γ = ω = υ

8.08.2011 MEKANİK VİZE Soru 1. Bir cismin hareket denklemi mx − bx + kx = 0 ile verilmektedir. Bu hareket denklemindeki her bir terimi tek tek izah ediniz. γ = b 2m ve ω 2 = k m olmak üzere γ < ω0 ise bu hareket denklemini çözünüz? t = 0’da cisim x = 0 ve 0
υ = υ0 ise cismin konumunu ve hızını ifade ediniz. Grafiğini kabaca çiziniz. (30 puan) Soru 2. Düzlem kutupsal (polar) koordinatlarda bir parçacığın konumu r = re − γ t rˆ ile verilmektedir. Bu parçacığın hız ve ivmesini kutupsal koordinatlarda bulunuz. Kinetik enerjiyi bulunuz. (30 puan) Soru 3. Başlangıç hızı υ0 olan bir sandal sürtünme kuvveti F(υ) tarafından durdurulmaktadır. Sandal υ = γ ( x s − x) hız formülü ile yavaşlamaktadır. Burada γ bir sabit ve xs ise sandalın durduğu yerdir. (30 puan) i. Sandala etki eden F(υ) sürtünme kuvvetini υ cinsinden (F(υ)) ve x cinsinden (F (x)) ifade ediniz. (10) ii. γ sabitini υ0 ve xs cinsinden ifade ediniz? (10) iii. Hareket denklemini çözerek hızın zamana göre fonksiyonunu ifade ediniz. (10) iv. Sandalın durana kadar aldığı yolun %63’üne ( x s (1 − e −1 ) ) erişmesi için geçen zaman nedir. (10) Prof. Dr. Uğur Yahşi Cevap 1. Hareket denklemindeki her bir terimi tek tek izah edelim: mx : kütle ivme çarpımı ile verilen bu nicelik cismin kuvvetler altında alabileceği hareketin şeklini ve değişimini veren niceliktir. bx : cisme etki eden hıza bağımlı bir kuvvet olup cismin hareketi yönünde ve pozitif katkısı olan bir niceliktir ve cismin hızının etkili bir şekilde artmasını sağlar. −kx : cisme etki eden restore kuvvet olup basit harmonik hareket olarak tanımladığımız sistemlerin hareketinde kullanılır. Hareket denklemini çözelim. Soruda verilen yeni verilen γ = b 2m ve ω 02 = k m nicelikler cinsinden hareket denklemini x − 2γ x + ω02 x = 0 (0.0.1) yazılabilir. Bu denklem sabit katsayılı homojen lineer diferansiyel denklem olup bunun çözümü için x = e pt gibi çözümler bu denklemin çözümü olduğu varsayımı ile bu çözüm önerisini (0.0.1)’de yerine koyalım ve p değerlerini bulalım: pt
eN
( p 2 − 2γ p + ω02 ) = 0 ≠0
0
ve buradan p için (0.0.2) p± = γ ± γ 2 − ω02 (0.0.3) iki çözüm elde edilir. γ < ω0 için çözüme bakalım, karekök içi negatif olacaktır, bundan dolayı: ω12 = ω02 − γ 2 (0.0.4) tanımı ile p değerleri p± = γ ± iω1 (0.0.5) şeklinde sanal olmaktadır. Buradan (0.0.1)’nin çözümü iki çözümün uygun sabitlerle çözümlerin toplamı şeklinde verebiliriz: x = C1e(γ +iω1 ) t + C2 e (γ −iω1 ) t (0.0.6) Bu çözümde eksponansiyel terimler sanal fonksiyonlardır, fakat ölçtüğümüz uzunluk birimi x ise reel çözüm olması gerekmektedir. Bundan dolayı C1 ve C 2 sabitleri öyle seçilmelidir ki sonuçta reel x fonksiyonu bulunsun. Bir sanal sayının kompleks eşleniği ile toplamına bakalım z = a + ib ⎫
∗
(0.0.7) ⎬ ⇒ z + z = 2a ∗
=
−
ib
z a
⎭
burada verildiği gibi reel olmaktadır. Bundan dolayı (0.0.6) ifadesinin reel olması için terimlerden birinin diğerinin sanal eşleniği (konjugesi) olmalıdır. Burada C1 = C 2∗ = C = a + bi = reiθ (0.0.8) olmalıdır, burada en sağdaki ifade bir sanal sayının ( a + ib ) kutupsal (polar) gösterimidir. (0.0.6) ifadesi o zaman x = reγ t ( ei (ω1t +θ ) + e − i (ω1t +θ ) )
= Aeγ t Cos (ω1t + θ )
(0.0.9) formunu alır ve buradan cismin hızı (0.0.10) υ = Aeγ t ⎡⎣γ Cos (ω1t + θ ) − ω1Sin (ω1t + θ ) ⎤⎦ bulunur. Burada A(=2r) ve θ, (0.0.1) ile verilen ikinci mertebenden diferansiyel denklemin çözümünden elde ettiğimiz sabitlerdir. Bu sabitler cismin başlangıcında bilmemiz gereken başlangıç konumu ve hızı gibi başlangıç koşulundan elde edilir. t = 0’da cisim x = 0 ise Denklem (3.10)’den π
x t = 0 = ACos (θ ) = 0 ⇒ θ = 2
elde edilir ve t = 0’da υ = υ0 ise Denklem (3.11)’den ⎡
⎤
⎢
υ
⎛π ⎞
⎛ π ⎞⎥
υ t =0 = υ0 = A ⎢γ Cos ⎜ ⎟ − ω1 Sin ⎜ ⎟ ⎥ ⇒ A = − 0 ω1
⎝ 2
⎠
⎝ 2
⎠ ⎥
⎢ 0
1
⎣
⎦
A sabiti de bulunur. Konum ve hız ifadeleri o zaman: x=−
υ=
υ0 γ t
π⎞ υ
⎛
e Cos ⎜ ω1t + ⎟ = 0 eγ t Sin (ω1t ) ω1
2 ⎠ ω1
⎝
υ0 γ t
e ⎡γ Sin (ω1t ) − ω1Cos (ω1t ) ⎤⎦ ω1 ⎣
(0.0.11) (0.0.12) (0.0.13) (0.0.14) ile verilir. Konum‐zaman grafiği zaman bağımlı olarak eksponansiyel olarak artan ± (υ0 ω1 ) eγ t genliğinde kılavuz içerisinde sinüzodial olarak ileri geri hareket ederek konumun genliği artarak gider, ve hız‐zaman grafiği ise Cevap 2. drˆ
drˆ −γ t rˆ + re−γ t
− γ re−γ t rˆ = re
θ − γ re −γ t rˆ
dt
dθ
−γ t
−γ t ˆ
= ( r − γ r ) e rˆ + re θθ
−γ t rˆ + re−γ t
r = re
ˆ + re
ˆ − γ re −γ tθθ
ˆ + re −γ tθθ
ˆ − re −γ tθ 2 rˆ
−γ tθθ
r = ( r − 2γ r + γ 2 r ) e −γ t rˆ + ( r − γ r ) e −γ tθθ
(
(
))
(
)
= r − 2γ r + γ 2 − θ 2 r e −γ t rˆ + 2 ( r − γ r ) θ + rθ e −γ tθˆ
T=
1 2 1 ⎡
2
mr = m ( r − γ r ) + r 2θ 2 ⎤ e −2γ t ⎣
⎦
2
2
Cevap 3. d [γ ( xs − x) ]
dυ
dx
=m
= −mγ
= −mγυ
dt
dt
dt
i. F (υ ) = m
ii. t = 0 ' da x = 0 ve υ = υ0 ⇒ υ0 = γ xs ⇒ γ = υ0 xs iii. ∫
υ
υ0
dυ
υ
t
∫ dx = υ ∫ e
0
0
υ
= −γ t ⇒ υ = υ0 e−γ t υ0
⇒ x=
υ0
1 − e − γ t ) = xs (1 − e −γ t ) (
γ
0
x
⇒ ln
t
= −γ ∫ dt
0
−γ t
dt
iv. %63 x = xs (1 − e −1 ) = xs (1 − e −γ te )
⇒ t e = γ −1 ∴
F ( x) = − mγ 2 ( xs − x)