1
BÖLÜM-4
4.1 ZORLAMALI SALINIMLAR ve REZONANS
Önceki bölümde sönümsüz ve sönümlü serbest salınım hareketi yapan değişik sistemleri inceledik. Şimdi salınım yapan mekanik sisteme periyodik değişen bir dış kuvvet uygulandığında meydana gelen olayları inceleyeceğiz. Buna bağlı olarak fizikte ve mühendislikte oldukça önemli bir yeri olan rezonans kavramını tartışacağız. Salınım hareketi yapacak şekilde olan bir sisteme periyodik bir dış kuvvet uygulandığında ortaya çıkan harekete zorlamalı salınım denir. Zorlamalı salınım hareketini, (i) sönümlü olmayan zorlamalı salınım hareketi (undamped forced vibrations) ve (ii) sönümlü zorlamalı salınım hareketi (damped forced vibrations) olmak üzere iki başlık altında ele alacağız. Daha sonra LRC elektrik devresine, dışardan frekansı değişebilen güç uygulandığında devrenin davranışını anlamaya çalışacağız.
4.2 SÖNÜMLÜ OLMAYAN ZORLAMALI SALINIM HAREKETİ
Kuvvet sabiti k olan bir yaya m kütleli bir cisim bağlanmış ve sürtünmesiz bir masa üzerinde Şekil-4.1’deki gibi durmaktadır. Şimdi cisme dışardan 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 bağıntısı ile tanımlı periyodik bir dış kuvvetin uygulandığını düşünelim.
Şekil-4.1 Sönümlü olmayan zorlamalı salınım hareketi.
Newton’nun 2.yasası kullanılarak m kütlesinin hareket denklemini yazabiliriz:
𝑚𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 = − 𝑘𝑥 + 𝐹0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.1a)
veya
𝑑2𝑥 𝑑𝑡2 + 𝑘
𝑚𝑥 = 𝐹0
𝑚𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.1b)
Burada 𝑘
𝑚 = 𝜔02 ve 𝐹0
𝑚 = 𝑓0alarak hareket denklemini yeniden
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + ω02𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.2)
2
formunda yazabiliriz. Bu denklem ikinci derceden, sabit katsayılı, homojen olmayan bir çizgisel diferansiyel denklemdir. Böyle diferansiyel denklemlerin genel çözümü, homojen kısmın çözümü (𝑥ℎ) ile bir özel çözümün (𝑥𝑝) toplamı şeklinde verilir (Bunun için Calculus and analytic geometry; George B. Thomas, Jr. kitabına bakabilirsiniz):
𝑥 = 𝑥ℎ + 𝑥𝑝 (4.3)
Bu durumda (4.2) denkleminin homojen kısmının yani
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + ω02𝑥 = 0 (4.4)
denkleminin çözümü için,
𝑥ℎ(𝑡) = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 (4.5) yazabileceğini biliyoruz (BHH konusunu işlerken görmüştük).
Şimdi (4.2) denklemi için özel bir çözüm (𝑥𝑝) arayacağız. İncelemeyi (i) 𝜔 ≠ 𝜔0 ve (ii) 𝜔 = 𝜔0 gibi iki farklı durum için ele alacağız.
(i) 𝜔 ≠ 𝜔0 durumu için (4.2) denkleminin özel çözümü için
𝑥𝑝(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 (4.6)
seçebiliriz. Bunun çözüm olabilmesi için (4.2) denklemini sağlaması gerekir. 𝑥𝑝’in t’ye göre ikinci türevini hesaplayalım:
𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 = −𝐴𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝐵𝜔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (4.7a)
𝑑2𝑥𝑝
𝑑𝑡2 = −𝐴𝜔2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = −𝜔2(𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡) = −𝜔2𝑥𝑝 (4.7b) Bu sonucu (4.2) denkleminde yerine yazarak 𝑥𝑝 özel çözümü için
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝜔02𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡
−𝜔2𝑥𝑝 + 𝜔02𝑥𝑝 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑥𝑝(𝜔02− 𝜔2) = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡
𝑥𝑝 = 𝑓0
ω02−𝜔2 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.8)
sonucunu elde ederiz.
3
Bu durumda (4.2) denkleminin genel çözümü için
𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝑓0
ω02−𝜔2 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.9) yazabiliriz. Başlangıç koşulları olarak
𝑥(0) = 0 ve 𝑑𝑥(0)
𝑑𝑡 = 0 (4.10)
seçelim. Bunları (4.9) denkleminde kullanarak 𝐶1 ve 𝐶2 sabitleri için 𝐶1 = − 𝑓0
ω02−𝜔2 ve 𝐶2 = 0 (4.11) sonucunu elde ederiz. Bu değerleri (4.9) denkleminde kullanarak genel çözüm için
𝑥(𝑡) = − 𝑓0
ω02−𝜔2 𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝑓0
ω02−𝜔2cos ω𝑡 = 𝑓0
ω02−𝜔2(cos ω𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡) (4.12) yazabiliriz. Burada
𝑐𝑜𝑠𝐴 − 𝑐𝑜𝑠𝐵 = −2𝑠𝑖𝑛𝐴+𝐵
2 𝑠𝑖𝑛𝐴−𝐵
2 (4.13)
trigonometrik özdeşliği kullanılarak 𝑥(𝑡) çözümü için 𝑥(𝑡) = [ 2𝑓0
ω02−𝜔2 𝑠𝑖𝑛𝜔0−ω
2 𝑡] 𝑠𝑖𝑛𝜔0+ω
2 𝑡 (4.14)
ifadesini yazmak zor değildir. Bu ifadede yüksek frekanslı 𝑠𝑖𝑛𝜔0+𝜔
2 𝑡 fonksiyonunun genliği, düşük frekanslı 𝑠𝑖𝑛𝜔0−𝜔
2 𝑡 fonksiyonu tarafından modüle edilir. Bu davranışın vuru (beat) olayı olduğunu biliyorsunuz. Şekil-4.2’de tipik bir örnek verilmiştir.
Şekil-4.2. Eşitlik-4.14 ile tanımlı 𝑥(𝑡) fonksiyonunun grafiği. Şeklin çiziminde 𝜔0 = 12 𝑠−1, 𝜔 = 11 𝑠−1, 𝑓0 = 1 N/kg alınmıştır.
4
(ii) 𝜔 = 𝜔0 durumu için (4.2) denkleminin özel çözümü için ise
𝑥𝑝(𝑡) = 𝐴1𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐴2𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 (4.15) seçeceğiz. Daha öncekine benzer şekilde 𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 ve 𝑑
2𝑥𝑝
𝑑𝑡2 türevlerini alalım, 𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 = 𝐴1𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐴2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 − 𝐴1𝑡𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝐴2𝑡𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 𝑑2𝑥𝑝
𝑑𝑡2 = −𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡
− 𝐴1𝑡𝜔02𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝐴2𝑡𝜔02𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 veya
𝑑2𝑥𝑝
𝑑𝑡2 = −2𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 2𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝜔02(𝐴1𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐴2𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡) veya
𝑑2𝑥𝑝
𝑑𝑡2 = −2𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 2𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − ω02𝑥𝑝 (4.16) elde ederiz. Bu değeri
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝜔02𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡
denkleminde yerine yazarak (burada 𝜔 = 𝜔0 olduğunu tekrar hatırlatalım)
−2𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 2𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝜔02𝑥𝑝 + 𝜔02𝑥𝑝 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 veya
−2𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 2𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 (4.17) yazabiliriz. Bu eşitliğin her zaman sağlanabilmesi için
2𝐴1𝜔0 = 0 ve 2𝐴2𝜔0 = 𝑓0 (4.18) olmalıdır. Buradan 𝐴1 ve 𝐴2 sabitleri için 𝐴1 = 0 ve 𝐴2 = 𝑓0
2𝜔0 elde edilir. Bu durumda özel çözüm için
𝑥𝑝(𝑡) = 𝑓0
2𝜔0𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 (4.19)
ifadesini elde ederiz.
Genel çözüm için ise
𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝑓0
2𝜔0𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 (4.20) yazabiliriz.
5
Homojen kısmın çözümünü
𝑥ℎ = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐶2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 = 𝐴0𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + 𝜑)
formatında ifade edebiliriz. Burada (4.19 ve 4.20) bağıntılarını kullanarak genel çözüm için
𝑥(𝑡) = 𝐴0𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + φ) + 𝑓0
2𝜔0𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 (4.21)
ifadesini yazmak mümkündür.
𝑥ℎ = 𝐴0𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + 𝜑) fonksiyonu kararlı salınan bir fonksiyondur. Ancak 𝑓0
2𝜔0𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 fonksiyonunun genliği( 𝑓0
2𝜔0𝑡) zamanla çizgisel (lineer) olarak artmaktadır (Şekil-4.3).
Bu fonksiyon zaman ilerledikçe artmaktadır bu nedenle sistemdeki yay daha fazla dayanamayacak ve kırılacaktır (Rezonans durumu).
Şekil-4.3 𝑥(𝑡) = 𝐴0𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + 𝜑) + 𝑓0
2𝜔0𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 fonksiyonunun grafiği. 𝑓0 = 1, 𝐴0 = 1, 𝜔0=3 ve 𝜑 = 0 seçilmiştir.
Şimdi 𝜔 ≠ 𝜔0 durumu için elde edilen (4.9) eşitliği ile verilen genel çözüm ifadesine yeniden bakalım
𝑥(𝑡) = 𝐴0𝑐𝑜𝑠(𝜔0𝑡 + φ) + 𝑓0
ω02−𝜔2 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.23) Homojen kısmın çözümünün 𝐴0 genliği sabittir. Ancak özel çözümün genliği dış kuvvetin frekansına () bağlı değişir. Bu kısmın genliğini
𝐶(𝜔) = 𝑓0
ω02−𝜔2 (4.24)
ile gösterelim. 𝐶(𝜔)’nin 𝜔’ya göre grafiği Şekil-4.4’de gösterilmiştir.
6
Şekil-4.4. 𝐶(𝜔)’nin 𝜔’ya göre grafiği.
𝐶(𝜔)’nin işaretine bakmaksızın = 𝜔0 durumunda 𝐶(𝜔)’nin sonsuz büyük olması durumu ortaya çıkar. Başka bir deyişle eğer sisteme uygulanan periyodik dış kuvvetin frekansı (𝜔), titreşen sistemin doğal frekansına (𝜔0 = √𝑘/𝑚) yakın ise, titreşimlerin genliği küçük bir kuvvet uygulanmasıyla oldukça büyük yapılabilir. Salınan sistemde doğal titreşimlerin frekansının periyodik dış kuvvetin frekansına eşit olması durumunda (𝜔 = 𝜔0) genliğin maksimum değere ulaşmasına rezonans olayı denir.
Şimdi 𝜔≠𝜔0 durumunda olaya başka a bir yolla yaklaşalım.
Yukarıda verilen (4.2) eşitliğini tekrar yazalım,
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + ω02𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 Bu denklemin genel çözümü için
𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(ω𝑡 − 𝛿) (4.25)
şeklinde bir fonksiyon seçebiliriz. Burada 𝐴 titreşimin genliği olup her zaman pozitiftir ve titreşim frekansına bağlı olarak değişir 𝐴(𝜔); 𝛿 ise uygulanan periyodik dış kuvvet (𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡) ile yer değiştirme (𝑥) arasındaki faz farkıdır.
Eşitlik (4.25)’i ve ikinci türevini (4.2) denkleminde yerine koyalım.
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 = −𝜔2𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛿)
−𝜔2𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛿) + 𝜔02𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛿) = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 sonucunu elde ederiz.
cos(𝐴 ∓ 𝐵) = 𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵 ± 𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴 trigonometrik özdeşliğinden yararlanarak,
7
−𝜔2𝐴(𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑐𝑜𝑠𝛿 + 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 𝑠𝑖𝑛𝛿) + 𝜔02𝐴(𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑐𝑜𝑠𝛿 + 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 𝑠𝑖𝑛𝛿) = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 veya
𝐴(ω02− ω2)𝑐𝑜𝑠𝛿 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 + 𝐴(ω02− ω2)𝑠𝑖𝑛𝛿𝑠𝑖𝑛ω𝑡 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.26) yazılabilir. Bu trigonometrik eşitliğin her an sağlanması için gerek ve yeter koşul
𝐴(ω02− ω2)𝑠𝑖𝑛𝛿 = 0 (4.27a)
𝐴(ω02− ω2)𝑐𝑜𝑠𝛿 = 𝑓0 (4.27b)
olmasıdır. Bu iki eşitliği birlikte değerlendirdiğimizde (taraf tarafa oranladığımızda)
𝑡𝑎𝑛 𝛿 = 0 (4.28)
elde ederiz. Buradan 𝛿 faz açısı için 𝛿 = 0 veya 𝛿 = 𝜋 sonucu elde edilir.
𝛿 = 0, olduğu durumda, (4.27b) eşitliğinden titreşim genliği için 𝐴 = 𝐴(ω ) = 𝑓0
(ω02−ω2) (4.29)
ifadesi elde edilir. Bu ifadeden de görüldüğü gibi genlik frekansa bağlıdır ve A’nın pozitif olabilmesi için 𝜔 < 𝜔0 olmak zorundadır.
𝛿 = 𝜋, olduğu durumda, (4.27b) eşitliğinden titreşim genliği için 𝐴 = − 𝑓0
(𝜔02− 𝜔2)
ifadesi elde edilir. A’nın pozitif olabilmesi için 𝜔 > 𝜔0 koşulunun sağlanması gerekmektedir.Bu durumda sönümsüz zorlamalı hareketin yer değiştirmesi (x) için
𝛿 = 0 , 𝜔 < 𝜔0 , 𝐴 = 𝑓0
(𝜔02−𝜔2)
𝑥(𝑡) = 𝐴(𝜔)𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛿)
𝛿 = 𝜋 , 𝜔 > 𝜔0, 𝐴 = − 𝑓0
(𝜔02−𝜔2) (4.30) ifadesini yazabiliriz.
Şimdi 𝐴(𝜔) = 𝑓0
(𝜔02−𝜔2) genliğinin ’nın değerine bağlı davranışı için 𝜔 → 0 𝑖ç𝑖𝑛 𝐴(𝜔) → 𝑓0
𝜔02 = 𝐹0/𝑚 𝜔02 =𝐹0
𝑘 𝜔 → 𝜔0 𝑖ç𝑖𝑛 𝐴(𝜔) → ∞
𝜔 → ∞ 𝑖ç𝑖𝑛 𝐴(𝜔) → 0
yazabiliriz. Bu durumda 𝐴(𝜔) genliğinin 𝜔 frekansına bağlı davranışı Şekil-4.5a’deki gibi olacaktır. Faz farkı (𝛿) ise 𝜔 = 𝜔0 değerinde 0’dan ’ye atlayacaktır (Şekil-4.5b).
8
Şekil-4.5 (a). Sönümsüz zoruna salınımların genliğinin periyodik dış kuvvetin frekansına bağlı değişimi. (b). Sönümsüz zoruna salınımların yerdeğiştirmesi ile periyodik dış kuvvet arasındaki faz farkının dışkuvvetin frekansına bağlı değişimi
A (𝜔)’nin 𝜔 = 𝜔0 değerinde sonsuz büyük olması durumu ortaya çıkar. Başka bir deyişle sisteme uygulanan periyodik dış kuvvetin frekansı (𝜔), titreşen sistemin doğal frekansına ( 𝜔0 = √𝑘/𝑚 ) yakın ise, titreşimlerin genliği küçük bir kuvvet uygulanmasıyla oldukça büyük yapılabilir. Salınan sistemde doğal titreşimlerin frekansının periyodik dış kuvvetin frekansına eşit olması durumunda (𝜔 = 𝜔0) genliğin maksimum değere ulaşmasına rezonans olayı denir.
4.3 SÖNÜMLÜ ZORLAMALI SALINIM HAREKETİ
Daha önce sönümlü salınım hareketi yapan kütle-yay sistemini incelemiştik. Şimdi benzer bir sistemi ele alacağız. Ancak bu kez kütleye 𝐹 = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 gibi periyodik bir dış kuvvet uygulayacağız (Şekil-4.6).
Şekil-4.6 Sönümlü zorlamalı salınım hareketi.
Bu sistemin hareket denklemi için 𝑚 𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝑏 𝑑𝑥
𝑑𝑡 + 𝑘𝑥 = 𝐹0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.31a)
9
yazabiliriz. Bu denklemi yeniden
𝑑2𝑥 𝑑𝑡2 + 𝑏
𝑚 𝑑𝑥
𝑑𝑡 + 𝑘
𝑚𝑥 = 𝐹0
𝑚𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4 .31b)
veya daha önce yaptığımız gibi
𝑏
𝑚 = 𝛾 , 𝑘
𝑚 = ω02 ve 𝐹0
𝑚 = 𝑓0 (4.31c)
yazarak
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝛾 𝑑𝑥
𝑑𝑡 + ω02𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.31d) formatında yazabiliriz. Bu denklemin homojen kısmının çözümü için
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝛾 𝑑𝑥
𝑑𝑡 + ω02𝑥 = 0 (4.32)
𝑥ℎ(𝑡) = 𝐴0𝑒− 𝛾𝑡2𝑐𝑜𝑠(𝜔1𝑡 − φ ) (4.33) ifadesinin verildiğini biliyoruz (Sönümlü harmonik hareket konusunda işlendi).
Burada
ω12 = ω02−𝛾2
4 = 𝑘
𝑚− 𝑏2
4𝑚2 (4.34)
olduğunu hatırlayalım (Daha önce anlatılan konularda verilmişti, Eşitlik-3.57).
Özel çözüm ise
𝑥𝑝 = 𝑓0
√(ω02−ω2)2+𝛾2ω2
𝑐𝑜𝑠(ω𝑡 − δ ) (4.35)
ifadesi ile verilebilir (Özel çözümün elde edilmesi için: Calculus and analytic geometry;
George B. Thomas, Jr. kitabına bakabilirsiniz. Örnek-1’de verilen problemin çözümünü incelemeniz önerilir.). Burada açısı Şekil-4.7 ile tanımlıdır.
Şekil-4.7 Faz sabitinin geometrik temsili.
Bu dik üçgenden
𝑠𝑖𝑛δ = 𝛾ω
√(ω02−ω2)2+𝛾2ω2
(4.36a)
10
𝑐𝑜𝑠δ = ω02−ω2
√(ω02−ω2)2+𝛾2ω2
(4.36b) 𝑡𝑎𝑛δ = 𝛾ω
ω02−ω2 (4.36c)
ifadelerini yazabiliriz.
Bu durumda (4.31d) denkleminin genel çözümü için 𝑥(𝑡) = 𝑥ℎ(𝑡) + 𝑥𝑝(𝑡) 𝑥(𝑡) = 𝐴⏟ 0𝑒− 𝛾𝑡2𝑐𝑜𝑠(ω1𝑡 − φ)
GEÇİCİ ÇÖZÜM(bak.3.57)
+ 𝑓0
√(ω02−ω2)2+𝛾2ω2
𝑐𝑜𝑠(ω𝑡 − δ)
⏟
KALICI ÇÖZÜM
(4.37)
yazabiliriz. Burada ω1 = (𝜔02−𝛾2
4)1/2 dir (Eşitlik-3.57’ye tekrar bakınız).
Homojen kısmın çözümü 𝑥ℎ(𝑡) kısa süre içerisinde söner. Bu nedenle homojen kısmın çözümüne geçici çözüm denir. Özel çözüm 𝑥𝑝(𝑡) ise kalıcı çözüm veya kararlı durum (steady state) olarak adlandırılır. Bu nedenle çoğu kez geçici çözümü dikkate almaya gerek kalmaz (Şekil-4.8).
Şekil-4.8. Periyodik bir dış kuvvet ile sönümlü salınımın geçiş davranışına bir örnek (Şeklin çiziminde 𝜔 = 30 𝑠−1; 𝜔0 = 40 𝑠−1; 𝛾 = 20 𝑠−1; 𝑓0 = 2 𝑁/𝑘𝑔 ; 𝛿 = 0 ; 𝜑 = 0 ve 𝐴0 = 0,02 𝑚 alınmıştır.)
Bu durumda genel çözüm için
𝑥(𝑡) = 𝐴(ω)𝑐𝑜𝑠(ω𝑡 − δ) (4.38)
ifadesini almak yeterli olacaktır. Genel çözümün frekansı uygulanan 𝐹 = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 dış kuvvetinin frekansı ile aynıdır. Ancak aralarında δ kadar faz farkı vardır.
11
𝐴(𝜔 ) genliğini ele alalım:
𝐴(ω) = 𝑓0
√(ω02−ω2)2+𝛾2ω2
(4.39) genliğinin minimum olmasının bir önemi yoktur. Fakat maksimum olması sisteme zarar verebilmesi açısından önemlidir. A'nın maksimum olması için paydasının minimum olması gerekir. Burada
𝑢 = (ω02 − ω2)2+ 𝛾2ω2 (4.40a) diyelim. 𝑑𝑢
𝑑𝜔 = 0 ve 𝑑2𝑢
𝑑𝜔2 > 0 olursa u'nun değeri minimum olur.
𝑑𝑢
𝑑ω = 2(ω02− ω2)(−2ω) + 2𝛾2ω = ω[−4(ω02− ω2) + 2𝛾2] = 0 (4.40b) Bu denklemin iki çözümü vardır:
(i) 𝜔= 0 için 𝑑𝑢
𝑑𝜔 = 0 olur ancak bu durumun fiziksel karşılığı yoktur.
(ii) −4(𝜔02− 𝜔2) + 2𝛾2 = 0 olmalıdır. Buradan 𝜔 için ω = √ω02−1
2𝛾2 (4.41)
elde ederiz. 𝜔 ’nın bu değerinde u’nun bir ekstrem değeri vardır. Ancak 𝜔 ’nın bu değerinde u’nun minimum olabilmesi için ikinci türevin pozitif olması gerekir(𝑑2𝑢
𝑑𝜔2 > 0)
𝑑2𝑢
𝑑ω2 = 12𝜔2− 4𝜔02 + 2𝛾2 𝜔 = √𝜔02−𝛾2
2 değerinde
𝑑2𝑢
𝑑ω2 = 12 (ω02−𝛾2
2) − 4ω02+ 2𝛾2 = 8ω02− 4𝛾2 = 8 (ω02−𝛾2
2) > 0 olduğunu göstermek zor değildir.
Bu durumda 𝜔 = √𝜔02−𝛾2
2 için u'nun değeri minimum ve dolaysıyla 𝐴(𝜔)'nın değeri maksimumdur. 𝜔’nın bu değerini (4.40a) denkleminde yerine yazarsak
𝑢𝑚𝑖𝑛 = (𝜔02− 𝜔02+𝛾2
2)2+ 𝛾2(𝜔02−𝛾2
2) = 𝛾4
4 + 𝛾2(𝜔02−𝛾2 2) = 𝛾4
4 + 𝛾2𝜔02−𝛾4
2 = 𝛾2𝜔02−𝛾4
4 = 𝛾2(𝜔02−𝛾2
4) veya
12
√𝑢𝑚𝑖𝑛 = 𝛾 (ω02 −𝛾2
4)
1⁄2
(4.42) elde ederiz.
Bu değeri (4.39)'de yerine yazar ve 𝛾 = 𝜔0
𝑄 ifadesini kullanırsak genliğin maksimum değeri (𝐴𝑚𝑎𝑥) için
𝐴𝑚𝑎𝑥 = 𝑓0
√𝑢𝑚𝑖𝑛 = 𝑓0
𝛾(ω02− 𝛾2 4)
1⁄2 = 𝑓0
ω0
𝑄 (ω02− 1 4
ω02 𝑄2)
1⁄2 = (𝐹0⁄ )𝑄𝑚
ω02(1− 1 4𝑄2 )
1⁄2 = (𝐹0⁄ )𝑄𝑘
(1− 1 4𝑄2 )
1⁄2 (4.43) sonucunu elde ederiz.
Bundan sonra genliği maksimum yapan frekansı 𝜔𝑅 ile göstereceğiz.
ω𝑅 = √ω02−𝛾2
2 = ω0√1 −2𝑄12 (4.44)
Bu ifadeden de anlaşılacağı gibi 𝜔𝑅 < 𝜔0 olacağı açıktır. Burada 𝑄 = 𝜔0/𝛾 kalite faktörüdür.
Periyodik dış kuvvetin ( 𝐹 = 𝐹0𝐶𝑜𝑠𝜔𝑡 ) etkisi ile titreşim hareketinin genliğinin maksimum olmasına rezonans ve 𝜔𝑅 açısal frekansına da rezonans frekansı denir.
Genliğin (A) ve faz sabitinin (), uygulanan 𝐹 = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 dış kuvvetinin açısal frekansına bağlı davranışı Şekil-4.9’de verilmiştir. Burada 𝜔𝑚𝑎𝑥 rezonans frekansını (𝜔𝑅) göstermektedir. 𝑄 ≫ 1 olduğunda 𝜔𝑚𝑎𝑥 = 𝜔𝑅 ≅ 𝜔0 alınabileceğini tekrar hatırlatalım.
Şekil-4.9 (a) Genliğin ve (b) faz sabitinin sürücü kuvvetin frekansına bağlı değişimi.
13
Mekanik sistemlerin zarar görmesine neden olacağı için, sistemin uzun süre rezonansta kalması istenmez (Köprülerin yıkılması, binaların zarar görmesi gibi). Bazı durumlarda ise sistemin kısa zaman aralıklarında rezonansa girmesi istenir. Örneğin sağlık alanında çok kullanılan MR görüntüleme cihazlarının çalışma prensibinin temeli "manyetik rezonans” olayıdır. Kızıl ötesi spektroskopisinde ise bir molekül üzerine frekansı belirli bir aralıkta değiştirilen elektromanyetik dalgalar (kızıl ötesi ışınlar) gönderilir.
Rezonans durumunda, gönderilen elektromanyetik dalganın enerjisini molekülün atomları soğurur. Maddeden geçen dalga şiddetinin azaldığı frekanslar rezonans frekanslarıdır. Bu rezonans frekanslarından hareketle moleküllerin yapısı hakkında bilgi elde edilir. Bu gibi nedenlerden dolayı rezonans kavramının iyi anlaşılması gerekir.
4.3.1 Sönümlü zorlamalı salınım hareketinin kompleks üstel fonksiyon ile incelenmesi
Sönümlü zorlamalı salınım hareketinin denklemi
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝛾𝑑𝑥
𝑑𝑡 + ω02𝑥 = 𝐹0
𝑚𝑐𝑜𝑠ω𝑡
ile verildiğini görmüştük (Eşitlik-4.31d). Bu denklemin çözümü için ise 𝑥(𝑡) = 𝐴(ω) cos(ω𝑡 − δ)
ifadesini vermiştik (Eşitlik-4.38). 𝐴(𝜔) ve 𝛿 'yi 'nın fonksiyonu olarak elde etmiştik (Eşitlik-4.2-6 ve4.2- 9 bakınız). Burada Eşitlik-4.31d ile verilen denklemi kompleks gösterimde
𝑑2𝑧
𝑑𝑡2 + 𝛾𝑑𝑧
𝑑𝑡 + ω02𝑧 =𝐹0
𝑚𝑒𝑖ω𝑡 (4.45)
şeklinde yazabiliriz. Bu diferansiyel denklem için
𝑧 = 𝐴(ω)𝑒𝑖(ω𝑡−δ) (4.46)
ifadesini çözüm olarak kabul edebiliriz.
Denklem (4.46)’in 𝑑𝑧𝑑𝑡 ve 𝑑𝑑𝑡2𝑧2türevlerini alarak denklem (4.45)’de yerine yazarsak, [−ω2+ 𝑖ω𝛾 + ω02]𝐴(ω)𝑒𝑖(ω𝑡−δ) = 𝐹0
𝑚𝑒𝑖ω𝑡 elde ederiz. Her iki tarafı 𝑒𝑖(𝜔𝑡−𝛿) 'ye bölerek
(ω02− ω2)𝐴(ω) + 𝑖ω𝛾𝐴(ω) = 𝐹0
𝑚𝑒𝑖δ (4-46)
14
elde ederiz. Bu ifade kompleks düzlemde bir vektörle temsil edilebilir (Şekil-4.10).
Eşitlik-4.46’yı geometrik olarak yorumlayabiliriz. Bu ifadenin sol tarafı (𝜔02− 𝜔2)𝐴(𝜔) uzunluğundaki bir reel (gerçek) vektörün ucuna uzunluğu 𝜔𝛾𝐴(𝜔)
olan imajiner (sanal) vektörün ilave edileceğini söyler. Sağ taraf ise reel eksen ile açısı yapan 𝐹0
𝑚 uzunluğunda bir vektörün çizileceğini söyler.
Şekil-4.10 Eşitlik-4.46’nın kompleks düzlemde geometrik temsili.
(4.46) eşitliğinin sağ tarafını 𝐹0
𝑚(𝑐𝑜𝑠𝛿 + 𝑖𝑠𝑖𝑛𝛿) şeklinde yazabiliriz. Bu durumda bu denklemi
(ω02− ω2)𝐴(ω) + 𝑖ω𝛾𝐴(ω) = 𝐹0
𝑚(𝑐𝑜𝑠δ + 𝑖𝑠𝑖𝑛δ) (4.47) şeklinde yazabiliriz. Bu eşitliğin sanal ve gerçek kısımları birbirine eşitlenirse
𝛾ω𝐴(ω) = 𝐹0
𝑚𝑠𝑖𝑛δ (4.48a)
(ω02− ω2)𝐴(ω) = 𝐹0
𝑚𝑐𝑜𝑠δ (4.48b)
elde edilir. Bu eşitlikleri taraf tarafa oranlayarak faz farkı için 𝑡𝑎𝑛 δ(ω) = 𝛾ω
ω02−ω2 (4.49)
ifadesini elde ederiz.
(4.48a) ve (4.48b) eşitliklerinin her iki tarafının kareleri alınıp, taraf tarafa toplanırsa [ (ω02− ω2)2+ 𝛾2ω2]𝐴2(ω) = (𝐹0
𝑚)2 sonucu elde edilir. Buradan 𝐴(𝜔) genliği için
𝐴(ω) = 𝐹0⁄𝑚
[(ω02−ω 2)2+𝛾2ω 2]1⁄2
(4.50) ifadesini elde ederiz. Bu sonuçları daha önce de türetmiştik. Ancak kompleks formun kullanımının çok daha kolay olduğuna dikkat ediniz.
15
4.4 ZORLAMALI SALINIMLARDA GÜÇ SOĞURULMASI
Sönümlü salınımlarda, sürtünme kuvvetleri nedeniyle salınım hareketi enerji kaybeder.
Sürücü kuvvet kayıp enerjiyi karşılamaya çalışır. Şimdi söndürücü kuvvetin hızla orantılı olduğu (F=-bv) durumu ele alalım.
Kalıcı çözümün
𝑥(𝑡) = 𝐴(ω)𝑐𝑜𝑠(ω𝑡 − δ) (4.51)
ifadesi ile verildiğini hatırlayalım. Burada
𝐴(ω) = 𝑓0
√(ω02−ω2)2+ω2𝛾2
dir. Bu fonksiyon kullanılarak hız için 𝑣 = 𝑑𝑥
𝑑𝑡 = −𝐴(ω)ω𝑆𝑖𝑛(ωt − δ) = −𝑣0(ω)𝑆𝑖𝑛(ω𝑡 − δ) (4.52) ifadesini elde ederiz. Burada 𝑣0(𝜔) = 𝐴(𝜔). 𝜔 , v hızının genliğidir. 𝑣0(𝜔) için
𝑣0(ω) = 𝑓0ω
√(ω02−ω2)2+ω2𝛾2
(4.53) yazılacağı açıktır. Burada (𝜔02− 𝜔2) ifadesini
ω02 − ω2 = (𝜔0
𝜔 − 𝜔
𝜔0)(𝜔0𝜔) (4.54)
biçiminde yazarak 𝑣0(𝜔)için verilen ifadeyi 𝑣0(ω) = 𝑓0
√(𝜔0𝜔−𝜔
𝜔0)2ω02+𝛾2 (4.55)
formunda yazılabiliriz. 𝜔 → 0 iken 𝑣0(𝜔) → 0 ve 𝜔 → ∞ iken 𝑣0(𝜔) → 0 dir. 𝜔 = 𝜔0 değerinde payda en küçük değeri alacağından 𝑣0(𝜔)değeri maksimumdan geçer ve maksimum değer 𝑓0/𝛾’ya eşittir.
Mekanik derslerinden ani gücün (P) kuvvet ile hızın çarpımı şeklinde verildiğini biliyoruz, buradan ani güç için
𝑃(𝑡) = 𝐹. 𝑣 = (𝑏𝑣)𝑣 = 𝑏𝑣2 (4.56)
ifadesini yazabiliriz. Bu ifadede v hızı yerine (4.52) eşitliğinde verilen değerini yazarsak 𝑃(𝑡) gücü için
𝑃(𝑡) = 𝑏[ω𝐴(ω)]2𝑠𝑖𝑛2(ω𝑡 − δ) = 𝑏[𝑣0 (ω)]2𝑠𝑖𝑛2(ω𝑡 − δ) (4.57) bağıntısını elde ederiz.
16
Bir periyotluk (T) süreçte soğrulan ortalama güç 𝑃̅(ω) = 1
𝑇∫𝑡𝑡0+𝑇𝑃(𝑡)
0 𝑑𝑡 (4.58)
bağıntısı kullanılarak hesaplanabilir.
𝑃̅(𝜔) = 1
𝑇∫ 𝑏⦋[𝑣0 (𝜔)]⦌2𝑠𝑖𝑛2(𝜔𝑡 − 𝛿)
𝑡0+𝑇
𝑡0
𝑑𝑡 = 𝑏⦋[𝑣0 (ω)]⦌2
𝑇 ∫𝑡𝑡0+𝑇𝑠𝑖𝑛2(ω𝑡 − δ)
0 𝑑𝑡 (4.59)
𝑐𝑜𝑠2𝐴 = 𝑐𝑜𝑠2𝐴 − 𝑠𝑖𝑛2𝐴 = 1 − 2𝑠𝑖𝑛2𝐴 => 𝑠𝑖𝑛2𝐴 = 1−𝑐𝑜𝑠2𝐴
2 bağıntısından yararlanarak
P̅(ω) =b⦋[v0 (ω)]⦌2
T ∫ [1−cos2(ωt−δ)
2 ]
t0+T
t0 dt =b⦋[v0 (ω)]⦌2
2T [ T − ∫tt0+Tcos2(ωt − δ)
0 dt
⏟
0
]
𝑃̅(ω) = 𝑏[𝑣0(ω)]2
2 (4.60)
elde edilir. Şimdi 𝑏 = 𝑚𝛾, 𝑓0 =𝐹0
𝑚 ve 𝑣0(𝜔) değerleri ortalama güç ifadesindeki yerine konulursa,
𝑃̅(ω) = ω2𝐹02𝛾
2𝑚[(ω02−ω2)2+ω2γ2] (4.61) sonucu elde edilir.
4.4.1 Güç rezonans eğrisi
Ortalama gücün 𝑃̅(𝜔) , 'ya karşı grafiği osilatörün güç rezonans eğrisi (power resonance curve) olarak adlandırılır (Şekil-4.11).
Şekil-4.11 Ortalama gücün frekansa bağlı davranışı (Güç-rezonans eğrisi).
17
→0 iken 𝑃̅ (𝜔) → 0 ve →∞ iken 𝑃̅ (𝜔) → 0 olduğundan 𝜔 = 𝜔0 iken 𝑃̅ (𝜔) 'nın değeri maksimum olur. Rezonans eğrisinin yarı yükseklikteki ( 𝑃̅ (𝜔)/2 ) genişliği 𝜔𝑓𝑤ℎℎ ile gösterilir ve önemli bir parametredir (Not: fwhh: frequency width half height).
Bu genişlik uygulanan periyodik dış kuvvete karşı osilasyonun tepkisinin keskinliğinin bir ölçüsüdür. Uygulanan kuvvetin frekansı (𝜔) rezonans frekansına yakın olduğunda 𝜔 ≈ 𝜔0 alınabilir. Bu durumda
ω02− ω2 = (ω⏟ 𝑜 + ω)
2ω𝑜
(ω𝑜− ω)
⏟
−∆ω
≅ 2ω𝑜(−∆ω) (4.62)
yazabiliriz . Burada ∆𝜔 = 𝜔 − 𝜔𝑜’dir. Bu durumda ortalama güç ifadesi 𝑃̅(ω) = ω02𝐹02𝛾
2𝑚[4ω02(∆ω)2+ω02𝛾2] = 𝐹02
2𝑚𝛾[4(∆ω)2
ω2 +1] (4.63)
olur. 𝑃̅(𝜔)'nın maksimum değeri ∆𝜔 = 0 olduğunda (rezonans hali) gerçekleşir.
𝑃̅𝑚𝑎𝑥 = 𝐹02
2𝑚𝛾 = 𝐹02
2𝑏 (4.64)
𝑃̅(𝜔0)'nın maksimum değerinin yarısına düştüğü 𝑃̅(𝜔) değerine karşılık gelen 𝜔𝑜 ±
∆𝜔 frekansları,
1 2
𝐹02
2𝑚𝛾 = 𝐹02
2𝑚𝛾[(4∆ω2) 𝛾⁄ 2+1]
eşitliğinden elde edilir. Buradan
4∆ω2⁄𝛾2+ 1 = 2 ⇒ 4∆ω2⁄𝛾2 = 1 ⇒ 2∆ω
𝛾 = 1 veya
ω𝑓𝑤ℎℎ = 2∆ω = 𝛾 = ω0
𝑄 (4.65)
elde edilir ve bu değere rezonans genişliği adı verilir. Q kalite faktörü 𝑄 = 𝜔0
𝛾 = 𝜔0
𝜔𝑓𝑤ℎℎ = rezonans frekansı
yarı yükseklikteki genişlik (4.66) değerini ortalama güç ifadesinde kullanırsak 𝑃̅(𝜔) için
𝑃̅(ω) = 𝐹02
2𝑚ω0𝑄[4(∆ω ω⁄ 0)2+1 𝑄⁄ 2] (4.67) ifadesini elde ederiz. Bu bağıntı güç-rezonans eğrisinin Q'ya bağlı davranışıdır.
𝑃̅(𝜔) ‘nin Q’ya bağlı davranışı Şekil-4.12’de verilmiştir.
18
Şekil-4.12 Güç-rezonans eğrisinin Q kalite faktörüne bağlı davranışı.
Bu şekilden de görüldüğü gibi Q büyüdükçe (b azaldıkça), güç-rezonans eğrisi daralmaktadır. Daha önceden tanımlanmış olan sönüm sabitine karşı gelen 𝜔0
𝑄 değeri dış sürücü kuvvetin yokluğunda sönümlü osilatörün enerjisinin azalması ile ilgilidir.
Tam olarak tanımı ise, enerjinin ilk değerinin 1/e’sine düşmesi için geçen zamanın tersidir (=1/).
4.5 SALINIMA ZORLANMIŞ ELEKTRİK DEVRESİNDE REZONANS
Daha önce kütle-yay sistemi ile seri bağlı RLC devresi arasındaki benzerlikler, zorlayıcı gerilim kullanmaksızın incelenmişti. Bu RLC devresine, bir AC elektromotor kuvvet (emk) kaynağı ekleyelim. Şekil-4.13’de seri bağlı bir RLC devresi gösterilmiştir.
Şekil-4.13. Zorlamalı sönümlü salınım yapan elektrik devresi.
Burada devreye Kirchhof’un ilmek kuralı uygulanarak 𝐿𝑑𝑖
𝑑𝑡+ 𝑞
𝐶+ 𝑖𝑅 = 𝑉0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.68a)
veya
19
𝐿𝑑2𝑞
𝑑𝑡2 + 𝑅𝑑𝑞
𝑑𝑡 +𝑞
𝐶 = 𝑉0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.68b)
yazılabilir. Eşitliğin her iki tarafını L’ye bölerek
𝑑2𝑞 𝑑𝑡2 +𝑅
𝐿 𝑑𝑞 𝑑𝑡 + 𝑞
𝐿𝐶 = 𝑉0
𝐿 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.68c)
yazılır. Burada
ω02 = 1
𝐿𝐶 ve 𝛾 = 𝑅
𝐿 (4.68d)
alarak
𝑑2𝑞
𝑑𝑡2 + 𝛾𝑑𝑞
𝑑𝑡 + ω02𝑞 = 𝑉0
𝐿 𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.69)
yazabiliriz. Kütle-yay sisteminde salınıma zorlanan sönümlü hareketin denklemini tekrar yazalım.
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝛾𝑑𝑥
𝑑𝑡 + ω02𝑥 = 𝐹0
𝑚𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.70)
Bu iki denklem (4.69 ve 4.70) matematiksel olarak aynı formdadır. Bu nedenle daha önceki çözümlerin benzerini burada da yazabiliriz. Bu iki denklemin karşılaştırılmasından ω02= 1
𝐿𝐶 , 𝛾 =𝑅
𝐿 ,𝑄 =𝜔0
𝛾 = 1
𝑅√𝐿
𝐶olduğuna dikkat ediniz.
Bu durumda (4.69) denkleminin kalıcı çözümü için
𝑞 = 𝑞0(ω)cos (ω𝑡 − δ) (4.71)
yazabiliriz. Burada 𝑞0(𝜔) için
𝑞0(ω) = 𝑉0/𝐿
[(ω02−ω2)2+(ω𝑅 𝐿⁄ )2]1/2
(4.72a) veya
𝑞0(ω) = 𝑉0
ω[𝑅2+(1/ω𝐶 − ω𝐿)2]1/2 (4.72b) elde ederiz.
Devreden geçen i akımı için ise 𝑖 = 𝑑𝑞
𝑑𝑡 = −𝑞0(ω) ω 𝑠𝑖𝑛(ω𝑡 − δ) = − 𝑉0
[(ω𝐶1 −ω𝐿)2+𝑅2]
1⁄2sin (ω𝑡 − δ ) (4.73) yazılabilir.
1
𝜔𝐶 − 𝐿𝜔 = 0 veya 𝜔 = 𝜔0 = 1
√𝐿𝐶 koşulunda akım maksimum olur.
Başka bir deyişle akımın maksimum değeri (genliği) için
20
𝐼0(ω)𝑚𝑎𝑥 = 𝑉0
𝑅 (4.74)
yazabiliriz.
Kapasitörün uçları arasındaki gerilim farkının (𝑉𝑐 ) 𝑉𝐶 = 𝑞
𝑐 = 𝑉𝐶(ω) cos (ω𝑡 − δ ) (4.75a) ifadesi ile verileceğini biliyoruz. Burada
𝑉𝐶(ω) = 𝑉0/𝐿𝐶
[(ω02−ω)2+(𝑅ω 𝐿 )2]1/2
(4.75b) dir. 𝜔0 = 𝜔 olduğunda 𝑉𝐶(𝜔)’ni değeri maksimum olur
𝑉𝑐(ω0) = 𝑉0
𝑅ω0𝐶 = 𝑉0
𝑅 1
√𝑙𝑐𝐶 = 𝑉0
𝑅 1
√𝑙𝑐𝐶 = 1
𝑅√𝐿
𝐶𝑉0 = 𝑄𝑉0 (4.76) Burada 𝑄 kalite faktörüdür (Elektrik yükü küçük q harfi ile gösterilmiştir).
Bu sonuç RLC devresinin, rezonans durumunda, uygulanan AC voltaj değerini Q kalite faktörü kadar yükselttiğini söyler.
21
ÖRNEK-1
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 𝛾𝑑𝑥
𝑑𝑡 + 𝜔02𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (1)
homojen olmayan çizgisel diferansiyel denklemini sağlayan bir özel çözüm bulunuz.
Çözüm:
𝑥𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡
Şeklinde bir çözüm seçelim. Bu fonksiyonun ikinci türevini hesaplayıp yukarıdaki (1) denkleminde yerine yazalım:
𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 = −𝐴𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝐵𝜔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝑑2𝑥𝑝
𝑑𝑡2 = −𝐴𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝐵𝜔2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = −𝜔2𝑥𝑝
−𝜔2𝑥𝑝 + 𝛾𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 + 𝜔02𝑥𝑝 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 𝛾𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 +(𝜔02− 𝜔2)𝑥𝑝 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 veya
𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 +(𝜔02− 𝜔2)
𝛾 𝑥𝑝 = 𝑓0
𝛾 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 yazabiliriz. Burada 𝑃 = (𝜔02−𝜔2)
𝛾 ve 𝑄 = 𝑓0
𝛾 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 alarak
𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 + 𝑃𝑥𝑝 = 𝑄 (2)
elde ederiz. Bu denklemin birinci dereceden çizgisel denklem olduğuna dikkat ediniz.
Bu denklemi çözmenin bir yöntemi, öyle bir 𝜌 = 𝜌(𝑡) fonksiyonu bulmaktır ki, denklem 𝜌 ile çarpıldığında sol taraf 𝜌𝑡 çarpımının türevi biçimine dönüşsün. Yani (2) denklemini 𝜌 ile çarparak
22
𝜌𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 + 𝜌𝑃𝑥𝑝 = 𝜌𝑄 yazar ve 𝜌 üzerine
𝜌𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 + 𝜌𝑃𝑥𝑝 = 𝑑
𝑑𝑡(𝜌𝑥𝑝) (3)
koşulunu koymaya çalışırız. (3)’ün sağ tarafını açıp terimleri sadeleştirdiğimizde 𝜌𝑑𝑥𝑝
𝑑𝑡 + 𝜌𝑃𝑥𝑝 = 𝑑𝜌
𝑑𝑡𝑥𝑝 + 𝜌𝑑𝑥𝑝 𝑑𝑡 Buradan 𝜌’nun sağlaması gerekli koşul olarak
𝑑𝜌
𝑑𝑡𝑥𝑝 = 𝜌𝑃𝑥𝑝 veya
𝑑𝜌
𝑑𝑡 = 𝜌𝑃 (4)
elde ederiz. Bu denklem değişkenlerine ayrılabilen bir denklemdir. Buradan
𝑑𝜌
𝜌 = 𝑃𝑑𝑡 yazabiliriz. Bu denklemin çözümü için 𝐿𝑛𝜌 = ∫ 𝑃𝑑𝑡 + 𝐿𝑛𝐶
yazabiliriz. Buradan 𝜌 = 𝐶𝑒∫ 𝑃𝑑𝑡 yazılabileceği açıktır. Keyfi olarak C=1 seçebiliriz. Bu durumda 𝜌 = 𝑒∫ 𝑃𝑑𝑡 alınabilir. Bu fonksiyona (2) denkleminin integral çarpanı denir.
Bu durumda
𝑑(𝜌𝑥𝑝)
𝑑𝑡 = 𝜌𝑄
ve
𝜌𝑥𝑝 = ∫ 𝜌𝑄𝑑𝑡 + 𝐶
𝜌 = 𝑒∫ 𝑃𝑑𝑡 = 𝑒∫
(𝜔02−𝜔2) 𝛾 𝑑𝑡
= 𝑒
(𝜔02−𝜔2) 𝛾 𝑡
Burada C=1 alınarak 𝑒
(𝜔02−𝜔2) 𝛾 𝑡
𝑥𝑝 = ∫ 𝑒
(𝜔02−𝜔2) 𝛾 𝑡𝑓0
𝛾 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑑𝑡 yazılabilir. Ayrıca (𝜔0
2−𝜔2)
𝛾 = 𝑎 kısaltması yapılarak 𝑒a𝑡𝑥𝑝 =𝑓0
𝛾 ∫ 𝑒a𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑑𝑡
