close

Enter

Log in using OpenID

BÖLÜM-4 4.1 ZORLAMALI SALINIMLAR ve REZONANS Önceki

embedDownload
BÖLÜM-4
4.1
ZORLAMALI SALINIMLAR ve REZONANS
Önceki bölümde sönümsüz ve sönümlü serbest salınım hareketi yapan değişik sistemleri
inceledik. Şimdi salınım yapan mekanik sisteme periyodik değişen bir dış kuvvet
uygulandığında meydana gelen olayları inceleyeceğiz. Buna bağlı olarak fizikte ve
mühendislikte oldukça önemli bir yeri olan rezonans kavramını tartışacağız. Salınım
hareketi yapacak şekilde olan bir sisteme periyodik bir dış kuvvet uygulandığında
ortaya çıkan harekete zorlamalı salınım denir. Zorlamalı salınım hareketini, (i) sönümlü
olmayan zorlamalı salınım hareketi (undamped forced vibrations) ve (ii) sönümlü
zorlamalı salınım hareketi (damped forced vibrations) olmak üzere iki başlık altında ele
alacağız. Daha sonra LRC elektrik devresine, dışardan frekansı değişebilen güç
uygulandığında devrenin davranışını anlamaya çalışacağız.
4.2 SÖNÜMLÜ OLMAYAN ZORLAMALI SALINIM HAREKETİ
Kuvvet sabiti k olan bir yaya m kütleli bir cisim bağlanmış ve sürtünmesiz bir masa
üzerinde Şekil-4.1’deki gibi durmaktadır. Şimdi cisme dışardan 0  bağıntısı ile
tanımlı periyodik bir dış kuvvetin uygulandığını düşünelim.
Şekil-4.1 Sönümlü olmayan zorlamalı salınım hareketi.
2. Newton yasası kullanılarak m kütlesinin hareket denklemini yazabiliriz.

2
 2
= −  + 0 
(4.1a)
veya
2
 2
Burada


= 20 ve
0

+


=
0


(4.1b)
= 0 alarak hareket denklemini yeniden
2
 2
+ 20  = 0 
(4.2)
1
formunda yazabiliriz. Bu denklem ikinci derceden, sabit katsayılı, homojen olmayan bir
çizgisel diferansiyel denklemdir. Böyle diferansiyel denklemlerin genel çözümü,
homojen kısmın çözümü (ℎ ) ile bir özel çözümün ( ) toplamı şeklinde verilir (Bunun
için Calculus and analytic geometry; George B. Thomas, Jr. kitabına bakabilirsiniz):
 = ℎ + 
(4.3)
Bu durumda (4.2) denkleminin homojen kısmının yani
2
 2
+ 20  = 0
(4.4)
denkleminin çözümü için,
ℎ () = 1 0  + 2 0 
(4.5)
yazabileceğini biliyoruz (BHH konusunu işlerken görmüştük).
Şimdi (4.2) denklemi için özel bir çözüm ( ) arayacağız. İncelemeyi (i)  ≠ 0 ve
(ii)  = 0 gibi iki farklı durum için ele alacağız.
(i)
 ≠ 0 durumu için (4.2) denkleminin özel çözümü için
 () =  + 
(4.6)
seçebiliriz. Bunun çözüm olabilmesi için (4.2) denklemini sağlaması gerekir.  ’in t’ye
göre ikinci türevini hesaplayalım:


 2 
 2
= − + 
(4.7a)
= −2  − 2  = −2 ( + ) = −2  (4.7b)
Bu sonucu (4.2) denkleminde yerine yazarak  özel çözümü için
2
+ 20  = 0 
2

−2  + 20  = 0 
 (20 − 2 ) = 0 
 =
0
2
0 −2

(4.8)
sonucunu elde ederiz.
2
Bu durumda (4.2) denkleminin genel çözümü için
() = 1 0  + 2 0  +
0
2
0 −2

(4.9)
yazabiliriz. Başlangıç koşulları olarak
(0) = 0 ve
(0)

=0
(4.10)
seçelim. Bunları (4.9) denkleminde kullanarak 1 ve 2 sabitleri için
1 = −
0
20 −2
ve 2 = 0
(4.11)
sonucunu elde ederiz. Bu değerleri (4.9) denkleminde kullanarak genel çözüm için
() = −
0
2
0 −2
0  +
0
2
0 −2
cos  =
0
2
0 −2
(cos  − 0 )
(4.12)
yazabiliriz. Burada
 −  = −2
+
2

−
(4.13)
2
trigonometrik özdeşliği kullanılarak () çözümü için
() = [
20
2
0 −2

0 −
2
] 
0 +
2

ifadesini yazmak zor değildir. Bu ifadede yüksek frekanslı 
genliği, düşük frekanslı 
0 −
2
(4.14)
0 +
2
 fonksiyonunun
 fonksiyonu tarafından modüle edilir. Bu davranışın
vuru (beat) olayı olduğunu biliyorsunuz. Şekil-4.2’de tipik bir örnek verilmiştir.
Şekil-4.2. Eşitlik-4.14 ile tanımlı () fonksiyonunun grafiği. Şeklin çiziminde
0 = 12  −1 ,  = 11  −1 , 0 = 1 N/kg alınmıştır.
3
(ii)
 = 0 durumu için (4.2) denkleminin özel çözümü için ise
 () = 1 0  + 2 0 
seçeceğiz. Daha öncekine benzer şekilde


ve
 2 
 2
(4.15)
türevlerini alalım,

= 1 0  + 2 0  − 1 0 0  + 2 0 0 

 2 
= −1 0 0  + 2 0 0  − 1 0 0  + 2 0 0 
 2
− 1 20 0  − 2 20 0 
veya
 2 
= −21 0 0  + 22 0 0  − 20 (1 0  + 2 0 )
 2
veya
 2 
 2
= −21 0 0  + 22 0 0  − 20 
(4.16)
elde ederiz. Bu değeri
2
+ 20  = 0 
 2
denkleminde yerine yazarak (burada  = 0 olduğunu tekrar hatırlatalım)
−21 0 0  + 22 0 0  − 20  + 20  = 0 0 
veya
−21 0 0  + 22 0 0  = 0 0 
(4.17)
yazabiliriz. Bu eşitliğin her zaman sağlanabilmesi için
21 0 = 0 ve 22 0 = 0
olmalıdır. Buradan 1 ve 2 sabitleri için 1 = 0 ve 2 =
(4.18)
0
20
elde edilir. Bu durumda
özel çözüm için
 () =
0
20
0 
(4.19)
ifadesini elde ederiz.
Genel çözüm için ise
() = 1 0  + 2 0  +
0
20
0 
(4.20)
yazabiliriz.
4
Homojen kısmın çözümünü
ℎ = 1 0  + 2 0  = 0 (0  + )
formatında ifade edebiliriz. Burada (4.19 ve 4.20) bağıntılarını kullanarak genel çözüm
için
() = 0 (0  + ) +
0
20
0 
(4.21)
ifadesini yazmak mümkündür.
ℎ = 0 (0  + ) fonksiyonu kararlı salınan bir fonksiyondur. Ancak
fonksiyonunun genliği(
0
20
0
20
0 
) zamanla lineer olarak artmaktadır (Şekil-4.3). Bu nedenle
zaman ilerledikçe sistemdeki yay daha fazla dayanamayacak ve kırılacaktır (Rezonans
durumu).
Şekil-4.3 () = 0 (0  + ) +
0
20
0  fonksiyonunun
grafiği. 0 = 1,
0 = 1, 0 =3 ve  = 0 seçilmiştir.
 Şimdi  ≠ 0 durumu için elde edilen (4.9) eşitliği ile verilen genel çözüm ifadesine
yeniden bakalım
() = 0 (0  + ) +
0
2
0 −2

(4.23)
Homojen kısmın çözümünün 0 genliği sabittir. Ancak özel çözümün genliği dış
kuvvetin frekansına () bağlı değişir. Bu kısmın genliğini
() =
0
2
0 −2
(4.24)
ile gösterelim. ()’nin ’ya göre grafiği Şekil-4.4’de gösterilmiştir.
5
Şekil-4.4.
()’nin işaretine bakmaksızın  = 0 durumunda ()’nin sonsuz büyük olması
durumu ortaya çıkar. Başka bir deyişle eğer sisteme uygulanan periyodik dış kuvvetin
frekansı (), titreşen sistemin doğal frekansına (0 = √/) yakın ise, titreşimlerin
genliği küçük bir kuvvet uygulanmasıyla oldukça büyük yapılabilir. Salınan sistemde
doğal titreşimlerin frekansının periyodik dış kuvvetin frekansına eşit olması durumunda
( = 0 ) genliğin maksimum değere ulaşmasına rezonans olayı denir.
 Şimdi  ≠ 0 durumunda olaya başka a bir yolla yaklaşalım.
Yukarıda verilen (4.2) eşitliğini tekrar yazalım,
2
 2
+ 20  = 0 
Bu denklemin genel çözümü için
 = ( − )
(4.25)
şeklinde bir fonksiyon seçebiliriz. Burada  titreşimin genliği olup her zaman pozitiftir
ve titreşim frekansına bağlı olarak değişir ();  ise uygulanan periyodik dış kuvvet
(0 ) ile yer değiştirme () arasındaki faz farkıdır.
Eşitlik (4.25)’i ve ikinci türevini (4.2) denkleminde yerine koyalım.
2
= −2 ( − )
2

−2 ( − ) + 20 ( − ) = 0 
sonucunu elde ederiz.
cos( ∓ ) =  ± 
trigonometrik özdeşliğinden yararlanarak,
6
−2 (  +  ) + 20 (  +  ) = 0 
veya
(20 − 2 )  + (20 − 2 ) = 0 
(4.26)
yazılabilir. Bu trigonometrik eşitliğin her an sağlanması için gerek ve yeter koşulu
(20 − 2 ) = 0
(4.27a)
(20 − 2 ) = 0
(4.27b)
olmasıdır. Bu iki eşitliği birlikte değerlendirdiğimizde (taraf tarafa oranladığımızda)
  = 0
(4.28)
elde ederiz. Buradan  faz açısı için  = 0 veya  =  sonucu elde edilir.
 = 0, olduğu durumda, (4.27b) eşitliğinden titreşim genliği için
 = ( ) =
0
2
(0 −2 )
(4.29)
ifadesi elde edilir. Bu ifade de görüldüğü gibi genlik frekansa bağlıdır ve A’nın pozitif
olabilmesi için  < 0 olmak zorundadır.
 = , olduğu durumda, (4.27b) eşitliğinden titreşim genliği için
=−
0
(20 − 2 )
ifadesi elde edilir. A’nın pozitif olabilmesi için  > 0 koşulunun sağlanması
gerekmektedir.
Bu durumda sönümsüz zorlamalı hareketin yerdeğiştirmesi (x) için
 = 0 ,  < 0 ,  =
() = ()( − )
0
2
(0 −2 )
 =  ,  > 0 ,  = −
0
2
(0 −2 )
(4.30)
ifadesini yazabiliriz.
Şimdi () =
0
2
(0 −2 )
genliğinin ’nın değerine bağlı davranışı için
0
 → 0 ç
() →
 → 0 ç
() → ∞
 → ∞ ç
() → 0
20
=
0 /
20
=
0

7
yazabiliriz. Bu durumda () genliğinin  frekansına bağlı davranışı Şekil-4.5a’deki
gibi olacaktır. Faz farkı () ise  = 0 değerinde 0’dan ’ye atlayacaktır (Şekil-4.5b).
Şekil-4.5 (a). Sönümsüz zoruna salınımların genliğinin periyodik dış kuvvetin
frekansına bağlı değişimi. (b). Sönümsüz zoruna salınımların yerdeğiştirmesi ile
periyodik dış kuvvet arasındaki faz farkının dışkuvvetin frekansına bağlı değişimi
A ()’nin  = 0 değerinde sonsuz büyük olması durumu ortaya çıkar. Başka bir
deyişle sisteme uygulanan periyodik dış kuvvetin frekansı (), titreşen sistemin doğal
frekansına ( 0 = √/ ) yakın ise, titreşimlerin genliği küçük bir kuvvet
uygulanmasıyla oldukça büyük yapılabilir. Salınan sistemde doğal titreşimlerin
frekansının periyodik dış kuvvetin frekansına eşit olması durumunda ( = 0 ) genliğin
maksimum değere ulaşmasına rezonans olayı denir.
4.3
SÖNÜMLÜ ZORLAMALI SALINIM HAREKETİ
Daha önce sönümlü salınım hareketi yapan kütle-yay sistemini incelemiştik. Şimdi
benzer bir sistemi ele alacağız. Ancak bu kez kütleye  = 0  gibi periyodik bir
dış kuvvet uygulayacağız (Şekil-4.6).
Şekil-4.6 Sönümlü zorlamalı salınım hareketi.
8
Bu sistemin hareket denklemi için

2
 2
+


+  = 0 
(4.31a)
yazabiliriz. Bu denklemi yeniden
2
 2
+
 
=
0
= 20 ve
0
+
 




(4 .31b)
= 0
(4.31c)
veya daha önce yaptığımız gibi


yazarak
2
 2
=,
+





+ 20  = 0 
(4.31d)
formatında yazabiliriz. Bu denklemin homojen kısmının çözümü için
2
 2
+


+ 20  = 0
(4.32)

ℎ () = 0  − 2 (1  −  )
(4.33)
ifadesinin verildiğini biliyoruz (Sönümlü harmonik hareket konusunda işlendi).
Burada
ω12 = 20 −
2
4
=


−
2
42
(4.34)
olduğunu hatırlayalım (Daha önce anlatılan konularda verilmişti, Eşitlik-3.57).
Özel çözüm ise
 =
0
2
√(20 −2 ) +2 2
( −  )
(4.35)
ifadesi ile verilebilir (Özel çözümün elde edilmesi için: Calculus and analytic geometry;
George B. Thomas, Jr. kitabına bakabilirsiniz. Örnek-1’de verilen problemin çözümünü
incelemeniz önerilir.). Burada  açısı Şekil-4.7 ile tanımlıdır.
Şekil-4.7 Faz sabitinin geometrik temsili.
9
Bu dik üçgenden
 =
 =

(4.36a)
2
√(20 −2 ) +2 2
20 −2
(4.36b)
2
√(20 −2 ) +2 2
 =

(4.36c)
20 −2
ifadelerini yazabiliriz.
Bu durumda (4.31d) denkleminin genel çözümü için
() = ℎ () +  ()

() = ⏟
0  − 2 (1  − ) +
GEÇİCİ ÇÖZÜM(bak.3.57)
0
2
√(20 −2 ) +2 2
⏟
( − )
(4.37)
KALICI ÇÖZÜM
yazabiliriz. Burada 1 = (02 −
2 1/2
)
4
dir (Eşitlik-3.57’ye tekrar bakınız).
Homojen kısmın çözümü ℎ () kısa süre içerisinde söner. Bu nedenle homojen kısmın
çözümüne geçici çözüm denir. Özel çözüm  () ise kalıcı çözüm veya kararlı
durum (steady state) olarak adlandırılır. Bu nedenle çoğu kez geçici çözümü dikkate
almaya gerek kalmaz (Şekil-4.8).
Şekil-4.8. Periyodik bir dış kuvvet ile sönümlü salınımın geçiş davranışına bir örnek
(Şeklin çiziminde  = 30  −1 ; 0 = 40  −1 ;  = 20  −1 ; 0 = 2 / ;  = 0 ;  = 0
ve 0 = 0,02  alınmıştır.)
Bu durumda genel çözüm için
() = ()( − )
(4.38)
10
ifadesini almak yeterli olacaktır. Genel çözümün frekansı uygulanan  = 0  dış
kuvvetinin frekansı ile aynıdır. Ancak aralarında  kadar faz farkı vardır.
( ) genliğini ele alalım:
() =
0
(4.39)
2
√(20 −2 ) +2 2
genliğinin minimum olmasının bir önemi yoktur. Fakat maksimum olması sisteme zarar
verebilmesi açısından önemlidir. A'nın maksimum olması için paydasının minimum
olması gerekir.
 = (20 − 2 )2 +  2 2
(4.40a)
diyelim.


= 0 ve
2
> 0 olursa u'nun değeri minimum olur.
 2


= 2(20 − 2 )(−2) + 2 2  = [−4(20 − 2 ) + 2 2 ] = 0
(4.40b)
Bu denklemin iki çözümü vardır:

(i)
=0
(ii)
−4(20 − 2 ) + 2 2 = 0 olmalıdır. Buradan  için
için

= 0 olur ancak bu durumun fiziksel karşılığı yoktur.
1
 = √20 −  2
(4.41)
2
elde ederiz.  ’nın bu değerinde u’nun bir ekstrem değeri vardır. Ancak  ’nın bu
değerinde u’nun minimum olabilmesi için ikinci türevin pozitif olması gerekir(
2
2
 = √20 −
2
2
2
2
2
 2
> 0)
= 122 − 402 + 2 2
değerinde
= 12 (20 −
2
) − 420 + 2 2 = 820 − 4 2 = 8 (20 −
2
2
2
) >0
olduğunu göstermek zor değildir.
Bu durumda  = √20 −
2
2
için u'nun değeri minimum ve dolaysıyla ()'nın değeri
maksimumdur. ’nın bu değerini (4.40a) denkleminde yerine yazarsak
11
 =
=
(20
4
4
2 2
2
4
2
2
2
2
2
−  + ) +  (0 − ) =
+  (0 − )
0
2
2
4
2
2
+  2 20 −
4
2
=  2 20 −
4
4
=  2 (20 −
2
4
)
veya
√ =
 (20
−
2
4
1⁄
2
)
(4.42)
elde ederiz.
Bu değeri (4.39)'de yerine yazar ve  =
0
⁄ ifadesini kullanırsak genliğin maksimum
değeri ( ) için
 =
0
√
=
0
1⁄
2
2
(20 − )
4
=
0
1
2 ⁄2
0
1 0
2
(0 − 4 2 )


=
(0 ⁄)
1⁄
2
1
20 (1− 2 )
4
=
(0 ⁄ )
1⁄
2
1
(1− 2 )
4
(4.43)
sonucunu elde ederiz.
Bundan sonra genliği maksimum yapan frekansı  ile göstereceğiz.
 = √20 −
2
2
= 0 √1 −
1
22
(4.44)
Bu ifadeden de anlaşılacağı gibi  < 0 olacağı açıktır. Burada  = 0 / kalite
faktörüdür.
Periyodik dış kuvvetin (  = 0  ) etkisi ile titreşim hareketinin genliğinin
maksimum olmasına rezonans ve  açısal frekansına da rezonans frekansı denir.
Genliğin (A) ve faz sabitinin (), uygulanan  = 0  dış kuvvetinin açısal
frekansına bağlı davranışı Şekil-4.9’de verilmiştir. Burada  rezonans frekansını
( ) göstermektedir.  ≫ 1 olduğunda  =  ≅ 0 alınabileceğini tekrar
hatırlatalım.
12
Şekil-4.9 (a) Genliğin ve (b) faz sabitinin sürücü kuvvetin  frekansına bağlı değişimi.
Mekanik sistemlerin zarar görmesine neden olacağı için, sistemin uzun süre rezonansta
kalması istenmez (Köprülerin yıkılması, binaların zarar görmesi gibi). Bazı durumlarda
ise sistemin kısa zaman aralıklarında rezonansa girmesi istenir. Örneğin sağlık alanında
çok kullanılan MR görüntüleme cihazlarının çalışma prensibinin temeli "manyetik
rezonans” olayıdır. Kızıl ötesi spektroskopisinde ise bir molekül üzerine frekansı belirli
bir aralıkta değiştirilen elektromanyetik dalgalar (kızıl ötesi ışınlar) gönderilir.
Rezonans durumunda, gönderilen elektromanyetik dalganın enerjisini molekülün
atomları soğurur. Maddeden geçen dalga şiddetinin azaldığı frekanslar rezonans
frekanslarıdır. Bu rezonans frekanslarından hareketle moleküllerin yapısı hakkında bilgi
elde edilir. Bu gibi nedenlerden dolayı rezonans kavramının iyi anlaşılması gerekir.
4.3.1 Sönümlü zorlamalı salınım hareketinin kompleks üstel fonksiyon ile
incelenmesi
Sönümlü zorlamalı salınım hareketinin denklemi
2
 2
+


+ 20  =
0


ile verildiğini görmüştük (Eşitlik-4.31d). Bu denklemin çözümü için
() = () cos( − )
13
ifadesini vermiştik (Eşitlik-4.38). () ve  'yi 'nın fonksiyonu olarak elde etmiştik
(Eşitlik-4.2-6 ve4.2- 9 bakınız). Burada Eşitlik-4.31d ile verilen denklemi kompleks
gösterimde
2
 2
+


+ 20  =
0

 
(4.45)
şeklinde yazabiliriz. Bu diferansiyel denklem için
 = () (−)
(4.46)
ifadesini çözüm olarak kabul edebiliriz.
2
Denklem (4.46)’in 
ve  2 türevlerini alarak denklem (4.45)’de yerine yazarsak,

[−2 +  + 20 ]() (−) =
0

 
elde ederiz. Her iki tarafı  (−) 'ye bölerek
(20 − 2 )() + () =
0

 
(4-46)
elde ederiz. Bu ifade kompleks düzlemde bir vektörle temsil edilebilir (Şekil-4.10).
Eşitlik-4.46’yı
geometrik
olarak
yorumlayabiliriz.
Bu
ifadenin
sol
tarafı
(20 − 2 )() uzunluğundaki bir reel (gerçek) vektörün ucuna uzunluğu () olan
imajiner (sanal) vektörün ilave edileceğini söyler. Sağ taraf ise reel eksen ile  açısı
yapan
0

uzunluğunda bir vektörün çizileceğini söyler.
Şekil-4.10 Eşitlik-4.46’nın kompleks düzlemde geometrik temsili.
(4.46) eşitliğinin sağ tarafını
0

( + ) şeklinde yazabiliriz. Bu durumda bu
denklemi
(20 − 2 )() + () =
0

( + )
(4.47)
şeklinde yazabiliriz. Bu eşitliğin sanal ve gerçek kısımları birbirine eşitlenirse
() =
0


(4.48a)
14
(20 − 2 )() =
0


(4.48b)
elde edilir. Bu eşitlikleri taraf tarafa oranlayarak faz farkı  için

 () =
(4.49)
20 −2
ifadesini elde ederiz.
(4.48a) ve (4.48b) eşitliklerinin her iki tarafının kareleri alınıp, taraf tarafa toplanırsa

2
[ (20 − 2 )2 +  2 2 ]2 () = (0)
sonucu elde edilir. Buradan () genliği için
() =
0 ⁄
1
⁄
[(20 − 2 )2 +2  2 ] 2
(4.50)
ifadesini elde ederiz. Bu sonuçları daha önce de türetmiştik. Ancak kompleks formun
kullanımının çok daha kolay olduğuna dikkat ediniz.
4.4
ZORLAMALI SALINIMLARDA GÜÇ SOĞURULMASI
Sönümlü salınımlarda, sürtünme kuvvetleri nedeniyle salınım hareketi enerji kaybeder.
Sürücü kuvvet kayıp enerjiyi karşılamaya çalışır. Şimdi söndürücü kuvvetin hızla
orantılı olduğu (F=-bv) durumu ele alalım.
Kalıcı çözümün
() = ()( − )
(4.51)
ifadesi ile verildiğini hatırlayalım. Burada
() =
0
√(20 −2 )2 +2 2
dir. Bu fonksiyon kullanılarak hız için
=


= −()(t − ) = −0 ()( − )
(4.52)
ifadesini elde ederiz. Burada 0 () = ().  , v hızının genliğidir. 0 () için
0 () =
0 
√(20 −2 )2 +2 2
(4.53)
yazılacağı açıktır. Burada (20 − 2 ) ifadesini
20 − 2 = (
0

−

0
)(0 )
(4.54)
15
biçiminde yazarak 0 ()için verilen ifadeyi
0 () =
0

(4.55)

0
√(  − )2 20 +2
0
formunda yazılabiliriz.  → 0 iken 0 () → 0 ve  → ∞ iken 0 () → 0 dir.  = 0
değerinde payda en küçük değeri alacağından 0 () değeri maksimumdan geçer ve
maksimum değer 0 /’ya eşittir.
Mekanik derslerinden ani gücün (P) kuvvet ile hızın çarpımı şeklinde verildiğini
biliyoruz, buradan ani güç için
() = .  = () =  2
(4.56)
ifadesini yazabiliriz. Bu ifadede v hızı yerine (4.52) eşitliğinde verilen değerini yazarsak
() gücü için
() = [()]2 2 ( − ) = [0 ()]2 2 ( − )
(4.57)
bağıntısını elde ederiz.
Bir periyotluk (T) süreçte soğrulan ortalama güç
1  +
̅() = ∫ 0 () 

(4.58)
0
bağıntısı kullanılarak hesaplanabilir.
1 0+
̅() = ∫
⦋[0 ()]⦌2 2 ( − ) 
 0
=
⦋[0 ()]⦌2

2 =  2  − 2  = 1 − 22 
0 +
∫
0
2 ( − ) 
2  =
=>
(4.59)
1−2
bağıntısından
2
yararlanarak
2
2
t0 +T 1−cos2(t−)
t0 +T
b⦋[v0 ()]⦌
b⦋[v0 ()]⦌
̅
P() =
[
] dt =
T−∫
cos2(t − ) dt]
[
∫
t
t
⏟
T
2
2T
0
0
0
2
[ ()]
̅() = 0
2
elde edilir. Şimdi  = , 0 =
0

(4.60)
ve 0 () değerleri ortalama güç ifadesindeki yerine
konulursa,
̅() =
2 0 2 
2
2[(0 −2 )2 +2 2 ]
(4.61)
sonucu elde edilir.
16
4.4.1 Güç rezonans eğrisi
Ortalama gücün ̅() , 'ya karşı grafiği osilatörün güç rezonans eğrisi (power
resonance curve) olarak adlandırılır (Şekil-4.11).
Şekil-4.11 Ortalama gücün frekansa bağlı davranışı (Güç-rezonans eğrisi).
→0 iken ̅() → 0 ve → ∞ iken ̅() → 0 olduğundan  = 0 iken ̅() 'nın
değeri maksimum olur. Rezonans eğrisinin yarı yükseklikteki ( ̅()/2 ) genişliği
ℎℎ ile gösterilir ve önemli bir parametredir (Not: fwhh: frequency width half height).
Bu genişlik uygulanan periyodik dış kuvvete karşı osilasyonun tepkisinin keskinliğinin
bir ölçüsüdür. Uygulanan kuvvetin frekansı () rezonans frekansına yakın olduğunda
 ≈ 0 alınabilir. Bu durumda
20 − 2 = (
⏟  + ) (
⏟  − ) ≅ 2 (−∆)
2
(4.62)
−∆
yazabiliriz . Burada ∆ =  −  ’dir. Bu durumda ortalama güç ifadesi
20 0 2 
̅() =
2[420 (∆)2 +20 2 ]
=
0 2
4(∆)2
+1]
2
2[
(4.63)
olur. ̅()'nın maksimum değeri ∆ = 0 olduğunda (rezonans hali) gerçekleşir.
̅ =
0 2
2
=
0 2
2
(4.64)
̅(0 )'nın maksimum değerinin yarısına düştüğü ̅() değerine karşılık gelen  ±
 frekansları,
1 0 2
2 2
=
0 2
2[(4∆2 )⁄2 +1]
eşitliğinden elde edilir. Buradan
17
4∆2 ⁄ 2 + 1 = 2 ⇒ 4∆2 ⁄ 2 = 1 ⇒
2∆

=1
veya
ℎℎ = 2∆ =  =
0
(4.65)

elde edilir ve bu değere rezonans genişliği adı verilir. Q kalite faktörü
=
0

=
0
ℎℎ
=
rezonans frekansı
(4.66)
yarı yükseklikteki genişlik
değerini ortalama güç ifadesinde kullanırsak ̅() için
̅() =
0 2
(4.67)
2
20 [4(∆⁄0 ) +1⁄2 ]
ifadesini elde ederiz. Bu bağıntı güç-rezonans eğrisinin Q'ya bağlı davranışıdır.
̅() ‘nin Q’ya bağlı davranışı Şekil-4.12’de verilmiştir.
Şekil-4.12 Güç-rezonans eğrisinin Q kalite faktörüne bağlı davranışı.
Bu şekilden de görüldüğü gibi Q büyüdükçe (b azaldıkça), güç-rezonans eğrisi
daralmaktadır. Daha önceden tanımlanmış olan  sönüm sabitine karşı gelen
0

değeri
dış sürücü kuvvetin yokluğunda sönümlü osilatörün enerjisinin azalması ile ilgilidir.
Tam olarak tanımı ise, enerjinin ilk değerinin 1/e’sine düşmesi için geçen zamanın
tersidir (=1/).
18
4.5
SALINIMA ZORLANMIŞ ELEKTRİK DEVRESİNDE REZONANS
Daha önce kütle-yay sistemi ile seri bağlı RLC devresi arasındaki benzerlikler, zorlayıcı
gerilim kullanmaksızın incelenmişti. Bu RLC devresine, bir AC elektromotor kuvvet
(emk) kaynağı ekleyelim. Şekil-4.13’de seri bağlı bir RLC devresi gösterilmiştir.
Şekil-4.13. Zorlamalı sönümlü salınım yapan elektrik devresi.
Burada devreye Kirchhof’un ilmek kuralı uygulanarak

veya



2
 2
+


+
+  = 0 



+ = 0 

(4.68a)
(4.68b)
yazılabilir. Eşitliğin her iki tarafını L’ye bölerek
2
 2
+
 
 
+


=
0


(4.68c)
yazılır. Burada
20 =
1

ve  =


(4.68d)
alarak
2
 2
+


+ 20  =
0


(4.69)
yazabiliriz. Kütle-yay sisteminde salınıma zorlanan sönümlü hareketin denklemini
tekrar yazalım.
2



+
2
+ 20  =
0


(4.70)
Bu iki denklem (4.69 ve 4.70) matematiksel olarak aynı formdadır. Bu nedenle daha
önceki çözümlerin benzerini burada da yazabiliriz.
Bu durumda (4.69) denkleminin kalıcı çözümü için
 = 0 ()cos( − )
(4.71)
19
yazabiliriz. Burada 0 () için
0 () =
0 /
1/2
2
[(20 −2 ) +( ⁄ )2 ]
(4.72a)
0 () =
0
2
[ +(1/ − )2 ]1/2
(4.72b)
veya
elde ederiz.
Devreden geçen i akımı için ise
=


= −0 ()  ( − ) = −
0
1⁄
2
2
1
2
[( −) + ]

sin( −  )
(4.73)
yazılabilir.
1

−  = 0 veya  = 0 =
1
√
koşulunda akım maksimum olur.
Başka bir deyişle akımın maksimum değeri (genliği) için
0 () =
0
(4.74)

yazabiliriz.
Kapasitörün uçları arasındaki gerilim farkının ( )

 = =  () cos( −  )

(4.75a)
ifadesi ile verileceğini biliyoruz. Burada
 () =
0 /
2
[(20 −) +(
 2 1/2
) ]

(4.75b)
dir. 0 =  olduğunda  ()’ni değeri maksimum olur
 (0 ) =
Burada  =
1
 0 
0
0 
= 0
(4.76)
kalite faktörüdür (Elektrik yükü küçük q harfi ile gösterilmiştir).
Bu sonuç RLC devresinin, rezonans durumunda, uygulanan AC voltaj değerini Q kalite
faktörü kadar yükselttiğini söyler.
20
ÖRNEK-1
2
 2
+


+ 02  = 0 
(1)
homojen olmayan çizgisel diferansiyel denklemini sağlayan bir özel çözüm bulunuz.
Çözüm:
 =  + 
Şeklinde bir çözüm seçelim. Bu fonksiyonun ikinci türevini hesaplayıp yukarıdaki (1)
denkleminde yerine yazalım:

= − + 

 2 
= −2  − 2  = −2 
 2
−2  + 




+ 02  = 0 

+(02 − 2 ) = 0 
veya
 (02 − 2 )
0
+
 = 



yazabiliriz. Burada  =
(02 −2 )



ve  =
0

 alarak
+  = 
(2)
elde ederiz. Bu denklemin birinci dereceden çizgisel denklem olduğuna dikkat ediniz.
Bu denklemi çözmenin bir yöntemi, öyle bir  = () fonksiyonu bulmaktır ki,
denklem  ile çarpıldığında sol taraf  çarpımının türevi biçimine dönüşsün. Yani (2)
denklemini  ile çarparak



+  = 
21
yazar ve  üzerine



+  =


( )
(3)
koşulunu koymaya çalışırız. (3)’ün sağ tarafını açıp terimleri sadeleştirdiğimizde




+  =
 + 



Buradan ’nun sağlaması gerekli koşul olarak

 = 
 
veya


= 
(4)
elde ederiz. Bu denklem değişkenlerine ayrılabilen bir denklemdir. Buradan


=  yazabiliriz. Bu denklemin çözümü için
 = ∫  + 
yazabiliriz. Buradan  =  ∫  yazılabileceği açıktır. Keyfi olarak C=1 seçebiliriz. Bu
durumda  =  ∫  alınabilir. Bu fonksiyona (2) denkleminin integral çarpanı denir.
Bu durumda
( )
= 

ve
 = ∫  + 
=
 ∫ 
=
(2 −2 )

∫ 0
=
(02 −2 )

 
Burada C=1 alınarak
(02 −2 )

 

yazılabilir. Ayrıca
(02 −2 )

=
(02 −2 ) 
 0
∫ 


=  kısaltması yapılarak
 a  =
0
∫  a 

yazılır. Burada  =  a ve  =  alınır ve ∫  =  − ∫  kısmi
integrasyon yöntemi uygulanırsa
22
 a  =
0
0
 + 
∫  a  = [ a
]


2 +  2
sonucu yazılabilir (Calculus and analytic geometry; George B. Thomas, Jr.
Kitabına bakabilirsiniz). Bu ifadeden
 =
elde edilir. Burada  =
 =
(02 −2 )

0  + 
[
]

2 +  2
değeri yerine yazılır ve gerekli ara işlemler yapılırsa
0
√(02
−
 2 )2
+
+
2 2
[
02 − 2
√(02
 2 )2
−

√(02 −  2 )2 +  2  2
+
2 2

]
elde edilir. Aşağıdaki dik üçgenden
 =
 =
02 − 2
√(02 −  2 )2 +  2  2

√(02 −  2 )2 +  2  2
yazılabilir. Bu değerler kullanılarak yukarıdaki ifade
 =
0
√(02
−
 2 )2
veya
 =
+
2 2
[ + ]
0
√(02 −  2 )2 +  2  2
[cos( − )]
sonucu elde edilir. Bu sonuç (1) denklemi için bir özel çözümdür. Konu anlatımında bu
sonucu kullandığımızı hatırlayınız.
23
ÖRNEK-2
Periyodik dış kuvvet 0  şeklinde olursa, zoruna salınımlı osilatörün kararlı hal
çözümünün (Kalıcı çözüm,  özel çözümü) nasıl olacağını bulunuz. (French-p4.2)
Çözüm:
Örnek-1’de zorlamalı dış kuvvet 0  şeklinde olduğunda  özel çözümünü elde
etmiştik. Dış kuvvet 0  şeklinde olursa daha önceki problemde karşımıza çıkan
∫  a  integrali yerine ∫  a  integrali gelecektir. Bu integralin çözümü
de benzer şekilde yapılırsa
∫    =
1
  [ − ]
2 +  2
olduğunu göstermek zor değildir. Bu sonucu örnek-1’deki yerine yazarsanız  özel
çözümü için
 =
0
√(02 −  2 )2 +  2  2
[sin( − )]
sonucunu elde edersiniz.
ÖRNEK-3
Kütlesi 0,2 kg olan bir cisim kuvvet sabiti k=80 N/m olan bir yaya asılıdır. Cisim –bv
şeklinde bir sönüm kuvvetine maruz kalmaktadır. Burada v hız (m/s cinsinden) ve b=4
Nm-1s sönüm sabitidir.
a) Sistemin serbest salınımlarının diferansiyel denklemini yazınız. Salınımların
periyodunu bulunuz.
b) Sistem, () = 0  , 0 = 2  ,ve  = 30  −1 olan sinüzoidal bir dış
kuvvete maruz kaldığı zaman kararlı halde zoruna salınımın genliği nedir?
(French-p4.3)
24
Çözüm:
a) Sönümlü harmonik hareketin diferansiyel denkleminin
2    
+
+ =0
 2   
olduğunu biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız).
 = 0,2 ,  = 80 /,  = 4 −1  değerlerini kullanarak hareket denklemi için
2 

+ 20
+ 400 = 0
2


yazabiliriz.
 = √02 − (/2)2 = √/ −
2
42
⇒=
2
2
√/−  2
4
=
2
√400−100
=
2
√300
=

5√3

b) Zorlamalı sönümlü hareketin karalı durumunun genliği için
=
0 /
√(02 −  2 )2 +  2  2
2/0,2
=
√(400 − 900)2 + (
4 2
) 900
0,2
=
=
0 /
2
√(k/m −  2 )2 +  2  2

10
√(−500)2 + (20)2 900
=
10
√61104
≅ 0,013  = 1,3 
 ≅ 1,3 
yazabiliriz.
ÖRNEK-4
Yatay bir zemin üzerinde yer alan m kütleli bir blok, bir ucu duvara tutturulmuş yatay
duran bir yayın ucuna bağlanmıştır. Sistem aynı zamanda bir viskoz mekanizması
altındadır. Bu sistem için aşağıdaki gözlemler tespit edilmiştir.
1) Eğer blok yatay ve mg’ye eşit bir kuvvetle itilirse yayın statik sıkışması h’ye eşit
olmaktadır.
2) Eğer blok belli bir u hızı ile hareket ederse viskoz sürtünme kuvveti mg
olmaktadır.
25
a) Komple sistemde (yay ve viskoz sönüm mekanizması ) kütlenin yatay
titreşimlerinin diferansiyel denklemini, m, g, h ve u cinsinden yazınız.
 = 3√ℎ durumu için aşağıdaki soruları yanıtlayınız.
b) Sönümlü titreşimlerin açısal frekansı nedir?
c) Enerjinin1/e değerine düşmesi için geçen zamanı √ℎ/ ifadesine bağlı olarak
bulunuz.
d) Bu osilatörün Q değeri nedir?
e) Osilatör t=0’da durgun iken +x yönünde hareket eden kütlesi ihmal edilebilen
ancak momentumu ihmal edilemeyen bir mermi tarafından harekete geçiriliyor.
Kararlı haldeen sonra herhangi bir t anındaki yer değiştirmeyi veren
 = 

2
−
cos( − ) ifadesinde verilen  faz sabitinin değerini bulunuz.
f) Eğer sistem  ile verilen bir dış kuvvetle sürülürse ( Burada  = √2/ℎ
dir) sistemin kararlı halinin genliği nedir? (French-p4.4)
Çözüm:
Sözü edilen sistemi aşağıdaki şekilde temsil edebiliriz.
a) 1. Gözlemden  = ℎ ⇒


=
2. gözlemden − = − ⇒

ℎ


elde edilir.
=


elde edilir.
Sönümlü harmonik hareketin diferansiyel denkleminin
 2    
+
+ =0
 2   
olduğunu biliyorsunuz. 1. Ve 2. Gözlemlerden elde edilen sonuçları kullanarak
hareketin diferansiyel denklemi için
 2    
+
+ =0
 2   ℎ
ifadesini yazabiliriz.
26
b) Sönümlü hareketin frekansını  ile gösterirsek
 = √02 −
2
 2
√ −
=
42
ℎ 42
 = 3√ℎ olarak veriliyor, bunu yerine yazarak
 2

2


35 
 = √ − 2 =  = √ −
=√ −
=√
ℎ 4
ℎ 36ℎ
ℎ 36ℎ
36 ℎ
elde edilir.
c) Enerjinin zamanla değişiminin  = 0  − ifadesi ile verildiğini biliyorsunuz.
Buradan enerjinin 1/e’sine düşmesi için geçen zaman
0

1
1

/
= 0  − ⇒  = =
=
1
/
=


3√ℎ
=

= 3√
ℎ

elde edilir.

d) Sistemin Q kalite faktörünün  = 0 ile verildiğini biliyorsunuz.

0 = √/ = √/ℎ ve  =


=

1

= √ değerlerini kullanarak

3 ℎ

√
0
ℎ
=
=
=3

1 
√
3 ℎ
bulunur.
e) Zorlamalı sönümlü hareketin kararlı hal çözümü
 = () cos( − )
ifadesi ile veriliyor.  = 0 anında  = 0 olduğu veriliyor. Bu durumda
0 = (0 − ) ⇒  = 0 ⇒  = /2
bulunur.
f) Zorlamalı sönümlü hareketin kararlı hal çözümünün genliğinin
=
0 /
√(02 −  2 )2 +  2  2
ifadesi ile verildiğini biliyorsunuz. Burada 0 sürücü kuvvetin genliğidir. Sürücü kuvvet
olarak  =  verildiğine göre 0 =  yazabiliriz. Burada daha önce elde
ettiğimiz 0 = , 2 =
2
ℎ
,02 =

ℎ
, 2 =
1
9ℎ
değerlerini kullanarak A genliği için
27
=
0 /
√(02 −  2 )2 +  2  2
=
3ℎ
√11
=
mg/
g
=
√( − 2)2 + 2 1 
ℎ
ℎ
ℎ 9ℎ
2
2
√2 + 2 2
9ℎ
ℎ
=
g
2
√11 2
9 ℎ
=
g
1
3 ℎ √11
≅ 0,90ℎ
 ≅ 0,90ℎ
elde edilir.
ÖRNEK-5
 = 0,2 ,  = 4 −1  ve  = 80 / değerlerine sahip bir sönümlü osilatör göz
önüne alınız. Bu osilatörün () = 0  (0 = 2 ,  = 30  −1 ) şeklinde bir dış
sürücü kuvvetin etkisinde olduğunu farz ediniz.
a)  = ( − ) ile tanımlanan kararlı halin  ve A değerlerini bulunuz.
b) Bir salınımda sönüm kuvvetine karşı ne kadarlık enerji harcanır?
c) Ortalama güç girdisi nedir? (French-p4.11)
Çözüm:
Zorlamalı sönümlü harmonik hareketin kararlı durum genliği
=
0
1⁄
2
[(20 −  2 )2 +  2  2 ]
ifadesi ile ve faz sabiti ise
  =
20

− 2
ile verildiğini biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız).
0 =
0

=
2
0,2
= 10, 02 =


=
80
0,2
= 400  −2 , 2 = 900  −2 ,  =


=
4
0,2
= 20  −1
Bu değerler kullanılarak
=
0
1⁄
 2 2] 2
10
=
[400 − 900)2 +
[(20 −  2 )2 +
≅ 1,310−2  = 1,3 
  =

20 −2
=
2030
400−900
1
400x900] ⁄2
=
10
[25x104 +
1
36x104 ] ⁄2
=
1
10√61
6
= − = −0,12 ⇒  = 130°
5
b) Mekanikte güç için  = .  ifadesini yazacağımızı biliyoruz. Sönüm kuvvetine
(F=bv) karşı harcanan güç için
 = .  = ().  =  2
veya
28
=

=  2

yazabiliriz. Buradan
 =  2 
yazılır.
 = ( − ) ⇒  =


= −sin( − ) olduğundan
 =  2  = 2 2 2 ( − )
Bir periyotluk sürede (T) harcanan enerji için

2
2
 = ∫   
0
2 (

1
− ) =   ∫ 2 ( − ) = 2 2 
2
0
2
2
1
1
2
= 2  = 2 
 = 2 
2
2

 = 2  = 4(1,310−2 )2 303,13 ≅ 0,064 
c) Ortalama güç girdisi için
1 
0 
 = ∫ (0 ) = ∫ −()sin( − )
 0
 0
0  
=−
∫ tsin( − )
 0
0  
=−
∫ [ − ])
 0
0  
=−
∫ [ − ])
 0
0   1
=−
∫ [ 2 −  2 ] 
 0 2
0   1
1
=−
∫ [ 2 − (1 + 2)] 
 0 2
2


0  1
1
=−
[  ∫ 2 −  ∫ (1 + 2)]
 2
2
0
0


0  1
1
=−
[  ∫ 2 −  ∫ 
 2
2
0
0

1
−  ∫ 2]
2
0
29


∫0 2 = 0 ve ∫0 2 = 0 olduğundan
1
 = 0 
2
ifadesini yazabiliriz. Verilen ve bulunan değerler burada kullanılırsa
1
̅ = 301,310−2 2130° ≅ 0,30 
2
bulunur.
ÖRNEK-6
Aşağıdaki grafik, () = 0  kuvveti ile sürülen bir mekaniksel sistemin güçrezonans eğrisini göstermektedir. 0 sabit,  ise değişkendir.
a) Bu sistemin Q ve 0 değerlerini bulunuz.
b) Dış kuvvetin etkisi yok edilirse, kaç salınım sonunda sistemin enerjisi ilk
değerinin
periyodu
1
5
2
0
’ine
düşer (  ≅ 2,718 ve iyi bir yaklaşımla serbest salınımların
olarak alınabilir). (French-p4.13)
Çözüm:
a) 0 = 40  −1 ,  = 41 − 39 = 2  −1 ⇒  =
0

=
40
2
= 20
b) Sönümlü hareketin genliği için
=

− 
0  2
ifadesini yazabiliriz. Sistemin mekanik enerjisi için ise
1
 = 2
2
yazıldığını biliyoruz. Buradan
1
1
 = 2 = 20  − = 0  −
2
2
30
yazılır.
0
5
5
5

2
= 0  − ⇒  5 =   ⇒  = 5 ⇒  = = = 2,5 
=
2 2
=
0 40
yukarıda bulunan t süresi içindeki periyot sayısı (n) için

2,5
100
 = = 2 =
≅ 16

2
40
bulunur yani sistem 2,5 s süresince yaklaşık 16 salınım yapar.
ÖRNEK-7
Yatay düzlemde kütlesi 0,15 kg olan bir blok, kuvvet sabiti k=0,90 N/m olan bir yayın
ucuna bağlıdır. Sisteme sürtünmeler nedeniyle hız ile orantılı bir sönüm kuvveti
etkimektedir. Sönüm sabiti b=0,20 kg/s dir. Bu sisteme () = 0  ile verilen bir
harmonik dış kuvvet etki ettiriliyor. Burada 0 = 3,0  dır.
a) Rezonans frekansını ( ) hesaplayınız.
b) Rezonans durumunda kararlı durumun genliğini hesaplayınız.
c) Rezonans durumunda sürücü dış kuvvetin sisteme uyguladığı ortlama gücü
hesaplayınız.
d) Hızın rezonansta olduğu frekansta, dış kuvvetin sisteme uyguladığı gücü
hesaplayınız.
e) c ve d şıklarında bulduğunuz değerleri karşılaştırın.
Çözüm:
Genlik rezonans frekensının
 = √02 −
2
2
ifadesi ile verildiğini biliyoruz (Ders notlarına bakınız).
Verilen  = 0,15  ,  = 0,90 / değerleri kullanılarak 02 =
=


=
0,20
0,15
=
4
3


=
0,90
0,15
= 6  −2 ve
 −1 elde edilir. Bu sonuçlar kullanılarak  frekansı için
31
 = √02 −
2
16
8 √46
= √6 −
= √6 − =
≅ 2,26  −1
2
18
9
3
bulunur.
b) Rezonans durumda genlik için
=
0

[(20 −
1⁄
2 )2 +  2 2 ] 2
=
3,0
0,15
4
[(6 − (2,26)2 )2 + (3)2 (2,26)2 ]
1⁄
2
20
= 6,33 
3,16
=
bulunur.
c) Sürücü kuvvet tarafından sisteme aktarılan ortalama gücün
( )
=
2 0 2 
2
2[(20 − 2 ) + 2 2 ]
ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Bu ifade yeniden düzenlenerek
( )
=
1
2  [
2
2
0 /
2
[(20 − 2 )
1/2
+ 2 2 ]
]
veya
( )
=
1
2
b2 [
2
[(20 − 2 )
veya
( )
yazılabilir. Buradan
( )
=
1
2
b2 2 =
1
2
2
0 /
=
1
2
+ 2 2 ]
1/2
]
b2 2
0,20(2,26)2 (6.33)2 = 20,5 
bulunur.
d) Kararlı durumda uzanımın
() = ( − )
ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Buradan hız için
=

= −( − )

yazabiliriz. Hızın genliği (0 ) için ise
0 =  =
0 
2
[(20 −  2 ) + 2  2 ]
1⁄
2
ifadesinin yazılacağı açıktır. Hızın rezonansta olduğu frekans değerini hesaplamak
gerekecek. Yani hızın genliğini maksimum yapacak frekans değerini bulacağız.
32
2
2 2
2 2
0 0 [(0 −  ) +   ]
=

1⁄
2
−1⁄
1
− 2 0 [(20 −  2 )2 +  2  2 ] 2 [2 2  − 4(20 −  2 )]
(20 −  2 )2 +  2  2
=0
Buradan
1
−1⁄
− 0 [(20 −  2 )2 +  2  2 ] 2 [2 2  − 4(20 −  2 )] = 0
2
1
[(20 −  2 )2 +  2  2 ] −  2 [2 2 − 4(20 −  2 )] = 0
2
0 [(20 −  2 )2 +  2  2 ]
1⁄
2
(20 −  2 )2 +  2  2 −  2  2 + 2 2 (20 −  2 ) = 0
(20 −  2 )2 +2(20 −  2 ) = 0
(20 −  2 )(20 −  2 + 2 2 ) = 0
(20 −  2 )(20 +  2 ) = 0
Buradan  = 0 olması gerektiği anlaşılır. Başka bir deyişle hızın rezonansta olduğu
frekans  = 0 dır.
Bu frekansta aktarılan güç
1
( ) = 02 2
2
Burada  için A’nın  = 0 ’daki değerin alınacağına dikkat edelim.
 =
0
2
[(20 − (20 )) +
1⁄
2
2
2
 0
]
=
0
0
=
0

=
0
0
1 2 2 1 2 02
1 02 1 9
( ) = 0  = 0 2 2 =
= 
= 22,5 
2
2
2 0,2
 0 2 
e) Burada ( ) > ( ) olduğuna dikkat ediniz. Bu sonuç sadece bu özel
problem için geçerli değildir. Yani güç aktarımı, hızın rezonansta olduğu
frekansta , maksimum olur.
33
ÖRNEK-8
Kütlesi  = 0,1  olan bir blok kuvvet sabiti  = 40 / olan yayın ucuna bağlıdır.
Bu sistem sönüm sabiti  = 0,1 / olan bir kuvvetin etkisindedir.
a) Bu kütleyi  = 0 denge konumundan  = 15  noktasına getirecek sabit 1
kuvvetinin değerini bulunuz.
b) Sisteme genliği 2 ve frekansı  olan
() = 2  sürücü dış kuvveti
uygulanıyor. Hız rezonansı durumunda kararlı durum hareketinin genliğinin
 = 15  olması için sürücü kuvvetin genliği olan 2 ’nin değeri ne olmalıdır?
Çözüm:




Veriler  = 0,1 ,  = 40 ,  = 0,1
02 =


=
40
0,1
= 400  −2 ⇒ 0 = 20  −1 ,  =


=
0,1
0,1
= 1  −1
a) 1 =  = 400,15 = 6 
b) Kararlı durum çözümünün
 = ( − )
bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Burada A için
=
0

[(20 −  2 )2 +  2  2 ]
1⁄
2
yazabiliriz. Sürücü kuvvet () = 2  şeklinde verildiği için 0 = 2 olur.
Hız rezonansı durumunda  = 0 olduğunu biliyoruz (Örnek-7’ye bakınız). Bu
durumda
=
0

1⁄
[(20 −2 )2 +2 2 ] 2
=
2


ω

=
2

⇒ 2 = 0 = 0,150,120 = 0,30 
Statik 1 = 6 ’luk kuvvet yayı 15 cm geriyor. Buna karşı sisteme () = 0,30
şeklinde harmonik bir kuvvet uygulandığında, kuvvetin frekansı  = 0 olduğunda,
yay 15 cm gerilebiliyor. Ancak harmonik dış kuvvetin genliğinin 0,30 N olduğuna
dikkat ediniz. Kuvvetler oranı için
2
1
=
0,30
6
=
1
20
yazabiliriz . Başka bir deyişle, hız
rezonansı durumunda, genliği küçük harmonik bir kuvvetle yayı uzatmak daha kolay
olmaktadır.
34
Author
Document
Category
Uncategorized
Views
0
File Size
763 KB
Tags
1/--pages
Report inappropriate content