ITU Uçak ve Uzay Bilimleri Fakültesi Uçak Mühendisliği Bölümü Güz Yarıyılı DNK201E Dinamik Örnek Sorular 1

ITU Uçak ve Uzay Bilimleri Fakültesi Uçak Mühendisliği Bölümü 2017-2018 Güz Yarıyılı

11729 DNK201E Dinamik

Örnek Sorular – 1

Problem 1: Düşey yönde atılan parçacık ilk hızı v0 ve ivmesi a (9.810.02v²) m/s²şeklindedir.

Parçacık, çıkabileceği maksimum yüksekliğe 3.5 saniyede ulaşıyorsa, parçacığın (a) ilk hızını (v0),

(b) çıkabileceği maksimum yüksekliği, (c) t=2.0 s anındaki ivmesini hesaplayınız.

Çözüm 1:

(a) adv/dt  (9.810.02v²)dv/dt









 

) (

0 2 2

0 9.81 0.02 02

. 0 81 . 9

y v

v

t

v dt dt dv

v dv

t v dt

y dv

v

v

t







 

 ⁽





0 2

0 9.81 0.02

 



 



y v

v



 

 ⁽



0 9.81 0.02

02 . 0 02

. 0

1

v t

y v

v

02 . 0 81

. 9

02 . arctan 0 81 . 9

1

) (

) 0 (



 



 



 v y v(0) 9.81 0.02t

81 . 9

02 . arctan 0 )

( 81 . 9

02 .

arctan 0  



Maksimum yükseklikte, t=3.5 anında, v(hmax)=0:





tan ) 0 ( 81 . 9

02 .

0 

 v  v(0)1080.7 m/s

(b) adyvdv (9.810.02v²)dyvdv









) (

2 0 2

2

0 ₀ 9.81 0.02

02 . 0 81 . ln 9 04 . 0

1 02

. 0 81 . 9

y v

v y

v y v

v

dy vdv

maksimum yükseklikte v=0:



 





 

 2

0

max 9.81 0.02

81 . ln 9

04 . 0

1

h v  h_max 194,4 m

(c) 1080.7 9.81 0.02(2)

81 . 9

02 . arctan 0 )

2 ( 81 . 9

02 .

arctan 0  

 v s

s m s

v(2 )17.35 /

 a(2s)(9.810.02*17.35²)15.83 m/s²

Problem 2: Şekildeki makara sisteminde mA=2 kg, mB=6 kg ve mC=3 kg dır.

Bloklar hareketsizken aniden serbest bırakılmaktadır. Makaraların kütlesiz ve sürtünmesiz olduğunu kabul ederek

(a) abcd ipindeki gerilmeyi ve blokların ivmelerini hesaplayınız.

(b) Harekeket başladıktan iki saniye sonra A ve B bloklarının birbirlerine göre bağıl hız ve konumunu hesaplayınız (başlangıçta bloklar aynı hizada).

(c) Mevcut sistemin serbestlik derecesi kaçtır? Açıklayınız.

Çözüm 2:(a) İpin boyu sabit:

sbt d c b a

l      sbt y

y

y_A  _B  _C 

 2

0

2  



 a_A a_B a_C (1)

Blok A için hareket denklemi: m_AgT m_Aa_A (2)

B deki makara için hareket denklemi: T_B 2T 0 (makara kütlesiz) (3) Blok B için hareket denklemi: m_BgT_B m_Ba_B (4)

Blok C için hareket denklemi: m_CgT m_Ca_C (5) (2), (3), (4), (5) → (1):

2 0

2  

 

 

C C B

A A

A

m T g m m

T g m m

T g

m T 26.16 N

Buradan a_A 3.27 m/s² , a_B 1.09 m/s²  , a_B 1.09 m/s²  )

0 ( ) 0

( _B

A y

y  , v_A(0)v_B(0)0, a_A/B 3,271,09 4,36 m/s² t

dx a

v_A/B 





s m s

t

v_A/B( 2 )8.72 / m s

t

y_A/B( 2 )8.72

(c) Sistemin serbestlik derecesi ikidir. Çünkü  y_A 2y_B  y_C sbt bağıntısına göre üç bloğun konumlarının tespit edilmiş olması için herhangi ikisinin belirlemek gerekir.

A

B C

a b c

d

A

T

WA

T T

TB

B

WB

TB

C

T

WC

Problem 3: Merkezcil bir kuvvetin etkisindeki bir parçacığın yörüngesi spiral şeklinde olup sbt

C

r   bağıntısıyla verilmektedir. Bu hareketi meydana getiren kuvvetin şiddetini )

, (r  F

F  belirleyiniz.

Çözüm 3:

Kinematik bağıntılar:

^2



 r r

a_r   , a_ r2r^0 sbt

C

r  ₁  (i)

(i) nolu bağıntı iki kez türetilirse

0

 

 ^

 r

r (ii) 0

2  

  

 ^{ }



 r r

r (iii)

elde edilir. Fakat r2ra_ 0 dır. O halde,











2    0 0

 r r r

r   

 r 0  0  r 0 (iv)

Parçacığın yörüngesi spiral olduğuna göre r 0 olmalıdır. Dolayısıyla rsbtC₂ Radyla ivme: a_r rr^2 0r^2 r^2 (v)

(ii) den:

r r

^ ^ (vi)

(i), (vi) → (v) : ₃

* 3

2 1 2 2 2

2 2 2

r C r

C C r

r r

r r r

a_r    



 









 ^{ } ^ 











 ₃^* ₃

r C r

mC ma

F_{r r 3}

r

F_r C (bu sonuç açısal momentum korunumundan yararlanılarak da kolayca bulunabilir.)

Problem 4: Şekildeki sistemde m=30 kg kütleye sahip bir blok, O noktasında menteşelenmiş kütlesi ihmal edilebilen bir çubuğa bağlıdır. Yaylar verilen konumda, θ=0° iken, serbest boydadır ve yay sabitleri her iki yay için k=700 N/m değerindedir. Kütle bu konumda serbest bırakılmaktadır. θ=30° olduğunda bloğun hızını hesaplayınız.

θ

=30°

m

0,8 m

0,5 m 0,5 m

k k

O

x y

r

Fr

θ Fθ=0

Çözüm 4:

0 0 0

1 0

1

1      

T V_s V_g U

sinüs teoremi:

m a a

258 . 75 0

sin 5 . 0 30

sin ¹

1   

Benzerlikten a₂ 2*a₁ 0.516 m Kosinüs teoremi:

m b

b₁² 0.258² 0.8² 2*0.258*0.8*cos165  ₁ 1.051 m b

b₂² 0.516² 0.8² 2*0.516*0.8*cos165  ₂ 1.305 Yaylardaki uzamalar:

m 251 . 0 8 . 0 051 .

1 1  

 , ₂ 1.3050.80.505 m Nm V_2s 0.5*700*0.251² 0.5*700*0.505² 111.3

Nm mgy

V_2g  30*9.81*1.0*sin30147.1

g s g

s V T V V

V

T₁  ₁  ₁  ₂  ₂  ₂

1 . 147 3 . 111

* 30

* 5 . 0

0 ₂²  

 v

s m v₂ 1.545 /



Problem 5: Şekildeki hız-kontrol (governor) mekanizmasında m=0.25 kg, L=12 cm (AB çubuklarının kütleleri ihmal edilebilir), ω=550 dev/dak, β=45° ve ^ 0. Bu anda ^ değerini ve çubuklardaki kuvveti belirleyiniz.

Çözüm 5:

m = 0.25 kg, L=0.12 m,  45, ^0, s rad / 6 . 57 60 / 2

*

550 







  

^ , ^0  ^?



































n r

r r

n r

r r

n r

r r

a _r

 









 







 

 

 

) cos 2

sin 2 sin (

) cos sin 2

(

) sin (

2

2 2 2



















nr



n

n

Tr

W T 

L = 0.1m = r



 ^

30°

0,8 m

75° 75°

a1

b1

a2

b2

B

β

m

β

A

m A

L L

B

ω

) sin (

cos m ^r^ r^2 r^{2 2} mg

T ma

F_r  _r   _r    



) 45 sin ) 6 . 57 (

* 12 . 0 (

* 25 . 0 45 cos

* 81 . 9

* 25 .

0    ^{2 2} 

r 

T T_r 51.5 N

) cos sin 2

(

sin   ²  



 ma mg m r r r

F      



) 45 cos 45 sin ) 6 . 57 (

* 12 . 0

* 12 . 0 ( 25 . 0 45 sin

* 81 . 9

* 25 .

0    ²  

 ^ ^1716.7 rad/s² ^ )

0 0 0 (

* 25 . 0 ) cos 2

sin 2 sin

(     







0

T_

Problem 6: Sürtünmesiz tümsek yüzey üzerinde duran blok



10

0 konumundayken aniden serbest bırakılmaktadır ve yüzey boyunca aşağı doğru kaymaya başlamaktadır. Bloğun yüzeyden ayrılacağı  açısını hesağlayınız. (İpucu: yüzeyden ayrılma koşulu N=0).

Çözüm 6:

Kutupsal koordinatlarda hareket denklemleri:

) (

cos )

(r r² N mg  m r r^2 m

ma

F_r  _r      









0





sbt r r

r   ve (b) ifadesi



 r^

gsin  (i) olur ve (a) ifadesinden

cos mr^2

mg

N  → yüzeyden ayrılma koşulu N=0: gcos r^2 (ii) bulunur.

R yarıçapı için açısal ivme ve açısal hız arasında ilişki ve (i) den aşağıdaki bağıntı elde edilir:















 ^{  }





        











































0

10 sin

0 0

d r d

d g d

d d

d d

   

cos 2 10 cos cos

2 10

 

 ^    ^



 r

g r

g (iii)

(iii) → (ii): ^{ cos  *2*}









r r g g

10 3cos cos  2

   _ayrilma48.96

m=0,1 kg

x y

θ R=1 m

x y

θ R=1 m

nr

n

N G