SAKARYA ÜNİVERSİTESİ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ MAKİNA MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK TİTREŞİMLER DERS NOTLARI
2015 BAHAR
2
KAYNAKLAR 1. “Mekanik Titreşimler”, Birsen Kitabevi, Prof. Dr. Fuat Pasin 2. Mechanical Vibrations, S.S. RAO, Prentice Hall
3
TEMEL BİLGİLER Titreşim? Klotter’e göre, yönünü bir defadan fazla değiştiren harekete “titreşim” denir. Başka bir ifadeyle, denge noktası etrafında yapılan salınım hareketine “titreşim” denir.
4
Günlük Hayatta Titreşim
5
Titreşimlerin Nedenleri: Dış kuvvetler Sistemin dış kuvvetlere cevap verme isteği.
Dış Kuvvetler: Sistemin bağlı olduğu temelden gelen kuvvet Dönen sistemlerde dengelenmemiş kütleler, Motorlarda gidip-gelen kütleler, Darbe, deprem, vb.
6
Titreşimlerin Etkileri: Gürültü Yüksek gerilmeler Aşınma Malzeme yorulması
Titreşimin zararları: Fiziksel ve psikolojik rahatsızlıklar (yorgunluk, dikkat azalması, ortopedik rahatsızlıklar, sakatlıklar, iş kazaları, vb. ) Yaşam kalitesinin bozulması Çalışma performansının azalması 7
Faydalı Titreşim Makinaları Titreşimli yol silindirleri, Titreşimli konveyörler, Darbeli matkaplar, Titreşim elekleri, Titreşim motorları, Sarsıcılar, Masaj makinaları, Elektrikli tıraş makinaları vb.
8
Tek Serbestlik Dereceli Sistemler
9
İki Serbestlik Dereceli Sistemler
10
Üç Serbestlik Dereceli Sistemler
11
Tek serbestlik dereceli araç modeli
12
İki serbestlik dereceli araç modeli
13
Üç serbestlik dereceli araç modeli
14
Dört serbestlik dereceli araç modeli
15
Beş serbestlik dereceli araç modeli
16
Altı serbestlik dereceli araç modeli
17
Ayrık ve Sürekli Sistemler
Sonlu sayıda serbestlik dereceli sistemlere ayrık sistem denir.
Serbestlik derecesi sonsuz olan sistemlere sürekli sistem denir.
18
En Basit Titreşim Formu
19
20
Belirli ve eşit T zaman aralıkları içinde, bütün özellikleri ile aynen tekrarlanan titreşime periyodik titreşim denir. En basit periyodik titreşime harmonik titreşim denir. 𝑥 (𝑡 + 𝑇) ≡ 𝑥 (𝑡)
Basit harmonik hareket titreşimlerin temelini oluşturur ve aşağıdaki gibi gösterilir. 21
𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 + 𝜀 )
𝜔: Dairesel frekans [𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠𝑛] 𝜀: Başlangıç faz açısı
22
Sinüs ve Kosinüs Fonksiyonları
23
Daire Üzerinde Hareketli Bir Noktanın Harmonik Gösterimi
𝑥 = 𝐾𝑜𝑛𝑢𝑚 = 𝐴 sin 𝜔𝑡 𝑥̇ = 𝐻𝚤𝑧 = 𝜔𝐴 cos 𝜔𝑡 𝑥̈ = İ𝑣𝑚𝑒 = −𝜔2 𝐴 sin 𝜔𝑡
24
Basit Harmonik Hareketin Vektör Gösterimi Bir O noktası ve buradan geçen bir x-x ekseni ele alınsın. t=0 anında x-x ekseni ile 𝜀 açısı yapan ve şiddeti A olan bir vektör 𝜔 açısal hızıyla
O
noktası
etrafında
dönsün. Bu vektörün x-x ekseni üzerindeki izdüşümü aşağıdaki gibi olur. 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 + 𝜀 )
25
İki Harmonik Terimin Toplamı Olan Titreşim Hareketi Dairesel frekansları aynı olan iki harmonik terimin toplamı olan titreşim 𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 = 𝐴1 cos 𝜔𝑡 + 𝐴2 cos(𝜔𝑡 + 𝜑) Vektörlerin izdüşümleri toplamı bileşkelerinin izdüşümüne eşittir. 𝑥1 ve 𝑥2 vektörlerinin şiddetleri sabit ve 𝜔 frekansları eşit olduğu için, bileşke vektörün şiddeti de sabit ve aynı 𝜔 açısal hızıyla dönecektir. Buna göre frekansların aynı olan iki harmonik terimin toplamı olan hareket, genliği ve faz açısı farklı fakat dairesel frekansı aynı olan bir basit harmonik harekettir. 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 + 𝜓)
26
𝐴 = √(𝐴1 + 𝐴2 cos 𝜑)2 + (𝐴2 sin 𝜑)2 𝐴2 sin 𝜑 tan 𝜓 = 𝐴1 + 𝐴2 cos 𝜑
→
→
𝐺𝑒𝑛𝑙𝑖𝑘
𝐹𝑎𝑧 𝑎ç𝚤𝑠𝚤
27
Başka bir özel hal
𝑥 = 𝐴1 cos 𝜔𝑡 + 𝐴2 sin 𝜔𝑡 𝜋 𝑥 = 𝐴1 cos 𝜔𝑡 + 𝐴2 cos (𝜔𝑡 − ) 2 28
Sinüs ile verilmiş bir hareket, Cosinüs ile verilmiş olana göre
𝜋 2
kadar bir faz gecikmesi
göstermektedir. 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 − 𝜓) 𝐴 = √𝐴12 + 𝐴22 𝐴2 tan 𝜓 = 𝐴1
→ →
𝐺𝑒𝑛𝑙𝑖𝑘
𝐹𝑎𝑧 𝑎ç𝚤𝑠𝚤
29
Dairesel frekansları farklı olan iki harmonik terimin toplamı olan titreşim
𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 = 𝐴1 cos 𝜔1 𝑡 + 𝐴2 cos 𝜔2 𝑡 30
Vektörler farklı hızlarla döndüğü için faz açıları sıfır alınabilir. Her hangi bir t anında, dönen iki bileşen vektörün bileşkesinin izdüşümü x’dir. Vektör hızları farklı olduğu için, t zamanı değiştikçe bileşke vektörü A’nın şiddeti ve hızı da sürekli değişecektir. Dolayısıyla ortaya çıkan titreşim hareketi basit harmonik hareket olmayacaktır. Titreşim hareketinin periyodikliğini ise x1 ve x2 vektörlerinin 𝜔1 ve 𝜔2 açısal frekanslarının oranları belirleyecektir. 𝜔1 𝜔2
rasyonel bir sayı ise periyodik titreşim hareketi oluşacaktır, Örneğin;
𝑟𝑎𝑑 𝜔1 = 2 , 𝑠𝑎𝑛 𝜔1 2 = =2 𝜔2 1
𝑟𝑎𝑑 𝜔2 = 1 𝑠𝑎𝑛 → rasyonel sayı
31
Buna göre 2 rad/san hızda dönen vektör her turda, 1 rad/san hızda dönen vektör ise her 2 tur sonra çakışarak periyodik bir hareket oluşturacaklardır. 𝜔1 𝜔2
irrasyonel bir sayı ise periyodik olmayan titreşim hareketi oluşacaktır.
𝑟𝑎𝑑 𝜔1 = 5 , 𝑠𝑎𝑛
𝑟𝑎𝑑 𝜔2 = 3 𝑠𝑎𝑛
𝜔1 5 = = 1,66666 … 𝜔2 3
→ İrrasyonel sayı
Buna göre 5 rad/san hızda dönen vektör ve 1 rad/san hızda dönen vektörler, ileri periyotlarda birbirlerine çok yaklaşsalar bile hiçbir turda çakışmayarak periyodik bir hareket oluşturamazlar. Bu tür hareketlere periyodik olmayan veya hemen hemen periyodik olan hareket denir.
32
Titreşim Parametreleri ve Bileşenleri
33
Titreşim Sistemi Elemanları
Burulma yayı
Dönel disk
Burulma damperi
34
Yay Elemanları – Helisel Yaylar
35
Yay Elemanları – Yaprak Yaylar
36
Yay Katsayısı
𝑘 = tan 𝛼 =
𝐾𝑢𝑣𝑣𝑒𝑡 𝐹 𝑚𝑔 = = 𝑌𝑒𝑟𝑑𝑒ğ𝑖ş𝑡𝑖𝑟𝑚𝑒 𝑥 𝑥
𝑁 [ ] 𝑚
veya 𝑘𝑏 =
𝑀 𝑁𝑚 = 𝜃 𝑟𝑎𝑑
37
Yayların Paralel Bağlanması
Şekildeki kütleye birim yer değiştirme verildiğinde, her bir yay kendi sertliğine eşit bir geri getirici kuvvet uygular. 𝐹𝑦𝑎𝑦 = 𝑘𝑥 𝐹𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 = 𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦 𝑘𝑒ş 𝑥 = 𝑘1 𝑥 + 𝑘2 𝑥
→
𝑘𝑒ş = 𝑘1 + 𝑘2
38
Yayların Seri Bağlanması
Şekilde m kütlesine uygulanacak P yükünün meydana getireceği yer değiştirme, her iki yayın kısalmasının toplamıdır. 𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2
→
𝑃 𝑃 𝑃 = + 𝑘𝑒 𝑘1 𝑘2
→
1 1 1 = + 𝑘𝑒 𝑘1 𝑘2
39
ÖRNEK: 𝑘𝑒ş1 = 𝑘1 + 𝑘2 𝑘𝑒ş2 =
𝑘3 𝑘4 𝑘4 +𝑘3
𝑘𝑒ş = 𝑘𝑒ş1 + 𝑘𝑒ş2 𝑘𝑒ş
𝑘3 𝑘4 = 𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘4 + 𝑘3
𝑘𝑒ş
𝑘1 (𝑘4 + 𝑘3 ) + 𝑘2 (𝑘4 + 𝑘3 ) + 𝑘3 𝑘4 = 𝑘4 + 𝑘3
40
Sönüm Elemanları
41
Sönüm katsayısı sıklıkla 𝑟, 𝑐, 𝑏 gibi notasyonlarla gösterilmektedir. 42
Titreşim Problemlerinin Doğrusallaştırılması Titreşim problemleri, ötelemeler ve dönmelerin küçük olduğu kabulü ile doğrusal diferansiyel denklemler ile incelenmektedir. Büyük yer değiştirmeler söz konusu olduğunda doğru çözüm için diferansiyel denklemlerin nonlineer formları göz önünde bulundurulmalı ve çözümler bu şekilde yapılmalıdır.
43
sin 𝜃 𝑥 tan 𝜃 = = cos 𝜃 𝑅
→
sin 𝜃 𝑥=𝑅 cos 𝜃
sin 𝜃 ifadesi Taylor serisine açılırsa, 𝜃0 𝜃3 𝜃5 sin 𝜃 = − + −⋯ 1! 3! 5! 𝜃 ≪ 1 için, diğer 𝜃’nın yüksek dereceden kuvvetleri sıfıra çok yakın değerler alır. Dolayısıyla küçük açısal yerdeğiştirmeler için sin 𝜃 ≈ 𝜃 alınabilir. cos 𝜃 ifadesi Taylor serisine açılırsa, 𝜃2 𝜃4 cos 𝜃 = 1 − + −⋯ 2! 4! 𝜃 ≪ 1 için, diğer 𝜃’nın yine yüksek dereceden kuvvetleri sıfıra çok yakın değerler alır. Dolayısıyla küçük açısal yerdeğiştirmeler için cos 𝜃 ≈ 1 alınabilir. Dolayısıyla 𝑥 = 𝑅𝜃
yazılabilir. 44
SÖNÜMSÜZ SERBEST TİTREŞİMLER Giriş Bir mekanik sistemin bir mukayese sistemine nazaran konumunu, tamamen belirli bir şekilde belirleyebilmek için gerekli olan birbirinden bağımsız büyüklüklerin sayısına Serbestlik Derecesi denir. Tek serbestlik dereceli sistemlerin konumunu belirleyen tek büyüklük genellikle uzunluk veya açı’dır ve konum koordinatı adını almaktadır. Tek serbestlik dereceli titreşim sistemleri en basit ve temel titreşim sistemleridir. Titreşim sistemlerinde; sistem denge konumundan ayrıldığı zaman, sistemi denge konumuna getirmeye zorlayan geri getirici bir kuvvet veya moment mevcuttur.
45
Geri getirici kuvvetlerin kaynağı; yay, cismin ağırlığı merkezkaç kuvvetleri vb. olabilir.
Burada helisel yay, burulma mili ve sarkaç kol çubuğu kütlesiz, kütle ve disk kaskatı cisimlerdir.
46
Sönümsüz Serbest Titreşim Sisteminin Diferansiyel Denklemi
47
2. Şekilde denge konumu için; ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐺 = 𝑚𝑔 = 𝑘𝛿𝑠𝑡 𝑘 𝑔 = = 𝜔𝑛2 𝑚 𝛿𝑠𝑡
𝑘 𝑔 𝜔𝑛 = √ = √ 𝑚 𝛿𝑠𝑡 𝜔𝑛 sistemin doğal frekansıdır.
48
3. Şekilde Newton’un 2. Kanunu uygulanırsa; ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 𝑚𝑥̈ = −𝑘(𝛿𝑠𝑡 + 𝑥 ) + 𝑚𝑔 𝑚𝑥̈ = −𝑘𝑥 − 𝑘𝛿𝑠𝑡 + 𝑚𝑔 𝑚𝑔 = 𝑘𝛿𝑠𝑡 olduğundan,
𝒎𝒙̈ + 𝒌𝒙 = 𝟎 𝝎𝒏 = √
𝒌 𝒎
49
Diferansiyel Denklemin Çözümü - Hareket Denkleminin Bulunması Bu denklem sistemin hareketine ait 2. Mertebeden, sabit katsayılı, homojen bir diferansiyel denklemdir. Diferansiyel denklemin çözümü yapılırsa; 𝑥 = 𝐶𝑒 𝜆𝑡
→ Genel çözüm kabulü
𝑚𝜆2 + 𝑘 = 0
→ Karakteristik denklem
𝜆1,2 = ±𝑗𝜔𝑛
→ Karakteristik denklemin kökleri
𝜔𝑛 = √
𝑘 𝑚
→ Tabii dairesel frekans, öz frekans
𝑥 = 𝐶𝑒 𝜆𝑡 𝑥 = 𝐶1 𝑒 𝜆1𝑡 + 𝐶2 𝑒 𝜆2𝑡 𝑥 = 𝐶1 𝑒 𝑗𝜔𝑛 𝑡 + 𝐶2 𝑒 −𝑗𝜔𝑛 𝑡 50
𝑒 ∓𝑗𝜔𝑛 𝑡 = cos 𝜔𝑛 𝑡 ± 𝑗 sin 𝜔𝑛 𝑡 𝑥 = 𝐶1 (cos 𝜔𝑛 𝑡 + 𝑗 sin 𝜔𝑛 𝑡) + 𝐶2 (cos 𝜔𝑛 𝑡 − 𝑗 sin 𝜔𝑛 𝑡) (𝐶1 + 𝐶2 ) cos 𝜔𝑛 𝑡 + (⏟𝐶1 𝑗 − 𝐶2 𝑗) sin 𝜔𝑛 𝑡 𝑥=⏟ 𝐴
𝐵
𝒙 = 𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝝎𝒏 𝒕 + 𝑩 𝐬𝐢𝐧 𝝎𝒏 𝒕
→
Genel Çözüm
Başka şekilde ifadesi; 𝒙 = 𝑨𝟎 𝐜𝐨𝐬(𝝎𝒏 𝒕 + 𝜺)
veya
𝒙 = 𝑨𝟎 𝐬𝐢𝐧(𝝎𝒏 𝒕 − 𝜺)
şeklindedir. Sönümsüz serbest titreşimin bir harmonik hareket olduğu görülmektedir. Burada 𝐶1 , 𝐶2 , 𝐴, 𝐵, 𝐴0 , 𝜀 sabitleri başlangıç şartlarından bulunmaktadır.
51
A ve B sabitlerinin bulunması; Başlangıç Şartları : 𝑡 = 0 için 𝑥 = 𝑥0 , 𝑣 = 𝑣0 Başlangıç şartları aşağıdaki konum ve hız denklemlerinde yerine konulursa 𝑥 = 𝐴 cos 𝜔𝑛 𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑛 𝑡
→ Konum
𝑥̇ = 𝐵𝜔𝑛 cos 𝜔𝑛 𝑡 − 𝐴𝜔𝑛 sin 𝜔𝑛 𝑡 → Hız
𝑡 = 0, 𝑥 = 𝑥0 →
𝑥0 = 𝐴 cos 𝜔𝑛 0 + 𝐵 sin 𝜔𝑛 0
𝑨 = 𝒙𝟎 𝑡 = 0, 𝑣 = 𝑣0 → 𝑩=
𝑣0 = 𝐵𝜔𝑛 cos 𝜔𝑛 0 − 𝐴𝜔𝑛 sin 𝜔𝑛 0
𝒗𝟎 𝝎𝒏
52
Bulunan A ve B sabitleri Genel çözümde tekrar yerlerine konulursa, 𝑣0 𝑥 = 𝑥0 cos 𝜔𝑛 𝑡 + sin 𝜔𝑛 𝑡 𝜔𝑛
→ Konum
𝑣0 = 𝑣0 cos 𝜔𝑛 𝑡 − 𝑥0 𝜔𝑛 sin 𝜔𝑛 𝑡
→ Hız
Burulmaya maruz sistemlerde konum koordinatı açı olarak ifade edilir. Bu durumda geri getirici tesir moment olup, yay katsayısı da birim dönme açısı başına moment olarak ifade edilir.
53
𝑀𝑏 = 𝑘𝑏 𝜃 ∑ 𝑀 = 𝐽𝜃̈ 𝐽𝜃̈ = −𝑘𝑏 𝜃 𝑱𝜽̈ + 𝒌𝒃 𝜽 = 𝟎 𝒌𝒃 𝝎𝒏 = √ 𝑱
54
Örnek 1: Bir elektrik motoru her birinin yay katsayısı k olan dört yay üzerine oturtulmuştur. Motorun O dönme eksenine nazaran kütlesel atalet momenti
J0
olduğuna
göre,
küçük
dönme
titreşimlerinin tabii frekansını bulunuz.
Motor gövdesi dönme titreşimi yapmadığı zaman yaylar bir miktar kısalarak sistem statik denge konumuna gelir. Bu konumda motor mil ekseni O’da bulunur. Dönme sırasında O noktasının sabit kaldığı ve titreşim genliklerinin küçük olduğu varsayılırsa harekete ait diferansiyel denklem (dd);
55
𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡
⏞ 𝐽0 𝜃̈ = −4 𝐹 𝑦𝑎 𝐽0 𝜃̈ = −4𝑘𝑥𝑎 𝐹𝑦
𝐽0 𝜃̈ = −4 ⏞ 𝑘𝑎 sin 𝜃 𝑎 𝜃 ≪ 1 → sin 𝜃 = 𝜃 𝐽0 𝜃̈ = −4𝑘𝑎2 𝜃 𝐽0 𝜃̈ + 4𝑘𝑎2 𝜃 = 0 4𝑘𝑎2 𝑘 𝜔𝑛 = √ = 2𝑎√ 𝐽0 𝐽0
56
Örnek 2: Şekilde verilen sistemin küçük titreşimlerinin tabii frekansını bulunuz. Şekilde verilen büyüklüklerden başka rijit çubuğun O ya göre kütlesel atalet momenti J0 olarak verilmektedir.
𝐽0 𝜃̈ = −𝑘1 𝑏 sin 𝜃 𝑏 − 𝑘2 𝑎 sin 𝜃 𝑎 𝐽0 𝜃̈ = −𝑘1 𝑏 2 𝜃 − 𝑘2 𝑎2 𝜃 𝐽0 𝜃̈ + (𝑘1 𝑏 2 + 𝑘2 𝑎2 )𝜃 = 0 𝑘1 𝑏 2 + 𝑘2 𝑎2 𝜔𝑛 = √ 𝐽0
→
1 𝑘1 𝑏2 + 𝑘2 𝑎2 √ 𝑓𝑛 = 2𝜋 𝐽0
57
Örnek 3: Kütlesiz bir çubukla O noktasına düzlemsel hareket yapacak şekilde mafsallanmış basit sarkacın küçük genlikli sönümsüz serbest titreşimlerinin tabii frekansını ve periyodunu bulunuz. Sarkacın O daki dönme eksenine göre kütlesel atalet momenti 𝐽0 = 𝑚𝑙 2 Titreşime ait dd. 𝑚𝑙 2 𝜃̈ + 𝑚𝑔𝑙 sin 𝜃 = 0 𝑙𝜃̈ + 𝑔𝜃 = 0 𝑔 𝜔𝑛 = √ 𝑙
→
𝑙 𝑇 = 2𝜋√ 𝑔
58
Örnek 4: Şekildeki m kütlesinin küçük titreşimlerinin tabii frekansını bulunuz. Çubuğun kütlesini ihmal ediniz. Mesnede göre kütlesel atalet momenti 3 2 𝐽0 = 𝑚 ( 𝐿) 4 𝐿 𝐿 ̈ 𝐽0 𝜃 = −𝑘 sin 𝜃 4 4 9 2 𝑘𝐿2 𝑚 𝐿 𝜃̈ = − 𝜃 16 16 9𝑚𝜃̈ + 𝑘𝜃 = 0 𝜔𝑛 = √
𝑘 1 𝑘 = √ 9𝑚 3 𝑚
59
Örnek 5: Ters sarkacın sönümsüz küçük titreşimlerinin doğal frekansını hesaplayınız. Çubuk rijit ve kütlesizdir. Sistemin statik denge konumu düşey olacak şekildedir.
𝑚𝑙 2 𝜃̈ = 𝑚𝑔𝑙 sin 𝜃 − 2(𝑘 𝑠 sin 𝜃)(𝑠 cos 𝜃) 𝑚𝑙 2 𝜃̈ = 𝑚𝑔𝑙𝜃 − 2𝑘𝑠 2 𝜃 𝑚𝑙 2 𝜃̈ = (𝑚𝑔𝑙 − 2𝑘𝑠 2 )𝜃 𝑚𝑙 2 𝜃̈ + (2𝑘𝑠 2 − 𝑚𝑔𝑙 )𝜃 = 2𝑘𝑠 2 − 𝑚𝑔𝑙 𝜔𝑛 = √ 𝑚𝑙 2
60
Örnek 6: Aşağıda denge konumunda verilen sistemin tabii frekansını hesaplayınız.
61
∑ 𝑀 = 𝐽𝑡𝑜𝑝 𝜑̈ 𝐿 𝐽𝑚 𝜑̈ + 𝐽𝑀 𝜑̈ = −𝑚𝑔 sin 𝜑 − 𝑀𝑔𝐿 sin 𝜑 − 𝑘𝑥𝐿 cos 𝜑 2 1 1 ( 𝑚𝐿2 + 𝑀𝐿2 ) 𝜑̈ + ( 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔𝐿 + 𝑘𝐿2 ) 𝜑 = 0 3 2 1 2 𝐽𝑚 = 𝑚𝐿 , 3
𝐽𝑀 = 𝑀𝐿2
1 1 ( 𝑚 + 𝑀) 𝐿𝜑̈ + ( 𝑚𝑔 + 𝑀𝑔 + 𝑘𝐿) 𝜑 = 0 3 2 1 𝑚𝑔 + 𝑀𝑔 + 𝑘𝐿 𝑘 2 𝜔𝑛 = √ = √ 1 𝑚 ( 𝑚 + 𝑀) 𝐿 3
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑎𝑛
62
Örnek 7: Aşağıda denge konumunda verilen sistemin tabii frekansını hesaplayınız
63
∑ 𝑀 = 𝐽𝑡𝑜𝑝 𝜑̈ 𝐽𝑚 𝜑̈ + 𝑀𝑥̈ 𝐿 = −𝑘𝑥𝐿 𝑥 = 𝐿 sin 𝜑 = 𝐿𝜑 ,
𝑥̇ = 𝐿𝜑̇ ,
𝑥̈ = 𝐿𝜑̈ ,
1 2 𝐽𝑚 = 𝑚𝐿 3
1 2 ( 𝑚𝐿 + 𝑀𝐿2 ) 𝜑̈ + 𝑘𝐿2 𝜑 = 0 3 1 ( 𝑚 + 𝑀) 𝜑̈ + 𝑘𝜑 = 0 3 𝑘 𝑘 3𝑘 𝜔𝑛 = √ = √ =√ 1 𝑚 𝑚 + 3𝑀 𝑚+𝑀 3
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑎𝑛
64
Örnek 8: Aşağıda denge konumunda verilen sistemin tabii frekansını hesaplayınız.
65
∑ 𝑀 = 𝐽𝑡𝑜𝑝 𝜑̈ 𝐽𝑚 𝜑̈ + 𝑀𝑥̈ 𝐿 = −𝑘𝑥𝑟 𝑥 = 𝑟 sin 𝜑 = 𝑟𝜑 ,
𝑥̇ = 𝑟𝜑̇ ,
𝑥̇ = 𝑟𝜑̈ ,
1 𝐽𝑚 = 𝑚𝑟 2 2
1 ( 𝑚𝑟 2 ) 𝜑̈ + 𝑀𝑥̈ 𝑟 = −𝑘𝑥𝑟 2 1 ( 𝑚𝑟 2 + 𝑀𝑟 2 ) 𝜑̈ + 𝑘𝑟 2 𝜑 = 0 2 1 ( 𝑚 + 𝑀) 𝜑̈ + 𝑘𝜑 = 0 2 𝜔𝑛 = √
𝑘 𝑘 2𝑘 √ = = 𝑚 √1 𝑚 + 𝑀 𝑚 + 2𝑀 2
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑎𝑛
66
Örnek 9: Aşağıda denge konumunda verilen sistemin tabii frekansını hesaplayınız.
∑ 𝑀 = 𝐽𝑡𝑜𝑝 𝜑̈ , 𝐽𝑚 𝜑̈ = 𝑇𝑟 ,
∑ 𝐹 = 𝑚𝑎
𝐽𝑚 𝜑̈ 𝑇= 𝑟 67
𝑚𝑥̈ = −𝑘𝑥 − 𝑇
𝐽𝑚 𝜑̈ → 𝑚𝑥̈ = −𝑘𝑥 − 𝑟
𝐽𝑚 𝜑̈ + (𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑥 ) = 0 𝑟 𝑥 = 𝑟 sin 𝜑 = 𝑟𝜑 ,
𝑥̇ = 𝑟𝜑̇ ,
𝑥̇ = 𝑟𝜑̈ ,
1 𝐽𝑚 = 𝑚𝑟 2 2
𝐽𝑚 𝜑̈ + (𝑚𝑟𝜑̈ + 𝑘𝑟𝜑)𝑟 = 0 1 ( 𝑚𝑟 2 + 𝑚𝑟 2 ) 𝜑̈ + 𝑘𝑟 2 𝜑 = 2 3 𝑚𝜑̈ + 𝑘𝜑 = 2 𝜔𝑛 = √
𝑘 𝑘 2𝑘 √ = = 𝑚 √3 𝑚 3𝑚 2
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑎𝑛
68
Örnek 10: Aşağıda denge konumunda verilen sistemin diferansiyel denklemini çıkarıp tabii frekansını hesaplayınız.
69
70
∑ 𝑀 = 𝐽𝑡𝑜𝑝 𝜑̈ 𝑚1 𝑥̈ 1 ℎ + 𝑚2 𝑥̈ 2 2ℎ = −𝑘1 𝑥ℎ − 𝑘2 (𝑥2 − 𝑥1 )2ℎ − 2𝑘3 𝑥2 ℎ + 𝑘2 (𝑥2 − 𝑥1 )ℎ 𝑥1 = ℎ𝜑
𝑥2 = 2ℎ𝜑
𝑥̇ 1 = ℎ𝜑̇
𝑥̇ 2 = 2ℎ𝜑̇
𝑥̇ 1 = ℎ𝜑̇
𝑥̈ 2 = 2ℎ𝜑̈
𝑚1 ℎ2 𝜑̈ + 4𝑚2 ℎ2 𝜑̈ = −𝑘1 ℎ2 𝜑 − 2𝑘2 (2ℎ𝜑 − ℎ𝜑)ℎ − 4𝑘3 ℎ2 𝜑 + 𝑘2 (2ℎ𝜑 − ℎ𝜑)ℎ = (𝑚1 + 4𝑚2 )𝜑̈ = (𝑘1 + 𝑘2 + 4𝑘3 )𝜑 = 0 𝜔𝑛 = √
𝑘 𝑘1 + 𝑘2 + 4𝑘3 =√ = 𝑚 𝑚1 + 4𝑚2
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑎𝑛
71
Örnek 11: Aşağıdaki titreşim sisteminin üzerine m kütlesi h yüksekliğinden düşüp yapışıyor. M kütlesinin hareket denklemini yazınız.
72
M ile m kütlesinin çarpıştığı andaki momentumu 𝑚𝑉 = (𝑀 + 𝑚)𝑉0
→ 𝑚√2𝑔ℎ = (𝑀 + 𝑚)𝑉0
𝑚√2𝑔ℎ → 𝑉0 = 𝑥̇ 0 = 𝑀+𝑚
m kütlesinden dolayı k yayının sıkışması 𝑚𝑔 𝛿𝑠𝑡 = 𝑥0 = − 𝑘 ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 (𝑀 + 𝑚)𝑥̈ = −𝑘𝑥 (𝑀 + 𝑚)𝑥̈ + 𝑘𝑥 = 0 𝜔𝑛 = √
𝑘 𝑘 √ = 𝑚 𝑀+𝑚
73
Sönümsüz serbest titreşim hareketinin hareket denklemi 𝑥̇ 0 𝑥 (𝑡) = 𝑥0 cos 𝜔𝑛 𝑡 + sin 𝜔𝑛 𝑡 𝜔𝑛 𝑥 (𝑡) = −
𝑚𝑔 𝑘 2𝑔ℎ 𝑘 √ √ √ cos ( 𝑡) + 𝑚 sin ( 𝑡) 𝑘 𝑀+𝑚 𝑘(𝑀 + 𝑚) 𝑀+𝑚
74
Örnek 12: Aşağıda denge konumunda verilen sistemin diferansiyel denklemini çıkarıp tabii frekansını hesaplayınız.
75
𝑥 = 𝐿 sin 𝜑 = 𝐿𝜑 ,
𝑥̇ = 𝐿𝜑̇ ,
𝑥̈ = 𝐿𝜑̈
∑ 𝑀 = 𝐽𝑡𝑜𝑝 𝜑̈ 𝐽𝜑̈ + 𝑀𝑥̈ 𝐿 = −𝑘𝑥𝐿 − 𝐴𝜌𝑔𝑥𝐿 1 [ 𝑚(2𝐿)2 + 𝑀𝐿2 ] 𝜑̈ + (𝑘𝐿2 + 𝐴𝜌𝑔𝐿2 )𝜑 = 0 12 1 ( 𝑚 + 𝑀) 𝜑̈ + (𝑘 + 𝐴𝜌𝑔)𝜑 = 0 3 𝜔𝑛 = √
𝑘 𝑘 + 𝐴𝜌𝑔 = 𝑚 √1 𝑚 + 𝑀 3
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑎𝑛
76
Problem : Aşağıda denge konumunda verilen sistemin diferansiyel denklemini çıkarıp tabii frekansını hesaplayınız.
77
𝑦 tan 𝛼 = 𝑥
→ 𝑦 = 𝑥 tan 𝛼 ,
̅̅̅̅ = 𝑧 = 𝜑𝑟 𝐴𝐵
𝑦̇ = 𝑥̇ tan 𝛼 ,
𝑦̈ = 𝑥̈ tan 𝛼
𝑥 → 𝜑𝑟 = cos 𝛼 𝑥 𝜑= 𝑟 cos 𝛼 𝑥̇ 𝜑̇ = 𝑟 cos 𝛼 𝑥̈ 𝜑̈ = 𝑟 cos 𝛼
78
Problem: Aşağıda denge konumunda verilen sistemin diferansiyel denklemini çıkarıp tabii frekansını hesaplayınız.
79
SÖNÜMLÜ SERBEST TİTREŞİMLER
80
Viskoz Sönümlü Titreşimler
Newton‟un 2. kanununa göre, ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎
⇒
𝑚𝑥̈ = −𝑐𝑥̇ − 𝑘𝑥
𝒎𝒙̈ + 𝒄𝒙̇ + 𝒌𝒙 = 𝟎
Titreşim hareketinin diferansiyel denklemi
81
Sönümlü Serbest Titreşim Hareket Denkleminin Bulunması 𝑚𝑥̈ + 𝑐𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 0 𝛿=
𝑐 2𝑚
𝜔𝑛 = √
𝑘 𝑚
→
Sönüm sabiti
→
𝐷𝑜ğ𝑎𝑙 𝑓𝑟𝑒𝑘𝑎𝑛𝑠
𝑥̈ + 2𝛿𝑥̇ + 𝜔𝑛2 𝑥 = 0 𝑥 (𝑡) = 𝐶𝑒 𝜆𝑡
→
𝜆2 + 2𝛿𝜆 + 𝜔𝑛2 = 0 𝜆1,2
Çözüm kabulü →
İkinci dereceden karakteristik denklem
−2𝛿 ∓ √4𝛿 2 − 4𝜔𝑛2 −2𝛿 ∓ 2√𝛿 2 − 𝜔𝑛2 = = 2 2
82
𝜆1,2 = −𝛿 ∓ √𝛿 2 − 𝜔𝑛2 1. Durum
𝛿 2 − 𝜔𝑛2 > 0
Aşırı Sönüm
2. Durum
𝛿 2 − 𝜔𝑛2 = 0
Kritik Sönüm
3. Durum
𝛿 2 − 𝜔𝑛2 < 0
Zayıf Sönüm
Aşırı Sönüm 𝛿 2 − 𝜔𝑛2 > 0 𝑐 2 > 4𝑚𝑘
⇒ →
𝑐2 𝑘 − >0 4𝑚2 𝑚
⇒
𝑐2 𝑘 > 4𝑚2 𝑚
Aşırı Sönümlü Sistem
𝜆1,2 = −𝛿 ∓ √𝛿 2 − 𝜔𝑛2
83
𝜆1 = −𝛿 + √𝛿 2 − 𝜔𝑛2 ,
𝜆2 = −𝛿 − √𝛿 2 − 𝜔𝑛2
𝜆1 ve 𝜆2 kökleri çözüm kabulünde yerlerine konularak hareket denklemi bulunur. 𝑥 (𝑡) = 𝐶𝑒 𝜆𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝐶1 𝑒 𝜆1𝑡 + 𝐶2 𝑒 𝜆2𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝐶1 𝑒
2 )𝑡 (−𝛿+√𝛿 2 −𝜔𝑛
𝜇 = √𝛿 2 − 𝜔𝑛2
+ 𝐶2 𝑒
2 )𝑡 (−𝛿−√𝛿 2 −𝜔𝑛
denilirse
𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐶1 𝑒 𝜇𝑡 + 𝐶2 𝑒 −𝜇𝑡 ) →
Hareket Denklemi (Konum)
Hareket denklemi trigonometrik fonksiyonlar cinsinden de ifade edilebilir. 𝑒 ∓𝜇𝑡 = 𝑐𝑜𝑠ℎ 𝜇𝑡 ∓ 𝑠𝑖𝑛ℎ 𝜇𝑡 84
𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐶1 (cosh 𝜇𝑡 + sinh 𝜇𝑡) + 𝐶2 (cosh 𝜇𝑡 − sinh 𝜇𝑡)) (𝐶1 + 𝐶2 ) cosh 𝜇𝑡 + ⏟ (𝐶1 − 𝐶2 ) sinh 𝜇𝑡) 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (⏟ 𝐴
𝐵
𝒙(𝒕) = 𝒆−𝜹𝒕 (𝑨 𝐜𝐨𝐬𝐡 𝝁𝒕 + 𝑩 𝐬𝐢𝐧𝐡 𝝁𝒕)
→
𝐊𝐨𝐧𝐮𝐦 (𝐀şı𝐫ı 𝐬ö𝐧ü𝐦 𝐢ç𝐢𝐧)
𝑣 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐴(𝜇 sinh 𝜇𝑡 − 𝛿 cosh 𝜇𝑡) + 𝐵(𝜇 cosh 𝜇𝑡 − 𝛿 sinh 𝜇𝑡))
→
Hız
A ve B katsayıları başlangıç şartlarından bulunabilir. Başlangıç Şartları ; 𝑡 = 0 için 𝑥 (𝑡) = 𝑥0 , 𝑣(𝑡) = 𝑣0 𝑥 (0) = 𝑥0 = 𝑒 −𝛿0 (𝐴 cosh 𝜇0 + 𝐵 sinh 𝜇0)
⇒
𝐴 = 𝑥0
𝑣 (0) = 𝑣0 = 𝑒 −𝛿0 (𝐴(𝜇 sinh 𝜇0 − 𝛿 cosh 𝜇0) + 𝐵(𝜇 cosh 𝜇0 − 𝛿 sinh 𝜇0)) 𝐵𝜇 − 𝛿𝐴 = 𝑣0
⇒
𝑣0 + 𝛿𝑥0 𝐵= 𝜇 85
A ve B sabitleri konum denkleminde yerlerine konularak hareket denklemi bulunur. 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝑥0 cosh 𝜇𝑡 +
𝑣0 + 𝛿𝑥0 sinh 𝜇𝑡) 𝜇
→
Aşırı sönüm için
Kritik Sönüm 𝛿 2 − 𝜔𝑛2 = 0 𝑐 2 = 4𝑚𝑘
⇒ →
𝑐2 𝑘 − =0 4𝑚2 𝑚
⇒
𝑐2 𝑘 = 4𝑚2 𝑚
Kritik Sönümlü Sistem
𝑐 = 𝑐𝑘𝑟 = 2√𝑘𝑚 = 2𝑚𝜔𝑛
→
Kritik sönüm katsayısı
𝜆1,2 = −𝛿 ∓ √𝛿 2 − 𝜔𝑛2 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆 = −𝛿
86
𝜆1 ve 𝜆2 kökleri çözüm kabulünde yerlerine konularak hareket denklemi bulunur. 𝑥 (𝑡) = 𝐶𝑒 𝜆𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝐴𝑒 𝜆𝑡 + 𝐵𝑡𝑒 𝜆𝑡
→ Eşit kök olduğu için
𝒙(𝒕) = 𝒆−𝜹𝒕 (𝑨 + 𝑩𝒕) →
𝐊𝐨𝐧𝐮𝐦 (𝐊𝐫𝐢𝐭𝐢𝐤 𝐬ö𝐧ü𝐦 𝐢ç𝐢𝐧)
𝑣 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐵(1 − 𝛿𝑡) − 𝐴𝛿 )
→
Hız
Başlangıç şartları ; 𝑡 = 0 için 𝑥 (𝑡) = 𝑥0 , 𝑣(𝑡) = 𝑣0 𝑥 (0) = 𝑥0 = 𝑒 −𝛿0 (𝐴 + 𝐵0)
⇒
𝐴 = 𝑥0
𝑣 (0) = 𝑣0 = 𝑒 −𝛿0 (𝐵(1 − 𝛿0) − 𝐴𝛿 )
⇒
𝐵 = 𝑣0 + 𝛿𝑥0
A ve B sabitleri konum denkleminde yerine konularak hareket denklemi elde edilir. 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝑥0 + (𝑣0 + 𝛿𝑥0 )𝑡)
→
Kritik sönüm için
87
Zayıf Sönüm 𝛿 2 − 𝜔𝑛2 < 0 𝑐 2 < 4𝑚𝑘
⇒ →
𝑐2 𝑘 − <0 4𝑚2 𝑚
⇒
𝑐2 𝑘 < 4𝑚2 𝑚
Zayıf Sönümlü Sistem
𝜆1,2 = −𝛿 ∓ √𝛿 2 − 𝜔𝑛2
→
𝛿 2 − 𝜔𝑛2 < 0 için
𝜆 = −𝛿 ∓ √−(𝜔𝑛2 − 𝛿 2 ) = −𝛿 ∓ √−1√(𝜔𝑛2 − 𝛿 2 ) = −𝛿 ∓ 𝑖 √(𝜔𝑛2 − 𝛿 2 ) ⏟ 𝜔𝑑
𝜆 = −𝛿 ∓ 𝑖𝜔𝑑 𝜆1 = −𝛿 + 𝑖𝜔𝑑 ,
𝜆2 = −𝛿 − 𝑖𝜔𝑑
𝜔𝑑 = √𝜔𝑛2 − 𝛿 2
→
Sönümlü serbest titreşim frekansı 88
𝑐 𝑐 𝛿 𝐷= = = 𝑐𝑘𝑟 2√𝑘𝑚 𝜔𝑛
→
Sönüm oranı − Sönüm faktörü
2 𝛿 𝛿 2 − 𝜔𝑛2 = 2 − 1 = 𝐷 2 − 1 = 𝐷 − 1 𝜔𝑛
Buna göre sönüm tipleri D cinsinden de ifade edilebilir. 1. Durum
𝐷>1
Aşırı Sönüm
2. Durum
𝐷=1
Kritik Sönüm
3. Durum
𝐷<1
Zayıf Sönüm
𝑥 (𝑡) = 𝐶𝑒 𝜆𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝐶1 𝑒 𝜆1𝑡 + 𝐶2 𝑒 𝜆2𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝐶1 𝑒 (−𝛿+𝑖𝜔𝑑)𝑡 + 𝐶2 𝑒 (−𝛿−𝑖𝜔𝑑)𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐶1 𝑒 𝑖𝜔𝑑𝑡 + 𝐶2 𝑒 −𝑖𝜔𝑑 𝑡 ) 89
𝑒 ∓𝑖𝜔𝑑 𝑡 = 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑑 𝑡 ∓ 𝑖 𝑠𝑖𝑛 𝜔𝑑 𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐶1 (cos 𝜔𝑑 𝑡 + 𝑖 sin 𝜔𝑑 𝑡) + 𝐶2 (cos 𝜔𝑑 𝑡 − 𝑖 sin 𝜔𝑑 𝑡)) 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 ((⏟𝐶1 + 𝐶2 ) cos 𝜔𝑑 𝑡 + (⏟𝐶1 𝑖 − 𝐶2 𝑖 ) sin 𝜔𝑑 𝑡) 𝐴
𝒙(𝒕) = 𝒆−𝜹𝒕 (𝑨 𝐜𝐨𝐬 𝝎𝒅 𝒕 + 𝑩 𝐬𝐢𝐧 𝝎𝒅 𝒕)
𝐵
→
𝐊𝐨𝐧𝐮𝐦 (𝐙𝐚𝐲ı𝐟 𝐬ö𝐧ü𝐦 𝐢ç𝐢𝐧)
𝑣 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 ((𝐵𝜔𝑑 − 𝐴𝛿 ) cos 𝜔𝑑 𝑡 − (𝐵𝛿 + 𝐴𝜔𝑑 ) sin 𝜔𝑑 𝑡) A ve B katsayıları başlangıç şartlarından bulunabilir. Başlangıç şartları ; 𝑡 = 0 için 𝑥(𝑡) = 𝑥0 , 𝑣(𝑡) = 𝑣0 𝑥 (0) = 𝑥0 = 𝑒 −𝛿0 (𝐴 cos 𝜔𝑑 0 + 𝐵 sin 𝜔𝑑 0) 𝐴 = 𝑥0
90
𝑣 (0) = 𝑣0 = 𝑒 −𝛿0 ((𝐵𝜔𝑑 − 𝐴𝛿 ) cos 𝜔𝑑 0 − (𝐵𝛿 + 𝐴𝜔𝑑 ) sin 𝜔𝑑 0) 𝐵𝜔𝑑 − 𝐴𝛿 = 𝑣0
⇒
𝐵=
𝑣0 + 𝛿𝑥0 𝜔𝑑
A ve B sabitleri konum denkleminde yerine konularak hareket denklemi elde edilir. 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝑥0 cos 𝜔𝑑 𝑡 +
𝑣0 + 𝛿𝑥0 sin 𝜔𝑑 𝑡) 𝜔𝑑
→
Zayıf sönüm için
Sönümlü serbest titreşime ait hareket, harmonik bir hareket olmadığı için gerçek anlamda bir frekanstan söz edilemez. Ancak çözümdeki 𝑒 −𝛿𝑡 azalan üstel terimi hariç kalan kısım periyodiktir ve bu kısım için söz konusu olan 𝜔𝑑 frekansına sönümlü serbest titreşimlerin frekansı denilmektedir. Buna göre zayıf sönümlü serbest titreşim hareketi, genliği üstel olarak azalan harmonik bir harekettir denilebilir.
91
92
Zayıf sönüm için elde edilen hareket denklemi aşağıdaki şekilde de ifade edilebilir. 𝑥 (𝑡) = 𝐴0 𝑒 −𝛿𝑡 cos(𝜔𝑑 𝑡 − 𝜀 ) 𝑥̇ (𝑡) = 𝐴0 𝑒 −𝛿𝑡 [−𝛿 cos(𝜔𝑑 𝑡 − 𝜀 ) − 𝜔𝑑 sin(𝜔𝑑 𝑡 − 𝜀 )] Bu denklem için 𝑡 = 0 için 𝑥(𝑡) = 𝑥0 , 𝑣(𝑡) = 0 başlangıç şartları tanımlanırsa; 𝑥 (0) = 𝐴0 𝑒
−𝛿0
cos(𝜔𝑑 0 − 𝜀 ) = 𝑥0
⇒
𝑥0 𝐴0 = cos(−𝜀 )
⇒
𝑥0 𝐴0 = cos 𝜀
𝑥̇ (0) = 𝐴0 𝑒 −𝛿0 [−𝛿 cos(𝜔𝑑 0 − 𝜀 ) − 𝜔𝑑 sin(𝜔𝑑 0 − 𝜀 )] = 0 𝐴0 [−𝛿 cos(−𝜀 ) − 𝜔𝑑 sin(−𝜀 )] = 0 𝐴0 [𝜔𝑑 sin 𝜀 − 𝛿 cos 𝜀 ] = 0 𝜔𝑑 sin 𝜀 = 𝛿 cos 𝜀
⇒
𝛿 𝜀 = arctan ( ) 𝜔𝑑
93
94
Logaritmik Azalma Logaritmik azalma, sönümlü serbest titreşimlerde genliklerin azalma hızını ifade eder ve herhangi ardışık iki genlik oranının tabii logaritması şeklinde tanımlanır. 𝜋𝑟 𝑥0 𝑥1 𝑥𝑛−1 = =⋯= = 𝑒 𝛿𝑇𝑑 = 𝑒 𝑚𝜔𝑑 = Λ 𝑥1 𝑥2 𝑥𝑛
Λ=𝑒
𝜋𝑟 𝑚𝜔𝑑
sabitine sönme nisbeti denir.
𝜋𝑟 𝑥𝑛−1 𝜋𝑟 𝜋𝑟 2𝜋𝐷 𝑚𝜔 𝑑 𝜆 = ln Λ = ln = ln 𝑒 = = = 𝑥𝑛 𝑚𝜔𝑑 𝑚𝜔𝑛 √1 − 𝐷 2 √1 − 𝐷 2
İfadesine ise logaritmik azalma veya dekreman denir.
95
96
Örnek 1: Aşağıda denge konumundaki sistemin küçük titreşimler için sönümlü doğal frekansını bulunuz.
97
∑ 𝑀 = 𝐽𝜑̈ 𝐽𝜑̈ = −𝑐𝑥̇ 𝐿 − 𝑘𝑥𝐿 𝑚𝐿2 𝜑̈ + 𝑐𝐿2 𝜑̇ + 𝑘𝐿2 𝜑 = 0 𝑚𝜑̈ + 𝑐𝜑̇ + 𝑘𝜑 = 0 𝜔𝑛 = √
𝜔𝑑 =
𝑘 , 𝑚
√𝜔𝑛2
𝑐 𝛿= 2𝑚
−
𝛿2
𝑘 𝑐2 =√ − 𝑚 4𝑚2
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑛
98
Örnek 2: 𝑘𝑒ş = 𝑘2 + 𝑘3 + 𝑘4
𝑚
𝐽𝜑̈ = −𝑘𝑏 𝜑 − 𝑘𝜑𝑙 2 − 𝑟𝜑̇ 𝑙 2 ⁄4 𝑚𝑙 2 𝜑̈ ⁄3 + 𝑟𝑙 2 𝜑̇ ⁄4 + (𝑘𝑏 + 𝑘𝑒ş 𝑙 2 )𝜑 = 0 3𝑟 3𝑘𝑏 3𝑘𝑒ş 𝜑̈ + 𝜑̇ + ( 2 + )𝜑 = 0 4𝑚 𝑚𝑙 𝑚 𝜑̈ + 2𝛿𝜑̇ + 𝜔𝑛2 𝜑 = 0 𝜔𝑛 = √
3𝑘𝑏 3𝑘𝑒ş + , 2 𝑚𝑙 𝑚
3𝑟 3𝑟 2𝛿 = ⇒ 𝛿= 4𝑚 8𝑚
2 3𝑘 3𝑘 9𝑟 𝑒ş 𝑏 𝜔𝑑 = √𝜔𝑛2 − 𝛿 2 = √ 2 + − 𝑚𝑙 𝑚 64𝑚2
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑛 99
Örnek 3: Denge konumundaki sistemin küçük titreşimlerinin sönümlü doğal frekansını bulunuz.
100
𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝐽𝜑̈ + 𝑚1 𝑥̈ + 𝑚2 𝑥̈ = −𝑐𝑥̇ − 𝑘1 𝑥 − 𝑘2 𝑥 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 ( 𝑀𝐿2 + 𝑚1 + 𝑚2 ) 𝜑̈ + 𝑐 𝜑̇ + (𝑘1 + 𝑘2 ) 𝜑 = 0 12 4 4 4 4 4
1 ( 𝑀 + 𝑚1 + 𝑚2 ) 𝜑̈ + 𝑐𝜑̇ + (𝑘1 + 𝑘2 )𝜑 = 0 3 𝑘1 + 𝑘2
𝜔𝑛 = √ , 1 𝑀 + 𝑚1 + 𝑚2 3
𝛿=
𝑘1 + 𝑘2
𝑐 1 2 ( 𝑀 + 𝑚1 + 𝑚2 ) 3 𝑐2
𝜔𝑑 = √𝜔𝑛2 − 𝛿 2 = √ − 2 1 1 𝑀 + 𝑚1 + 𝑚2 4 ( 𝑀 + 𝑚1 + 𝑚2 ) 3 3
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑛
101
Örnek 4: Aşağıda denge konumundaki sistemin küçük titreşimlerinin sönüm oranını ve sönümlü doğal frekansını bulunuz.
102
𝐿 𝐽𝑚 𝜑̈ + 𝐽𝑀 𝜑̈ = −𝑐𝑦̇ − 𝑘𝑥𝐿 − 𝑚𝑔𝑥 − 𝑀𝑔𝑦 2 1 𝐿 1 (𝑚𝐿 + 𝑀𝐿) 𝜑̈ + 𝑐 𝜑̇ + (𝑘𝐿 + 𝑚𝑔 + 𝑀𝑔 ) 𝜑 = 0 ⏟4 ⏟ ⏟ 3 2 𝑚𝑒ş
𝑘𝑒ş 𝜔𝑛 = √ , 𝑚𝑒ş
𝑐𝑒ş
𝑘𝑒ş
𝑐𝑒ş 𝛿= , 2𝑚𝑒ş
𝑐𝑒ş 𝑐𝑒ş 𝑐 𝐷= = = 2𝑚𝜔𝑛 2𝑚𝑒ş 𝜔𝑛 2√𝑘𝑒ş 𝑚𝑒ş 2 𝑐 𝑘 𝑒ş 𝑒ş 𝜔𝑑 = √𝜔𝑛2 − 𝛿 2 = √ − 2 𝑚𝑒ş 4𝑚𝑒ş
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑛
103
Örnek 5: Şekilde görülen m kütlesine, denge konumunda uygulanan bir darbe ile bir v0 başlangıç hızı verilmiştir. Zayıf sönüm hali söz konusu olduğuna göre, meydana çıkacak sönümlü titreşimin hareket denklemini belirleyiniz.
104
𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 0 𝑥̈ + 2𝛿𝑥̇ + 𝜔𝑛2 𝑥 = 0 𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐴 cos 𝜔𝑑 𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑑 𝑡)
→
Zayıf sönüm için titreşim denklemi
𝑣 (𝑡) = −𝛿𝑒 −𝛿𝑡 (𝐴 cos 𝜔𝑑 𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑑 𝑡) + 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐵𝜔𝑑 cos 𝜔𝑑 𝑡 − 𝐴𝜔𝑑 sin 𝜔𝑑 𝑡) 𝑡 = 0 için 𝑥(𝑡) = 0 , 𝑣(𝑡) = 𝑣0 𝑥 (0) = 𝑒 −𝛿0 (𝐴 cos 𝜔𝑑 0 + 𝐵 sin 𝜔𝑑 0) = 0
⇒
𝐴=0
𝑣 (0) = −𝛿𝑒 −𝛿0 (𝐴 cos 𝜔𝑑 0 + 𝐵 sin 𝜔𝑑 0) + 𝑒 −𝛿0 (𝐵𝜔𝑑 cos 𝜔𝑑 0 − 𝐴𝜔𝑑 sin 𝜔𝑑 0) = 𝑣0
−𝛿𝐴 + 𝐵𝜔𝑑 = 𝑣0
⇒
𝐵=
𝑣0 𝜔𝑑
𝑥 (𝑡) = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐴 cos 𝜔𝑑 𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑑 𝑡)
denkleminde yerine konulursa
𝑣0 −𝛿𝑡 𝑥 (𝑡) = 𝑒 sin 𝜔𝑑 𝑡 𝜔𝑑 105
Örnek 6: m=0,5 kg lık bir kütlenin denge noktasından itibaren 𝑣0 başlangıç hızıyla serbest titreşiminden elde edilen x-t diyagramı şekilde verilmiştir. 𝑥1 = 28 𝑚𝑚 ve 𝑥4 = 1,5 𝑚𝑚 olduğuna göre; a. Hangi sönüm hali mevcuttur. b. Sönümlü serbest titreşimin periyodu 𝑇𝑑 yi ve ait 𝜔𝑑 frekansını bulunuz. c. 𝛿 sönme sabitini ve 𝑟 sönüm katsayısını bulunuz. d. Yay katsayısı k değerini bulunuz. e. Başlangıç hızını (𝑣0 ) bulunuz.
106
107
a. Zayıf sönüm mevcuttur. b. 4 tam titreşim için 𝑡 = 4𝑇𝑑 = 0,6 𝑠𝑛 ⇒ 𝑇𝑑 = 0,15 𝑠𝑛 2𝜋 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝜔𝑑 = = = 41,9 𝑇𝑑 0,15 𝑠𝑛 c. Logaritmik dekreman 1 𝑥 (𝑡) 1 𝑥1 1 28 1 𝜆 = 𝛿𝑇𝑑 = ln = ln = ln = ln 18,6 4 𝑥 (𝑡 + 4𝑇𝑑 ) 4 𝑥4 4 1,5 4 𝜆 = 0,729 𝜆 0,729 1 Sönüm sabiti ∶ 𝛿 = = = 4,86 𝑇𝑑 0,15 𝑠 𝑘𝑔 𝑁𝑠 Sönüm katsayısı ∶ 𝑟 = 2𝑚𝛿 = 2.0,5.4.86 [ ] 𝑠 𝑚
108
d. 𝜔𝑑 = √𝜔𝑛2 − 𝛿 2 ⇒
𝜔𝑛2 = 𝜔𝑑2 + 𝛿 2 = 41,92 + 4.862
1 𝜔𝑛 = 42,18 𝑠 𝜔𝑛 = √𝑘⁄𝑚 ⇒ 𝑘 = 889,6 e. 𝑥 (𝑡) =
𝑣0 𝜔𝑑
𝑘 = 𝑚𝜔𝑛2 = 0,5.42,18
𝑘𝑔 𝑁 [ ] 𝑠2 𝑚 𝑒 −𝛿𝑡 sin 𝜔𝑑 𝑡
𝑥1 tepe noktası zamanı : 𝑥1𝑡
𝑇𝑑 0,15 = = = 0,0375 𝑠 4 4
𝑥 (𝑡)𝑒 𝛿𝑡 𝜔𝑑 28. 𝑒 4,86.0,0375 41,9 𝑚 𝑣0 = = = 1,408 sin 𝜔𝑑 𝑡 sin(41,9.0,0375) 𝑠
109
Örnek 7: Şekildeki titreşim sisteminde 34 kg lık m kütlesi, yay katsayısı k=4414,5 N/m olan bir yaya bağlanmıştır. Kütleye bağlanan bir piston da viskoz bir sıvı ile dolu bir amortisörün içinde hareket etmektedir. Sönüm kuvveti doğrudan doğruya kütlenin hızıyla orantılıdır ve hız 1 m/s olduğu zaman 176,6 N dur. a. Sönüm katsayısını, b. Sönümsüz serbest titreşimin doğal frekansını, c. Sönümlü serbest titreşimin doğal frekansını, d. Logaritmik azalmayı, e. Kritik sönüm değerini, f. Başlangıç genliği 5 cm olduğuna göre bir periyot sonundaki genliği bulunuz.
110
a. 𝐹𝑠 = 𝑟𝑣
⇒
𝑟=
𝑘
4414,5
𝑚
34
b. 𝜔𝑛 = √ = √ c. 𝜔𝑑 =
𝐹𝑠
√𝜔𝑛2
−
𝛿2
𝑣
=
176,6 1
𝑟𝑎𝑑
= 11,39
𝑠
𝑘
𝑟
𝑚
2𝑚
= √( − (
𝑟𝑎𝑑 𝜔𝑑 = 11,096 𝑠
= 176,6
2
,
𝑁𝑠 𝑚
𝑓𝑛 =
) ) = √(
𝜔𝑛 2𝜋
4414,5 34
=
f.
𝑥1
=𝑒
⇒
𝑠
176,6 2 2.34
) )
𝜔𝑑 𝑡𝑖𝑡 𝑓𝑑 = = 1,766 2𝜋 𝑠 𝜋𝑟 𝑚𝜔𝑑
e. 𝑟𝑐 = 2𝑚𝜔𝑛 = 2√𝑘𝑚 = 2√4414,5.34 = 774,83 𝜋𝑟 𝑚𝜔𝑑
2𝜋
−(
d. Logaritmik dekreman = 𝜆 = ln 𝑒 𝛿𝑇𝑑 = 𝛿𝑇𝑑 =
𝑥0
11,39 𝑡𝑖𝑡
𝑥1 = 𝑥0 𝑒
𝜋𝑟 𝑚𝜔𝑑
−
= 0,05. 𝑒
176,6𝜋 34.11,096
= 1,469
𝑁𝑠 𝑚
𝜋.176,6 34.11,096
−
=
= 1,15 𝑐𝑚
111
Örnek 8: Toplam kütlesi 500 kg olan yüklü bir platform eşdeğer yay katsayısı 72 kN/m olan bir yay grubu ile bir sönüm elemanı üzerine oturtulmuştur. Platformun denge konumundan itibaren aşağı doğru x=12,5 cm sıkıştırıldıktan sonra ilk hızsız kendi bırakıldığı takdirde, ancak denge konumuna ulaşmaktadır. Sönümün bundan az değeri için titreşim başlamaktadır. Yüklü platformun kendi haline bırakıldıktan t=0,1 s sonraki konumunu ve hızını bulunuz.
Çözüm: Sistemde kritik sönüm mevcuttur. Kritik sönüm için çözüm; 𝑥 = 𝑒 −𝛿𝑡 (𝐴𝑡 + 𝐵) 𝑥̇ = 𝐴𝑒 −𝛿𝑡 − 𝛿𝑒 −𝛿𝑡 (𝐴𝑡 + 𝐵) 𝑡 = 0 için 𝑥 = 12,5 = 0,125 𝑚, 𝑥̇ = 0 𝑒 −𝛿.0 (𝐴. 0 + 𝐵) = 0,125
⇒
𝐵 = 0,125 112
𝐴𝑒 −𝛿.0 − 𝛿𝑒 −𝛿.0 (𝐴. 0 + 𝐵) = 0
⇒
𝐴 = 𝐵𝛿
𝑟 𝑟𝑐 2√𝑘𝑚 𝑘 72000 1 √ √ 𝛿= = = = = = 12 2𝑚 2𝑚 2𝑚 𝑚 500 𝑠 𝐴 = 0,125.12 = 1,5 𝑥 = 𝑒 −12𝑡 (1,5𝑡 + 0,125)
𝑡 = 0,1 için 𝑥 = 𝑒 −12.0,1 (1,5.0,1 + 0,125) = 𝑒 −1,2 (0,15 + 0,125) = 0,0828 𝑚 = 8,28 𝑐𝑚 𝑥̇ = 𝐴𝑒 −𝛿𝑡 − 𝛿𝑒 −𝛿𝑡 (𝐴𝑡 + 𝐵) = 1,5𝑒 −12.0,1 − 12𝑒 −12.0,1 (1,5.0,1 + 0,125) 𝑥̇ = −0,5423 𝑚⁄𝑠
113
ZORLANMIŞ TİTREŞİMLER Zorlayıcı titreşim tipleri: 𝐹 = 𝑚′ 𝑟𝜔2 cos 𝜔𝑡 1. Yön değiştiren bir kuvvet sonucu meydana gelen titreşimler. 2. Hareketli zeminden kaynaklanan titreşimler.
114
Hareketin Diferansiyel Denklemi Kuvvetle tahrik edilmiş titreşimler
115
𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝐹 (𝑡) 𝐹 (𝑡): Zorlayıcı kuvvet 𝐹 (𝑡) = 𝐹0 𝑒 𝑖𝜔𝑡 , 𝐹(𝑡) = 𝐹0 cos 𝜔𝑡 , 𝐹 (𝑡) = 𝐹0 sin 𝜔𝑡 , 𝐹(𝑡) = 𝑚′ 𝑟𝜔2 cos 𝜔𝑡 𝐹0 : Zorlayıcı (tahrik) kuvvet genliği 𝜔: Zorlayıcı (tahrik) kuvvet frekansı 𝑚′ 𝑟𝜔2 : Balanssızlık (dengesizlik, merkezkaç) kuvveti genliği 𝑚′ : Dengesizliği oluşturan kütlecik 𝑟: Dönme merkezi ile kütlecik (ağırlık merkezi) arasındaki mesafe 𝑚′ 𝑟 = 𝑚𝑒
⇒
𝑒 = 𝑚′ 𝑟⁄𝑚
şeklinde bir düzenleme yapılırsa
𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝐹0 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡
→ Sabit genlikli kuvvetle tahrik hali
𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑚𝑒𝜔2 cos 𝜔𝑡
→ Genliği frekansa bağlı kuvvetle tahrik hali 116
Yay tespit yerinin hareketiyle tahrik edilmiş titreşimler Diferansiyel denklemin elde edilmesinde üç hareketin karşılıklı tesirlerinin hesaba katılması gerekir. 1. 𝑚 kütlesinin 𝑥 mutlak hareketi 2. 𝑥𝑝 = 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡 ile verilen platform (yay tespit noktası) hareketi 3. 𝑚 kütlesinin platforma göre 𝑥𝑟 izafi hareketi
𝑥𝑟 = 𝑙 − 𝑙 ′ 𝑥 + 𝑙 ′ = 𝑥𝑝 + 𝑙 𝑥𝑟 = 𝑥 − 𝑥𝑝
117
m kütlesine etkiyen yay ve sönüm kuvvetleri 𝑥𝑟 izafi hareketi belirler. Yay kuvveti = 𝐹𝑦𝑎𝑦 = −𝑘𝑥𝑟 = −𝑘(𝑥 − 𝑥𝑝 ) Sönüm kuvveti = 𝐹𝑠ö𝑛ü𝑚 = −𝑟𝑥̇ 𝑟 = −𝑟(𝑥̇ − 𝑥̇ 𝑝 ) ∑ 𝐹 = 𝑚𝑎 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑘𝑥𝑝 + 𝑟𝑥̇ 𝑝 𝑥𝑝 = 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡 ,
𝑥̇ 𝑝 = −𝜔𝑋𝑝 sin 𝜔𝑡
𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑘𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡 − 𝑟𝜔𝑋𝑝 sin 𝜔𝑡 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑋𝑝 (𝑘 cos 𝜔𝑡 − 𝑟𝜔 sin 𝜔𝑡) Sağ taraf aşağıdaki bilgiler ışığında tek bir fonksiyon cinsinden yazılabilir. 𝑥 = 𝐴 cos 𝜔𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑡 = 𝐴0 cos(𝜔𝑡 − 𝜆) 𝑥 = 𝐴 cos 𝜔𝑡 − 𝐵 sin 𝜔𝑡 = 𝐴0 cos(𝜔𝑡 + 𝜆) 118
𝐴0 =
√𝐴2
+
𝐵2
,
𝐵 𝜆 = arctan 𝐴
Bu benzeşim kullanılarak aşağıdaki gibi yazılabilir 𝑘 cos 𝜔𝑡 − 𝑟𝜔 sin 𝜔𝑡 ≈ 𝐴 cos 𝜔𝑡 − 𝐵 sin 𝜔𝑡 𝑘 ≈𝐴,
𝑟𝜔 ≈ 𝐵 ,
√𝑘 2
+ 𝑟2𝜔2
≈ 𝐴0 ,
𝑟𝜔 𝜆 = arctan 𝑘
Zemini hareketli sistemde kütlenin mutlak hareketine ait diferansiyel denklem. 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑋𝑝 √𝑘 2 + 𝑟 2 𝜔 2 cos(𝜔𝑡 + 𝜆)
119
m kütlesinin platforma göre izafi hareketini gösteren dd. 𝑚𝑥̈ = −𝑟𝑥̇ 𝑟 − 𝑘𝑥𝑟 𝑥𝑟 = 𝑥 − 𝑥𝑝 ,
𝑥 = 𝑥𝑟 + 𝑥𝑝
𝑥̇ = 𝑥̇ 𝑟 + 𝑥̇ 𝑝 ,
𝑥̈ = 𝑥̈ 𝑟 + 𝑥̈ 𝑝
𝑚(𝑥̈ 𝑟 + 𝑥̈ 𝑝 ) = −𝑟𝑥̇ 𝑟 − 𝑘𝑥𝑟 𝑚𝑥̈ 𝑟 + 𝑚𝑥̈ 𝑝 + 𝑟𝑥̇ 𝑟 + 𝑘𝑥𝑟 = 0 𝑚𝑥̈ 𝑟 + 𝑟𝑥̇ 𝑟 + 𝑘𝑥𝑟 = −𝑚𝑥̈ 𝑝 𝑥𝑝 = 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡 ,
𝑥̇ 𝑝 = −𝜔𝑋𝑝 sin 𝜔𝑡 ,
𝑥̈ 𝑝 = −𝜔2 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡
𝑚𝑥̈ 𝑟 + 𝑟𝑥̇ 𝑟 + 𝑘𝑥𝑟 = −𝑚(−𝜔2 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡) 𝑚𝑥̈ 𝑟 + 𝑟𝑥̇ 𝑟 + 𝑘𝑥𝑟 = 𝑚𝜔2 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡
120
Hareketin Diferansiyel Denkleminin Çözümü Elde edilen 4 adet dd. lineer ve homojen olmayan diferansiyel denklemlerdir. Dolayısıyla denklemler homojen ve homojen olmayan kısımlar olmak üzere iki kısımdan oluşmaktadır. Homojen kısımlarının (denklemlerin sol tarafları) çözümleri sönümlü serbest titreşimlerin hareket denklemlerini vermektedir. Homojen olmayan kısımları (denklemlerin sağ tarafları) özel veya partiküler çözümler olup iki taraflı homojen olmayan diferansiyel denklemi sağlayan herhangi bir çözümdür. Homojen kısmın çözümü başlangıç şartlarını barındıran A, B (veya faz açısı) iki adet sabit içermesine rağmen, partiküler çözüm tamamen belirlidir ve “zorlanmış titreşim” adını alır. Sistem tahrik kuvvetinin etkisi altında titreşime başladığı zaman, ilk başlarda serbest ve zorlanmış titreşimler birlikte görülmektedir. Bir süre sonra sönümlü serbest titreşimler ortadan kalkmakta ve sadece zorlanmış titreşimler devam etmektedir. İşte 121
başlangıç anından itibaren bir süre devam ettikten sonra ortadan kaybolan titreşimlere “geçici veya tranzient titreşimler” denilmektedir. Devam eden titreşimlere ise “daimi rejim titreşimleri” denir.
122
Sabit genlikli kuvvetle tahrik hali 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝐹0 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 𝑥ℎ = 𝐴0 𝑒 −𝛿𝑡 cos(𝜔𝑑 𝑡 − 𝜀 ) 𝑥ö = 𝑋 cos(𝜔𝑡 − 𝜓)
→ Homojen çözüm
→ Özel çözüm
𝑥 = 𝑥ℎ + 𝑥ö 𝑥=𝐴 ⏟0 𝑒 −𝛿𝑡 cos(𝜔𝑑 𝑡 − 𝜀 ) + 𝑋 ⏟cos(𝜔𝑡 − 𝜓) 𝐻𝑜𝑚𝑒𝑗𝑒𝑛 çö𝑧ü𝑚
→ Toplam çözüm
Ö𝑧𝑒𝑙 Çö𝑧ü𝑚
Bir süre sonra sönümlü serbest titreşimler ortadan kalkacağı için, homojen çözüm ihmal edilip sadece özel çözüm göz önüne alınır. 𝑥 = 𝑋 cos(𝜔𝑡 − 𝜓) 𝑥 = 𝐴 cos 𝜔𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑡
123
Bu çözüm diferansiyel denklemde yerine konularak A ve B katsayıları belirlenebilir. 𝑥̇ = −𝐴𝜔 sin 𝜔𝑡 + 𝐵𝜔 cos 𝜔𝑡 𝑥̈ = −𝐴𝜔2 cos 𝜔𝑡 − 𝐵𝜔2 sin 𝜔𝑡 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝐹0 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 𝑚(−𝐴𝜔2 cos 𝜔𝑡 − 𝐵𝜔2 sin 𝜔𝑡) + 𝑟(−𝐴𝜔 sin 𝜔𝑡 + 𝐵𝜔 cos 𝜔𝑡) +𝑘(𝐴 cos 𝜔𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑡) = 𝐹0 𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 (𝑘 − 𝑚𝜔2 )𝐴 + 𝑟𝜔𝐵 = 𝐹0 −𝑟𝜔𝐴 + (𝑘 − 𝑚𝜔2 )𝐵 = 0 𝐹0 (𝑘 − 𝑚𝜔2 ) 𝐴= (𝑘 − 𝑚𝜔 2 )2 + (𝑟𝜔)2 𝐹0 𝑟𝜔 𝐵= (𝑘 − 𝑚𝜔 2 )2 + (𝑟𝜔)2 124
Buradan özel çözümdeki 𝑋 𝑣𝑒 𝜓 parametreleri bulunabilir. 𝑋 = √𝐴2 + 𝐵2 , tan 𝜓 = 𝑋=
𝐵 𝐴
𝐹0 √(𝑘 −
𝑚𝜔 2 )2
+
(𝑟𝜔)2
,
𝑟𝜔 tan 𝜓 = 𝑘 − 𝑚𝜔 2
Buradan; 𝐹0 𝑋𝑠𝑡 = , 𝑘
𝜔𝑛2
𝑘 = , 𝑚
𝜔 𝜂= , 𝜔𝑛
𝑘=
𝑚𝜔𝑛2
𝑟𝑐 𝜔𝑛 = 𝑚𝜔𝑛 𝜔𝑛 = 2
Bu parametreler kullanılarak zorlayıcı kuvvetin genliği ile statik çökme miktarı oranlanırsa, boyutsuz genlikler oranı bulunur. 𝑉=
𝑋 1 = , 2 2 2 2 𝑋𝑠𝑡 √(1 − 𝜂 ) + 4𝐷 𝜂
tan 𝜓 =
2𝐷𝜂 1 − 𝜂2 125
𝑉 ye “dinamik büyütme katsayısı” denir ve 𝐹 = 𝐹0 cos 𝜔𝑡 ile tahrik edilen zorlanmış titreşimin genliğinin, 𝐹 = 𝐹0 sabit statik kuvveti altında yayın uzamasına oranını ifade eder. 𝜓 ise, her ikisi de harmonik değişen zorlayıcı kuvvet ile zorlanmış titreşim arasındaki faz açısını gösterir.
Zorlayıcı (tahrik) kuvvetin frekansının sistemin doğal frekansına eşit olduğu zaman, titreşim genliğinin sonsuz olmasına “REZONANS” hali , 𝜔 = 𝜔𝑛 frekansına da “REZONANS FREKANSI” denir.
126
127
Sonuçlar; Sistemin sönümsüz, yani 𝐷 = 0 olması halinde, 1 𝑉= |1 − 𝜂 2 | 𝜂 = 0 için 𝜔 = 0
→
𝑉=1
𝜂 = 1 için 𝜔 = 𝜔𝑛 → 𝜔 𝜂 = ∞ için =∞ → 𝜔𝑛
𝑉=∞
(𝐑𝐞𝐳𝐨𝐧𝐚𝐧𝐬)
𝑉=0
D ye bağlı olmaksızın bütün eğriler (0,1) noktasından başlar. Tüm eğriler 𝜂 = 1 civarında maksimuma ulaşır. (Rezonans Bölgesi) Diğer noktalarda sönümün artmasıyla genlikler azalır.
128
Genliği frekansa bağlı kuvvetle tahrik hali 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑚𝑒𝜔2 cos 𝜔𝑡 Önceki çözüm adımları aynen takip edilerek çözüm bulunur. 𝑋=
𝑚𝑒𝜔2 √(𝑘 −
𝑚𝜔 2 )2
+
(𝑟𝜔)2
,
𝑟𝜔 tan 𝜓 = 𝑘 − 𝑚𝜔 2
X genliği e sayısına oranlanarak boyutsuz 𝑉′ büyütme faktörü bulunur. 𝑋 𝜂2 𝑉 = = = 𝜂2𝑉 𝑒 √(1 − 𝜂 2 )2 + 4𝐷 2 𝜂2 ′
2𝐷𝜂 tan 𝜓 = 1 − 𝜂2
129
Yay tespit yerinin hareketiyle tahrik hali Mutlak hareket 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑋𝑝 𝑡̅ = 𝑡 +
𝜆 𝜔
√𝑘 2
+
𝑟 2 𝜔 2 cos(𝜔𝑡
+ 𝜆) ,
𝑟𝜔 𝜆 = arctan 𝑘
düzenlemesi kullanılırsa dd. aşağıdaki hali alır.
𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑋𝑝 √𝑘 2 + 𝑟 2 𝜔 2 cos 𝜔𝑡̅ 𝑋 = 𝑋𝑝
√𝑘 2 + 𝑟 2 𝜔 2 √(𝑘
− 𝑚𝜔 2 )2
+ (𝑟𝜔)2
,
𝑟𝜔 tan 𝜓 = 𝑘 − 𝑚𝜔 2
𝑋 √1 + 4𝐷 2 𝜂2 𝑉 = = = 𝜂2𝑉 𝑋𝑝 √(1 − 𝜂 2 )2 + 4𝐷 2 𝜂2 ′′
2𝐷𝜂 tan 𝜓 = 1 − 𝜂2
130
İzafi hareket 𝑚𝑥̈ 𝑟 + 𝑟𝑥̇ 𝑟 + 𝑘𝑥𝑟 = 𝑚𝜔2 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡 𝑥𝑟 = 𝑋𝑟 cos(𝜔𝑡 − 𝜓) 2 𝑋 𝜂 𝑟 𝑉′ = = = 𝜂2𝑉 𝑋𝑝 √(1 − 𝜂 2 )2 + 4𝐷 2 𝜂2
tan 𝜓 =
2𝐷𝜂 1 − 𝜂2
Bu titreşim hareketi, genliği frekansa bağlı tahrik kuvveti (balanssızlık-dengesizlik) ile tahrik edilmiş zorlanmış titreşimlerle aynıdır.
131
Örnek 1: Kütlesi m=9,81 kg olan bir cisim, yay katsayısı k=10.9,81 N/mm olan bir yay asılmış olup, F=150.9,81.cos 50t değişken kuvvetine maruzdur. Formülde t saniye, kuvvet genliği N olarak verilmiştir. a. Sistemin tabii frekansını bulunuz. b. Hareketin diferansiyel denklemini bulunuz. c. Genel çözümü belirleyiniz. d. 𝑡 = 0 için 𝑥 = 0 , 𝑥̇ = 0 başlangıç şartlarına uyan titreşimi bulunuz.
Çözüm : 𝑘
10.9,81.103
𝑚
9,81
a. 𝜔𝑛 = √ = √
= 100
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑛
132
b. 𝑚𝑥̈ + 𝑘𝑥 = 𝐹 9,81𝑥̈ + 10.9,81.103 𝑥 = 150.9,81. cos 50t 𝑥̈ + 104 𝑥 = 150 cos 50t c. 𝑥 = 𝑥ℎ + 𝑥𝑝
→ 𝑑𝑑.
→ 𝑇𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 çö𝑧ü𝑚
𝑥ℎ = 𝐴 cos 𝜔𝑛 𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑛 𝑡
→ 𝐻𝑜𝑚𝑜𝑗𝑒𝑛 çö𝑧ü𝑚
𝑥ℎ = 𝐴 cos 100𝑡 + 𝐵 sin 100𝑡 𝑥𝑝 = 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡
→ Ö𝑧𝑒𝑙 çö𝑧ü𝑚
𝑥𝑝 = 𝑋𝑝 cos 50𝑡 Özel çözüm diferansiyel denklemde yerine konularak 𝑋𝑝 genliği bulunur. 𝑥̈ 𝑝 = −502 𝑋𝑝 cos 50𝑡 −502 𝑋𝑝 𝑐𝑜𝑠 50𝑡 + 104 𝑋𝑝 𝑐𝑜𝑠 50𝑡 = 150 cos 50t −502 𝑋𝑝 + 104 𝑋𝑝 = 150 133
15 𝑋𝑝 = = 0,02 𝑚 750 𝑥 = 𝑥ℎ + 𝑥𝑝 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 100𝑡 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 100𝑡 + 0,02 cos 50𝑡 d. 𝑡 = 0, 𝑥 = 0 𝑖ç𝑖𝑛 𝑥 (0) = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 100.0 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 100.0 + 0,02 cos 50.0 = 0 𝐴 + 0,02 = 0
⇒ 𝑨 = −𝟎, 𝟎𝟐
𝑥̇ = −100𝐴 𝑠𝑖𝑛 100𝑡 + 100𝐵 𝑐𝑜𝑠 100𝑡 − 0,02.50 sin 50𝑡 𝑡 = 0, 𝑥̇ = 0 𝑖ç𝑖𝑛 𝑥̇ (0) = −100𝐴 𝑠𝑖𝑛 100.0 + 100𝐵 𝑐𝑜𝑠 100.0 − 0,02.50 sin 50.0 = 0 100𝐵 = 0
⇒ 𝑩=𝟎
𝑥 = −0,02 𝑐𝑜𝑠 100𝑡 + 0,02 cos 50𝑡 𝑥 = 0,02(cos 50𝑡 − 𝑐𝑜𝑠 100𝑡 )
134
Örnek 2:Bir motor kütlesi 10 kg olan rijit dikdörtgen bir levha üzerine konulmuştur. Bu levha A kenarı boyunca mafsallı ve B kenarının iki köşesinde ise birer helisel yay üzerine oturmaktadır. Toplam kütlesi 25 kg olan motor 300 dev/dak lık düzgün hızla dönmekte olup, dönme ekseninden 0,05 m uzaklıkta bulunan dengelenmemiş kütlenin ağırlığı 39 N dur. Levhayı taşıyan yayların her birinin yay katsayısı 15000 N/m dir. Motordan gelen düşey kuvvetin A dan 0,35 m uzaklıktaki C noktasında tesir ettiği ve yaylara gelen kuvvetlerin eşit olduğu kabul edilerek, a. Sistem titreşimlerinin tabii frekansını bulunuz. b. Zorlanmış titreşime ait diferansiyel denklemi bulunuz. Sadece düşey kuvvetleri göz önüne alınız.
135
136
Çözüm: a. AB levhasının kütlesi
𝑚𝑝 = 10 𝑘𝑔
Motorun toplam kütlesi
𝑚𝑚 = 25 𝑘𝑔
Her bir yayın sertliği
𝑘 = 15000 𝑁⁄𝑚
∑ 𝑀𝐴 = 𝐽𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 𝜑̈ 𝐽𝑡𝑜𝑝𝑙𝑎𝑚 𝜑̈ = −2𝑘𝐿2 sin 𝜑 𝐿2 1 ̅̅̅̅2 + 𝑚𝑚 𝐴𝐶 ̅̅̅̅ 2 ) 𝜑̈ = −2𝑘𝐿22 𝜑 ( 𝑚𝑝 𝐴𝐵 3 1 ( 10.0,542 + 25. 0,352 ) 𝜑̈ + 30000.0,52 𝜑 = 0 3 4,035𝜑̈ + 7500𝜑 = 0 7500 𝑟𝑎𝑑 𝜔𝑛 = √ = 43,11 4,035 𝑠𝑛
⇒
𝜔𝑛 43,11 𝑓𝑛 = = = 2,863 𝐻𝑧 2𝜋 2𝜋 137
b. 2𝜋𝑛 2𝜋300 𝜔= = = 10𝜋 60 60
→ 𝑍𝑜𝑟𝑙𝑎𝑦𝚤𝑐𝚤 𝑘𝑢𝑣𝑣𝑒𝑡 𝑓𝑟𝑒𝑘𝑎𝑛𝑠𝚤
Dengesizlikten oluşan merkezkaç kuvveti 39 𝑚′𝑟𝜔 = 0,05. 102 𝜋 2 = 196,185 𝑁 9,81 2
Merkezkaç kuvvetinin A ya göre moment değişimi 𝑀 = 196,185.0,35. cos 𝜔𝑡 = 68,665 cos 10𝜋𝑡 4,035𝜑̈ + 7500𝜑 = 68,665 cos 10𝜋𝑡 𝜑̈ + 1859𝜑 = 17,02 cos 10𝜋𝑡
138
Örnek 3:Toplam kütlesi 400 kg olan düşey silindirli bir gaz motoru bir çelik şasiye monte edilmiştir. Motorun ağırlığı 0,0025 m lik düşey statik
çökmeye
sebep
olmaktadır.
Motorun
dengelenmemiş dönen kütlesi 5 kg olup dönme ekseninden
0,06
m
uzaklıktadır.
Sönüm
elemanının sönüm katsayısı 20000 Ns/m dir. Daimi titreşim durumuna erişilmiş olduğuna göre; a. Motor mili 540 dev/dak ile döndüğüne göre zorlanmış titreşimin genliğini b. Rezonansın ortaya çıktığı mil hızını belirleyiniz.
139
Çözüm: 𝑟 ′ = 0,06 𝑚 2𝜋𝑛 2𝜋540 𝑟𝑎𝑑 𝜔= = = 18𝜋 60 60 𝑠𝑛 𝑚1 = 5 𝑘𝑔 𝑚 = 400 𝑘𝑔 𝑚𝑔 400.9,81 𝑁 6 𝑘= = = 1,57.10 𝛿𝑠𝑡 0,0025 𝑚 𝑁𝑠 𝑟 = 20000 𝑚 𝐹0 = 𝑚1 𝜔2 𝑟′ = 5. (18𝜋). 0,06 = 959,4 𝑁
140
a. 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 959,4 cos 18𝜋𝑡 𝑥 = 𝐴 cos 𝜔𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑡 = 𝐴 cos 18𝜋𝑡 + 𝐵 sin 18𝜋𝑡 𝑥 = 𝑋 cos(18𝜋𝑡 − 𝜓) 𝑋=
𝐹0 √(𝑘 − 𝑚𝜔 2 )2 + (𝑟𝜔)2
,
tan 𝜓 =
𝑟𝜔 𝑘 − 𝑚𝜔 2
959,4
𝑋=
√(1,57.106 − 400. (18𝜋)2 )2 + (20000. (18𝜋))
2
𝑋 = 0,000822 𝑚 = 0,822 𝑚𝑚 𝑘
1,57.106
𝑚
400
b. 𝜔𝑛 = √ = √ 𝜔 = 𝜔𝑛 𝜋𝑛 𝜔𝑛 = 30
= 62,65
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑛
⇒ Rezonans durumunda 30𝜔𝑛 𝑑𝑒𝑣 ⇒ 𝑛= = 598,2 𝜋 𝑑𝑎𝑘 141
Örnek 4: Bir otomobilin kütlesi 1500 kg olan gövdesi, bu gövdenin ağırlığı altında 0,2 şer m kısalan dört eşit amortisör üzerine oturmaktadır. Ayrıca bu amortisörlerden her birinin sönüm katsayısı 150.9,81 Ns/m dir. Otomobil, otomobilin tabii frekansı ile rezonans halinde ve genliği 0,02 m olan harmonik bir hareketle aşağı yukarı hareket eden bir deney platformu üzerine dört tekerlek vasıtası ile yerleştirilmiştir. Gövdenin
ağırlık
merkezinin,
dört
tekerin
temas
noktalarının ağırlık merkezi ile aynı düşey doğrultu üzerinde bulunduğunu kabul ederek, gövdenin genliğini bulunuz. Not: Tekerlekler rijittir.
142
Çözüm: 𝑘=
𝑚𝑔 1500.9,81 𝑁 = = 73575 𝛿𝑠𝑡 0,20 𝑚
𝑁𝑠 𝑟 = 4.150.9,81 = 5886 𝑚 𝑥𝑝 = 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑛 𝑡 = 0,02 cos 𝜔𝑛 𝑡 Sönümsüz gövde yay sisteminin tabii frekansı 𝑘
73575
𝑚
1500
𝜔𝑛 = √ = √
=7
𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑛
Platformu hareketli sistemin dd. 𝑚𝑥̈ + 𝑟(𝑥̇ − 𝑥̇ 𝑝 ) + 𝑘(𝑥 − 𝑥𝑝 ) = 0 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑋𝑝 √𝑘 2 + 𝑟 2 𝜔 2 cos(𝜔𝑡 + 𝜆) 143
𝜔 𝜂= =1 𝜔𝑛
→ Sistem rezonans halinde olduğu için 𝜔 = 𝜔𝑛 dir.
𝑟𝑐 = 2√𝑘𝑚 = 2√73575.1500 = 21010,712 𝑟 5886 𝐷= = = 0,28 𝑟𝑐 21010,712 Platformu hareketli sistemin genliği; 𝑋 = 𝑋𝑝
√𝑘 2 + 𝑟 2 𝜔 2 √(𝑘
− 𝑚𝜔 2 )2
+ (𝑟𝜔)2
veya
√1 + 4. 0,282 . 12 𝑋 √1 + 4𝐷 2 𝜂 2 = = = 2,05 𝑋𝑝 √(1 − 𝜂 2 )2 + 4𝐷 2 𝜂2 √(1 − 12 )2 + 4. 0,282 . 12 𝑋 = 𝑋𝑝 . 2,05 = 0,02.2,05 = 0,041 𝑚 = 4,1 𝑐𝑚
144
Örnek 5: İki tekerlekli bir treyler sinüzoidal yüzeyi haiz bir yol boyunca 20 m/s lik bir hızla hareket ettirilmektedir. Sinüzoidal dalganın dalga boyu 4 m ve tepe ile çukur arasındaki yükseklik farkı 0,05 m dir. Hareketli kütle 1000 kg, toplam yay katsayısı 125000 N/m dir. Sistemde kritik sönüm mevcut olduğuna göre, treyler kütlesinin titreşiminin genliğini hesaplayınız.
145
Çözüm : 𝑥 ∶ Treylerin yolun orta konumunda statik denge haline göre düşey mutlak hareketi 𝑥𝑝 = 𝑋𝑝 cos 𝜔𝑡 tekerleklerin orta konumuna göre düşey yer değiştirmesi 0,05 𝑋𝑝 = = 0,025 𝑚 2 𝑣 = 20 𝑚⁄𝑠 , 𝜆 = 4𝑚 𝜆 = 𝑣𝑡 𝜔𝑡 = 2𝜋 𝐷=1
𝜆 4 ⇒ 𝑡= = = 0,2 𝑠 𝑣 20 2𝜋 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 ⇒ 𝜔= = = 10𝜋 𝑡 0,2 𝑠 → Kritik sönüm olduğu için
146
𝜔𝑛 = √
𝑘 125000 𝑟𝑎𝑑 √ = = √125 𝑚 1000 𝑠𝑛
𝜔 10𝜋 𝜂= = = 2,81 𝜔𝑛 √125 Platformu hareketli sistemin dd. 𝑚𝑥̈ + 𝑟(𝑥̇ − 𝑥̇ 𝑝 ) + 𝑘(𝑥 − 𝑥𝑝 ) = 0 𝑚𝑥̈ + 𝑟𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 𝑋𝑝 √𝑘 2 + 𝑟 2 𝜔 2 cos(𝜔𝑡 + 𝜆) Platformu hareketli sistemin genliği; √1 + 4. 12 . 2,812 𝑋 √1 + 4𝐷 2 𝜂 2 = = = 0,6417 𝑋𝑝 √(1 − 𝜂 2 )2 + 4𝐷 2 𝜂2 √(1 − 2,812 )2 + 4. 12 . 2,812 𝑋 = 0,6417. 𝑋𝑝 = 0,6417.0,025 = 0,01604 𝑚 = 1,604 𝑐𝑚 147
