İSTANBUL TEKNİK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ ENSTİTÜSÜ
SONSUZ ORTAMDA SİLİNDİRİK BİR DELİKTE ANİ PATLAMA
YÜKSEK LİSANS TEZİ Ahmet TEMUGAN
501031102
HAZİRAN 2006
Tezin Enstitüye Verildiği Tarih : 08.05.2006 Tezin Savunulduğu Tarih : 15.06.2006
Tez Danışmanı : Doç.Dr. Necla KADIOĞLU
Diğer Jüri Üyeleri: Prof.Dr. Faruk YÜKSELER (Y.T.Ü) Yrd.Doç.Dr. Şenol ATAOĞLU (İ.T.Ü)
ÖNSÖZ
Bu çalışmam esnasında değerli bilgi ve tecrübe birikimini özveri ile bana aktarmaya çalışan ve çalışmanın her safhasında yapıcı, yol gösterici teşvik ve tavsiyeleri ile bana destek olan sayın hocam Doç. Dr. Necla KADIOĞLU‘na teşekkür etmeyi bir borç sayarım.
Her konuda göstermiş oldukları samimi ilgi ve yardımlarından dolayı anabilim dalımız öğretim görevlilerine teşekkür ederim.
İÇİNDEKİLER ŞEKİL LİSTESİ iv SEMBOL LİSTESİ v ÖZET vi SUMMARY vii 1.FORMÜLASYON 1
1.1.Birinci Elastodinamik Halin Teşkili 1
1.2.İkinci Elastodinamik Halin Teşkili 18
2.ÖRNEK PROBLEMLER 39
2.1.Örnek Problem 1: Delik Yüzeyine Etkiyen Sabit İç Basıncın
Olması Hali 39
2.2.Örnek Problem 2: Delik Yüzeyine Etkiyen İç Basıncın Zamanla
Değişken Olması Hali 55
SONUÇLAR 64
KAYNAKLAR 65
ŞEKİL LİSTESİ
. Sayfa No
Şekil 1.1 : y1, y2 yükleme noktalarının gösterimi...15
Şekil 2.1 : Sabit basınç altında sınırdaki u∗R boyutsuz
yerdeğiştirmesinin boyutsuz zamanla değişimi...54
Şekil 2.2 : Sabit basınç altında sınırdaki τ
∗ θθ
p0 boyutsuz
gerilmesinin boyutsuz zamanla değişimi...55 Şekil 2.3 : Gerçek değişken basıncın zamanla değişimi...56 Şekil 2.4 : Boyutsuz basıncın boyutsuz zamanla değişimi...57 Şekil 2.5 : Değişken basınç altında sınırdaki u∗R boyutsuz
yerdeğiştirmesinin boyutsuz zamanla değişimi...59
Şekil 2.6 : Değişken basınç altında sınırdaki τ
∗ θθ
p0 boyutsuz
gerilmesinin boyutsuz zamanla değişimi...60
Şekil 2.7 : R1
a = 2 için u ∗
R1 boyutsuz yerdeğiştirmesinin boyutsuz zamanla değişimi...61
Şekil 2.8 : R1
a = 3 için u ∗
R1 boyutsuz yerdeğiştirmesinin boyutsuz zamanla değişimi...62
Şekil 2.9 : R1
a = 4 için u ∗
R1 boyutsuz yerdeğiştirmesinin boyutsuz zamanla değişimi...62
Şekil 2.10 : R1
a = 5 için u ∗
R1 boyutsuz yerdeğiştirmesinin boyutsuz zamanla değişimi...63
SEMBOL LİSTESİ
u : Yer değiştirme vektörü
f : Kütle kuvveti
ρ : Ortamın yoğunluğu
λ, µ : Lamé sabitleri
ν : Poisson oranı
R, θ, z : Silindirik kordinatlar
T : Yüzey gerilme vektörü
u∗ : Boyutsuz radyal yerdeğiştirme bileşeni
E(α), F (α), π(α) : Tam Eliptik fonksiyonlar
t : Boyutlu zaman
t∗ : Boyutsuz zaman
eR, eθ : Silindirik kordinatlarda baz vektörleri
RR, θθ : Şekil değiştirme tansörü bileşenleri
p : Basınç
p0 : t = 0 daki basınç
a : Silindirik oyuğun yarıçapı
δ(x) : Dirac Deltası
H(x) : Heaviside birim adım fonksiyonu
SONSUZ ORTAMDA SİLİNDİRİK BİR DELİKTE ANİ PATLAMA ÖZET
Bu çalışmada amaç sonsuz ortamda gömülü sonsuz bir silindirik boruda meydana gelen ani bir patlama sonucu ortamda meydana gelen yer değiştirme ve gerilme alanlarının elde edilmesidir. Bu problemin çözümü için Dinamik Karşıtlık Teoremi kullanılmıştır. Dinamik Karşıtlık Teoremi iki elastodinamik hal arasında yazılır. Belli bir bölgede hareket denklemini ve bünye denklemlerini sağlayan gerilme ve yerdeğiştirme alanları aynı bölgenin içinde tanımlanan kütle kuvveti ile birlikte bir elastodinamik hal oluşturur. Elastodinamik hal tanımı Wheeler ve Sternberg tarafından verilmiştir. Burada ilk aranan silindirik borunun sınırında ani patlama sonucu etkiyen iç basınca bağlı olarak yine sınırda meydana gelen yer değiştirme
alanının bulunmasıdır. Bunun için karşıtlık teoreminde birinci elastodinamik
hal olarak problemin kendisi seçilir, ikinci elastodinamik hal olarak ise daha önce Kadıoğlu ve Ataoğlu tarafından verilen dönel simetrik düzlem problemler için inşaa edilmiş elastodinamik hal kullanılmıştır. Bu elastodinamik hal veya temel çozümün nasıl teşkil edildiği metin içinde detaylı olarak açıklanmıştır. Sınırdaki yer değiştirme alanı bulunduktan sonra ikinci yapılacak işlem bölge içinde herhangi bir noktadaki etkileri hesaplamaktır. Bunun içinse yine dönel simetrik problemler için geçerli olan yeni bir elastodinamik hale ihtiyaç vardır.
Bu elastodinamik hal de inşaa edilmiştir. Literatürde bu tip problemler için
benzer çözümler Bessel fonksiyonları ile ifade edilirken ikinci elastodinamik hal Eliptik fonksiyonların bir kompozisyonu olarak ortaya çıkmıştır. Sonuçları kontrol amacıyla önce sabit iç basınç etkisi altında boru problemi birinci örnek problem olarak tekrar çözülmüştür. İkinci örnek problem ise ani patlamayı temsil eden değişken basınç problemidir. Her iki problemde de sınırdaki yerdeğiştirme bileşeni için bir integral denklem bulunmakta ve bu integral denklem çözülerek sınır değerler elde edilmektedir. Bundan sonra bölge içindeki herhangi bir noktadaki yer değiştirme değeri ikinci elastodinamik hal ve probleme ait elastodinamik hal arasında yazılarak elde edilmiştir.
A SUDDEN EXPLOSION OF A CYLINDRICAL CAVITY IN AN INFINITE MEDIUM
SUMMARY
The aim of this work is to obtain displacement and stress fields which was produced by an explosion in a cylindrical cavity in an infinite plane region. In order to solve this problem, Dynamic Reciprocal Identity is used. The theorem is written between two elastodynamic states. In a certain region, diplacement and stress fields, which satisfy the equations of motion and the constituve equations, form an elastodynamic state with a body force field given in the same region. The definition of the elastodynamic state is given by Wheeler and Sternberg. At first the diplacement field on the boundary must be determined. This field comes out as a result of a sudden explosion in the cavity. In the reciprocity theorem first elastodynamic state is selected as the problem to be solved. While second one is fundamental solution constructed by Kadioglu and Ataoglu for the solutions of axially symetric plane problems. This state is explained in the text in details. After the displacement field is found, the second problem is to calculate the effects at an arbitrary point. To calculate this; a new elastodynamic state is necessary which is also valid for axial symetric problems. This state is also constructed. In literature; the solutions corresponding to this are defined in terms of Bessel functions. But here second elastodynamic state arise as a composition of Elliptic functions. In order to check the results the cavity problem under constant pressure is solved as the first sample problem. The second sample problem is a variable pressure problem representing a sudden explosion. In both problems formulation yields to an integral equation of which dependent variable is the radial displacement component on the boundary. Solving this integral equation, boundary values are obtained. After this the radial displacement component on an arbitrary point of the region is found writing dynamic reciprocal identity between second state and the state representing the problem.
1.
FORMÜLASYON
1.1 Birinci Elastodinamik Halin Teşkili
Lineer elastodinamikte hareket denklemi aşağıdaki şekilde ifade edilebilir.
µ∇2u + (λ + 2µ)∇∇ · u + ρf = ρu·· (1.1)
burada u yerdeğiştirme vektörünü, f kütle kuvvetini, ρ ortamın yoğunluğunu,
u·· ise yerdeğiştirme vektörünün zamana göre ikinci türevini göstermektedir. λ
ve µ ortamı Lame sabitlerini gösterirler. Şimdi sonsuz ortamda
f (x, t) = δ(t)δ(x − y)ek (1.2)
şeklinde bir kütle kuvveti tanımlayalım. Burada x ve y sırası ile ortamdaki
herhangi bir noktanın ve sabit bir noktanın konum vektörleridirler. δ(x) Dirac delta fonksiyonudur ve aşağıdaki özellikleri sağlar.
Z
V
δ(x − y)f (x)dVx = f (y), y ∈ V
= 0, y ∈/V (1.3)
Üç boyutlu ortamda f (x, t) vektör fonksiyonuna bağlı bir W (x, t) fonksiyonu aşağıdaki gibi oluşturulabilir.
W (x, t) = − 1 4π Z V ekδ(t)δ(ξ − y) | x − ξ | dVξ = − 1 4πek δ(t) r (1.4)
r = |x − y| =q(x1 − y1)2+ (x2− y2)2+ (x3− y3)2 (1.5)
Bu fonksiyon V hacmi içerisinde
∇2W = ∇∇ · W − ∇ × ∇ × W = f (x) (1.6)
denklemini sağlar. Şimdi:
u = ∇ϕ + ∇ × ψ (1.7)
şeklinde skaler bir ϕ fonksiyonu ile vektörel ψ vektör fonksiyonu tanımlansın. Bunu (1.1) denklemine yerleştirirsek:
µ∇∇ · (∇ϕ + ∇ × ψ) − µ∇ × ∇ × (∇ϕ + ∇ × ψ)
+(λ + µ)∇∇ · (∇ϕ + ∇ × ψ) + ρ(∇∇ · W − ∇ × ∇ × W )
= ρ(∇ϕ··+ ∇ × ψ··)
Sıfır olan terimler atılırsa:
(λ + 2µ)∇∇ · (∇ϕ) − µ∇ × ∇ × ∇ × ψ + ρ∇∇ · W − ∇ × ∇ × W
= ρ(∇ϕ··+ ∇ × ψ··)
Gradyan ve rotasyonel alanlar ayrılırsa:
λ + 2µ ρ ∇ · (∇ϕ) − ϕ ·· = −∇ · W = −∇ · (− 1 4πek δ(t) r ) (1.8)
−µ ρ ∇ × ∇ × ψ − ψ ·· = ∇ × W = ∇ × (− 1 4πek δ(t) r ) (1.9)
denklemleri elde edilir. Şimdi
ϕ = ∇ · F ek = ∇ · Fk (1.10) ψ = −∇ × Gek = −∇ × Gk (1.11) dönüşümü ve λ + 2µ ρ = c1 2, λ ρ = c2 2 (1.12)
kısaltmaları yapılırsa (1.8) ve (1.9) denklemleri
c21∇ · (∇∇ · F ek) − ∇ · (F··ek) = 1 4πδ(t)∇ · ( ek r ) (1.13) −c2 2∇ × ∇ × ∇ × (−Gek) + ∇ × (G··ek) = − 1 4πδ(t)∇ × ( ek r ) (1.14)
şeklini alır. Gerekli işlemler yapılırsa
∇ · F ek = ∂F ∂xk (∇∇ · F ek)i = ∂2F ∂xk∂xi ∇ · (∇∇ · F ek) = ∂3F ∂xk∂xj∂xj c21 ∂ 3F ∂xk∂xj∂xj − ∂ ∂xk (F··) = 1 4πδ(t)∇ ∂ ∂xk (1 r)
∂2F ∂xj∂xj − 1 c2 1 F·· = 1 4πc2 1 δ(t)(1 r) (1.15) Ayrıca (∇ × Gek)i = εijk ∂G ∂xj (∇ × ∇ × Gek)i = εilm ∂ ∂xl (εmjk ∂G ∂xj ) = εilmεmjk ∂2G ∂xl∂xj = εmilεmjk ∂2G ∂xl∂xj = (δijδkl− δikδlj) ∂2G ∂xl∂xj = ∂ 2G ∂xi∂xk − δik ∂2G ∂xl∂xl (∇ × ∇ × ∇ × (Gek))i = εint ∂ ∂xn ( ∂ 2G ∂xt∂xk − δtk ∂2G ∂xl∂xl ) = εint ∂3G ∂xn∂xt∂xk − εink ∂3G ∂xn∂xl∂xl = −εink ∂3G ∂xn∂xl∂xl (∇ × (G··ek))i = εink ∂ ∂xn (G··) {−∇ × ( 1 4πδ(t)( ek r ))}i = −εijk ∂ ∂xj ( 1 4π δ(t) r )
olarak hesaplanırsa (1.14) denklemi de aşağıdaki formu alır.
−c22εijk ∂ ∂xj ( ∂ 2G ∂xl∂xl ) + εijk ∂ ∂xj (G··) = εijk ∂ ∂xj (− 1 4πrδ(t)) Sonuçta
∂2G ∂xl∂xl − 1 c22 (G··) = 1 4πrδ(t) 1 c22 (1.16) Bu durumda (1.15) ve (1.16) denklemleri çözüldükten sonra:
ϕ = ∇ · (F ek) = ∇ · Fk, ψ = −∇ × Gek = −∇ × Gk
potansiyelleri bulunup
u = ∇ϕ + ∇ × ψ = (∇(∇ · (F ek)) − ∇ × ∇ × (Gek) (1.17)
şeklinde yerdeğiştirmeler bulunacaktır. F ‘in sadece r ve t‘nin fonksiyonu olduğu düşünülürse (1.15) denklemi ∂F ∂xl = ∂F ∂r xl r ∂2F ∂xl∂xk = ∂ 2F ∂r2 xl r xk r + ∂F ∂r( δkl r − xlxk r3 ) k = l için ∂2F ∂xl∂xl = ∂ 2F ∂r2 xlxl r2 + ∂F ∂r( 3 r − xlxl r3 ) = ∂2F ∂r2 + 2 r ∂F ∂r yazılmalı. ∂2F ∂r2 + 2 r ∂F ∂r − 1 c2F ·· = 1 4πr 1 c2δ(t) (1.18) formunu alır. F = χ(r, t) r (1.19)
denirse ∂F ∂r = ∂χ ∂r 1 r − χ r2 (1.20) ∂2F ∂r2 = 1 r ∂2χ ∂r2 − 2 r2 ∂χ ∂r + 2χ r3 (1.21)
(1.20) ve (1.21) denklemleri (1.18) denklemine yerleştirildiğinde sonuç denklem:
1 r ∂2χ ∂r2 − 1 rχ ·· 1 c12 = 1 4πr 1 c12 δ(t) (1.22)
formunu alır. (1.22) denkleminin zaman üzerinde Laplace transformu alınacaktır. Bir fonksiyonun Laplace transformu
¯ χ(s) = Z ∞ 0 e−stχ(t, r)dt olarak tanımlanmaktadır. g¯(s) = Z ∞ 0 e−stδ(t)dt, χ¯··(s) = s2χ(s)¯ yazılırsa ∂2χ¯ ∂r2 − s2 c12 χ¯= 1 4π 1 c12 g¯(s) bulunur. χ¯p = A
−s 2 c12 A = 1 4πr 1 c12 g¯(s) ¯ χp = − g¯(s) s24π
olarak bulunur. Homojen denklemin çözümü ise
∂2χ¯ ∂r2 − s2 c12 χ¯= 0 χ¯= eαr dönüşümü ile α2− s 2 c12 = 0 α1 = − s c1 α2 = + s c1 χ¯h = C1e −s c1r+ C2e+ s c1r
olarak bulunur. Burada C1 ve C2 integral sabitleridir. r ⇒ ∞ da ¯χ(r, t) nin sonlu
olmasından dolayı C2 düşer ve ¯χ(s, r) fonksiyonu
¯
χ(s, r) = C1e −s
c1r− g¯(s)
s24π (1.23)
olur. C1 ise r = 0 da ¯χ(s, 0) = 0 koşulu yazılarak
C1 = −
g¯(s)
s24π (1.24)
bulunur. Sonuçta ¯χ(s, r) fonksiyonu
¯
χ(s, r) = g¯(s) s24π(e
−s
şeklini alır. Laplace transformunda L−1(¯g(s)) = g(t) ise L−1(s12g¯(s)) = Rt 0τ g(t − τ )dτ L(f (t)) = ¯f (s) =R∞ 0 e −stf (t)dt
ise L(f (t − a)) = e−asf (s¯)
olur. Yukarıdaki formüller kullanılarak (1.25) deki ¯χ(s, r) nin invers transformu
χ(t, r) = 1 4π( Z t−r c1 0 τ δ(t − r c1 − τ )dτ − Z t 0 τ δ(t − τ )dτ ) (1.26)
şeklini alır. Şimdi (1.26) denklemindeki integraller hesaplanacaktır.
I = Z t 0 τ δ(t − τ )dτ τ = t − u denirse sınırlar u1 = t u2 = 0 olacaktır. dτ = −du I = Z t 0 (t − u)δ(u)du I = Z ∞ −∞(H(t − u) − H(−u))(t − u)δ(u)du = H(t)t olur ve (1.26) denklemi χ(r, t) = 1 4π{H(t − r c1 )(t − r c1 ) − H(t)t} (1.27)
F = 1 4πr{H(t − r c1 )(t − r c1 ) − H(t)t}ek (1.28) ve benzer şekilde G = 1 4πr{H(t − r c2 )(t − r c2 ) − H(t)t}ek (1.29)
olacaktır. Yerdeğiştirme vektörü ise;
uk= ∇(∇ · (F ek)) − ∇ × ∇ × (Gek) (1.30)
şeklinde hesaplanır. Şimdi (1.28) ve (1.29) dan düzlem haldeki sonuçları bulmaya çalışalım. Düzlem halde
f = δ(x1− y1)ek k = 1, 2
olacaktır. F den hareket edilirse düzlem hal için Fk
Fk = Z +∞ −∞ 1 4πr{H(t − r c1 )(t − r c1 ) − H(t)t}ekdy3 (1.31) r =qρ2+ (x 3− y3)2
şeklinde hesaplanır. (1.31) integralindeki sınırlar tam anlamı ile doğru değildir. Bir x1, x2 noktasına belli bir t anında en fazla
y3 = x3+ q c2 1t2 − ρ2 y3 = x3− q c2 1t2− ρ2
Fk = Z x3+ √ c2 1t2−ρ2 x3− √ c2 1t2−ρ2 1 4π{H(t − r c1 )(t r − 1 c1 ) − H(t)t r}e kdy 3 (1.32)
elde edilir. Önce u = x3− y3 dönüşümünü yapılırsa:
r =qρ2+ (x 3− y3)2 = q ρ2+ u2 du = −dy 3 sınırlar u1 = q c2 1t2− ρ2 u2 = − q c2 1t2− ρ2
olur ve integral aşağıdaki şekli alır.
Fk = Z + √ c2 1t2−ρ2 −√c2 1t2−ρ2 1 4π{H(t − r c1 )(t r − 1 c1 ) − H(t)t r}e k du = Iek (1.33) burada I I = Z + √ c2 1t2−ρ2 −√c2 1t2−ρ2 {H(t − r c1 )(t r − 1 c1 ) − H(t)t r}du (1.34)
şeklinde tanımlanır. I integrali
I = 2 Z √ c2 1t2−ρ2 0 {H(t − r c1 )(t r − 1 c1 )}du − 2 Z √ c2 1t2−ρ2 0 {H(t)t r}du (1.35)
şeklinde ayrılırsa birinci integrali almak için
t − r
c1
= z
r =qρ2+ u2 t − √ ρ2+ u2 c1 = z t − z = √ ρ2+ u2 c1 q ρ2+ u2 = (t − z)c 1 u2 = c21(t − z)2− ρ2 u =qc2 1(t − z)2− ρ2 dz = −√ u ρ2+ u2 1 c1 du dz = q c2 1(t − z)2− ρ2 (t − z)c2 1 du du = −c1 √ ρ2+ u2 u dz = c2 1(t − z) q c2 1(t − z)2 − ρ2 dz
Birinci integralde sınırlar
z1 = t − ρ c1 z2 = t − q ρ2+ c2 1t2− ρ2 c1 = t − t = 0 I1 = −2 Z 0 t−ρ c1 H(z){ t (t − z)c1 − 1 c1 } c 2 1(t − z) q c2 1(t − z)2− ρ2 dz I1 = 2 Z t−ρ c1 0 {H(z)(q c1t c2 1(t − z)2 − ρ2 ) − H(z)(q c1(t − z) c2 1(t − z)2− ρ2 )}dz Bu integral I1 = 2 Z t− ρ c1 0 {H(z)f10(z) + H(z)f20(z)}dz olarak yazılırsa I1 = 2{H(z)f1(z) + H(z)f2(z)| t−ρ c1 0 − Z t−ρ c1 0 δ(z)(f1(z) + f2(z)dz)}
şeklini alır. Bu ifade için f1(z) ve f2(z) fonksiyonlarının hesaplanması gerekir. f10(z) = q c1t c2 1(t − z)2− ρ2 ⇒ f1(z) = −tln( c1(t − z) + q c2 1(t − z)2− ρ2 ρ ) (1.36) ve f20(z) = −q c1(t − z) c2 1(t − z)2− ρ2 ⇒ f2(z) = 1 c1 q c2 1(t − z)2− ρ2
olarak bulunur. f1(z) ve f2(z) fonksiyonlarının bulunmasıyla I1 integrali
I1 = 2{H(z)(−tln( c1(t − z) + q c2 1(t − z)2− ρ2 ρ ) + 1 c1 q c2 1(t − z)2− ρ2)| t−ρ c1 0 − Z t−ρ c1 0 δ(z)(−tln(c1(t − z) + q c2 1(t − z)2 − ρ2 ρ ) +1 c1 q c2 1(t − z)2− ρ2)dz} (1.37)
şeklini alır. Uç değerler yerine konarak ve integral hesaplanarak
I1 = 2{H(t − ρ c1 )(−tln(c1( ρ c1) + q c2 1( ρ c1) 2− ρ2 ρ ) + 1 c1 (0)) −H(0)(−tln(c1t + q c2 1t2− ρ2 ρ ) + 1 c1 q c2 1t2− ρ2 ) − Z t−ρ c1 0 δ(z)(−tln(c1(t − z) + q c2 1(t − z)2− ρ2 ρ ) + 1 c1 q c2 1(t − z)2− ρ2)dz} I1 = −2 Z t−ρ c1 0 {δ(z)(−tln(c1(t − z) + q c2 1(t − z)2− ρ2 ρ )
+1 c1 q c2 1(t − z)2− ρ2)dz} I1 = −2 limu⇒0{H(t − ρ c1 − u) − H(−u)}{−tln(c1(t − z) + q c2 1(t − z)2− ρ2 ρ ) +1 c1 q c2 1(t − z)2− ρ2} I1 = 2H(t − ρ c1 ){tln(c1t + q c2 1t2− ρ2 ρ ) − 1 c1 q c2 1t2− ρ2} (1.38)
bulunur. Şimdi (1.35) ifadesindeki ikinci integrali
I2 = −2 Z √ c2 1t2−ρ2 0 H(t)t rdu r = q ρ2+ u2 I2 = −2 Z √ c2 1t2−ρ2 0 H(t)√ t ρ2+ u2du = −2H(t)t Z √ c2 1t2−ρ2 0 1 √ ρ2+ u2du u = ρ shα dönüşümü yapılırsa u = ρ shα du = ρ chα dα Z 1 √ ρ2+ u2du = Z ρ chα dα ρ chα = α shα = u ρ = eα− e−α 2 e α = x x2− 2u ρx − 1 = 0 x1,2 = u ρ ∓ s u2 ρ2 + 1
u = 0 da α = 0 olacaktır. Bu yüzden + kök kullanılır ve
I2 = −2H(t)t ln( u ρ + √ u2+ ρ2 ρ )| √ c2 1t2−ρ2 0
I2 = −2H(t)t ln( q c2 1t2− ρ2 ρ + q c2 1t2− ρ2+ ρ2 ρ ) I2 = −2H(t)t ln( c1t + q c2 1t2− ρ2 ρ ) (1.39) bulunur. (1.38) ve (1.39), (1.35) de kullanılırsa Fk= ek 1 2π(H(t − ρ c1 ){tln(c1t + q c2 1t2− ρ2 ρ ) − 1 c1 q c2 1t2− ρ2}) = Fkek (1.40)
bulunur. Diğer terim hesaplar sonucu kaybolacağı için göz önüne alınmamıştır Şimdi bu yükle ilgili yer değiştirme ve gerilme alanları
¯ uk = ∇∇ · ( ¯Fk) − ∇ × ∇ × ( ¯Gk) (1.41) ¯ τijk = λ ¯ukl,lδij + µ( ¯uki,ju¯ k j,i) (1.42)
şeklinde hesaplanırlar. Sonsuz bir ortamda ¯uk ve ¯τk
ij çifti ani olarak y(y1, y2)
noktasına yüklenen δ(t) siddetinde ve ek doğrultusunda tekil bir yükten dolayı
herhangi bir x(x1, x2) noktasında oluşan yerdeğiştirme ve gerilme alanlarını gösterirler.
Elastodinamiğin iki boyutlu problemleri için bu çift, karşıtlık teoreminde temel çözüm olarak S∗ şeklinde kullanılacaktır.
Şimdi farklı bir temel çözüm veya bir tekil elastodinamik halde S0 = (u0, τ0) çıkartılacaktır. Bu yeni S0 = (u0, τ0) elastodinamik halinin teşkilinde silindirik kordinatlar (R, θ, z) kullanılacaktır. Başlangıç noktası ¯Fkve ¯Gkdır. Herhangi bir y1(R1, θ1) noktasında baz vektörü eR1 kartezyen baz vektörleri e1 ve e2 cinsinden aşağıdaki gibi ifade edilir.
eR1 = cosθ1e1+ sinθ1e2 (1.43)
sırasıyla eR1 ve eR2 olan iki tekil kuvvetin etkidiği düşünülecektir. Bu iki kütle
kuvvetinden dolayı bir x(R, θ) noktasında oluşan ¯Fsve ¯Gsfonksiyonları süperpozisyonla
¯ Fs = 1 4πR1 {H(t − ρ¯1 c1 ){t ln(c1t + q c2 1t2− ¯ρ21) ¯ ρ1 − 1 c1 q c2 1t2− ¯ρ21}}eR1 + 1 4πR1 {H(t − ρ¯2 c1 ){t ln(c1t + q c2 1t2− ¯ρ22) ¯ ρ1 − 1 c1 q c2 1t2− ¯ρ22}}eR2, (1.44) ¯ Gs = 1 4πR1 {H(t − ρ¯1 c2 ){t ln(c2t + q c2 2t2− ¯ρ21) ¯ ρ1 − 1 c2 q c2 2t2− ¯ρ21}}eR1 + 1 4πR1 {H(t − ρ¯2 c2 ){t ln(c2t + q c2 2t2− ¯ρ22) ¯ ρ1 − 1 c2 q c2 2t2− ¯ρ22}}eR2 (1.45)
olarak bulunur. y1, y2 yükleme noktalarının gösterimi Şekil 1.1 de verilmiştir.
x1 eR1 y1 R1 ρ1 R θ1 θ 2 x2 ρ2 y2 eR2
Şekil 1.1 : y1, y2 yükleme noktalarının gösterimi
¯
ρ21 = R2+ R21− 2R R1cos(θ − θ1) , (1.46)
¯
R1 yarıçaplı daire üzerinde yayılı bir yük yüklenmesi halinde buna karşı gelen
fonksiyonları elde etmek için (1.44) ve (1.45) ifadeleri πR1‘ e bölünerek R1yarıçaplı
daire üzerinde 0−π aralığında integre edilecektir ve R1 = 0 da yüklü bir çembersel
yükten dolayı oluşan alanı bulmak için integral içinde R1 → 0 için limit alınacaktır.
f (ρi) = t ln(c1t + q c2 1t2− ρ2i) ρi − 1 c1 q c2 1t2− ρ2i (1.48) F0 = Z π 0 {H(t − ρ1 c1 )f (ρ1)eR1 + H(t − ρ2 c1 )f (ρ2)eR2} 1 4πR1 1 πdθ (1.49) F0 = limR1=⇒0 Z π 0 {H(t −ρ1 c1 )f (ρ1)eR1 + H(t − ρ2 c1 )f (ρ2)eR2} 1 4πR1 1 πdθ (1.50)
Bu durumda integral içindeki terim 00 formunu alır. Gerekli türevler alınırsa
F0 = limR1=⇒0 Z π 0 {{δ(t − ρ1 c1 )f (ρ1)(− 1 c1 ) + H(t − ρ1 c1 )∂f (ρ1) ∂ρ1 }∂ρ1 ∂R1 −{δ(t − ρ2 c1 )f (ρ2)(− 1 c1 ) − H(t − ρ2 c1 )∂f (ρ2) ∂ρ2 }∂ρ2 ∂R1 } 1 4πe R1dθ π (1.51) ∂f (ρ1) ∂ρ1 = 1 c1 q c2 1t2− ρ21 ρ1 (1.52) F0 = 1 4π2 Z π 0 H(t − R c1 )1 c1 {2 q c2 1t2− R2 R }eR1cos(θ − θ1)dθ1 F0 = 1 2π2H(t − R c1 )1 c1 q c2 1t2− R2 R Z π 0
(e1cosθ1+ e2sinθ1)cos(θ − θ1)dθ1
F0 = 1 4πH(t − R c1 )1 c1 q c2 1t2− R2 R (1.53) ve benzer şekilde
G0 = 1 4πH(t − R c2 )1 c2 q c2 2t2− R2 R (1.54)
bulunur. F0 ve G0 ye karşı gelen u0 ve τ0 ise
u0 = ∇∇ · F0 (1.55) ∇ · F0 = 1 R ∂ ∂R(F 0· R) = ∂F0 ∂R + F0 R ∂F0 ∂R = 1 4πH(t − R c1 )1 c1 ( −R Rqc2 1t2− R2 − 1 R2 q c2 1t2− R2) ∇ · F0 = 1 4πH(t − R c1 )1 c1 (q −1 c2 1t2− R2 − 1 R2 q c2 1t2− R2+ 1 R2 q c2 1t2− R2) = 1 4πH(t − R c1 )1 c1 (q −1 c2 1t2− R2 ) ∇∇ · F0 = 1 4πH(t − R c1 )1 c1 (q −R c2 1t2− R2 3) + 1 4πδ(t − R c1 )1 c2 1 (q 1 c2 1t2− R2 )eR u0R = 1 4π{H(t − R c1 )1 c1 ( −R q c2 1t2− R2 3) + δ(t − R c1 )1 c2 1 (q 1 c2 1t2− R2 )} (1.56) 0RR = ∂u 0 R ∂R = 1 4π{H(t − R c1 )1 c1 ( −1 q c2 1t2− R2 3 − 3R2 q c2 1t2− R2 5) +δ(t − R c1 )1 c2 1 (q R c2 1t2− R2 3 +q R c2 1t2− R2 3) + δ · (t − R c1 )1 c3 1 (q −1 c2 1t2− R2 )} (1.57)
0θθ = 1 Ru 0 R= 1 4π{H(t − R c1 )1 c1 (q −1 c2 1t2− R2 3) +δ(t − R c1 )1 c2 1 ( 1 Rqc2 1t2− R2 )} (1.58) 4 = 0 RR+ 0 θθ = 1 4π{H(t − R c1 )1 c1 ( −2 q c2 1t2 − R2 3 − −3R2 q c2 1t2− R2 5) +δ(t − R c1 )1 c2 1 (q 2R c2 1t2− R3 + 1 Rqc2 1t2− R2 ) +δ·(t − R c1 )1 c3 1 ( R Rqc2 1t2 − R3 )} (1.59) τRR0 = λ4 + 2µ0RR = λ(RR+ θθ) + 2µRR (1.60) τθθ0 = λ4 + 2µ0θθ = (λ + 2µ)RR+ λθθ (1.61) τzz0 = λ4 (1.62) şeklinde bulunacaklardır.
1.2 İkinci Elastodinamik Halin Teşkili
Silindirik koordinatlarda baz vektörleri eR ve eθ bir (R, θ) noktasında kartezyen
baz vektörleri e1 ve e2 ye
eR = e1 cosθ + e2sinθ
şeklinde bağlanır. Şimdi bir R1, θ1 noktasında
eR1 = e1cosθ1+ e2 sinθ1
baz vektörü doğrultusunda 2πRg(t)
1 şiddetinde bir tekil kuvvet etkisin. Bu kuvvetten dolayı bir R, θ noktasında oluşan FR1 fonksiyonu
FR1 = 1 2π{H(t − ρ c1 )1 c1 c1t ln(c1t + q c2 1t2− ρ2) − c1t lnρ − q c2 1t2− ρ2 +H(t)t lnρ}eR1 (1.64) ρ =qR2+ R2 1 − 2RR1cos(θ − θ1) (1.65)
olacaktır. Şimdi bu kuvvetin R1 yarıçaplı daire üzerinde her noktaya aynı anda
etkidiğini düşünülecektir. Bu kuvvetlerden dolayı bir R, θ noktasına gelen etkiyi bulmak için eR1, eR1 = cos(θ − θ1)eR− sin(θ − θ1)eθ (1.66) şeklinde yazılarak FR1 = 1 2π{H(t − ρ c1 )1 c1 c1t ln(c1t + q c2 1t2− ρ2) − c1t lnρ − q c2 1t2− ρ2 +H(t)t lnρ} 1 2πR1 [cos(θ − θ1)eR− sin(θ − θ1)eθ] (1.67)
ifadesi θ1yarıçaplı çember üzerinde integre edilirse dönel simetrik alan için geçerli
Fs= 1 2π Z 2π 0 {H(t − ρ c1 )1 c1 c1t ln(c1t + q c2 1t2− ρ2) − c1t lnρ − q c2 1t2 − ρ2 +H(t)t lnρ} 1 2πR1 [cos(θ − θ1)eR− sin(θ − θ1)eθ] R1dθ1 (1.68)
olarak bulunur. ρ nun ifadesi (1.65) de verilmişti. Burada Fs deki integralleri dört integrale indirgenebilir. Fs= 1 (2π)2[I1eR+ I2eθ+ I3eR+ I4eθ] (1.69) Bu integraller yazılırsa I1 = Z 2π 0 H(t − ρ c1 )1 c1 c1t ln(c1t + q c2 1t2− ρ2) − c1t lnρ − q c2 1t2− ρ2 cos(θ − θ1)dθ1 (1.70) I2 = Z 2π 0 H(t − ρ c1 )1 c1 c1t ln(c1t + q c2 1t2− ρ2) − c1t lnρ − q c2 1t2− ρ2 {−sin(θ − θ1)} dθ1 (1.71) I3 = Z 2π 0 H(t)t lnρ cos(θ − θ1)dθ1 (1.72) I4 = Z 2π 0 H(t)t lnρ {−sin(θ − θ1)} dθ1 (1.73)
olarak tanımlanabilirler. I4 ve I2 integralleri sıfırdır. I1 integralinde sınırlar
tamamen doğru değildir. c1t < R1− R için I1 integrali kalkar. Zira R1 yarıçaplı
daireden hiçbir etki bu anda R yarıçaplı daireye ulaşamaz. I1 de
dönüşümü yapılırsa dθ1 = −dϕ sınırlar ϕ1 = −θ1 ϕ2 = 2π − θ1 ρ = q R2+ R2 1− 2RR1cos(ϕ)
olarak bulunur ve f (ρ) fonksiyonu
f (ρ) = H(t − ρ c1 )1 c1 c1t ln(c1t + q c2 1t2 − ρ2) − c1t lnρ − q c2 1t2− ρ2 (1.74)
şeklinde tanımlanarak I1 integrali
I1 = − Z 0 −θ1 f (ρ) cosϕ dϕ + Z 2π 0 f (ρ) cosϕ dϕ − Z 0 −θ1 f (ρ) cosϕ dϕ = Z 2π 0 f (ρ) cosϕ dϕ = Z π 0 f (ρ) cosϕ dϕ + Z 2π π f (ρ) cosϕ dϕ
yazılıp ikinci integralde
ϕ = 2π − β
dönüşümü yapılırsa
sınırlar β1 = π β2 = 0 olacağından I1 integrali I1 = Z π 0 f (ρ(ϕ)) cosϕ dϕ − Z 0 π f (ρ(ϕ)) cosβ dβ = 2 Z π 0 f (ρ(ϕ)) cosϕ dϕ I1 = 2 Z π 0 H(t − ρ c1 )1 c1 (c1t ln( c1t + q c2 1t2− ρ2 ρ ) − q c2 1t2− ρ2)cos(ϕ) dϕ (1.75)
formunu alır. Şimdi bunu yarım açıya indirgeyelim
cosϕ = cos2ϕ 2 − sin 2ϕ 2 ρ = r 4RR1sin2 ϕ 2 + (R1− R) 2 (1.76) yazılıp ϕ 2 = θ dönüşümü yapılırsa sınırlar θ1 = 0 θ1 = π 2 dϕ = 2dθ bulunur ve I1 integrali I1 = 4 Z π2 0 H(t − ρ c1 )1 c1 c1t ln( c1t + q c2 1t2− ρ2 ρ ) − q c2 1t2− ρ2
(cos2θ − sin2θ) dθ (1.77) şeklini alır. u = t − ρ c1 = t − q (R1− R)2+ 4RR1sin2θ c1 (1.78) dönüşümü yapılırsa ρ = c1(t − u)
olur, sınırlar ise
u1 = t − R1− R c1 u2 = t − R1+ R c1 (1.79) olacaktır. Bu dönüşümle c1t ln( c1t + q c21t2− ρ2 ρ ) − q c2 1t2− ρ2
(cos2θ − sin2θ) dθ = f (u)du (1.80)
olarak kabul edilirse I1 integrali
I1 = 4 Z u2 u1 H(u)1 c1 f (u)du I1 = −4 Z u1 u2 H(u)1 c1 f (u)du
olarak yazılır. f (u) = dkdu = k0(u) şeklinde bir k(u) fonksiyonu tanımlanırsa bu integral I1 = −4 H(u)1 c1 k(u)|u1 u2− Z u1 u2 δ(u)1 c1 k(u)du
I1 = −4
H(u)1
c1
k(u)|u1
u2 − limu→0{(H(u1 − u) − H(u2− u))k(u)} 1 c1 I1 = −4 H(u1) 1 c1 k(u1) − H(u2) 1 c1 k(u2) + 4 (H(u1) − H(u2))k(0) 1 c1 = −4 H(u1) 1 c1 (k(u1) − k(0)) − H(u2) 1 c1 (k(u2) − k(0)) = −4 H(u1) 1 c1 Z u1 0 k0(u)du − H(u2) 1 c1 Z u2 0 k0(u)du
formunu alacaktır. f (u) = k0(u) olduğu için bu integral
I1 = −4 H(u1) 1 c1 Z u1 0 f (u)du − H(u2) 1 c1 Z u1 0 f (u)du − Z u1 u2 f (u)du I1 = −4 (H(u1) 1 c1 − H(u2) 1 c1 ) Z u1 0 f (u)du + H(u2) 1 c1 Z u1 u2 f (u)du
formuna getirilebilir. Şimdi integrallerde u değişkeni yerine (1.78) dönüşümü ile θ ya dönülürse u = 0 da θ = α olur. α açısı ise R1−R
c1 ≤ t ≤ R1+R c1 aralığında sinα = s c2 1t2− (R1− R)2 4RR1
olarak tanımlanır. u = u1 de θ = 0 ve u = u2 de θ = π/2 olur. Bu dönüşümler
yapılırsa I1 integrali I1 = H(t − R1− R c1 ) − H(t − R1+ R c1 ) 4 c1 Z α 0 f (ρ)cos2θ dθ +H(t −R1 + R c1 )4 c1 Z π/2 0 f (ρ)cos2θ dθ (1.81)
ρ =q(R1− R)2+ 4RR1sin2θ f (ρ) = c1t ln( c1t + q c2 1t2− ρ2 ρ ) − q c2 1t2− ρ2 (1.82)
olduğunuda anımsamak gerekecektir. I3integrali ise kompleks integrasyon tekniği
kullanılarak
I3 = −H(t)tπ
R R1
(1.83)
şeklinde bulunur. Hesaplanan I1, I2, I3 ve I4 integralleri (1.69) denklemine
yerleştirildiğinde Fs fonksiyonu Fs= 1 (2π)2{ H(t −R1− R c1 ) − H(t − R1+ R c1 ) 4 c1 Z α 0 f (ρ)cos2θ dθ +H(t −R1 + R c1 )4 c1 Z π/2 0 f (ρ)cos2θ dθ − H(t)tπ R R1 }eR = Fs(R, R1)eR (1.84)
şeklini alır. Şimdi us yerdeğiştirme alanı
us= ∇∇ · Fs = ∇∇ · FseR ∇ · Fs = 1 R ∂ ∂R(F sR) = ∂F s ∂R + Fs R us= ∇∇ · Fs = ∂ ∂R( ∂Fs ∂R + Fs R)eR= u s ReR (1.85)
şeklinde hesaplanacaktır. Fs(R, R1) ifadesindeki son terim (1.85) e yerleştirilince
düşer. Dolayısıyla bundan sonra sadece Fs(R, R1) deki ilk iki terim göz önüne
∂Fs ∂R = 4 (2π)2{ " δ(t −R1 − R c1 )1 c2 1 + δ(t − R1+ R c1 )1 c2 1 # Z α 0 f (ρ)cos2θ dθ −δ(t − R1+ R c1 )1 c2 1 Z π/2 0 f (ρ)cos2θ dθ + H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 " f (α) cos2αdα dR + Z α 0 ∂f (ρ) ∂R cos2θdθ # +H(t − R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 ∂f (ρ) ∂R cos2θ dθ} (1.86) Bu ifadede δ(t − R1−R c1 ) in çarpanı t = R1−R
c1 de sıfır olur. Dolayısıyla bu terim f (0) = 0 sa δ(x)f (x) = 0 olacağından düşer. Bu ifadedeki ikinci ve üçüncü terimlerin toplamı da sıfırdır. Zira t = R1+R
c1 de α = π/2 olmaktadır. Ayrıca
ρ(α) = c1t olduğunda (1.82) ifadesi incelenirse f (α) = 0 olduğu görülür. Sonuçta
∂Fs ∂R + Fs R = 4 (2π)2 H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t −R1+ R c1 )1 c1 Z α 0 (∂f (ρ) ∂R +f (ρ) R )cos2θdθ + H(t − R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 (∂f (ρ) ∂R + f (ρ) R )cos2θdθ (1.87)
bulunur. (1.85) den us nin R bileşeni
usR = 4 (2π)2{ " δ(t −R1 − R c1 )1 c2 1 + δ(t − R1+ R c1 )1 c2 1 # Z α 0 (∂f (ρ) ∂R + f (ρ) R ) cos2θ dθ H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1 + R c1 )1 c1 "dα dR( ∂f (ρ) ∂R + f (ρ) R )cos2θ θ=α + Z α 0 (∂ 2f (ρ) ∂R2 + ∂f (ρ) ∂R 1 R − f (ρ) R2 ) cos2θ dθ # −δ(t −R1+ R c1 )1 c2 1 Z π/2 0 (∂f (ρ) ∂R + f (ρ) R ) cos2θ dθ
+H(t −R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 (∂ 2f (ρ) ∂R2 + ∂f (ρ) ∂R 1 R − f (ρ) R2 ) cos2θ dθ} (1.88)
şeklinde bulunur. Bu ifadede δ(t−R1−R
c1 ) çarpanı t =
R1−R
c1 de α = 0 olacağından
düşer. δ(t−R1+R
c1 ) in çarpanı olan iki terim ise t =
R1+R
c1 de α = π/2 olacağından
birbirini yok eder.
∂f (ρ) ∂R = ∂f (ρ) ∂ρ ∂ρ ∂R = q c2 1t2− ρ2 ρ (R1− R) − 2R1sin2θ ρ (1.89)
terimi ise θ = α da ρ = c1t olacağından kaybolur. f (ρ(α)) = 0 olduğu daha önce
de belirtilmişti. Sonuçta kalan terimler yazılırsa
usR= 4 (2π)2{(H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 ) Z α 0 (∂ 2f (ρ) ∂R2 + ∂f (ρ) ∂R 1 R − f (ρ) R2 ) cos2θ dθ +H(t −R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 (∂ 2f (ρ) ∂R2 + ∂f (ρ) ∂R 1 R − f (ρ) R2 ) cos2θ dθ} (1.90)
olarak dönel simetrik problem için us
R bulunmuş olur. Bu ifadelerdeki integrandı
basitleştirmek için ∂f (ρ) ∂R = ∂f (ρ) ∂ρ ∂ρ ∂R ∂2f (ρ) ∂R2 = ∂2f (ρ) ∂ρ2 ( ∂ρ ∂R) 2+ ∂f (ρ) ∂ρ ∂2ρ ∂R2 (1.91) ∂ρ ∂R = −(R1− R) + 2R1sin2θ ρ (1.92) ∂ρ ∂θ = 4RR1sinθ cosθ ρ (1.93)
(∂ρ ∂R) 2 + 1 4R2( ∂ρ ∂θ) 2 = 1 (1.94) ∂2ρ ∂R2 = 1 ρ− (−(R1− R) + 2R1sin2θ)2 ρ3 (1.95) ∂2ρ ∂θ2 = 4RR1(cos2θ − sin2θ) ρ − 16R2R21 cos2θ sin2θ ρ3 (1.96) ∂2ρ ∂R2 + 1 R ∂ρ ∂R+ 1 4R2 ∂2ρ ∂θ2 = 1 ρ (1.97)
ifadeleri teşkil edilerek (1.89), (1.91) ve (1.97) kullanılırsa integrand
∂2f (ρ) ∂R2 + 1 R ∂f (ρ) ∂R − f (ρ) R2 = ∂2f (ρ) ∂ρ2 ( ∂ρ ∂R) 2+ ∂f (ρ) ∂ρ ( ∂2ρ ∂R2 + 1 R ∂ρ ∂R) − f (ρ) R2 = ∂ 2f (ρ) ∂ρ2 (1 − 1 4R2( ∂ρ ∂θ) 2) + ∂f (ρ) ∂ρ ( 1 ρ− 1 4R2 ∂2ρ ∂θ2) − f (ρ) R2 = ∂ 2f (ρ) ∂ρ2 + 1 ρ ∂f (ρ) ∂ρ − f (ρ) R2 − 1 4R2( ∂2f (ρ) ∂θ2 ) (1.98)
şeklinde yazılabilir. (1.90) deki integraller
= Z β 0 (∂ 2f (ρ) ∂ρ2 + 1 ρ ∂f (ρ) ∂ρ − f (ρ) R2 ) cos2θ dθ − 1 4R2 Z β 0 ∂2f (ρ) ∂θ2 cos2θ dθ (β = α, π/2) (1.99)
formuna indirgenmiş olur. (1.99) deki ikinci integral ise kısmi integrasyon ile
= − 1 4R2 ∂f (ρ) ∂θ cos2θ β 0 − Z β 0 ∂f (ρ) ∂θ (−2 sin2θ) dθ = − 1 4R2 ∂f (ρ) ∂θ cos2θ β 0 + 2f (ρ)sin2θ β 0 − Z β 0 f (ρ)4 cos2θ dθ (β = α, π/2)
halinde yazılabilir. ∂f (ρ) ∂θ = ∂f (ρ) ∂ρ · ∂ρ) ∂θ = − q c2 1t2− ρ2 ρ · 4RR1 sinθ cosθ ρ
olduğu için β = α da ∂f (ρ)∂θ ifadesi θ = α için ρ = c1t olacağından kaybolur.
f (ρ(α)) = 0 olduğu daha önce de belirtilmişti. θ = 0 için ∂f (ρ)∂θ sıfırdır. Aynı nedenlerle f (θ)sin2θ ifadesi θ = 0, α için düşer. β = π/2 de ∂f (ρ)∂θ ifadesi sıfırdır. f (θ)sin2θ ifadesi θ = π/2, 0 için sinπ = 0 ve sin0 = 0 olduğu için düşer. Sonuçta (1.99) deki ikinci integral
− 1 4R2 Z β 0 ∂2f ∂θ2 cos2θ dθ = Z β 0 1 R2f (ρ) cos2θ dθ (β = α, π/2) (1.100)
olacaktır. Bu ifadeler (1.99) ve (1.90) de kullanılırsa radyal yerdeğiştirme
usR = 4 (2π)2{(H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 ) Z α 0 (∂ 2f (ρ) ∂ρ2 + ∂f (ρ) ∂ρ 1 ρ) cos2θ dθ +H(t −R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 (∂ 2f (ρ) ∂ρ2 + ∂f (ρ) ∂ρ 1 ρ) cos2θ dθ} (1.101) olarak bulunur. ∂f ∂ρ = − q c2 1t2− ρ2 ρ ∂2f ∂ρ2 = c2 1t2 ρ2qc2 1t2− ρ2 (1.102) ifadeleri kullanılarak ∂2f ∂ρ2 + ∂f ∂ρ 1 ρ = 1 q c2 1t2− ρ2 (1.103)
usR= 4 (2π)2{(H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 ) Z α 0 1 q c2 1t2− ρ2 cos2θ dθ +H(t − R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 1 q c2 1t2− ρ2 cos2θ dθ} (1.104) şeklini alır. Z α 0 1 q c2 1t2 − ρ2 cos2θ dθ integrali ρ =q(R1− R)2+ 4RR1sin2θ olduğuna göre Z α 0 1 q c2 1t2− (R1− R)2− 4RR1sin2θ cos2θ dθ olarak yazılır. sinα = s c2 1t2− (R1 − R)2 4RR1 c1t > R1− R c1t ≤ R1+ R (1.105) olduğu anımsanıp
sinθ = sinα sinϕ (1.106)
değişken dönüşümü yapılırsa sınırlar
θ = α da sinϕ = 1 → ϕ = π/2 olacaktır. q c2 1t2− (R1− R)2− 4RR1sin2θ = q 4RR1 sinα cosϕ
cos2θ = 1 − 2sin2θ = 1 − 2 sin2α sin2ϕ
cosθ dθ = sinαcosϕ dϕ
q
1 − sin2α sin2ϕdθ = sinα cosϕ dϕ
dθ = √ sinα
1 − sin2α sin2ϕ cosϕ dϕ
yukarıdaki ifadeler kullanıldığında uR
= 4 (2π)2{ H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 1 √ 4RR1 1 − 2 sin2α sin2ϕ √ 1 − sin2α sin2ϕ dϕ +H(t − R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 1 q c2 1t2− ρ2 cos2θ dθ} = 4 (2π)2{ H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 {2q1 − sin2α sin2ϕ − √ 1 1 − sin2α sin2ϕ} 1 √ 4RR1 dϕ +H(t − R1+ R c1 )1 c1 Z π/2 0 1 q c2 1t2− ρ2 cos2θ dθ} (1.107)
olarak bulunur. (1.107) deki son integralde ρ ifadesi açık yazılırsa I2 = Z π/2 0 1 q c2 1t2− ρ2 cos2θ dθ = Z π/2 0 1 q c2 1t2− (R1− R)2− 4RR1sin2θ cos2θ dθ I2 = Z π/2 0 1 q c2 1t2− (R1 − R)2 cos2θ r 1 − 4RR1sin2θ c2 1t2−(R1−R)2 dθ sin2β = 4RR1 c2 1t2− (R1− R)2 c1t > R1+ R (1.108) denirse I2 = Z π/2 0 sinβ √ 4RR1 cos2θ √ 1 − sin2β sin2θ dθ = √sinβ 4RR1 Z π/2 0 1 √ 1 − sin2β sin2θ dθ + 2 sinβ √ 4RR1 Z π/2 0 −sin2θ √ 1 − sin2β sin2θ dθ
ikinci integral sin2β ile çarpılıp bölündükten sonra pay kısmına ±1 eklenip integral
I2 = sinβ √ 4RR1 Z π/2 0 1 √ 1 − sin2β sin2θ dθ +2√ sinβ 4RR1sin2β Z π/2 0 {q1 − sin2β sin2θ −√ 1 1 − sin2β sin2θ} dθ E(β) = Z π/2 0 q 1 − sin2β sin2θ dθ F (β) = Z π/2 0 1 √ 1 − sin2β sin2θ dθ(1.109) tanımları yapılırsa 1 √ 4RR1sinβ h F (β)(−2 + sin2β) + 2E(β)i (1.110)
UR = 4 (2π)2 " H(t −R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 [2E(α) − F (α)]√ 1 4RR1 +H(t −R1 + R c1 )1 c1 1 √ 4RR1sinβ h F (β)(−2 + sin2β) + 2E(β)i # (1.111)
halini alır. Şimdi gerilme bileşenleri hesaplanacaktır. Silindirik kordinatlarda dönel simetrik halde yerdeğiştirme ve gerilme tansörleri bu elastodinamik hal için
RR = ∂UR ∂R θθ = UR R tsRR = λ(RR+ θθ) + 2µ RR tsθθ = λ(RR+ θθ) + 2µ θθ
olduğundan UR nin türevini almak yeterlidir.
∂UR ∂R = 4 (2π)2{(δ(t − R1− R c1 )1 c2 1 + δ(t − R1+ R c1 )1 c2 1 ) [2E(α) − F (α)]√ 1 4RR1 −δ(t −R1+ R c1 )1 c2 1 1 √ 4RR1sinβ h F (β)(−2 + sin2β) + 2E(β)i + H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 " d dR([2E(α) − F (α)] 1 √ 4RR1 ) # +H(t −R1+ R c1 )1 c1 d dR( 1 √ 4RR1sinβ h F (β)(−2 + sin2β) + 2E(β)i)} (1.112) Bu ifadede δ(t −R1−R c1 ) çarpanı t = R1−R c1 de düşmez. δ(t − R1+R c1 ) in çarpanı olan iki terim ise t = R1+R
c1 de αi,β = π/2 olacağından birbirini yok eder. Böylelikle denklem
∂UR ∂R = 4 (2π)2{δ(t − R1− R c1 )1 c2 1 [2E(α) − F (α)]√ 1 4RR1 +(H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 )1 c1 ) d dR([2E(α) − F (α)] 1 √ 4RR1 ) +H(t −R1+ R c1 )1 c1 d dR( 1 √ 4RR1sinβ h F (β)(−2 + sin2β) + 2E(β)i)} (1.113) şeklini alır. I1 = d dR([2E(α) − F (α)] 1 √ 4RR1 ) = [2E(α) − F (α)]0 √ 1 4RR1 + [2E(α) − F (α)] (√ 1 4RR1 )0 hesaplanacaktır. (E(α))0 = d dR Z π/2 0 √ 1 − sin2α sin2θdθ = Z π/2 0 −sin2θ
2√1 − sin2α sin2θdθ(sin 2α)0 (sin2α)0 = A = (c 2 1t2− (R1− R)2 4RR1 )0 = R 2 1− R2− c21t2 4R2R 1 = 1 R(−sin 2α + 1 2) − 1 2R1 (1.114)
integrali sin2α ile çarpıp bölüp paya ±1 eklenirse
= A sin2α Z π/2 0 1 − 1 − sin2α sin2θ 2√1 − sin2α sin2θ dθ = A 2sin2α Z π/2 0 " 1 − sin2α sin2θ √ 1 − sin2α sin2θ − 1 √ 1 − sin2α sin2θ # dθ
(E(α))0 = A 2sin2α(E(α) − F (α)) (1.115) (F (α))0 = d dR Z π/2 0 1 √ 1 − sin2α sin2θ dθ = Z π/2 0 sin2θ
2√1 − sin2α sin2θ3 dθ (sin 2
α)0
integrali sin2α ile çarpıp bölüp paya ±1 eklenirse
= A 2sin2α Z π/2 0 1 − 1 + sin2θ sin2α √ 1 − sin2α sin2θ3 dθ = A 2sin2α Z π/2 0 " − 1 − sin 2θ sin2α √ 1 − sin2α sin2θ3 + 1 √ 1 − sin2α sin2θ3 # dθ = A 2sin2α[−F (α) + π(α)] π(α) = E(α) cos2α = Z π/2 0 1 √ 1 − sin2α sin2θ3dθ (1.116) tanımı yapılırsa (F (α))0 = A 2sin2α " −F (α) + E(α) cos2α # (1.117) olarak bulunur. (√ 1 4RR1 )0 = −√2R1 4RR1 3 = − 1 √ 4RR1 1 2R (1.118) [2E(α) − F (α)]0 √ 1 4RR1 + [2E(α) − F (α)] (√ 1 4RR1 )0 = √ 1 4RR1 " A 2sin2α(2E(α) − 2F (α)) − A 2sin2α(−F (α) + E(α) cos2α) # −√ 1 4RR1 1 2R[2E(α) − F (α)] = √ 1 4RR1 " A 2sin2α(2E(α) − F (α) − E(α) cos2α) # −√ 1 4RR1 1 2R[2E(α) − F (α)]
I1 = 1 √ 4RR1 {1 R E(α)( 1 4cos2αsin2α − 2) + F (α)(1 − 1 4sin2α) + 1 R1 " E(α)( 1 4cos2α − 1 4sin2α) + F (α) 4sin2α # } (1.119) elde edilir. I2 = d dR( 1 √ 4RR1sinβ h F (β)(−2 + sin2β) + 2E(β)i) = d dR Z π/2 0 cos2θ q c2 1t2− (R1− R)2− 4RR1sin2θ dθ hesaplanacaktır. I2 = Z π/2 0 cos2θ(R − R1cos2θ) q c2 1t2− (R1− R)2 3r 1 − 4RR1sin2θ c2 1t2−(R1−R)2 3 dθ sinβ = 4RR1 c2 1t2− (R1− R)2 olduğu anımsanırsa I2 = sin3β √ 4RR1 3 Z π/2 0 cos2θ(R − R1cos2θ) √ 1 − sin2β cos2β3 dθ I2 = R sin3β √ 4RR1 3 Z π/2 0 cos2θ √ 1 − sin2β cos2β3 dθ − R1sin3β √ 4RR1 3 Z π/2 0 (cos2θ)2 √ 1 − sin2β cos2β3 dθ
olarak elde edilir. İlk integral hesaplanırsa
A = R sin 3β √ 4RR1 3 Z π/2 0 cos2θ √ 1 − sin2β cos2β3 dθ = R sinβ √ 4RR1 3 Z π/2 0 (1 − 2sin2θ)sin2β √ 1 − sin2β cos2β3 dθ X = √R sinβ 4RR1 3 = sinβ 4R1 √ 4RR1 (1.120)
denirse π(β), E(β) ve F (β) değerlerini kullanıp gerekli işlemler yapılarak A integrali
A = X sin2β π(β) + 2X(−π(β) + F (β)) = X(E(β)(sin
2β cos2β − 2 cos2β) + 2F (β)) A = √sinβ 4RR1 1 R1 " E(β)( sin 2β 4cos2β − −1 2cos2β) + F (β) 2 # (1.121)
olarak bulunur.I2 denklemindeki ikinci integral
B = −R1sin 3β √ 4RR1 3 Z π/2 0 (cos2θ)2 √ 1 − sin2β cos2β3 dθ = −√ R1 4RR1 3 sinβ Z π/2 0 (cos2θ)2sin4β √ 1 − sin2β cos2β3 dθ Y = −√ R1 4RR1 3 sinβ = − 1 4R√4RR1 3 sinβ (1.122)
denirse π(β), E(β) ve F (β) değerlerini kullanıp gerekli işlemler yapılarak B integrali B = Y " E(β)(sin 4β cos2β − 4sin2β cos2β + 4 cos2β + 4) + F (β)(4sin 2β − 8) # B = Y " E(β)(sin 4β cos2β + 8) + F (β)(4sin 2β − 8) # B = √sinβ 4RR1 1 R " E(β)(−sin 2β 4cos2β − 2 sin2β) + F (β)(−1 + 2 sin2β) # (1.123)
olarak bulunur. Elde edilen A ve B değerleri toplanırsa I2 denklemi
I2 = sinβ √ 4RR1 {1 R " E(β)(−sin 2β 4cos2β − 2 sin2β) + F (β)(−1 + 2 sin2β) #
+ 1 R1 " E(β)( sin 2β 4cos2β − −1 2cos2β) + F (β) 2 # } (1.124)
Bulunan I1 ve I2değerleri kullanılarak ∂U∂R
∂U ∂R = 4 (2π)2{δ(t − R1− R c1 )1 c2 1 [2E(α) − F (α)]√ 1 4RR1 + H(t − R1− R c1 )1 c1 − H(t − R1+ R c1 ) 1 √ 4RR1 {1 R E(α)( 1 4cos2αsin2α − 2) +F (α)(1 − 1 4sin2α) + 1 R1 " E(α)( 1 4cos2α − 1 4sin2α) + F (α) 4sin2α # } +H(t − R1+ R c1 )√sinβ 4RR1 {1 R " E(β)(−sin 2β 4cos2β − 2 sin2β) + F (β)(−1 + 2 sin2β) # + 1 R1 " E(β)( sin 2β 4cos2β − 1 2cos2β) + F (β) 2 # }} (1.125)
olarak bulunur. Böylelikle RR,θθ,tsRR ve tsθθ yerdeğiştirme ve gerilme tansörleri
2. ÖRNEK PROBLEMLER
2.1 Örnek Problem 1: Delik Yüzeyine Etkiyen İç Basıncın
Sabit Olması Hali
Problemle ilgili bölge yarıçapı a olan silindirik bir boşluk içeren, sonsuz bir elastik
ortamdır. t = 0 da sabit bir p(t) basıncı küresel boşluğun sınırına yüklenip
bırakılmaktadır. Çözümde (R, θ, Z) koordinatları kullanılacaktır. Sınır R = a
olarak tanımlanır ve bu dış normali n = −eR dir. Problemde gerilme tansörü ve
yerdeğiştirme vektörü: τ = τRR 0 0 0 τθθ 0 0 0 τzz (2.1) u = uReR (2.2)
olarak yazılırlar ve bütün bileşenler sadece R ve t nin fonksiyonudurlar. u(t, R) ve τ (t, R) çifti bir S(u, τ ) elastodinamik hali tanımlar. S hali ve S0 elastodinamik hali için yüzey gerilmesi vektörleri
TR(t, a) = p(t)H+(t) (2.3)
T0(t, a) = TR0(t, a)eR= τ0(t, a) · n = −τ0(t, a)eR = −τRR(t, a)eR
⇒ TR0(t, a) = −τRR0 (2.4)
şeklindedir. Burada H+(t), [0, ∞) aralığında bire eşit ve bütün türevleri sıfır olan bir fonksiyon olarak seçilmiştir. İlave olarak her R ∈ [a, ∞) için
olacaktır. S ve S0 halleri arasında yazılan dinamik karşıtlık teoremi aşağıdaki formu alır. Z S T0(t, a) ∗ u(t, a)dS = Z S T (t, a) ∗ u0(t, a)dS (2.6)
Dinamik karşıtlık teoreminde f = 0 olduğu için f0 de bölge dışında olduğu için
hacim integralleri bulunmaz.
T (t, a) = p(t)H+(t)eR, (2.7)
T0(t, a) = τ0(t, a)n = −τ0(t, a)eR= −τRR0 (t, a)eR (2.8)
S[u0, τ0] elastodinamik halinde yükleme t = 0 anında yapılmıştı Bu zamanı
t = −ca
1 e çekersek (1.60) arası ifadelerde t yerine t +
a
c1 koymak yeterlidir. Bu durumda (2.6) deki karşıtlık toremi
Z S T0∗ u dS = Z S τ0RR∗ uR dS = Z S p(t)H(t) ∗ u0R dS (2.9)
formu alır. Bu denklem T0RR ve u0R nin (1.56) (1.62) arası verilen ifadeleri kullanılarak − Z t 0 {(λ + 2µ c1 )(H(t − τ )g0(t − τ ) + δ(t − τ ) g1 c1 (t − τ ) + δ·(t − τ )g2 c2 1 (t − τ )) +λ c1 (H(t − τ )f0(t − τ ) + δ(t − τ )f1(t − τ ))}uR(a, τ )dτ = Z t 0 a c1 (H(t − τ )f0(t − τ ) + δ(t − τ ) c1 f1(t − τ )) ∗ H+(τ )p(τ )dτ (2.10) Burada
g0(t) = (− 1 q c2 1(t + ca1) 2− a23 − 3a 2 q c2 1(t +ca1) 2 − a25 ) g1(t) = 2a q c2 1(t + ca1) 2− a23 g2(t) = − 1 q c2 1(t +ca1) 2− a2 f0(t) = − 1 q c2 1(t + ca1) 2− a23 f1(t) = 1 aqc2 1(t +ca1) 2− a2 (2.10) denklemindeki δ·(t − τ ) lu terim Z t 0 δ·(t − τ )g2(t − τ ) c2 1 u(τ )dτ = −δ(t − τ )g2(t − τ ) c2 1 u(τ ))|t0 + Z t 0 δ(t − τ )1 c2 1 (−g2·(t − τ )u(τ ) + g2(t − τ )u·(τ ))dτ (2.11)
(2.10) denklemine yerleştirilirse sağ tarafta kalan denklem
λ + 2µ c1 δ(t − τ )g2(t − τ ) c2 1 u(τ )|t0− Z t 0 {(λ + 2µ c1 )(H(t − τ )g0(t − τ )u(τ ) +δ(t − τ )1 c1 (u(τ )(g1(t − τ ) − g·2(t − τ ) c1 ) + u·(τ )g2(t − τ ) c1 ) +λ c1 (H(t − τ )f0(t − τ )u(τ ) + δ(t − τ ) c1 f1(t − τ )u(τ ))}dτ (2.12)
λ + 2µ c1 (δ(t − τ )g2(t − τ ) c2 1 u(τ ) + H(t − τ )((g1(t − τ ) c1 − g · 2(t − τ ) c2 1 )u(τ ) +g2(t − τ ) c1 u·(τ ) c1 ))|t0+ λ c1 (H(t − τ )1 c1 f1(t − τ )u(τ )) − Z t 0 ((λ + 2µ c1 )(H(t − τ )(u(τ )(g0(t − τ ) − g·1(t − τ ) c1 + g ·· 2(t − τ ) c2 1 ) +u ·(τ ) c1 (g1(t − τ ) − 2g·2(t − τ ) c1 ) + u ··(t − τ ) c2 1 g2(t − τ )) +λ c1 (H(t − τ )(u(τ )(f0(t − τ ) − f1·(t − τ ) c1 ) + u·(τ )1 c1 f1(t − τ )) = a c2 1 (−H(t − τ )f1(t − τ )p(t)) + Z t 0 H(t − τ )(f0(t − τ ) + f1(t − τ ) c1 )p(τ ) (2.13)
İntegral içindeki ilk terim:
g0(t) − g1·(t) c1 + g2(t) ·· c2 1 = − 3c 2 1t2 q c2 1(t +ca1) − a 25 u nun katsayısı −(λ+2µc
1 ) li terimde u nun katsayısıdır. İkinci terim:
g1(t) − 2g2·(t) c1 = − 2c1t q c2 1(t +ca1) − a 23 −(λ+2µc 1 ) li terimde u· c1 nın katsayısıdır. Üçüncü terim: g2(t) = − 1 q c2 1(t + ca1) − a 2 −(λ+2µ c1 ) li terimde u·· c1 nın katsayısıdır. Dördüncü terim: f0(t) − f1·(t) c1 = c1t aqc2 1(t + ca1) − a 23
−λ
c1 li terimde u nun katsayısıdır. Beşinci terim:
f1(t) = 1 aqc2 1(t + ca1) − a 2 (2.14) −λ c1 li terimde u·
c1 nın katsayısıdır. Şimdi integral dışındaki terimleri hesaplayalım.
λ+2µ
c1 in çarpanındaki birinci terim
T1 = δ(t − τ ) g2(t − τ ) c2 1 u(τ )|t0 = δ(t − τ )1 c2 1 (−q 1 c2 1(t − τ + ca1) 2− a2)u(τ )| t 0 = δ(0)1 c2 1 (−√1 0)u(t) − δ(t) 1 c2 1 (q 1 c2 1(t +ca1)2− a2 )u(0) (2.15)
İlk terim 00 olur. Türevi alınırsa ilk terimin sonucu 0 olarak bulunur. İkinci terim u(0) = 0 olduğu için düşer. λ+2µc
1 in çarpanındaki ikinci terim
T2 = H(t − τ )(( g1(t − τ ) c1 −g · 2(t − τ ) c2 1 )u(τ ) + g2(t − τ ) c1 u·(τ ) c1 )|t0 g1(t) c1 − g · 2(t) c2 1 = 2a c1 q c2 1(t +ca1) 2− a23 − t + a c1 q c2 1(t + ca1) 2− a23 = 1 c1 q c2 1(t +ca1)2− a2 3(−c1t + a) T2 = H(t − τ )(u(τ ) 1 c1 q c2 1(t − τ + ca1) 2− a23 (a − c1(t − τ )) +u ·(τ ) c1 (− 1 c1 q c2 1(t − τ + ca1)2− a2 ))|t0
τ = t de ilk terim yine 00 olur. İki kere türevi alınırsa τ = 0 da ilk terim 0 olarak bulunur. Böylelikle T2 terimi τ = 0 da
T2 = −H(t){ u(0) c1 q c2 1(t + ca1)2− a2 (a − c1t) + 1 c1 (− u ·(0) c1 q c2 1(t + ca1)2− a2 )} (2.16)
olarak bulunur. Dışarıdaki üçüncü terim cλ
1 çarpanı: T3 = H(t − τ ) 1 c1 f1(t − τ )u(τ )|t0 = H(t − τ ) 1 c1 u(τ ) aqc2 1(t − τ + ca1)2− a2 |t 0 (2.17) = H(0)1 c1 1 a√0u(t) − H(t) 1 c1 1 aqc2 1(t +ca1)2− a2 u(0) (2.18)
ilk terim 00 olur. Türev alınırsa ilk terim 0 olarak bulunur. Böylelikle
T3 = −H(t) 1 c1 1 aqc2 1(t + ca1)2− a2 u(0) (2.19)
olarak bulunur. Şimdi denklemin sağ tarafını inceleyelim:
S = Z t 0 a c1 (H(t − τ )f0(t − τ ) + δ(t − τ ) c1 f1(t − τ ))H+(τ )p(τ )dτ (2.20) = a c1 (−H(t − τ )1 c1 f1(t − τ )p(τ ))H+(τ )|t0+ Z t 0 (H(t − τ )f0(t − τ )p(τ )H+(τ ) +H(t − τ )(−1 c1 f10(t − τ )p(τ )H+(τ )) + 1 c1 f1(t − τ )p0(τ )H+(τ ))dτ ) Dışarıdaki terim (ca 1) in çarpanı T4 = H(t − τ ) 1 c1 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2p(τ ))H +(τ )|t 0 (2.21) T4 = H(0) 1 c1 1 a√0p(t)H +(t) − H(t)1 c1 1 aqc2 1(t + ca1) 2− a2p(0) (2.22)
ilk terim 00 olur. Türev alınırsa ilk terim 0 olarak bulunur. Böylelikle T4 = −H(t) 1 c1 1 aqc2 1(t +ca1) 2− a2p(0) (2.23)
olarak bulunur. İntegralde kalan terim
T5 = a c1 Z t 0 (H(t − τ )f0(t − τ )p(τ ))H+(τ ) + H(t − τ )(− 1 c1 f1·(t − τ )p(τ )H+(τ ) +1 c1 f1(t − τ )p(τ )·H+(τ ))dτ T5 = a c1 Z t 0 {H(t − τ )(p(τ )( c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a23 ) +p 0(τ ) c1 ( 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2))}dτ
Sağ taraftaki denklem
S = a c1 H(t)1 c1 1 aqc21(t + ca 1) 2− a2p(0) +a c1 Z t 0 {H(t − τ )(p(τ )( c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a23 ) +p 0(τ ) c1 ( 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2))}dτ (2.24)
olarak bulunur. Genel denklem
G = λ + 2µ c1 {δ(t)1 c2 1 1 q c2 1(t − ca1) 2− a2u(0) + H(t)( 1 c1 u(0) q c2 1(t − ca1) 2− a23 (−a + c1t)
+u ·(0) c1 ( 1 c1 q c2 1(t − ca1) 2− a2))} + λ c1 {−H(t)u(0) 1 c1 q c2 1(t − ca1) 2− a2} + Z t 0 {λ + 2µ c1 H(t − τ )(u(τ ) 3c 2 1t2 q c2 1(t + ca1) 2− a25 + u ·(τ ) c1 2c1(t) q c2 1(t +ca1) 2− a23 +u ··(τ ) c2 1 1 q c2 1(t +ca1) 2− a2) + λ c1 H(t − τ )(u(τ )(− c1(t) aqc2 1(t + ca1) 2− a23 ) +u ·(τ ) c1 (− 1 aqc2 1(t + ca1)2− a2 ))}dτ = a c1 H(t)1 c1 1 aqc2 1(t + ca1)2− a2 p(0) +a c1 Z t 0 {H(t − τ )(p(τ )( c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1)2− a2 3) +p 0(τ ) c1 ( 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2))}dτ (2.25)
integral dışındaki terimler, u(0) = 0 alınması durumunda:
λ + 2µ c1 {H(t)u ·(0) c1 ( 1 c1 q c2 1(t − ca1) 2 − a2))} − a c1 H(t)1 c1 1 aqc2 1(t + ca1) 2− a2p(0)
Bu terimin 0 olması için
λ + 2µ c1 1 c2 1 u·(0) = 1 c2 1 p(0) u·(0) = p(0)c1 λ + 2µ
olarak bulunur. Kalan denklem:
Z t 0 (λ + 2µ c1 )H(t − τ )(u(τ ) 3c 2 1(t − τ )2 q c2 1(t − τ + ca1) 2− a25 +u ·(τ ) c1 2c1(t − τ ) q c2 1(t − τ + ca1) 2− a23
+u ··(τ ) c2 1 1 q c2 1(t − τ + ca1) 2− a2)dτ + Z t 0 λ c1 H(t − τ ) (u(τ )(− c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a23 ) − u ·(τ ) c1 ( 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2))dτ = a c1 Z t 0 {H(t − τ )(p(τ )( c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a23 ) +p 0(τ ) c1 ( 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2))}dτ (2.26)
Aşağıdaki I(t) integrali
I(t) = Z t 0 H(t − τ )f (t, τ )dτ = Z t 0 H(t − τ )g0(τ )dτ = H(t − τ )g(τ ) |t0 + Z t 0 δ(t − τ )g(τ )dτ = H(0)g(t) − H(t)g(0) − Z 0 t δ(u)g(t − u) dτ = H(0)g(t) − H(t)g(0) + Z t 0 δ(u)g(t − u) dτ
= H(0)g(t) − H(t)g(0) + limu→0[H(t − u) − H(−u)] g(t − u)
= H(0)g(t) − H(t)g(0) + [H(t) − H(0)] g(t)
= H(t) [g(t) − g(0)] = H(t)
Z t 0
g0(τ )dτ (2.27)
şeklinde tanımlanırsa denklem
Z t 0 (λ + 2µ c1 )(u(τ ) 3c 2 1(t − τ )2 q c2 1(t − τ + ca1) 2 − a25 +u ·(τ ) c1 2c1(t − τ ) q c2 1(t − τ + ca1) 2− a23
+u ··(τ ) c2 1 1 q c2 1(t − τ + ca1) 2− a2)dτ + Z t 0 λ c1 (u(τ )(− c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a23 ) −u ·(τ ) c1 ( 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2))dτ = a c1 Z t 0 {(p(τ )( c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a23 ) +p 0(τ ) c1 ( 1 aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a2))}dτ (2.28) olarak bulunur. u0(a, 0) = c1 λ + 2µp(0) olduğuna göre t∗ = c1t a yazılırsa t = at ∗ c1
elde edilir. Ayrıca
u∗ = 2µ ap0 u olarak tanımlanırsa u = u ∗ap 0 2µ (2.29)
Z t∗ 0 (λ + 2µ c1 )(ap0 2µu ∗ 3a2(t∗− τ∗)2 a5q(t∗− τ∗+ 1)2− 15 +u ·∗(τ∗) c1 ap0 2µ c1 a 2a(t∗− τ∗) a3q(t∗− τ∗+ 1)2− 13 +u ··∗(τ∗) c2 1 c2 1 a2 ap0 2µ 1 aq(t∗− τ∗+ 1)2− 1)dτ ∗a c1 +λ c1 Z t∗ 0 (−u∗(τ∗)ap0 2µ a(t∗− τ∗) a4q(t∗− τ∗+ 1)2− 13 ) −u ·∗(τ∗) c1 ap0 2µ c1 a 1 c1 1 a2q(t∗ − τ∗+ 1)2 − 1))dτ ∗ a c1 = a c1 Z t∗ 0 (p(τ∗)( a(t ∗− τ∗) a4q(t∗− τ∗+ 1)2− 13 ) +p 0(τ∗) c1 c1 a( 1 a2q(t∗− τ∗+ 1)2− 1))dτ ∗ (2.30)
şeklinde elde edilir. (2.30) numaralı denklem sistemine p(t∗) = p0 sabit basıncı
uygulandığında p0 = 0 olur. Böylelikle denklem sisteminde eşitlikten sonra gelen integrallerden ilki gerekli işlemler yapıldığında
a c1 Z t 0 p(τ ) c1(t − τ ) aqc2 1(t − τ + ca1) 2− a23 dτ = p0 c2 1a √ c1t √ c1t + 2a = p0 c2 1a √ t∗ √ t∗+ 2
olarak bulunur. İkinci integral ise p0 = 0 olduğundan düşer. Sonuçta denklem
sistemi λ + 2µ 2µ Z t∗ 0 (u∗(τ∗) 3(t ∗− τ∗)2 q (t∗− τ∗+ 1)2− 15 + u·∗(τ∗) 2(t ∗− τ∗) q (t∗− τ∗+ 1)2− 13
+u··∗(τ∗)q 1 (t∗− τ∗+ 1)2− 1)dτ ∗ + λ 2µ Z t∗ 0 (−u∗(τ∗) (t ∗ − τ∗) q (t∗− τ∗+ 1)2− 13 ) −u·∗(τ∗)q 1 (t∗− τ∗+ 1)2− 1))dτ ∗ = √ t∗ √ t∗+ 2 (2.31)
olarak bulunur. Zamanı ∆T zaman dilimlerine bölüp u∗‘ ı bu aralıklarda ikinci
derece eğrisi olarak alalım. Ayrıca bir aralıktan diğerine geçerken fonksiyon ve birinci türevi sürekli olsun. Bir aralıkta başlangıç zamanı ti bitiş zamanı ti+1 ve
u(ti) = ui, u(ti+1) = ui+1, u·(ti) = u·i alınırsa [ti, ti+1] aralığında u fonksiyonu
u∗ = u∗ i+1− u∗i ∆t2 − u∗·i ∆t (t∗− t∗i)2+ ui∗·(t∗− t∗i) + u∗i t∗i ≤ t∗ ≤ t∗i+1, ∆t∗ = t∗i+1− t∗i (2.32)
şeklinde ifade edilir. t = tn+1olduğu zaman integral n aralık üzerinde alınmaktadır
ve t1 = 0 dır. Böylelikle (2.31) denklemi n X i=1 λ + 2µ 2µ ( Z ti+1 ti ( u∗ i+1− u ∗ i ∆t2 − u∗·i ∆t 3(t∗ n+1− τ ∗)2 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 15 (τ∗− t∗i)2 +u∗·i 3(t ∗ n+1− τ ∗)2 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 15 (τ∗− t∗ i) + u ∗ i 3(t∗n+1− τ∗)2 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2 − 15 + u∗ i+1− u ∗ i ∆t2 − u∗·i ∆t 2(τ∗− t∗i) 2(t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 +u∗·i 2(t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 u∗ i+1− u∗i ∆t2 − u∗·i ∆t 2 q (t∗ n+1− τ∗+ 1)2− 1 )dτ∗) + n X i=1 λ 2µ(− Z ti+1 ti ( u∗ i+1− u∗i ∆t2 − u∗·i ∆t (τ∗ − t∗i)2 (t ∗ n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13
+u∗·i (τ∗− t∗i) (t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 + u∗i (t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2 − 13 u∗ i+1− u ∗ i ∆t2 − u∗·i ∆t 2(τ∗− t∗i)q 1 (t∗− τ∗+ 1)2− 1 u∗iq 1 (t∗− τ∗+ 1)2− 1)dτ ∗ ) = q t∗ n+1 q t∗n+1+ 2 (2.33)
şeklini alır. Şimdi birinci integralde λ+2µ2µ katsayılı terimde u∗i+1 in katsayısı
K1(i, n) = Z ti+1 ti 1 (t∗ i+1− t∗i)2 ( 3(t ∗ n+1− τ∗)2 q (t∗ n+1− τ∗+ 1)2− 1 5(τ ∗− t∗ i) 2) + 4(t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 (τ∗− t∗i) + q 2 (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 1)dτ ∗ , u∗i in katsayısı K2(i, n) = Z ti+1 ti (− 1 (t∗i+1− t∗ i)2 3(t∗n+1− τ∗)2 q (t∗ n+1− τ∗+ 1)2 − 1 5(τ ∗− t∗ i)2 − 1 (t∗ i+1− t∗i)2 4(t∗n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 (τ∗ − t∗i) − 2 (t∗i+1− t∗ i)2 1 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 1 + 3(t ∗ n+1− τ ∗)2 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 15 )dτ∗, u∗·i in katsayısı K3(i, n) = Z ti+1 ti (− 1 (t∗ i+1− t∗i) 3(t∗n+1− τ∗)2 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 15 (τ∗− t∗i)2
+ 3(t ∗ n+1− τ ∗)2 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2 − 15 (τ∗− t∗ i) 2− 1 (t∗i+1− t∗ i) 4(t∗n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 (τ∗− t∗ i) + 2(t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 − 2 (t∗i+1− t∗ i) 1 q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 1)dτ ∗
olacaktır. İkinci integralde 2µλ katsayılı terimde u∗i+1 in katsayısı
K4(i, n) = Z ti+1 ti (u∗i+1 1 (t∗ i+1− t∗i)2 ( (t ∗ n+1− τ∗) q (t∗ n+1− τ∗+ 1)2− 1 3(τ ∗− t∗ i) 2 + 2(τ ∗− t∗ i) q (t∗ n+1− τ∗+ 1)2− 1 )dτ∗, u∗i in katsayısı K5(i, n) = Z ti+1 ti (− 1 (t∗i+1− t∗ i)2 (t∗n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2 − 13 (τ∗− t∗i)2 − 1 (t∗i+1− t∗ i)2 2(τ∗− t∗ i) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 1+ (t∗n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 )dτ∗, u∗·i in katsayısı K6in = Z ti+1 ti (− 1 (t∗ i+1− t∗i) (t∗n+1− τ∗) q (t∗ n+1− τ∗+ 1)2− 1 3(τ ∗− t∗ i) 2 − 1 (t∗ i+1− t∗i) 2(τ∗ − t∗ i) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 1 + (t∗n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 (τ∗− t∗i) +q 1 (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 1))dτ ∗
λ + 2µ 2µ
n X
i=1
K1(i, n)u∗i+1+ K2(i, n)u∗i + K3(i, n)u∗·i
− λ
2µ
n X
i=1
K4(i, n)u∗i+1+ K5(i, n)u∗i + K6(i, n)u∗·i = q t∗n+1 q t∗ n+1+ 2 (2.34)
halini alır. Aşağıdaki ifadeler
A(i, n) = λ + 2µ 2µ K1(i, n) − λ 2µK4(i, n) (2.35) B(i, n) = λ + 2µ 2µ K2(i, n) − λ 2µK5(i, n) (2.36) C(i, n) = λ + 2µ 2µ K3(i, n) − λ 2µK6(i, n) (2.37)
şeklinde tanımlanırsa n numaralı aralıkta denklem
A(n, n)u∗n+1+ B(n, n)u∗n+ C(n, n)u∗·n
= q t∗ n+1 q t∗n+1+ 2 − n−1 X i=1
A(i, n)u∗i+1+ B(i, n)u∗i + C(i, n)u∗·i
u∗n+1 = { q t∗n+1 q t∗n+1+ 2 − ( n−1 X i=1
A(i, n)u∗i+1+ B(i, n)u∗i + C(i, n)u∗·i )
−B(n, n)u∗n− C(n, n)u∗·n} 1 A(n, n) AR(n) = n−1 X i=1
A(i, n)u∗i+1+ B(i, n)u∗i + C(i, n)u∗·i (2.38)
u∗n+1= { q t∗n+1 q t∗n+1+ 2 − AR(n) − B(n, n)u ∗ n− C(n, n)u ∗· n} 1 A(n, n) (2.39) u∗ = u∗ i+1− u∗i ∆t2 − u∗·i ∆t (t∗− t∗i)2+ ui∗·(t∗− t∗i) + u∗i u∗· = 2(u ∗ i+1− u∗i) ∆t − u ∗· i (2.40)
olarak bulunur. t∗ = t∗1 de u∗ = u∗1 ve u∗ = u∗·1 değerleri bilinmektedir. (2.39) denklemi kullanılarak n = 1 alındığı zaman t∗ = t∗2 de u∗2 değeri hesaplanır. n = 1 olduğu için AR(n) ifadesi düşer. (2.35), (2.36), (2.37) denklemleri kullanılarak A(n, n), B(n, n) ve C(n, n) değerleri hesaplanır. t∗2 değeri de bilindiğinden u∗2 elde edilmiş olur. t∗ = t∗2 de u∗ = u∗2 olduğundan u∗·2 (2.40) denklemi kullanılarak bulunur. Aynı işlemler tekrarlanarak u∗i ve u∗·i+1 değerleri hesaplanır. Ayrıca sınırdaki τθθ∗ = τθθ
p0 boyutsuz gerilmeside sabit basınç için hesaplanmıştır.
Her iki fonksiyonun t∗ ile değişimi Şekil 2.1 ve Şekil 2.2 de verilmiştir.
Date: 26.04.2006 Time: 15:54:53 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 -0.1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
u
* Rt
*Şekil 2.1: Sabit Basınç Altında Sınırdaki u∗R Boyutsuz Yerdeğiştirmesinin Boyutsuz Zamanla Değişimi
Date: 26.04.2006 Time: 15:03:30 1.6 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 -0.1 -0.2 -0.3 -0.4 -0.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
τ
θθt
/
p0 *Şekil 2.2: Sabit basınç altında sınırdaki τθθ∗
p0 boyutsuz gerilmesinin boyutsuz zamanla değişimi
2.2 Örnek Problem 2: Delik Yüzeyine Etkiyen İç Basıncın
Zamanla Değişken Olması Hali
p(τ ) = p0(1+40sin(200t)e−200t) şeklinde değişken bir basınç belirliyelim. t zaman
aralığında bu fonksiyonun değişim grafiği Şekil 2.3 de gösterilmiştir. Burada patlama yaklaşık 30 mili saniyede tamamlanmaktadır.
Yarıçap a = 50 cm, hız c1 = 200000 cm/sn olarak alalım. Böylelikle p(τ ) basıncı
boyutsuz olarak p(τp∗)
0 = 1 + 40sin(
t∗
20)e −t∗
20 şeklinde ifade edilir.Bu eğride Şekil 2.4 de çizilmiştir Ancak boyutsuz basınç eğrisi her t∗i, t∗i+1 aralığında integralleri üçüncü dereceden
fi(t∗) =
p(t∗)i
p0
= A(t∗− t∗i)3+ B(t∗− t∗i)2+ C(t∗− t∗i) + D (2.41)
şeklinde bir 3. dereceden bir eğri ile temsil edilecektir. Bu denklem sisteminde A, B, C ve D katsayıları t∗ = t∗i de f (t∗) = fi(t∗), t∗ = t∗i de f
0(t∗) = f0 i(t
∗), t∗ = t∗ i+1
de f (t∗) = fi+1(t∗) ve t∗ = ti+1∗ de f0(t∗) = fi+10 (t∗) koşulları uygulanılarak
Ai = − 2 ∆t3(fi+1(t ∗ ) − fi(t∗)) + 1 ∆t2(f 0 i+1(t ∗ ) + fi0(t∗)) (2.42)
Bi = 3 ∆t2(fi+1(t ∗ ) − fi(t∗)) − 1 ∆t(f 0 i+1(t ∗ ) + fi0(t∗)) − 1 ∆tf 0 i(t ∗ ) (2.43) Ci = fi0(t ∗ ) D = fi(t∗) (2.44)
şeklinde elde edilir. Böylelikle (2.41) denkelemi
fi(t∗) = − 2 ∆t3(fi+1(t ∗ ) − fi(t∗)) + 1 ∆t2(f 0 i+1(t ∗ ) + fi0(t∗)) (t − ti)3 + 3 ∆t2(fi+1(t ∗ ) − fi(t∗)) − 1 ∆t(f 0 i+1(t ∗ ) + fi0(t∗)) − 1 ∆tf 0 i(t ∗ ) (t − ti)2 +fi0(t∗)(t − ti) + fi(t∗) (2.45) fi0(t∗) = 3Ai(t − ti)2+ 2Bi(t − ti) + Ci (2.46) Date: 26.04.2006 Time: 15:20:59 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -1 0.0025 0.005 0.0075 0.01 0.0125 0.015 0.0175 0.02 0.0225 0.025 0.0275 0.03 0.0325 0.035 0.0375 0.04
p
t
Şekil 2.3: Gerçek Değişken Basıncın Zamanla Değişimi
Date: 26.04.2006 Time: 15:36:11 16 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -1 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 66 72 78 84 90 96 102 108 114 120 126 132 138 144 150 p(τ )
_
* p0 t*Şekil 2.4: Boyutsuz Basıncın Boyutsuz Zamanla Değişimi
n X i=1 Z ti+1 ti (p(τ∗)( (t ∗ n+1− τ∗) q (t∗ n+1− τ∗+ 1)2− 1 3) + p 0 (τ∗)(q 1 (t∗ n+1− τ + 1)2− 1 ))dτ∗
hesaplanacaktır. p(τ∗) = y ve p(τ∗0) = y0 denklem sisteminde yerine konularak
n X i=1 ( Z ti+1 ti (Ai(τ∗ − t∗i) 3( (t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 ) +Bi(τ∗− t∗i) 2( (t ∗ n+1− τ ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 ) Ci(τ∗− t∗i)( (t∗n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 ) + Di( (t∗n+1− τ∗) q (t∗n+1− τ∗+ 1)2− 13 ))dτ∗ Z ti+1 ti (3Ai(τ∗− t∗i)2 1 q (t∗− τ + 1)2− 1+ 2Bi(τ ∗− t∗ i)( 1 q (t∗− τ + 1)2− 1) +Ci( 1 q (t∗− τ + 1)2− 1))dτ ∗ ) (2.47)
