elde edilir. Bu çözümler birbirinden bağımsız olmak kaydıyla –ki böyle olduğu
görülecektir- Denk. (4.4.1)’in çözümü de, bu şekilde elde edilmiş olan 2n farklı çözümün
lineer bir kombinasyonu olarak
n
(1) (1) (1)
(2) (2) ( 2)
x(t ) = ∑[c r u r e λr t + c r u r e λr t ]
r =1
⎛
⎜
n
⎜ (1)
= ∑ α r e −δr t ⎜ c r
⎜
r =1
⎜
⎝
⎧e i(ωr t +ϕr1) ⎫
⎪ i ( ω t +ϕ ) ⎪
⎪e r r 2 ⎪ (2)
⋅⎨
⎬ + cr
M
⎪
⎪
i
(
t
)
ω
+
ϕ
⎪e r rn ⎪
⎩
⎭
⎧e −i(ωr t +ϕr1) ⎫ ⎞
⎪ −i(ω t +ϕ ) ⎪ ⎟
r
r2 ⎪⎟
⎪e
⋅⎨
⎬⎟
M
⎪
⎪⎟
i
(
t
)
−
ω
+
ϕ
⎪e
r
rn ⎪ ⎟
⎩
⎭⎠
(4.4.22)
ya da köşeli parantez içerisindeki harmonik terimlerin trigonometrik gösterilimine geçilerek
⎛
⎜
n
⎜
x(t ) = ∑ α r e −δr t ⎜ a r
r =1
⎜
⎜
⎝
⎧ cos(ωr t + ϕ r1 ) ⎫
⎪cos(ω t + ϕ )⎪
⎪
r
r2 ⎪
⋅⎨
⎬ + br
M
⎪
⎪
⎪⎩cos(ωr t + ϕ rn )⎪⎭
⎧sin(ωr t + ϕ r1 ) ⎫ ⎞
⎪sin(ω t + ϕ )⎪ ⎟
⎪
r
r2 ⎪⎟
⋅⎨
⎬ ⎟ (4.4.23)
M
⎪
⎪⎟
⎪⎩sin(ωr t + ϕ rn )⎪⎭ ⎟
⎠
veya
⎧ cos(ωr t − ψ r + ϕ r1 ) ⎫
⎪
⎪
n
−δr t ⎪cos(ωr t − ψ r + ϕ r 2 )⎪
x(t ) = ∑ A r α r e
⎨
⎬
M
⎪
⎪
r =1
⎪⎩cos(ωr t − ψ r + ϕ rn )⎪⎭
(4.4.24)
325
şeklinde elde edilir. Buradaki, toplam 2n adet ar, br veya Ar, ψr sabiti başlangıç koşullarından
belirlenecektir.
Gelinen noktada, r. karmaşık eşlenik λr(1)-λr(2) özdeğer çiftine karşılık gelen çözümün
⎧ x1 ( t ) ⎫
⎧ α r1 cos(ωr t − ψ r + ϕ r1 ) ⎫
⎪x ( t ) ⎪
⎪
⎪
⎪ 2 ⎪
−δr t ⎪α r 2 cos(ωr t − ψ r + ϕ r 2 )⎪
x r (t ) = ⎨
⎬ = Ar e
⎨
⎬ ; r=1,2,,n (4.4.25)
M
M
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪⎩x n (t )⎪⎭
⎪⎩α rn cos(ωr t − ψ r + ϕ rn ) ⎪⎭
r
şeklinde olacağı anlaşılmış olmaktadır. Bu davranış kalıplarına viskoz sönümlü sistemin doğal
titreşim kipleri ya da (ilgili özdeğer ve öz vektörlerin karmaşık eşlenik oluşuyla bağlantılı
olarak) karmaşık titreşim kipleri adı verilir. Denk. (4.4.23)’ün gösterdiği gibi, n serbestlik
dereceli viskoz sönümlü sistemin genel hareketi, bu n kipteki hareketlerin bir bileşimi
şeklindedir.
Şimdi Denk. (4.4.25) ışığında viskoz sönümlü sistemlerin karmaşık kiplerdeki
davranış özelliklerine göz atılırsa; r. kipte, her bir i. cismin xi koordinatının, genliği o kipe
özgü bir δr viskoz sönüm sabiti uyarınca üstel olarak azalan, yine o kipe özgü bir ωr
frekansına sahip harmonik titreşimler yapacağı; bu titreşimlerin her anında farklı cisimlerin
αri genlik ve ϕri faz açılarının değerleri belirsiz olmakla birlikte bunlar arasındaki αri/αrj oran
ve ϕri-ϕrj farklarının kipe özgü sabitler olacağı anlaşılır86.
Böyle bir kipsel davranış kalıbının kolayca görselleştirilemeyeceği açık ise de 3
serbestlik dereceli bir sistem örneği için sönümsüz ve sönümlü kiplerin karşılaştırmalı olarak
verildiği Şek. 4.4.1’deki gibi bir deneme yapılabilir. Sönümlü hale ilişkin olan Şek. 4.4.1a’da, her bir i. cismin r. kipteki xi(t) hareketi; t=0 anında farklı –ψr+ϕri açısal konumlarından,
farklı Arαri boylarında başlayarak saate ters yönde birbiriyle aynı ωr açısal hızıyla dönen ve
δ
− ωr θ
bu dönüş sırasında, uçları, kutupsal koordinatlardaki denklemi ri (θ) = A r α rie r olan
spiral üzerinde gezinecek şekilde giderek kısalan bir vektörün x ekseni üzerindeki
izdüşümünün zamanla değişimi olarak gösterilmiştir. Aynı mantıkla sönümsüz hal için
çizilmiş Şek. 4.4.1-b ile bir karşılaştırma, sönümsüz halin sönümlüden, vektör boylarının
sabit, faz açılarının ise 0o ile 180o dışında seçeneksiz oluşuyla ayrıldığını gösterir. Bu son
özelliğin, sönümsüz sistemlerin belli bir kipteki davranışında, farklı cisimlerin hareketlerinin
eş zamanlı olmasını sağladığına; sönümlü sistemlerde bu özelliğin bulunmadığına dikkat
ediniz.
İstenirse, yukarıdaki özdeğer problemi, Denk. (4.4.3) M-1 yerine detK≠0 olmak, yani
rijid cisim kipine sahip bir sistem söz konusu olmamak kaydıyla K-1 ile çarpılıp yukarıdakine
benzer şekilde devam edilerek,
iϕ
Aslında söz konusu olan, Denk. (4.4.20)’deki kip vektörlerinin αrie ri elemanlarının karşılıklı oranlarının
sabit oluşudur. Bu, αri‘lere oranların, ϕri’lere ise farkların sabit oluşu şeklinde yansır.
86
326
r1(θ) = A r α r1e
−
δr
θ
ωr
ωr
r2 (θ)
ωr
t=0
t=0
t=0
ϕr1
Αrαr1
ϕr3
ϕr2
ωr
Α rαr3
Α rαr2
x1
x3
x2
ψr
r3 (θ)
ψr
ψr
(a) Sönümlü Sistemin r. Kipteki Davranışı: x r ( t ) = A r α rie −δ r t cos(ωr t − ψ r + ϕri )
i
ωr
ωr
ωr
t=0
Α rαr3
x1
x2
x3
Α rαr2
Αrαr1
ψr
t=0
ψr
t=0
ψr
(b) Sönümsüz Sistemin r. Kipteki Davranışı: x r ( t ) = A r α ri cos( ω r t − ψ r )
i
Şekil 4.4.1 Sönümlü ve Sönümsüz Sistemlerin r. Kipteki Davranışları
I ⎤
⎡ 0
B=⎢
−1
−1 ⎥
⎣− K M − K R⎦ 2nx2n
(4.4.26)
µ = λ1
(4.4.27)
ve
olmak üzere
det[B − µI] = 0
(4.4.28)
şeklinde de formüle edilebilir (Bunu gösteriniz). Bu formülasyon, M matrisinin tekil olduğu
durumlarda Denk. (4.4.7) yerine baş vurulabilecek bir seçenek oluşturmanın yanı sıra, D=K-1
esneklik matrisini kullanmanın olası yararları için de yeğlenebilir. Denk. (4.4.27)’deki B
matrisi, DM=K-1M dinamik matrisinin sönümlü sistemlerdeki karşılığı olup yine dinamik
matris diye adlandırılır.
327
KAYNAKLAR
ARGYRIS, J., MLEJNEK, H.-P., Dynamics Of Structures, North-Holland, 1991.
ASAMI, T., NISHIHARA, O., BAZ, A. M., Analytical Solutions To H∞ And H2
Optimization Of Dynamic Vibration Absorbers Attached To Damped Linear Systems,
ASME J. Of Vibration And Acoustics, 124, 284-295, 2002.
ANDRONOV, A. A., VITT, A. A., KHAIKIN, S. E., Theory Of Oscillators, Pergamon Press,
1966.
BALACHANDRAN, B., MAGRAB, E. B., Vibrations, Thomson Brooks, 2004.
BEARDS, C. F.,Vibrations And Control Systems, Ellis Horwood Ltd., 1988.
BEARDS, C. F., Structural Vibration: Analysis And Damping, Arnold, 1996.
BELLMAN, R., Introduction To Matrix Analysis (2nd Ed.), Siam, 1997.
BENNETT, R. H., DYKE, J. D. V., Aircraft Cabin Noise Reduction System With Tuned
Vibration Absorbers, US Patent No. US 3,490,556, January 20, 1970.
BISHOP, R. E. D., JOHNSON, D. C., The Mechanics Of Vibration, Cambridge University
Press, 1960.
BOGOLIOUBOV, N., MITROPOLSKI, I., Les Méthodes Asymptotiques En Théorie Des
Oscillations Non Linéaires, Gauthier-Villars & Cie, 1962.
CHATELIN, F., Eigenvalues Of Matrices, John Wiley & Sons, 1993.
COLLAR, A. R., SIMPSON, A., Matrices And Enginering Dynamics, Ellis Horwood, 1987.
CRANDALL, S. H., MARK, W. D., Random Vibrations In Mechanical Systems, Academic
Press, 1963.
DEN HARTOG, J. P., Mechanical Vibrations (3rd Ed.), Dover, 1985. (İlk Basım: 1934,
Türkçesi: Mekanik Titreşimler, Çev.: S. Palavan, Z. Demirgüç, İTÜ, 1961.)
DE SILVA, C. W., Vibration: Fundamentals And Practice, CRC Press, 1999.
DE SILVA, C. W. (Ed.), Vibration Damping, Control And Design, CRC Press, 2007.
FELTRIN, G., WEBER, F., GSELL, D., MOTAVALLI, M., On The Relative Motion Of
Tuned Mass Dampers, Unpublished Study, 2004.
FOURIER, J. B. J., Théorie Analytique De La Chaleur, Paris, 1822.
FRAHM, H, Device For Damping Vibrations, US Patent No. US 989958 A, April 18, 1911.
FRAZER, R. A., DUNCAN, W. J., COLLAR, A. R., Elementary Matrices, Cambridge
Univ. Press, 1957.
328
FROLOV, K. V., FURMAN, F. A., Applied Theory Of Vibration Isolation Systems,
Hemisphere Publishing Corp., 1990.
GANTMACHER, F. R., Théorie Des Matrices, Tomes 1 et 2, Dunod, 1966.
GENTA, G., Dynamics of Rotating Systems, Springer, 2005.
GLADWELL, G. M. L., Inverse Problems In Vibration, Kluwer, 1986.
GOHBERG, I., LANCASTER, P., RODMAN, L., Matrix Polynomials, Academic Press,
1982.
GOLDSTEIN, H., Classical Mechanics (2nd Ed.), Addison -Wesley, 1980.
HARKER, R. J., Generalized Methods Of Vibration Analysis, John Wiley & Sons, 1983.
HUMAR, J. L., Dynamics Of Structures, Prentice-Hall, 1990.
HURTY, W. C., RUBINSTEIN, M. F., Dynamics Of Structures, Prentice-Hall, 1967.
INMAN, D. J., Vibration With Control, Measurement, and Stability, Prentice-Hall, 1989.
INMAN, D. J., Engineering Vibration, Prentice-Hall, 1994.
KORENEV, B. G., REZNIKOV, L. M. Dynamic Vibration Absorbers, Wiley, 1993.
LEE, C. -W., Vibration Analysis of Rotors, Kluwer, 1993.
LALANNE, M., BERTHIER, P., HAGOPIAN, J. D., Mechanical Vibrations For Engineers,
John Wiley & Sons, 1983.
LANCASTER, P., Lambda-Matrices And Vibrating Systems, Pergamon Press, 1965.
LANCASTER, P., TISMENETSKY, M., The Theory Of Matrices (2nd Ed. With
Applications), Academic Press, 1985.
MAGNUS, K., Schwingungen; Eine Einführung in die theoretische Behandlung von
Schwingungsproblemen,
Teubner,
1961.
(Türkçesi:
Titreşimler;
Titreşim
Problemlerinin Teorik İncelemesine Giriş, Çev.: F. Pasin, M. Gürgöze, İTÜ Müh.
Mim. Fak. Yayın No. 127, 1978.)
MEIROVITCH, L., Analytical Methods In Vibrations, Macmillan, 1967.
MEIROVITCH, L., Elements Of Vibration Analysis, McGraw-Hill, 1986.
MEIROVITCH, L., Fundamentals Of Vibrations, McGraw-Hill, 2001.
MINER, I. O., Clipper, US Patent No 1,895,289, January 24, 1933.
MÜLLER, P. C., SCHIEHLEN, W. O., Linear Vibrations, Martinus Nijhoff, 1985.
NISHIHARA, O, ASAMI, T., Closed-Form Solutions To The Exact Optimizations Of
Dynamic Vibration Absorbers (Minimizations Of The Maximum Amplitude
Magnification Factors), ASME J. Of Vibration And Acoustics, 124, 576-582, 2002.
ORMONDROYD, J., DEN HARTOG, J. P., Theory Of Dynamic Vibration Absorber, Trans.
ASME, APM 50(7), 9-22, 1928.
329
PALAVAN, S., Mekanik Titreşimler Dersleri (3. Basım), İTÜ, 1973.
PARS, L. A., A Treatise On Analytical Dynamics, Heinemann, 1965.
PASİN, F., Mekanik Sistemler Dinamiği, İTÜ, 1994.
PIPES, L. A., HARVILL, L. R., Applied Mathematics For Engineers And Physicists (3rd
Ed.), McGraw-Hill, 1971.
RAM, Y. M., ELHAY, S., The theory of a multi-degree-of-freedom dynamic absorber.,
Journal of Sound and Vibration, 195, 607-615, 1996.
RAO, J. S., Advanced Theory Of Vibration, John Wiley & Sons, 1992.
RAO, J. S., GUPTA, K., Introductory Course On Theory And Practice Of Mechanical
Vibrations (2nd Ed.), New Age International Publishers, 1999.
RAYLEIGH, J. W. S., The Theory of Sound-Volumes I and II (2nd Ed.), Dover Publications,
1945 (İlk Basım: 1894-1896).
ROSENBERG, R. H., Analytical Dynamics Of Discrete Systems, Plenum Press, 1977.
SCHWARZ, H. R., (With A contribution By WALDVOGEL, J.) Numerical Analysis: A
Comprehensive Introduction, John Wiley & Sons, 1989.
SHABANA, A. A., Theory Of Vibration, Volumes I and II, Springer-Verlag, 1991.
SOKOLNIKOFF, I. S., REDHEFFER, R. M., Mathematics Of Physics And Modern
Engineering, McGraw-Hill, 1966.
SNOWDON, J. C., Vibration and Shock in Damped Mechanical Systems,Wiley, 1968.
SRINIVASAN, P., Mechanical Vibration Analysis, Tata McGraw-Hill, 1982.
STAKGOLD, I., Boundary Value Problems Of Mathematical Physics, Macmillan, 1967.
STEIDEL, R. F., An Introduction To Mechanical Vibrations (2nd Ed.), John Wiley & Sons,
1979.
STOCKBRIDGE, G. H., Vibration Damper, US Patent No. 1,675,391, July 3, 1928.
ŞUHUBİ, E. S., Rijid Cisimler Dinamiği, İ.T.Ü. Fen-Edebiyat Fak., 1988.
ŞUHUBİ, E. S., Akışkanlar Mekaniği, İ.T.Ü. Fen-Edebiyat Fak., 1993.
THOMSON, W. T., Vibration Theory And Applications, George Allen & Unwin, 1965.
TIMOSHENKO, S., Vibration Problems in Engineering, Van Nostrand, 1928.
TIMOSHENKO, S., YOUNG, D. H., WEAVER, W., Vibration Problems in Engineering (4th
Ed.), John Wiley & Sons, 1974.
TSE, F. S., MORSE, I. E., HINKLE, R. T., Mechanical Vibrations: Theory And
Applications, Allyn And Bacon, 1978.
330
TURHAN, Ö, Çok Frekanslı Zorlama Etkisindeki Çok Serbestlik Dereceli Sistemler İçin
Sönümsüz Dinamik Titreşim Yutucusu Tasarımı Genel Problemi, 9. Ulusal Makina
Teorisi Sempozyumu, 83-93, 1999.
TURHAN, Ö., Makina Teorisi, Nobel, 2012.
USPENSKY, J. V., Theory Of Equations, McGraw-Hill, 1948.
WANG, B. P., KITIS, L., PILKEY, W. D., PALAZZOLO, A., Synthesis Of Dynamic
Vibration Absorbers. Journal of Vibration, Acoustics, Stress, and Reliability in
Design 107, 161-166, 1985.
331