Daha önce bir LC devresindeki osilasyonları incelemiştik. Bu devrenin BHH salınımı yaptığını görmüştük. Şimdi devreye bir R direnci ekleyeceğiz (Şekil-3.21).
29
Şekil-3.21 LRC devresi.
Devredeki C kondansatörü VC voltajı ile yüklendiğinde, kondansatör üzerinde q yükü depolanacaktır. Kondansatörün levhaları arasındaki potasiyel fark için
𝑉𝐶 = 𝑞
𝐶 (3.77)
yazılacağını biliyorsunuz. Daha sonra S anahtarı kapatılırsa, devreden i akımı geçmeye başlayacaktır. Kirchoff’un ilmek kuralını kullanarak devre denklemi için
𝐿𝑑𝑖𝑑𝑡+ 𝑅𝑖 +𝑞𝐶 = 0 (3.78)
ifadesini yazabiliriz. Burada
𝑖 = 𝑑𝑞
𝑑𝑡 𝑣𝑒 𝑑𝑖
𝑑𝑡 = 𝑑2𝑞
𝑑𝑡2 (3.79)
eşitlikleri yerine konulursa,
𝐿𝑑2𝑞
𝑑𝑡2 + 𝑅𝑑𝑞
𝑑𝑡 +𝑞
𝐶 = 0 (3.80)
denklemi elde edilir. Bu denklem sönümlü harmonik hareketin 𝑚𝑑𝑑𝑡2𝑥2 + 𝑏𝑑𝑥𝑑𝑡 + 𝑘𝑥 = 0
denklemi ile aynıdır. Bu iki denklem karşılaştırıldığında, mekanik sistemdeki büyüklükler ile RLC elektrik devresindeki büyüklükler arasında benzerlikler aşağıda verilmiştir.
30
Bu benzetişimden yararlanarak devre denkleminin çözümü için 𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿𝑐𝑜𝑠 [(1
𝐿𝐶 − 𝑅2
4𝐿2)1/2𝑡] (3.81)
yazabiliriz. Burada q0, kondansatörün başlangıçtaki yüküdür. Elektrik devresinde kritik altı çözüm koşulunun 𝑅2 < 4𝐿𝐶 ile verileceği açıktır. Bu durum kütle-yay sisteminde sönümlü harmonik hareketi incelerken yazdığımız 𝑏2 < 4𝑘𝑚 koşuluna karşı gelmektedir. 𝑉𝐶 = 𝑞/𝐶 olduğu için
𝑉𝐶 =𝑞𝐶0𝑒− 2𝐿𝑅𝑡cos [(𝐿𝐶1 −4𝐿𝑅22)
1
2𝑡] = 𝑉0𝑒− 2𝐿𝑅𝑡 cos [(𝐿𝐶1 −4𝐿𝑅22)1/2𝑡] (3.82)
yazabiliriz. Burada 𝑉0 , t=0 anındaki voltaj değeridir. Bu sistemin açısal frekansı 𝜔2 = 1
𝐿𝐶 koşulu sağlandığında sistem kritik altı sönüm durumunda olacaktır yani sistem sönümlü harmonik hareket yapacaktır. 4𝐿𝑅22 ≪ 𝐿𝐶1 durumunda sistemin açısal frekansı için 𝜔 ≅ √𝐿𝐶1 alınabilir.
𝑅2
4𝐿2 > 1
𝐿𝐶 koşulu sağlandığında sistem kritik üstü sönüm durumunda olacaktır.
4𝐿𝑅22 =𝐿𝐶1 koşulu sağlandığında sistem kritik sönüm durumunda olacaktır.
31
Mekanik sistemde tanımladığımız Q kalite faktörünün karşılığının ise 𝑄 = ω0
γ = 1
𝑅√𝐿
𝐶 (3.83)
olacağı açıktır. Q kalite faktörü kullanılarak mekanik ve elektrik sistemlerinde sönümlü harmonik hareketin denklemi yeniden yazalım:
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 +ω𝑄0𝑑𝑥𝑑𝑡 + ω02𝑥 = 0 (3.84a)
𝑑2𝑞 𝑑𝑡2 +ω0
𝑄 𝑑𝑞
𝑑𝑡 + ω02𝑞 = 0 (3.84b)
Bu benzerliği Fizik Laboratuvarı-IV dersinde yapacağınız deneylerde sık sık kullanacaksınız.
32
Aşağıda konuyla ilgili bazı çözümlü problemler verilmiştir. Bu örnekleri dikkatlice incelemenizi öneririz.
ÖRNEK-1
a) Kütlesi m olan bir cisim kuvvet sabiti k olan homojen bir yaya asılmıştır (Şekil-a). Yay denge konumundan itibaren hafifçe (y kadar) aşağı doğru çekilip serbest bırakılıyor. Sistemin titreşim periyodu nedir?
b) Kütlesi m olan cisim özdeş iki yaya Şekil-b’deki gibi bağlanmıştır. Bu durumda titreşim periyodu nedir?
c) Kütlesi m olan cisim özdeş iki yaya Şekil-c’deki gibi bağlanmıştır. Bu durumda titreşim periyodu nedir? (French-p3.1)
Çözüm:
a) Sisteme yaydan dolayı etki eden kuvvet F=-ky’e eşittir. Bu durumda hareket denkleminin
𝑚𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 = −𝑘𝑦 veya
𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 + 𝑘
𝑚𝑦 = 0 veya
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 + 𝜔02𝑦 = 0
şeklinde yazılabileceğini biliyorsunuz. Burada 𝜔02 = 𝑘/𝑚 dir.
Buradan periyot için 𝜔0 =2𝜋
𝑇 = √𝑘/𝑚 ⇒ 𝑇 = 2𝜋√𝑚/𝑘 yazılabilir.
33
b) b) Sisteme yaylardan dolayı etki eden kuvvet 𝐹 = −2𝑘𝑦’e eşittir (Paralel bağlı yaylar). Bu durumda hareket denkleminin
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 + 2 𝑘
𝑚𝑦 = 0 veya
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 + 𝜔12𝑦 = 0
Burada 𝜔1 = √2𝑘/𝑚 ve periyot 𝑇1 = 2𝜋√𝑚/2𝑘 olacaktır.
c) Sisteme yaylardan dolayı etki eden kuvvet 𝐹 = −12𝑘𝑦’e eşittir (Seri bağlı yaylar). Bu durumda hareket denkleminin
𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 + 𝑘
2𝑚𝑦 = 0 veya
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 + 𝜔22𝑦 = 0
Burada 𝜔2 = √𝑘/2𝑚 ve periyot𝑇2 = 2𝜋√2𝑚/𝑘 olacaktır.
ÖRNEK-2
Bir platform düşey yönde saniyede 10/ titreşim ve 5 cm genlikle BHH yapmaktadır. Küçük bir blok platform üzerine konuyor.
a) Blok hangi noktada platformu terk eder?
b) Blok, platformun ulaştığı en üst noktadan ne kadar yukarıya yükselecektir? (French-p3.2)
Çözüm:
a) Sistem BHH yaptığı için
𝑦(𝑡) = 𝐴𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 yazabiliriz. Bu durumda sistemin ivmesi
34
𝑎𝑦 =𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 = −𝐴𝜔2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = −𝜔2𝑦
olacaktır. Platformun ivmesi yer çekim ivmesine eşit olduğunda blok ile platformun teması kesilir. Bu andaki konuma 𝑦0diyelim.
𝜔2𝑦0 = 𝑔 ⇒ 𝑦0 = 𝑔
b) Blokun platformdan ayrıldığı anda 𝑦0=2,5 cm olacaktır. Bu anda 0,025 𝑚 = 0,05𝑠𝑖𝑛20𝑡
bulunur. Blokun platformdan ayrıldığı andaki hızına 𝑣0 diyelim, 𝑣 = 𝐴𝜔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 davranır. Konumun zamana bağlı değişiminin
𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑡 −1 2𝑔𝑡2
bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Blok en yüksek noktaya çıktığında hızı sıfır olacaktır,
değeri bulunur. Platformun çıkabileceği yükseklik en fazla A=0,05 m = 5 cm genliği kadar olur. Bu durumda blok en yüksek noktaya ulaştığında platform ile arasındaki mesafe ise 6,25-5,00=1,25 cm olur.
35
ÖRNEK-3
Uzunluğu L olan homojen bir çubuk belli bir amaç için uzunluğunun 2/3’ünden şekildeki gibi asılmış halde iken titreşim hareketi yapmaktadır.
Çubuğun küçük titreşimlerinin periyodunu bulunuz. (French-p3.3) Çözüm:
Problemin çözümüne uygun bir şekil aşağıda verilmiştir.
Şekilde KM’nin asılma noktasına uzaklığı d ile gösterilmiştir. Bu şekilden 𝑑 = 𝐿
2−𝐿 3= 𝐿
6
yazabiliriz. Çubuğun ağırlığı KM’ine etkir. Bu kuvvetin çubağa dik bileşeni olan 𝐹 = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 kuvveti çubuğu döndürmeye çalışacaktır. Bu kuvvetin uyguladığı tork (𝜏) için
𝜏 = −𝐹𝑑 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐿 6
olacaktır. Burada eksi işareti torkun geri çağırıcı olduğu anlamındadır. Dönen cisimleri incelerken tork ile eylemsizlik momenti (I) arasındaki ilişkinin
𝜏 = 𝐼𝛼
bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Burada 𝛼 açısal ivmedir. Bu durumda tork için
𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃 𝑑𝑡2 ifadesi yazılabilir.
F=mgcos
F=mgsin
mg
d K
L/3
36 şeklinde yazılabilir. Burada
𝜔02 =1
yazılabilir. Bu denklem daha önce incelediğimiz BHH’in denklemi ile aynıdır.
Buradan periyod için
𝑇 = 2𝜋√ 6𝐼 𝑚𝑔𝐿
yazabiliriz. Bu çubuğun dönme eksenine göre eylemsizlik momentini paralel eksen teoremini kullanarak
𝐼 = 1
12𝑚𝐿2 + 𝑚(𝐿
6)2 = 1 9𝑚𝐿2
yazılabilir. Bu değer yukarıda verilen periyot ifadesinde kullanılırsa 𝑇 = 2𝜋√2𝐿
3𝑔
sonucu elde edilir. Periyodun kütlesinden bağımsız olduğuna dikkat ediniz.
37
ÖRNEK-4
Yarıçapı R ve kütlesi M olan homojen bir disk, uzunluğu L ve kütlesi m olan homojen bir çubuğun ucuna bağlıdır. Çubuğun diğer ucu, sürtünmesiz bir mile asılıdır. Bu sistemin küçük titreşimler yapması durumunda periyodunu bulunuz.
Çözüm:
Problemin çözümüne uygun bir şekil aşağıda verilmiştir.
𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 ve 𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 kuvvetleri sistemi P noktası etrafında döndürmeye çalışacaktır. Geri çağırıcı tork için
𝜏 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐿
2− 𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑅 + 𝐿)
ifadesini yazabiliriz. Tork ile eylemsizlik momenti (I) arasındaki ilişkinin 𝜏 = 𝐼𝛼
bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Burada 𝛼 açısal ivmedir. Bu durumda tork için
𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃 𝑑𝑡2 ifadesi yazılabilir. Buradan
𝐼𝑑2𝜃
𝑑𝑡2 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐿
2− 𝑀𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑅 + 𝐿)
yazılır. Küçük titreşimlerde 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ 𝜃 alınabilir ve bu durumda yukarıdaki eşitlik
𝐼𝑑2𝜃
𝑑𝑡2 = −𝑚𝑔𝐿
2𝜃 − 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)𝜃
38
veya
𝑑2𝜃 𝑑𝑡2 +[1
2 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)]
𝐼 𝜃 = 0
Burada I eylemsizlik momenti için
𝐼ç𝑢𝑏𝑢𝑘 = 13𝑚𝐿2 ve 𝐼𝑑𝑖𝑠𝑘 = 𝐼𝐾𝑀 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2 = 12𝑀𝑅2+ 𝑀(𝑅 + 𝐿)2 𝐼 = 𝐼ç𝑢𝑏𝑢𝑘 + 𝐼𝑑𝑖𝑠𝑘 = 1
3𝑚𝐿2+1
2𝑀𝑅2+ 𝑀(𝑅 + 𝐿)2 ifadesini yazabiliriz. Bu durumda hareket denklemi
𝑑2𝜃
𝑑𝑡2 + [1
2 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)]
[1
3 𝑚𝐿2+1
2 𝑀𝑅2 + 𝑀(𝑅 + 𝐿)2]𝜃 = 0
olacaktır. Burada
𝜔02 =
12 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿) 13 𝑚𝐿2 +1
2 𝑀𝑅2+ 𝑀(𝑅 + 𝐿)2
alınabilir ve periyot için
𝑇 = 2𝜋√
13 𝑚𝐿2+1
2 𝑀𝑅2+ 𝑀(𝑅 + 𝐿)2 12 𝑚𝑔𝐿 + 𝑀𝑔(𝑅 + 𝐿)
ifadesi yazılabilir.
39
ÖRNEK- 5
𝑥 = 𝐴𝑒−𝛼𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ifadesinin, 𝑑𝑑𝑡2𝑥2 + 𝛾𝑑𝑥𝑑𝑡 + 𝜔02𝑥 = 0 denkleminin bir çözümü olabilmesi için sağlanması gereken koşulları belirleyiniz ve buradan 𝛼 ve 𝜔’yı bulunuz.
Çözüm:
Verilen fonksiyonun çözüm olabilmesi için fonksiyonun 𝑑𝑥
𝑑𝑡 ve 𝑑
2𝑥
𝑑𝑡2 türevlerini alarak verilen diferansiyel denklemde yerine yazdığımızda denklemi sağlaması gerekir.
Birinci türev için 𝑑𝑥
𝑑𝑡 = −𝐴𝛼𝑒−𝛼𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝐴𝜔𝑒−𝛼𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = 𝐴𝑒−𝛼𝑡[−𝛼𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡]
yazılabilir.
İkinci türev için ise 𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 = −𝐴𝛼𝑒−𝛼𝑡[−𝛼𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡] + 𝐴𝑒−𝛼𝑡[𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡]
veya
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 = 𝐴𝑒−𝛼𝑡[𝛼2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝜔𝛼𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡]
veya
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 = 𝐴𝑒−𝛼𝑡[(𝛼2− 𝜔2)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 2𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡]
yazılabilir. Bunlar verilen diferansiyel denklemde yerine yazılırsa
𝐴𝑒−𝛼𝑡[(𝛼2− 𝜔2)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 2𝛼𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝛼𝛾𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝜔𝛾𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝜔02𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ] = 0
veya
𝐴𝑒−𝛼𝑡[(𝛼2− 𝜔2− 𝛼𝛾 + 𝜔02)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + (2𝛼𝜔 − 𝜔𝛾)𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 ] = 0
elde edilir. Bunun her zaman sağlanabilmesi için büyük parantez içindeki 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 ve 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡’in katsayılarının sıfır olması gerekir yani,
2𝛼𝜔 − 𝜔𝛾 = 0
40
𝛼2− 𝜔2− 𝛼𝛾 + 𝜔02 = 0 olmalıdır. Bu iki eşitlikten
𝛼 =𝛾
2 ; 𝜔2 = 𝜔02−𝛾2
4
sonuçlarını elde ederiz. Bu sonuçları daha önce anlatılanlardan da biliyorsunuz.
ÖRNEK-6
Kütlesi m olan bir cisim şekilde görüldüğü gibi kuvvet sabiti k olan ve gerilmemiş haldeki uzunlukları 𝑎0 olan iki özdeş yaylara bağlanmıştır. Sistem sürtünmesiz bir masa üzerindedir. Her iki yay 𝑎0’dan daha büyük a uzunluğuna kadar uzamış şekilde bağlıdır. m kütlesinin denge konumunda yatay yer değiştirmesi x ile ve düşey yer değiştirmesi y ile gösterilmiştir.
a) 𝑥 doğrultusundaki küçük yer değiştirmelere karşılık gelen hareketin diferansiyel denklemini yazınız.
b) 𝑦 doğrultusundaki küçük yer değiştirmelere karşılık gelen hareketin diferansiyel denklemini yazınız (𝑦 ≪ 𝑎 kabul ediniz).
c) 𝑎 ve 𝑎0 vasıtasıyla 𝑥 ve 𝑦 boyunca titreşim periyotlarının oranını hesap ediniz.
d) 𝑡 = 0 da m kütlesi 𝑥 = 𝑦 = 𝐴0 noktasından sıfır hızla harekete geçerse, herhangi bir t anında cismin 𝑥 ve 𝑦 koordinatları nedir? (French-p3.19) Çözüm:
a) Denge halinde yayların ikisi de a kadar gerilmiş durumda olsun (Yayların serbest boyu 𝑎0 ). m kütlesini sağa doğru x kadar çektiğimizi düşünelim.
Bu durumda m kütlesine etkiyen bileşke kuvvet 𝐹 = −2𝑘𝑥 olacağı açıktır. 2. Newton yasasından
𝑚𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 = −2𝑘𝑥
41
m kütlesini şekildeki gibi y doğrultusunda hafifçe çektiğimizi düşünelim.
Yayların eşit miktarda uzayacağı açıktır. Yayların yeni boyunun L olduğunu kabul edersek, yaylardaki uzama miktarı
∆𝐿 = 𝐿 − 𝑎0
olacaktır. Bu durumda yayların kütleye uygulayacağı geri çağırıcı kuvvet 𝑇 = −𝑘(𝐿 − 𝑎0)
olacaktır. T gerilimlerinin yatay bileşenleri (𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃) eşit ve zıt yönlüdür. Bu nedenle kütleye yatay doğrultuda net bir kuvvet etkimez. T gerilimlerinin düşey bileşenleri (𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 ) eşit ve aşağı doğrudur. Bu nedenle m kütlesine düşey doğrultuda etkiyen bileşke kuvvet
𝐹𝑦 = −2𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 olacaktır. Bu durumda
𝑚𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 = −2𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃 = −2𝑘(𝐿 − 𝑎0)𝑠𝑖𝑛𝜃
yazabiliriz. Şekilden 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑦
𝐿 yazılabilir. Bunu yukarıdaki ifadede kullanırsak
𝑚𝑑2𝑦 olduğu açıktır. Bu değeri yukarıda yerine yazarsak
𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 + 2 𝑘
𝑚(1 − 𝑎0
√𝑎2+ 𝑦2) 𝑦 = 0
42
yazılabilir. Bu durumda y’nin katsayısı(1 − 𝑎0
√𝑎2+𝑦2) için
alınabilir (𝑦 ≪ 𝑎 olduğu için). Bu yaklaşımda y doğrultusunda hareket denklemi için
𝑑2𝑦 𝑑𝑡2 +2𝑘
𝑚 (1 −𝑎0
𝑎 ) 𝑦 = 0
ifadesini yazabiliriz. Burada y’nin katsayısı pozitif olduğu için
𝜔𝑦2 = 2𝑘
𝑚 (1 −𝑎0 𝑎 )
alınabilir. Bu durumda
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 + 𝜔𝑦2𝑦 = 0
yazabiliriz. Bu denklemin BHH’in hareket denklemi olduğuna dikkat ediniz.
c) x-doğrultusundaki hareket denkleminden 𝜔𝑥2 = 2𝑘 𝑚 ve y-doğrultusundaki hareket denkleminden
𝜔𝑦2 = 2𝑘
𝑚 (1 −𝑎0 𝑎 ) elde etmiştik. Buradan periyotlar için
𝑇𝑥 = 2𝜋√𝑚
2𝑘 ve 𝑇𝑦 = 2𝜋√2𝑘𝑚 ( 𝑎
𝑎−𝑎0) ifadelerini yazabiliriz. Buradan periyotlar oranı için
𝑇𝑥
𝑇𝑦 = √𝑎 − 𝑎0 𝑎 sonucunu elde ederiz.
d) Kütlenin x ve y doğrultusundaki hareketi BHH olduğu için
𝑥 = 𝐴0𝑐𝑜𝑠√2𝑘𝑚𝑡 ve 𝑦 = 𝐴0𝑐𝑜𝑠√2𝑘𝑚(1 −𝑎𝑎0 ) 𝑡
yazabiliriz.
43
ÖRNEK-7
Kütlesi m olan küçük bir top uzunluğu 𝑙1 ve 𝑙2 olan iki tel ile şekildeki gibi duvara bağlanmıştır. Denge durumunda her iki teldeki gerilim 𝑇0’dır. m kütlesi düşey doğrultuda hafifçe çekilip serbest bırakılıyor. Küçük titreşimlerin periyodunu bulunuz.
Çözüm:
𝑇1 ve 𝑇2gerilimlerinin yatay bileşenleri birbirine zıt yöndedir ve kütlenin yatay doğrultuda titreşimine bir katkı sağlamaz. 𝑇1 ve 𝑇2 gerilimlerinin düşey bileşenleri aşağı doğrudur. Bu bileşenlerin toplamı m kütlesine geri çağırıcı kuvvet uygular. Bu kuvvet
𝐹 = −𝑇1𝑠𝑖𝑛𝜃1 − 𝑇2𝑠𝑖𝑛𝜃2 şeklinde yazılabilir. Küçük salınımlar için
𝑠𝑖𝑛𝜃1 ≅ 𝑡𝑎𝑛𝜃1 =𝑙𝑦 yazabiliriz. Bu durumda m kütlesinin hareket denklemi için
𝑚𝑑2𝑦
44 yazabiliriz. Buradan Periyot için
𝑇 = 2𝜋√ 𝑚𝑙1𝑙2 𝑇0(𝑙1+ 𝑙2) ifadesi elde edilir.
ÖRNEK-8
0,2 kg kütleli bir cisim kuvvet sabiti 80 N/m olan bir yaya asılıdır. Bu cisim – 𝑏𝑣 ile verilen bir sürtünme (sönüm) kuvvetine maruz kalırsa (burada 𝑣 cismin hızıdır),
a) Sistemin serbest salınımlarının diferansiyel denklemini yazınız.
b) Eğer sönümlü harmonik hareketin frekansı, sönüm olmadığı zamanki frekansın √3/2’si ise b sabitinin değeri nedir?
c) Sistemin Q kalite faktörü nedir, 10 salınım sonunda titreşimin genliği hangi faktör (kaç kat) ile azalır? (French-p3.14)
Çözüm:
a) Sisteme etkiyen F kuvveti için
𝐹 = −𝑘𝑥 − 𝑏𝑣 yazabiliriz. Sistemin hareket denklemi
𝑚𝑑2𝑥
yazılabilir. m=0,2 kg ve k=80 N/m değerleri yerine yazılarak hareket denklemi için
45 Ders notları ve Örnek-5’deki problemin sonucundan
𝜔2 = 𝜔02−𝛾2 4
olduğunu biliyoruz. Verilenleri bu ifadede kullanarak (√3
Sönümlü harmonik hareketin genliği için 𝐴 = 𝐴0𝑒−𝛾2𝑡
elde etmiştik (Ders notlarına bakınız). t=0 anındaki genliğe 𝐴1 ve 10 salınım sonraki genliği ise 𝐴10 ile gösterelim. Bu durumda
𝐴10
olduğunu biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız). Buradan 𝜔 = 20(1 −1
4)1/2 = 10√3 ⇒ 𝑇 =10√32𝜋 = 𝜋
5√3 s elde edilir. Bu değer yukarıdaki ifadede kullanılırsa
𝐴10
𝐴1 = 𝑒−𝛾210𝑇 = 𝑒−202 105√3𝜋 = 𝑒−20𝜋√3 ≅ 1.76𝑥10−16
elde edilir. Bu sayının çok küçük olduğuna dikkat ediniz. Başka bir deyişle sistem çok kısa sürede sönüme gider.
46
b) Daha yüksek oktavlı bir notasında (f=512Hz) enerji azalması aynı sürede oluyorsa Q değeri nedir?
c) 0,1 kg kütlesindeki bir cisim yay sabiti k=0,9 N/m olan bir yaya asılıdır.
Bu sistem sönüm sabiti b (𝐹𝑠ö𝑛ü𝑚 = −𝑏𝑣)olan bir akışkan içinde hareket ederek 4 s’de enerjisi ilk değerinin 1/e’sine düşüyor. Q ve b değerlerini bulunuz. (French-p3.15)
a) Yük salınımlarının genliği ne kadar süre sonra yarıya düşer?
b) Bu sürede kaç periyotluk salınım olur?
Çözüm:
Şekildeki LRC devresinde S anahtarı kapandıktan sonra kondansatör üzerindeki yük harmonik hareket yapar. Bu LRC devresinde yük için
𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿cos [( 1
𝐿𝐶− 𝑅2
4𝐿2)1/2𝑡]
47
ifadesini türetmiştik (Ders notlarına bakınız). Bu ifadeden genlik için 𝐴 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿 alınabilir.Bunun anlamı 𝜔 ≅ 1
√𝐿𝐶 alınmasına denktir. Buradan salınımların periyodu için
𝑇 =2𝜋
𝜔 = 2𝜋 104 𝑠
yazılabilir. 𝑡 = 13,86 𝑚𝑠 süresi içindeki periyot sayısına n dersek, 𝑛 = 13,86𝑥10−3
102𝜋4
≅ 22
elde edilir. Bunun anlamı 22 salınımdan sonra yük genliği yarıya düşer.
ÖRNEK-11
Şekildeki LRC devresinde S anahtarı kapandıktan sonra kondansatör üzerindeki
48
yük harmonik hareket yapar. Bu LRC devresinde yük için
𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿cos [( 1
𝐿𝐶− 𝑅2
4𝐿2)1/2𝑡]
ifadesini türetmiştik. R’nin küçük olduğu durumda bu ifadeyi 𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑡/2𝐿cos [( 1
𝐿𝐶)1/2𝑡]
şeklinde yazabiliriz. Başlangıçta anahtar açık iken kondansatör yüklüdür ve devreden akım geçmez. Bu durumda kondansatördeki enerji
𝑈0 =1 2
𝑞02 𝐶
ifadesi ile verilir. Anahtar kapandıktan sonra kondasatördeki yük yukarıda verilen bağıntıyla tanımlı osilasyon yapar. Bir periyotluk süre sonunda yük için
𝑞 = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑇/2𝐿cos [( 1
𝐿𝐶)1/2𝑇] = 𝑞0𝑒− 𝑅𝑇/2𝐿 ifadesini yazabiliriz (𝑐𝑜𝑠 [(1
𝐿𝐶)1/2𝑇] = 1 olduğuna dikkat ediniz). Bu anda kondansördeki enerjiyi U ile gösterirsek,
𝑈 = 1
49
∆𝑈
𝑈0 = 1 − 𝑒−𝑅𝑇𝐿 elde ederiz. 𝑒x ifadesini seriye açılımının
𝑒x = 1 + 𝑥 + 1
2!𝑥2+ 1
3!𝑥3+ ⋯
ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Burada x’in küçük değerlerinde 𝑒x ≅ 1 + 𝑥 alabiliriz. Bu bilgiden yararlanarak
∆𝑈
a) Hareketin sönüm sabiti b’nin değerini bulunuz.
b) Hareketin genliğinin zamana bağlı değişimini bulunuz.
c) Mekanik enerjinin başlangıç değerinin %1’ine düşmesi için geçen süreyi bulunuz.
d) Sistemin kritik sönüm durumunda hareket edebilmesi için sönüm sabiti (𝑏𝑘) ne olmalıdır?
Çözüm:
a) Sönümlü harmonik hareketin açısal frekansının
50 𝜔 = √𝜔02− 𝑏2
4𝑚2
ile verildiğini biliyorsunuz. Buradan sönüm sabiti b için 𝑏 = 2𝑚√𝜔02 − 𝜔2
yazılabilir. Verilenler kullanılarak sönüm sabiti b için
𝑏 = 2𝑥0,5√𝜔02− (0,998𝜔0)2 = √1 − 0,9982𝜔0 = 0,0632√12,5 0,5
= 0,0632𝑥5 = 0,316 𝑘𝑔/𝑠 elde edilir.
b)
𝐴 = 𝐴0e− 2m𝑏t = 𝐴0e− 0,316t2x0,5 = 𝐴0e− 0,316t elde edilir.
c) Sönümlü hareketin toplam enerjisinin genliğin karesi ile orantılı olduğunu biliyoruz (Ders notlarına bakınız)
𝐸𝑡𝑜𝑡 ∝ (𝐴0e− 2m𝑏t)2 = 𝐴02e− 𝑏tm
𝐸𝑡𝑜𝑡
𝐸0 = 0,01 olması için geçen süre soruluyor.
𝐸𝑡𝑜𝑡
𝐸0 = 𝐴20𝐴e− 𝑏tm
02 = e− 𝑏tm = e− 0,316t0,5 = e− 0,632t = 0,01 ⇒ e 0,632t = 100 ⇒ 0,632𝑡 = 𝑙𝑛100 ⇒ 𝑡 = 𝑙𝑛100
0,632 = 7,287 𝑠 d) Kritik sönüm halinde
𝜔02− 𝑏𝑘2 4𝑚2 = 0
olduğunu hatırlayınız. Buradan
𝑏𝑘 = √4𝑘𝑚 = √4𝑥12,5𝑥0,5 = √25 = 5 𝑘𝑔/𝑠 elde edilir.