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= 𝜔0

2 ve 𝐹0

𝑚= 𝑓0 alarak hareket denklemini yeniden

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ω0

2𝑥 = 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+ω0

2𝑥 = 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+𝜔0

2𝑥 = 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−𝜔2

cosω𝑡 =𝑓0

ω02−𝜔2

(cosω𝑡 − 𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡) (4.12)

yazabiliriz. Burada

𝑐𝑜𝑠𝐴 − 𝑐𝑜𝑠𝐵 = −2𝑠𝑖𝑛𝐴+𝐵

2𝑠𝑖𝑛

𝐴−𝐵

2 (4.13)

trigonometrik özdeşliği kullanılarak 𝑥(𝑡) çözümü için

𝑥(𝑡) = [2𝑓0

ω02−𝜔2

𝑠𝑖𝑛𝜔0−ω

2𝑡] 𝑠𝑖𝑛

𝜔0+ω

2𝑡 (4.14)

ifadesini yazmak zor değildir. Bu ifadede yüksek frekanslı 𝑠𝑖𝑛𝜔0+𝜔

2𝑡 fonksiyonunun

genliği, düşük frekanslı 𝑠𝑖𝑛𝜔0−𝜔

2𝑡 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

𝑑2𝑥𝑝

𝑑𝑡2 türevlerini alalım,

𝑑𝑥𝑝𝑑𝑡

= 𝐴1𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐴2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 − 𝐴1𝑡𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝐴2𝑡𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡

𝑑2𝑥𝑝𝑑𝑡2

= −𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡

− 𝐴1𝑡𝜔02𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝐴2𝑡𝜔0

2𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡

veya

𝑑2𝑥𝑝𝑑𝑡2

= −2𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 2𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝜔02(𝐴1𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 + 𝐴2𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡)

veya

𝑑2𝑥𝑝

𝑑𝑡2= −2𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 2𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − ω0

2𝑥𝑝 (4.16)

elde ederiz. Bu değeri

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝜔0

2𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

denkleminde yerine yazarak (burada 𝜔 = 𝜔0 olduğunu tekrar hatırlatalım)

−2𝐴1𝜔0𝑠𝑖𝑛𝜔0𝑡 + 2𝐴2𝜔0𝑐𝑜𝑠𝜔0𝑡 − 𝜔02𝑥𝑝 +𝜔0

2𝑥𝑝 = 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+ω0

2𝑥 = 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(ω0

2 −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 =

𝐹0𝑘

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= ω0

2 ve 𝐹0

𝑚= 𝑓0 (4.31c)

yazarak

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝛾

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ω0

2𝑥 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.31d)

formatında yazabiliriz. Bu denklemin homojen kısmının çözümü için

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝛾

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ω0

2𝑥 = 0 (4.32)

𝑥ℎ(𝑡) = 𝐴0𝑒− 𝛾𝑡

2 𝑐𝑜𝑠(𝜔1𝑡 − φ ) (4.33)

ifadesinin verildiğini biliyoruz (Sönümlü harmonik hareket konusunda işlendi).

Burada

ω12 = ω0

2 −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) = 𝐴0𝑒− 𝛾𝑡

2 𝑐𝑜𝑠(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(ω0

2 −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 − 4𝜔0

2 + 2𝛾2

𝜔 = √𝜔02 −

𝛾2

2 değerinde

𝑑2𝑢

𝑑ω2= 12(ω0

2 −𝛾2

2) − 4ω0

2 + 2𝛾2 = 8ω02 − 4𝛾2 = 8(ω0

2 −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 −𝜔0

2 +𝛾2

2)2 + 𝛾2 (𝜔0

2 −𝛾2

2) =

𝛾4

4+ 𝛾2 (𝜔0

2 −𝛾2

2)

=𝛾4

4+ 𝛾2𝜔0

2 −𝛾4

2= 𝛾2𝜔0

2 −𝛾4

4= 𝛾2 (𝜔0

2 −𝛾2

4)

veya

12

√𝑢𝑚𝑖𝑛 = 𝛾 (ω02 −

𝛾2

4)12⁄

(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)

12⁄=

𝑓0

ω0𝑄 (ω0

2− 1

4

ω02

𝑄2)

12⁄=

(𝐹0 𝑚⁄ )𝑄

ω02(1−

1

4𝑄2 )12⁄=

(𝐹0 𝑘⁄ )𝑄

(1− 1

4𝑄2 )12⁄ (4.43)

sonucunu elde ederiz.

Bundan sonra genliği maksimum yapan frekansı 𝜔𝑅 ile göstereceğiz.

ω𝑅 = √ω02 −

𝛾2

2= ω0√1−

1

2𝑄2 (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+ 𝛾

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ω0

2𝑥 =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+ 𝛾

𝑑𝑧

𝑑𝑡+ω0

2𝑧 =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 𝑑𝑧

𝑑𝑡 ve

𝑑2𝑧

𝑑𝑡2 türevlerini 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]

12⁄ (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)2ω0

2+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

�̅�(ω) =1

𝑇∫ 𝑃(𝑡)𝑡0+𝑇

𝑡0𝑑𝑡 (4.58)

bağıntısı kullanılarak hesaplanabilir.

�̅�(𝜔) =1

𝑇∫ 𝑏⦋[𝑣0 (𝜔)]⦌

2𝑠𝑖𝑛2(𝜔𝑡 − 𝛿)𝑡0+𝑇

𝑡0

𝑑𝑡

=𝑏⦋[𝑣0 (ω)]⦌

2

𝑇∫ 𝑠𝑖𝑛2(ω𝑡 − δ)𝑡0+𝑇

𝑡0𝑑𝑡 (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

t0dt =

b⦋[v0 (ω)]⦌2

2T[ T − ∫ cos2(ωt − δ)

t0+T

t0dt⏟

0

]

�̅�(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,

�̅�(ω) =ω2𝐹0

2𝛾

2𝑚[(ω02−ω2)2+ω2γ2]

(4.61)

sonucu elde edilir.

4.4.1 Güç rezonans eğrisi

Ortalama gücün �̅�(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 �̅�(𝜔) → 0 ve →∞ iken �̅�(𝜔) → 0 olduğundan 𝜔 = 𝜔0 iken �̅�(𝜔) 'nın

değeri maksimum olur. Rezonans eğrisinin yarı yükseklikteki ( �̅�(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 = (ω𝑜 +ω)⏟

2ω𝑜

(ω𝑜 −ω)⏟ −∆ω

≅ 2ω𝑜(−∆ω) (4.62)

yazabiliriz . Burada ∆𝜔 = 𝜔 − 𝜔𝑜’dir. Bu durumda ortalama güç ifadesi

�̅�(ω) =ω02𝐹0

2𝛾

2𝑚[4ω02(∆ω)2+ω0

2𝛾2]=

𝐹02

2𝑚𝛾[4(∆ω)2

ω2+1]

(4.63)

olur. �̅�(𝜔)'nın maksimum değeri ∆𝜔 = 0 olduğunda (rezonans hali) gerçekleşir.

�̅�𝑚𝑎𝑥 =𝐹02

2𝑚𝛾=𝐹02

2𝑏 (4.64)

�̅�(𝜔0)'nın maksimum değerinin yarısına düştüğü �̅�(𝜔) değerine karşılık gelen 𝜔𝑜 ±

∆𝜔 frekansları,

1

2

𝐹02

2𝑚𝛾=

𝐹02

2𝑚𝛾[(4∆ω2) 𝛾2⁄ +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 �̅�(𝜔) için

�̅�(ω) =𝐹02

2𝑚ω0𝑄[4(∆ω ω0)⁄2+1 𝑄2⁄ ]

(4.67)

ifadesini elde ederiz. Bu bağıntı güç-rezonans eğrisinin Q'ya bağlı davranışıdır.

�̅�(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+ 𝑅

𝑑𝑞

𝑑𝑡+𝑞

𝐶= 𝑉0𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.68b)

yazılabilir. Eşitliğin her iki tarafını L’ye bölerek

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+𝑅

𝐿

𝑑𝑞

𝑑𝑡+

𝑞

𝐿𝐶=𝑉0

𝐿𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.68c)

yazılır. Burada

ω02 =

1

𝐿𝐶 ve 𝛾 =

𝑅

𝐿 (4.68d)

alarak

𝑑2𝑞

𝑑𝑡2+ 𝛾

𝑑𝑞

𝑑𝑡+ω0

2𝑞 =𝑉0

𝐿𝑐𝑜𝑠ω𝑡 (4.69)

yazabiliriz. Kütle-yay sisteminde salınıma zorlanan sönümlü hareketin denklemini

tekrar yazalım.

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 𝛾

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ω0

2𝑥 =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

𝐶 olduğuna 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

[(1

ω𝐶−ω𝐿)

2+𝑅2]

12⁄sin (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

𝑅1

√𝑙𝑐𝐶=

𝑉0

𝑅1

√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+ 𝛾

𝑑𝑥

𝑑𝑡+𝜔0

2𝑥 = 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:

𝑑𝑥𝑝𝑑𝑡

= −𝐴𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 + 𝐵𝜔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

𝑑2𝑥𝑝𝑑𝑡2

= −𝐴𝜔2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 − 𝐵𝜔2𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = −𝜔2𝑥𝑝

−𝜔2𝑥𝑝 + 𝛾𝑑𝑥𝑝𝑑𝑡

+ 𝜔02𝑥𝑝 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

𝛾𝑑𝑥𝑝

𝑑𝑡+(𝜔0

2 −𝜔2)𝑥𝑝 = 𝑓0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

veya

𝑑𝑥𝑝𝑑𝑡

+(𝜔0

2 −𝜔2)

𝛾𝑥𝑝 =

𝑓0𝛾𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

yazabiliriz. Burada 𝑃 =(𝜔0

2−𝜔2)

𝛾 ve 𝑄 =

𝑓0

𝛾𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 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

𝜌𝑑𝑥𝑝𝑑𝑡

+ 𝜌𝑃𝑥𝑝 =𝑑𝜌

𝑑𝑡𝑥𝑝 + 𝜌

𝑑𝑥𝑝𝑑𝑡

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∫(𝜔0

2−𝜔2)𝛾

𝑑𝑡= 𝑒

(𝜔02−𝜔2)𝛾

𝑡

Burada C=1 alınarak

𝑒(𝜔0

2−𝜔2)𝛾

𝑡𝑥𝑝 = ∫𝑒

(𝜔02−𝜔2)𝛾

𝑡 𝑓0𝛾𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑑𝑡

yazılabilir. Ayrıca (𝜔0

2−𝜔2)

𝛾= 𝑎 kısaltması yapılarak

𝑒a𝑡𝑥𝑝 =𝑓0𝛾∫𝑒a𝑡 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑑𝑡

23

yazılır. Burada 𝑢 = 𝑒a𝑡 ve 𝑑𝑣 = 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑑𝑡 alınır ve ∫𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫𝑣𝑑𝑢 kısmi

integrasyon yöntemi uygulanırsa

𝑒a𝑡𝑥𝑝 =𝑓0𝛾∫𝑒a𝑡 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑑𝑡 =

𝑓0𝛾[𝑒a𝑡

𝑎𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡

𝑎2 + 𝜔2]

sonucu yazılabilir (Calculus and analytic geometry; George B. Thomas, Jr.

Kitabına bakabilirsiniz). Bu ifadeden

𝑥𝑝 =𝑓0𝛾[𝑎𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝜔𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡

𝑎2 +𝜔2]

elde edilir. Burada 𝑎 =(𝜔0

2−𝜔2)

𝛾 değeri yerine yazılır ve gerekli ara işlemler yapılırsa

𝑥𝑝 =𝑓0

√(𝜔02 −𝜔2)2 +𝜔2𝛾2

[𝜔02 −𝜔2

√(𝜔02 −𝜔2)2 +𝜔2𝛾2

𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

+𝜔𝛾

√(𝜔02 − 𝜔2)2 + 𝜔2𝛾2

𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡]

elde edilir. Aşağıdaki dik üçgenden

𝑐𝑜𝑠𝜙 =𝜔02 −𝜔2

√(𝜔02 −𝜔2)2 +𝜔2𝛾2

𝑠𝑖𝑛𝜙 =𝜔𝛾

√(𝜔02 −𝜔2)2 +𝜔2𝛾2

yazılabilir. Bu değerler kullanılarak yukarıdaki ifade

𝑥𝑝 =𝑓0

√(𝜔02 −𝜔2)2 +𝜔2𝛾2

[𝑐𝑜𝑠𝜙𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 + 𝑠𝑖𝑛𝜙𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡]

veya

𝑥𝑝 =𝑓0

√(𝜔02 −𝜔2)2 +𝜔2𝛾2

[cos (𝜔𝑡 − 𝜙)]

24

sonucu elde edilir. Bu sonuç (1) denklemi için bir özel çözümdür. Konu anlatımında bu

sonucu kullandığımızı hatırlayınız.

ÖRNEK-2

Periyodik dış kuvvet 𝐹0𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 şeklinde olursa, zoruna salınımlı osilatörün kararlı hal

çözümünün (Kalıcı çözüm, 𝑥𝑝 özel çözümü) nasıl olacağını bulunuz. (French-p4.2)

Çözüm:

Örnek-1’de zorlamalı dış kuvvet 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 şeklinde olduğunda 𝑥𝑝 özel çözümünü elde

etmiştik. Dış kuvvet 𝐹0𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 şeklinde olursa daha önceki problemde karşımıza çıkan

∫ 𝑒a𝑡 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑑𝑡 integrali yerine ∫ 𝑒a𝑡 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡𝑑𝑡 integrali gelecektir. Bu integralin çözümü

de benzer şekilde yapılırsa

∫𝑒𝑎𝑡 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡𝑑𝑡 =1

𝑎2 + 𝜔2𝑒𝑎𝑥[𝑎𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 − 𝜔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡]

olduğunu göstermek zor değildir. Bu sonucu örnek-1’deki yerine yazarsanız 𝑥𝑝 özel

çözümü için

𝑥𝑝 =𝑓0

√(𝜔02 − 𝜔2)2 + 𝜔2𝛾2

[sin (𝜔𝑡 − 𝜙)]

sonucunu elde edersiniz.

ÖRNEK-3

Kütlesi 0,2 kg olan bir cisim kuvvet sabiti k=80 N/m olan bir yaya asılıdır. Cisim –bv

şeklinde bir sönüm kuvvetine maruz kalmaktadır. Burada v hız (m/s cinsinden) ve b=4

Nm-1s sönüm sabitidir.

a) Sistemin serbest salınımlarının diferansiyel denklemini yazınız. Salınımların

periyodunu bulunuz.

b) Sistem, 𝐹(𝑡) = 𝐹0𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 , 𝐹0 = 2 𝑁 ,ve 𝜔 = 30 𝑠−1 olan sinüzoidal bir dış

kuvvete maruz kaldığı zaman kararlı halde zoruna salınımın genliği nedir?

(French-p4.3)

25

Çözüm:

a) Sönümlü harmonik hareketin diferansiyel denkleminin

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝑏

𝑚

𝑑𝑥

𝑑𝑡+𝑘

𝑚𝑥 = 0

olduğunu biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız).

𝑚 = 0,2 𝑘𝑔, 𝑘 = 80 𝑁/𝑚, 𝑏 = 4 𝑁𝑚−1𝑠 değerlerini kullanarak hareket denklemi için

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+ 20

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 400𝑥 = 0

yazabiliriz.

𝜔 = √𝜔02 − (𝛾/2)2 = √𝑘/𝑚 −

𝑏2

4𝑚2 ⇒ 𝑇 =

2𝜋

√𝑘/𝑚−𝑏2

4𝑚2

=2𝜋

√400−100=

2𝜋

√300=

𝜋

5√3 𝑠

b) Zorlamalı sönümlü hareketin karalı durumunun genliği için

𝐴 =𝐹0/𝑚

√(𝜔02 −𝜔2)2 +𝜔2𝛾2

=𝐹0/𝑚

√(k/m − 𝜔2)2 +𝑏2

𝑚2𝜔2

𝐴 =2/0,2

√(400 − 900)2 + (40,2)2900

=10

√(−500)2 + (20)2900=

10

√61𝑥104

≅ 0,013 𝑚 = 1,3 𝑐𝑚

𝐴 ≅ 1,3 𝑐𝑚

yazabiliriz.

ÖRNEK-4

Yatay bir zemin üzerinde yer alan m kütleli bir blok, bir ucu duvara tutturulmuş yatay

duran bir yayın ucuna bağlanmıştır. Sistem aynı zamanda bir viskoz mekanizması

altındadır. Bu sistem için aşağıdaki gözlemler tespit edilmiştir.

1) Eğer blok yatay ve mg’ye eşit bir kuvvetle itilirse yayın statik sıkışması h’ye eşit

olmaktadır.

2) Eğer blok belli bir u hızı ile hareket ederse viskoz sürtünme kuvveti mg

olmaktadır.

26

a) Komple sistemde (yay ve viskoz sönüm mekanizması ) kütlenin yatay

titreşimlerinin diferansiyel denklemini, m, g, h ve u cinsinden yazınız.

𝑢 = 3√𝑔ℎ durumu için aşağıdaki soruları yanıtlayınız.

b) Sönümlü titreşimlerin açısal frekansı nedir?

c) Enerjinin1/e değerine düşmesi için geçen zamanı √ℎ/𝑔 ifadesine bağlı olarak

bulunuz.

d) Bu osilatörün Q değeri nedir?

e) Osilatör t=0’da durgun iken +x yönünde hareket eden kütlesi ihmal edilebilen

ancak momentumu ihmal edilemeyen bir mermi tarafından harekete geçiriliyor.

Kararlı haldeen sonra herhangi bir t anındaki yer değiştirmeyi veren

𝑥 = 𝐴𝑒−𝛾𝑡

2 cos(𝜔𝑡 − 𝛿) ifadesinde verilen 𝛿 faz sabitinin değerini bulunuz.

f) Eğer sistem 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ile verilen bir dış kuvvetle sürülürse ( Burada 𝜔 = √2𝑔/ℎ

dir) sistemin kararlı halinin genliği nedir? (French-p4.4)

Çözüm:

Sözü edilen sistemi aşağıdaki şekilde temsil edebiliriz.

a) 1. Gözlemden 𝑚𝑔 = 𝑘ℎ ⇒𝑘

𝑚=𝑔

ℎ elde edilir.

2. gözlemden −𝑏𝑢 = −𝑚𝑔 ⇒𝑏

𝑚 =

𝑔

𝑢 elde edilir.

Sönümlü harmonik hareketin diferansiyel denkleminin 𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝑏

𝑚

𝑑𝑥

𝑑𝑡+𝑘

𝑚𝑥 = 0

olduğunu biliyorsunuz. 1. Ve 2. Gözlemlerden elde edilen sonuçları kullanarak

hareketin diferansiyel denklemi için

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+𝑔

𝑢

𝑑𝑥

𝑑𝑡+𝑔

ℎ𝑥 = 0

ifadesini yazabiliriz.

27

b) Sönümlü hareketin frekansını 𝜔𝑠 ile gösterirsek

𝜔𝑠 = √𝜔02 −

𝑏2

4𝑚2= √

𝑔

ℎ−𝑔2

4𝑢2

𝑢 = 3√𝑔ℎ olarak veriliyor, bunu yerine yazarak

𝜔𝑠 = √𝑔

ℎ−𝑔2

4𝑢2= 𝜔𝑠 = √

𝑔

ℎ−

𝑔2

36𝑔ℎ= √

𝑔

ℎ−

𝑔

36ℎ= √

35

36

𝑔

ℎ

elde edilir.

c) Enerjinin zamanla değişiminin 𝐸 = 𝐸0𝑒−𝛾𝑡 ifadesi ile verildiğini biliyorsunuz.

Buradan enerjinin 1/e’sine düşmesi için geçen zaman

𝐸0

𝑒= 𝐸0𝑒

−𝛾𝑡 ⇒ 𝑡 =1

𝛾=

1

𝑏/𝑚=

1

𝑔/𝑢=𝑢

𝑔=3√𝑔ℎ

𝑔= 3√

ℎ

𝑔

elde edilir.

d) Sistemin Q kalite faktörünün 𝑄 =𝜔0

𝛾 ile verildiğini biliyorsunuz.

𝜔0 = √𝑘/𝑚 = √𝑔/ℎ ve 𝛾 =𝑏

𝑚=𝑔

𝑢=1

3√𝑔

ℎ değerlerini kullanarak

𝑄 =𝜔0𝛾=√𝑔ℎ

13√𝑔ℎ

= 3

bulunur.

e) Zorlamalı sönümlü hareketin kararlı hal çözümü

𝑥 = 𝐴(𝜔) cos(𝜔𝑡 − 𝛿)

ifadesi ile veriliyor. 𝑡 = 0 anında 𝑥 = 0 olduğu veriliyor. Bu durumda

0 = 𝐴𝐶𝑜𝑠(0 − 𝛿) ⇒ 𝑐𝑜𝑠𝛿 = 0 ⇒ 𝛿 = 𝜋/2

bulunur.

f) Zorlamalı sönümlü hareketin kararlı hal çözümünün genliğinin

𝐴 =𝐹0/𝑚

√(𝜔02 −𝜔2)2 + 𝜔2𝛾2

ifadesi ile verildiğini biliyorsunuz. Burada 𝐹0 sürücü kuvvetin genliğidir. Sürücü kuvvet

olarak 𝐹 = 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 verildiğine göre 𝐹0 = 𝑚𝑔 yazabiliriz. Burada daha önce elde

ettiğimiz 𝐹0 = 𝑚𝑔, 𝜔2 =

2𝑔

ℎ ,𝜔0

2 =𝑔

ℎ , 𝛾2 =

1

9

𝑔

ℎ değerlerini kullanarak A genliği için

28

𝐴 =𝐹0/𝑚

√(𝜔02 − 𝜔2)2 + 𝜔2𝛾2

=mg/𝑚

√(𝑔ℎ−2𝑔ℎ)2 +

2𝑔ℎ19𝑔ℎ

=g

√𝑔2

ℎ2+29𝑔2

ℎ2

=g

√119𝑔2

ℎ2

=g

13𝑔ℎ √11

=3ℎ

√11≅ 0,90ℎ

𝐴 ≅ 0,90ℎ

elde edilir.

ÖRNEK-5

𝑚 = 0,2 𝑘𝑔, 𝑏 = 4 𝑁𝑚−1𝑠 ve 𝑘 = 80 𝑁/𝑚 değerlerine sahip bir sönümlü osilatör göz

önüne alınız. Bu osilatörün 𝐹(𝑡) = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 (𝐹0 = 2 𝑁, 𝜔 = 30 𝑠−1) şeklinde bir dış

sürücü kuvvetin etkisinde olduğunu farz ediniz.

a) 𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛿) ile tanımlanan kararlı halin 𝛿 ve A değerlerini bulunuz.

b) Bir salınımda sönüm kuvvetine karşı ne kadarlık enerji harcanır?

c) Ortalama güç girdisi nedir? (French-p4.11)

Çözüm:

Zorlamalı sönümlü harmonik hareketin kararlı durum genliği

𝐴 =𝑓0

[(ω02 −ω 2)2 + 𝛾2ω 2]

12⁄

ifadesi ile ve faz sabiti ise

𝑡𝑎𝑛 δ =𝛾ω

ω02 −ω2

ile verildiğini biliyorsunuz (Ders notlarına bakınız).

𝑓0 =𝐹0

𝑚=

2

0,2= 10, 𝜔0

2 =𝑘

𝑚=

80

0,2= 400 𝑠−2, 𝜔2 = 900 𝑠−2, 𝛾 =

𝑏

𝑚=

4

0,2= 20 𝑠−1

Bu değerler kullanılarak

𝐴 =𝑓0

[(ω02 − ω 2)

2+ 𝛾2ω 2]

12⁄=

10

[400 − 900)2 + 400x900]12⁄=

10

[25x104 + 36x104]12⁄=

1

10√61

≅ 1,3𝑥10−2𝑚 = 1,3 𝑐𝑚

𝑡𝑎𝑛 δ= 𝛾ωω02−ω2

= 20𝑥30400−900

=− 65=−0,12 ⇒ δ = 130°

b) Mekanikte güç için 𝑃 = 𝐹. 𝑣 ifadesini yazacağımızı biliyoruz. Sönüm kuvvetine

(F=bv) karşı harcanan güç için

𝑃 = 𝐹. 𝑣 = (𝑏𝑣). 𝑣 = 𝑏𝑣2

veya

29

𝑃 =𝑑𝑊

𝑑𝑡= 𝑏𝑣2

yazabiliriz. Buradan

𝑑𝑊 = 𝑏𝑣2𝑑𝑡

yazılır.

𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝛿) ⇒ 𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝐴𝜔sin (𝜔𝑡 − 𝛿) olduğundan

𝑑𝑊 = 𝑏𝑣2𝑑𝑡 = 𝑏𝐴2𝜔2𝑠𝑖𝑛2(𝜔𝑡 − 𝛿)𝑑𝑡

Bir periyotluk sürede (T) harcanan enerji için

𝑊 = ∫ 𝑏𝐴2𝜔2𝑠𝑖𝑛2(𝜔𝑡 − 𝛿)𝑑𝑡 = 𝑏𝐴2𝜔2𝑇

0

∫ 𝑠𝑖𝑛2(𝜔𝑡 − 𝛿)𝑑𝑡𝑇

0

=1

2𝑏𝐴2𝜔2𝑇

=1

2𝑏𝐴2𝜔𝜔𝑇 =

1

2𝑏𝐴2𝜔

2𝜋

𝑇𝑇 = 𝑏𝐴2𝜔𝜋

𝑊 = 𝑏𝐴2𝜔𝜋 = 4𝑥(1,3𝑥10−2)2𝑥30𝑥3,14 ≅ 0,064 𝑗𝑜𝑢𝑙𝑒

c) Ortalama güç girdisi için

𝑃𝑜𝑟𝑡 = �̅� =1

𝑇∫ (𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)𝑣𝑑𝑡𝑇

0

=𝐹0𝑇∫ −(𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡)𝐴𝜔sin (𝜔𝑡 − 𝛿)𝑑𝑡𝑇

0

= −𝐹0𝐴𝜔

𝑇∫ 𝑐𝑜𝑠𝜔tsin (𝜔𝑡 − 𝛿)𝑑𝑡𝑇

0

= −𝐹0𝐴𝜔

𝑇∫ 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡[𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠𝛿 − 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑠𝑖𝑛𝛿])𝑑𝑡𝑇

0

= −𝐹0𝐴𝜔

𝑇∫ [𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠𝛿 − 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡𝑠𝑖𝑛𝛿])𝑑𝑡𝑇

0

= −𝐹0𝐴𝜔

𝑇∫ [

1

2𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠𝛿 − 𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑡𝑠𝑖𝑛𝛿] 𝑑𝑡

𝑇

0

= −𝐹0𝐴𝜔

𝑇∫ [

1

2𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑡𝑐𝑜𝑠𝛿 −

1

2(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑡)𝑠𝑖𝑛𝛿]𝑑𝑡

𝑇

0

= −𝐹0𝐴𝜔

𝑇[1

2𝑐𝑜𝑠𝛿 ∫ 𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑡𝑑𝑡

𝑇

0

−1

2𝑠𝑖𝑛𝛿 ∫ (1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑡)𝑑𝑡

𝑇

0

]

= −𝐹0𝐴𝜔

𝑇[1

2𝑐𝑜𝑠𝛿 ∫ 𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑡𝑑𝑡

𝑇

0

−1

2𝑠𝑖𝑛𝛿 ∫ 𝑑𝑡

𝑇

0

−1

2𝑠𝑖𝑛𝛿 ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑡𝑑𝑡

𝑇

0

]

30

∫ 𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑡𝑑𝑡𝑇

0= 0 ve ∫ 𝑐𝑜𝑠2𝜔𝑡𝑑𝑡

𝑇

0= 0 olduğundan

𝑃𝑜𝑟𝑡 =1

2𝜔𝐴𝐹0𝑠𝑖𝑛𝛿

ifadesini yazabiliriz. Verilen ve bulunan değerler burada kullanılırsa

�̅� = 𝑃𝑜𝑟𝑡 =1

230𝑥1,3𝑥10−2𝑥2𝑠𝑖𝑛130° ≅ 0,30 𝑤𝑎𝑡𝑡

bulunur.

ÖRNEK-6

Aşağıdaki grafik, 𝐹(𝑡) = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 kuvveti ile sürülen bir mekaniksel sistemin güç-

rezonans eğrisini göstermektedir. 𝐹0 sabit, 𝜔 ise değişkendir.

a) Bu sistemin Q ve 𝜔0 değerlerini bulunuz.

b) Dış kuvvetin etkisi yok edilirse, kaç salınım sonunda sistemin enerjisi ilk

değerinin 1

𝑒5’ine düşer (𝑒 ≅ 2,718 ve iyi bir yaklaşımla serbest salınımların

periyodu 2𝜋

𝜔0 olarak alınabilir). (French-p4.13)

Çözüm:

a) 𝜔0 = 40 𝑠−1, 𝛾 = 41 − 39 = 2 𝑠−1 ⇒ 𝑄 =

𝜔0

𝛾 =40

2= 20

b) Sönümlü hareketin genliği için

𝐴 = 𝐴0𝑒−𝛾2𝑡

ifadesini yazabiliriz. Sistemin mekanik enerjisi için ise

𝐸 =1

2𝑘𝐴2

yazıldığını biliyoruz. Buradan

𝐸 =1

2𝑘𝐴2 =

1

2𝑘𝐴0

2𝑒−𝛾𝑡 = 𝐸0𝑒−𝛾𝑡

31

yazılır.

𝐸0

𝑒5= 𝐸0𝑒

−𝛾𝑡 ⇒ 𝑒5 = 𝑒𝛾𝑡 ⇒ 𝛾𝑡 = 5 ⇒ 𝑡 =5

𝛾=5

2= 2,5 𝑠

𝑇 =2𝜋

𝜔0=2𝜋

40

yukarıda bulunan t süresi içindeki periyot sayısı (n) için

𝑛 =𝑡

𝑇=

2,52𝜋

40

=100

2𝜋≅ 16

bulunur yani sistem 2,5 s süresince yaklaşık 16 salınım yapar.

ÖRNEK-7

Yatay düzlemde kütlesi 0,15 kg olan bir blok, kuvvet sabiti k=0,90 N/m olan bir yayın

ucuna bağlıdır. Sisteme sürtünmeler nedeniyle hız ile orantılı bir sönüm kuvveti

etkimektedir. Sönüm sabiti b=0,20 kg/s dir. Bu sisteme 𝐹(𝑡) = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 ile verilen bir

harmonik dış kuvvet etki ettiriliyor. Burada 𝐹0 = 3,0 𝑁 dır.

a) Rezonans frekansını (𝜔𝑅) hesaplayınız.

b) Rezonans durumunda kararlı durumun genliğini hesaplayınız.

c) Rezonans durumunda sürücü dış kuvvetin sisteme uyguladığı ortlama gücü

hesaplayınız.

d) Hızın rezonansta olduğu frekansta, dış kuvvetin sisteme uyguladığı gücü

hesaplayınız.

e) c ve d şıklarında bulduğunuz değerleri karşılaştırın.

Çözüm:

Genlik rezonans frekensının

𝜔𝑅 = √𝜔02 −

𝛾2

2

ifadesi ile verildiğini biliyoruz (Ders notlarına bakınız).

Verilen 𝑚 = 0,15 𝑘𝑔 , 𝑘 = 0,90 𝑁/𝑚 değerleri kullanılarak 𝜔02 =

𝑘

𝑚=0,90

0,15= 6 𝑠−2 ve

𝛾 =𝑏

𝑚=0,20

0,15=4

3 𝑠−1 elde edilir. Bu sonuçlar kullanılarak 𝜔𝑅 frekansı için

32

𝜔𝑅 = √𝜔02 −

𝛾2

2= √6 −

16

18= √6 −

8

9=√46

3≅ 2,26 𝑠−1

bulunur.

b) Rezonans durumda genlik için

𝐴 =

𝐹0𝑚

[(ω02 − 𝜔𝑅

2)2 + 𝛾2𝜔𝑅2]12⁄=

3,00,15

[(6 − (2,26)2)2 + (43)2(2,26)2]

12⁄=20

3,16= 6,33 𝑚

bulunur.

c) Sürücü kuvvet tarafından sisteme aktarılan ortalama gücün

(𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑥 =ω2𝐹0

2𝛾

2𝑚[(ω02 − ω2)

2+ ω2γ2]

ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Bu ifade yeniden düzenlenerek

(𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑥 =1

2ω2𝛾𝑚 [

𝐹0/𝑚

[(ω02 − ω2)

2+ ω2γ2]

1/2]

2

veya

(𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑥 =1

2bω2 [

𝐹0𝑚

[(ω02 − ω2)

2+ ω2γ2]

1

2

]

veya

(𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑥 =1

2bω2𝐴2

yazılabilir. Buradan

(𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑥 =1

2ω2𝐴2 =

1

2𝑥0,20𝑥(2,26)2𝑥(6.33)2 = 20,5 𝑤𝑎𝑡𝑡

bulunur.

d) Kararlı durumda uzanımın

𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(ω𝑡 − δ)

ifadesi ile verildiğini biliyoruz. Buradan hız için

𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡= −𝐴𝜔𝑠𝑖𝑛(ω𝑡 − δ)

yazabiliriz. Hızın genliği (𝑣0) için ise

𝑣0 = 𝐴𝜔 =𝑓0𝜔

[(ω02 − ω2)

2+ ω2γ2]

12⁄

ifadesinin yazılacağı açıktır. Hızın rezonansta olduğu frekans değerini hesaplamak

gerekecek. Yani hızın genliğini maksimum yapacak frekans değerini bulacağız.

33

𝑑𝑣0𝑑𝜔

=𝑓0 [(ω0

2 − ω2)2+ ω2γ2]

12⁄

−12𝑓0𝜔 [(ω0

2 − ω2)2+ ω2γ2]

−1 2⁄

[2𝛾2𝜔 − 4𝜔(ω02 − ω2)]

(ω02 − ω2)

2+ ω2γ2

= 0

Buradan

𝑓0 [(ω02 − ω2)

2+ ω2γ2]

12⁄

−1

2𝑓0𝜔 [(ω0

2 − ω2)2+ ω2γ2]

−1 2⁄

[2𝛾2𝜔 − 4𝜔(ω02 − ω2)] = 0

[(ω02 −ω 2)2 + 𝛾2ω 2] −

1

2ω 2[2𝛾2 − 4(ω0

2 −ω 2)] = 0

(ω02 −ω 2)2 + 𝛾2ω 2 − 𝛾2ω 2 + 2ω 2(ω0

2 −ω 2) = 0

(ω02 −ω 2)2+2(ω0

2 −ω 2) = 0

(ω02 −ω 2)(ω0

2 −ω 2 + 2ω 2) = 0

(ω02 −ω 2)(ω0

2 +ω 2) = 0

Buradan 𝜔 = 𝜔0 olması gerektiği anlaşılır. Başka bir deyişle hızın rezonansta olduğu

frekans 𝜔𝑣𝑅 = 𝜔0 dır.

Bu frekansta aktarılan güç

(𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑣 =1

2𝑏𝜔0

2𝐴𝑣2

Burada 𝐴𝑣 için A’nın 𝜔 = 𝜔0’daki değerin alınacağına dikkat edelim.

𝐴𝑣 =𝑓0

[(ω02 − (ω

02))

2+ 𝛾2ω0

2]12⁄=𝑓0

𝛾𝜔0=𝐹0

𝑏𝜔0

(𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑣 =1

2𝑏𝜔0

2𝐴𝑣2 =

1

2𝑏𝜔0

2𝐹02

𝑏2𝜔02 =

1

2

𝐹02

𝑏=1

2𝑥9

0,2= 22,5 𝑤𝑎𝑡𝑡

e) Burada (𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑣 > (𝑃𝑜𝑟𝑡)𝑥 olduğuna dikkat ediniz. Bu sonuç sadece bu özel

problem için geçerli değildir. Yani güç aktarımı, hızın rezonansta olduğu

frekansta , maksimum olur.

34

ÖRNEK-8

Kütlesi 𝑚 = 0,1 𝑘𝑔 olan bir blok kuvvet sabiti 𝑘 = 40 𝑁/𝑚 olan yayın ucuna bağlıdır.

Bu sistem sönüm sabiti 𝑏 = 0,1 𝑘𝑔/𝑠 olan bir kuvvetin etkisindedir.

a) Bu kütleyi 𝑥 = 0 denge konumundan 𝑥 = 15 𝑐𝑚 noktasına getirecek sabit 𝐹1

kuvvetinin değerini bulunuz.

b) Sisteme genliği 𝐹2 ve frekansı 𝜔 olan 𝐹(𝑡) = 𝐹2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 sürücü dış kuvveti

uygulanıyor. Hız rezonansı durumunda kararlı durum hareketinin genliğinin 𝐴 =

15 𝑐𝑚 olması için sürücü kuvvetin genliği olan 𝐹2’nin değeri ne olmalıdır?

Çözüm:

Veriler 𝑚 = 0,1 𝑘𝑔, 𝑘 = 40𝑁

𝑚, 𝑏 = 0,1

𝑘𝑔

𝑠

𝜔02 =

𝑘

𝑚=

40

0,1= 400 𝑠−2 ⇒ 𝜔0 = 20 𝑠

−1, 𝛾 =𝑏

𝑚=0,1

0,1= 1 𝑠−1

a) 𝐹1 = 𝑘𝑥 = 40𝑥0,15 = 6 𝑁

b) Kararlı durum çözümünün

𝑥𝑝 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 − 𝜙)

bağıntısı ile verildiğini biliyorsunuz. Burada A için

𝐴 =

𝐹0𝑚

[(ω02 − 𝜔2)2 + 𝛾2𝜔2]

12⁄

yazabiliriz. Sürücü kuvvet 𝐹(𝑡) = 𝐹2𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡 şeklinde verildiği için 𝐹0 = 𝐹2 olur.

Hız rezonansı durumunda 𝜔 = 𝜔0 olduğunu biliyoruz (Örnek-7’ye bakınız). Bu

durumda

𝐴 =𝐹0𝑚

[(ω02−𝜔2)2+𝛾2𝜔2]

12⁄=

𝐹2𝑚𝑏

𝑚ω=

𝐹2

𝑏𝜔 ⇒ 𝐹2 = 𝐴𝑏𝜔0 = 0,15𝑥0,1𝑥20 = 0,30 𝑁

Statik 𝐹1 = 6 𝑁’luk kuvvet yayı 15 cm geriyor. Buna karşı sisteme 𝐹(𝑡) = 0,30𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡

şeklinde harmonik bir kuvvet uygulandığında, kuvvetin frekansı 𝜔 = 𝜔0 olduğunda,

yay 15 cm gerilebiliyor. Ancak harmonik dış kuvvetin genliğinin 0,30 N olduğuna

dikkat ediniz. Kuvvetler oranı için 𝐹2

𝐹1=0,30

6=

1

20 yazabiliriz . Başka bir deyişle, hız

rezonansı durumunda, genliği küçük harmonik bir kuvvetle yayı uzatmak daha kolay

olmaktadır.