5.1 ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR (Coupled Oscillators)

1

BÖLÜM-5

5.1 ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR (Coupled Oscillators)

Bundan önceki bölümlerde tek bir doğal frekansa sahip sistemleri inceledik. Bu

bölümde birçok farklı frekanslarda titreşebilen sistemleri inceleyeceğiz. Önce iki

çiftlenimli salınıcıdan oluşan sistemlerin serbest salınımlarını ele alacağız. Bu

sistemlerin analizinde bazı kurallar geliştireceğiz ve bunları çok sayıda çiftlenimli

salınıcıdan meydana gelen sistemlerin analizinde kullanacağız. Daha sonra bu sistemleri

periyodik dış kuvvet etkisinde ele alacağız. Basitten başlayarak kristal örgü gibi daha

karmaşık olayların dinamik özelliklerini anlamaya çalışacağız. Elde edeceğimiz bilgi

birikimini çiftlenimli elektrik devrelerinin analizinde kullanma becerisi edineceğiz.

Fizik Lab-IV dersinde bu kavramların uygulamalarını göreceksiniz. Özellikle iletim

hatları deneyinin iyi anlaşılması için bu bilgilere ihtiyaç duyacaksınız.

5.1.1 İki Çiftlenimli Sarkaç

Birbirine benzer A ve B sarkaçlarının Şekil-5.1a’deki gibi gerilmemiş bir yay ile

birbirine bağlandığı (çiftlendiği) sistemi göz önüne alalım. Burada basitlik olması

bakımından sarkaç boylarının ve kütlelerinin eşit olduğunu kabul edeceğiz

(𝑙𝑎 = 𝑙𝑏 = 𝑙 𝑣𝑒 𝑚𝑎 = 𝑚𝑏 = 𝑚).

Şekil-5.1 Özdeş iki sarkacın k yayı ile çiftlenimi.(a) Sistemin serbest hali. (b) B sarkacı

dururken A sarkacını xa kadar yana çekip serbest bırakılması.

Şekil-5.1b’deki gibi B sarkacı dururken A sarkacını xa kadar yana çekip sistemi serbest

bıraktığımızda olacak olayların gelişimi aşağıda özetlenmiştir.

2

A sarkacı salınıma başlar.

Bir süre sonra başlangıçta durgun olan B sarkacı da salınıma geçer.

A sarkacının genliği giderek azalırken B sarkacının genliği artmaya başlar.

Daha sonra A ve B sarkaçlarının genlikleri eşit olur.

Salınım devam ettikçe, A sarkacının genliği azalırken B sarkacının genliği A

sarkacının genliğinin ilk değerine eşit olana kadar artmaya devam eder.

B sarkacının genliği A sarkacının ilk genliğine eşit olduktan sonra, başlangıç

koşulu tersine çevrilmiş olur. Sisteme sürtünme gibi yitirici kuvvetler etki

etmediği sürece bu genlik değişimi sürekli kendini tekrarlar.

Çiftlenimi iki sarkaç arasındaki k yayı sağlar. A kütlesi titreşirken, aradaki k yayı B

kütlesini iter ve çeker. Böylece bu yay B kütlesi üzerinde bir dış kuvvet oluşturur ve

onu harekete geçirir. Aynı zamanda bu yay, A kütlesini de iter ve çeker.

Şimdi Şekil-5.1’de verilen sisteme biraz daha yakından bakalım ve bazı özel

durumlar için sistemin davranışını anlamaya çalışalım:

(i) MOD-I: A ve B sarkaç kütlelerini eşit miktarda (𝑥𝑎 = 𝑥𝑏) sağa çektiğimizi ve

sonra bunları aynı anda serbest bıraktığımız farz edelim (Şekil-5.2).

Şekil-5.2 A ve B sarkaçları eşit miktarda (𝑥𝑎 = 𝑥𝑏) sağa çekilip serbest bırakılıyor.

Bu durumda sarkaç topları arasındaki uzaklık, dolaysıyla yayın boyu, değişmez. Yayın

boyunda değişiklik olmadığı için yaydan dolayı sarkaçlara bir kuvvet etki etmez. Bu

durumda A sarkacına ait 𝑚𝑎 kütlesinin hareket denklemi için

𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+𝑔

𝑙𝑥𝑎 = 0 (5.1a)

yazabiliriz (Bu durumda sistem daha önce incelediğimiz basit sarkacın aynısıdır).

3

Benzer ifade B sarkacı için de geçerlidir:

𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2+𝑔

𝑙𝑥𝑏 = 0 (5.1b)

𝜔12 =

𝑔

𝑙 alarak bu denklemleri

𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+ω1

2𝑥𝑎 = 0 (5.2a)

𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2+ω1

2𝑥𝑏 = 0 (5.2b)

formunda yazabiliriz. Bu denklemlerin çözümü için

𝑥𝑎 = 𝑥𝑏 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠ω1𝑡 (5.2c)

ifadesini yazabiliriz. Bu çözüm bize A ve B sarkaçlarının aynı frekans (𝜔1 = √𝑔 𝑙⁄ ),

aynı faz ve aynı genlikli (A) ve aralarındaki uzaklık sabit kalacak şekilde basit

harmonik hareket (BHH) yaptıklarını gösterir. Bu özel durumda sistemdeki yayın bir

etkisi yoktur. Her iki sarkaç birbirinden bağımsız gibi hareket eder yani sarkaçlar sanki

çiftlenmemiş gibi davranır. Bu çiftlenim biçimi çiftlenimli salınıcı sistemin bir normal

modunu (kipini) temsil eder. Burada mod sözcüğünü kip veya öztitreşim anlamında

kullanıyoruz. Farklı kitaplarda bu türden adlandırmalar görebilirsiniz.

(ii) MOD-II: A ve B sarkaç toplarının zıt yönlerde fakat eşit miktarlarda (𝑥𝑎 = −𝑥𝑏)

yanlara çekilip aynı anda serbest bırakıldığını farz edelim (Şekil-5.3).

Şekil-5.3 A ve B sarkaçları zıt yönde 𝑥𝑎 = −𝑥𝑏 olacak şekilde çekilip serbest

bırakılıyor.

4

Bu durumda kütleleri birbirine bağlayan yay uzar veya sıkışır ve yay kütlelere bir

kuvvet uygular. A ve B sarkaçlarının hareketi birbirinin aynadaki görüntüsü şeklinde

olacaktır.

Bu hareket sırasında yaydaki uzama miktarı 2𝑥𝑎 = 2𝑥𝑏 = 2𝑥 kadar olacaktır. Yay her

bir kütleye (𝑚𝑎 = 𝑚𝑏 = 𝑚) 2kx kadarlık bir geri çağırıcı kuvvet uygular. Burada,

küçük salınımlarda, her iki sarkacın kütlelerine yer çekiminden dolayı 𝐹 = −𝑚(𝑔

𝑙) 𝑥

geri çağırıcı kuvvetinin de uygulandığına dikkat ediniz. Böylece A sarkacının hareket

denklemi için

𝑚𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+ 𝑚

𝑔

𝑙𝑥𝑎⏟

𝐵𝑎𝑠𝑖𝑡 𝑠𝑎𝑟𝑘𝑎ç

+ 2𝑘𝑥𝑎⏟ 𝑌𝑎𝑦 𝑘𝑢𝑣𝑣𝑒𝑡𝑖

= 0 (5.3a)

yazabiliriz. Bu denklemi yeniden

𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+ (

𝑔

𝑙+ 2

𝑘

𝑚 )𝑥𝑎 = 0 (5.3b)

şeklinde yazabiliriz. Burada 𝜔22 = (

𝑔

𝑙+ 2

𝑘

𝑚) diyerek (5.3b) denklemini yeniden

𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+𝜔2

2𝑥𝑎 = 0 (5.4)

şeklinde yazabiliriz. Bu diferansiyel denklemin 𝜔2 frekanslı bir BHH’ye karşılık geldiği

açıktır. Bu denklemin çözümü için

𝑥𝑎 = 𝐴 cos (ω2𝑡) (5.5a)

yazabiliriz. Benzer şekilde B sarkacının hareketi için

𝑥𝑏 = −𝐴 cos (ω2𝑡) (5.5b)

yazabiliriz. Sonuç olarak ikinci modda da her bir sarkaç BHH yapan bir sistem gibi

davranır. Fakat aradaki yayın etkisi geri çağırıcı kuvveti artırıcı yönde olduğundan,

titreşim frekansı çiftlenimsiz duruma göre daha büyüktür yani 𝜔2 > 𝜔1 dir. A ve B

sarkaçları aynı frekansta, aynı genlikte fakat aralarında 180°’lik faz farkı olan BHH

yapar. A ve B sarkaçlarına ait uzanımlarının zamanla değişimleri Şekil-5.4’de

verilmiştir.

5

Şekil-5.4 Çiftlenmli sarkacın mod-II durumunda 𝑥𝑎 ve 𝑥𝑏 uzanımlarının zamanla

değişimi.

5.1.2 Normal modların üst üste gelmesi

Şimdi A sarkacındaki kütlenin yer değiştirmesinin xa , B sarkacındaki kütlenin yer

değiştirmesinin ise xb kadar olduğu rastgele bir durumu göz önüne alalım (Şekil-5.5).

Şekil-5.5 Çiftlenimli sarkaçta 𝑥𝑎 ≠ 𝑥𝑏 durumu.

Bu durumda aradaki yay (𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) kadar uzar ve A ve B sarkaçları üzerine

𝑘(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) kadarlık geri çağırıcı bir kuvvet uygular.

A kütlesi üzerindeki toplam geri çağırıcı kuvvet (yerçekimi+yay):

𝐹 = −𝑚𝑔

𝑙𝑥𝑎 − 𝑘(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) (5.6a)

B kütlesi üzerindeki toplam geri çağırıcı kuvvet (yerçekimi+yay):

𝐹 = −𝑚𝑔

𝑙𝑥𝑏 − 𝑘(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) (5.6b)

ifadeleri ile verilebileceği açıktır.

6

A ve B sarkaç kütlelerinin hareket denklemleri 𝐹 = 𝑚𝑎 bağıntısından

𝑚𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2= −𝑚

𝑔

𝑙𝑥𝑎 − 𝑘(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) (5.7a)

ve

𝑚𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2= −𝑚

𝑔

𝑙𝑥𝑏 − 𝑘(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) (5.7b)

olacaktır. Bu eşitlikleri yeniden düzenlersek,

𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+𝑔

𝑙𝑥𝑎 +

𝑘

𝑚(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) = 0 (5.8a)

𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2+𝑔

𝑙𝑥𝑏 +

𝑘

𝑚(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) = 0 (5.8b)

Burada A kütlesi için yazılan (5.8a) denklemi, B sarkacına ait 𝑥𝑏 terimini; B kütlesi için

yazılan (5.8b) denklemi ise A sarkacına ait 𝑥𝑎 terimini içermekte olduğuna dikkat

ediniz. Başka bir deyişle A sarkacının hareketi B sarkacının hareketini etkilemektedir.

Bunun tersi de geçerlidir. Bu nedenle bu iki diferansiyel denklem birbirinden bağımsız

çözülemez.

Bu denklemlerin birlikte çözümü için (5.8a) ve (5.8b) denklemlerini taraf tarafa

toplayarak,

𝑑2(𝑥𝑎+𝑥𝑏)

𝑑𝑡2+𝑔

𝑙(𝑥𝑎 + 𝑥𝑏) = 0 (5.9a)

ve çıkararak,

𝑑2(𝑥𝑎−𝑥𝑏)

𝑑𝑡2+ (

𝑔

𝑙+ 2

𝑘

𝑚)(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) = 0 (5.9b)

denklemleri elde edilir.

Burada

𝑞1 = (𝑥𝑎 + 𝑥𝑏) ve 𝑞2 = (𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) (5.10)

ω12 =

𝑔

𝑙 ve ω2

2 =𝑔

𝑙+ 2

𝑘

𝑚 (5.11)

alarak (5.9a) ve (5.9b) denklemlerini

𝑑2𝑞1

𝑑𝑡2+ω1

2𝑞1 = 0 (5.12a)

𝑑2𝑞2

𝑑𝑡2+ω2

2𝑞2 = 0 (5.12b)

7

şeklinde yazabiliriz. Bu iki denklemin, yer değiştirmeleri 𝑞1 ve 𝑞2; frekansları 𝜔1 ve 𝜔2

olan bağımsız BHH yapan iki sisteme karşı geldiği açıktır.

Bu denklemlerin (5.12a ve 5.12b) çözümleri için

𝑞1 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠(𝜔1𝑡 + 𝜙1) (5.13a)

𝑞2 = 𝐶2 𝑐𝑜𝑠(𝜔2𝑡 + 𝜙2) (5.13b)

yazabiliriz. Burada C1 ve C2 genlikler, 𝜙1 ve 𝜙2 ise faz sabitleri olup başlangıç

koşullarından tayin edilir.

Böylece iki bağımsız titreşime sahip oluruz. Buradaki 𝑞1 ve 𝑞2 değişkenleri normal

koordinatlar; 𝜔1ve 𝜔2 ise normal frekanslar olarak adlandırılır.

Tekrar orijinal koordinatlarımız olan 𝑥𝑎 ve 𝑥𝑏’ye geri dönelim:

𝑞1 = (𝑥𝑎 + 𝑥𝑏)

𝑞2 = (𝑥𝑎 − 𝑥𝑏)

Buradan

𝑥𝑎 =1

2(𝑞1 + 𝑞2) =

1

2[𝐶1 cos(ω1𝑡 + ϕ1) + 𝐶2 cos(ω2𝑡 + ϕ2)] (5.14a)

𝑥𝑏 =1

2(𝑞1 − 𝑞2) =

1

2[𝐶1 cos(ω1𝑡 + ϕ1) − 𝐶2 cos(ω2𝑡 + ϕ2)] (5.14b)

yazabiliriz.

Bu eşitliklerden şu sonuca varılır: her bir sarkacın hareketi iki normal modun

süperpozisyonu şeklindendir.

Başlangıç koşulları olarak 𝜙1 = 𝜙2 = 0 olduğunu kabul edelim. Bu durumda (5.14a) ve

(5.14b) eşitlikleri için

𝑥𝑎 =1

2[𝐶1 cosω1𝑡 + 𝐶2 cosω2𝑡] (5.15a)

𝑥𝑏 =1

2[𝐶1 cosω1𝑡 − 𝐶2 cosω2𝑡] (5.15b)

yazabiliriz.

Şimdi üç farklı başlangıç koşulu için yukarıdaki çözümleri ele alalım:

(i) t = 0 anında her iki kütle durgun ve 𝑥𝑎 = 𝐴 ve 𝑥𝑏 = 𝐴

(ii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve 𝑥𝑎 = 𝐴 ve 𝑥𝑏 = −𝐴

(iii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve 𝑥𝑎 = 𝐴 ve 𝑥𝑏 = 0

8

Şimdi bu özel durumları tek tek ele alalım.

i) t=0 anında 𝒙𝒂 = 𝑨 ve 𝒙𝒃 = 𝑨

Bu değerleri (5.15a) ve (5.15b) denklemlerinde yerlerine yazarak

1

2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴

1

2[𝐶1 − 𝐶2] = 𝐴

elde ederiz. Buradan 𝐶1 = 2𝐴 ve 𝐶2 = 0 bulunur.

Bu durumda

𝑥𝑎 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡

𝑥𝑏 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡

olur. Bu ise daha önce incelediğimiz birinci normal mod çözümleridir. Bu özel

durumda aradaki yayın sisteme bir etkisi yoktur yani iki sarkaç, aynı genlik, aynı faz ve

aynı 𝜔1 = √𝑔

𝑙 doğal titreşim frekansları ile titreşirler.

(ii) t=0 anında 𝒙𝒂 = 𝑨 ve 𝒙𝒃 = −𝑨


1

2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴

1

2[𝐶1 − 𝐶2] = −𝐴

elde ederiz. Buradan 𝐶1 = 0 ve 𝐶2 = 2𝐴 bulunur. Bu durumda çözümler için


𝑥𝑏 = −𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔2𝑡

yazabiliriz. Bu da daha önce incelediğimiz ikinci normal mod çözümleridir.

Bu özel durumda aradaki yay çiftlenimi sağlar ve iki sarkaç aynı genlikli, aynı frekanslı

ve 180 faz farkı (zıt fazlı) ile salınım yapar.

(iii) t=0 anında 𝒙𝒂 = 𝑨 ve 𝒙𝒃 = 𝟎


1

2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴

1

2[𝐶1 − 𝐶2] = 0

elde ederiz. Buradan 𝐶1 = 𝐴 ve 𝐶2 = 𝐴 bulunur. Bu durumda çözümler için

9

𝑥𝑎 =1

2𝐴[cos𝜔1𝑡 + cos𝜔2𝑡]

𝑥𝑏 =1

2𝐴[cos𝜔1𝑡 − cos𝜔2𝑡]

elde ederiz. Bu ifadeleri

cosα + cosβ = 2cosα − β

2cos

α + β

2

cosα − cosβ = −2sinα − β

2sinα + β

2

trigonometrik özdeşlikleri kullanılarak yeniden düzenlenirse, xa ve xb için

𝑥𝑎 = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 (𝜔2−𝜔1

2𝑡) 𝑐𝑜𝑠 (

𝜔2+𝜔1

2𝑡) (5.16a)

𝑥𝑏 = 𝐴 𝑠𝑖𝑛 (𝜔2 − 𝜔1

2𝑡) 𝑠𝑖𝑛 (

𝜔2 + 𝜔12

𝑡) = 𝐴 𝑐𝑜𝑠 (𝜔2 − 𝜔1

2𝑡 −

𝜋

2) 𝑐𝑜𝑠 (

𝜔2 + 𝜔12

𝑡 −𝜋

2)

(5.16b)

ifadeleri elde edilir. Buradan xa ve xb uzanımlarının 𝑐𝑜𝑠ω2−ω1

2𝑡 ve 𝑐𝑜𝑠 (

𝜔2−𝜔1

2𝑡 −

𝜋

2)

fonksiyonlar tarafından modüle olmuş olduğu görülür. Modülasyon frekansı =

(ω2−ω1

2) ve Titreşim frekansı = (

ω1+ω2

2) dir. Sarkaçlardan birinin modüle olmuş

genliği maksimum iken diğerinin modüle olmuş genliği sıfırdır (Şekil-5.6).

Şekil-5.6 Çiftlenimli sarkaçta modülasyon durumu.

10

5.2 YATAY DOĞRULTUDA ÇİFTLENİMLİ KÜTLE-YAY SİSTEMİ

Şimdi yatay doğrultuda çiftlenimli osilatör örneğini ele alalım. Kütleler ile yatay düzlem

arasında sürtünme olmadığını kabul edeceğiz. Basitlik açısından kütlelerin ve yayların

özdeş olduğu durumu ele alacağız. Şekil-5.7’de özdeş ve bağımsız iki kütle-yay

osilatörü verilmiştir.

Şekil-5.7 Çiftlenmemiş iki bağımsız kütle-yay osilatörü.

Bu iki osilatörü kuvvet sabiti 𝑘1 olan üçüncü bir yay ile birbirine bağlayarak

çiftlenmimli bir sistem haline getirebiliriz (Şekil-5.8a). Şekildeki gibi, A kütlesinin xa,

B kütlesini ise xb kadar sağa doğru çekelim.

Şekil-5.8a Yatay düzlemde çiftlenimli osilatör.

Çiftlenimli sistemde, xb>xa olması durumda, ortadaki yay (𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) kadar gerilmiş olur.

Bu durumda,

A kütlesine sol taraftaki yaydan doğan −𝑘𝑥𝑎 ve ortadaki yaydan doğan

𝑘1(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) kuvvetleri etki eder.

B kütlesine ise sağdaki yaydan doğan −𝑘𝑥𝑏 ve ortadaki yaydan doğan

−𝑘1(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) kuvvetleri etki eder.

xb>xa olması halinde ortadaki 𝑘1 yayının boyu net olarak uzamış demektir yani 𝑘1 yayı

gerilmiştir. Bu durumda 𝑘1 yayının A kütlesine uyguladığı kuvvet sağa doğru yani

(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) yönünde; B kütlesine uyguladığı kuvvet sola doğru yani −(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎) yönünde

olacaktır. Bu durumda , sırasıyla, A ve B kütleleri için hareket denklemleri

11

𝑚𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2= −𝑘𝑥𝑎⏟𝑠𝑜𝑙𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

+ 𝑘1(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎)⏟ 𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

(5.17a)

𝑚𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2= −𝑘𝑥𝑏⏟𝑠𝑎ğ𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

− 𝑘1(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎)⏟ 𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

(5.17b)

yazılabilir. Bu denklemleri yeniden düzenleyerek,

𝑚𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+ (𝑘 + 𝑘1)𝑥𝑎 − 𝑘1𝑥𝑏 = 0 (5.18a)

𝑚𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2+ (𝑘 + 𝑘1)𝑥𝑏 − 𝑘1𝑥𝑎 = 0 (5.18b)

şeklinde ifade edebiliriz. Bu denklemlerin her biri hem xa hem de xb’yi içerdiği için

birbirinden bağımsız olarak çözülemez. Bu nedenle her ikisini de içerecek bir değişken

değiştirmeye gitmek uygun olacaktır. Bunun için (5.18a) ve (5.18b) denklemleri taraf

tarafa toplanarak,

𝑚𝑑2(𝑥𝑎+𝑥𝑏)

𝑑𝑡2+ 𝑘(𝑥𝑎 + 𝑥𝑏) = 0 (5.19a)

ve çıkarılarak,

𝑚𝑑2(𝑥𝑎−𝑥𝑏)

𝑑𝑡2+ (𝑘 + 2𝑘1)(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) = 0 (5.19b)

denklemleri elde edilir. Burada, 𝑞1 = (𝑥𝑎+ 𝑥𝑏)

𝑞2 = (𝑥𝑎 −𝑥𝑏)

ω12 = 𝑘/𝑚

ω22 = (𝑘 + 2𝑘1) 𝑚⁄

kısaltmaları yapılarak (5.19a) ve (5.19b) denklemleri

𝑑2𝑞1

𝑑𝑡2+ω1

2𝑞1 = 0 (5.20a)

𝑑2𝑞2

𝑑𝑡2+ω2

2𝑞2 = 0 (5.20b)

şeklinde yazılabilir. Bunlar BHH’nin denklemiyle aynıdır. Bu denklemlerin çözümü

için

𝑞1 = 𝐶1cos (ω1𝑡 + 𝜙1) (5.21a)

𝑞2 = 𝐶2cos (ω2𝑡 + 𝜙2) (5.21b)

yazabiliriz.

12

Bu iki denklemin ortak çözümünden xave xb elde edilebilir:

𝑥𝑎 =1

2(𝑞1 + 𝑞2) =

1

2[𝐶1 𝑐𝑜𝑠(ω1𝑡 + 𝜙1) + 𝐶2𝑐𝑜𝑠 (ω2𝑡 + 𝜙2)] (5.22a)

𝑥𝑏 =1

2(𝑞1 − 𝑞2) =

1

2[𝐶1 𝑐𝑜𝑠(ω1𝑡 + 𝜙1) − 𝐶2𝑐𝑜𝑠 (ω2𝑡 + 𝜙2)] (5.22b)

Başlangıç koşulları olarak 𝜙1 = 𝜙2 = 0 olduğunu kabul edelim ve aşağıdaki özel

durumlar için A ve B kütlelerinin titreşimlerini inceleyelim.

(i) t = 0 anında her iki kütle durgun ve 𝑥𝑎 = 𝐴 ve 𝑥𝑏 = 𝐴

(ii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve 𝑥𝑎 = 𝐴 ve 𝑥𝑏 = −𝐴

(iii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve 𝑥𝑎 = 𝐴 ve 𝑥𝑏 = 0

Şimdi bu özel durumları tek tek ele alalım.

i) t= 0 anında 𝒙𝒃 = 𝑨 ve 𝒙𝒃 = 𝑨


1

2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴

1

2[𝐶1 − 𝐶2] = 𝐴

ve buradan 𝐶1 = 2𝐴 ve 𝐶2 = 0 elde edilir. Bu durumda çözümler için


𝑥𝑏 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡

yazılır.

Her iki kütle aynı genlik, aynı faz ve aynı 𝜔1 = √k/m açısal frekansı ile titreşir. Bunun

anlamı ortadaki 𝑘1 çiftlenim yayının sisteme bir etkisi yoktur. Bu durum daha önce

sarkaç sisteminde anlatılan 1. normal mod durumuna karşı geldiğine dikkat ediniz.

(ii) t=0 anında ve 𝒙𝒂 = 𝑨 ve 𝒙𝒃 = −𝑨

Bu değerleri (23a) ve (23b) denklemlerinde yerlerine yazarak

1

2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴

1

2[𝐶1 − 𝐶2] = −𝐴

13

ve burada 𝐶1 = 0 ve 𝐶2 = 2𝐴 elde edilir. Bu durumda çözümler için


𝑥𝑏 = −𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔2𝑡

yazılabilir.

Her iki kütle aynı genlik ve aynı 𝜔2 = √(𝑘 + 2𝑘1)/𝑚 açısal frekansı ile titreşir ancak

aralarında (=180) kadar faz farkı vardır. Çiftlenim yayı geri çağırıcı ek bir kuvvet

oluşturduğundan 𝜔2 açısal frekansı birinci durumda verilen çiftlenimsiz durumun

frekansından daha büyüktür 𝜔2 > 𝜔1. Bu durum daha önce sarkaç sisteminde anlatılan

2. normal mod durumuna karşı geldiğine dikkat ediniz. Eğer çiftlenimi sağlayan yayın

kuvvet sabiti de diğer iki yayın kuvvet sabitine eşit olursa yani 𝑘1 = 𝑘 olursa, 𝜔2 =

√3𝑘/𝑚 olur. Şekil-5.8b’de simetrik ve antisimetrik modlar gösterilmiştir.

Şekil-5.8b. Simetrik ve antisimetrik modlar.

(iii) t=0 anında ve 𝒙𝒂 = 𝑨 ve 𝒙𝒃 = 𝟎


1

2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴

1

2[𝐶1 − 𝐶2] = 0

ve buradan, 𝐶1 = 𝐴 ve 𝐶2 = 𝐴 elde edilir. Bu durumda çözümler için

𝑥𝑎 =1

2𝐴[𝑐𝑜𝑠ω1𝑡 + 𝑐𝑜𝑠ω2𝑡] (5.23a)

𝑥𝑏 =1

2𝐴[𝑐𝑜𝑠ω1𝑡 − 𝑐𝑜𝑠ω2𝑡] (5.23b)

elde ederiz. Bu ifadeleri

𝑐𝑜𝑠𝛼 + cosβ = 2cosα−β

2cos

α+β

2 (5.24a)

cosα − cosβ = −2sinα−β

2sin

α+β

2 (5.24b)

14

trigonometrik özdeşliklerini kullanarak yeniden düzenlersek, xa ve xb için

xa = A cos (ω2−ω1

2t) cos (

ω2+ω1

2t) (5.25a)

xb = A sin (ω2−ω1

2t) sin (

ω2+ω1

2t) = A cos (

ω2−ω1

2t −

π

2) cos (

ω2+ω1

2t −

π

2)

(5.25b)

ifadelerini elde ederiz. Bu sonuçların çiftlenimli sarkaç örneğindeki sonuçlar ile aynı

olduğuna dikkat ediniz. Bu nedenle çiftlenimli sarkaç örneğinde yapılan yorumlar

burada da geçerli olacaktır.

5.3 ZORLAMALI ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR VE REZONANS

Şu ana kadar çiftlenimli bir sistemin belli kurallar içinde titreştiği durumda sistemin

karakteristik doğal frekanslarını bulmak için sistemin serbest titreşimlerini göz önüne

aldık.

Eğer sisteme periyodik bir dış kuvvet etkirse ne olur? Örneğin çiftlenimli bir salınıcı

için rezonans halinin nasıl ortaya çıktığını tartışacağız. Tartışmamız daha önce

inceldiğimiz zorlamalı salınıcıların analizine benzer olacaktır. Burada sönüm etkilerini

dikkate almayacağız. Fakat titreşimlerin oldukça çok salınımdan sonra geçiş etkilerinin

ortadan kaybolduğu ve böylece her salınıcının hareketinin dış kuvvetin frekansında ve

sabit genlikte olduğunu varsayacağız.

A ve B kütlelerinin aralarında bir yay ile birbirine bağlandığı çiftlenimli salınıcının A

kütlesine bağlı S yayına 𝐹 = 𝐹0 cos𝜔𝑡 şeklinde periyodik bir dış kuvvetin

uygulandığını varsayalım (Şekil-5.9). Yayların ve kütlelerin özdeş olduğunu kabul

edeceğiz.

Şekil-5.9 Zorlamalı çiftlenimli salınımlar.

15

Dış kuvvet nedeni ile S yayının boyunda 𝜉 = 𝑎cos𝜔𝑡 şeklinde bir değişim olacaktır.

Burada 𝑎 =𝐹0

𝑘 dir. S yayına uygulanan periyodik dış kuvvet A kütlesine zorlamalı

titreşim hareketi yaptırır. Ortadaki çiftlenim yayı bu zorlamalı kuvvetin etkisini B’ye

iletir. Bu durumda A ve B kütlelerinin hareket denklemleri,

𝑚𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+ 𝑘(𝑥𝑎 − 𝜉)⏟ 𝑠𝑜𝑙𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

+ 𝑘( 𝑥𝑎 − 𝑥𝑏 )⏟ 𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

= 0 (5.26a)

𝑚𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2+ 𝑘𝑥𝑏⏟𝑠𝑎ğ𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

+ 𝑘(𝑥𝑏 − 𝑥𝑎)⏟ 𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

= 0 (5.26b)

olacaktır. (5.26a) denklemi, 𝜉 =𝐹0

𝑘cos𝜔𝑡 ifadesi yerine konarak, yeniden düzenlenirse

𝑑2𝑥𝑎

𝑑𝑡2+ 2

𝑘

𝑚𝑥𝑎 −

𝑘

𝑚𝑥𝑏 =

𝐹0

𝑚cosω𝑡 (5.27a)

ve (5.26b) denklemi yeniden düzenlenirse

𝑑2𝑥𝑏

𝑑𝑡2+ 2

𝑘

𝑚𝑥𝑏 −

𝑘

𝑚𝑥𝑎 = 0 (5.27b)

yazılabilir. Bu son iki denklem (5.27a ve 5.27b) taraf tarafa toplanır ve çıkarılırsa

𝑑2

𝑑𝑡2(𝑥𝑎 + 𝑥𝑏) +

𝑘

𝑚(𝑥𝑎 + 𝑥𝑏) =

𝐹0


𝑑2

𝑑𝑡2(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) +

3𝑘

𝑚(𝑥𝑎 − 𝑥𝑏) =

𝐹0

𝑚cosω𝑡 (5.28b)

denklemlerini elde ederiz. Daha önce yaptığımız gibi yine

𝑥𝑎 + 𝑥𝑏 = 𝑞1 ; 𝑥𝑎 − 𝑥𝑏 = 𝑞2 (5.29)

şeklinde değişken değiştirmesi yapmak bu denklemleri çözmeyi kolaylaştıracaktır.

𝑑2𝑞1

𝑑𝑡2+

𝑘

𝑚𝑞1 =

𝐹0


𝑑2𝑞2

𝑑𝑡2+3𝑘

𝑚𝑞2 =

𝐹0


√𝑘

𝑚= 𝜔1 ve √

3𝑘

𝑚= 𝜔2 diyecek olursak

𝑑2𝑞1

𝑑𝑡2+ω1

2𝑞1 =𝐹0


𝑑2𝑞2

𝑑𝑡2+ω2

2𝑞2 =𝐹0


16

elde ederiz. Burada (5.31a) ve (5.31b) denklemleri 𝜔1 ve 𝜔2 doğal frekanslı iki

zorlamalı harmonik salınıcıya benzemektedir. Bu denklemlerin kararlı hal çözümlerini

aşağıdaki eşitliklerle tanımlayabiliriz:

𝑞1 = 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (5.32a)

𝑞2 = 𝐶2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (5.32b)

Bu ifadeleri ve türevlerini (5.31a) ve (5.31b)’de kullanırsak, C1 ve C2 için

𝐶1 =𝐹0 𝑚⁄

(ω12−ω2)

(5.33a)

𝐶2 =𝐹0 𝑚⁄

(ω22−ω2)

(5.33b)

ifadelerini elde ederiz.

𝐶1 ve 𝐶2 genlik ifadeleri, dördüncü bölümde incelediğimiz sönümsüz zorlamalı bir

salınıcının gösterdiği rezonans davranışına benzer bir davranış göstereceği açıktır.

Yeniden xa ve xb’ye geçelim.

𝑥𝑎 =1

2(𝑞1 + 𝑞2) =

1

2(𝐶1 + 𝐶2) cosω𝑡 = 𝐴 cosω𝑡 (5.34a)

𝑥𝑏 =1

2(𝑞1 − 𝑞2) =

1

2(𝐶1 − 𝐶2) cosω𝑡 = 𝐵 cosω𝑡 (5.34b)

Buradan, a ve b kütlelerinin titreşim genliklerinin (A ve B) 𝜔’ya bağlı ifadeleri

𝐴 =1

2(𝐶1 + 𝐶2) =

1

2

𝐹0

𝑚[

1

ω12−ω2

+1

ω22−ω2

] (5.35a)

𝐵 =1

2(𝐶1 − 𝐶2) =

1

2

𝐹0

𝑚[

1

ω12−ω2

−1

ω22−ω2

] (5.35b)

şeklindendir. A ve B genliklerinin uygulanan dış kuvvetin frekansına bağlı davranışları

Şekil-5.10’de verilmiştir.

Şekil-5.10. A ve B genliklerinin uygulanan dış kuvvetin frekansına bağlı davranışları.

17

𝜔 < 𝜔1 bölgesinde A ve B kütleleri aynı fazda titreşirler.

𝜔0 = √𝜔12+𝜔2

2

2 değerinde 𝐴 = 0 dır.

𝜔 = 𝜔1 ve 𝜔 = 𝜔2 olduğunda sistem rezonans durumuna girer ve kütleler çok

büyük genlikli salınım yaparlar. Bu olaydan yararlanarak sistemin normal

modları (𝜔1 ve 𝜔2) deneysel olarak belirlenebilir.

𝜔 > 𝜔2 bölgesinde A ve B kütleleri zıt fazda titreşirler

Bu tür sistemlere CO2 gibi ikiden fazla atoma sahip olan moleküllerin titreşimi güzel bir

örnek oluşturur. Atomları üç kütle (ortadaki C, kenarlardakiler ise O atomları) ve

atomlar arasındaki moleküler bağları da yaylar ile temsil edebiliriz (Şekil-5.11).

Şekil-5.11. CO2 molekülünün titreşim modları.

Şekil-5.11’den görüldüğü gibi bu sistemin titreşiminin iki adet normal modu vardır.

Bunlar simetrik ve asimetik gerilme olarak isimlendirilirler. Simetrik gerilme modunda

merkezdeki C atomu sabit durur, kenardaki O atomları zıt yönlerde eşit frekanslı ve eşit

genlikli olarak titreşir (Şekil-5.11a). Asimetrik gerilme modunda ise, kenardaki O

atomları aralarındaki uzaklık sabit kalacak şekilde aynı yönde hareket ederler.

Merkezdeki C atomu ise sistemin kütle merkezinin hareketsiz kalmasını sağlayacak

şekilde O atomlarının hareket yönünün tersi yönde hareket eder (Şekil-5.11b). Sistemin

normal frekansları soğurma spektrumu ile deneysel olarak belirlenmektedir. CO2

molekülünün normal modlarına karşı gelen frekanslar 4.0x1013

s-1

(Şekil-5.11a) ve

7.0x1013

s-1

(Şekil-5.11b) dır. Bu molekülün ayrıca bir de bükülme modu vardır ve buna

karşı gelen frekans ise 2.0x1013

s-1

dir (Şekil-5.11c).

18

5.4 ENİNE SALINIMLAR

Daha önce kütle-yay sisteminin boyuna titreşimlerini inceledik. Şimdi bir veya daha

fazla kütle ve iki veya daha fazla yaydan oluşan sistemlerin enine salınımlarını

inceleyeceğiz.

5.4.1 Bir kütle-iki yaydan oluşan sisteminin enine salınımları

Özdeş yaylarla bağlı olan m kütlesinin küçük bir 𝑦 miktarı kadar enine çekilip

bırakıldığını düşünelim (Şekil-5.12).

Şekil-5.12. Kütle-yay sisteminin enine titreşimi.

Yaylardaki uzama miktarı ∆𝐿,

∆𝐿 = 𝐿′ − 𝐿 (5.36)

olacaktır. Şekildeki 𝜃 açısının kosinüsünü yazarak,

cos 𝜃 =𝐿

𝐿′ ⇒ 𝐿′ =

𝐿

cos𝜃 (5.37)

elde ederiz. Bu değeri (5.36)’da yerine yazarak ∆𝐿 için

∆𝐿 = 𝐿′ − 𝐿 = (𝐿

cos𝜃− 𝐿) = 𝐿 (

1

cos𝜃− 1) (5.38)

yazabiliriz. Burada y yer değiştirmesinin küçük ve buna bağlı olarak 𝜃 açısının küçük

olduğu durumu ele alacağız. Küçük 𝜃'lar için kosinüs fonksiyonunun seriye açılımından

cos 𝜃 = 1 −𝜃2

2!+𝜃4

4!−𝜃6

6!+⋯+

(−1)𝑛𝜃2𝑛

2𝑛!

cos 𝜃 ≅ 1 −𝜃2

2

yazabiliriz. Bunu (5.38) ifadesinde kullanarak ∆𝐿 için

∆𝐿 = 𝐿 (1

1−𝜃2

2

− 1) (5.39)

yazılır. 𝜃2

2= 𝑥 diyerek ve

1

1−𝑥 ‘in seriye açılımından yararlanarak

1

1−𝑥= 1 + 𝑥 + 𝑥2 +⋯+ 𝑥𝑛 +⋯, −1 < 𝑥 < 1 (5.40a)

19

1

1−𝜃2

2

= 1 +𝜃2

2+ (

𝜃2

2)2 +⋯+ (

𝜃2

2)𝑛

+⋯ (5.40b)

yazabiliriz. Küçük yaklaşımında (5.40b) serisinin ilk iki terimi ile yetinebiliriz, yani

1

1−𝜃2

2

≅ 1 +𝜃2

2 (5.41)

alabiliriz. Bunu (5.39) ifadesinde kullanarak ∆𝐿 için

∆𝐿 ≅ 𝐿 [1 +𝜃2

2− 1] =

𝐿𝜃2

2 (5.42)

elde ederiz. Bu durumda 𝜃 çok küçük ise (5.36) ifadesi ile verilen ∆𝐿 uzamasını ihmal

edebiliriz. Bu durumda yaydaki T gerilme kuvvetini sabit kabul edebiliriz.

Yaylardaki gerilme kuvveti kütle üzerine aşağı doğru bir geri çağırıcı kuvvet oluşturur.

Bu kuvvetin değeri

𝑇 sin 𝜃 + 𝑇 sin 𝜃 = 2𝑇 sin 𝜃 (5.43)

olup yönü aşağı doğru (-y yönünde) olacaktır. Bu durumda hareket denklemi için

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2= −2𝑇 sin 𝜃 ≅ −2𝑇𝑡𝑎𝑛𝜃 ≅ −2𝑇

𝑦

𝐿 (5.44)

yazabiliriz (küçük açılarda 𝜃 ≅ sin 𝜃 ≅ tan𝜃 alındığına dikkat ediniz). Bu ifade yeniden

düzenlenerek

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 2𝑇

𝑦

𝐿= 0 (5.45a)

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+

2𝑇

𝑚𝐿𝑦 = 0 (5.45b)

şeklinde yazılabilir. Burada

2𝑇

𝑚𝐿= ω2 (5.46)

kısaltması yapılarak hareket denklemini

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ω2𝑦 = 0 (5.47)

formunda yazabiliriz. Bu ise basit harmonik hareketin denklemidir.

Bu denklemin çözümü için

𝑦 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝜙) (5.48)

yazabiliriz (BHH örneğine bakınız). Bu durumda sistemin bir tek normal modu vardır.

Sistemin frekansı ve periyodu için

20

frekans = 1

2𝜋√2𝑇

𝑚𝐿 , periyot = 2𝜋√

𝑚𝐿

2𝑇 (5.49)

ifadelerinin yazılacağı açıktır (Not: Buradaki T, yaylardaki gerilim kuvvetidir, periyot

ile karıştırılmaması gerekir)

5.4.2 İki kütle - üç yaydan oluşan sisteminin enine salınımları

Şimdi iki özdeş kütlenin birbirine üç özdeş yay ile bağlandığı durumu ele alalım (Şekil-

13).

Şekil-5.13. İki kütle - üç yaydan oluşan sisteminin enine titreşimi.

Yukarıdaki tartışmayı dikkate alarak, küçük titreşimler için, problemi irdeleyeceğiz. A

ve B kütlelerinin hareket denklemleri için

A kütlesi için : 𝑚𝑑2𝑦𝑎

𝑑𝑡2= −𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃1⏟ 𝑠𝑜𝑙𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

+ 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃2⏟ 𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

(5.50a)

B kütlesi için: 𝑚𝑑2𝑦𝑏

𝑑𝑡2= − 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃2⏟

𝑜𝑟𝑡𝑎𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

− 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃3⏟ 𝑠𝑎ğ𝑑𝑎𝑘𝑖 𝑦𝑎𝑦

(5.50b)

yazabiliriz. Küçük açı yaklaşımında sin𝜃 ≅ 𝑡𝑎𝑛𝜃 alınabildiğini biliyoruz. Şekildeki dik

üçgenlerden

𝑠𝑖𝑛𝜃1 ≅ tan𝜃1 =𝑦𝑎

𝐿 , s𝑖𝑛𝜃2 ≅ tan𝜃2 =

𝑦𝑏−𝑦𝑎

𝐿, sin𝜃3 ≅ tan𝜃3 =

𝑦𝑏

𝐿 (5.51)

yazılabilir. Bunları (5.50a) ve (5.50b) denkleminde kullanarak A ve B kütlelerinin

hareket denklemleri için

𝑑2𝑦𝑎

𝑑𝑡2+ 2

𝑇

𝑚𝐿𝑦𝑎 −

𝑇

𝑚𝐿𝑦𝑏 = 0 (5.52a)

𝑑2𝑦𝑏

𝑑𝑡2+ 2

𝑇

𝑚𝐿𝑦𝑏 −

𝑇

𝑚𝐿𝑦𝑎 = 0 (5.52b)

21

yazabiliriz. (5.52a) ve (5.52b) denklemleri çözümü için kompleks formda çözüm

önerelim (Aynı denklemlere trigonometrik fonksiyonlar cinsinden de çözüm

önerebileceğimizi biliyorsunuz).

𝑦𝑎 = 𝐴𝑒𝑖ω𝑡 (5.53a)

𝑦𝑏 = 𝐵𝑒𝑖ω𝑡 (5.53b)

Çözüm ifadelerinin türevleri alınırsa:

𝑑𝑦𝑎

𝑑𝑡= 𝐴ω𝑖𝑒𝑖ω𝑡 ;

𝑑2𝑦𝑎

𝑑𝑡2= − 𝐴ω2𝑒𝑖ω𝑡 (5.54a)

𝑑𝑦𝑏

𝑑𝑡= 𝐵ω𝑖𝑒𝑖ω𝑡 ;

𝑑2𝑦𝑏

𝑑𝑡2= − 𝐵ω2𝑒𝑖ω𝑡 (5.54b)

elde edilir. Bunları (5.52a) ve (5.52b)’de yerlerine yazarak

[−𝐴ω2 + 2𝑇

𝑚𝐿𝐴 −

𝑇

𝑚𝐿𝐵] 𝑒𝑖ω𝑡 = 0 (5.55a)

[−𝐵ω2 + 2𝑇

𝑚𝐿𝐵 −

𝑇

𝑚𝐿𝐴] 𝑒𝑖ω𝑡 = 0 (5.55b)

veya

−𝐴ω2 + 2𝑇

𝑚𝐿𝐴 −

𝑇

𝑚𝐿𝐵 = 0 (5.55c)

−𝐵ω2 + 2𝑇

𝑚𝐿𝐵 −

𝑇

𝑚𝐿𝐴 = 0 (5.55d)

elde ederiz.

Bu denklem takımı yeniden düzenlenerek

(2𝑇

𝑚𝐿−ω2)𝐴 −

𝑇

𝑚𝐿𝐵 =0 (5.56a)

−𝑇

𝑚𝐿𝐴 + (

2𝑇

𝑚𝐿−ω2)𝐵 = 0 (5.56b)

yazılabilir.

(5.56a) ve (5.56b) denklem sisteminin çözümünden A ve B tayin edilebilir. Çözümün

olmasının gerek ve yeter koşulu katsayı determinantının sıfır olmasıdır:

|(2𝑇

𝑚𝐿−ω2) −

𝑇

𝑚𝐿

−𝑇

𝑚𝐿(2𝑇

𝑚𝐿−ω2)

| = 0 (5.57)

Buradan

(2𝑇

𝑚𝐿−ω2)

2− (

𝑇

𝑚𝐿)2= 0 (

2𝑇

𝑚𝐿−ω2)

2= (

𝑇

𝑚𝐿)2 (5.58)

22

elde edilir. Burada için iki farklı değer elde edilir. Bu değerler sistemin normal

titreşim modlarına denk gelmektedir.

(i) NORMAL MOD I

2𝑇

𝑚𝐿− ω1

2 =𝑇

𝑚𝐿 ω1

2 =2𝑇

𝑚𝐿−

𝑇

𝑚𝐿=

𝑇

𝑚𝐿 ω1 = √

𝑇

𝑚𝐿 (5.59)

olur.

𝜔2 = 𝜔12 =

𝑇

𝑚𝐿 değeri (5.56a) veya (5.56b)’de yerine yazılarak 𝐴 = 𝐵 elde edilir. Bu

durumda çözüm fonksiyonları

𝑦𝑎 = 𝐴𝑒𝑖ω1𝑡 (5.60a)

𝑦𝑏 = 𝐴𝑒𝑖ω1𝑡 (5.60b)

olacaktır. Bu durum sistemin birinci moduna karşı gelir. Her iki kütle Şekil-5.14a’daki

gibi aynı faz, aynı genlik ve aynı 𝜔1 = √𝑇

𝑚𝐿 açısal frekansı ile titreşir. Bunun anlamı

ortadaki çiftlenim yayının sisteme bir etkisi yoktur.

Şekil-5.14a

(ii) NORMAL MOD II

İkinci modun frekansı için

2𝑇

𝑚𝐿− ω2

2 = −𝑇

𝑚𝐿 ω2

2 =3𝑇

𝑚𝐿 ω2 = √

3𝑇

𝑚𝐿 (5.61)

Yazabiliriz. Bu değer (5.56a) veya (5.56b)’de yerine yazılarak 𝐴 = −𝐵 elde ederiz. Bu

durumda çözüm fonksiyonları

𝑦𝑎 = 𝐴𝑒𝑖ω2𝑡 (5.62a)

𝑦𝑏 = −𝐴𝑒𝑖ω2𝑡 (5.62b)

Bu durum sistemin ikinci titreşim moduna karşı gelir. İki kütle Şekil-5.14b’deki gibi

zıt yönde titreşirler, ancak titreşim genlikleri ve frekansları aynıdır. Ortadaki yay

23

çiftlenimi sağlamaktadır ve kütlelere ek bir geri çağırıcı kuvvet uyguladığı için sistemin

titreşim frekansı birinci modun frekansının √3 ≅ 1,7 katı olmuştur.

Şekil-5.14b

Bu durum, ileride gerilmiş bir ipteki duran dalgayı incelerken işimize yarayacaktır. Bu

örnek aynı zamanda daha çok sayıda kütlenin yaylar ile birbirlerine bağlandığı durumu

anlamamızda da faydalı olacaktır.

5.5 N- KÜTLELİ ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR

Kütlesi ihmal edilebilen bir ip boyunca her birinin kütlesi m olan N tane kütlenin

(boncuk olarak düşünebilirsiniz) aralarındaki uzaklık l olacak şekilde dizildiğini

düşünelim (Şekil-5.15). İpin iki ucu bağlı olsun ve bu bağlı olan uçlarda da m kütleleri

bulunsun. Bu durumda kütleleri 0’dan N+1’e kadar ardışık sayılarla numaralayabiliriz.

Şekil-5.15. İki ucundan sabitlenmiş ip üzerinde eşit aralıklarla dizilmiş kütleler.

Enine titreşimleri göz önünde canlandırmak daha kolay olduğu için, önce çok sayıda

kütleden oluşan bir sistemin enine titreşimlerini ele alacağız (Şekil-5.16). Daha sonra

yaylarla birbirine bağlanmış kütlelerin boyuna titreşimlerini de ele alacağız.

Şekil-5.16. Gerilmiş ip üzerine eşit aralıklarla dizilmiş N tane kütlenin enine

titreşimleri.

24

İpteki başlangıç geriliminin T olduğunu ve kütlelerin sadece küçük enine yer

değiştirmeler yaptığını kabul edersek, kütleler titreşirken ipteki gerilmenin artışını

önemsemeyebiliriz (Tek kütleli örnekte bu durum tartışılmıştı).

1. kütlenin 𝑦1 , 2. kütlenin 𝑦2 ,.𝑝 'nci kütlenin ise 𝑦𝑝 kadar yer değiştirdiğini kabul

edelim. Bundan önceki örnekte gördüğümüz gibi p’nci kütleye etkiyen kuvveti (𝐹𝑝) ,

𝐹𝑝 = −𝑇𝑠𝑖𝑛𝛼𝑝−1 + 𝑇𝑠𝑖𝑛𝛼𝑝 (5.63)

şeklinde yazabiliriz. Burada küçük yer değiştirmeler olduğunu kabul ettiğimiz için

𝑠𝑖𝑛𝛼𝑝−1 ≅ 𝑡𝑎𝑛𝛼𝑝−1 =𝑦𝑝−𝑦𝑝−1

𝑙 (5.64a)

𝑠𝑖𝑛𝛼𝑝 ≅ 𝑡𝑎𝑛𝛼𝑝 =𝑦𝑝+1−𝑦𝑝

𝑙= −

𝑦𝑝−𝑦𝑝+1

𝑙 (5.64b)

yazabiliriz. Bu durumda 𝐹𝑝 kuvveti için

𝐹𝑝 = −𝑇𝑠𝑖𝑛𝛼𝑝−1 + 𝑇𝑠𝑖𝑛𝛼𝑝 = −𝑇𝑦𝑝−𝑦𝑝−1

𝑙− 𝑇


𝑙 (5.65)

yazabiliriz. 2. Newton yasasını kullanarak p kütlesinin hareket denklemi için

𝑚𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2= −𝑇

𝑦𝑝−𝑦𝑝−1

𝑙− 𝑇


𝑙= −

2𝑇

𝑙𝑦𝑝 +

𝑇

𝑙𝑦𝑝−1 +

𝑇

𝑙𝑦𝑝+1 (5.66)

veya

𝑚𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2+2𝑇

𝑙𝑦𝑝 −

𝑇

𝑙(𝑦𝑝−1 + 𝑦𝑝+1) = 0 (5.67a)

yazabiliriz. Bu denklemin her iki tarafını m’ye bölerek yeniden

𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2+2𝑇

𝑚𝑙𝑦𝑝 −

𝑇

𝑚𝑙(𝑦𝑝−1 + 𝑦𝑝+1) = 0 (5.67b)

yazabiliriz.

𝑇

𝑚𝑙= ω0

2 (5.68)

olarak alınarak (43b) denklemi

𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2+ 2ω0

2𝑦𝑝 −ω02(𝑦𝑝−1 + 𝑦𝑝+1) = 0 (5.69)

formunda yazılabilir.

Benzer şekilde 𝑁 tane kütlenin her biri için hareket denklemi yazabiliriz. Böylece 1'den

𝑁'ye kadar, 𝑝'nin her bir değeri için bir tane olmak üzere 𝑁 tane diferansiyel denklem

seti elde edilir. Ancak sol ve sağ uçlar bağlı olduğu için 𝑦0 = 0 𝑣𝑒 𝑦𝑁+1 = 0 olacağını

unutmayalım.

25

Şimdi bazı özel durumları ele alalım:

(i) 𝑵 = 𝟏 için çözüm:

Kütlesi m olan bir cisim eşit uzunluklu gerilmiş iki ip ile Şekil-5.17’daki gibi

bağlıdır. Bu cismin hareket denklemini (5.69) denklemini kullanarak yazabiliriz:

Şekil-5.17. (a) Gerilmiş ipin ortasına bağlı tek kütle. (b) Tek kütlenin enine titreşimi.

Bir tek kütle olduğu için 𝑝 = 1 alınır. Bu durumda hareket denklemi için

𝑑2𝑦1

𝑑𝑡2+ 2ω0

2𝑦1 −ω02(𝑦0 + 𝑦2) = 0 (5.70)

yazılabilir. Uçların bağlı olması nedeniyle 𝑦0 = 0 ve 𝑦2 = 0 olacaktır. Bu durumda

hareket denklemi

𝑑2𝑦1

𝑑𝑡2+ 2ω0

2𝑦1 = 0 (5.71)

şeklini alır. Bu denklemin çözümü için

𝑦 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(√2ω0𝑡) (5.72)

yazılabilir. Sistemin titreşim frekansı 𝜔1 = √2𝑇

𝑚𝑙 olacaktır.

(ii) N = 2 için çözüm:

Sistemde iki tane kütle Şekil-5.18’daki gibi bağlıdır. Bu kütlelerin hareket denklemleri

(5.69) eşitliğinde p= 1 ve p = 2 yazılarak elde edilir.

Şekil-5.18. Gerilmiş bir ip üzerinde eşit aralıklarala bağlanmış iki kütle.

26

p=1 için hareket denklemi:

𝑑2𝑦1

𝑑𝑡2+ 2𝜔0

2𝑦1 −𝜔02𝑦2 = 0 (5.73a)

p=2 için hareket denklemi:

𝑑2𝑦2

𝑑𝑡2+ 2𝜔0

2𝑦2 − 𝜔02𝑦1 = 0 (5.73b)

olacaktır. Uçlardaki kütleler bağlı olduğu için 𝑦0 = 0 ve 𝑦3 = 0 alındığına dikkat

ediniz. Bu denklemler kütle yay sistemlerinde elde edilen denklemlere

benzemektedirler. Bu durumdaki sistemin 𝜔12 =

𝑇

𝑚𝑙= 𝜔0

2 ve 𝜔22 =

3𝑇

𝑚𝑙= 3𝜔0

2

frekanslarında iki normal mod titreşimi vardır (Şekil-5.19). Birinci modda genlikler eşit

ve aynı fazlı (Şekil-5.19a); ikinci modda genlikler eşit ancak zıt fazlı (Şekil-5.19b)

olduğu açıktır.

Şekil-5.19. Gerilmiş ip üzerindeki iki kütlenin enine titreşim modları. (a) Birinci mod.

(b) İkinci mod.

Bu son iki özel durumu daha önce de incelemiştik. Burada sadece genel hareket

denkleminden aynı sonuçlara ulaşılacağı gösterilmiştir.

5.6 N-KÜTLELİ ÇİFTLENİMLİ SALINICININ NORMAL MODLARININ

BULUNMASI

𝑁 tane kütlenin her biri için hareket denklemi (5.69) eşitliği kullanılarak yazılabilir.

𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2+ 2ω0

2𝑦𝑝 −ω02(𝑦𝑝−1 + 𝑦𝑝+1) = 0

Bu genel ifadede p=1,2,3,…,N-1,N yazılarak tüm sistem için toplam 𝑁 tane diferansiyel

denklem seti elde edilir. Bu denklemlerin çözümü için, her bir kütlenin titreşim genliği

farklı olmak üzere, tüm kütlelerin aynı frekans ile titreştiğini kabul ederek, sinüzoidal

çözümler önereceğiz. Böylece p’inci kütle için

27

𝑦𝑝 = 𝐴𝑝 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜙), 𝑝 = 1 , 2 , . . . , 𝑁 (5.74)

çözümünü alabiliriz. Başlangıç koşulu olarak,

𝑡 = 0 anında 𝑑𝑦𝑝

𝑑𝑡= 𝑣𝑝 = 0 ve 𝜙 = 0 seçebiliriz. Bu durumda çözüm için

𝑦𝑝 = 𝐴𝑝 cosω𝑡 , 𝑝 = 1, 2 , . . . , 𝑁 (5.75)

yazılır. Önerilen bu çözümü (5.69) denkleminde kullanarak

𝑑2𝑦𝑝

𝑑𝑡2+ 2ω0

2𝑦𝑝 −ω02(𝑦𝑝−1 + 𝑦𝑝+1) = 0

[(−ω2 + 2ω02)𝐴𝑝 −ω0

2(𝐴𝑝−1 + 𝐴𝑝+1)] cosω𝑡 = 0 (5.76)

yazabiliriz. Tüm 𝑡 anlarında bunun sağlanması için parantez içindeki ifadenin sıfır

olması gerekir:

[(−ω2 + 2ω02)𝐴𝑝 −ω0

2(𝐴𝑝−1 + 𝐴𝑝+1)] = 0 (5.77)

Buradan

𝐴𝑝−1 + 𝐴𝑝+1

𝐴𝑝=−ω2 + 2ω0

2

ω02 , 𝑝 = 1 , 2 , . . . , 𝑁 (5.78)

elde ederiz. Burada 𝜔'nın herhangi bir temel durumu için (5.78) ifadesinin sağ tarafı

sabittir. Böylece sol taraftaki (𝐴𝑝−1 + 𝐴𝑝+1) 𝐴𝑝⁄ oranı da 𝑝 'den bağımsız bir sabit

olmalıdır.

𝐴𝑝’ya hangi değerleri verelim ki 𝐴0 = 0 ve 𝐴𝑁+1 = 0 koşulu aynı anda gerçekleşsin

(Uçların bağlı olması nedeniyle)? Bu koşulları sağlayacak

𝐴𝑝 = 𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑝𝑙 (5.79)

şeklinde bir çözüm önerebiliriz. İleriki konularda gerilmiş ipteki kararlı titreşimlerin

genliğinin 𝐴(𝑥) = 𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑥 ifadesi ile verileceğini göreceğiz ( 𝑘 =2𝜋

𝜆). Bundan

esinlenerek (5.79) ile tanımlı fonksiyon önerildi. Bu çözüm kullanılarak

𝐴𝑝−1 + 𝐴𝑝+1 = 𝐶[sin(𝑝 − 1) 𝑘𝑙 + sin(𝑝 + 1) 𝑘𝑙] (5.80a)

yazılabilir. Burada iki sinüs fonksiyonunun toplamı ilgili trigonometrik özdeşlikten

yararlanarak

𝐴𝑝−1 + 𝐴𝑝+1 = 2𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑝𝑙𝑐𝑜𝑠𝑘𝑙 (5.80b)

yazabiliriz. Bu durumda 𝐴𝑝−1+𝐴𝑝+1

𝐴𝑝 oranı için

𝐴𝑝−1+𝐴𝑝+1

𝐴𝑝=2𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑝𝑙𝑐𝑜𝑠𝑘𝑙

𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘𝑝𝑙= 2𝑐𝑜𝑠𝑘𝑙 (5.81)

28

sonucunu elde ederiz. Bu sonucu (5.78) eşitliğinde yerine yazacak olursak

2𝑐𝑜𝑠𝑘𝑙 =−ω2 + 2ω0

2

ω02 (5.82)

veya buradan

𝜔2 = 2𝜔02(1 − 𝑐𝑜𝑠 𝑘𝑙) = 4𝜔0

2 𝑠𝑖𝑛2(𝑘𝑙

2) (5.83a)

ifadesini yazmak zor olmayacaktır. Buradan için

𝜔 = 2𝜔0 |sin (𝑘𝑙

2)| (5.83b)

ifadesini de yazabiliriz. Burada ’nın değeri hep pozitif olacağı için sin (𝑘𝑙

2)’nin mutlak

değeri alınmıştır. (5.83a) ve (5.83b) ile verilen eşitlikler dispersiyon bağıntısı olarak

adlandırılır. Ancak henüz k’nın ne olduğunu belirlemedik. Sınır koşulları kullanılarak

k’nın değeri belirlenir.

Sınır koşulları nedeniyle 𝑝 = 𝑁 + 1’de 𝐴𝑝 = 𝐴𝑁+1 = 0 olmalıdır:

𝐴𝑁+1 = 𝐶𝑠𝑖𝑛𝑘(𝑁 + 1)𝑙 = 0 (5.84)

Bunun olmasının gerek ve yeter koşulu

𝑘(𝑁 + 1)𝑙 = 𝑛𝜋 (5.85)

olmasıdır. Sonuç olarak k’nın değerleri

𝑘 =𝑛𝜋

(𝑁+1)𝑙 (5.86)

ile verilir.

Burada n’nin farklı değerleri titreşimin farklı modlarına karşı gelir. Buna karşı gelen

frekanslar ise (5.83b) bağıntısı kullanılarak belirlenir:

𝜔 = 2𝜔0|𝑠𝑖𝑛 (𝑘𝑙/2)| = 2𝜔0 |𝑠𝑖𝑛𝑛𝜋

(𝑁+1)𝑙

𝑙

2| = 2𝜔0 |𝑠𝑖𝑛

𝑛𝜋

2(𝑁+1)|

𝜔 = 2ω0 |sin (𝑛𝜋

2(𝑁+1))| (5.87)

sonucunu yazabiliriz. Burada 𝜔02 =

𝑇

𝑚𝑙 olduğunu tekrar hatırlatmakta fayda vardır.

29

5.6.1 N - kütleli çiftlenimli salınıcının normal modlarının özellikleri

Denklem (5.87)'ye göre 𝑛 tam sayısının farklı değerleri farklı modlara karşılık gelir.

𝑛’inci moda ait frekansı 𝜔𝑛 ile gösterirsek (5.87) denkleminden

ω𝑛 = 2ω0 |sin (𝑛𝜋

2(𝑁+1))| (5.88)

yazabiliriz.

İp üzerindeki bir kütlenin hareketinin, hem mod sayısına (𝑛) hem de kütle numarasına

(𝑝) bağlı olduğuna dikkat ediniz. Böylece, 𝑛 ’inci modda titreşen p’inci parçacığın

titreşim genliğini

𝐴𝑝𝑛 = 𝐶𝑛 sin (𝑝𝑛𝜋

𝑁+1) (5.89)

şeklinde yazabiliriz. Buradaki 𝐶𝑛, uyarılan 𝑛’inci modunun genliğini gösterir. Kütlelerin

tamamı n’inci modda titreşeceği için p’inci kütlenin yer değiştirmesi,

𝑦𝑝𝑛(𝑡) = 𝐴𝑝𝑛 𝑐𝑜𝑠 ω𝑛𝑡 (5.90)

ifadesi ile verilir. Buradaki ω𝑛 ve 𝐴𝑝𝑛 (5.88) ve (5.89) denklemleri ile tanımlıdır.

𝑡 = 0 anında her bir kütle durgundur. İki kütleden oluşan çiftlenimli salınıcı

probleminde olduğu gibi bu ifadeyi

𝑦𝑝𝑛(𝑡) = 𝐴𝑝𝑛 𝑐𝑜𝑠 (ω𝑛t − 𝛿𝑛) (5.91)

şeklinde yazabiliriz. Burada her farklı modun, farklı bir 𝛿𝑛 fazına sahip olacağı açıktır.

5.6.2 Kaç tane normal mod vardır?

Daha önce iki kütleden oluşan bir çiftlenimli salınıcı için iki normal modun olduğunu

görmüştük. 𝑁 tane kütle için de 𝑁 tane bağımsız mod vardır. (5.88) ve (5.89)

denklemleri 𝑛'nin tam sayı değerleri için tanımlıdır. Ancak 𝑛'nin değeri 𝑁'den büyük

olduğunda bu eşitlikler herhangi bir yeni fiziksel durum tanımlamaz. Şekil-5.20’de

𝜔𝑛’nin 𝑛𝜋 [2(𝑁 + 1)⁄ ] niceliğine karşı grafiği verilmiştir.

30

Şekil-5.20. 𝜔𝑛’nin 𝑛𝜋 [2(𝑁 + 1)⁄ ] niceliğine karşı grafiği.

𝑛 = 1 ‘den 𝑛 = 𝑁 ’ye gittikçe 𝑁 tane farklı karakteristik frekans buluruz. Apsis

üzerinde 𝜋 2⁄ ’ye karşı gelen 𝑛 = 𝑁 + 1'de 𝜔𝑛(= 2𝜔0) şeklinde bir maksimum frekansa

ulaşır. 𝜔𝑚𝑎𝑥 = 2𝜔0 frekansına kesilim frekansı (cut off frequency) denir. Fakat bu

frekansta mümkün olan bir hareket yoktur. Çünkü Eşitlik-5.89’da 𝑛 = 𝑁 + 1 ’de

𝐴𝑝𝑛 = 0 ’dır. Başka bir deyişle nπ

2(N+1)=π

2 olduğunda 𝑛 = 𝑁 + 1 değerini alır ve

𝑛 = 𝑁 + 1 değerinde tüm 𝐴𝑝(𝑁+1) = 0 dır. Buradan 𝑛 = 𝑁 + 1 durumunun herhangi

bir fiziksel duruma karşı gelmediğini söyleriz. Şekilde kesikli-beyaz çizgi ile gösterilen

kısımlar çözüm olamaz. Başka bir deyişle 𝑛 = 𝑁 ’den daha sonrasındaki frekanslar

kendini tekrar ederler ve yeni bir mod elde edilmez. Sonuç olarak N parçacıklı

çiftlenimli osilatörlerin ancak N tane normal modunun olabileceğini söyleyebiliriz.

5.6.3 Değişik modların şekilleri

Birinci mod: n=1

Şimdi 𝑁 parçacıklı bir sistemin modlarına ait titreşim şekillerini inceleyelim. İlk mod

𝑛 = 1 ile verilir. Bu durumda kütlelerin yer değiştirmeler,

𝑦𝑝1 = 𝐶1 sin (𝑝𝜋

𝑁+1) 𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡, 𝑝 = 1,2,…𝑁 (5.92)

ifadesi ile verilir. Verilen herhangi bir t anında 𝐶1𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡 çarpanı tüm kütleler için

aynıdır. Bu nedenle sadece sin (𝑝𝜋

𝑁+1) çarpanı farklı kütlelerin yer değiştirmelerini ayırt

eder (Şekil-5.21).

31

Şekil-5.21 a) En düşük normal modda (n=1) 𝑝'nin fonksiyonu olarak sin (𝑝𝜋

𝑁+1) 'nin

çizimi. Kütleler düzgün bir ip üzerinde ve p'nin tam sayı değerlerine karşılık gelen

konumlara yerleşmişlerdir.

b) En düşük normal modda değişik zamanlarda kütlelerin konumları.

İkinci mod: 𝒏 = 𝟐

Bu durumda kütlelerin yer değiştirmeler,

𝑦𝑝2 = 𝐶2 sin (2𝑝𝜋

𝑁+1) 𝑐𝑜𝑠𝜔2𝑡, 𝑝 = 1,2,…𝑁 (5.93)

ifadesi ile verilir. İkinci modda titreşim yapan 𝑁 kütleli bir sistemde kütlelerin yer

değiştirmesini değişik zamanlardaki grafiği Şekil-5.22'de verilmiştir. Eğer sistemdeki

kütle sayısı 𝑁 tek sayı ise, ipin orta noktasında bir kütle yer alır ve ortadaki kütle

şekildeki gibi hareketsiz kalacaktır. İkinci modda titreşim yapan sistemde en az 2

parçacık olmalıdır (𝑁 ≥ 2).

Şekil-5.22. İkinci mod için (𝑛 = 2) değişik anlarda kütlelerin konumları.

32

5.7 BOYUNA SALINIMLAR

Daha önceki bölümlerde bir ve iki parçacıklı sistemlerin boyuna salınımlarını

incelemiştik Şimdi N-parçacıklı bir sistemin boyuna salınımını inceleyerek genel

ifadeler bulacağız.

Şekil-5.23’de bir çizgi boyunca özdeş yaylarla birbirine bağlanmış m kütleli N tane

özdeş parçacık sistemini göz önüne alalım. Kütleler hareketsizken yayların uzunluğunun

l olduğunu kabul edelim. Bir kristaldeki atomların bir sırası böyle bir modele

benzemektedir.

Şekil-5.23. Bir çizgi boyunca özdeş yaylarla birbirine bağlanmış m kütleli N tane özdeş

parçacık sistemi.

Şekilde görüldüğü gibi p kütlesini 𝑥𝑝 , soldaki komşu p-1 kütlesini 𝑥𝑝−1 ve sağdaki

komşu p+1 kütlesini de 𝑥𝑝+1 kadar sağa doğru çekelim ve daha sonra bunları aynı anda

serbest bırakalım. Bu kütleler titreşim hareketi yapacak ve daha sonra birlerini

etkileyeceklerdir. Burada da küçük genlikli titreşim hareketi yaklaşımını kabul

edeceğiz. Bu durumda geri çağırıcı kuvvetler yayların sıkışması ya da uzaması ile

meydana gelir. Her yayın kuvvet sabiti 𝑘 = 𝑚ω02 olarak yazılabilir.

Kütlelerin denge konumundan itibaren yer değiştirmeleri 𝑥1, 𝑥2, 𝑥𝑝−1, 𝑥𝑝, 𝑥𝑝+1… , 𝑥𝑁

ile gösterelim. Bu durumda 𝑝’inci kütlenin hareket denklemini

𝑚𝑑2𝑥𝑝

𝑑𝑡2= −𝑘(𝑥𝑝 − 𝑥𝑝−1) − 𝑘(𝑥𝑝 − 𝑥𝑝+1) (5.94a)

veya

𝑚𝑑2𝑥𝑝

𝑑𝑡2= −2𝑘𝑥𝑝 + 𝑘(𝑥𝑝−1 + 𝑥𝑝+1) (5.94b)

yazabiliriz. Burada daha önceleri de yaptığımız gibi ω02 =

𝑘

𝑚 alarak bu denklemi

yeniden

𝑑2𝑥𝑝

𝑑𝑡2+ 2ω0

2𝑥𝑝 −ω02(𝑥𝑝−1 + 𝑥𝑝+1) = 0 (5.94c)

33

şeklinde yazabiliriz. Bu denklem daha önce enine titreşimleri incelerken elde ettiğimiz

(5.69) denklemi ile aynı formdadır. Bu nedenle bu denklemin çözümü için

𝑥𝑝𝑛(𝑡) = 𝐶𝑛 sin (𝑝𝑛𝜋

𝑁+1) cosω𝑛𝑡 (5.95)

yazabiliriz. Burada 𝜔𝑛 frekansı için de

ω𝑛 = 2ω0𝑠𝑖𝑛 [𝑛𝜋

2(𝑁+1)] (5.96)

bağıntısı yazılabilir. Sonuç olarak daha önce enine titreşimleri için yapılan tartışmaların

burada da geçerli olacağı açıktır.

34

ÖNEMLİ NOT

N tane kütle-yay sisteminden oluşan sistemin boyuna (veya enine) titreşim modlarını

incelemek için sistemi oluşturan her kütleye ait hareket denkleminin doğru yazılması

gerekir. Her kütlenin solundaki ve sağındaki kütlelerin hareketinden etkilendiğini

biliyoruz. Çoğu kez hareket denklemlerinin yazılmasında hatalar yapılmakta ve

dolaysıyla problemin çözümü de hatalı olmaktadır. Eğer aşağıda özetlenen sistematiği

takip edersek hata yapma olasılığı azalır. Burada kütlelerin ve yayların farklı olduğunu

kabul ederek en genel durum için izlenecek yol verilmiştir. Şekil-5.23’deki sistemi

dikkatle inceleyiniz. Şekilden de görüldüğü gibi p kütlesinin solundaki kütlenin

numarası p-1 ve sağındaki kütlenin numarası ise p+1 seçilmiştir. p kütlesinin solundaki

yayın numarası p (kuvvet sabiti 𝑘𝑝) ve sağındaki yayın numarası p+1 (kuvvet sabiti

𝑘𝑝+1) olarak seçilmiştir. Bu sistematiğe dikkat ederek herhangi bir kütleye ait hareket

denklemini aşağıdaki yolu uygulayarak yazabilirsiniz:

Şekil-5.23

p numaralı kütleye ait 𝑚𝑝 �̈�𝑝 terimini yazınız (Burada �̈�𝑝 =𝑑2𝑥𝑝

𝑑𝑡2 kısaltması

yapılmıştır.);

p numaralı kütlenin yer değiştirmesinden (𝑥𝑝), p’nin solundaki p-1 numaralı kütlenin

yer değiştirmesini ( 𝑥𝑝−1) çıkarın ve elde edilen (𝑥𝑝 - 𝑥𝑝−1) değerini p kütlesinin

solundaki yayın kuvvet sabiti olan 𝑘𝑝 ile çarpın 𝑘𝑝(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝−1);

p numaralı kütlenin yer değiştirmesinden (𝑥𝑝 ), p’nin sağındaki p+1 numaralı

kütlenin yer değiştirmesini ( 𝑥𝑝+1 ) çıkarın ve bunu p kütlesinin sağındaki yayın

kuvvet sabiti olan 𝑘𝑝+1 ile çarpın: 𝑘𝑝+1(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝+1);

Elde edilen bu değerleri toplayın ve toplamı sıfıra eşitleyin;

𝑚𝑝 �̈�𝑝 + 𝑘𝑝(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝−1) + 𝑘𝑝+1(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝+1) = 0 (5.97)

35

Yukarıdaki sistematiği kullanarak N = 3 olan bir kütle-yay sistemi için hareket

denklemlerini yazalım:

𝑚1 �̈�1 + 𝑘1(𝑥1) + 𝑘2(𝑥1 - 𝑥2) = 0

𝑚2 �̈�2 + 𝑘2(𝑥2 - 𝑥1) + 𝑘3(𝑥2 - 𝑥3) = 0

𝑚3 �̈�3 + 𝑘3(𝑥3 - 𝑥2) + 𝑘4(𝑥3) = 0

Bu yöntemin aynısının enine titreşimler için de geçerli olacağını söyleyebiliriz.

5.7.1 Parçacık sayısı 𝑵′𝒏𝒊𝒏 çok büyük olması durumu

Çiftlenimli sistemde kütle sayısı N’nin oldukça büyük olduğu duruma bakalım. Burada

gerilmiş ip üzerindeki kütlelerin enine salınım hareketini göz önüne alacağız. Benzer

tartışma boyuna salınımlar için de yapabilir.

N’nin çok büyük olduğu durumu aşağıdaki kabullenmeler ile ele alacağız:

N’nin arttığı ancak ipin (veya telin) toplam L boyunun değişmeden kalması için

komşu kütleler arasındaki uzaklığın (l) azaldığını kabul edeceğiz yani

𝐿 = (𝑁 + 1)𝑙 (5.98a)

Toplam kütlenin (M) değişmeden kalması için her bir parçacığın kütlesinin (m)

azaldığını kabul edeceğiz yani

𝑀 = 𝑁𝑚 (5.98b)

alınabilir.

Parçacık sayısı N büyüdükçe sistemin giderek sürekli bir ip (veya tel) gibi

davranacağına dikkat ediniz. Bu kavram bizi kesikli sistemlerden sürekli sistemlere

geçişe hazırlayacaktır.

Şimdi N çok büyük olursa, normal mod frekansları ne olur sorusunu kendimize soralım.

Daha önce n’inci mod frekansı için


2(𝑁+1)] = 2√

𝑇

𝑚𝑙 𝑠𝑖𝑛 [

𝑛𝜋

2(𝑁+1)]

bağıntısını türetmiştik (5.87 nolu eşitliğe bakınız).

36

Öncelikle mod sayısı 𝑛 'nin küçük olduğu normal modları göz önüne alalım. 𝑁 çok

büyük olduğu için, frekans ifadesindeki sinüsün argümanı küçülür ve küçük açı

yaklaşımı geçerli olur. Bu durumda

𝑠𝑖𝑛 [𝑛𝜋

2(𝑁+1)] ≅

𝑛𝜋

2(𝑁+1) (5.99)

yazılabilir. Böylece 𝜔𝑛 ifadesini

ω𝑛 ≅ 2√𝑇

𝑚𝑙.

𝑛𝜋

2(𝑁+1)= √

𝑇

𝑚𝑙.𝑛𝜋

(𝑁+1)= √

𝑇

𝑚𝑙.𝑛𝜋𝑙

(𝑁+1)𝑙= √

𝑇

𝑚𝑙.𝑛𝜋𝑙

L=𝑛𝜋

L√𝑇𝑙2

𝑚𝑙=𝑛𝜋

L√𝑇𝑙

𝑚=

𝑛𝜋

L √𝑇𝑚

𝑙

=𝑛𝜋

𝐿√𝑇

μ (5.100)

şeklinde yazabiliriz. 𝐿 = (𝑁 + 1)𝑙 ipin (veya telin) toplam uzunluğu, 𝜇 = 𝑚 𝑙⁄ ise birim

uzunluk başına kütledir. Sonuç olarak 𝜔𝑛 için

ω𝑛 ≅𝑛𝜋

𝐿√𝑇

μ (5.101)

yazabiliriz. Temel durum için (n=1) bu ifade

ω1 =𝜋

𝐿√𝑇

μ (5.102)

şeklinde olur. 𝜔𝑛 frekansını temel frekans cinsinden

ω𝑛 = 𝑛ω1 (5.103)

yazabiliriz. Böylece normal mod frekansları, en düşük mod frekansının tam katları

olduğu anlaşılır. Ancak bu ifadenin 𝑛 ≪ 𝑁 durumu için elde edildiğini de unutmamak

gerekir.

Kütlelerin yer değişimi için daha önce

𝑦𝑝𝑛 = 𝐶𝑛 sin (𝑝𝑛𝜋

𝑁+1) cosω𝑛𝑡 (5.104)

ifadesini elde etmiştik. İp üzerindeki kütleleri 1, 2, 3, . . . , 𝑝 , . . . , 𝑁 + 1 şeklinde

numaralamıştık. Bunun yerine kütleleri, ipin sol ucuna uzaklığı olan 𝑥 ile tanımlayalım.

Bu durumda 𝑝 ‘inci kütleyi 𝑥 = 𝑝𝑙 ile tanımlayabiliriz. Böylece (5.104) eşitliğinde

sinüsün argümanını, 𝑝𝑛𝜋

𝑁+1’nin pay ve paydasını l ile çarparak

𝑝𝑛𝜋

𝑁+1=

𝑛𝜋𝑝𝑙

(𝑁+1)𝑙 (5.105a)

yazabiliriz. (N+1)l=L ve pl=x değerleri de kullanılarak

37

𝑝𝑛𝜋

𝑁 + 1=𝑛𝜋𝑥

𝐿

şeklinde yazabiliriz. Bu durumda 𝑦𝑝𝑛 yerine, ip enine titreştiği zaman sabit uçtan (sol

uç) itibaren x uzaklığında yer alan kütlenin t anındaki yer değiştirmesini 𝑦𝑛(𝑥, 𝑡)ile

gösterebiliriz yani

𝑦𝑛(𝑥, 𝑡) = 𝐶𝑛 sin (𝑛𝜋𝑥

𝐿) cosω𝑛𝑡 , 𝑛 = 1,2,3,… (5.106)

yazabiliriz.

𝑁 büyüdükçe kütlelerin yerini belirten 𝑥 değerleri birbirine yaklaşır ve x’in değeri

𝑥 = 0’dan 𝑥 = 𝐿'ye değişir. Böylece ip üzerindeki kütleler yerine sürekli sisteme geçiş

adımını atmış oluruz.

Şimdi en yüksek mod olan 𝑛 = 𝑁 durumunu göz önüne alalım. Eğer 𝑁 çok büyük ise

daha önce ele ettiğimiz 𝜔𝑛 ifadesi

ω𝑚𝑎𝑥 = 2ω𝑜sin (𝑁𝜋

2(𝑁+1)) ≅ 2ω𝑜sin (

𝜋

2) = 2ω𝑜 = 2√

𝑇

𝑚𝑙 (5.107)

şeklinde maksimum değerini alır. Bu modda (𝑛 = 𝑁) her bir kütle her an en yakın

komşusunun yer değiştirmesine ters işarette ancak yaklaşık eşit bir yer değiştirmeye

sahiptir. Bu yer değiştirmeler Şekil-5.24’de gösterilmiştir.

Şekil-5.24 Gerilmiş bir ipteki kütleler dizisinin en yüksek modda enine

titreşimleri.

Komşu yer değiştirmeler arasındaki bu ilişki,

𝐴𝑝𝑛 = 𝐶𝑛 sin (𝑝𝑛𝜋

𝑁+1) (5.108)

denklemi yardımıyla kolayca görülebilir. 𝑛 = 𝑁 olduğunda,

𝐴𝑝𝑁 = 𝐶𝑁 sin (𝑝𝑁𝜋

𝑁+1) = 𝐶𝑁 sin (𝑝𝜋 −

𝑝𝜋

𝑁+1) (5.109)

yazabiliriz ( 𝑝𝑁𝜋

𝑁+1= 𝑝𝜋 −

𝑝𝜋

𝑁+1). Bu ifade 𝑠𝑖𝑛(𝐴 ∓ 𝐵) = 𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵 ∓ 𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵

trigonometrik özdeşliği kullanılarak

𝐴𝑝𝑁 = 𝐶𝑁 sin (𝑝𝜋 −𝑝𝜋

𝑁+1) = 𝐶𝑁 [sin𝑝𝜋𝑐𝑜𝑠

𝑝𝜋

𝑁+1− 𝑐𝑜𝑠𝑝𝜋𝑠𝑖𝑛

𝑝𝜋

𝑁+1]

38

veya sin𝑝𝜋 = 0 olduğundan 𝐴𝑝𝑁 için

𝐴𝑝𝑁 = −𝐶𝑁(𝑐𝑜𝑠𝑝𝜋) (𝑠𝑖𝑛𝑝𝜋

𝑁+1) (5.110)

yazılabilir. 𝑝 'nin değeri ne olursa olsun, 𝑝 'den 𝑝 + 1 'e gidildiğinde genliğin işareti

tersine döner. Örneğin, 𝑝 tek ise 𝑝 + 1 çift olacaktır. Bu durumda, 𝑐𝑜𝑠𝑝𝜋 = −1 ve

𝑐𝑜𝑠(𝑝 + 1)𝜋 = 1 olur.

Sonuç olarak ardışık kütle numaralarında 𝐴𝑝𝑁 ile 𝐴(𝑝+1)𝑁 ardışık genlikler olup zıt

işaretlidir.

Şimdi ardışık genliklerin büyüklüklerinin |𝐴𝑝𝑁| 𝑣𝑒 |𝐴(𝑝+1)𝑁| yaklaşık eşit olduğunu

görelim:

|𝐴𝑝𝑁| = |𝐶𝑁𝑠𝑖𝑛𝑝𝜋

𝑁 + 1|

|𝐴(𝑝+1)𝑁| = |𝐶𝑁𝑠𝑖𝑛(𝑝 + 1)𝜋

𝑁 + 1|

N çok büyük olunca yani N→ ∞ olurken

lim𝑁→∞

|𝐴𝑝𝑁|

|𝐴(𝑝+1)𝑁|= lim𝑁→∞

|𝑠𝑖𝑛𝑝𝜋

𝑁+1|

|𝑠𝑖𝑛(𝑝+1)𝜋

𝑁+1|≅

𝑝𝜋 (𝑁+1)⁄

(𝑝+1)𝜋 (𝑁+1⁄ )≅

𝑝

𝑝+1 (5.111)

yazabiliriz. Örneğin 𝑝 = 10 ise 𝑝

𝑝+1=10

11= 0.91 , 𝑝 = 100 ise

100

101= 0.99, olur. Sonuç

olarak N çok büyük ise |𝐴𝑝𝑁|

|𝐴(𝑝+1)𝑁| oranı 1’e yaklaşır. Başka bir deyişle ardışık genlikler

yaklaşık eşittir diyebiliriz. İki ucu bağlı bir ip için

𝐴𝑝𝑁 = 𝐶𝑁𝑠𝑖𝑛𝑝𝜋

𝑁 + 1

genliği 𝑝 = 0 ve 𝑝 = 𝑁 + 1 için sıfırdır. Bu nedenle en yüksek modda (𝑛 = 𝑁)

kütleler dizisinin enine salınımlarının genliklerinin dağılımının iki uç arasında bir yarım

sinüs eğrisi üzerine düşeceğini ifade eder (Şekil-5.25).

Şekil-5.25 Her iki ucu bağlı bir ipin üzerinde düzgün bir şekilde dizilmiş

kütlelerin en yüksek moda (𝑛 = 𝑁) salınım genlikleri.

39

Böylece merkez çizginin alt ve üstündeki yer değiştirmeler her zaman yaklaşık eşit ve

zıt işaretli olduğunu söyleyebiliriz.

Şekil-5.25'daki 𝑝 kütlesini göz önüne alalım. Bu kütlenin herhangi bir andaki yer

değiştirmesi 𝑦 ise bunun her iki komşusunun da yer değiştirmesi yaklaşık −𝑦 'dir.

Böylece iki ucundan bağlı ipdeki gerilim 𝑇 ise her iki komşudan kaynaklanan

kuvvetlerin enine bileşenleri yaklaşık (2𝑦 𝑙⁄ )𝑇 'dir. 𝑝 kütlesinin hareket denklemi

(yaklaşık olarak)

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2≅ −2(𝑇

2𝑦

𝑙) (5.113a)

veya

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+ 4ω0

2𝑦 ≅ 0 (5.113b)

elde edilir. Bu ise açısal frekansı yaklaşık 2 𝜔0 olan bir basit harmonik hareket

denklemidir. Bu sonucun n=N modu için elde ettiğimiz ω𝑚𝑎𝑥 ≅ 2ω𝑜 = 2√𝑇

𝑚𝑙 değeriyle

uyumlu olduğuna dikkat ediniz.

5.8 BİR KRİSTAL ÖRGÜNÜN NORMAL MODLARI

Önceki kesimde yapılan analizler katıların titreşim modlarını anlamak için oldukça

başarılı sonuçlar verir. Küçük yer değiştirmeler söz konusu olduğu zaman komşu

atomlar arasındaki etkileşmeler bir yay ile benzerlik gösterir. Bu benzerlik nedeniyle


2(𝑁+1)] (5.114a)

ve

ω𝑛 ≅ 𝑛𝜋

𝐿(𝑇

𝜇)12⁄ (5.114b)

denklemlerini bir katıya uygulamak istersek, örgünün temel eksenleri boyunca bir

atomlar dizisini göz önüne almamız gerekir. Bu durumda 𝜇, birim uzunluk başına bütün

atomların toplam kütlesi ya da 𝑙 aralıklarla dizilmiş atomlardan birinin kütlesinin 𝑙'ye

bölümüdür.

Boyut olarak, ipteki gerilimin boyca kütle yoğunluğuna oranı 𝑇 𝜇⁄ ile Young

modülünün yoğunluğa oranı 𝑌 𝜌⁄ aynıdır. Bu iki ifadeyi birbiri yerine kullanabiliriz.

Böylece kristalin titreşim frekansları, (5.114a) eşitliğinden yararlanarak,

40

𝑓𝑛 = 2𝑓0𝑠𝑖𝑛 [𝑛𝜋

2(𝑁+1)] (5.115)

şeklinde yazabiliriz. Burada 𝑓0 =1

2𝑙(𝑌

𝜌)12⁄

’dir. Çizelge-1’de bazı katıların Young

modülü ve yoğunlukları verilmiştir.

ÇİZELGE-1. Bazı katıların Young modülü ve yoğunlukları.

Malzeme Young Modülü Y(N/m2) Yoğunluk 𝜌(kg/m

3)

Alüminyum 6𝑥1010 2,7𝑥103

Prinç 9𝑥1010 8,48𝑥103

Çelik 10𝑥1010 7,82𝑥103

Bakır 12𝑥1010 8,79𝑥103

Cam 6𝑥1010 2,90𝑥103

Young modüllerinin değeri yaklaşık 1011𝑁 𝑚2⁄ , 𝜌 yoğunlukları ise

104 𝑘𝑔 𝑚3⁄ mertebesinde olduklarından 𝑌/𝜌 oranı 107𝑚2 𝑠2⁄ mertebesindedir. Katılar

için l atomlar arası uzaklık ise 10−10 m mertebelerinde olduğundan,

𝑓0 =1

2𝑙(𝑌

𝜌)12⁄≅ 1013𝑠−1 (5.116)

değeri elde edilir. Bu değer bir örgünün dayanabileceği en yüksek titreşim frekansıdır.

Diğer modlar ise

𝑓𝑛 =𝑛

2𝐿(𝑌

𝜌)12⁄ (5.117)

ifadesi ile verilir. Buradaki L, katının kalınlığıdır. Böylece 1cm'lik bir kristalin

titreşimlerinin en düşük frekansı (n=1) 105 Hz mertebesindedir.

41

ÖRNEK-1

İki özdeş sarkaç bir yay ile bağlanarak çiftlenimli hale getirilmiştir. Her bir sarkacın

boyu 0,4 m olup, yer çekim ivmesinin 9,8 m/s2 olduğu bir yerde bulunmaktadırlar.

Sarkaçlardan biri sabit tutulurken diğerinin periyodu 1,25 s ölçülmüştür. Sarkaçların her

ikisi de hareketli iken normal modların periyotlarını bulunuz.

Çözüm

Soldaki b-sarkacı sabit tutup, sağdaki a-sarkacı 𝑥𝑎 kadar sağa doğru çekip serbest

bıraktığımızı düşünelim (Aşağıdaki şekildeki gibi). Bu durumda sarkacın periyodu 1,25

s ölçülüyor. Bu olay sırasında b-sarkacının hareket etmeyeceğine dikkat ediniz. Bu

durumda problem aşağıdaki şekildeki gibi düşünülebilir.

Bu durumda a-sarkacının hareket denklemi için

𝑚𝑑2𝑥𝑎𝑑𝑡2

+ 𝑚𝑔

𝑙𝑥𝑎⏟

𝑦𝑒𝑟 ç𝑒𝑘𝑖𝑚 𝑘𝑢𝑣𝑣𝑒𝑡𝑖etkisinden

+ 𝑘𝑥𝑎⏟𝑦𝑎𝑦 𝑘𝑢𝑣𝑣𝑒𝑡𝑖etkisinden

= 0

yazabiliriz (Ders notlarına bakınız). Her iki tarafı m’ye bölerek

𝑑2𝑥𝑎𝑑𝑡2

+ (𝑔

𝑙+𝑘

𝑚)𝑥𝑎 = 0

42

yazabiliriz. Burada 𝜔 = √𝑔

𝑙+

𝑘

𝑚 ⇒ 𝑇 =

2𝜋

𝜔=

2𝜋

√𝑔

𝑙+𝑘

𝑚

yazılabilir. Buradan 𝑘

𝑚=4𝜋2

𝑇2−𝑔

𝑙

yazılır. T=1,25 s, g=9,8 m/s2 ve l=0,4 m değerleri kullanılarak

𝑘

𝑚≅ 0,74 𝑠−2 değeri

elde edilir.

Şimdi problemde istenen periyot değerlerini bulabiliriz. Verilen sistemin iki farklı

modunun olduğunu ve mod frekanslarının

𝜔1 = √𝑔

𝑙 ve 𝜔2 = √

𝑔

𝑙+ 2

𝑘

𝑚

bağıntıları ile verildiğini biliyoruz (Ders notlarına bakınız).

Buradan 1.modun periyodu için

𝑇1 = 2𝜋√𝑙

𝑔= 2𝜋√

0,4

9,8≅ 1,27 𝑠

2. modun periyodu için ise

𝑇2 =2𝜋

√𝑔𝑙+ 2

𝑘𝑚

=2𝜋

√9,80,4

+ 2𝑥0,74

≅ 1,23 𝑠

elde edilir.

ÖRNEK-2

Kütleleri m olan A ve B cisimleri, kuvvet sabitleri 𝑘𝐴 ve 𝑘𝐵 olan yaylar ile duvara, yay

sabiti 𝑘𝐶 olan bir yay ile de birbirlerine bağlanmışlardır. Sistem şekildeki gibi

sürtünmesiz yatay bir masa üzerindedir. A kütlesi 𝑥𝐴 ve B kütlesi 𝑥𝐵 kadar sağa doğru

çekilip serbest bırakılıyor.

a) Sistemin 𝜔1 ve 𝜔2 normal mod frekanslarını bulunuz.

b) Eğer 𝑘𝐶2 = 𝑘𝐴 𝑘𝐵 ise titreşimin normal modlarını bulunuz. (French-p5.4)

43

Çözüm:

a) A ve B kütlelerinin hareket denklemlerini

𝑚𝑝 �̈�𝑝 + 𝑘𝑝(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝−1) + 𝑘𝑝+1(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝+1) = 0

bağıntısını kullanarak yazabiliriz (Ders notlarına bakınız).

𝑚�̈�𝐴 + 𝑘𝐴𝑥𝐴+ 𝑘𝐶(𝑥𝐴 - 𝑥𝐵) = 0 (1A)

𝑚�̈�𝐵 + 𝑘𝐵𝑥𝐵+ 𝑘𝐶(𝑥𝐵 - 𝑥𝐴) = 0 (1B)

(1A) ve (1B) denklemleri yeniden düzenlenerek

�̈�𝐴 + 𝑘𝐴+ 𝑘𝐶

𝑚𝑥𝐴-

𝑘𝐶

𝑚 𝑥𝐵 = 0 (2A)

�̈�𝐵 + 𝑘𝐵+ 𝑘𝐶

𝑚𝑥𝐵-

𝑘𝐶

𝑚 𝑥𝐴 = 0 (2B)

formunda yazılabilir.

Her iki kütle için harmonik çözümler alabiliriz:

𝑥𝐴 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (3A)

𝑥𝐵 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (3B)

Bu fonksiyonların ikinci türevleri alınarak (3A) ve (3B) denklemlerinde yerine yazılarak

(−𝐴𝜔2 + 𝑘𝐴+ 𝑘𝐶

𝑚𝐴 −

𝑘𝐶

𝑚𝐵)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0 (4A)

(−𝐵𝜔2 + 𝑘𝐵+ 𝑘𝐶

𝑚𝐵 −

𝑘𝐶

𝑚𝐴)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0 (4B)

veya buradan

(−𝑚𝜔2 + 𝑘𝐴 + 𝑘𝐶)𝐴−𝑘𝐶𝐵 = 0 (5A)

−𝑘𝐶𝐴 + (−𝑚𝜔2 + 𝑘𝐵 + 𝑘𝐶)𝐵 = 0 (5B)

A ve B’ye göre homojen, çizgisel denklem sisteminin çözümü olabilmesi için katsayı

determinantının sıfır olması gerekir:

|−𝑚𝜔2 + 𝑘𝐴 + 𝑘𝐶 −𝑘𝐶

−𝑘𝐶 −𝑚𝜔2 + 𝑘𝐵 + 𝑘𝐶| = 0

Buradan

(−𝑚𝜔2 + 𝑘𝐴 + 𝑘𝐶)( −𝑚𝜔2 + 𝑘𝐵 + 𝑘𝐶) − 𝑘𝐶

2 = 0

yazılır. Bu ifade açılır ve gerekli işlemler yapılırsa

44

𝑚2𝜔4 − [𝑘𝐴 + 𝑘𝐵 + 2𝑘𝐶]𝑚𝜔2 + [𝑘𝐴𝑘𝐵 + 𝑘𝐴𝑘𝐶 + 𝑘𝐵𝑘𝐶] = 0

yazmak mümkündür. Burada 𝑚𝜔2 = 𝑢 diyerek

𝑢2 − [𝑘𝐴 + 𝑘𝐵 + 2𝑘𝐶]𝑢 + [𝑘𝐴𝑘𝐵 + 𝑘𝐴𝑘𝐶 + 𝑘𝐵𝑘𝐶] = 0

yazarız. Bu ifade u’ya göre ikinci dereceden bir denklemdir. Buradan 𝑢1 ve 𝑢2 kökleri

için

𝑢1,2 =[𝑘𝐴+𝑘𝐵+2𝑘𝐶]∓√[𝑘𝐴+𝑘𝐵+2𝑘𝐶]

2−4[𝑘𝐴𝑘𝐵+𝑘𝐴𝑘𝐶+𝑘𝐵𝑘𝐶]

2 (6)

yazılır. Karekök içindeki ifade açılır ve gerekli işlemler yapılırsa ve 𝑢1,2 = 𝑚𝜔1,22

olduğu kullanılırsa titreşimin mod frekansları için

𝜔1,22 =

1

𝑚[𝑘𝐴+𝑘𝐵2

+ 𝑘𝐶] ∓1

𝑚[(𝑘𝐴−𝑘𝐵2)2 + 𝑘𝐶

2]1/2

(7)

elde edilir.

b) (7) ifadesinde karekök içindeki açılır ve 𝑘𝐴𝑘𝐵 = 𝑘𝐶2 alınırsa

[(𝑘𝐴 − 𝑘𝐵2

)2 + 𝑘𝐶2]1/2

= [1

4(𝑘𝐴2 + 𝑘𝐵

2 − 2𝑘𝐴𝑘𝐵) + 𝑘𝐴𝑘𝐵]1/2

= [1


2) −1

2𝑘𝐴𝑘𝐵 + 𝑘𝐴𝑘𝐵]

1/2

= [1


2) +1

2𝑘𝐴𝑘𝐵]

1/2

= [1


2) + 2𝑘𝐴𝑘𝐵)]1/2

= [1

4(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵)

2]1/2

=1

2(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵)

elde edilir. Bu değer (7) ifadesinde kullanılarak

𝜔1,22 =

1

𝑚[𝑘𝐴 + 𝑘𝐵2

+ 𝑘𝐶] ∓1

2𝑚(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵) =

1

2𝑚(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵) +

1

𝑚𝑘𝐶 ∓

1

2𝑚(𝑘𝐴 + 𝑘𝐵)

Buradan

𝜔12 =

𝑘𝐶𝑚

⇒ 𝜔1 = √𝑘𝐶𝑚

(8A)

ve

𝜔22 =

𝑘𝐴+𝑘𝐵+𝑘𝐶𝑚

⇒ 𝜔2 = √𝑘𝐴+𝑘𝐵+𝑘𝐶

𝑚 (8B)

sonuçları elde edilir.

45

ÖRNEK-3

Doğal titreşim frekansları 𝜔0 ve kütleleri m olan iki özdeş A ve B sönümsüz

osilatörlerini düşünelim. A osilatörü üzerine 𝛼𝑚𝑑2𝑥𝐵

𝑑𝑡2 ve B ösilatörü üzerine 𝛼𝑚

𝑑2𝑥𝐴

𝑑𝑡2

küvvetleri etkiyerek çiftlenimli hale getiriliyor. Bu ifadelerdeki 𝛼, 1’den küçük değere

sahip olup çiftlenim sabitidir. Bu çiftlenimli sistemin normal modlarını ve bu modların

frekanslarını bulunuz. (French-p5.5)

Çözüm:

A ve B osilatörleri bağımsız olduklarında hareket denklemleri için

𝑚𝑑2𝑥𝐴

𝑑𝑡2+𝑚𝜔0

2𝑥𝐴 = 0 (1A)

𝑚𝑑2𝑥𝐵

𝑑𝑡2+𝑚𝜔0

2𝑥𝐵 = 0 (1B)

yazabiliriz. Şimdi (1A) denklemine 𝛼𝑚𝑑2𝑥𝐵

𝑑𝑡2 ve (1B) denklemine ise 𝛼𝑚

𝑑2𝑥𝐴

𝑑𝑡2

kuvvetlerini ekliyelim:

𝑚𝑑2𝑥𝐴

𝑑𝑡2+ 𝛼𝑚

𝑑2𝑥𝐵

𝑑𝑡2+𝑚𝜔0

2𝑥𝐴 = 0 (2A)

𝑚𝑑2𝑥𝐵

𝑑𝑡2+ 𝛼𝑚

𝑑2𝑥𝐴

𝑑𝑡2+𝑚𝜔0

2𝑥𝐵 = 0 (2B)

Bu durumda A’nın denklemi B’ye ait bilgiyi ve B’nin denklemi ise A’ya ait bilgiyi

içermektedir. Bu nedenle bu iki osilatör çiftlenimli duruma gelmiştir.

Her iki kütle için harmonik çözümler alabiliriz:

𝑥𝐴 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (3A)

𝑥𝐵 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (3B)

Bu fonksiyonların ikinci türevleri alınarak (3A) ve (3B) denklemlerinde yerine yazılırsa

(−𝑚𝜔2𝐴 − 𝛼𝑚𝜔2𝐵 +𝑚𝜔02𝐴)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0 (4A)

(−𝑚𝜔2𝐵 − 𝛼𝑚𝜔2𝐴 +𝑚𝜔02𝐵)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0 (4B)

veya

(−𝑚𝜔2𝐴 − 𝛼𝑚𝜔2𝐵 +𝑚𝜔02𝐴) = 0 (5A)

(−𝑚𝜔2𝐵 − 𝛼𝑚𝜔2𝐴 +𝑚𝜔02𝐵) = 0 (5B)

veya

46

(−𝑚𝜔2 +𝑚𝜔02)𝐴 − 𝛼𝑚𝜔2𝐵 = 0 (6A)

−𝛼𝑚𝜔2𝐴 + (−𝑚𝜔2 +𝑚𝜔02)𝐵 = 0 (6B)

yazabiliriz.

A ve B’ye göre homojen, çizgisel denklem sisteminin çözümü olabilmesi

için katsayı determinantının sıfır olması gerekir:

|−𝑚𝜔2 + 𝑚𝜔0

2 −𝛼𝑚𝜔2

−𝛼𝑚𝜔2 −𝑚𝜔2 + 𝑚𝜔02| = 0

Buradan

(−𝑚𝜔2 +𝑚𝜔02)2 − (𝛼𝑚𝜔2)2 = 0

−𝑚𝜔2 +𝑚𝜔02 = ∓ 𝛼𝑚𝜔2

(𝑚 ∓ 𝛼𝑚)𝜔2 = 𝑚𝜔02

(1 ∓ 𝛼)𝜔2 = 𝜔02

𝜔2 =𝜔02

(1 ∓ 𝛼)

𝜔1 =𝜔0

√1 + 𝛼

𝜔2 =𝜔0

√1 − 𝛼

sonuçları edilir. Sonuç olarak çiftlenimli durumda titreşim modlarının frekansı için

𝜔1 =𝜔0

√1 + 𝛼

ve

𝜔2 =𝜔0

√1 − 𝛼

değerleri bulunur.

47

ÖRNEK-4

Kütlesi ihmal edilebilen 3𝑙 uzunluğundaki bir ipin uçları iki sabit noktaya

tutturulmuştur. İpteki gerilme ise T’dir.

a) m kütleli bir parçacık şekildeki gibi ipin bir ucundan itibaren 𝑙 uzunluğunda bir

noktaya tutturulmuş durumda iken m kütlesinin enine titreşimlerinin hareket

denklemini yazarak, periyodunu bulunuz.

b) m kütleli başka bir parçacık şekildeki gibi ipin diğer ucundan itibaren 𝑙

uzaklığına tutturulmuştur. İpteki gerilim yine T’dir. Enine salınımlar için farklı

normal modda kütlelerin ve ipin görünümünü çiziniz.

c) Yüksek mod frekansı 𝜔’yı hesaplayınız. (French-p5.13)

Çözüm:

Şekildeki kütleye etkiyen kuvvet için

𝐹 = −𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃1 − 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃2

yazabiliriz. Küçük genlikli titreşimler için bu ifadeyi

𝐹 = −𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃1 − 𝑇𝑠𝑖𝑛𝜃2 ≅= −𝑇𝑡𝑎𝑛𝜃1 − 𝑇𝑡𝑎𝑛𝜃2 = −𝑇𝑦

𝑙− 𝑇

𝑦

2𝑙= −

3

2

𝑇𝑦

𝑙

şeklinde yazabiliriz.

Titreşen kütlenin hareket denkleminin ise

𝑚𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+3

2

𝑇

𝑙𝑦 = 0

48

olacağı açıktır. Burada her iki taraf m’ye bölünerek hareket denklemi için

𝑑2𝑦

𝑑𝑡2+3

2

𝑇

𝑚𝑙𝑦 = 0

ifadesi yazılır. Bu denklemdeki y’nin katsayısına

𝜔2 =3

2

𝑇

𝑚𝑙

dersek periyot (P) için

𝑃 = 2𝜋√2𝑚𝑙

3𝑇

ifadesini buluruz.

b ve c şıklarının yanıtı ders notlarında aynen vardır (Ders notlarına bakmadan problemi

çözmeye çalışın). Titreşim modlarının davranışı frekansları aşağıda verilmiştir.

Düşük modlu titreşim. 𝜔1 = √𝑇

𝑚𝑙

Yüksek modlu titreşim. 𝜔2 = √3𝑇

𝑚𝑙

49

ÖRNEK-5

Şekilde gösterildiği gibi M ve m kütleli iki cisim kuvvet sabitleri 𝑘1 ve 𝑘2 olan yaylar

ile tavana asılıdır.

a) M kütlesi 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 kuvveti ile aşağı doğru sürülmektedir. Kütlelerin

hareket denklemlerinin

𝑀𝑑2𝑥1𝑑𝑡2

+ (𝑘1 + 𝑘2)𝑥1 − 𝑘2𝑥2 = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

ve

𝑚𝑑2𝑥2𝑑𝑡2

+ 𝑘2𝑥2 − 𝑘2𝑥1 = 0

olduğunu gösteriniz. Burada 𝑥1 ve 𝑥2 sırasıyla M ve m kütlelerinin düşey

doğrultuda yer değiştirmeleridir.

b) 𝑥1 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ve 𝑥2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ifadelerinin çözüm olabilmesi için

𝐴 =𝐹0(𝑘2 −𝑚𝜔

2)

(𝑘1 + 𝑘2 −𝑀𝜔2)(𝑘2 −𝑚𝜔

2) − 𝑘22

ve

𝐵 =𝐹0𝑘2

(𝑘1 + 𝑘2 −𝑀𝜔2)(𝑘2 −𝑚𝜔

2) − 𝑘22

olması gerektiğini gösteriniz.

c) 𝜔 = √𝑘1

𝑀 olması durumunda

𝑘2

𝑘1=𝑚

𝑀 olursa M’nin genliğinin sıfır olacağını

gösteriniz. George C. King, p4.9)

50

Çözüm:

a) Şekilde verilen sistemde M kütlesini 𝑥1 kadar, m kütlesini ise 𝑥2 kadar düşey

doğrultuda çekip serbest bırakalım. Bu durumda M kütlesine etkiyen kuvvet için

𝐹𝑀 = −𝑘1𝑥1 − 𝑘2(𝑥1 − 𝑥2) + 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

yazabiliriz. Bu durumda M kütlesinin hareket denklemi için


= 𝐹𝑀 = −𝑘1𝑥1 − 𝑘2(𝑥1 − 𝑥2) + 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

veya


+ 𝑘1𝑥1 + 𝑘2(𝑥1 − 𝑥2) = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

veya


+ (𝑘1 + 𝑘2)𝑥1 − 𝑘2𝑥2 = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

yazabiliriz.

Benzer şekilde m kütlesi üzerine etkiyen kuvvet için ise

𝐹𝑚 = −𝑘2(𝑥2 − 𝑥1)

olacaktır. Bu durumda m kütlesinin hareket denklemi için


+ 𝑘2𝑥2 − 𝑘2𝑥1 = 0

yazılır.

b) Verilen 𝑥1 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ve 𝑥2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 çözümlerinin ikinci türevleri alınarak

hareket denklemlerinde yerine yazılırsa

(−𝑀𝐴𝜔2 + (𝑘1 + 𝑘2)𝐴 − 𝑘2𝐵)𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

Elde edilir. Buradan

(−𝑀𝐴𝜔2 + (𝑘1 + 𝑘2)𝐴 − 𝑘2𝐵) = 𝐹0

veya

(−𝑀𝜔2 + (𝑘1 + 𝑘2))𝐴 − 𝑘2𝐵) = 𝐹0 (1a)

yazabiliriz. Aynı işlem m kütlesinin hareket denklemi için yapılırsa

(−𝑚𝜔2 + 𝑘2)𝐵 − 𝑘2𝐴 = 0 (1b)

yazılır. (1b) denkleminden

51

𝐵 =𝑘2

𝑘2−𝑚𝜔2A (2)

elde edilir. Bu sonucu (1a) denkleminde yerine yazarak A için

𝐴 =𝐹0(𝑘2−𝑚𝜔

2)

(𝑘1+𝑘2−𝑀𝜔2)(𝑘2−𝑚𝜔

2)−𝑘22 (3)

elde etmek zor değildir. Bu sonucu (2) bağıntısında kullanarak B için

𝐵 =𝐹0𝑘2


2)−𝑘22 (4)

elde edilir.

c) 𝐴 =𝐹0(𝑘2−𝑚𝜔

2)


2)−𝑘22

ifadesinin payında

𝜔2 =𝑘1

𝑀 ve 𝑘2 =

𝑚

𝑀𝑘1

değerleri yazılırsa

𝐴 =𝐹0(𝑚𝑀𝑘1 −𝑚

𝑘1𝑀)

(𝑘1 + 𝑘2 −𝑀𝜔2)(𝑘2 −𝑚𝜔2) − 𝑘22 =

0

(𝑘1 + 𝑘2 −𝑀𝜔2)(𝑘2 −𝑚𝜔2) − 𝑘22 = 0

sonucu elde edilir.

ÖRNEK-6

Şekildeki kütle-yay sisteminin titreşim frekanslarını bulunuz.

Çözüm:

Şekildeki sistemin kütle hareket denklemini

𝑚𝑝 �̈�𝑝 + 𝑘𝑝(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝−1) + 𝑘𝑝+1(𝑥𝑝 - 𝑥𝑝+1) = 0

Bağıntısını kullanarak yazabiliriz (Ders notlarına bakınız)

52

1. 4𝑚𝑥1̈ + 3𝑘𝑥1 + 𝑘(𝑥1 − 𝑥2) = 0

2. 2𝑚𝑥2̈ + 𝑘(𝑥2 − 𝑥1) + 𝑘(𝑥2 − 𝑥3) = 0 (1)

3. 𝑚𝑥3̈ + 𝑘(𝑥3 − 𝑥2) = 0

Bu denklemler yeniden düzenlenerek

1. 4𝑚𝑥1̈ + 4𝑘𝑥1 − 𝑘𝑥2 = 0

2. 2𝑚𝑥2̈ + 2𝑘𝑥2 − 𝑘𝑥1 − 𝑘𝑥3 = 0 (2)

3. 𝑚𝑥3̈ + 𝑘𝑥3 − 𝑘𝑥2 = 0

şeklinde yazılabilir.

Her üç kütle aynı frekansla harmonik hareket yapacaktır. Bu nedenle kütlelerin

hareketini

1. 𝑥1 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

2. 𝑥2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (3)

3. 𝑥3 = 𝐶𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

fonksiyonları ile tanımlayabiliriz. Bu fonksiyonların ikinci türevlerini alarak (2)’de

verilen denklemlerde yerine yazarak

1. −4𝑚𝜔2𝐴 + 4𝑘𝐴 − 𝑘𝐵 = 0

2. −2𝑚𝜔2𝐵 + 2𝑘𝐵 − 𝑘𝐴 − 𝑘𝐶 = 0 (4)

3. −𝑚𝜔2𝐶 + 𝑘𝐶 − 𝑘𝐵 = 0

Bu denklemler yeniden düzenlenerek

1. (4𝑘 − 4𝑚𝜔2)𝐴 − 𝑘𝐵 = 0

2. −𝑘𝐴 + (2𝑘 − 2𝑚𝜔2)𝐵 − 𝑘𝐶 = 0 (5)

3. −𝑘𝐵 + (𝑘 −𝑚𝜔2)𝐶 = 0

yazılabilir. Bu denklem sisteminin çözümünün olabilmesi için katsayı determinantının

sıfıra eşit olması gerekir:

|4𝑘 − 4𝑚𝜔2 −𝑘 0

−𝑘 2𝑘 − 2𝑚𝜔2 −𝑘0 −𝑘 𝑘 −𝑚𝜔2

| = 0

Bu determinantın açınımı yapılarak

(4𝑘 − 4𝑚𝜔2)[(2𝑘 − 2𝑚𝜔2)(𝑘 − 𝑚𝜔2) − 𝑘2] − 𝑘[𝑘(𝑘 −𝑚𝜔2)] = 0

elde edilir. Bu ifade biraz daha düzenlenirse

4(𝑘 −𝑚𝜔2)[8(𝑘 − 𝑚𝜔2)2 − 5𝑘2] = 0

53

yazılabilir. Bu eşitliğin sağlanması için

1. 𝑘 −𝑚𝜔2 = 0 ⇒ 𝜔2 = √𝑘

𝑚

2. 8(𝑘 −𝑚𝜔2)2 − 5𝑘2 = 0 ⇒ (𝑘 − 𝑚𝜔2)2 =5

8𝑘2 ⇒ 𝑘 −𝑚𝜔2 = ∓

√5

√8𝑘 ⇒

𝑚𝜔12 = 𝑘 −

√5

√8𝑘 ve 𝑚𝜔3

2 = 𝑘 +√5

√8𝑘 elde edilir. Buradan da

𝜔1 = √𝑘/𝑚(1 − √5/8)1/2 ≅ 0,46√𝑘/𝑚

ve

𝜔3 = √𝑘/𝑚(1 + √5/8)1/2 ≅ 1,34√𝑘/𝑚

elde edilir. Frekansları büyüklüklerine göre sıralarsak

𝜔1 = 0,46√𝑘/𝑚 , 𝜔2 = √𝑘/𝑚, 𝜔3 = 1,34√𝑘/𝑚

yazabiliriz.

ÖRNEK-7

Şekilde gerilmiş ip üzerinde eşit aralıklarla, kütleleri eşit (𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 𝑚) olan

üç boncuk bağlıdır. Sistem küçük genliklerle enine titreşim yapıyor. İpteki gerilimin

sabit kaldığını kabul ediniz (T=sabit). Ortadaki kütleye 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 periyodik dış kuvveti

uygulanıyor. Kütlelerin titreşim genliklerini belirleyiniz. Genliklerin frekansa bağlı

davranışını kabaca çiziniz.

Çözüm:

Kütlelerin enine titreşim durumlarının bir anı aşağıdaki şekildeki gösterilebilir. Burada

kütleler sanki kuvvet sabiti 𝑇

𝑙 volan yaylarla bağlanmış gibi düşünülebilir (Ders notlarına

bakınız).

54

Kütlelerin hareket denklemlerinin aşağıdaki şekilde olacağını

𝑚𝑝 �̈�𝑝 + 𝑘𝑝(𝑦𝑝 - 𝑦𝑝−1) + 𝑘𝑝+1(𝑦𝑝 - 𝑦𝑝+1) = 0

ifadesinden faydalanarak yazabiliriz (Ders notlarına bakınız).

1. 𝑚1𝑦1̈ +𝑇

𝑙𝑦1 +

𝑇

𝑙(𝑦1 − 𝑦2) = 0

2. 𝑚2𝑦2̈ +𝑇

𝑙(𝑦2 − 𝑦1) +

𝑇

𝑙(𝑦2 − 𝑦3) = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (1)

3. 𝑚3𝑦3̈ +𝑇

𝑙(𝑦3 − 𝑦2) +

𝑇

𝑙𝑦3 = 0

𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 𝑚 alarak bu denklemler

1. 𝑦1̈ +𝑇

𝑚𝑙𝑦1 +

𝑇

𝑚𝑙(𝑦1 − 𝑦2) = 0

2. 𝑦2̈ +𝑇

𝑙𝑚(𝑦2 − 𝑦1) +

𝑇

𝑚𝑙(𝑦2 − 𝑦3) =

𝐹0

𝑚𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (2)

3. 𝑦3̈ +𝑇

𝑚𝑙(𝑦3 − 𝑦2) +

𝑇

𝑚𝑙𝑦3 = 0


1. 𝑦1 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

2. 𝑦2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (3)

3. 𝑦3 = 𝐶𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

şeklinde harmonik çözümler seçebiliriz. Bu fonksiyonların ikinci türevleri alınarak (2)

denklemlerinde yerlerine yazılırsa,

1. (2𝑇

𝑚𝑙− 𝜔2)𝐴 −

𝑇

𝑚𝑙𝐵 = 0

2. −𝑇

𝑚𝑙𝐴 + (

2𝑇

𝑚𝑙− 𝜔2)𝐵 −

𝑇

𝑚𝑙𝐶 =

𝐹0

𝑚 (2)

3. −𝑇

𝑚𝑙𝐵 + (

2𝑇

𝑚𝑙− 𝜔2) 𝐶 = 0

Bu denklem sistemini Cramer kuralı ile çözerek A, B ve C genliklerini belirleriz.

Katsayı determinantı

|

2𝜔02 − 𝜔2 −𝜔0

2 0

−𝜔02 2𝜔0

2 − 𝜔2 −𝜔02

0 −𝜔02 2𝜔0

2 − 𝜔2| = (2𝜔0

2 − 𝜔2)[(2𝜔02 − 𝜔2)2 − 𝜔0

4] − 𝜔04(2𝜔0

2 − 𝜔2)

= (2𝜔02 − 𝜔2)[(2𝜔0

2 − 𝜔2)2 − 2𝜔04]

55

Burada 𝑇

𝑚𝑙= 𝜔0

2 alınmıştır.

𝐴 =

|

0 −𝜔02 0

𝐹0𝑚 2𝜔0

2 − 𝜔2 −𝜔02

0 −𝜔02 2𝜔0

2 − 𝜔2

|

(2𝜔02 − 𝜔2)[(2𝜔0

2 − 𝜔2)2 − 2𝜔04]=

𝐹0𝑚 𝜔0

2(2𝜔02 − 𝜔2)

(2𝜔02 − 𝜔2)[(2𝜔0

2 − 𝜔2)2 − 2𝜔04]

𝐴 =

𝐹0𝑚 𝜔0

2

[(2𝜔02 − 𝜔2)2 − 2𝜔0

4]

Benzer işlem yapılarak B ve C için

𝐵 =

𝐹0𝑚 (2𝜔0

2 − 𝜔2)

[(2𝜔02 − 𝜔2)2 − 2𝜔0

4]

𝐶 =

𝐹0𝑚𝜔0

2

[(2𝜔02 − 𝜔2)2 − 2𝜔0

4]

Elde edilir. Burad A=C olduğuna dikkat ediniz. Bu sonuç problemin simetrisi ile de

uyumludur.

A, B ve C genliklerinin 𝜔 frekansına bağlı davranışları aşağıdaki şekildeki gibi olacaktır

(Şekil ölçekli değildir).

56

ÖRNEK-8

Kütlesi m olan iki özdeş parçaçık uzunluğu l olan iplerle birbirine bağlanarak Şekil-

1’deki gibi tavana asılmışlardır. Sistem küçük genlikli salınım hareketi yapmaktadır.

Küçük genlikli salınım sırasında iplerdeki gerilimlerin statik durumdaki değerine göre

değişmediğini kabul ediniz. Küçük açı yaklaşımında 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≅ 𝜃 alınabildiğini

biliyorsunuz.

Şekil-1

a) Üsteki ve alttaki kütlelerin hareket denkleminin

𝑑2𝑥1𝑑𝑡2

+3𝑔

𝑙𝑥1 −

𝑔

𝑙𝑥2 = 0

ve

𝑑2𝑥2𝑑𝑡2

+𝑔

𝑙𝑥2 −

𝑔

𝑙𝑥1 = 0

ile verilebileceğini gösteriniz.

b) 𝑥1 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ve 𝑥2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 şeklinde harmonik çözümler olduğunu kabul

ederek sistemim frekansları 𝜔1,2 √(2 ∓ √2)𝑔/𝑙 olan iki tane normal modununun

olduğunu gösteriniz ve bu modlar için B/A genlik oranını belirleyiniz.

c) 𝑙 = 1,0 𝑚 alarak iki titreşim modunun periyotlarını hesaplayınız. Sonucu

𝑙 = 1,0 𝑚 uzunluklu basit sarkacın periyodu ile karşılaştırınız (𝑔 = 9,81 𝑚𝑠−2

alınız).

57

Çözüm:

Sistem denge durumundayken üsteki kütleyi tavana bağlayan ipteki gerilimin

𝑇1 = 2𝑚𝑔 ve alttaki kütlenin bağlandığı ipteki gerilimin ise 𝑇2 = 𝑚𝑔 olacağı açıktır

(Şekil-2a). Küçük salınımlar durumunda bu gerilimlerin değişmeyeceğini kabul

edeceğiz.

Şekil-2

Kütlelere salınım hareketini kütlellere etkiyen yatay kuvvetler sağlayacaktır.

Üstteki kütleye etkiyen kuvvetin yatay bileşeni için:

𝐹1𝑛𝑒𝑡 ≅ −𝑇1𝑠𝑖𝑛𝜃1 + 𝑇2𝑠𝑖𝑛𝜃2 = −𝑇1𝑥1𝑙 + 𝑇2

𝑥2 − 𝑥1𝑙

Alttaki kütleye etkiyen kuvvetin yatay bileşeni için:

𝐹2𝑛𝑒𝑡 ≅ −𝑇2𝑠𝑖𝑛𝜃2 = −𝑇2𝑥2 − 𝑥1𝑙

yazabiliriz (Şekil-2b). Bu ifadelerde 𝑇1 ve 𝑇2değerleri yerine yazılarak

𝐹1𝑛𝑒𝑡 ≅ −2𝑚𝑔𝑥1𝑙 + 𝑚𝑔

𝑥2 − 𝑥1𝑙

=≅ −3𝑚𝑔𝑥1𝑙 + 𝑚𝑔

𝑥2𝑙

𝐹2𝑛𝑒𝑡 ≅ −𝑚𝑔𝑥2 − 𝑥1𝑙

= −𝑚𝑔𝑥2𝑙+ 𝑚𝑔

𝑥1𝑙

yazılabilir.

Newtonun 2. Yasası kullanılarak üstteki ve alttaki kütlelerin hareket denklemleri için


= −3𝑚𝑔

𝑙𝑥1 +

𝑚𝑔

𝑙𝑥2

𝑚𝑑2𝑥2

𝑑𝑡2= −

𝑚𝑔

𝑙𝑥2 +

𝑚𝑔

𝑙𝑥1

58

Bu denklemlerin her iki tarafı m’ye bölünerek yeniden

𝑑2𝑥1𝑑𝑡2

+3𝑔

𝑙𝑥1 −

𝑔

𝑙𝑥2 = 0

𝑑2𝑥2𝑑𝑡2

+𝑔

𝑙𝑥2 −

𝑔

𝑙𝑥1 = 0


b) 𝑥1 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ve 𝑥2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 harmonik çözümleri hareket denklemlerinde

kullanılarak

[(−𝜔2 +3𝑔

𝑙)𝐴 −

𝑔

𝑙𝐵] 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0

ve

[−𝑔

𝑙𝐴 + (−𝜔2 +

𝑔

𝑙)𝐵] 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0

yazılabilir. Bu denklemlerin her an sağlanabilmesi için

(−𝜔2 +3𝑔

𝑙)𝐴 −

𝑔

𝑙𝐵 = 0

ve

−𝑔

𝑙𝐴 + (−𝜔2 +

𝑔

𝑙)𝐵 = 0

olmalıdır. Bu denklemlerin çözümünün olabilmesinin gerek ve yeter koşulu katsayı

determinantının sıfıra eşit olması gerekir:

|−𝜔2 +

3𝑔

𝑙−𝑔

𝑙

−𝑔

𝑙−𝜔2 +

𝑔

𝑙

| = 0

Burada

(−𝜔2 +3𝑔

𝑙) (−𝜔2 +

𝑔

𝑙) − (

𝑔

𝑙)2

= 0

veya

𝜔4 −𝑔

𝑙𝜔2 −

3𝑔

𝑙𝜔2 + 3(

𝑔

𝑙)2

− (𝑔

𝑙)2

= 0

veya

𝜔4 −4𝑔

𝑙𝜔2 + 2(

𝑔

𝑙)2

= 0

elde edilir. Burada 𝜔2 = 𝑢 dersek

𝑢2 −4𝑔

𝑙𝑢 + 2 (

𝑔

𝑙)2

= 0

elde ederiz. Bu denklemin çözümü için

59

𝑢12 =

4𝑔𝑙∓ √(

4𝑔𝑙)2 − 8(

𝑔𝑙)2

2=

4𝑔𝑙∓ √8 (

𝑔𝑙)2

2=

4𝑔𝑙∓ 2√2

𝑔𝑙

2= (2 ∓ √2)

𝑔

𝑙

Buradan normal modların titreşim frekansları için

i) 𝜔1 = √(2 − √2)𝑔

𝑙

ii) 𝜔2 = √(2 + √2)𝑔

𝑙

Sonucu elde edilir.

Daha önce elde ettiğimiz

(−𝜔2 +3𝑔

𝑙)𝐴 −

𝑔

𝑙𝐵 = 0

ifadesinden

(−𝜔2 +3𝑔

𝑙)𝐴 −

𝑔

𝑙𝐵 = 0

𝐵

𝐴=3𝑔/𝑙 − 𝜔2

𝑔/𝑙

Elde ettiğmiz frekans değerleri kullanılarak:

i) 𝐵

𝐴=

3𝑔

𝑙−𝜔2

𝑔

𝑙

=3𝑔

𝑙−(2−√2)

𝑔

𝑙𝑔

𝑙

= 3 − (2 − √2) = 1 + √2

ii) 𝐵

𝐴=

3𝑔

𝑙−𝜔2

𝑔

𝑙

=3𝑔

𝑙−(2+√2)

𝑔

𝑙𝑔

𝑙

= 3 − (2 + √2) = 1 − √2

elde ederiz.

c) Titreşim periyotları için

i) 𝑃1 =2𝜋

√(2−√2)𝑔

𝑙

=2𝜋

√(2−√2)9,81

1,0

≅ 2,62 𝑠

ii) 𝑃2 =2𝜋

√(2+√2)9,81

1,0

≅ 1,09 𝑠

Boyu l=1,0 m olan basit sarkacın periyodu ise

𝑃𝑏𝑠 = 2𝜋√𝑙/𝑔 ≅ 2,00 𝑠

dir. Burada 𝑃1 > 𝑃𝑏𝑠 > 𝑃2 olduğuna dikkat ediniz.

60

ÖRNEK-9

Kütleleri ve boyları eşit (𝐿𝐴 = 𝐿𝐵 = 𝐿 𝑣𝑒 𝑚𝐴 = 𝑚𝐵 = 𝑚) iki fiziksel sarkaç şekildeki

gibi sarkaçların asılma ucundan h kadar aşağıdan kuvvet sabiti k olan bir yay ile

birbirine bağlanarak çiftlenimli hale getiriliyor. Sarkaç çubuklarının kütlelerinin ihmal

edilecek kadar küçük olduğunu kabul ediniz. Burada 𝑚𝐴 kütlesi hafifçe sağa doğru xA

kadar, 𝑚𝐵 kütlesi ise xB kadar çekilip serbest bırakılıyor. a) 𝑚𝐴 ve 𝑚𝐵 kütlelerinin bağlı

olduğu sarkaçlar için hareket denklemini yazınız. b) Bu denklem sisteminin çözümünü

yapınız. c) Titreşim modlarının açısal frekanslarını belirleyiniz.

Çözüm:

Serbest durumda A ve B sarkaçlarını denge konumundan itibaren küçük θA ve θB açıları

kadar uzaklaştırılıp serbest bırakıldığında kütlelere etki eden geri çağırıcı kuvvetleri için

𝐹𝑔𝐴 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐴

𝐹𝑔𝐵 = −𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵

Bu kuvvetlerin dönme eksenine göre yarattığı torklar ise

𝜏𝑔𝐴 = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃𝐴

𝜏𝑔𝐵 = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵

olacaktır. Sarkaç kütleleri xA ve xB kadar sağa çekildiğinde çiftlenimi sağlayan yayın

boyundaki değişim 𝑥𝑎 − 𝑥𝑏 kadar olacağı açıktır. Şekildeki üçgenlerden

𝑠𝑖𝑛𝜃𝐴 =𝑥𝑎

ℎ=𝑥𝐴

𝐿 ⇒ 𝑥𝑎 =

ℎ

𝐿𝑥𝐴

61

𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵 =𝑥𝑏

ℎ=𝑥𝐵

𝐿 ⇒ 𝑥𝑏 =

ℎ

𝐿𝑥𝐵

yazabiliriz. Buradan yayın boyundaki değişim için

𝑥𝑎 − 𝑥𝑏 =ℎ

𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)

yazılabilir. Bu durumda çiftlenim yayından dolayı A ve B kütlelerine etkiyen kuvvetler

Hook yasasından

𝐹𝑘𝐴 = −𝑘ℎ


𝐹𝑘𝐵 = −𝑘ℎ

𝐿(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)

olacaktır. Bu kuvvetlerin dönme eksenine göre yarattığı torklar ise

𝜏𝑘𝐴 = −𝑘ℎ

𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)ℎ𝑐𝑜𝑠𝜃𝐴

𝜏𝑘𝐵 = −𝑘ℎ

𝐿(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)ℎ𝑐𝑜𝑠𝜃𝐵

Bu sonuçlar kullanılarak A ve B sarkaçlarının etki eden toplam torklar ise

𝜏𝐴 = 𝜏𝑔𝐴 + 𝜏𝑘𝐴 = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃𝐴 − 𝑘ℎ

𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)ℎ𝑐𝑜𝑠𝜃𝐴

𝜏𝐵 = 𝜏𝑔𝐵 + 𝜏𝑘𝐵 = −𝑚𝑔𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵 − 𝑘ℎ

𝐿(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)ℎ𝑐𝑜𝑠𝜃𝐵

Bu ifadeler küçük açı yaklaşımında (𝑠𝑖𝑛𝜃𝐴 ≅ 𝜃𝐴, 𝑠𝑖𝑛𝜃𝐵 ≅ 𝜃𝐵; 𝑐𝑜𝑠𝜃𝐴 ≅ 1, 𝑐𝑜𝑠𝜃𝐵 ≅ 1)

𝜏𝐴 = 𝜏𝑔𝐴 + 𝜏𝑘𝐴 = −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐴 − 𝑘ℎ

𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)ℎ = −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐴 −

𝑘ℎ2


𝜏𝐵 = 𝜏𝑔𝐵 + 𝜏𝑘𝐵 = −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐵 − 𝑘ℎ

𝐿(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)ℎ = −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐵 −

𝑘ℎ2


yazılır. Tork için

𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃

𝑑𝑡2

ifadesini hatırlarsak

𝐼𝑑2𝜃𝐴𝑑𝑡2

= −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐴 −𝑘ℎ2


ve

𝐼𝑑2𝜃𝐵𝑑𝑡2

= −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐵 −𝑘ℎ2


yazılır. Burada I eylemsizlik momenti olup bu sistem için 𝐼 = 𝑚𝐿2 dir. Burada 𝜃𝐴 ≅𝑥𝐴

𝐿

ve 𝜃𝐵 ≅𝑥𝐵

𝐿 alınarak

𝑚𝐿2

𝐿

𝑑2𝑥𝐴𝑑𝑡2

= −𝑚𝑔𝐿𝑥𝐴𝐿−𝑘ℎ2


ve

62

𝑚𝐿2

𝐿

𝑑2𝑥𝐵𝑑𝑡2

= −𝑚𝑔𝐿𝑥𝐴𝐿−𝑘ℎ2


Buradan

𝑑2𝑥𝐴𝑑𝑡2

+𝑔

𝐿𝑥𝐴 +

𝑘ℎ2

𝑚𝐿2(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵) = 0

ve

𝑑2𝑥𝐵𝑑𝑡2

+𝑔

𝐿𝑥𝐵 +

𝑘ℎ2

𝑚𝐿2(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴) = 0

Bu iki denklem taraf tarafa toplanır ve çıkarılırsa

𝑑2(𝑥𝐴 + 𝑥𝐵)

𝑑𝑡2+𝑔

𝐿(𝑥𝐴 + 𝑥𝐵) = 0

ve

𝑑2(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)

𝑑𝑡2+ (𝑔

𝐿+2𝑘ℎ2

𝑚𝐿2)(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵) = 0

elde edilir. Burada

𝑞1 = (𝑥𝐴 + 𝑥𝐵) ve 𝑞2 = (𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)

ω12 =

𝑔

𝐿 ve ω2

2 =𝑔

𝐿+2𝑘ℎ2

𝑚𝐿2

alınarak

𝑑2𝑞1𝑑𝑡2

+ω12𝑞1 = 0

ve

𝑑2𝑞2𝑑𝑡2

+ω22𝑞2 = 0

yazılır. Buradan

𝑞1 = 𝐶1 𝑐𝑜𝑠(𝜔1𝑡 + 𝜙1)

𝑞2 = 𝐶2 𝑐𝑜𝑠(𝜔2𝑡 + 𝜙2)

yazabiliriz. Buradan çözüm için

𝑥𝐴 =1

2(𝑞1 + 𝑞2) =

1

2[𝐶1 cos(ω1𝑡 + ϕ1) + 𝐶2 cos(ω2𝑡 + ϕ2)]

𝑥𝐵 =1

2(𝑞1 − 𝑞2) =

1

2[𝐶1 cos(ω1𝑡 + ϕ1) − 𝐶2 cos(ω2𝑡 + ϕ2)]

ifadeleri elde edilir. Titreşim modlarının açısal frekansları ise

𝜔1 = √𝑔

𝐿 ve 𝜔2 = √

𝑔

𝐿+2𝑘ℎ2

𝑚𝐿2

olacaktır.

63

ÖRNEK-10

Şekilde verilen sistemdeki 𝑚1 kütlesi sürtünmesiz masa üzerindedir ve kuvvet sabiti k

olan bir yayla O noktasından duvara bağlıdır. Kütlesi 𝑚2, uzunluğu 𝑙 olan basit sarkaç

ise bir iple şekildeki gibi 𝑚1kütlesine bağlıdır. Sistem serbest bırakıldığında 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≈

𝑡𝑎𝑛𝜃 ≈𝑥2−𝑥1

𝑙 olacak şekilde küçük titreşimler yapmaktadır. (French-5-11’den adapte

edilmiştir.)

a) 𝑚1 ve 𝑚2 kütlelerinin hareket denklemlerini yazınız.

b) 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚 özel durumu için sistemin normal modlarının açısal frekanslarını

bulunuz.

ÇÖZÜM:

a) Bu çiftlenimli salınıcıda 𝑚1kütlesine hem yay tarafından −𝑘𝑥1 geri çağırıcı kuvvet

hem de 𝑚2 kütleli sarkacın salınımını sağlayan 𝑚2𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃 kuvveti etki etmektedir.

Burada küçük salınımlar koşulu nedeniyle 𝑠𝑖𝑛𝜃 ≈𝑥2−𝑥1

𝑙 alınabilir. Bu durumda 𝑚1

kütlesinin salınımını sağlayan net kuvvet için

𝐹 = −𝑘𝑥1 +𝑚2𝑔𝑥2 − 𝑥1𝑙

yazabiliriz. Newton’un ikici yasası kullanılarak 𝑚1 kütlesinin hareket denklemi için

𝑚1 𝑥1̈ = −𝑘𝑥1 +𝑚2𝑔𝑥2 − 𝑥1𝑙

veya

𝑚1 𝑥1̈ + 𝑘𝑥1 +𝑚2𝑔𝑥1 − 𝑥2𝑙

= 0

yazabiliriz.

64

𝑚2 kütlesinin hareket denklemi için ise basit sarkaç örneğinden de bildiğimiz gibi

𝑚2 𝑥2̈ + 𝑚2𝑔𝑥2−𝑥1

𝑙= 0

yazabiliriz. Bu iki denklem yeniden

𝑥1̈ + (𝑘

𝑚1+𝑚2𝑔

𝑚1𝑙) 𝑥1 −

𝑚2𝑔

𝑚1𝑙𝑥2 = 0

𝑥2̈ +𝑔

𝑙𝑥2 −

𝑔

𝑙𝑥1 0

Şeklinde düzenlenebilir.

b) 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚 özel durumunda hareket denklemleri

c)

𝑥1̈ + (𝑘

𝑚+𝑔

𝑙) 𝑥1 −

𝑔

𝑙𝑥2 = 0

𝑥2̈ +𝑔

𝑙𝑥2 −

𝑔

𝑙𝑥1 0

olacaktır. Burada

𝑥1 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ve 𝑥2 = 𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

şeklinde harmonik çözümler olduğu kabul edilerek

−𝐴𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + (𝑘

𝑚+𝑔

𝑙)𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 −

𝑔

𝑙𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 = 0

−𝐵𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 +𝑔

𝑙𝐵𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 −

𝑔

𝑙𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 0

veya

−𝐴𝜔2 + (𝑘

𝑚+𝑔

𝑙)𝐴 −

𝑔

𝑙𝐵 = 0

−𝐵𝜔2 +𝑔

𝑙𝐵 −

𝑔

𝑙𝐴 = 0

veya

[𝑘

𝑚+𝑔

𝑙− 𝜔2] 𝐴 −

𝑔

𝑙𝐵 = 0

−𝑔

𝑙𝐴 + [

𝑔

𝑙−𝜔2] 𝐵 = 0

65

yazılır. Bu denklem sisteminin çözümünün olması için gerek ve yeter koşul katsayı

determinantının sıfıra eşit olmasıdır:

|

𝑘

𝑚+𝑔

𝑙− 𝜔2 −

𝑔

𝑙

−𝑔

𝑙

𝑔

𝑙−𝜔2

| = 0

Buradan

(𝑘

𝑚+𝑔

𝑙− 𝜔2) (

𝑔

𝑙−𝜔2) − (

𝑔

𝑙)2

= 0

elde edilir. Buradan

(𝜔2)2 − (𝑘

𝑚+2𝑔

𝑙)𝜔2 +

𝑔

𝑙

𝑘

𝑚= 0

𝜔2 = 𝑢 seçelim

𝑢2 − (𝑘

𝑚+2𝑔

𝑙)𝑢 +

𝑔

𝑙

𝑘

𝑚= 0

𝑢1,2 =

𝑘𝑚+2𝑔𝑙∓ √(

𝑘𝑚+2𝑔𝑙)2

− 4𝑔𝑙𝑘𝑚

2=𝑘

2𝑚+𝑔

𝑙∓ √(

𝑘

2𝑚)2

+ (𝑔

𝑙)2

𝜔1,22 =

𝑘

2𝑚+𝑔

𝑙∓ √(

𝑘

2𝑚)2

+ (𝑔

𝑙)2

Sonuç olarak mod frekansları için

𝜔1 =√ 𝑘

2𝑚+𝑔

𝑙− √(

𝑘

2𝑚)

2

+ (𝑔

𝑙)2

𝜔2 =√ 𝑘

2𝑚+𝑔

𝑙+ √(

𝑘

2𝑚)2

+ (𝑔

𝑙)2

ifadelerini yazabiliriz.

Documents

5.1 ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR (Coupled Oscillators)