Page 1
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.
Page 2
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).
Page 3
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.
Page 4
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.
Page 5
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.
Page 6
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)
Page 7
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
Page 8
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
Bu değerleri (5.15a) ve (5.15b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴
1
2[𝐶1 − 𝐶2] = −𝐴
elde ederiz. Buradan 𝐶1 = 0 ve 𝐶2 = 2𝐴 bulunur. Bu durumda çözümler için
𝑥𝑎 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔2𝑡
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
Bu değerleri (5.15a) ve (5.15b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴
1
2[𝐶1 − 𝐶2] = 0
elde ederiz. Buradan 𝐶1 = 𝐴 ve 𝐶2 = 𝐴 bulunur. Bu durumda çözümler için
Page 9
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.
Page 10
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
Page 11
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.
Page 12
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
Bu değerleri (5.22a) ve (5.22b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
2[𝐶1 + 𝐶2] = 𝐴
1
2[𝐶1 − 𝐶2] = 𝐴
ve buradan 𝐶1 = 2𝐴 ve 𝐶2 = 0 elde edilir. Bu durumda çözümler için
𝑥𝑎 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔1𝑡
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
Page 13
13
ve burada 𝐶1 = 0 ve 𝐶2 = 2𝐴 elde edilir. Bu durumda çözümler için
𝑥𝑎 = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔2𝑡
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
Bu değerleri (5.22a) ve (5.22b) denklemlerinde yerlerine yazarak
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)
Page 14
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.
Page 15
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
𝑚cosω𝑡 (5.28a)
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
𝑚cosω𝑡 (5.30a)
𝑑2𝑞2
𝑑𝑡2+3𝑘
𝑚𝑞2 =
𝐹0
𝑚cosω𝑡 (5.30b)
√𝑘
𝑚= 𝜔1 ve √
3𝑘
𝑚= 𝜔2 diyecek olursak
𝑑2𝑞1
𝑑𝑡2+ω1
2𝑞1 =𝐹0
𝑚cosω𝑡 (5.31a)
𝑑2𝑞2
𝑑𝑡2+ω2
2𝑞2 =𝐹0
𝑚cosω𝑡 (5.31b)
Page 16
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.
Page 17
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).
Page 18
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)
Page 19
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
Page 20
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)
Page 21
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)
Page 22
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
Page 23
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.
Page 24
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
𝑦𝑝−𝑦𝑝+1
𝑙 (5.65)
yazabiliriz. 2. Newton yasasını kullanarak p kütlesinin hareket denklemi için
𝑚𝑑2𝑦𝑝
𝑑𝑡2= −𝑇
𝑦𝑝−𝑦𝑝−1
𝑙− 𝑇
𝑦𝑝−𝑦𝑝+1
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.
Page 25
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.
Page 26
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
Page 27
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)
Page 28
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.
Page 29
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.
Page 30
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).
Page 31
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.
Page 32
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)
Page 33
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.
Page 34
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)
Page 35
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
ω𝑛 = 2ω0𝑠𝑖𝑛 [𝑛𝜋
2(𝑁+1)] = 2√
𝑇
𝑚𝑙 𝑠𝑖𝑛 [
𝑛𝜋
2(𝑁+1)]
bağıntısını türetmiştik (5.87 nolu eşitliğe bakınız).
Page 36
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
Page 37
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]
Page 38
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.
Page 39
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
ω𝑛 = 2ω0𝑠𝑖𝑛 [𝑛𝜋
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,
Page 40
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.
Page 41
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
Page 42
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)
Page 43
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
Page 44
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
4(𝑘𝐴2 + 𝑘𝐵
2) −1
2𝑘𝐴𝑘𝐵 + 𝑘𝐴𝑘𝐵]
1/2
= [1
4(𝑘𝐴2 + 𝑘𝐵
2) +1
2𝑘𝐴𝑘𝐵]
1/2
= [1
4(𝑘𝐴2 + 𝑘𝐵
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.
Page 45
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
Page 46
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.
Page 47
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
Page 48
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
Page 49
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)
Page 50
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
𝑀𝑑2𝑥1𝑑𝑡2
= 𝐹𝑀 = −𝑘1𝑥1 − 𝑘2(𝑥1 − 𝑥2) + 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡
veya
𝑀𝑑2𝑥1𝑑𝑡2
+ 𝑘1𝑥1 + 𝑘2(𝑥1 − 𝑥2) = 𝐹0𝑐𝑜𝑠𝜔𝑡
veya
𝑀𝑑2𝑥1𝑑𝑡2
+ (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
𝑚𝑑2𝑥2𝑑𝑡2
+ 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
Page 51
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
(𝑘1+𝑘2−𝑀𝜔2)(𝑘2−𝑚𝜔
2)−𝑘22 (4)
elde edilir.
c) 𝐴 =𝐹0(𝑘2−𝑚𝜔
2)
(𝑘1+𝑘2−𝑀𝜔2)(𝑘2−𝑚𝜔
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)
Page 52
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
Page 53
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).
Page 54
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
şeklinde yazılabilir.
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]
Page 55
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).
Page 56
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).
Page 57
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
𝑚𝑑2𝑥1𝑑𝑡2
= −3𝑚𝑔
𝑙𝑥1 +
𝑚𝑔
𝑙𝑥2
𝑚𝑑2𝑥2
𝑑𝑡2= −
𝑚𝑔
𝑙𝑥2 +
𝑚𝑔
𝑙𝑥1
Page 58
58
Bu denklemlerin her iki tarafı m’ye bölünerek yeniden
𝑑2𝑥1𝑑𝑡2
+3𝑔
𝑙𝑥1 −
𝑔
𝑙𝑥2 = 0
𝑑2𝑥2𝑑𝑡2
+𝑔
𝑙𝑥2 −
𝑔
𝑙𝑥1 = 0
şeklinde yazılabilir.
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
Page 59
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.
Page 60
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
Page 61
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
𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)
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
𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)
𝜏𝐵 = 𝜏𝑔𝐵 + 𝜏𝑘𝐵 = −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐵 − 𝑘ℎ
𝐿(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)ℎ = −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐵 −
𝑘ℎ2
𝐿(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)
yazılır. Tork için
𝜏 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑑2𝜃
𝑑𝑡2
ifadesini hatırlarsak
𝐼𝑑2𝜃𝐴𝑑𝑡2
= −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐴 −𝑘ℎ2
𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)
ve
𝐼𝑑2𝜃𝐵𝑑𝑡2
= −𝑚𝑔𝐿𝜃𝐵 −𝑘ℎ2
𝐿(𝑥𝐵 − 𝑥𝐴)
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
𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)
ve
Page 62
62
𝑚𝐿2
𝐿
𝑑2𝑥𝐵𝑑𝑡2
= −𝑚𝑔𝐿𝑥𝐴𝐿−𝑘ℎ2
𝐿(𝑥𝐴 − 𝑥𝐵)
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.
Page 63
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.
Page 64
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
Page 65
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.