Ders Notları

MAK 4041
MEKANİK TİTREŞİMLER DERS
NOTLARI
D
Dooçç..D
Drr.. Z
Zeek
kii K
KIIR
RA
AL
L
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MAK 4041 MEKANİK TİTREŞİMLER
Titreşim dinamiğin bir alt kolu olup tekrarlanan hareketler ile ilgilenir. Bu ders
içeriğinde mekanik yapılar ile ilgili titreşim problemleri ele alınmakla birlikte titreşim
iletişimin temelinde bulunmaktadır. (Kulak zarı ve ilişkili mekanizma işitme işlemini
gerçekleştirmek amacı ile titreşir, dil ve ses telleri konuşmak için titreşir). Müzikal
enstrümanların birçoğunda, özellikle telli enstrümanlarda, titreşim istenilen bir olaydır. Diğer
taraftan titreşim birçok mekanik sistem için istenmeyen, bazı durumlarda da yıkıcı bir
durumdur. Örneğin uçak gövdesindeki titreşimler yorulmaya neden olur ve sonuç olarak
hasara yol açar. Deprem kaynaklı titreşimler binalarda çatlaklara ve hasarlara sebep olabilir.
Günlük hayatta titreşim sıkça karşılaşılan bir etkidir ve genellikle titreşim seviyelerinin
azaltılması temel ilgi alanıdır.
Titreşim, cisimlerin sabit bir referans eksene veya nominal bir pozisyona (denge
konumu) göre tekrarlanan hareketi olarak ifade edilir. Titreşim her yerde mevcut olan ve
mühendislik tasarımlarının yapısını etkileyen bir olgudur. Titreşim karakteristikleri
mühendislik tasarımları için belirleyici faktör olabilir. Titreşim bazen zararlı olabilir ve
kaçınılmalıdır, bazen de oldukça yararlıdır ve istenilir. Her iki durumda da titreşimin nasıl
analiz edileceği, ölçüleceği ve kontrol edileceği mühendislik için önemli bir bilgidir.
Titreşim teorisi cisimlerin ve ilgili kuvvetlerin salınımlı (oscillatory) hareketleri ile
ilgilenir. Şekil 1’de görülen salınımlı hareket Harmonik Hareket olarak adlandırılır ve
aşağıdaki formül ile ifade edilir.
Şekil 1. Basit harmonik hareket.
x ( t ) = X cos ω t
Burada X hareketin genliği, ω hareketin frekansı ve t zamandır. Şekil 2’de periyodik
(periodic) hareket, Şekil 3’de periyodik olmayan (nonperiodic) veya geçici (transient) hareket,
Şekil 4’de ise gelişigüzel veya uzun zamanlı periyodik olmayan hareket eğrileri
görülmektedir.
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan
1/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Şekil 2. Periyodik hareket.
Şekil 3. Geçici (transient) hareket.
Şekil 4. Gelişigüzel (random) veya uzun zamanlı periyodik hareket.
Titreşim olayı potansiyel enerjinin kinetik enerjiye, kinetik enerjinin ise potansiyel
enerjiye dönüşümünü içermektedir. Bu nedenle titreşim yapan sistemler potansiyele enerji ve
kinetik enerji depolayan elemanlara sahip olmalıdır. Potansiyel enerji depolayan elemanlar
yay veya elastik elamanlar, kinetik enerji depolayan elemanlar ise kütle veya atalet
elemanlarıdır. Elastik elemanlar potansiyel enerji depolar ve bu enerjiyi atalet elemanına
2/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
kinetik enerji olarak geri verir. Şekil 5’de bir kütle yay sisteminin denge konumu etrafındaki
hareketi görülmektedir. Şekil 5a’da yay ile zemine bağlanmış kütle denge konumunda
görülmektedir. Kütle verilen ilk yer değiştirme ile 2 konumuna getirilmiştir. 2 konumunda
yayın en uzamış halde olduğu ve dolayısı ile yayda depolanan potansiyel enerjinin en yüksek
düzeyde olduğu, bu konumda kütle sıfır hıza sahip olduğu için ise kinetik enerjinin sıfır
olduğu bilinmektedir. Kütle 2 konumundan serbest bırakıldığında m kütlesi 1 konumuna
doğru artan bir hızla hareket eder. Kütle 1 konumuna geldiğinde yay uzamamış boyuna ulaşır
ve depoladığı potansiyel enerjiyi tamamen m kütlesine aktarmıştır. Bu konumda enerjinin
korunumu prensibine göre kütlenin kinetik enerjisi dolayısı ile hızı en büyük değerine ulaşır.
Ep: Potansiyel Enerji
Ek= Kinetik Enerji
Ep=0, Ek=0
Ep(max)
Ek(min)
Ep
Ek
Enerji
Ep(min)
Ek(max)
E=max
E=0
Ep(max)
Ek(min)
3
2
1
Konum
Şekil 5. Yay-kütle sisteminin hareketi.
Yukarıda verilen yay-kütle sistemindeki enerji değişimi Şekil 6’da gösterilen basit
sarkaç ile benzerdir.
Fy
Fx
O
l
g
θ
3
1
2 m
Ep(max)
Ek(min)
lsinθ
mg
Şekil 6. Basit sarkaç.
3/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Titreşim yapan sistemlere uygulanan başlangıç zorlaması kütleye uygulanan başlangıç
deplasmanı ve/veya hızı şeklinde olabilir. Bu başlangıç girdisi sisteme potansiyel ve/veya
kinetik enerji kazandırılmasına neden olur. Bu başlangıç girdisi sistemi serbest titreşim olarak
adlandırılan salınımlı bir harekete sürükler. Serbest titreşim anında potansiyel ve kinetik
enerji arasında bir değişim söz konusudur. Eğer sistem konservatif/korunumlu (conservative)
ise sistemin potansiyel ve kinetik enerjisinin toplamı sabittir ve zamana göre değişimi sıfırdır.
Bu durumda sistem teorik olarak sonsuza dek titreşir. Pratikte ise titreşim yapan sistemlerde
sönüm veya sistemi çevreleyen ortamdan kaynaklanan sürtünme (örneğin hava direnci)
mevcuttur ve bu etkiler hareket sırasında sistemin enerjisini kaybetmesine sebep olur. Sönüm
etkisi sistemin toplam enerjisinin sürekli olarak azalmasına ve sıfırlanmasına (hareketin
sonlandığı nokta) sebep olur. Eğer sisteme sadece ilk hareket şartları ile (yer değiştirme/hız)
girdi sağlanmış ise ortaya çıkan salınımlı hareket sonunda sonlanacaktır. Bu şekildeki
başlangıç girdilerine geçici zorlama (transient excitation) ve sonuç olarak ortaya çıkan
harekete ise geçici hareket (transient motion) adı verilir. Eğer sistem belirli bir genlikteki
cevapta tutulmak isteniyor ise sürekli bir dış kaynak ile uyarılmalıdır.
Dinamik ve alt alanı olan titreşim konusunda çalışan ve bu alana önemli katkılar
sağlayan bilim insanları Tablo 1’de verilmiştir.
Tablo 1. Sürekli sistemlerin titreşimi konusuna katkı yapan başlıca bilim insanları.
4/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Tablo 1. (Devamı)
SERBESTLİK DERECESİ
Bir sistemin serbestlik derecesi, sisteme ait her parçanın herhangi bir t anındaki
konumlarını tanımlayabilmek için gerekli olan minimum bağımsız koordinat sayısıdır. Şekil
5’deki yay kütle sistemindeki kütlenin konumu sadece x koordinatı ile ifade edilebilir,
5/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
dolayısı ile yay kütle sistemi tek serbestlik derecelidir. Şekil 6’da verilen basit sarkaçın
hareketi de θ koordinatı ile ifade edilebilir. Bununla birlikte sarkaç hareketi x ve y
koordinatları ile de tanımlanabilir. Fakat x ve y koordinatları arasında x2+y2=l2 bağıntısı da
vardır. Bu denklem bir kısıtlamadır ve x ve y birbirinden bağımsız değildir. Dolayısı ile basit
sarkaç sistemi tek serbestlik derecelidir. Şekil 7’de çok serbestlik dereceli sistemlere örnekler
verilmiştir.
Şekil 7. Çok serbestlik dereceli sistem örnekleri.
6/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Çok serbestlik dereceli bir sistem yay ve sönümleyiciler ile ayrılmış noktasal
kütlelerden oluşan bir sistem olarak düşünülebilir. Bu durumda sistem parametreleri ayrık ve
sonlu sayıdadır. Bu tip sistemler topaklanmış parametreli (lumped-parameter), ayrık (discrete)
veya sonlu boyutlu (finite-dimensional) sistemler olarak adlandırılır (Şekil 7).
Diğer taraftan, sürekli sistemlerde kütle, elastiklik (flexibility) ve sönüm sistem
üzerine dağılmış durumdadır. Titreşim sırasında sonsuz sayıdaki noktasal kütleler birbirlerine
göre farklı hareketler yapabilir. Bu tip sistemlere dağıtılımış (distributed), sürekli (continuous)
veya sonsuz boyutlu (infinite-dimensional) sistemler adı verilir. Sürekli sistemler için temel
bir örnek Şekil 8’ve gösterilen ankastre (cantilever) kiriştir. Kiriş sonsuz sayıda maddesel
kütleye sahiptir ve bunun sonucu olarak kiriş hareketini (çökmesini) ifade edebilmek için
sonsuz sayıda koordinata ihtiyaç vardır. Bu sonsuz sayıdaki koordinat kirişin elastik çökme
eğrisini oluşturur. Birçok mekanik ve yapısal sistem sürekli esneklik ve kütle dağılımına
sahiptir ve sonsuz serbestlik derecesine sahiptir.
Şekil 8. Ankastre kiriş (sürekli sistem).
TİTREŞİMİN SINIFLANDIRILMASI
Titreşim problemleri aşağıdaki şekilde sınıflandırılabilir.
1. Sönümsüz ve sönümlü titreşimler: Eğer sistemde sürtünme veya benzeri dirençler
sebebi ile enerji kaybı ve sönümüne sebep olacak bir etki yok ise titreşim problemi sönümsüz
(undamped) olarak adlandırılır. Eğer sistemde sönüm mevcut ise sistem sönümlü (damped)
olarak adlandırılır. Titreşim problemlerini incelerken sönüm ihmal edilerek çözüm
basitleştirilebilir, fakat sönüm etkileri özellikle rezonans durumu için oldukça önemlidir.
2. Serbest ve zorlanmış titreşimler: Eğer sistem ilk şartlar neticesinde titreşiyor ise
(t>0 için sisteme etki eden dış zorlama yok) sistem titreşimlerine serbest titreşim adı verilir.
Eğer sistem dış zorlama etkisi ile titreşiyor ise oluşan titreşimlere zorlanmış titreşim adı
verilir.
7/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
3. Lineer ve lineer olmayan (nonlinear) titreşimler: Eğer titreşim yapan sistemin
tüm bileşenleri doğrusal (lineer) davranışa sahip ise oluşan titreşimlere lineer titreşim adı
verilir. Eğer sistem elemanlarından herhangi biri doğrusal olmayan davranışa sahip ise oluşan
titreşimlere lineer olmayan (nonlinear) titreşim adı verilir. Bu tip sistemlerin hareketini ifade
eden diferansiyel denklemler lineer olmayan formdadır. Birçok titreşim sistemi, büyük
titreşim genlikleri için lineer olmayan davranışa sahiptir.
TİTREŞİM ANALİZİ
Bir titreşim sistemi cevabı zorlamalara (excitations) ve sistem parametrelerine (kütle,
direngenlik ve sönüm) bağlı olan dinamik bir sistemdir. Zorlama ve cevap zamana bağlıdır.
Titreşim analizi belirtilen bir dış zorlamaya bağlı olarak sistem cevabının belirlenmesidir. Bu
analiz matematik modelleme, hareket denklemlerinin oluşturulması (derivation of the
governing equations of motion), hareket denklemlerinin çözümü ve sistem cevabının
yorumlanması aşamalarını içerir.
Matematiksel modellemenin amacı hareket denklemlerini oluşturmak amacı ile
sisteme ait tüm önemli karakteristik özellikleri sunmaktır. Matematik model, sistem
özelliklerine göre lineer veya lineer olmayan biçimde olabilir. Eğer sisteme ait matematik
model lineer ise süperpozisyon prensibi uygulanabilir. Lineer sistemlerde f1(t) ve f2(t)
şeklindeki bağımsız girdilere verilen cevap sırasıyla x1(t) ve x2(t) ise, f(t)=f1(t)+f2(t)
şeklindeki bir girdiye karşılık sistem cevabı x(t)=x1(t)+x2(t) dir.
Matematik model oluşturulduktan sonra, dinamik prensipleri hareket denklemini
oluşturmak amacı ile kullanılır. Bu amaçla, tüm dış zorlamaları, reaksiyon kuvvetlerini ve
atalet kuvvetlerini içerecek şekilde kütlelere ait Serbest Cisim Diyagramları oluşturulur.
D’Alembert prensibi, Newton’un 2. yasası, Lagrange veya Hamilton prensibi gibi yöntemler
hareket denklemlerini oluşturmak amacı ile kullanılır. Sistem cevabını analitik (closed-form)
veya nümerik olarak elde etmek amacı ile hareket denklemleri değişik yöntemler kullanılarak
çözülür ve sonuç olarak sisteme ait yer değiştirme (displacement), hız (velocity) veya ivme
(acceleration) cevapları elde edilir.
MATEMATİK MODEL OLUŞTURMA
Titreşim yapan sistemlerin analizi için ilk olarak sistem yapısını yeterli derecede ifade
edecek içerikte bir matematik model oluşturulur. Oluşturulan model sistemin temel titreşim
hareketlerini yeterli yaklaşıklıkla ifade edilecek nitelikte basitleştirmeler içerebilir. Matematik
model oluşturulur iken titreşim sisteminde bulunan elemanların lineer veya lineer olmayan
özellikleri belirtilir. Şekil 9’da bazı sistemleri ve bunlara ait matematik modeller verilmiştir.
8/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
E, I, l, m
Şekil 9. Bazı sistemler ve ilgili matematik modelleri.
9/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
TİTREŞİM SİSTEMLERİNİN TEMEL ELEMANLARI
Titreşim yapan sistemlerde potansiyel ve kinetik enerji depolayan elemanlar ile sönümlü
sistemlerde enerji sönümünü sağlayan elemanlar mevcuttur. Bu elemanlara ait denklemler
aşağıda verilmiştir.
a) Elastik Elemanlar (Yaylar): Yaylar titreşim sistemlerindeki kütleleri birbirine bağlayan
ve kütlelerin bağıl hareketlerini sağlayan elemanlardır. Yaylar lineer ve nonlineer
karakteristiğe sahip olabilirler. Lineer karakteristiğe sahip yaylar Hooke yasasına uygun
davranırlar ve yayda oluşan elastik kuvvet yaydaki şekil değişimi ile orantılıdır. Fakat titreşim
genliklerinin yüksek olduğu zaman ve/veya metal olmayan malzemeler kullanıldığında yaylar
lineer davranışa sahip olmayabilirler. Şekil 10’da bazı yay karakteristikleri gösterilmiştir.
x1
x2
k
F
F(x)
1
2 3
F
4
1. F( x ) = k x
2. F( x ) = k x
2. F( x ) = k x 2
F = k ( x 2 − x1 )
1
E p = k (x 2 − x1 )2
2
4. F( x ) = k x 3
x
Şekil 10. Elastik eleman.
b) Atalet Elemanları : Atalet elemanları kinetik enerji depolayan elemanlardır. Atalet
elemanları öteleme ve dönme hareketlerini ayrı ayrı yapabilecekleri gibi, hem öteleme hem de
dönme hareketini birlikte gerçekleştirilebilirler. Atalet elemanlarına ait eleman denklemi
aşağıda verilmiştir.
x
F(t)
Ek =
m
1
m x& 2
2
F = m &x&
c) Sönüm elemanları : Sönümlü sistemlerde enerji yutumunu sağlayan elemanlardır.
Amortisör tipi elemanlar akışkan sürtünmesi ile enerji kaybını sağlarlar ve titreşim
genliklerinin exponansiyel olarak azaltırlar. Sönüm elemanlarında mekanik enerji ısı
enerjisine dönüşür. Eleman denklemi aşağıda verilmiştir.
x& 1
F
10/154
c
x& 2
F
F = c (x& 2 − x& 1 )
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Titreşim sistemi elemanlarına ait benzer denklemler dönme hareketi için de yazılabilir.
Dönme hareketinde dönel direngenlik (kθ), kütle atalet momenti (I), ve dönel sönüm (cθ)
kavramları mevcuttur. Dönüş hareketi yapan titreşim sistemlerinde dış zorlamalar moment
girdileri şeklindedir.
Disk tipi kütle elemanlarının kütle atalet momentleri:
Titreşim sistemlerindeki karmaşık geometrilere ait kütle atalet momentleri günümüz
katı modelleme programları ile hesaplanabilir. Bununla birlikte disk tipi yapıların kütle atalet
momentleri disk kütlesi ve yarıçapına bağlı olarak aşağıdaki şekilde yazılabilir. Diskler
sadece belirli bir eksen etrafında dönüş hareketi yapabilecekleri gibi, hem dönme hem de
ötelenme hareketi yapabilirler. Bu durumda, diskin kütle atalet momenti ile birlikte kütlesinin
de dikkate alınması gereklidir.
θ, θ&
I disk =
R
m
1
m R2
2
R
x, x&
m
1
E k = I θ& 2
2
θ&
Ek =
1
1
mx& 2 + I disk θ& 2
2
2
Kaymadan yuvarlanma
Titreşim yapan mekanik sistemlerde homojen ince çubuk tipi elemanlar sıkça
kullanılmaktadır. Bu elemanlar belirli bir noktasından geçen eksen etrafında dönüş hareketi
yapabilecekleri gibi, bir düzlem içerisinde hem öteleme hem de dönme hareketi yapabilirler.
Sadece dönüş hareketi yaptıklarında dönme noktasından geçen eksen etrafındaki kütle atalet
momentleri, hem dönme hem de öteleme hareketi yaptıklarında ise hem ötelenen çubuk
kütlesi hem de çubuğun kütle merkezinden geçen eksen etrafındaki kütle atalet momenti
dikkate alınır.
θ, θ&
m
O
B
m
ρ=
L
r
L
2
L/2
IO =
2
∫ ρ x dx =
−L / 2
L/2
dx
x
L
2
L/2
m 2
m
m 1 3
2
∫ L x dx = L ∫ x dx = L 3 x
−L / 2
−L / 2
L/2
=
−L / 2
m ⎛⎜ L3 L3 ⎞⎟ 1
+
= m L2
⎜
⎟
3L ⎝ 8
8 ⎠ 12
Homojen ince çubuk şekilde görülen bir B noktası etrafında dönüyor ise, dönüş eksenine göre
kütle atalet momenti paralel eksenler teoremi (Steiner teoremi) ile hesaplanabilir.
IB = IO + m r 2
11/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Dönme hareketi yapan bir çubuk için kinetik enerji ifadesi
Ek =
1 &2 1 &2 1
2
I θ = I G θ + m x& G
2
2
2
Burada I dönme noktasından geçen eksen etrafındaki kütle atalet momenti, IG kütle
merkezinden geçen eksen etrafındaki kütle atalet momenti, x& G kütle merkezinin hızıdır.
Esnek eleman konfigürasyonları:
Titreşim yapan mekanik sistemlerde potansiyel enerji depolayan esnek elemanların paralel ve
seri olmak üzere farklı konfigürasyonları bulunabilir. Bu durumlarda eşdeğer direngenliklerin
elde edilmesi gereklidir. Seri ve paralel bağlantı durumları için eşdeğer hesapları aşağıdaki
gibi ifade edilir.
Paralel Bağlantı: Bir mekanik sistemde paralel yay konfigürasyonu söz konusu ise eşdeğer
yay katsayısı şu şekilde hesaplanabilir.
x
x
k1
keş
kn
k2
Paralel bağlantıda tüm yaylardaki çökme eşittir ve x değerine sahiptir. Dolayısı ile yayların
tepki kuvvetleri toplanır.
n
n
⎛
⎞
∑ F = k1x + k 2x + ... + k n x = (k1 + k 2 + ... + k n ) x = ⎜⎜ ∑ k i ⎟⎟ x = k eş x Î k eş = k i
⎝ i =1 ⎠
i =1
Seri bağlantıda tüm yaylardaki kuvvet aynı olup toplam çökme tüm yaylardaki çökmelerin
toplamına eşittir.
∑
F
F
k1
k2
x
x = x1 + x 2 + ... + x n
x
F
F
F
F ⎛ 1
1
1
=
+
+L+
= ⎜⎜ +
+L
k eş k1 k 2
k n ⎝ k1 k 2
kn
keş
n
1
1
=∑
k eş i =1 k i
kn
12/154
⎛ N 1
⎞
⎟⎟ F = ⎜ ∑
⎜ k
⎠
⎝ i =1 i
⎞
⎟F
⎟
⎠
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Helisel yayların yay katsayıları:
r
D
Bir helisel yayın yay katsayısı
yay malzemesine ait malzeme
özelliği ile yay geometrik
boyutlarına bağlıdır.
N sarım
k=
G D4
64 r 3 N
G=
E
2 (1 − υ )
E: Elastisite modülü
G: Kayma modülü
υ: Poisson oranı
YAY OLARAK KULLANILAN YAPISAL ELEMANLAR
Titreşen mekanik sistemlerde bulunan yapısal elemanlar çoğu kez yay elemanı gibi
davranmaktadırlar. Kiriş tipi elemanlar bu tip yapısal elemanlara örnektir. Bu elemanlara ait
direngenlik ifadeleri kuvvet-şekil değiştirme ilişkileri ile elde edilebilir.
Eksenel titreşimler için direngenlik ifadesi.
k
F
A, E, L
F
x
x
ΔL x
=
L
L
ε=
σ=
FL
EA
F
F
F
x
=
= Eε = E Î x =
Î k= =
A
L
EA
x FL
L
EA
Eğilme titreşimleri için direngenlik ifadeleri
F
E, I, L
δ
EI
∂2y
∂x 2
= M(x)
F
y
y
F L3
δ=
3E I
k=
F
F
3EI
= 3 = 3
δ FL
L
3EI
13/154
k
Mekanik Titreşimler Ders Notları
F
E, I, L
F
y
k
δ
EI
∂2y
∂x 2
y
F L3
δ=
192 E I
= M(x)
k=
192 EI
F
F
=
=
δ
L3
FL3
192 EI
F
E, I, L
F
y
k
δ
y
EI
∂2y
∂x 2
δ=
= M(x)
F L3
48 E I
k=
48 EI
F
F
=
=
δ
L3
FL3
48 EI
F
E, I, L
F
y
k
δ
y
a
EI
∂2y
∂x 2
= M(x)
L-a
F a 2 (L − a )2
δ=
3 E IL
k=
14/154
F
F
3 EI L
=
=
δ Fa 2 (L − a )2 a 2 (L − a )2
3E I L
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Torsiyonel Sistemler
J, G, L
M, θ
θL =
ML
GJ
kθ =
M
M
GJ
=
=
M
L
θL
L
GJ
Burada J kesit kutupsal (polar) alan atalet momentidir.
TİTREŞİM PROBLEMLERİNİN
DEĞİŞTİRMELER)
DOĞRUSALLAŞTIRILMASI
(KÜÇÜK
YER
Titreşim problemleri, küçük ötelemeler ve küçük yer dönmeler kabulü ile doğrusal
diferansiyel denklemler ile incelenmektedir. Büyük yer değiştirmeler söz konusu olduğunda
doğru çözüm için diferansiyel denklemlerin nonlinear formları göz önünde bulundurulmalı ve
çözümler bu şekilde yapılmalıdır.
θ
x
k
x
θ
R
tan θ =
R
sin θ
sin θ x
. Burada sinθ ifadesi Taylor serisine açılır ise
= Î x=R
cos θ
cos θ R
θ0 θ3 θ5
sin θ =
−
+
− L , θ <<1 için, diğer θ’nın yüksek dereceden kuvvetleri sıfıra çok
1! 3! 5!
yakın değerler alır. Dolayısı ile küçük açısal yer değiştirmeler için sin θ ≈ θ alınabilir. cosθ
ifadesi için Taylor serisi yazılır ise
θ2 θ4
+
− L , θ <<1 için, diğer θ’nın yine yüksek dereceden kuvvetleri sıfıra çok
2! 4!
yakın değerler alır. Dolayısı ile küçük açısal yer değiştirmeler için cos θ ≈ 1 alınabilir.
cos θ = 1 −
Bu durumda x ≈ R
θ
= Rθ yazılabilir.
1
15/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Bir nokta etrafında dönüş hareketine sahip kirişler için de benzer ifadeler geçerlidir.
A
O
xA
θ
sin θ =
xA
OA
x A = OA sin θ = OA θ
HAREKET DENKLEMİ OLUŞTURMA YÖNTEMLERİ:
Titreşim analizi yapılacak sistemin matematik modelinin oluşturulmasını takiben
literatürde mevcut yöntemlerden biri kullanılarak sistemin hareketini tanımlayan diferansiyel
denklemler (hareket denklemleri) oluşturulur. Hareket denklemleri oluşturulur iken farklı
yöntemler kullanılabilir. Bu yöntemlerden sık kullanılanları aşağıda verilmiştir.
Bu bölümde mekanik titreşim problemlerinde temel olarak ele alınan yay-kütle sistemi ele
alınacaktır.
F(t)
m
x(t)
g
c
k
1. Newton’un 2. yasası ile: Şekilde görülen sistem tek serbestlik dereceli sistemdir ve m
kütlesinin hareketi x koordinatı ile tanımlanabilir. Newton’un 2. yasası gereği cisme etkiyen
kuvvetlerin toplamı cismin kütlesi ile ivmesinin çarpımına eşittir.
m kütlesi k yayı üzerine konulmadan önce yay şekil değiştirmemiş serbest konumdadır. mg
ağırlığındaki kütle yay üzerine yerleştirildikten sonra yay bir miktar statik çökmeye uğrar ve
F(t) dış zorlaması ile bu çökmenin üzerinde x dinamik yer değiştirmeleri oluşur. Dolayısı ile
m kütlesinin toplam yer değiştirme ifadesi x(t)=xs+xd şeklinde statik ve dinamik yer
değiştirmelerinin toplamı şeklinde ifade edilebilir.
16/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
x(t) = x s + x d (t)
x& ( t ) = x& d
F(t)
&x&( t ) = &x& d
mg
m
x(t)=xs+xd(t)
olarak yazılabilir.
Cismin Serbest Cisim Diyagramı çizilir ise,
k(xs+xd)
cx& d
Newton’un 2. yasası gereği öteleme yapan sistemler için
∑ F = m &x&
Dönme hareketi yapan sistemler için
∑ M = I &θ&
Aşağı yön pozitif kabul edilerek
F( t ) + mg − k (x s + x d ) − cx& d = m&x& Î F( t ) + mg − k
mg
− kx d − cx& d = m&x& d
k
Buradan m kütlesi için hareket denklemi
m&x& d + cx& d + kx d = F( t ) şeklindedir.
Görüldüğü gibi hareket denkleminde cisme etki eden yer çekimi kuvveti ve yayda oluşan
statik çökme reaksiyonları bulunmamakta, hareket denklemi m kütlesinin statik denge
konumundan (yayın çökmüş hali) itibaren ölçülen xd dinamik yer değiştirmelerini
içermektedir. Dolayısı ile yer çekimine karşı çalışan sistemlerde kütle yer değiştirmesi statik
denge konumundan ölçülür ve titreşim hareketini tanımlayan yer değiştirme ifadesi x=xd dir.
Dolayısı ile hareket denklemi
m &x& + cx& + kx = F( t ) şeklinde yazılır.
2. Dinamik Denge Yöntemi (D’Alembert Prensibi): Bu yöntemde cisme etki eden atalet
kuvvetleri de serbest cisim diyagramında gösterilir ve cisim statik dengede kabul edilerek
∑ F = 0 veya ∑ M = 0
F(t)
eşitlikleri kullanılır.
D’Alembert veya atalet kuvveti
F( t ) + mg − k
m&x& d
mg
m
mg
− kx d − cx& d − m&x& d = 0
k
yine x=xd ile
x(t)=xs+xd(t)
m &x& + cx& + kx = F( t )
Olarak elde edilir.
k(xs+xd)
cx& d
17/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
3. Enerji Yöntemi : Bu metod ile enerjinin korunumu prensibi uygulanır. Bir sistemin toplam
enerjisinin artış hızı sisteme verilen güce eşittir.
dE t
= Pnet
dt
Burada Et sistemin potansiyel ve kinetik enerjilerinin toplamı, Pnet ise sisteme verilen net
toplam güç olup; dış kuvvetler ve momentlerin sisteme verdikleri güç + işaretli, sistemin
dışarıya verdiği mekanik güç ve sönümleyici elemanlar tarafından çevreye yayılan ısı gücü –
işaretlidir.
Pnet = ∑ Pg − ∑ Pv − ∑ Pd
Sisteme verilen
mekanik
güçlerin toplamı
Sistemin
dışarıya verdiği
mekanik
güçlerin toplamı
Sönümleyici
elemanlardan dışa
atılan ısıl güçlerin
toplamı
Yay kütle sistemi için bu ifadeleri yazar isek (statik denge konumu etrafındaki hareket ele
alınıyor)
Ek =
1
1
1
1
mx& 2 , E p = kx 2 , E t = mx& 2 + kx 2 , Pnet = F( t ) x& − cx& x&
2
2
2
2
d ⎛1
1 2⎞
2
⎜ mx& + kx ⎟ = F( t ) x& − cx& x&
dt ⎝ 2
2
⎠
m x& &x& + kxx& = F( t ) x& − cx& x& Î m&x& + cx& + kx = F( t ) olarak elde edilir.
4. Lagrange Yöntemi: Bu yöntemde de incelenen sisteme ait kinetik ve potansiyel enerjiler
dikkate alınır. Ayrıca Sanal İş ilkesi ile dış kuvvetlerin ve sönüm kuvvetlerinin sistemin genel
koordinatlarında gerçekleştirmiş oldukları sanal işler dikkate alınarak türetilen genel kuvvetler
hareket denkleminin türetilmesi için kullanılır.
Sisteme ait Lagrange ifadesi kinetik enerji ile potansiyel enerji farkına eşittir.
L = Ek − Ep
Kinetik enerji-potansiyel enerji farkı aşağıdaki Lagrange denklemine yazılarak ele alınan
sisteme ait hareket denklemi elde edilebilir.
d ⎛ ∂L
⎜
dt ⎜⎝ ∂q& i
⎞ ∂L
⎟⎟ −
= Qi
∂
q
i
⎠
18/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Lagrange ifadesi açılır ise Lagrange denklemi aşağıdaki formda elde edilir.
d ⎛ ∂E k ∂E p
⎜
−
∂q& i
dt ⎜⎝ ∂q& i
⎞ ∂E k ∂E p
⎟⎟ −
+
= Qi
∂q i
⎠ ∂q i
Burada qi bir sistemin i. genel koordinatını, Qi ise bu koordinata etki eden kuvvetlerin
toplamını (Genel Kuvvet) ifade eder. Genel kuvvet ifadesi Sanal İş ile elde edilir.
Mühendislik sistemlerinde genel olarak potansiyel enerjinin genel koordinat hızı ve kinetik
enerjinin de genel koordinat ile ilişkisi olmadığından Lagrange denklemindeki bu terimler
sıfır alınarak, bu ders kapsamında incelenecek mekanik sistemler için Lagrange denklemi
aşağıdaki gibi elde edilir.
d ⎛ ∂E k
⎜
dt ⎜⎝ ∂q& i
⎞ ∂E p
⎟⎟ +
= Qi
⎠ ∂q i
Bu denklem öteleme yapan sistemler için bir kuvvet, dönme yapan sistemler için ise bir
moment dengesidir.
Genel kuvveti elde etmek için dış zorlamaların ve sönümleyici kuvvetlerin genel koordinatlar
üzerindeki sanal işleri dikkate alınır. Genel koordinatlarda zamandan bağımsız olarak küçük
değişimler dikkate alınarak (δ) bu kuvvetlerin yaptığı iş
δW = F( t ) δq i − cq& i δq i ifadesi yazılabilir. Genel olarak sanal iş ifadesi δW = Q i δq i yazılarak
ilgili genel koordinata ait Genel Kuvvet ifadesi oluşturulmuş olur.
Örnek alınan yay kütle istemi için
1
1
mx& 2 , E p = k x 2 , δW = F( t )δx − cx& δx = [F( t ) − cx& ]δx
2
2
Qx
d ⎛1
⎞
⎜ mx& ⎟ + kx = F( t ) − cx& Î m&x& + cx& + kx = F( t ) diferansiyel denklemine ulaşılır.
dt ⎝ 2
⎠
Ek =
Örnek: Basit Sarkaç İçin Hareket Denkleminin Elde Edilmesi:
Aşağıda verilen basit sarkaç için hareket denklemini D’Alembert ve Lagrange yöntemleri ile
elde edelim.
19/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
SCD
Fy
Fx
O
O
l
l
g
l
g
θ
θ
m
l (1-cosθ)
lsinθ
Referans pozisyon
m l &θ&
mg
mlθ& 2
Basit sarkaç dönüş hareketine sahip bir mekanik sistemdir. Atalet kuvvetleri ve sisteme etki
eden diğer kuvvetler SCD’da gösterilmiştir. O noktasına göre toplam moment sıfıra
eşitlenerek. Saat ibresi tersi yön pozitif alınarak
∑M
O
=0
g
− ml &θ& l − mgl sin θ = 0 Î ml 2 &θ& + mgl sin θ = 0 Î l &θ& + g sin θ = 0 , sinθ=θÎ &θ& + θ = 0
l
Basit sarkaç harmonik bir hareket yapmaktadır. Dolayısı ile
θ( t ) = θ o sin(ωt ) kabulü ile &θ&( t ) = −ω 2 θ o sin(ωt ) ifadeleri denklemde yerine yazılır ise basit
sarkacın yapacağı harmonik hareketin açısal frekansı
g
⎡g
2⎤
2
⎢⎣ l − ω ⎥⎦ θ o sin(ωt ) = 0 Î l − ω = 0 Î ω =
g
rad / s olarak elde edilir.
l
Görüldüğü gibi basit sarkaç için salınım hareketi sarkaç boyundan etkilenmektedir.
Lagrange yöntemi ile hareket denklemi:
Basit sarkaç probleminde m kütlesinin kinetik enerjisi
Ek =
( )
1
m lθ&
2
2
dir.
Potansiyel enerji ifadesi
E p = mgl(1 − cos θ) dır. Sarkaç üzerinde dış zorlama veya sönüm yoktur.
(
)
d
g
g
ml 2 θ& + mgl sin θ = 0 Î &θ& + sin θ = 0 Î sinθ=θÎ &θ& + θ = 0 olarak elde edilir.
dt
l
l
20/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnekler:
Örnek1: Şekilde gösterilen sarkaç için (compound pendulum) hareket denklemini elde ediniz,
doğal frekansını belirleyiniz.
1
E p = m g L1 (1 − cos θ)
E k = I O θ& 2
2
O
d ⎛ ∂E k ⎞ ∂E p
= Qθ
⎟+
⎜
dt ⎝ ∂θ& ⎠ ∂θ
m, L, IO
L1
G
L
I O &θ& + mgL 1 sin θ = 0
g
IO sarkacın dönme noktasına göre kütle
atalet momentidir.
θ
Küçük açısal yer değiştirmeler için sin θ≅θ
&θ& + mgL 1 θ = 0
IO
Serbest titreşimlerin formu saf harmonik şeklindedir
θ( t ) = θ 0 sin ω n t
&θ&( t ) = −ω 2 θ sin ω t ’dir. Bu ifadeler hareket denkleminde yerine yazılır ise,
o
ve
n
ωn =
mgL1
1 mgL1
(rad/sn), f n =
(Hz) olarak elde edilir.
2π
IO
IO
Örnek 2: Şekilde verilen tek serbestlik dereceli sistemin hareket denklemini yazınız ve doğal
frekans ifadesini elde ediniz.
xB = x
2k
A
m
θ=
L/3
O
xA = θ
Dönel yay
kt
f(t)
2m
L x
=
3 2
İnce homojen bir çubuk için
2L/3
x
k
3x
2L
2
B
IO
2
2
1
1
⎛L L⎞
= mL2 + m⎜ − ⎟ = mL2
12
9
⎝2 3⎠
1
1 ⎛ 3 ⎞
1 ⎛ x& ⎞
1⎛
m m⎞
1 5m 2
E k = 2mx& 2 + I O ⎜
x& ⎟ + m⎜ ⎟ = ⎜ 2m + + ⎟ x& 2 =
x&
2
2 ⎝ 2L ⎠
2 ⎝2⎠
2⎝
4 4⎠
2 2
21/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
2
Ep =
2
9k
1 2 1 ⎛ 3x ⎞
1 ⎛x⎞
1⎡
k⎤
1 ⎡ 3k 9k ⎤
kx + k t ⎜ ⎟ + 2k⎜ ⎟ = ⎢k + 2t + ⎥ x 2 = ⎢ + 2t ⎥ x 2
2 ⎣ 2 4L ⎦
2
2 ⎝ 2L ⎠
2 ⎝2⎠
2⎣
2⎦
4L
δW = f ( t ) δx
Lagrange denklemi uygulandığında
5m
⎡ 3k 9k ⎤
&x& + ⎢ + t ⎥ x = f ( t )
2
⎣ 2 4L2 ⎦
Doğal frekans serbest titreşimlerin frekansı olduğu için dış zorlama yoktur ve titreşim hareketi
frekansı sistemin doğal frekansına eşit olan harmonik bir harekettir. Dolayısı ile yukarıdaki
tek serbestlik dereceli sistemin doğal frekansı
ωn =
3k 9k t
+
2 4L2
(rad/sn)
5m
2
Örnek: Şekilde verilen tek serbestlik dereceli sistemin hareket denklemini elde ediniz.
k
x = xs + xd
kx
x
c
x
cx&
m
m
g
α
mgcosα
xs =
90-α
mgsinα
mg
mgcosα
Newton’un 2. yasasına göre
− cx& d − k (x s + x d ) + mg sin α = m&x& d
− cx& d − k
Î m&x& + cx& + kx = 0
mg sin α
− kx d + mg sin α = m&x& d
k
Koordinat statik denge konumundan itibaren ölçüldüğünde yerçekiminin etkisi yoktur.
22/154
mg sin α
k
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek: Şekildeki tek serbestlik dereceli sistem için hareket denklemini elde ediniz.
x
m
1
11
⎛ x& ⎞
E k = mx& 2 +
mR 2 ⎜ ⎟
2
22
⎝R⎠
k
O
R
2
Ep =
1 2
kx
2
⎛x⎞
δW = M( t )δ⎜ ⎟ − cx& δx
⎝R⎠
M(t)
∂E p
d⎛
1
1
⎞ 3
= kx , Q x = M( t ) − cx&
⎜ mx& + mx& ⎟ = m&x& ,
R
∂x
dt ⎝
2
⎠ 2
3
1
m&x& + cx& + kx = M ( t )
Sisteme ait hareket denklemi
2
R
Örnek: Şekildeki iki serbestlik dereceli sisteme ait hareket denklemlerini elde ediniz.
x1
2k
k
m
x2
k
2m
f1
c
1
1
1
1
1
mx& 12 + 2mx& 22 , E p = kx12 + 2k (x 2 − x1 )2 + kx 22 ,
2
2
2
2
2
δW = f1δx 1 − c(x& 2 − x& 1 )δ (x 2 − x 1 )
Ek =
Çok serbestlik dereceli sistemlerde Lagrange denklemi her bir genel koordinat için yazılır.
x1 için Lagrange denklemi yazılır ise,
d ⎛ ∂E k ⎞ ∂E p
⎜
⎟+
= Qx1
dt ⎜⎝ ∂x& 1 ⎟⎠ ∂x 1
m&x&1 + kx 1 − 2k ( x 2 − x 1 ) = f1 + c( x& 2 − x& 1 ) Î m&x&1 + cx& 1 − cx& 2 + 3kx 1 − 2kx 2 = f1
x2 için Lagrange denklemi yazılır ise,
d ⎛ ∂E k ⎞ ∂E p
⎜
⎟+
= Qx 2
dt ⎜⎝ ∂x& 2 ⎟⎠ ∂x 2
2m&x& 2 + 2k ( x 2 − x 1 ) + kx 2 = −c( x& 2 − x& 1 ) Î 2m&x& 2 − cx& 1 + cx& 2 − 2kx 1 + 3kx 2 = 0
Hareket denklemleri matris formunda yazılır ise,
⎡m 0 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡ c − c⎤ ⎧ x& 1 ⎫ ⎡ 3k − 2k ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧f1 ⎫
⎢ 0 2m ⎥ ⎨&x& ⎬ + ⎢− c c ⎥ ⎨x& ⎬ + ⎢− 2k 3k ⎥ ⎨x ⎬ = ⎨ 0 ⎬
⎣
⎦⎩ 2 ⎭ ⎣
⎦⎩ 2 ⎭ ⎣
⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭
M
Kütle Matrisi
C
K
f
Sönüm Matrisi Direngenlik Matrisi Zorlama Vektörü
Lineer sistemler için Kütle, Sönüm ve Direngenlik matrisleri simetriktir.
23/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek: Şekildeki iki serbestlik dereceli sisteme ait hareket denklemlerini elde ediniz.
x
k
f
m1
L
θ
(
m2
)
1
1
2
E k = m1x& 2 + m 2 x& + Lθ&
2
2
1 2
E p = kx + m 2 gL(1 − cos θ)
2
δW = fδx
Lagrange denklemi x koordinatı için uygulanır ise
(
)
d
m1 x& + m 2 x& + m 2 Lθ& + kx = f Î (m1 + m 2 )&x& + m 2 L&θ& + kx = f
dt
Lagrange denklemi θ koordinatı için uygulanır ve küçük açısal yer değiştirmeler kabulü ile
(
)
d
m 2 Lx& + m 2 L2 θ& + m 2 gL sin θ = 0 Î m 2 L2 &θ& + m 2 L&x& + m 2 gLθ = 0
dt
⎡m1 + m 2
⎢ m L
2
⎣
m 2 L ⎤ ⎧&x& ⎫ ⎡k
0 ⎤ ⎧x ⎫ ⎧f ⎫
+⎢
⎨ ⎬=⎨ ⎬
2 ⎥ ⎨&& ⎬
m 2 L ⎦ ⎩θ ⎭ ⎣ 0 m 2 gL ⎥⎦ ⎩θ ⎭ ⎩0⎭
Örnek: Aşağıdaki iki serbestlik dereceli sistemin hareket denklemlerini yazınız.
L/2
θ1
L/2
k
L/2
L/2
θ2
m2
m1
24/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Ek =
( )2 + 12 m 2 (Lθ& 2 )2
1
m1 Lθ& 1
2
1 ⎛L
L ⎞
E p = m1gL(1 − cos θ1 ) + m 2 gL(1 − cos θ 2 ) + k ⎜ θ 2 − θ1 ⎟
2 ⎝2
2 ⎠
δW = 0
2
Lagrange denklemi θ1 için uygulanır ise,
L⎛L
L ⎞
L2
L2
2 &&
=
0
Î
m
L
θ
+
k
θ
−
k
θ 2 + m1gLθ1 = 0
θ
−
θ
⎜
2
1⎟
1
1
1
4
4
2⎝2
2 ⎠
L⎛L
L ⎞
L2
L2
m 2 L2 &θ& 2 + m 2 gL sin θ 2 + k ⎜ θ 2 − θ1 ⎟ = 0 Î m 2 L2 &θ& 2 − k θ1 + k θ 2 + m 2 gLθ 2 = 0
2⎝2
2 ⎠
4
4
m1L2 &θ&1 + m1gL sin θ1 − k
⎤
⎡ L2
L2
+
−
k
m
gL
k
⎥ ⎧ θ1 ⎫ ⎧0⎫
⎢
&
&
1
0 ⎤ ⎧ θ1 ⎫
4
4
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
⎢
+
⎥⎨ ⎬
L2
L2
m 2 L2 ⎥⎦ ⎩&θ& 2 ⎭ ⎢
⎥ ⎩θ 2 ⎭ ⎩0⎭
−
+
k
k
m
gL
2
⎥⎦
⎢⎣
4
4
⎡m1L
⎢
⎢⎣ 0
2
Örnek: Aşağıdaki iki serbestlik dereceli sistemin hareket denklemlerini yazınız.
f(t)
x1
L/2
x2
L/2
x 2 + x1
2
x1
G
k2
k1
2
1 ⎛ x& + x& 1 ⎞
1 ⎛ x& − x& 1 ⎞
E k = m⎜ 2
⎟ + IG ⎜ 2
⎟
2 ⎝ 2 ⎠
2 ⎝ L ⎠
Ep =
2
1
1
⎛ x + x1 ⎞
k 1x12 + k 2 x 22 , δW = fδ⎜ 2
⎟
2
2
⎝ 2 ⎠
Lagrange denklemi x1 için uygulanır ise
f
d ⎡⎛ 1 ⎛ x& 2 + x& 1 ⎞ ⎞ I G ⎛ x& 2 − x& 1 ⎞⎤
⎟⎥ + k 1 x 1 =
⎟ ⎟⎟ −
⎜
⎢⎜⎜ m⎜
2
dt ⎣⎝ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎠ L ⎝ L ⎠⎦
25/154
xG =
x 2 + x1
2
x2
Mekanik Titreşimler Ders Notları
f
1
1
1
1
m
m
&x&1 + &x& 2 + mL2
&x&1 − mL2
&x& 2 + k1x1 =
2
2
2
12
12
4
4
L
L
f
f
m
m
⎛m m⎞
⎛m m⎞
⎜ + ⎟&x&1 + ⎜ − ⎟&x& 2 + k 1x1 = Î &x&1 + &x& 2 + k1x 1 =
2
2
6
3
⎝ 4 12 ⎠
⎝ 4 12 ⎠
Lagrange denklemi x2 için uygulanır ise
f
d ⎡⎛ 1 ⎛ x& 2 + x& 1 ⎞ ⎞ I G ⎛ x& 2 − x& 1 ⎞⎤
⎟⎥ + k 2 x 2 =
⎟ ⎟⎟ +
⎜
⎢⎜⎜ m⎜
2
dt ⎣⎝ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎠ L ⎝ L ⎠⎦
f
1
1
1
1
m
m
&x&1 + &x& 2 − mL2
&x&1 + mL2
&x& 2 + k 2 x 2 =
2
2
2
12
12
4
4
L
L
f
f
m
m
⎛m m⎞
⎛m m⎞
⎜ − ⎟&x&1 + ⎜ + ⎟&x& 2 + k 2 x 2 = Î &x&1 + &x& 2 + k 2 x 2 =
2
2
3
6
⎝ 4 12 ⎠
⎝ 4 12 ⎠
⎡m
⎢3
⎢m
⎢
⎣6
m⎤
6 ⎥ ⎧ &x&1 ⎫ + ⎡k 1
m ⎥ ⎨⎩&x& 2 ⎬⎭ ⎢⎣ 0
⎥
3⎦
0 ⎤ ⎧ x 1 ⎫ 1 ⎧f ⎫
⎨ ⎬= ⎨ ⎬
k 2 ⎥⎦ ⎩x 2 ⎭ 2 ⎩f ⎭
RAYLEIGH YÖNTEMİ : EFEKTİF KÜTLE
Enerji yöntemi sistemdeki noktaların hareketlerinin bilinmesi durumunda gerek topaklanmış
kütleli, gerekse yayılı kütleli sistemlere uygulanabilir. Birbirleri ile doğrudan ilişkili kütlelere
sahip olan sistemlerde sisteme ait kinetik enerji tek bir koordinat hızı kullanılarak yazılabilir
ve sistem tek serbestlik derecelidir. Bu durumda kinetik enerji şu şekilde yazılabilir
Ek =
1
m eff x& 2
2
Burada meff efektif kütle veya belirli bir noktaya topaklanmış kütle olarak adlandırılır. Eğer bu
noktadaki direngenlik biliniyor ise, sisteme ait doğal frekans şu şekilde hesaplanabilir.
ωn =
k
m eff
Yay ve kiriş gibi yayılı sistemlerde, titreşim genliklerinin bilinmesi kinetik enerjinin
hesaplanması için gereklidir. Rayleigh, sürekli sistemlerdeki titreşim genliklerinin yaklaşık
olarak öngörülebildiği durumlarda, ihmal edilmiş kütlelerin de doğal frekans hesaplarında
hesaba katılabileceğini ve daha doğru frekans hesaplamaları yapılabileceğini göstermiştir.
26/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek: Aşağıdaki kütle-yay sistemindeki yayın kütlesinin sistemin doğal frekansı üzerindeki
etkisini gösteriniz.
0
y
y
L
k
dy
m
vy =
L
y
x&
L
x&
x
Yayın m kütlesindeki temas noktasındaki hızı x& , sabit ucunun ise hızı 0 dır. Sabit uçtan y
mesafedeki yay parçasının hızı ise doğrusal hız değişimi kabulü ile
vy =
y
x&
L
olarak ifade edilebilir.
myay kütlesine sahip yayın titreşim hareketi esnasındaki kinetik enerjisi aşağıdaki şekilde
hesaplanabilir.
E k _ yay
2
L
L
1
1 ⎛ y ⎞ m yay
1 m yay 2 1 3
2
&
x&
y
dy =
= ∫ dm v y = ∫ ⎜ x ⎟
3
20
2 0⎝ L ⎠
L
2 L3
Kütle ve yay için toplam kinetik enerji ifadesi E k =
L
=
0
1 m yay 2
x&
2 3
1
1 m yay 2
mx& 2 +
x&
2
2 3
Yayda depolanan potansiyel enerji ise
Ep =
1 2
kx dir.
2
Korunumlu bir sistemde sistemin potansiyel enerji ve kinetik enerji toplamının zamana göre
değişmediği göz önünde bulundurulur ise
m yay ⎤ 2 1 2 ⎞
d
d ⎛1 ⎡
E k + E p = 0 Î ⎜ ⎢m +
⎥ x& + kx ⎟⎟ = 0
dt
dt ⎜⎝ 2 ⎣
3 ⎦
2
⎠
(
)
27/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
m yay ⎤
m yay ⎤
⎡
⎡
&
&
&
&
m
x
x
+
kx
x
=
0
Î
m
+
+
⎢
⎥
⎢
⎥ &x& + k x = 0 Î
3 ⎦
3 ⎦
⎣
⎣
&x& +
k
x=0
m yay ⎤
⎡
⎥
⎢m +
3 ⎦
⎣
Yay kütlesi dikkate alındığında yay-kütle sisteminin doğal frekansı aşağıdaki gibi hesaplanır.
ωn =
m+
k
(rad/sn).
m yay
3
Örnek: Şekilde gösterilen kiriş-kütle sisteminde M kütlesi kirişin orta noktasındaki
topaklanmış kütleyi, m ise kiriş kütlesini göstermektedir. Bu sistemde kiriş orta noktası için
efektif kütleyi hesaplayınız. Kiriş orta noktasından etki eden P yükü için çökme ifadesi
PL3
δ=
ile verilmektedir.
48EI
L/2
m
M
x
L
Kiriş orta noktasındaki bir yükten dolayı oluşan kiriş çökmesi aşağıdaki fonksiyon ile ifade
edilebilir.
3
⎡ 3x
⎛x⎞ ⎤
y = y max ⎢ − 4⎜ ⎟ ⎥
⎝ L ⎠ ⎦⎥
⎣⎢ L
⎛ x 1⎞
⎜ ≤ ⎟
⎝L 2⎠
Kirişin kendisine ait maksimum kinetik enerji
Tmax
1
=
2
L/2
∫
0
2
3
⎡ 3x
1
m ⎛⎜
⎛ x ⎞ ⎤ ⎞⎟
y& max ⎢ − 4⎜ ⎟ ⎥ dx = 0.4857 m y& 2max
2
2
L⎜
⎝ L ⎠ ⎥⎦ ⎟⎠
⎢⎣ L
⎝
Dolayısı ile kiriş orta noktası için efektif kütle
m eff = M + 0.4857 m dir. Kiriş orta noktasındaki direngenliğin k =
alındığında doğal frekans ifadesi
28/154
48EI
L3
olduğu dikkate
Mekanik Titreşimler Ders Notları
ωn =
48EI
L (M + 0.4857m )
3
(rad/sn) dir.
Sadece kiriş düşünüldüğünde doğal frekans ifadesi
ω n = 9.941
EI
mL3
(rad / sn ) dir.
Örnek: Şekildeki ankastre kirişte kiriş uç noktası için tanımlanmış efektif kütleyi bulunuz ve
kirişin doğal frekansını belirleyiniz. Kiriş uç noktasına etki eden P yükü ile bu noktadaki
PL3
çökme değeri δ =
dır.
3EI
m
M
y
x
L
2
3
1⎡ ⎛x⎞ ⎛x⎞ ⎤
⎢3⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥
2 ⎢⎣ ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ ⎥⎦
Kirişin kendisine ait maksimum kinetik enerji
y = y max
2
Tmax
L
⎡ ⎛ x ⎞ 2 ⎛ x ⎞3 ⎤ ⎞
1 33
1 1 m ⎛⎜
&
m y& 2max
y max ⎢3⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎥ ⎟ dx =
= ∫
⎜
⎟
2 140
202 L
⎣⎢ ⎝ L ⎠ ⎝ L ⎠ ⎦⎥ ⎠
⎝
M kütlesi ile birlikte kirişin toplam kinetik enerjisi
33 ⎤ 2
1⎡
m y& max
E k _ max = ⎢M +
140 ⎥⎦
2⎣
Dolayısı ile kiriş uç noktası için efektif kütle
33
m olarak hesaplanır. Kiriş uç noktası için direngenlik değerinin
m eff = M +
140
3EI
k = 3 olduğu dikkate alınır ise kirişe ait doğal frekans ifadesi
L
3EI
(rad/sn) olarak elde edilir.
ωn =
33 ⎞
3⎛
m⎟
L ⎜M +
140 ⎠
⎝
Sadece kiriş düşünüldüğünde doğal frekans ifadesi
ω n = 3.567
EI
mL3
(rad / sn ) dir.
29/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Titreşim Sistemlerinin Modellenmesi : Matematik Model
Mühendislik sistemleri ile ilgili titreşim analizlerini gerçekleştirme için öncelikle sistem
serbestlik derecelerini yapılacak titreşim analizi ile uyumlu olarak temsil edecek bir
matematik modele ihtiyaç vardır. Matematik model ile ilgili daha önce verilen örneklere ek
örnekler aşağıda verilmiştir. Aşağıdaki dövme makinesi için farklı serbestlik dereceli
matematik modeller oluşturulabilir.
Koç
Kalıp
Elastik taban
Zemin bloğu
Toprak
Dövme kalıbı modeli.
Koç
Elastik taban
direngenliği
Koç
Kalıp ve zemin
bloğu
Kalıp
x1
Elastik taban
sönümü
Zemin bloğu
x1
Toprak
direngenliği
Toprak
sönümü
x2
Toprak
direngenliği
Tek serbestlik dereceli model
Toprak
sönümü
İki serbestlik dereceli model
Aşağıdaki bir motorsiklet-sürücü sistemine ait matematik model verilmiştir.
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous Systems- S.
Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko, D.H.
Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan
30/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Motorsiklet-sürücü modeli.
msürücü
x4
csele
ksele
C
mmotor+ msürücü
mmotor, Imotor
x3
csüsp_arka
ksüsp_arka
csüsp_ön
ksüsp_ön
mjant
mjant
x3
csüsp_ön
csüsp_arka
ksüsp_ön
mjant
mjant
x1
klastik
B
A
ksüsp_arka
x2
klastik
θ
G
x1
klastik
Beş serbestlik dereceli model
Üç serbestlik dereceli model
31/154
x2
klastik
Mekanik Titreşimler Ders Notları
TİTREŞİM ANALİZİ:
Tek Serbestlik Dereceli Sistemler:
Tek Serbestlik Dereceli Sönümsüz Bir Sistemin Serbest Titreşimleri:
Tek serbestlik dereceli sönümsüz bir sistemin hareket denklemi aşağıda verilmiştir.
m
x(t)
m&x& + kx = 0
k
Hareket denkleminin çözümü için x ( t ) = a e st kabulü yapılır ve a ve s sabitleri belirlenir.
Kabul edilen çözüm ve türevleri hareket denkleminde yerine konarak, &x&( t ) = s 2 a e st
[ms
2
]
+ k a e st = 0 dir.
Başlangıçta kabul edilen çözümün geçerli ve işe yarar bir çözüm olabilmesi için aest’nin
sıfırdan farklı olması gereklidir. Bu durumda aest teriminin çarpanı, karakteristik denklem,
sıfıra eşit olmalıdır ve bu denklemi sıfır yapan s değerleri sistemin özdeğerleri olarak
adlandırılır ve her iki s değeri de karakteristik denklemi sağlar.
k
k
ms 2 + k = 0 Î s1, 2 = ± − = ±
i = ± i ω n Î Tek serbestlik dereceli sistemin serbest
m
m
titreşimlerinin frekansı ω n =
k
(rad / s) dir.
m
Doğal frekans statik çökme değeri kullanılarak da ifade edilebilir.
mg
δ statik =
mg
mg
Î k=
Î ωn =
δ statik
k
δ statik
=
m
g
δ statik
(rad/s)Î f n =
1
g
(Hz)
2π δ statik
Her iki kök de karakteristik denklemi sağladığı için hareket denkleminin genel çözümü
aşağıdaki şekilde ifade edilebilir.
32/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
x ( t ) = a 1e iωn t veya x ( t ) = a 2 e −iωn t
Yay-kütle sistemine ait diferansiyel denklem lineer olduğu için yukarıdaki iki çözümün
toplamı da hareket denkleminin çözümünü verir.
x ( t ) = a 1e iωn t + a 2 e −iωn t
Burada a1 ve a2 kompleks sabitlerdir.
Trigonometrik fonksiyonlar için Euler ilişkileri aşağıdaki gibi ifade edilir.
sin ωt =
em
i ωt
(
)
(
1 iωt
1
e − e −iωt , cos ωt = e iωt + e −iωt
2i
2
)
= cos ωt m i sin ωt
x(t) çözümü aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
x ( t ) = a 1 [cos ω n t + i sin ω n t ] + a 2 [cos ω n t − i sin ω n t ]
x ( t ) = (a 1 + a 2 ) cos ω n t + i (a 1 − a 2 )sin ω n t
Yukarıda verilen x(t) çözümü aşağıdaki şekillerde de ifade edilebilir.
x ( t ) = A sin (ω n t + φ) veya x ( t ) = A1 cos ω n t + A 2 sin ω n t
Burada A, φ, A1 ve A2 gerçek sabitlerdir. Yukarıda verilen çözümlerdeki katsayılar
arasındaki ilişkiler aşağıda verilmiştir.
A = a 12 + a 22
⎛a
ve φ = tan −1 ⎜⎜ 1
⎝ a2
⎞
⎟⎟
⎠
A1 = a 1 + a 2 , A 2 = (a 1 − a 2 )i
a1 =
A1 − A 2 i
A + A 2i
, a2 = 1
2
2
Yukarıda verilen iki çözüm içerisinde bulunan gerçek değerli katsayılar, A, φ, A1 ve A2
başlangıç şartları kullanılarak x(t=0)=x0 ve x& ( t = 0) = x& 0 .
Eğer yay-kütle sisteminde kütleye etki eden bir dış kuvvet yok ise sistem durağan halde
kalacaktır. Kütle t=0’da x0 kadar yer değiştirilir ise yay kuvveti kx0 sistem serbest
bırakıldığında hareketi sağlayacaktır. Bununla birlikte, t=0’da kütleye bir başlangıç hızı
v0= x& 0 verilir ise momentum değişiminden dolayı sistem hareket edecektir. Başlangıç yer
33/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
değiştirmesi ve hızı Başlangıç Şartları (Initial Conditions) olarak adlandırılır ve bu durumda
çözüm aşağıdaki şekilde elde edilecektir.
x 0 = x (0) = A sin (ω0 + φ) = A sin φ ve v 0 = x& (0) = ω n A cos(ω n 0 + φ)
x0
Bu iki denklemden A ve φ aşağıdaki gibi elde edilir.
ω 2n x 02 + x& 02
A=
ωn
, φ = tan
−1
φ
ωn x 0
x& 0
x& 0
ωn
A
A=
x(t) =
x 02
⎛ x&
+ ⎜⎜ 0
⎝ ωn
2
⎛
⎞
ω x ⎞
⎟⎟ sin ⎜⎜ ω n t + tan −1 n 0 ⎟⎟ veya x ( t ) =
x& 0 ⎠
⎠
⎝
x ( t ) = A sin (ωn t + φ)
1.5
x 02
⎛ x&
+ ⎜⎜ 0
⎝ ωn
x 02
⎛ x&
+ ⎜⎜ 0
⎝ ωn
2
ωn=2 rad/sn
x0=0.5 mm, v0=2 mm/sn.
x0=0.5 mm, v0=0 mm/sn.
Genlik (mm)
0.5
0
-0.5
-1
x0=-0.5 mm, v0=2 mm/sn.
x0=-0.5 mm, v0=-2 mm/sn.
0
1
2
3
Zaman (sn)
4
5
6
Tek serbestlik dereceli sistemin farklı başlangıç şartları için yer değiştirme cevabı.
34/154
2
⎛
⎞
x& 0
⎟⎟ cos ⎜⎜ ω n t − tan −1
ωn x 0
⎠
⎝
1
-1.5
⎞
⎟⎟
⎠
⎞
⎟⎟
⎠
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Diğer formdaki çözüm kullanılır ise, x ( t ) = A1 cos ω n t + A 2 sin ω n t
t=0’da x(0)=x0 ve t=0’da x& (0) = x 0
x (0) = A1 cos ω n 0 + A 2 sin ω n 0 Î A1=x0
x& ( t ) = −ω n A1 sin ω n t + ω n A 2 cos ω n t Î x& 0 = −ω n A1 sin ω n 0 + ω n A 2 cos ω n 0 Î A 2 =
x ( t ) = x 0 cos ω n t +
x& 0
sin ω n t
ωn
ωn=2 rad/sn
x ( t ) = A1 cos ω n t + A 2 sin ω n t
1.5
x& 0
ωn
x0=0.5 mm, v0=2 mm/sn.
x0=0.5 mm, v0=0 mm/sn.
1
Genlik (mm)
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
x0=-0.5 mm, v0=2 mm/sn.
x0=-0.5 mm, v0=-2 mm/sn.
0
1
3
4
5
6
Zaman (sn)
Tek serbestlik dereceli sistemin farklı başlangıç şartları için yer değiştirme cevabı.
+
2
Cevap x(t)
Bu noktadaki eğim x& 0
T=
2π
ωn
A=
x0
φ
ωn
Zaman (sn)
A=
35/154
ω 2n x 02 + x& 02
ωn
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Tek Serbestlik Dereceli Sönümlü Bir Sistemin Serbest Titreşimleri:
Tek serbestlik dereceli sönümlü bir sistemin modeli ve hareket denklemi aşağıda verilmiştir.
m
x(t)
k
m&x& + cx& + kx = 0
c
Hareket denkleminin çözümü için x ( t ) = a e st kabulü yapılır ve a ve s sabitleri belirlenir.
Kabul edilen çözüm ve türevleri hareket denkleminde yerine konarak, x& ( t ) = sa e st ,
&x&( t ) = s 2 a e st
[ms
2
]
+ cs + k a e st = 0 dır.
Başlangıçta kabul edilen çözümün geçerli ve işe yarar bir çözüm olabilmesi için aest’nin
sıfırdan farklı olması gereklidir. Bu durumda aest teriminin çarpanı, karakteristik denklem,
sıfıra eşit olmalıdır ve bu denklemi sıfır yapan s değerleri sistemin özdeğerleri olarak
adlandırılır ve her iki s değeri de karakteristik denklemi sağlar.
ms 2 + cs + k = 0
s1, 2 = −
c
1
±
c 2 − 4km
2m 2m
Kökler incelendiğinde köklerin gerçek veya kompleks olabileceği görülür. Burada belirleyici
olan c 2 − 4km dir. M, c ve k’nın pozitif sayılar olması göz önünde bulundurulur ise
c 2 − 4km > 0 için kökler birbirinden farklı gerçek sayılar olacaktır. Eğer c 2 − 4km < 0 ise
kökler negatif reel kısımlı kompleks bir çift şeklindedir. Eğer c 2 − 4km = 0 ise kökler aynı
ve negatif gerçek sayılardır.
Bu üç farklı durum incelendiğinde c 2 − 4km = 0 için kritik sönüm değerini tanımlamak
uygun olacaktır.
c kritik = 2mω n = 2 km dir. Kritik sönüm değeri yukarıda bahsedilen üç farklı çözüm için
belirleyici bir değerdir.
36/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Sistemde mevcut bulunan sönüm elemanı katsayısının, kritik sönüm katsayısına oranı sönüm
oranı olarak adlandırılır.
ζ=
c
c kritik
=
c
c
=
2mω n 2 km
Bu tanımlamalar ile karakteristik denklemin kökleri yeniden ifade edilir ise,
s1, 2 = −ζω n ± ω n ζ 2 − 1
Bu tanımlamaya göre sönüm oranının sistem öz değerlerinin reel veya kompleks olacağını
belirlediği açıkça görülmektedir.
Sönüm oranına bağlı olarak üç farklı durum söz konusudur.
1. Kritik Altı Sönümlü Cevap (Underdamped Response):
Bu durumda sönüm oranı 1’den düşüktür (0<ζ<1) ve karekök içerisindeki ifade negatif ve
kökler kompleks çift olarak elde edilir.
⎛⎜ 1 − ζ 2 i =
⎝
s1 = −ζω n + ω n 1 − ζ 2 i , s 2 = −ζω n − ω n 1 − ζ 2 i
(1 − ζ )(− 1) =
2
ζ 2 − 1 ⎞⎟
⎠
Sönümsüz durum için izlenen yol takip edilerek sönümlü durum için cevap aşağıdaki şekilde
ifade edilebilir.
x ( t ) = e −ζωn t ⎛⎜ a 1e i
⎝
1−ζ 2 ωn t
+ a 2 e −i
1−ζ 2 ωn t
⎞
⎟
⎠
x ( t ) = e −ζωn t [(a 1 + a 2 ) cos ωd t + i(a 1 − a 2 )sin ωd t ]
Burada a1 ve a2 kompleks katsayılar olup ωd = ω n 1 − ζ 2 sistemin sönümlü doğal frekansı
olarak adlandırılır.
A2=a1+a2 ve A1=(a1-a2)i olarak seçilerek çözüm aşağıdaki şekilde ifade edilebilir.
x ( t ) = e −ζωn t (A1 sin ωd t + A 2 cos ωd t )
olarak ifade edilebilir. Burada A1 ve A2 gerçek
tanımlamalar yapılır ise
⎛A
A = A12 + A 22 ve faz açısı olarak φ = tan −1 ⎜⎜ 2
⎝ A1
[sin a cos b + cos a sin b = sin(a + b)]
x ( t ) = A e −ζωn t sin (ωd t + φ) olarak ifade edilir.
37/154
sayılardır. İfadeyi basitleştirmek için yeni
⎞
⎟⎟ , A1 = A cos φ , A 2 = A sin φ
⎠
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Yine başlangıç şartlarına göre çözüm aranır ise t=0’da x(0)=x0 ve t=0’da x& (0) = x& 0 ise,
x(t) ifadesinde t=0 değeri konularak ve başlangıç yer değiştirme şartı kullanılarak
x 0 = Ae 0 sin (ωd 0 + φ) = A sin φ
x(t) cevabının zamana göre türevi alınır ve t=0’da x& 0 ilk hız şartı ve A =
x0
ifadesi yerine
sin φ
konur ise
x& ( t ) = −ζω n Ae −ζωn t sin (ωd t + φ) + ωd Ae −ζωn t cos (ωd t + φ)
x& 0 = −ζω n
x0
x
sin φ + ωd 0 cos φ Î x& 0 = −ζω n x 0 + ωd x 0 cot φ
sin φ
sin φ
Buradan φ faz açısı çözülür ise
tan φ =
sin φ =
(x& 0 + ζω n x 0 )2 + (x 0 ωd )2
x 0 ωd
x 0 ωd
elde edilir ve φ = tan −1
x& 0 + ζω n x 0
x& 0 + ζω n x 0
φ
x& 0 + ζω n x 0
x 0 ωd
(x& 0 + ζω n x 0 )2 + (x 0 ωd )2
Buradan A =
x0
x 0 ωd
=
(x& 0 + ζω n x 0 )2 + (x 0 ωd )2
(x& 0 + ζω n x 0 )2 + (x 0 ωd )2
ωd
olarak elde edilir.
Buradan kritik altı sönümlü tek serbestlik dereceli bir sistem için cevap
x(t) =
(x& 0 + ζω n x 0 )2 + (x 0 ωd )2
ωd
⎛
⎛
⎞⎞
x 0 ωd
⎟⎟ ⎟ dir.
e −ζωn t sin ⎜⎜ ωd t + tan −1 ⎜⎜
⎟
&
x
x
+
ζω
0
n
0
⎝
⎠⎠
⎝
38/154
x 0 ωd
Mekanik Titreşimler Ders Notları
0.5
ωn=2 rad/sn, x0=0.5 mm, x& 0 = 0 mm / sn
0.4
ζ=0.8
0.3
Genlik (mm)
0.2
ζ=0.3
0.1
0
-0.1
-0.2
ζ=0.1
-0.3
-0.4
0
2
4
6
Zaman (sn)
8
10
12
Tek serbestlik dereceli sistem için kritik altı sönümlü cevap.
1
ωn=2 rad/sn, x0=0 mm, x& 0 = 2 mm / sn
0.8
0.6
Genlik (mm)
0.4
ζ=0.3
0.2
ζ=0.8
0
-0.2
-0.4
ζ=0.1
-0.6
-0.8
0
2
4
6
8
10
Zaman (sn)
Tek serbestlik dereceli sistem için kritik altı sönümlü cevap.
39/154
12
Mekanik Titreşimler Ders Notları
2. Kritik Üstü Sönümlü Cevap (Overdamped Response) :
Sönüm oranının 1’den büyük olduğu durum için reel ve farklı iki kök mevcuttur.
s1 = −ζω n + ω n ζ 2 − 1 ve s 2 = −ζω n − ω n ζ 2 − 1
Bu durumda cevap aşağıdaki gibi elde edilir.
x ( t ) = e −ζωn t ⎛⎜ a 1e −ωn
⎝
ζ 2 −1 t
+ a 2 e ωn
ζ 2 −1 t
⎞
⎟
⎠
Burada a1 ve a2 katsayıları başlangıç şartlarından aşağıdaki gibi elde edilebilir.
− x& 0 + ⎛⎜ − ζ + ζ 2 − 1 ⎞⎟ ω n x 0
x& 0 + ⎛⎜ ζ + ζ 2 − 1 ⎞⎟ ω n x 0
⎝
⎠
⎝
⎠
a1 =
ve a 2 =
2
2
2ω n ζ − 1
2ω n ζ − 1
0.4
ωn==2 rad/sn, ζ=1.1
0.3
x0=0.3 mm, x& 0 = 0 mm/sn
Genlik (mm)
0.2
0.1
x0=0 mm, x& 0 = 1 mm/sn
0
-0.1
-0.2
x0=-0.3 mm, x& 0 = 0 mm/sn
-0.3
-0.4
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
Zaman (sn)
Tek serbestlik dereceli sistemin kritik üstü sönümlü cevabı
4
Kritik üstü sönümlü sistemler denge konumu etrafında salınım göstermeksizin başlangıç
konumlarına dönerler.
40/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
3. Kritik Sönümlü Cevap (Critically Damped Response) :
Sönüm oranının 1’e eşit olması durumu salınımlı cevap ile salınımsız cevap arasında bir sınır
teşkil eder. Bu duurm için kökler katlı kök halindedir.
s1 = s 2 = ω n
Bu durumda çözüm formu aşağıdaki gibidir.
x ( t ) = (a 1 + a 2 t ) e −ωn t
t=0’daki başlangıç şartları yerine konur ise a1 ve a2 katsayıları elde edilebilir.
a 1 = x 0 ve a 2 = x& 0 + ω n x 0 . Bu durumda başlangıç şartları altındaki serbest cevap
x ( t ) = [x 0 + (x& 0 + ω n x 0 ) t ]e −ωn t şeklindedir.
0.6
ωn==2 rad/sn, ζ=1
0.5
Genlik (mm)
0.4
x0=0.3 mm, x& 0 = 1 mm/sn.
0.3
x0=0.3 mm, x& 0 = 0 mm/sn.
0.2
0.1
0
-0.1
x0=0.3 mm, x& 0 = −1 mm/sn.
0
0.5
1
1.5
2
2.5
Zaman (sn)
3
3.5
4
Tek serbestlik dereceli sistemin kritik sönümlü cevabı
x& ( t )
Underdamped
(x0, x& 0 )
x(t)
41/154
Critically damped
Overdamped
Mekanik Titreşimler Ders Notları
LOGARİTMİK DEKREMAN (LOGARITHMIC DECREMENT) :
Mekanik bir sistemin sahip olduğu sönüm oranını belirlemenin uygun yöntemlerinden biri,
sistemin serbest titreşimlerindeki salınım genliklerinin azalma oranını ölçmektir.
Kritik altı sönümlü bir sistem için titreşim cevabı aşağıdaki gibi yazılabilir.
x ( t ) = A e − ζωn t sin (ωd t + φ)
Burada A ve φ başlangıç şartlarından elde edilebilen değerlerdir. Bu formdaki bir titreşim
cevabı eğrisi aşağıda verilmiştir.
5
4
x1
3
x(t) [mm]
2
x2
1
x4
0
Td
-1
-2
-3
-4
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
Zaman [sn]
Salınımlı titreşim cevabı üzerinde ard arda gelen iki tepe noktasının birbirine oranının
logaritmasını (doğal logaritma) Logatirmik Dekreman (Logarithmic Decrement) olarak
tanımlar ve aşağıdaki şekilde ifade edersek
δ = ln
⎞
⎛
e − ζωn t sin (ωd t + φ)
x1
⎟
= ln⎜⎜ −ζωn ( t +Td )
x2
sin (ωd ( t + Td ) + φ) ⎟⎠
⎝e
Sinüs fonksiyonu için t anındaki değer ile t+Td nındaki değerler eşit olacağı için ifade
aşağıdaki şekle dönüşür.
δ = ln
e − ζωn t
= ln e ζωn Td = ζω n Td
−ζωn t −ζωn Td
e
e
42/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Sönümlü doğal periyot Td =
δ=
ζω n 2π
ωn 1 − ζ
2
=
2πζ
1 − ζ2
2π
ωn 1 − ζ 2
olduğu için
olarak elde edilir. Sönüm oranı ζ’nin küçük değerleri için bu ifade
δ = 2πζ ve sisteme ait sönüm oranı ζ =
δ
olarak yaklaşık şekilde elde edilebilir.
2π
Tam ifade kullanıldığında ise sisteme ait sönüm oranı, deneysel olarak elde edilmiş logaritmik
dekreman değeri kullanılarak,
(
)
(
δ
δ2
Î ζ=
2
2
2
δ + 4π
δ + 4π 2
)
δ 2 1 − ζ 2 = 4π 2 ζ 2 Î δ 2 = δ 2 + 4π 2 ζ 2 Î ζ =
olarak elde edilebilir.
15
δ=
10
2 πζ
1− ζ2
δ
5
δ = 2πζ
0
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
ζ=
0.6
0.7
0.8
0.9
1
c
c kritik
Şekil. Logaritmik dekreman için yaklaşık ve tam ifadenin sönüm oranı ile değişimi.
Logaritmik dekreman ifadesi aralarında n adet tam salınım bulunan tepe noktaları kullanılarak
da elde edilebilir.
Birbirini takip eden tepe noktaları oranlarının aynı olduğundan hareketle
x1 x 2
x
=
=L= n
x2 x3
x n +1
arasındaki oran
buradan 1. salınım genliği ile n+1. genlik (n. salınım sonundaki)
43/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
x1 ⎛ x1 ⎞ ⎛ x 2
= ⎜ ⎟⎜
x n ⎜⎝ x 2 ⎟⎠ ⎜⎝ x 3
⎞ ⎛ xn ⎞
δ
⎟
⎟⎟ L ⎜
⎜x ⎟= e
⎠ ⎝ n +1 ⎠
( )
n
⎛x ⎞
⎛x ⎞
= e nδ Î ln⎜⎜ 1 ⎟⎟ = ln e nδ Î ln⎜⎜ 1 ⎟⎟ = n δ
⎝ xn ⎠
⎝ xn ⎠
( )
1 ⎛ x1 ⎞
⎟ olarak elde edilebilir. Burada n tam salınım sayısı, x1 başlangıç salınımı
ln⎜
n ⎜⎝ x n +1 ⎟⎠
genliği, xn+1 ise n. salınım sonundaki genliktir. Dikkate alınan başlangıç salınımı genliği x0 ile
gösterilir ise denklem
δ=
δ=
1 ⎛ x0
ln⎜
n ⎜⎝ x n
⎞
⎟⎟ olarak da ifade edilebilir.
⎠
Örnek: Bir titreşim sisteminde titreşim genliğinin %50 azalması için gerekli salınım sayısını
sistemin sönüm oranına göre ifade ediniz.
δ=
2πζ
1− ζ2
=
0.693 1 − ζ 2
1
ln 2 Î n =
n
2πζ
Bu denkleme ait grafik aşağıda verilmiştir. Bu grafik, titreşim genliğinin %50 azalması için
gerekli tam salınım sayısının sönüm oranı ile değişimini göstermektedir.
20
n
15
10
5
0
0
0.05
0.1
0.15
ksi
44/154
0.2
0.25
0.3
Mekanik Titreşimler Ders Notları
TEK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN ZORLANMIŞ TİTREŞİMLERİ:
Mühendislik sistemlerine etki eden kuvvetler genellikle harmonik formdadır. Şekilde
harmonik bir kuvvet görülmektedir.
15
10
f ( t ) = F0 sin ωt
Genlik (N)
5
0
-5
Burada F0 zorlama genliği, ω ise
zorlama frekansıdır.
-10
-15
0
0.1
0.2
0.3
Zaman (sn)
0.4
0.5
Bununla birlikte mühendislik sistemleri üzerinde sıklıkla etkili olan diğer bir zorlama tipi de
periyodik zorlamalardır. Fourier serileri ve dönüşümleri kullanılarak, periyodik fonksiyonları
bir dizi harmonik fonksiyonun toplamı şeklinde ifade etmek mümkündür. Zorlamanın bir dizi
harmonik fonksiyonun toplamı olduğu bilgisi kullanılarak, doğrusal (lineer) sistemlerin
periyodik zorlamalara verdiği cevabın, sistemin periyodik zorlamayı oluşturan her bir
harmonik zorlamaya verdiği cevapların toplamı olduğu söylenebilir.
10
Periyodik zorlama
0
-10
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
10
n
f ( t ) = a 0 + ∑ (a i sin ωt + b i cos ωt )
i =1
0
-10
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
10
0
-10
Periyodik zorlamayı
oluşturan harmonik
bileşenler
10
0
-10
Zaman (sn)
Şekil. Periyodik zorlama ve harmonik bileşenleri.
Fourier serileri ve tek serbestlik dereceli sistemlerin periyodik zorlamalara cevabına bölüm
sonunda değinilecektir.
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
45/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Sönümsüz Zorlanmış Titreşimler (Harmonik Zorlama):
Yandaki tek serbestlik dereceli sistem
üzerine ω zorlama frekansında harmonik
bir kuvvet etki etmektedir. Newton’un 2.
yasası kullanılarak hareket denklemi
aşağıdaki gibi ifade edilebilir.
f(t)=F0sinωt
m
x(t)
− kx + F0 sin ωt = m&x&
k
buradan
m&x& + kx = F0 sin ωt
F
&x& + ω2n x = 0 sin ωt
m
Yukarıdaki 2. mertebeden diferansiyel denklem için genel çözüm homojen ve özel çözümlerin
toplamı şeklinde ifade edilebilir.
x(t) = x h (t) + x ö (t)
Homojen çözüm ilk şartlar etkisi ile elde edilen çözümdür ve başlangıç şartlarına bağlı olarak
x h ( t ) = A1 cos ωn t + A 2 sin ωn t olarak ifade edilmişti. Özel çözümü elde etmek için zorlama
tipinde bir çözüm kabul edilebilir.
x ö ( t ) = X sin ωt olduğu kabul edilerek, kabul edilen çözümün türevleri diferansiyel
denklemde yerine konulur ise
x& ( t ) = ωX cos ωt , &x&( t ) = −ω2 X sin ωt
− ω 2 X sin ωt + ω 2n X sin ωt =
1
ω 2n
[
]
F0
F
sin ωt Î − ω 2 + ω 2n X = 0
m
m
denklemin her iki tarafı
ile çarpılır ise
F0
F0 m
k burada r = ω dir ve frekans oranı olarak adlandırılır.
1− r X =
Î X=
ωn
m k
1− r2
(
2
)
(
)
Başlangıç şartları sıfırdan farklı bir sistem harmonik zorlama altındaki genel çözüm;
46/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
F0
x ( t ) = A1 cos ωn t + A 2 sin ωn t +
k
sin ωt ’dir.
⎡ ⎛ ω ⎞2 ⎤
⎢1 − ⎜⎜
⎟ ⎥
⎢ ⎝ ωn ⎟⎠ ⎥
⎣
⎦
Genel çözümdeki A1 ve A2 katsayıları başlangıç şartlarından elde edilebilir.
F0
k sin ω0 Î A1=x0
x 0 = A1 cos ωn 0 + A 2 sin ωn 0 +
1 − r2
F0
x&
F k
x& 0 = −ωn A1 sin ωn 0 + ωn A 2 cos 0 + ω k2 cos ω0 Î A 2 = 0 − r 0 2
ωn
1− r
1− r
F0
⎡ x& 0
F0 k ⎤
k sin ωt
x ( t ) = x 0 cos ωn t + ⎢
−r
sin ωn t +
2⎥
ω
1− r ⎦
1 − r2
⎣ n
0.5
x h (t )
0
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0.3
x ö (t)
0
-0.3
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
1
0
-1
m=20 kg
k=2000 N/m
ω=15 rad/sn
x0=0.05 m
v0=0.2 m/sn
x(t)
0
0.5
1
1.5
Zaman (sn)
2
2.5
3
Şekil. Tek serbestlik dereceli sistem için genel çözüm.
Başlangıç şartları sıfır ise çözüm xö(t) formunda harmonik bir cevap olacaktır. Frekans
oranına bağlı olarak yer değiştirme genlikleri çizilir ise
X0
1
=
F0
1− r2
k
47/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
10
5
X 1
0
F0 / k
-5
-10
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
10
X
F0 / k
5
1
0
ω
ωn
Frekans oranına bağlı olarak aşağıdaki durumlar geçerlidir.
0<
ω
<1
ωn
durumunda yer değiştirme zorlama ile aynı yöndedir. (in-phase)
F(t) [N]
500
ω=5 rad/sn
ωn=10 rad/sn
0
-500
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0
0.5
1
1.5
Zaman (sn)
2
2.5
3
0.4
x(t) [m]
0.2
0
-0.2
-0.4
ω
= 1 cevap sonsuza gider.
ωn
ω
> 1 durumunda yer değiştirme zorlama ile zıt yöndedir. (anti-phase)
ωn
48/154
In-Phase cevap
Mekanik Titreşimler Ders Notları
f(t) [N]
500
0
-500
0
0.5
1
1.5
2
0
0.5
1
Zaman (sn)
1.5
2
Anti-Phase cevap
x(t) [m]
0.3
0.2
0.1
0
-0.1
-0.2
-0.3
Örnek:
Şekilde verilen kiriş üzerinde bulunan bir elektrik motorundan dolayı kirişe etki eden kuvvet
f ( t ) = 300 sin 40t (N) şeklindedir.
Çelik malzeme E=200 GPa
Motor kütlesi m=250 kg.
F0
ωt
m
20 mm
3m
400 mm
Bu kuvvet etkisi altında motorun bulunduğu noktadaki yer değiştirme genliklerini
hesaplayınız. Motor kirişin ortasındadır. Kiriş kütlesi ihmal edilebilir değerdedir.
Kiriş orta noktasındaki direngenlik
k=
192EI
0.4 * 0.023
,
Kiriş
alan
atalet
momenti
=
= 2.666x10− 7 (m 4 )
I
3
12
L
k=
192 * 200 x109 * 2.666 x10−7
= 379259 ( N / m).
33
Motor kiriş sisteminin doğal frekansı (kiriş kütlesi ihmal ediliyor)
ωn =
k
379259
=
= 38.95 (rad / sn )
m
250
49/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Zorlama frekansı 40 rad/sn’dir. Bu durumda zorlama ile yer değiştirme anti-phase
durumundadır.
Yer değiştirme genliği
X=
F0
300 379259
k
= −0.01446 (m) = −14.46 (mm)
=
2
2
⎛ ω⎞
⎛ 40 ⎞
1− ⎜
⎟
⎟⎟
1 − ⎜⎜
⎝ 38.95 ⎠
⎝ ωn ⎠
Sönümlü Zorlanmış Titreşimler (Harmonik Zorlama):
f(t)=F0sinωt
Şekilde verilen tek serbestlik dereceli harmonik
zorlama etkisindeki sönümlü bir sistem için
hareket denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir.
x(t)
m&x& + cx& + kx = F0 sin ωt
Sönüm oranı için ζ =
m
c
ifadesi kullanılarak
2mωn
k
c
hareket denklemi şu şekilde de yazılabilir.
&x& + 2ζωn x& + ω2n x =
F0
sin ωt
m
Diferansiyel denklemin çözümü homojen çözüm ile özel çözümün toplamı şeklinde ifade
edilebilir. Homojen çözüm başlangıç şartlarına bağlıdır, özel çözüm ise dış zorlam ile oluşur.
Başlangıç şartlarına bağlı çözüm, sönümlü durum için zaman ilerledikçe kaybolacaktır ve
sistem cevabı sadece zorlama ile elde edilen çözüm olacaktır. Bu nedenle özel çözüme
(zorlamaya bağlı çözüm) düzgün rejim cevabı da denir. Özel çözümün formu zorlam
formunda kabule dilerek.
x ö ( t ) = x ( t ) = X sin (ωt − ϕ) kabul edilerek, çözümün türevleri diferansiyel denklemde yerine
konur ise.
x& ( t ) = ωX cos(ωt − ϕ) , &x&( t ) = −ω2 X sin (ωt − ϕ)
− ω2X sin (ωt − ϕ) + 2ζωn (ωX cos(ωt − ϕ)) + ω2n X sin (ωt − ϕ) =
Trigonometrik açılımlardan yararlanılarak
sin (ωt − ϕ) = sin ωt cos ϕ − sin ϕ cos ωt
cos(ωt − ϕ) = cos ωt cos ϕ + sin ωt sin ϕ
50/154
F0
sin (ωt )
m
Mekanik Titreşimler Ders Notları
− ω2 X sin ωt cos ϕ + ω2 X sin ϕ cos ωt + 2ζωn ωX cos ωt cos ϕ + 2ζωn ωX sin ωt sin ϕ + ω2n X sin ωt cos ϕ
− ω2n X sin ϕ cos ωt =
F0
sin ωt
m
[ − ω cos ϕ + 2ζω ωsin ϕ + ω
2
n
2
n
]
cos ϕ X sin ωt =
F0
sin ωt
m
[ω sin ϕ + 2ζω ωcos ϕ − ω sin ϕ]X cos ωt = 0
2
2
n
n
[2ζω ωsin ϕ + (ω
]
)
− ω2 cos ϕ X =
2
n
n
[
) ]
(
F0
, 2ζωn ω cos ϕ + ω2 − ω2n sin ϕ X = 0
m
⎡ ω
⎤
⎛ ω2 ⎞
F
sin ϕ + ⎜1 − 2 ⎟ cos ϕ⎥ X = 0
⎢2ζ
⎜ ω ⎟
k
⎢⎣ ωn
⎥⎦
n⎠
⎝
[2ζω ω cos ϕ + (ω
n
2
[
) ]
[
) ]
(
− ω2n sin ϕ X = 0 Î 2ζωn ω cos ϕ − ω2n − ω2 sin ϕ X = 0
) ]
(
⎛ ω2 ⎞
ω
1
1
2
2
cos ϕ = ⎜1 − 2 ⎟ sin ϕ
2ζωn ω cos ϕ − ωn − ω sin ϕ X = 0 2 Î 2ζ
⎜ ω ⎟
ωn
ω2n
ωn
n⎠
⎝
tan ϕ =
2ζ r
1 − r2
(2ζ r )2 + (1 − r 2 )
2
2ζ r
1− r 2
2ζ r
sin ϕ =
(
(2ζr )
2
⎡
⎢ 2ζ r
⎢
⎢⎣
+ 1− r
2ζ r
(2ζr )
X
=
F0
k
2
(
+ 1− r
)
)
2 2
2 2
, cos ϕ =
(
+ 1− r
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
=
2
)
1 − r2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
⎤
⎥ X = F0
2⎥
k
(2ζr )2 + 1 − r 2 ⎥⎦
1 − r2
(
)
1
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
⎛ 2ζ r ⎞
, ϕ = tan −1⎜
⎟
⎝1 − r2 ⎠
51/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
6
ζ=0
5
ζ=0.1
X/F0/k
4
ζ=0.2
3
Artan sönüm
2
ζ=0.5
1
0
ζ=0.707
0
0.5
1
1.5
2
r
2.5
3
3.5
4
φ
r
Rezonans durumu incelenir ise;
Rezonans durumunda genlik en büyük değere sahiptir. En büyük genliğin elde edildiği
frekans değerine REZONANS FREKANSI adı verilir. Bu frekans değerinde cevap genliği
eğrisinin türevi sıfıra eşittir.
⎛
⎜ X
d⎜
⎜ F0
⎝ k
dr
⎞
⎟
⎟ 0*
⎟
⎠=
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
− 0.5
8ζ 2r − 4r + 4r 3
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
52/154
=0
Mekanik Titreşimler Ders Notları
ω
= 1 − 2ζ 2 Î Rezonans Frekansı ωR = ωn 1 − 2ζ 2 ζ = 0.707 ve
ωn
daha sonrası için rezonans tepesi gözlenmez.
r 2 + 2ζ 2 − 1 = 0 Î r =
Rezonansdaki genlik değerini hesaplamak için bulunan r değeri genlik oranı ifadesinde yerine
konulur ise
⎛
⎜ X
⎜F
⎜ 0
⎝ k
⎛
⎜ X
⎜F
⎜ 0
⎝ k
⎞
⎟
1
elde edilir. Küçük sonüm oranları için Rezonans Genliği
⎟ =
⎟
2ζ 1 − ζ 2
⎠R
⎞
⎟
1
⎟ = 2ζ olarak elde edilir.
⎟
⎠R
Tek serbestlik dereceli bir sistemin frekansa bağlı cevap genliklerini hesaplamak için
aşağıdaki program notepad programında yazılarak txt formatında kaydedilir. ANSYS’de
çalıştırılır. Farklı model parametreleri için (kütle, direngenlik, sönüm) cevap genlikleri
incelebilir.
dof1_harm.txt
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
r,1,0,40
r,2,200000,200
f(t)=F0sinωt
n,1,0,0,0
n,2,0,1,0
m
type,1
real,1
e,2
type,2
real,2
e,1,2
eplot
x(t)
k
/solu
antype,3
d,all,ux,0
d,all,uz,0
d,1,uy,0
f,2,fy,-100
harfrq,0,60
nsubst,60
kbc,1
solve
/post26
nsol,2,2,uy
plvar,2
53/154
c
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Kütle Dengesizliğinden Kaynaklanan Kuvvetler İle Oluşan Titreşimler:
Kütle dengesizliği hemen hemen tüm dönel makinalarda karşılaşılan temel bir problemdir.
Şekilde kütle dengesizliği ile uyarılan tek serbestlik dereceli bir sistem görülmektedir.
F(t) (N)
mdeω
md
e
2
ωt
ωt
m
ωt (rad)
x(t)
k
c
F( t ) = m d eω2 sin ωt
m&x& + cx& + kx = m d eω2 sin ωt = F0 sin ωt
x ( t ) = X sin (ωt − ϕ) , x& ( t ) = ωX cos(ωt − ϕ) , &x&( t ) = −ω2 X sin (ωt − ϕ)
c
k
m d eω2
&x& + x& + x =
sin ωt
m
m
m
&x& + 2ζω n x& + ω 2n x =
m d eω 2
sin ω t
m
− ω2 X sin (ωt − ϕ) + 2ζωn ωX cos(ωt − ϕ) + ω2n X sin (ωt − ϕ) =
m d eω2
sin ωt
m
Trigonometrik eşitliklerden kullanılarak
− ω2 X sin ωt cos ϕ + ω2 X sin ϕ cos ωt + 2ζωn ωX cos ωt cos ϕ + 2ζωn ωX sin ωt sin ϕ + ω2n X sin ωt cos ϕ
− ω2n X sin ϕ cos ωt =
mde 2
ω sin ωt
m
sinωt ve cosωt terimlerinin katsayıları oluşturularak
[
]
m d eω2
− ω cos ϕ + 2ζωn ω sin ϕ + ω cos ϕ X sin ωt =
sin ωt
m
ω2 sin ϕ + 2ζωn ω cos ϕ − ω2n sin ϕ X cos ωt = 0
2
2
n
[
]
⎡ ω
⎤
⎛ ω2 ⎞
m d e ω2
m d eω2
⎜
⎟
ζ
ϕ
+
−
ϕ
=
2
sin
1
cos
X
Î
⎢
⎥
n
⎜ ω2 ⎟
m
m ω2n
n ⎠
⎝
⎣ ωn
⎦
⎛ ω2 ⎞
ω
2ζ r
2ζωn ω cos ϕ − ω2n − ω2 sin ϕ X = 0 Î 2ζ cos ϕ = ⎜⎜1 − 2 ⎟⎟ sin ϕ Î tan ϕ =
ωn
1 − r2
⎝ ωn ⎠
[2ζω ωsin ϕ + (ω
2
n
[
(
]
− ω2 )cos ϕ X =
) ]
sin ϕ ve cos ϕ için değerler yerine konur ise
54/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
2ζ r
sin ϕ =
⎡
⎢
⎢
⎣
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
(2ζr )2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2
X
mde
r2
=
m
+
, cos ϕ =
1 − r2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )
2
(1 − r )
(2ζr ) + (1 − r )
2 2
2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2
2
⎤
⎥ X = mde r 2
2
m
⎥
⎦
r2
=
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2
5
ζ=0
4
ζ=0.1
Artan
Sönüm
3
X
mde m
ζ=0.3
2
ζ=0.5
1
0
ζ=0.707
ζ=1
0
1
2
r
3
4
5
Rezonans durumundaki r oranını bulmak için genlik ifadesinin r’ye göre türevi alınıp sonuç
sıfıra eşitlenir ise,
⎛ X ⎞
⎟⎟
d⎜⎜
m
e
m
r
1 r 2 (8ζ 2 r − 4r + 4r 3 )
⎝ d
⎠ =2
=0
−
dr
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2 2 3 (2ζr )2 + (1 − r 2 )2
İşlemler yapılır ise REZONANS durumu için r oranı
⎛ ⎞
(r )rez = ⎜⎜ ω ⎟⎟ = 1 2 Î Buradan ωR = ωn 2 , Bu frekans genlik ifadesinde yerine
1 − 2ζ
1 − 2ζ
⎝ ωn ⎠ rez
konulur ise REZONANS genliği için
⎛ X ⎞
1
⎜⎜
⎟⎟ =
dir. Küçük sönüm oranları için
2
⎝ m d e m ⎠ rez 2ζ 1 − ζ
55/154
⎛ X ⎞
1
⎜⎜
⎟⎟ =
dir.
⎝ m d e m ⎠ rez 2ζ
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Zemine İletilen Kuvvet:
Harmonik kuvvet etkisi altındaki bir mekanik sistem, hareket sırasında yay ve amortisörde
oluşan reaksiyon kuvvetlerini bağlantı noktalarından zemine iletir. Zorlama kuvveti genliği ve
zemine iletilen kuvvet arasındaki ilişki aşağıdaki şekilde elde edilebilir.
f(t)=F0sinωt
f(t)=F0sinωt
m
m
x(t)
k
x(t)
k
c
c
Fc
Fk
Ftr=Fk+Fc
Harmonik zorlama etksindeki düzenli rejim titreşimleri dikkate alınarak harmonik yer
değiştirme ve buna ait hız ifadesi ile;
x ( t ) = X sin (ωt − ϕ) , x& ( t ) = ωX cos(ωt − ϕ)
Ftr = kX sin (ωt − ϕ) + cωX cos(ωt − ϕ)
Aşağıdaki trigonometrik ilişki kullanılarak
⎛B⎞
z( t ) = A sin ωt + B cos ωt = A 2 + B2 sin (ωt + β ) , β = tan −1 ⎜ ⎟
⎝A⎠
A=3
B=4
ω=18.85
5
0
z( t ) = A sin ωt + B cos ωt
-5
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
Zaman (sn)
0.7
0.8
0.9
1
5
⎛
⎛ B ⎞⎞
z ( t ) = A 2 + B2 sin ⎜⎜ ωt + tan −1 ⎜ ⎟ ⎟⎟
⎝ Z ⎠⎠
⎝
0
-5
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
Zaman (sn)
0.7
0.8
56/154
0.9
1
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Dolayısı ile zemine iletilen kuvvet aşağıdaki şekilde ifade edilebilir.
Ftr ( t ) = FTR sin (ωt + φ')
Zemine iletilen kuvvet genliği üzerinde durulduğu için FTR genliği
FTR =
(kX )2 + (cXω)2
FTR = kX 1 +
=
c 2ω2
2
⎣
k X
2
2
⎤
⎥
⎦
( k = mω2n )
( )
m ω
2
⎡
(kX )2 ⎢1 + c ω2 X2
2 2
n
2
FTR
2
2
⎛c⎞ r
2 r
= kX 1 + ⎜ ⎟ 2 = kX 1 + (2ζωn ) 2
ωn
⎝ m ⎠ ωn
FTR = kX 1 + (2ζr )
2
FTR
=
F
Fk
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2
1 + (2ζr )
2
(2ζr )
2
(
+ 1− r
)
2 2
= T (Kuvvet iletim Oranı, Transmissibility)
5
4.5
4
3.5
3
FTR/F
X=
2.5
Artan Sönüm
2
1.5
1
Artan Sönüm
0.5
0
2
0
0.5
1
1.5
2
2.5
r
57/154
3
3.5
4
4.5
5
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Kuvvet iletim oranı grafiği ile ilgili özellikler:
¾
¾
¾
¾
¾
ω
= 0 ise ya ω=0 ya da ωn=∞ dur. ω=0 olması uygulanan kuvvetin sabit genlikli
ωn
olduğunu gösterir. Hız sıfır olduğunda sönümleyici kuvveti sıfır olur ve kuvvet yay
k
üzerinden zemine iletilir. ω n =
=∞ durumu ya yay direngenliğinin sonsuz ya da
m
kütle değerinin 0 olması halidir. Bu durumda bağlantı rijit olduğundan kuvvet direkt
olarak iletilir. uygulanan kuvvet direkt olarak yapıya iletilir.
ω
= 2 özel bir frekans oranı olup bu durumda sönüm oranı ne olursa olsun iletim
ωn
oranı 1 olmaktadır.
ω
< 2 ise T>1’dir. Bu frekans bölgesinde ζ artar ise T kuvvet iletim oranı azalır.
ωn
Bu bölgede ω’nın değeri küçük olduğu için harmonik hareket sırasında ortaya çıkan
hızlar düşüktür. Bu nedenle sönümleyicinin ilettiği kuvvet yayın ilettiği kuvvete göre
daha düşüktür.
ω
> 2 ise T<1 olur. Bu frekans bölgesinde iletim oranının azaltılması için ζ’nin
ωn
mümkün olduğunca azaltılması gereklidir. Bu bölgede ω büyük olduğundan hızlar da
büyüktür. Dolayısı ile iletim ağırlıklı olarak sönümleyici üzerinden olur.
ω
⇒ ∞ T sıfıra yaklaşır. Bu durum ya ω=∞, ya da ωn=0 ile sağlanabilir. Geçek
ωn
mühendislik sistemleri için zorlama frekansı belli değerlere kadar büyültülebilir.
k
ωn =
‘nin sıfıra yaklaşması için ya k değeri sıfıra yaklaşmalı ya da kütle değeri
m
sonsuza gitmelidir. K değerinin sıfıra yaklaşması kütle ile zemin arasındaki bağın
zayıflaması şeklinde yorumlanabilir, m değerinin sonsuza gitmesi durumunda da
kütlenin eylemsizliği sonsuza gittiğinden kuvvet zemine iletilemeyecektir.
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
58/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Kütle Dengesizliğinden Kaynaklanan Kuvvetlerin Zemine İletimi:
Harmonik bir kuvvet zorlaması durumu için zemine iletilen kuvvet ifadesi
FTR = kX 1 + (2ζr ) formülü ile ifade edilmişti.
2
Kütle dengesizliğinden kaynaklanan kuvvetler ile zorlanan tek serbestlik dereceli bir sistem
için kütleye ait yer değiştirme genliği X
X=
mde 2
r
m
(2ζr )
2
(
+ 1− r
)
2 2
idi.
Bu yer değiştirme genliği yukarıda verilen zemine iletilen kuvvet ifadesinde yerine konur ise
FTR =
k
mde 2
2
2
r 1 + (2ζr )
ω 2n m d e r 2 1 + (2ζr )
FTR
m
Î
=
=
2
2
2
2 2
2 2
m
e
ω
d
n
(2ζr ) + 1 − r
(2ζr ) + 1 − r
(
)
(
)
r 2 1 + (2ζr )
2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2
Kütle dengesizliğinden kaynaklanan kuvvetlerin zemine iletilmesi, frekans oranı ve sönüm
oranına bağlı olarak aşağıdaki şekilde değişmektedir.
6
5
Artan sönüm
Artan sönüm
4
FTR
m d eω2n
3
2
1
0
2
0
0.5
1
1.5
2
r
59/154
2.5
3
3.5
4
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Şekilden görüldüğü gibi, r< 2 durumunda zemine iletilen kuvvet sönüm oranı arttıkça
azalmakta, r > 2 için kütle dengesiliği kaynaklı kuvvetlerin zemine iletilme oranı sönüm
oranı arttıkça yüksek oranda artmaktadır.
Harmonik Zemin Zorlaması:
Mühendislik sistemleri farklı formlardaki zemin zorlamalarına maruzdurlar. Bir araç için
yoldan gelen uyarılar, deprem kaynaklı zemin uyarıları zemin zorlamalarına verilen tipik
örneklerdir. Bu bölümde harmonik formdaki bir zemin zorlaması ile tek serbestlik dereceli bir
sistemin yer değiştirme cevabı arasındaki ilişki incelenmiştir.
x(t)
1
mx& 2
2
1
E 2 = k (x − y )2
2
E1 =
m
k
c
y
y ( t ) = Y sin ωt
δW = −c (x& − y& ) δ(x − y )
t
Zemin
m&x& + c(x& − y& ) + k (x − y ) = 0 Î m&x& + cx& + kx = ky + cy&
m&x& + cx& + kx = kY sin ωt + cωY cos ωt
⎛
⎛ cω ⎞ ⎞
⎛
2
2
−1 cω ⎞
m&x& + cx& + kx = Y k 2 + (cω)2 sin ⎜⎜ ω t − tan −1 ⎜ −
⎟ ⎟⎟ = Y k + (cω) sin ⎜ ω t + tan
⎟
k ⎠
⎝ k ⎠⎠
⎝
⎝
Hareket denklemi girdi formu incelendiğinde, zemin zorlamalı tek serbestlik dereceli bir
sistemin, kütle üzerine etki eden Y k 2 + (cω)2 genliğine sahip harmonik formdaki bir
zorlamaya maruz sistem ile aynı hareket denklemine sahip olduğu görülebilir. Diğer taraftan
hareket denkleminin ilk formu düşünüldüğünde sönüm oranı ve sistemin sönümsüz doğal
frekansı cinsinden denklem
c
k
k
c
&x& + x& + x = Y sin ωt + ωY cos ωt
m
m
m
m
2
2
&x& + 2ζω n + ω n x = ω n Y sin ωt + 2ζω n ωY cos ωt
şeklinde yazılabilir. Bu denklem tek serbestlik dereceli bir sistemin iki farklı harmonik
zorlamanın toplamına maruz kalması durumunu yansıtmaktadır. İncelenen sistemin lineer bir
sistem olduğu dikkate alınarak, iki farklı harmonik zorlama toplamına verilen cevabın iki
farklı zorlamaya verilecek cevapların toplamı olduğu bilgisi kullanılarak,
x ö ( t ) = x 1ö ( t ) + x ö2 ( t )
60/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
x 1ö ( t ) =
ϕ = tan −1
ω 2n Y
(
ω 2n
−ω
2ζω n ω
ω 2n
−ω
x ö (t ) = ωn Y
(
)
2 2
2
ω 2n
+ (2ζω n ω)
= tan −1
2
sin (ωt − ϕ) , x ö2 ( t ) =
2ζr
−ω
)
−ω
)
2 2
+ (2ζω n ω)
2
cos(ωt − ϕ)
X
1− r2
ω 2n + (2ζω)2
2 2
(
ω 2n
2ζω n ωY
+ (2ζω n ω)
2
sin (ωt − θ) = Y
1 + (2ζr )2
(1 − r )
2 2
+ (2ζr )
2
sin (ωt − θ)
⎛
⎞
2ζr 3
⎟
θ = tan −1 ⎜
⎜ 1 + 4ζ 2 − 1 r 2 ⎟
⎝
⎠
(
X
=
Y
)
1 + (2ζr )2
(1 − r )
2 2
+ (2ζr )
(Hareket iletim oranı)
2
Hareket iletim oranı ile Kuvvet iletim oranı ifadelerinin aynı olduğu görülebilir. Hareket
iletim oranının frekans oranı ve sönüm oranına bağlı değişimi aynen Kuvvet iletim oranı için
bahsedilen şekildedir.
5
4.5
4
3.5
FTR/F
3
X 2.5
Y
Artan Sönüm
2
1.5
Artan Sönüm
1
0.5
0
2
0
0.5
1
1.5
2
2.5
r
61/154
3
3.5
4
4.5
5
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Harmonik formdaki zemin yer değiştirmesi dolayısı ile ile m kütlesine etki eden kuvvet
frekans oranı ve sönüm oranına bağlı olarak aşağıdaki şekilde değişmektedir.
6
5
Artan sönüm
FT/kY
4
Artan sönüm
3
2
1
0
2
0
0.5
1
1.5
2
r
2.5
3
3.5
4
Bu değişim kütle dengesiliği kaynaklı kuvvetlerin zemine iletilmesi ile aynı formdadır.
Şekilden görüldüğü gibi, r > 2 için harmonik yer değiştirme dolayısı ile kütleye uygulanan
kuvvet sönüm oranı arttıkça yüksek oranda artmaktadır. Eğrinin sıfırdan başlaması düşük
frekans değerleri için yer değiştirme ve hız genlikleri arasında fark olmamasından
kaynaklanmaktadır [ FT = k ( x − y) + c( x& − y& ) ]
Örnek: Şekilde görülen bir araç modeli sinüs formuna sahip bir yolda ilerlemektedir. Sinüs
formundaki yol için genlik değeri (0-max) 4 cm ve yol profili için dalga boyu 6 m olarak
verilmektedir. Araç titreşim genliğini hesaplayınız.
x(t)
m
k
m=1100 kg
k=500 kN/m
ζ=0.4
varaç=100 km/h
Y=0.04 m
λ=6 m
c
y ( t ) = Y sin ωt
Y
6m
62/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
v araç =
v araç 27.77
v araç
100
= 27.77 m / sn , λ =
Îf =
=
= 4.629 Hz
3.6
λ
6
f
ω = 2π2.629 = 29.09 rad / sn
ωn =
X
=
Y
ω 29.09
k
500000
=
= 21.32 rad / sn , r =
=
= 1.364
ω n 21.32
m
1100
1 + (2ζr )
2
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
2
Î X = 0.04
1 + 4 * 0.4 2 *1.364 2
(1 − 1.364 )
2 2
+ 4 * 0.4 2 * 1.364 2
=0.0425 m
TEK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN PERİYODİK ZORLAMALAR
CEVABI
Mekanik sistemler üzerine etki eden dış zorlamalar sıklıkla zaman içerisinde düzgün tekrarlı
(periyodik) formdadır. Periyodik bir fonksiyon
f(t)
T
f(t)
t
m
x(t)
k
c
Daha önce de kısaca bahsedildiği gibi periyodik bir fonksiyon f(t) Fourier seri açılımı
kullanılarak saf harmonik sinyallerin toplamları şeklinde ifade edilebilir. Periyodik bir f(t)
2π
fonksiyonun tekrarlama periyodu T ve temel frekans değeri ω =
olmak üzere
T
∞
a
f ( t ) = 0 + ∑ a n cos n ω t + b n sin ω n t
şeklinde ifade edilebilir.
2 n =1
Burada f(t) fonksiyonunu oluşturan katsayılar
63/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
T
2
a 0 = ∫ f ( t ) dt
T0
T
2
a n = ∫ f ( t ) cos (n ωt ) dt , n=1,2,3…
T0
T
2
b n = ∫ f ( t ) sin (n ωt ) dt , n=1,2,3…
T0
şeklinde tanımlanır.
Daha önceki bölümlerde, tek serbestlik dereceli sönümlü bir sistemin
zorlamasına verdiği cevap konusuna değinilmiş idi.
f ( t ) = F sin ωt şeklindeki bir zorlama için cevap x ( t ) =
şeklinde elde edilmişti. Burada ϕ = tan − 1
Burada H =
x(t) =
1
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
2
F
k
harmonik kuvvet
1
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
2
sin (ωt − ϕ)
2ζr
idi.
1− r2
büyütme faktörü tanımlaması yapılır ise
F
F
H sin (ωt − ϕ) , veya girdi f ( t ) = F cos ωt formunda ise x ( t ) = H cos (ωt − ϕ)
k
k
yazılabilir. Sistemin, periyodik zorlama kuvvetinin seri açılımındaki her bir harmonik
zorlamaya cevabı yukarıdaki şekilde hesaplanır ise, lineer sistemler için periyodik girdiye
toplam cevabın da bu cevapların toplamı olacağını söylemek mümkündür. Lineer sistemlerde
süperpozisyon prensibi geçerlidir.
Periyodik bir zorlamaya maruz tek serbestlik dereceli bir lineer sistemin düzgün rejim cevabı
aşağıdaki şekilde yazılabilir.
x ss ( t ) =
1 a0 1 ∞
+ ∑ H n [a n cos(nωt − ϕ n ) + b n sin (n ωt − ϕ n )] dir.
2 k k n =1
Burada
Hn =
Temel frekans
1
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
n
n
2
, rn =
⎛ 2ζrn
nω
, ϕ n = tan −1 ⎜⎜
2
ωn
⎝ 1 − rn
Doğal frekans
64/154
⎞
⎟⎟ dir.
⎠
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
Şekilde verilen periyodik zorlamaın Fourier açılımını elde edelim.
f(t) [N]
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
t (sn)
-10
T=2 sn ω =
a0 =
[
]
T
2
4
⎤ 1
1
2⎡
2
2
4
=
+
− 10 dt ⎥ = 10 t 0 − 10 t 2 = [20 − 0 − 40 + 20] = 0
10
dt
f
(
t
)
⎢∫
∫
∫
2
4 ⎣0
T0
2
⎦ 2
2⎡
an = ⎢
T⎣
an =
⎧ 10 0 < t < 2
f (t) = ⎨
⎩− 10 2 < t < 4
2π π
= rad/sn.
4
2
T/2
∫
0
T
4
⎤
⎤ 1 ⎡2
π
π
π
π
10
cos
n
t
dt
− ∫ 10 cos n t dt ⎥
10 cos n t dt − ∫ 10 cos n t dt ⎥ = ⎢ ∫
2
2
2
2
T/2
2
⎦
⎦ 2 ⎣0
2
4
π
20
π ⎤ 1 ⎡ 20
2 * 10
1 ⎡ 2 * 10
(sin 2πn − sin πn )⎤⎥ =0
−
sin
n
t
sin
n
t
⎢
⎥ = ⎢ (sin nπ − sin 0) −
nπ
nπ
2 2 ⎥⎦ 2 ⎣ nπ
2 ⎢⎣ nπ
2 0
⎦
an=0 (Tek fonkiyonlarda an=0’dır)
2⎡
bn = ⎢
T⎣
bn =
T/2
∫
0
T
4
⎤
⎤ 1 ⎡2
π
π
π
π
10 sin n t dt − ∫ 10 sin n t dt ⎥ = ⎢ ∫ 10 sin n t dt − ∫ 10 sin n t dt ⎥
2
2
2
2
T/2
2
⎦
⎦ 2 ⎣0
π
1 ⎡ 2 * 10
cos n t
⎢−
2 ⎣⎢ nπ
2
2
+
0
4
π ⎤ 1 ⎡ 20
2 * 10
(cos nπ − cos 0) + 20 (cos n 2π − cos nπ)⎤⎥
cos n t ⎥ = ⎢−
nπ
nπ
2 2 ⎦⎥ 2 ⎣ nπ
⎦
bn =
10
[(1 − cos nπ) + (cos n 2π − cos nπ)] = 10 [1 − 2 cos nπ + cos 2nπ] = 10 [2 * (1 − cos nπ)] = 20 (1 − cos nπ)
nπ
nπ
nπ
nπ
bn =
20
(1 − cos nπ) (Tek fonkiyonlarda bn≠0’dır)
nπ
Bu durumda zorlama fonksiyonu
65/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
f (t) =
20 ∞ 1
(1 − cos nπ)sin n π t şeklindedir.
∑
2
π n =1 n
n=2 ve katları için f(t)=0 dır. Dolayısı ile f(t) tek ne değerleri için hesaplanır.
20
n=1
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5,7
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5,7,9
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5,7,9
11,13,15,17,19
0
-20
0
1
2
3
4
5
Şekil. f(t) fonksiyonu Fourier açılımı.
.
66/154
6
7
8
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
F(t) [N]
F(t)
m
k
50
x(t)
c
m=20 kg
c=100 Ns/m
k=10000 N/m
t [sn]
2
Fourier Serisi:
F( t ) =
4
⎧25 t
F( t ) = ⎨
⎩ (100 − 25 t )
T=4 sn
ωT=2π Î ω=0.5π (rad/sn)
8
6
0≤t≤2
2≤t≤4
a0 ∞
+ ∑ (a n cos(n ω t ) + b n sin( n ω t ))
2 n =1
T
2
4
⎤
2
2⎡
a 0 = ∫ Ft dt = ⎢ ∫ 25 t dt + ∫ (100 − 25 t ) dt ⎥ = 50
T0
4 ⎢⎣ 0
⎥⎦
2
0
T
2
4
⎤
2
2⎡
⎛ cos (n π ) − 1 ⎞
a n = ∫ Ft cos (n 0.5 π t ) dt = ⎢ ∫ 25 t cos (n 0.5 π t ) dt + ∫ (100 − 25 t ) cos (n 0.5 π t ) dt ⎥ = 100 ⎜
⎟
T0
4 ⎢⎣ 0
⎝ n 2π2
⎠ -5
⎥⎦
2
T
2
4
⎤
2
2⎡
b n = ∫ Ft sin (n 0.5 π t ) dt = ⎢ ∫ 25 t sin (n 0.5 π t ) dt + ∫ (100 − 25 t ) sin (n 0.5 π t ) dt ⎥ = 0
-10
T0
4 ⎢⎣ 0
⎥⎦
2
Frekansa Bagli Fourier Katsayisi Degeri (an)
a4
a2
a3
50 100 ∞ 1
+
∑ [cos (n π) − 1] cos (n 0.5 π t )
2 π 2 n =1 n 2
-15
-20
-25
67/154
a7
a8
a9
a10
ω1=0.5π, a1=-20.2642
ω3=1.5 π, a3=-2.2516
ω5=2.5 π, a5=-0.8106
ω7=3.5 π, a7=-0.4136
ω9=4.5 π, a9=-0.2502
an
F( t ) =
a6
a5
a1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
w (rad/sn)
10 11 12 13 14 15
16
Mekanik Titreşimler Ders Notları
50 100 ∞ 1
F( t ) =
+ 2 ∑ 2 [cos (n π ) − 1] cos (n 0.5 π t )
2 π n =1 n
26
a0
25
0
24
-50
1
a2*cos(2*ω*t)
1
1
1
6
8
10
12
14
16
18
20
5
1
a1*cos(1*ω*t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a3*cos(3*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-5
20
1
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a5*cos(5*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-1
20
0.5
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a7*cos(7*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-0.5
20
0.5
0
-1
a10*cos(10*ω*t)
4
0
-1
a8*cos(8*ω*t)
2
0
-1
a6*cos(6*ω*t)
0
0
-1
a4*cos(4*ω*t)
50
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a9*cos(9*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-0.5
20
50
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
F(t)
0
-1
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
68/154
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Hi =
(1 − r )
1
2 2
i
2
⎛ 2 ξ ri ⎞
⎟
, ϕ = tan −1 ⎜
⎜1− r 2 ⎟
i ⎠
⎝
x1(t)
x0(t)
x(t ) =
+ (2 ξ ri )
H1=1.0048, φ1=0.0158 rad
H3=1.0452, φ3=0.0493 rad
H5=1.1362, φ5=0.0894 rad
H7=1.3053, φ7=0.1440 rad
H9=1.6215, φ9=0.2313 rad
x3(t)
x5(t)
x7(t)
x9(t)
a 0 20.2642 H1
2.2516 H 3
0.8106 H 5
0.4136 H 7
0.2502 H 9
cos (1.5 π t − ϕ 3 ) −
cos (2.5 π t − ϕ 5 ) −
cos (3.5 π t − ϕ 7 ) −
cos (4.5 π t − ϕ 9 )
−
cos (0.5π t − ϕ1 ) −
2k
k
k
k
k
k
50
4
F(t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5
x1(t)
x3(t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
x7(t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
5
x(t)
0
-0.05
6
0
-0.1
0.05
x9(t)
4
0.1
0
-0.1
2
0
-0.5
0.1
x5(t)
0
0.5
0
-5
2
x0(t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
69/154
0
Mekanik Titreşimler Ders Notları
ÖDEV:
Şekilde verilen tek serbestlik dereceli sistemin verilen periyodik girdilere cevabını bulunuz.
f(t)
m
x(t)
k
(a)
c
m=30 kg
k=5000 N/m
c=40 Ns/m
f(t) [N]
200
(b)
π
2π
3π
4π
2
4
6
8
t (sn)
f(t) [N]
200
Hesaplamalarda
n=20’ye kadar dikkate alınız. Fourier katsayılarının frekansa göre
değişimini, zorlama fonksyonunu ve cevabı grafikler halinde gösteriniz. Ödevinizde tüm
hesaplamaları veriniz. Ödevinizi Office Word 2003 formatında hazırlayıp, pdf dosya ve çıktı
olarak teslim ediniz.
70/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Zorlama Fonksiyonunun Örnekleri Mevcut İse:
Bazı durumlarda zorlama fonksiyonunun kapalı formu yerine örneklenmiş hali mevcut
olabilir. Bu durumda Fourier dönüşümü aşağıdaki şekilde hesaplanabilir.
f(t)
f2
f3
f1
Δt
t1
t2
t3
t (sn)
tN
τ=N*Δt
a0 =
2πnt i
2πnt i
2 N
2 N
2 N
f
x
cos
x i sin
=
=
,
a
,
b
∑
∑
∑
i
n
i
n
τ
τ
N i =1
N i =1
N i =1
71/154
n=1,2,3…
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MEKANİK TİTREŞİMLER
Darbe (Impulse) ve Basamak (Step) Cevapları: Bu bölümde tek serbestlik bir dereceli
sistem için darbe ve basamak girdilere karşı cevaplar üzerinde durulmuştur.
F
f(t)
m
Δt
x(t)
k
x& = 0
c
t (sn)
F Δt
x& = x 0
+
m
Sistem momentumu
(Impuls’dan önce)
=
Impuls Girdi
m
Sistem momentumu
(Impuls’dan sonra)
F( t )
F̂
Δt
Δt
τ 2
Δt
2
⎧
⎪
⎪0
⎪
⎪ F̂
F( t ) = ⎨
⎪ Δt
⎪0
t (sn)
⎪
⎪
⎩
t ≤ τ−
τ−
Δt
2
Δt
Δt
< t < τ+
2
2
Δt
t ≥ τ+
2
m kütlesine etki eden impuls şeklindeki kuvvet, kısa süreli ve büyük genlikli bir kuvvet olarak
nitelendirilir. Impuls şiddetini tanımlamak için F(t) kuvveti integre edilir.
τ+
I(Δt ) =
Δt
2
∫ F(t ) dt
τ−
Δt
2
F(t) kuvveti sadece Δt aralığında sıfırdan farklı bir değere sahip olduğu için yukarıdaki
integral sınırları aşağıdaki gibi genişletilebilir.
∞
I(Δt ) =
∫ F(t ) dt
(Ns)
−∞
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
72/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Yukarıda tanımlanan F(t) fonksiyonu için eğri altında kalan hesaplanır ise
∞
∫
I(Δt ) =
−∞
F( t ) dt =
F̂
Δt = F̂ ,
Δt
∞
F( t − τ) = 0
t ≠ τ,
∫ F(t − τ) dt = F̂
−∞
Eğer F̂ =1 ise bu durum birim impuls girdi tanımını oluşturmaktadır ve δ( t ) ile gösterilir,
ayrıca Dirac Delta fonksiyonu olarak da ifade edilir.
Bir sisteme etki eden impuls nitelikli bir kuvvet, sisteme bir ilk hız kazandırırlar. Bu ilk hız
x& (0) =
FΔt F̂
=
dır.
m
m
Durağan haldeki tek serbestlik dereceli kritik altı sönümlü bir sistem için başlangıç hızına
bağlı titreşim cevabı
x(t) =
F̂ −ζωn t
e
sin ωd t
mωd
F̂ = 1 için kuvvet birim impuls olarak adlandırılır ve bu durumda sistem serbest titreşim
cevabı
x(t) =
1 −ζωn t
e
sin ωd t
mωd
dir. Bu çözüme tek serbestlik dereceli sistemin t=0’da etki den
birim impuls girdiye cevabı adı verilir ve h(t) ile gösterilir. F̂ şiddetindeki bir impuls girdi için
cevap x ( t ) = F̂ h ( t ) olarak yazılır. Eğer birim impuls girdi t=τ da ( τ ≠ 0 ) etki ediyor ise cevap
1 −ζωn ( t −τ)
h ( t − τ) =
e
sin ωd ( t − τ) dur.
mωd
Bu cevap genel formlu bir zorlama için de kullanılacaktır.
Örnek:
1 kg ağırlığındaki bir kuş 72 km/h hız ile uçarken şekilde gösterilen kameraya çarpmaktadır.
(Kuş zarar görmüyor). Kameranın maksimum yer değiştirme genliğini hesaplayınız.
E=71x109 N/m2.
Kamera,
mc=3 kg
m&x&( t ) + kx ( t ) = Fδ( t )
L=0.55 m
Kesit: 20x20 mm2
73/154
k=
3EI
L3
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Çarpışma sırasındaki impuls şiddeti F̂ = m k v k = 1x
k=
3x 71x10 9 x 0.02 4
0.55
3
72
= 20 kg m / s
3.6
= 2.048x10 5 N / m
Doğal frekans değeri ω n =
k
=
mc
2.048x10 5
= 261.3 rad / s
3
Sönüm oranı ζ=0 için
x(t) =
mk vk
20
sin ω n t =
sin 261.3 t = 0.0255 sin 261.3 t
m c ωn
3x 261.3
Tek serbestlik dereceli sistemin impulse cevabı kullanılarak, sistemin genel formlu bir
zorlamaya cevabı hesaplanabilir. n aralığa bölünmüş bir zorlama aşağıdaki şekilde
gösterilmiştir. Her bir ti anındaki cevap, Δt zaman süren ve kuvvet genliği F(ti) olan bir
impuls zorlamaya cevap olarak elde edilebilir. (Impuls genliği [F(ti)Δt])
F(t)
F(t3)
Δt =
t 1 t 2 t 3 t4
t
n
ti
t
t
ti anında etki eden impuls’a cevap aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
Δx ( t i ) = F( t i ) h ( t − t i )Δt
j zaman aralığı sonundaki toplam cevap
j
x ( t j ) = ∑ F( t i ) h ( t − t i )Δt
i =1
Sistem lineer olduğu için süperpozisyon prensibi geçerlidir. Yukarıdaki denklem bunun bir
ifadesidir. Δt sıfıra giderken ΔtÎ 0 (nÎ∞)
t
x ( t ) = ∫ F(τ) h ( t − τ) dτ
0
74/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Bu integral convolution integrali olarak adlandırılır (Ayrıca Duhamel integrali olarak da
bilinir). Convolution integrali biri integral değişkeni ile kaydırılmış iki fonksiyonun
çarpımının integralidir. Convolution integrali aşağıdaki şekildeki gibi de ifade edilebilir.
t
x ( t ) = ∫ F( t − τ) h (τ) dτ
0
Duhamel integrali genel formlu bir girdiye cevabın hesaplanması için kullanılmaktadır.
Örnek:
Tek serbestlik dereceli bir sistemin şekilde verilen girdiye cevabını bulunuz. Başlangıç şartları
sıfırdır ve sistem kritik altı sönümlüdür.
F(t)
⎧ 0, t 0 > t > 0
F( t ) = ⎨
t ≥ t0
⎩F0 ,
F0
t0
t
⎧ 0, t 0 > t > 0
m &x& + c x& + k x = F( t ) = ⎨
t ≥ t0
⎩F0 ,
t
t0
⎤
1 −ζωn t ⎡ 0
ζω n τ
x(t) =
e
sin ωd ( t − τ) dτ + ∫ F0 e ζωn τ sin ωd ( t − τ) dτ⎥
⎢ ∫ (0 ) e
mωd
⎥⎦
⎢⎣ 0
0
x(t) =
F0 −ζωn t t ζωn τ
e
∫ e sin ωd (t − τ)dτ
m ωd
t0
İntegral alınır ve düzenlenir ise
x(t) =
F0
k
⎛
⎞
1
ζ
⎜1 −
e −ζωn (t − t 0 ) cos[ωd (t − t 0 ) − θ]⎟ t ≥ t 0 , θ = tan − 1
⎜
⎟
2
1− ζ
1− ζ2
⎝
⎠
Eğer t0=0 ise
x(t) =
F0
k
⎛
⎞
1
⎜1 −
e −ζωn t cos[ωd t − θ]⎟
⎜
⎟
1− ζ2
⎝
⎠
75/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Sönüm yok ise cevap (ζ=0)
F
x ( t ) = 0 (1 − cos ω n t ) , burada F0/k düzenli rejim genliğidir.
k
0.018
m=20 kg, k=10000 N/m, c=120 Ns/m, F0=100 N, t0=0 sn.
0.016
0.014
x (m)
0.012
0.01
0.008
0.006
F0
= 0.01 m
k
0.004
0.002
0
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
Zaman (sn)
ANSYS ile Çözüm: Yukarıda verilen problemi ANSYS APDL ile yazılan aşağıdaki
programın çalıştırılması ile çözebiliriz.
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m=20
c=120
k=10000
r,1,0,m
r,2,k,c
n,1,0,0,0
n,2,0,1,0
type,1
real,1
e,2
type,2
real,2
e,1,2
/solu
antype,modal
modopt,lanb,1
/solu
antype,trans
outres,all,all
kbc,0
deltim,dt
d,all,ux,0
d,all,uz,0
d,1,uy,0
f,2,fy,100
time,deltim/10
solve
solve
f,2,fy,100
time,tson
solve
eplot
*get,f1,mode,1,freq
t1=1/f1
wn=2*3.1416*f1
ksi=c/(2*sqrt(k*m))
tson=t1/ksi
dt=t1/20
finish
76/154
finish
/post26
nsol,2,2,uy
plvar,2
Mekanik Titreşimler Ders Notları
t0=0.6 sn
77/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
F0=30 N, k=1000 N/m, ζ=0.1 ve ωn=3.16 rad/sn değerlerine sahip tek serbestlik dereceli bir
sistemin şekilde verilen girdiye cevabını bulunuz. Başlangıç şartları sıfırdır ve sistem kritik
altı sönümlüdür. Girdi aşağıdaki gibi iki girdinin toplamı olarak da ifade edilebilir.
F(t)
F(t)
F(t)
+
F0
F0
t1
t1
t (sn)
t (sn)
-F0
Şekilde görüldüğü tek serbestlik dereceli sisteme etki t1 süreli ve F0 genlikli zorlama şekildeki
gibi F0 genlikli sürekli bir zorlama ile t1 zamanında başlayan –F0 genlikli diğer bir sürekli
zorlamanın toplamı ile ifade edilebilir.f(t)=f1(t)+f2(t). Lineer sistemlerde süperpoziyon
prensibi geçerli olduğu için sistemin cevabı bu iki zorlamaya olan cevapların toplamı şeklinde
olacaktır. x(t)=x1(t)+x2(t). Dolayısı ile
x1 (t) =
F0
k
⎞
⎞
⎛
− F0 ⎛⎜
1
1
⎜1 −
e −ζωn t cos[ωd t − θ]⎟ +
1−
e −ζωn ( t − t1 ) cos[ωd (t − t 1 ) − θ]⎟
⎟
⎟
⎜
k ⎜
1− ζ2
1− ζ2
⎠
⎠
⎝
⎝
t>t1 değerleri için
Tüm t değerleri için
x 1 (t) =
F0 e − ζωn t
k 1− ζ
2
(e
ζω n t1
)
cos[ω d ( t − t 1 ) − θ] − cos(ω d t − θ) ,
78/154
t > t1
t (sn)
Mekanik Titreşimler Ders Notları
0.06
t1=3 sn
F
0.04
t1=5 sn
x(t) (m)
0.02
t1
0
-0.02
-0.04
t1=0.1 sn
t1=1 sn
0
5
10
15
Zaman (sn)
Zorlama Fonksiyonu Rampa Şeklinde İse:
F(t)
Tek serbestlik dereceli bir sistem için
rampa şeklinde bir zorlama söz konusu
ise zamana bağlı yer değiştirme cevabı
aşağıdaki formdadır.
δF
Eğim δF
1
t (sn)
x(t) =
⎛ 2ζ
⎛ ω 2 − ζ 2 ω 2n
δF ⎡ 2ζ
cos ωd t − ⎜⎜ d 2
+ e −ζωn t ⎜
⎢t −
⎜ω
k ⎢⎣ ω n
⎝ ω n ωd
⎝ n
Eğer sönüm sıfır ise (ζ=0)
x(t) =
δF
[ω n t − sin ωn t ] sonucu elde edilir.
k ωn
79/154
⎞⎤
⎞
⎟⎟ sin ωd t ⎟⎥
⎟
⎠
⎠⎥⎦
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
F(t) [N]
Yukarıdaki örnekte verilen sistemin
yanda gösterilen zorlamaya cevabını
hesaplayınız.
Eğim, δF=50
100
2
t (sn)
k=1000 N/m, ζ=0.1 ve ωn=3.16.
0.35
0.3
0.25
x(t)
0.2
0.15
0.1
0.05
0
0
1
2
3
4
Zaman (sn)
5
6
7
ŞOK SPEKTRUMU (SHOCK SPECTRUM-RESPONSE SPECTRUM)
Mühendislik sistemleri çalışma şartlarında kısa süreli darbe nitelikli zorlamalara maruz
kalabilirler. Bir zorlamanın etkime süresi sistemin 1. doğal periyodundan küçük ise bu tip
zorlamalara şok girdi adı verilir. Darbe etkisi ile oluşan en büyük yer değiştirme cevabının
sistemin doğal frekansına göre değişimi şok spektrumu olarak adlandırılır.
Örnek: Şekildeki tek serbestlik dereceli sönümsüz sistemin, şekilde gösterilen yarım sinüs
şeklindeki zorlama durumu için şok spektrumunu elde ediniz. Sistem başlangıçta durağandır.
80/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
f(t)
f(t)
m
F0
x(t)
k
t0
ωT = 2π Î ω2t 0 = 2π Î ω =
π
t0
⎧F sin ωt 0 ≤ t ≤ t 0
m&x& + kx = f ( t ) = ⎨ 0
t > t0
⎩ 0
Sistemin genel çözümü x(t)=xh(t)+xö(t) şeklindedir.
⎞
⎛ F0
x ( t ) = A cos ω n t + B sin ω n t + ⎜
⎟ sin ωt , ω n =
2
⎝ k − mω ⎠
Başlangıç şartlarından
x (0) = x& (0) = 0 Î A=0, B = −
k
m
F0 ω
ω n (k − mω 2 )
Bu durumda genel çözüm şu şekilde yazılabilir.
x(t) =
⎛
⎞
ω
⎜⎜ sin ωt −
sin ω n t ⎟⎟
ωn
⎛ ω⎞ ⎝
⎠
⎟⎟
1 − ⎜⎜
⎝ ωn ⎠
F0 / k
0 ≤ t ≤ t0
2
Sistemin doğal periyodu ve darbe süresi kullanılarak cevap şu şekilde de yazılabilir.
x(t)
=
δ st
⎛
T
π
2π ⎞
⎜⎜ sin t − n sin
t⎟
t0
2t 0
Tn ⎟⎠
⎛ Tn ⎞ ⎝
⎟⎟
1 − ⎜⎜
⎝ 2t 0 ⎠
π
ω
t
T
= 0 = n
2
π
ωn
2t 0
Tn
1
0 ≤ t ≤ t0
2
81/154
t
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Yukarıdaki çözüm 0 ≤ t ≤ t 0 zaman aralığı için geçerlidir. t>t0 da kuvvet ortadan kalktığı için
serbest çözüm geçerlidir.
x ( t ) = A' cos ω n t + B' sin ω n t
t > t0
Serbest çözümün başladığı andaki (pulsun bittiği anda) x ve x& değerleri kullanılarak
⎡ T
2π t 0 ⎤
x ( t = t 0 ) = α ⎢− n sin
⎥ = A' cos ω n t + B' sin ω n t
Tn ⎦
⎣ 2t 0
⎡π π
2π t 0 ⎤
x& ( t = t 0 ) = α ⎢ − cos
⎥ = −ω n A' sin ω n t + ω n B' cos ω n t
Tn ⎦
⎣t0 t0
Burada α =
δ st
2
⎛T ⎞
1 − ⎜⎜ n ⎟⎟
⎝ 2t 0 ⎠
Yukarıdaki iki denklem kullanılarak kuvvetten sonraki serbest titreşim durumunu için A′ ve
B′ katsayıları aşağıdaki gibi elde edilir.
A' =
απ
απ
sin ω n t 0 , B' = −
[1 + cos ω n t 0 ]
ωn t 0
ωn t 0
Bu katsayılar serbest titreşim denkleminde yerine konur ise
Tn / t 0
x(t)
=
δ st
⎛ ⎛T
2⎜1 − ⎜⎜ n
⎜ ⎝ 2t 0
⎝
⎡
⎛ t0
t
⎜
π
−
sin
2
⎢
⎜T
2
⎝ n Tn
⎞ ⎞⎟ ⎣
⎟⎟
⎠ ⎟⎠
⎞
⎛
t
⎟⎟ − sin ⎜⎜ 2π
⎠
⎝ Tn
⎞⎤
⎟⎟⎥ ,
⎠⎦
t > t0
Kuvvet etki ederken ve kuvvet kalktığı andaki x(t) ifadesinin en büyük değerleri aşağıdaki
gibi grafik haline getirilir ise
82/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
⎛ x(t) ⎞
⎜⎜
⎟⎟
δ
st
⎝
⎠ max
2
1.5
1
0.5
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
⎛ t0
⎜⎜
⎝ Tn
⎞
⎟⎟
⎠
Şekilden de görüldüğü gibi tek serbestlik dereceli sistemin en büyük yer değiştirme genliği
⎛ x(t) ⎞
t0
⎟⎟ ≈ 1.75 olarak elde edilmektedir.
≈ 0.75 oranında ⎜⎜
Tn
⎝ δ st ⎠ max
Darbe süresinin yapının doğal periyoduna oranı değiştirilerek yer değiştirme genlikleri
kontrol edilebilir.
83/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
TEK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEM BASAMAK FORMLU GİRDİ CEVABI
Örnek 1:
MATLAB İLE:
F(t)
f(t)
m
x(t) F
0
k
c
t0
⎞
F ⎛
1
ζ
x ( t ) = 0 ⎜1 −
e −ζωn (t − t 0 ) cos[ωd (t − t 0 ) − θ]⎟ t ≥ t 0 , θ = tan − 1
⎜
⎟
k
1− ζ2
1− ζ2
⎝
⎠
Matlab ile Çözüm:
clc;clear
F0=100;
t0=2;
m=20;
k=10000;
ksi=0.1;
c=ksi*2*sqrt(k*m);
k1=sqrt(1-ksi^2);
t<t0 için FALSE yani xt=0 olmasını sağlar
teta=atan(ksi/k1);
t>=t0 için TRUE yani xt nin formül
wn=sqrt(k/m);
sonucundaki değeri almasını sağlar
wd=wn*k1;
dt=0.001;
tson=6;
t=0:dt:tson;
xt=((F0/k)*(1-1/k1*exp(-ksi*wn*(t-t0)).*cos(wd*(t-t0)-teta))).*(t>=t0);
plot(t,xt)
xlabel('Zaman (sn)')
ylabel('Yer degistirme (m)')
84/154
t
Mekanik Titreşimler Ders Notları
0.018
0.016
Yer degistirme (m)
0.014
0.012
0.01
0.008
0.006
0.004
0.002
0
t0
0
1
2
3
Zaman (sn)
4
5
6
ANSYS ile Çözüm:
d,1,uy,0
/title,"1-DOf step girdi cevabı"
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m=20
k=10000
ksi=0.1
c=ksi*2*sqrt(k*m)
F0=100
r,1,0,m
r,2,k,c
n,1,0,0,0
n,2,0,1,0
type,1
real,1
e,2
type,2
real,2
e,1,2
eplot
dt=0.01 !zaman artımı
tson=6 ! Analiz için son süre
/solu
antype,trans
outres,all,all
kbc,0
deltim,dt
t0=2
!Kuvvet uygulanıyor
f,2,fy,0
time,t0
solve
f,2,fy,F0
time,t0+dt
solve
f,2,fy,F0
time,tson
solve
!Çözüm tamamlandı
finish
/post26
nsol,2,2,uy
plvar,2
d,all,ux,0
d,all,uz,0
85/154
Farklı kuvvetler için
değişecek satırlar
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek 2:
F(t)
f(t)
m
x(t)
k
F0
c
t1
x(t) =
F0
k
t (sn)
⎛
⎞
⎞
− F0 ⎛⎜
1
1
⎜1 −
e −ζωn t cos[ω d t − θ]⎟ +
1−
e −ζωn (t − t1 ) cos[ω d (t − t 1 ) − θ]⎟
⎜
⎟
⎟
k ⎜
1− ζ2
1− ζ2
⎠
⎝
⎠
⎝
θ = tan − 1
ζ
1− ζ2
86/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MATLAB İLE:
clc;clear
F0=100;
t1=2;
m=20;
k=10000;
ksi=0.1;
c=ksi*2*sqrt(k*m);
k1=sqrt(1-ksi^2);
teta=atan(ksi/k1);
wn=sqrt(k/m);
wd=wn*k1;
dt=0.001;
tson=6;
t=0:dt:tson;
xt1=F0/k*(1-1/k1*exp(-ksi*wn*t).*cos(wd*t-teta))
xt2=(-F0/k*(1-1/k1*exp(-ksi*wn*(t-t1)).*cos(wd*(t-t1)-teta))).*(t>=t1);
xt=xt1+xt2
plot(t,xt)
xlabel('Zaman (sn)')
ylabel('Yer degistirme (m)')
0.02
Yer degistirme (m)
0.015
0.01
0.005
0
-0.005
-0.01
0
1
2
3
Zaman (sn)
87/154
4
5
6
Mekanik Titreşimler Ders Notları
ANSYS İLE:
antype,trans
outres,all,all
kbc,0
deltim,dt
/title,"1-DOf step girdi cevabı"
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m=20
k=10000
ksi=0.1
c=ksi*2*sqrt(k*m)
F0=100
r,1,0,m
r,2,k,c
n,1,0,0,0
n,2,0,1,0
type,1
real,1
e,2
type,2
real,2
e,1,2
eplot
dt=0.01 !zaman artımı
tson=6 ! Analiz için son süre
d,all,ux,0
d,all,uz,0
d,1,uy,0
/solu
t1=2
!Kuvvet uygulanıyor
f,2,fy,F0
time,dt
solve
f,2,fy,F0
time,t1
solve
f,2,fy,0
time,t1+dt
solve
f,2,fy,0
time,tson
solve
!Çözüm tamamlandı
finish
/post26
nsol,2,2,uy
plvar,2
88/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
F(t)
f(t)
m
x(t)
k
F0
c
t1
ANSYS İLE:
outres,all,all
kbc,0
deltim,dt
/title,"1-DOf step girdi cevabı"
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m=20
k=10000
ksi=0.1
c=ksi*2*sqrt(k*m)
F0=100
r,1,0,m
r,2,k,c
n,1,0,0,0
n,2,0,1,0
type,1
real,1
e,2
type,2
real,2
e,1,2
eplot
t1=1
t2=3
!Kuvvet uygulanıyor
f,2,fy,0
time,t1
solve
f,2,fy,F0
time,t1+dt
solve
f,2,fy,F0
time,t2
solve
f,2,fy,0
time,t2+dt
solve
f,2,fy,0
time,tson
solve
!Çözüm tamamlandı
dt=0.01 !zaman artımı
tson=6 ! Analiz için son süre
d,all,ux,0
d,all,uz,0
d,1,uy,0
finish
/post26
nsol,2,2,uy
plvar,2
/solu
antype,trans
89/154
t2
t (sn)
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
F(t)
f(t)
m
x(t)
k
F0
c
t1
90/154
t2
t (sn)
Mekanik Titreşimler Ders Notları
/solu
antype,trans
outres,all,all
kbc,0
deltim,dt
/title,"1-DOf step girdi cevabı"
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m=20
k=10000
ksi=0.1
c=ksi*2*sqrt(k*m)
F0=100
r,1,0,m
r,2,k,c
n,1,0,0,0
n,2,0,1,0
type,1
real,1
e,2
type,2
real,2
e,1,2
eplot
t1=1
t2=3
!Kuvvet uygulanıyor
f,2,fy,0
time,t1
solve
f,2,fy,F0
time,t2
solve
f,2,fy,0
time,t2+dt
solve
f,2,fy,0
time,tson
solve
!Çözüm tamamlandı
dt=0.01 !zaman artımı
tson=6 ! Analiz için son süre
finish
/post26
nsol,2,2,uy
plvar,2
d,all,ux,0
d,all,uz,0
d,1,uy,0
91/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
BİRİM IMPULS GİRDİ CEVABI
1 −ζωn t
e
sin ωd t
mωd
clc;clear
F0=1;
t1=2;
m=20;
k=10000;
ksi=0.1;
c=ksi*2*sqrt(k*m);
k1=sqrt(1-ksi^2);
teta=atan(ksi/k1);
wn=sqrt(k/m);
wd=wn*k1;
dt=0.001;
tson=6;
t=0:dt:tson;
xt=(1/m*wd)*exp(-ksi*wn*t).*sin(wd*t);
plot(t,xt)
xlabel('Zaman (sn)')
ylabel('Yer degistirme (m)')
1
0.8
0.6
Yer degistirme (m)
x(t) =
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
-0.6
-0.8
0
1
2
3
Zaman (sn)
4
ANSYS İLE
/title,"1-DOf step girdi
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m=20
k=10000
ksi=0.1
c=ksi*2*sqrt(k*m)
F0=1
r,1,0,m
r,2,k,c
n,1,0,0,0
n,2,0,1,0
type,1
real,1
e,2
type,2
real,2
e,1,2
eplot
dt=0.01 !zaman artımı
tson=6 ! Analiz için son
süre
d,all,ux,0
d,all,uz,0
d,1,uy,0
/solu
antype,trans
outres,all,all
kbc,0
deltim,dt
!Kuvvet uygulanıyor
f,2,fy,0
92/154
time,dt/100
solve
f,2,fy,F0/dt
time,dt/10
solve
f,2,fy,0
time,dt
solve
f,2,fy,0
time,tson
solve
!Çözüm tamamlandı
finish
/post26
nsol,2,2,uy
plvar,2
5
6
Mekanik Titreşimler Ders Notları
93/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MEKANİK TİTREŞİMLER
TİTREŞİM ÖLÇÜMÜ:
Titreşim ölçümü oldukça kapsamlı bir konudur ve mekanik, elektrik ve elektronik bilgisi
içeriklidir. Titreşim ölçümlerinde titreşim genliği (yer değiştirme-displacement, hız-velocity
ve ivme-acceleration) ile titreşim frekansı bilgilerine ulaşmak temel amaçtır. Aşağıda titreşim
ölçüm sistemleri ile ilgili genel bir sınıflandırma yapılmıştır (Farazdak Haideri, Dynamics of
Machinery, 2007)
(Dynamics of Machinery, Farazdak Haideri, 2007)
Titreşim frekansı Ölçümü:
En temel frekans ölçüm sistemi boyu ayarlanabilir ankastre bir kiriştir. Ankastre bir kiriş için
birinci doğal frekans ifadesi
EI
ω n = 3.53
şeklindedir. (Sürekli sistem yaklaşımı ile elde edilmiş ifade)
m kiriş L3
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab, Farazdak Haideri, Dynamics of Machinery.
94/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Boyu ayarlanabilir ankastre kiriş titreşim frekansı ölçülecek sistem üzerine monte edilir.
Ankastre kirişin rezonans’a geldiği kiriş boyu deneme ile tespit edilir ve bu boy için
yukarıdaki formül kullanılarak hesaplanan frekans titreşen sistemin titreşim frekansıdır.
L
FULLARTON
TAKOMETRESİ
Titreşim frekansını ölçmek için kullanılmış olan diğer bir sistem de yukarıdaki sistem ile aynı
prensibe dayanmaktadır. Bu sistemde farklı boylardaki bir dizi ankastre kiriş mevcuttur. Bu
sistemin monte edildiği titreşen cismin titreşim frekansı hangi kirişin doğal frekansına eşit
veya yakın ise bu kirişin titreşim genlikleri diğerlerine nazaran yüksek seviyelere ulaşacaktır.
Bu durum gözlenerek titreşim frekansı belirlenebilir. Bu tip frekans ölçüm sistemlerine
FRAHM Takometresi adı verilir.
FRAHM
TAKOMETRESİ
(NSV, Kameswara Rao, Mechanical Vibrations of Elastic Systems)
95/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
TİTREŞİM ÖLÇÜM ARAÇLARI
SİSMİK ARAÇLAR (SEISMIC INSTRUMENTS)
Sismometre (Seismometer):
Titreşen sistemlerdeki titreşim hareketinin zamana bağlı değişimi sismik cihazlar kullanılarak
ölçülebilir ve kayıt edilebilir. Bir sismik algılayıcının (sensörün) şematik resmi aşağıda
verilmiştir.
Sismik kütle
x(t)
Koruyucu
(Housing)
m
Titreşen cisim, makine veya zemin
k
c
y(t)
Sismik cihazın bağlandığı cisim hareket ettikçe sismik kütle de hareket eder.
Titreşen cismin titreşim hareketinin tek frekanslı harmonik bir formda olduğunu düşünür isek,
y( t ) = Y sin ωt , y& ( t ) = ωY cos ωt , &y&( t ) = −ω 2 Y sin ωt
Sismik cihaz (enstrüman) sismik kütle ile zemin hareketi arasındaki farkı ölçer. Bu farkı
z = x − y şeklinde ifade eder isek z& = x& − y& ve &z& = &x& − &y& dir.
Sismik kütleye ait hareket denklemi aşağıdaki gibi elde edilebilir
m &x& + c ( x& − y& ) + k ( x − y) = 0
&x& = &z& + &y& yerine konur ise
m &z& + c z& + k z = − m &y& = m ω 2 Y sin ωt
&z& +
c
k
z& + z = ω 2 Y sin ωt
m
m
&z& + 2ζω n z& + ω 2n z = ω 2 Y sin ωt
96/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Bağıl harekete göre yazılan yukarıdaki hareket denklemi zorlama genliğinin zorlama
frekansının karesi ile orantılı olduğu harmonik zorlama durumuna karşılık gelmektedir ve
cevap aşağıdaki gibi yazılabilir.
z( t ) = Z sin (ωt − ϕ)
Burada Z bağıl titreşim genliği ve faz açısı aşağıdaki gibi ifade edilir.
Z=
r2
(1 − r )
2 2
+ (2ζr )2
Y , ϕ = tan −1
2ζr
1− r2
Λ
H=
1
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
Λ = r2 H , r =
2
(Büyütme faktörü)
ω
(ω-zorlama frekansı, ωn-Sismik kütlenin doğal frekansı)
ωn
Z = ΛY
Frekans oranına bağlı olarak Λ’nın değişimini tekrar hatırla isek
5
4
Z
Λ=
Y
Artan
Sönüm
3
2
Sismometre Bölgesi
1
0
0
1
2
r
97/154
3
4
5
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Görüldüğü gibi r>3 frekans oranları için sönüm oranından bağımsız olarak bağıl yer
değiştirme genliği ile zemin (titreşen cisim) yer değiştirme genliği oranı yaklaşık 1 olmaktadır
(belli bir hata payı ile). Bu durumda zemin yer değiştirmesi ile sismik kütle yer değiştirmesi
arasında sadece bir faz farkı vardır ve bu faz farkı genel olarak tek frekanslı titreşimler için
önemli değildir. Titreşim ölçüm cihazları bağıl hareket ile orantılı sinyal çıkışı
sağlamaktadırlar. Dolayısı ile büyük frekans oranları için (r>3) bağıl yer değiştirme genliği
aslında zeminin (titreşen cisim) titreşim genliği olmaktadır. Büyük frekans oranları r
gerektiren sismik cihazlara SİSMOMETRE (SEISMOMETER) veya TİTREŞİMMETRE
(VİBROMETER) adı verilir.
Normal çalışma frekansları için büyük frekans oranı, sismik kütlenin düşük doğal frekanslara
sahip olması ile elde edilebilir. Bu durum sismik kütlenin büyük, yayın ise küçük direngenliğe
sahip olması ile sağlanabilir. Büyük kütle gereksinimi dolayısı ile sismometreler büyük
hacimli cihazlardır ve dolayısı ile makine titreşimlerinin ölçümleri için uygun olmayıp, zemin
titreşimlerinin belirlenmesi için (deprem gibi) uygundurlar.
Sismograf görüntüsü.
98/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Sismometre ölçümlerindeki hata şu şekilde ifade edilebilir.
⎛ Ygerçek − Yölçülen
E=⎜
⎜
Ygerçek
⎝
⎛Y − Z⎞
E=⎜
⎟ x 100
⎝ Y ⎠
E = 1 − Λ x100
⎞
⎟ x 100
⎟
⎠
İvmemetre (Accelerometer):
Titreşen cismin ivmesinin ölçümü söz konusu ise şu yöntem izlenebilir.
⎛ ω
Z = ⎜⎜
⎝ ωn
2
⎞
⎟⎟ H Y idi. Buradan
⎠
ölçülecek titreşi min genliği
ω2 Y
Z= 2 H=
xH
ωn
ω 2n
Büyütme faktörü H’ın frekans oranına bağlı davranışı tekrar hatırlanır ise küçük frekans
oranları için (r<<1) H değerinin yaklaşık 1 olduğu görülebilir.
6
5
X/F0/k
4
3
Artan sönüm
2 İvmemetre
bölgesi
1
0
0
0.5
1
1.5
2
r
2.5
3
3.5
4
Dolayısı ile küçük frekans oranları için ω 2n Z = ω 2 Y = &y& geçerlidir. Dolayısı ile cihaz titreşim
ivmesi ile ilişkili bir çıktı üretir ve bu tip cihazlara İVMEMETRE (ACCELEROMETER) adı
99/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
verilir. İvmemetrelerde küçük frekans oranlarını sağlamak için doğal frekansın büyük olması
gereklidir. Bu da küçük sismik kütleler ve büyük yay direngenlikleri ile elde edilir.
İvmemetrelerde kullanılan sismik kütlelerin küçük olması dolayısı ile titreşimi ölçülecek
cisimlere monte edilmeleri kolay ve uygundur, dolayısı ile ivmemetreler titreşim ölçümlerinde
tercih edilen ölçüm elemanlarıdır. İvmemetredeki ölçüm hatası H’ın frekans ve sönüm
oranına bağlı olarak değişimi incelenerek belirlenebilir.
1.00
Şekilden görüldüğü gibi ζ=0.7 değeri için büyük bir frekans aralığında H=1 kabulü en az hata
ile sağlanmaktadır. Benzer durum Sismometre için de geçerlidir (r>3) . Bu nedenle
sismometre ve ivmemetre tasarımları sönüm oranı 0.7 olacak şekilde gerçekleştirilir.
Örnek: Doğal frekansı 0.5 Hz olan sönümsüz bir sismometre için %2 hatadan daha düşük
ölçüm yapılabilecek frekans alt sınırı nedir?
Sismometreler doğal frekanslarından büyük frekanslardaki titreşimleri ölçmek için
tasarlanmışlardır (r>3). Sönümsüz durum için
Z
r2
=
Y 1− r2
Z
r2
1.02
Î 1.02r 2 − r 2 = 1.02 Î r =
= −1.02 =
= 7.13
2
Y
0.2
1− r
r=
ω
f
=
= 7.13 Î f=0.5x7.13=3.58 Hz.
ωn f n
3.58 Hz’den büyük frekanslardaki titreşim ölçümleri için sismometre hatası %2’den küçük
olacaktır.
Örnek: Doğal frekansı 15 Hz olan bir sismometrenin sönüm oranı ζ=0.5’dir. Sismometrenin
%3’den düşük hata ile ölçüm yapabileceği en düşük frekans nedir.
100/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Z
=
Y
r2
(1 − r ) + (2ζr )
1.03 =
2 2
2
r2
(1 − r ) + (2 * 0.5 r )
2 2
Î (1.03) =
2
2
r4
r4
Î
=
1
.
0609
r4 − r2 +1
r4 − r2 +1
1.0609 r 4 − 1.0609 r 2 + 1.0609 = r 4
0.0609 r 4 − 1.0609 r 2 + 1.0609 = 0
p=r2 dönüşümü yapılır ve kökler bulunur ise
r1=4.0442 ve r2=1.0320 değerleri elde edilir. Sismometre için büyük r değeri frekans alt
değerini verecektir.
Buradan %3 hata ile ölçüm alt frekans değeri r =
f
= 4.0442 Î f=15*4.0442=60.663 Hz
fn
olarak elde edilir.
Örnek:
20 Hz doğal frekansa ve 0.15 sönüm oranına sahip bir sismometre ile 100 Hz de titreşen bir
sistem için ölçüm yapılmış ve 1.3 mm yer değiştirme genliği elde edilmiştir. Bu ölçümdeki
ölçüm hatası nedir.
r=
f 100
=
=5
fn
20
Z
=Λ=
Y
r2
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
2
=
25
(1 − 25)2 + (2 * 0.15 * 5)2
Ölçüm hatası
E = 1 − Λ x100 = 1 − 1.0396 x100 = %3.96 dir.
101/154
= 1.0396
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MEKANİK TİTREŞİMLER
ÇOK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLER:
Gerçek uygulamalarda birçok mühendislik sistemi birden fazla serbestlik derecesi
içermektedir. Çok serbestlik dereceli sistemlerin titreşim analizlerinde diferansiyel denklem
takımları ve bunlara bağlı olarak oluşturulan matris formundaki denklemler söz konusudur.
Bu denklemler birlikte veya uygun dönüşümler ile ayrı ayrı çözülerek mevcut genel
koordinatlar için sistemin serbest titreşimlerinin ve belirli dış zorlamlara karşı zamana bağlı
cevaplarının belirlenmesi mümkündür.
Örnek olarak aşağıdaki iki serbestlik dereceli öteleme sistemini ele alalım.
Örnek: Şekildeki iki serbestlik dereceli sistem için
(x1, x2) için hareket denklemlerini elde edelim
c1
k1
f1(t)
1
1
m1 x& 12 + m 2 x& 22
2
2
1
1
2
E 2 = k 1 x 12 + k 2 (x 2 − x 1 )
2
2
δW = f 1δx 1 + f 2 δx 2 − c1 x& 1δx 1 − c 2 (x& 2 − x& 1 ) δ(x 2 − x 1 )
E1 =
m1
x1(t)
c2
f2(t)
k2
m2
x2(t)
Lagrange denklemi x1 genel koordinatı için uygulanır ise
d ⎛ ∂E 1 ⎞ ∂E 2
⎟+
⎜
= Qx 1
dt ⎜⎝ ∂x& 1 ⎟⎠ ∂x 1
m1 &x&1 + k 1 x 1 − k 2 x 2 + k 2 x 1 = f 1 − c1 x& 1 + c 2 x& 2 − c 2 x& 1
m1&x&1 + (c1 + c 2 )x& 1 − c 2 x& 2 + (k 1 + k 2 )x 1 − k 2 x 2 = f 1
(1)
Lagrange denklemi x2 genel koordinatı için uygulanır ise
d ⎛ ∂E 1 ⎞ ∂E 2
⎜
⎟+
= Qx 2
dt ⎜⎝ ∂x& 2 ⎟⎠ ∂x 2
m 2 &x& 2 + k 2 x 2 − k 2 x 1 = f 2 − c 2 x& 2 + c 2 x& 1
m 2 &x& 2 − c 2 x& 1 + c 2 x& 2 − k 2 x 1 + k 2 x 2 = f 2
(2)
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
102/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Hareket denklemleri matris formunda yazılır ise
0 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡c1 + c 2
⎨ ⎬+
m 2 ⎥⎦ ⎩&x& 2 ⎭ ⎢⎣ − c 2
⎡ m1
⎢0
⎣
− c 2 ⎤ ⎧ x& 1 ⎫ ⎡k 1 + k 2
⎨ ⎬+
c 2 ⎥⎦ ⎩x& 2 ⎭ ⎢⎣ − k 2
− k 2 ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧ f1 ⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
k 2 ⎥⎦ ⎩x 2 ⎭ ⎩f 2 ⎭
Sistemin sönümsüz serbest titreşimlerine ait frekansları (doğal frekanslar) aşağıdaki şekilde
hesaplanabilir.
Sönümsüz serbest titreşim denklemi
0 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡k 1 + k 2
⎨ ⎬+
m 2 ⎥⎦ ⎩&x& 2 ⎭ ⎢⎣ − k 2
⎡m1
⎢0
⎣
− k 2 ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧0⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
k 2 ⎥⎦ ⎩x 2 ⎭ ⎩0⎭
x 1 ( t ) = X 1e st
x 2 ( t ) = X 2 e st
&x&1 ( t ) = s 2 X 1e st
&x& 2 ( t ) = s 2 X 2 e st
0 ⎤ 2 ⎧ X 1 ⎫ st ⎡k 1 + k 2
s ⎨ ⎬e + ⎢
m 2 ⎥⎦ ⎩X 2 ⎭
⎣ − k2
⎡m1
⎢0
⎣
− k 2 ⎤ ⎧ X 1 ⎫ st ⎧0⎫
⎨ ⎬e = ⎨ ⎬
k 2 ⎥⎦ ⎩X 2 ⎭
⎩0⎭
⎡m1s 2 + (k 1 + k 2 )
− k 2 ⎤ ⎧ X 1 ⎫ st ⎧0⎫
⎢
⎥ ⎨ ⎬e = ⎨ ⎬
− k2
m 2 s 2 + k 2 ⎦ ⎩X 2 ⎭
⎩0⎭
⎣
⎡m1s 2 + (k 1 + k 2 )
− k2 ⎤
det ⎢
⎥=0
− k2
m 2s 2 + k 2 ⎦
⎣
[m s
2
1
](
)
+ (k 1 + k 2 ) m 2 s 2 + k 2 − k 2 = 0
2
m1 m 2 s 4 + [m1 k 2 + m 2 (k 1 + k 2 )]s 2 + k 1 k 2 = 0 (karakteristik polinom)
4. dereceden polinomun kökleri sistemin doğal frekanslarını verir.
s i2 = −ω 2n ,i
s1, 2 = m ω n1i , s 3, 4 = m ω n 2 i
ω n1 =
ωn 2 =
1 − 2m1m 2 (k 2 m 2 + m1k 2 + k1m 2 − D )
2
m1m 2
1 − 2m1m 2 (k 2 m 2 + m1k 2 + k 1m 2 + D )
2
m1m 2
103/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
D = k 22 m 22 + 2k 22 m1m 2 + 2 k 1k 2 m 22 + m12 k 22 − 2m1m 2 k 1k 2 + k 12 m 22
Karakteristik polinomun kökleri ile sistemin iki doğal frekansı elde edilir ve bu doğal frekans
değerleri kullanılarak serbest titreşim hareketi sırasında X1 ve X2 yer değiştirmelerine ait oran
şu şekilde elde edilir.
⎡m1s 2 + (k 1 + k 2 )
− k 2 ⎤ ⎧ X 1 ⎫ ⎧0⎫
⎢
⎥ ⎨ ⎬= ⎨ ⎬
− k2
m 2 s 2 + k 2 ⎦ ⎩X 2 ⎭ ⎩0⎭
⎣
[m s
1
2
]
+ (k 1 + k 2 ) X1 − k 2 X 2 = 0
X1
k2
=
2
X 2 m1s + (k 1 + k 2 )
veya ikinci denklemden
− k 2 X 1 + (m 2 s 2 + k 2 )X 2 = 0
X1 m 2 s 2 + k 2
=
X2
k2
elde edilir.
Sayısal Örnek:
Yukarıdaki problemde m1=20 kg, m2=15 kg, k1=100000 N/m, k2=200000 N/m alalım. Bu
durum için sistemin doğal frekanslarını ve bu frekanslardaki titreşim biçimlerini elde edelim.
D=300s4 + 85x105s2 + 2x1010
s1,2= ± 50.89 i
s3,4= ± 160.45 i
ω n1 = 50.89 rad / sn , ω n 2 = 160.45 rad / sn
f n1 = 8.098 Hz , f n 2 = 25.53 Hz
Doğal titreşim genliklerini elde etmek için
1. titreşim biçimi için s 2 = −50.89 2 = −2589.8 yerine konur ise
X1
k2
200000
=
=
= 0.8058
2
X 2 m1s + (k1 + k 2 ) 20 * (−2589.8) + (100000 + 200000)
104/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
2. titreşim biçimi için s 2 = −160.45 2 = −25744 yerine konur ise
X1
k2
200000
=
=
= - 0.903
2
X 2 m1s + (k1 + k 2 ) 20 * (−25744) + (100000 + 200000)
X2 yer değiştirme genliği için 1 değeri kabul edilir ise bu durumda 1. doğal titreşim modu için
X1=0.8058, ikinci titreşim modu için X1=-0.903 olur. Bu durum aşağıda şekil olarak
gösterilmiştir.
x
Mod 1
c1
k1
x
0.8053
m1
Mod 2
-0.903
X1
c2
k2
1
m2
1
X2
Titreşim şekillerinin hesaplanmasında ikinci denklem de kullanılabilir, aynı sonuçlar elde
edilecektir.
Bu sistem için ANSYS ile model oluşturulur ve doğal frekanslar hesaplanır ise
/title,"İki Serbestlik Dereceli Sistem"
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m1=20
m2=15
k1=100000
k2=200000
r,1,0,m1
r,2,0,m2
r,3,k1
r,4,k2
n,1,0,0,0
n,2,0,-1,0
n,3,0,-2,0
type,1
real,1
e,2
real,2
e,3
type,2
real,3
e,1,2
real,4
e,2,3
eplot
/solu
antype,modal
modopt,lanb,2
d,all,ux,0
d,all,uz,0
d,1,uy,0
solve
105/154
y
n1
k1
m1
n2
k2
m2
n3
x
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek: Şekilde verilen iki serbestlik dereceli mil disk sistemine ait doğal frekansları ve
titreşim biçimlerini bulunuz.
θ1
θ2
J1=4 kgm2
J2=2 kgm2
kt1=2000 Nm/rad
kt2=1000 Nm/rad
kt1
J1
kt2
J2
1 &2 1 &2
J1θ1 + J 2 θ 2
2
2
1
1
E 2 = k t1θ12 + k t 2 (θ 2 − θ1 )2
2
2
δW = 0
E1 =
θ1 için Lagrange denklemi uygulanır ise
d ⎛ ∂E1 ⎞ ∂E 2
⎟+
⎜
= Qθ1
dt ⎜⎝ ∂θ& 1 ⎟⎠ ∂θ1
J1&θ&1 + (k t1 + k t 2 ) θ1 − k t 2 θ 2 = 0
θ2 için Lagrange denklemi uygulanır ise
d ⎛ ∂E1 ⎞ ∂E 2
⎟+
⎜
= Qθ 2
dt ⎜⎝ ∂θ& 2 ⎟⎠ ∂θ 2
J 2 &θ& 2 − k t 2 θ1 + k t 2 θ 2 = 0
4 &θ&1 + 3000 θ1 − 1000 θ 2 = 0
2 &θ& 2 − 1000 θ1 + 1000 θ 2 = 0 , θ1 ( t ) = θ1e st , θ 2 ( t ) = θ 2 e st , &θ&1 ( t ) = s 2 θ1e st , &θ& 2 ( t ) = s 2 θ 2 e st
(
)
+ (2 s
4 s 2 θ1 + 3000 θ1 − 1000 θ 2 = 0 Î 4 s 2 + 3000 θ1 − 1000 θ 2 = 0
2 s 2 θ 2 − 1000 θ1 + 1000 θ 2 = 0 Î − 1000 θ1
2
⎡4s 2 + 3000
− 1000 ⎤ ⎧ θ1 ⎫
⎢
⎥⎨ ⎬ = 0
2s 2 + 1000⎦⎥ ⎩θ 2 ⎭
⎣⎢ − 1000
s=iω yazılır ise s2=-ω2
106/154
)
+ 1000 θ 2 = 0
Mekanik Titreşimler Ders Notları
⎡− 4ω 2 + 3000
⎧ θ1 ⎫
− 1000 ⎤ ⎧ θ1 ⎫
⎢
⎥⎨ ⎬ = 0, ⎨ ⎬ ≠ 0
2
− 2ω + 1000⎦⎥ ⎩θ 2 ⎭
⎩θ 2 ⎭
⎣⎢ − 1000
⎡− 4ω 2 + 3000
− 1000 ⎤
det ⎢
⎥= 0
− 2ω 2 + 1000⎥⎦
⎢⎣ − 1000
8 ω 4 − 10000 ω 2 + 2000000 = 0
ω 2 = z olsun.
8 z 2 − 10000 z + 2000000 = 0
Δ = b 2 − 4ac = 10000 2 − 4 * 8 * 2000000 = 36000000 Î
z1 =
Δ = 6000
− b + Δ 10000 + 6000
=
= 1000
2a
16
Küçük frekans 1. doğal frekansdır.
− b − Δ 10000 − 6000
z2 =
=
= 250
2a
16
ω12 = 250 Î ω1 = 15.81 rad / sn , ω 22 = 1000 Î ω1 = 31.62 rad / sn
Titreşim biçimlerini bulmak için 1. denklem kullanılır ise
(3000 − 4ω )θ
− 1000 θ 2 = 0 Î
θ1
1000
1000
=
=
= 0.5
2
θ 2 3000 − 4ω1 3000 − 4 * 250
(3000 − 4ω )θ
− 1000 θ 2 = 0 Î
θ1
1000
1000
=
=
= −1
2
θ 2 3000 − 4ω 2 3000 − 4 *1000
2
1
2
2
1
1
θ1
θ2
θ1
Mod 1
θ1
kt1
J1
kt2
J2
107/154
θ2
Mod 2
θ2
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Harmonik Zorlama Cevabı:
Aşağıda verilen iki serbestlik dereceli sistemde, belirtilen harmonik zorlama için m1 ve m2
kütlelerine ait cevap genlikleri aşağıdaki şekilde bulunabilir.
x1
k
x2
k
2k
m
2m
f1(t)
m&x&1 + 3kx 1 − 2kx 2 = f1 ( t )
2m&x& 2 − 2kx 1 + 3kx 2 = 0
f1 ( t ) = F1 cos ωt formunda ise x1 ( t ) = X1 cos ωt ve x 2 ( t ) = X 2 cos ωt olarak alınabilir.
Dolayısı ise &x&1 ( t ) = −ω 2 X1 cos ωt ve &x& 2 ( t ) = −ω 2 X 2 cos ωt
(− mω X + 3kX − 2kX )cos ωt = F cos ωt
(− 2mω X − 2kX + 3kX )cos ωt = 0
2
1
2
1
2
2
1
1
2
m=5 kg, k=2500 N/m ve f1 ( t ) = 100 cos 50 t için X1 ve X2 genlikleri
− 5000 ⎤ ⎧ X1 ⎫ ⎧100⎫
⎡7500 − 12500
⎨ ⎬ = ⎨ ⎬Î
⎢ − 5000
7500 − 25000⎥⎦ ⎩X 2 ⎭ ⎩ 0 ⎭
⎣
⎧ X1 ⎫ ⎧− 0.028⎫
⎨ ⎬=⎨
⎬ (metre)
⎩X 2 ⎭ ⎩ 0.008 ⎭
ANSYS ile
/title,"İki Serbestlik Dereceli Sistem Harmonik Cevap"
/prep7
et,1,mass21
et,2,combin14
m=5
k=2500
F=100
r,1,m
r,2,2*m
r,3,k
r,4,2*k
n,1,0,0,0
n,2,1,0,0
n,3,2,0,0
n,4,3,0,0
type,1
real,1
e,2
real,2
e,3
type,2
real,3
e,1,2
real,4
e,2,3
real,3
e,3,4
eplot
/solu
antype,3
d,all,uy,0
d,all,uz,0
d,1,ux,0
d,4,ux,0
f,2,fx,F
harfrq,7.5,8.5 !Hertz cinsinden zorlama frekansı
aralığı
nsubst,40
! 7.5 ila 8.5 Hz aralığı kaça bölünecek
kbc,1
solve
/post26
nsol,2,2,ux
nsol,3,3,ux
plvar,2,3
108/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
ω=50 rad/sn Î f=50/(2*π)= 7.9577 Hz.
X1
0.028 m
X2
0.008 m
f =7.9577 Hz
DİNAMİK TİTREŞİM YUTUCU:
Sönümsüz Dinamik Titreşim Yutucu:
Tek serbestlik dereceli sönümsüz bir sistemin harmonik zorlama etkisindeki titreşim
genlikleri bu sistem üzerine ana sisteme benzer ek bir sistem ilavesi ile yok edilebilir. Bu ek
sistemlere dinamik titreşim yutucu adı verilir ve özellikle rezonans durumunda çalışan
sistemlerin titreşim genliklerinin bastırılması için uygun çözümlerdir.
Ana sistem
k1
Fe iωt
m1
⎡( k 1 + k 2 ) − m 1 ω 2
⎢
− k2
⎣
⎤ ⎧ X 1 ⎫ ⎧F ⎫
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
k 2 − m 2 ω ⎦ ⎩X 2 ⎭ ⎩ 0 ⎭
− k2
x1(t)
Titreşim Yutucu
k2
A
⎧ X1 ⎫
−1 ⎧F⎫
⎨ ⎬=A ⎨ ⎬
⎩0 ⎭
⎩X 2 ⎭
m2
x2(t)
109/154
2
Mekanik Titreşimler Ders Notları
A
−1
1 ⎡k 2 − m 2 ω 2
=
⎢
det(A) ⎣
k2
(
⎤
⎥
(k 1 + k 2 ) − m1ω ⎦
k2
2
)
X1 =
1
k 2 − m 2 ω2 F
det(A)
X2 =
1
k 2F
det(A)
F≠0 olduğundan ana kütlenin titreşimlerinin sıfır olabilmesi için (X1=0) k 2 − m 2 ω 2 = 0
olmalıdır. Burada ω harmonik zorlama frekansıdır.
Bu durumda
ω2 =
k2
Î ω=
m2
k2
(rad/sn) olmalıdır.
m2
Ana kütlenin yer değiştirme genliklerinin sıfır olabilmesi için ek sistemin doğal frekansı
sistemin çalışma frekansına ayarlanmalıdır.
Bu şekilde ana kütlenin yer değiştirme genliği sıfır yapılır ise, eklenen sönümleyici sistemin
yer değiştirme genliği şu şekilde hesaplanabilir.
[
](
)
det(A) = (k 1 + k 2 ) − m1ω 2 k 2 − m 2 ω 2 − k 22
det(A) = (k 1 + k 2 ) k 2 − (k 1 + k 2 ) m 2 ω 2 − m1ω 2 k 2 + m1 m 2 ω 4 − k 22
det(A) = k 1 k 2 + k 22 − k 1 m 2 ω 2 − k 2 m 2 ω 2 − m1ω 2 k 2 + m1 m 2 ω 4 − k 22
ω2 =
k2
yerine konur ise
m2
det(A) = k 1 k 2 − k 1 m 2
k2
k
k
k2
− k 2 m 2 2 − m1 k 2 2 + m1 m 2 22
m2
m2
m2
m2
det(A) = − k 22
Buradan
X2 = −
F
1
k 2F = −
dir.
2
k2
k2
110/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Görüldüğü gibi titreşim yutucunun yer değiştirme genlikleri k2 direngenliğine bağlıdır.
Titreşim yutucunun yer değiştirme genlikleri azaltılmak isteniyor ise k2 direngenliği
arttırılabilir, bununla birlikte yutucunun doğal frekansının sistemin çalışma frekansından
farklılaşmaması için yutucu kütlesi de oranı korumak amacıyla arttırılmalıdır.
Dinamik titreşim yutuculu sistemin frekans cevaplarına bakılır ise
ω1 =
k1
(rad/sn) [Ana sistem doğal frekansı]
m1
ω2 =
k2
(rad/sn) [Yutucu-absorber doğal frekansı]
m2
δ st =
F
[Ana kütle statik yer değiştirmesi]
k1
X1
=
δ st ⎛ ω 2
⎜⎜1 − 2
⎝ ω2
X2
=
δ st ⎛ ω 2
⎜⎜1 − 2
⎝ ω2
ω2
ω 22
1−
Yutuculu sistemde ana kütlenin yer değiştirme genliğinin
ana kütle statik yer değiştirme genliğine oranı
⎞ ⎛ k 2 ω2 ⎞ k 2
⎟⎟ ⎜⎜1 +
⎟−
−
k 1 ω12 ⎟⎠ k 1
⎠⎝
1
Yutuculu sistemde yutucunu yer değiştirme genliğinin ana
kütle statik yer değiştirme genliğine oranı
⎞⎛ k2 ω ⎞ k2
⎟−
⎟⎟ ⎜⎜1 +
−
k 1 ω12 ⎟⎠ k 1
⎠⎝
2
⎛
k2 ⎞
⎟ zorlama frekansına (ω) eşit olacak şekilde
Yutucunun doğal frekansı ⎜⎜ ω 2 =
⎟
m
2 ⎠
⎝
ayarlandığında ana kütle yer değiştirme genliği X1=0 olur. Bu durumda yutucu yer değiştirme
F
genliği yukarıda da bahsedildiği gibi X 2 = −
dir.
k2
Ana kütlenin rezonans durumunda çalışması ve dinamik titreşim yutucusunun da bu
durumda kullanılması söz konusu ise ω = ω1 = ω 2 dir.
k1
k
k
m
= 2 Î 1 = 1
m1 m 2
k2 m2
Bu ifadeler yukarıdaki boyutsuz yer değiştirme genliği ifadelerinde yerine konur ise
X1
=
δ st ⎛ ω 2
⎜⎜1 − 2
⎝ ω1
1−
ω2
ω12
⎞ ⎛ m 2 ω2 ⎞ m 2
⎟−
⎟⎟ ⎜⎜1 +
−
m1 ω12 ⎟⎠ m1
⎠⎝
,
X2
=
δ st ⎛ ω 2
⎜⎜1 − 2
⎝ ω1
111/154
1
⎞ ⎛ m 2 ω2 ⎞ m 2
⎟⎟ ⎜⎜1 +
⎟−
−
m1 ω12 ⎟⎠ m1
⎠⎝
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Kütle oranı için μ =
X1
=
δ st ⎛ ω 2
⎜⎜1 − 2
⎝ ω1
1−
m2
tanımlaması yapılarak
m1
ω2
ω12
⎞⎛
ω2
⎟⎟ ⎜⎜1 + μ − 2
ω1
⎠⎝
⎞
⎟⎟ − μ
⎠
,
X2
=
δ st ⎛ ω 2
⎜⎜1 − 2
⎝ ω1
1
⎞⎛
ω2
⎟⎟ ⎜⎜1 + μ − 2
ω1
⎠⎝
⎞
⎟⎟ − μ
⎠
Sonucuna ulaşılır.
m2/m1=0.5
10
X/X1-statik
8
Yutucu yok
iken Ana Kütle
6
4
Yutucu
Kütlesi
Yutucu var
iken Ana Kütle
2
0
0
0.5
1
w/w1
1.5
2
2.5
Şekil: Ana kütle ve yutucunun zorlama frekansına bağlı yer değiştirme genlik oranları.
Bu durumda Ana sistem üzerine Dinamik titreşim yutucu eklenmesi ile oluşan iki serbestlik
dereceli sistemin doğal frekansları şu şekilde hesaplanabilir.
μ
⎛ μ⎞
ω1, 2 = ω1 ⎜1 + ⎟ m μ +
(rad/sn)
4
⎝ 2⎠
2
112/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Bu durum için oluşan iki serbestlik dereceli isteme ait boyutsuz doğal frekanslar kütle oranına
bağlı olarak aşağıdaki grafik ile gösterilebilir.
1.8
1.6
ωn2
w/w 1
1.4
1.2
1
0.8
ωn1
0.6
0.4
0
0.2
0.4
μ
0.6
113/154
0.8
1
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MEKANİK TİTREŞİMLER
MODAL ANALİZ:
Çok serbestlik dereceli sistemlerde hareket denklemleri içerisinde tüm serbestlik derecelerini
ve/veya türevlerini görmek mümkün olabilir. Dolayısıyla bu şekildeki bağlaşık (coupled)
hareket denklemleri çözülür iken, denklemlerin birlikte çözülmeleri gerekir. Laplace
transformu ve durum değişkenleri formu kullanılarak hareket denklemlerinin birlikte
çözülmesi mümkündür. Diğer taraftan Modal Analiz yöntemi kullanılarak hareket
denklemlerini tek başlarına çözülebilir bağımsız denklemler haline getirmek ve elde edilen
çözümlerden yola çıkarak Mod Toplama (Mode Superposition) yöntemi ile başlangıç şartları
veya verilen bir dış zorlama için gerçek sistem cevaplarını elde etmek mümkündür.
c1
k1
f1(t)
m1
x1(t)
⎡m1 0 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡c1 + c 2
⎢ 0 m ⎥ ⎨&x& ⎬ + ⎢ − c
2⎦ ⎩ 2⎭ ⎣
2
⎣
− c 2 ⎤ ⎧ x& 1 ⎫ ⎡k1 + k 2
⎨ ⎬+
c 2 ⎥⎦ ⎩x& 2 ⎭ ⎢⎣ − k 2
− k 2 ⎤ ⎧ x1 ⎫ ⎧ f1 ⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
k 2 ⎥⎦ ⎩x 2 ⎭ ⎩f 2 ⎭
c2
f2(t)
k2
m2
x2(t)
Sönümsüz serbest titreşimler düşünüldüğünde hareket denklemeleri aşağıdaki formda yazılır.
⎡m1
⎢0
⎣
0 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡k 1 + k 2
⎨ ⎬+
m 2 ⎥⎦ ⎩&x& 2 ⎭ ⎢⎣ − k 2
x 1 ( t ) = X 1e st
x 2 ( t ) = X 2 e st
&x&1 ( t ) = s 2 X 1e st
&x& 2 ( t ) = s 2 X 2 e st
− k 2 ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧0⎫
⎨ ⎬=⎨ ⎬
k 2 ⎥⎦ ⎩x 2 ⎭ ⎩0⎭
i. doğal frekans için mod şekilleri
⎛ X1 ⎞
k2
⎜⎜
⎟⎟ =
2
⎝ X 2 ⎠ i (k1 + k 2 ) − m1ωi
veya
⎛ X1
⎜⎜
⎝ X2
⎞
k − m 2 ω i2
⎟⎟ = 2
k2
⎠i
[K ]{X}i − ωi2 [M]{X}i = 0
Çok serbestlik dereceli bir sistemin i. ve j. doğal frekansları için aşağıdaki ifadeler geçerlidir.
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
114/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
ωi2 [M ]{X}i = [K ]{X}i
(1)
ω 2j [M ]{X}j = [K ]{X}j
(2)
Denklem 1 {X}Tj ile çarpılır ise
ωi2 {X}Tj [M ]{X}i = {X}Tj [K ]{X}i
(
ωi2 X j , X i
)M = (X j , X i )K
(3)
Denklem 2 {X}iT ile çarpılır ise
ω 2j {X}iT [M ]{X}j = {X}iT [K ]{X}j
(
ω 2j X i , X j
)M = (X i , X j )K
(4)
Denklem 4 Denklem 3’den çıkartılır ise
(
ωi2 X j , X i
)M − ω2j (X i , X j )M = (X j , X i )K − (X i , X j )K
(X j , X i )M = (X i , X j )M
(ω
2
i
)(
− ω 2j X j , X i
ve
(5)
(X j , X i )K = (X i , X j )K
)M = 0
ωi ≠ ω j olduğundan Î (X j , X i )M = (X i , X j )M = 0 (Kinetik Enerji Skaler Çarpımı)
Farklı doğal frekanslar için elde edilen mod şekil vektörleri orthogonal’dir (diklik) ve
dolayısıyla ile skaler çarpımları sıfırdır. Aynı durum direngenlik matrisi ile oluşturulan
çarpım için de geçerlidir.
(X i , X j )K = 0
(Potansiyel Enerji Skaler Çarpımı)
Bağlaşık durumdaki diferansiyel denklemleri bağlaşık olmayan (uncoupled) hale getirmek
için kütle, sönüm ve direngenlik matrisleri Modal matris (P) ile işleme sokulur.
115/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
[M]q = [P]T [M][P] , [M]q
⎡m q11
⎢ 0
=⎢
⎢ K
⎢
⎢⎣ 0
0 ⎤
0 ⎥⎥
K L ⎥
⎥
0 mq ⎥
nn ⎦
0
mq
0
0
22
L
0
[C]q = [P]T [C][P],
0
0
0 ⎤
⎡c q11
⎢ 0
cq
0
0 ⎥⎥
⎢
22
[C] q = ⎢ K L K L ⎥
⎥
⎢
0
0 cq ⎥
⎢⎣ 0
nn ⎦
[K ]q = [P]T [K ][P] ,
⎡k q 11
⎢ 0
[K ] q = ⎢⎢ K
⎢
⎣⎢ 0
0
k q 22
L
0
0
0 ⎤
0
0 ⎥⎥
K L ⎥
⎥
0 k q nn ⎦⎥
Modal koordinatlar kullanılarak hareket denklemleri bağımsız hale getirilebilir.
[M ]{&x&} + [C] {x& } + [K ]{x} = {f }
{x} = [P]{q} kabul edilerek. {q} = [P]−1 {x}
[M ][P]{&q&} + [C][P]{q& } + [K ][P]{q} = {f }
Denklemin her iki tarafını [P ] ile çarpar isek
T
[P]T [M ][P]{&q&} + [P]T [C][P]{q& } + [P]T [K ][P]{q} = [P]T {f }
[M]q {&q&} + [C]q {q& } + [K ]q {q} = [P]T {f }
Serbest titreşim için sağ taraf sıfır olur.
Bu durumda
[M]q {&q&} + [C]q {q& } + [K ]q {q} = 0
Başlangıç şartları altındaki serbest titreşim cevabı için
q i ( t ) = e −ζ iωni t [A i cos(ωdi t ) + B i sin (ωdi t )] , i=1,2,…,n. (n sistemin serbestlik derecesidir)
İlk şartlar modal koordinatlarda şu şekilde elde edilebilir.
116/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
{q}0 = [P]−1 {x}0 , {q& }0 = [P]−1 {x& }0
Bu durumda Ai ve Bi katsayıları şu şekilde elde edilebilir.
A i = q i0 , Bi =
ζi =
c qii
2 k qii m qii
q& i 0 + ζ i ω ni q i 0
ωdi
, ωdi = ω ni 1 − ζ i2
İlk şartlara bağlı cevap modal koordinatlarda bulunduktan sonra ters dönüşüm ile gerçek
koordinatlara geçiş yapılabilir.
{x}t = [P]{q}t
Örnek olarak iki serbestlik dereceli bir sistem için,
⎧ x 1 ( t ) ⎫ ⎡ P11
⎬=⎢
⎨
⎩x 2 ( t )⎭ ⎣P21
x 1 ( t ) = P11q 1 ( t ) + P12 q 2 ( t )
P12 ⎤ ⎧ q 1 ( t ) ⎫
Î
şeklinde elde edilir.
⎬
⎨
P22 ⎥⎦ ⎩q 2 ( t )⎭
x 2 ( t ) = P21q1( t ) + P22 q 2 ( t )
Genel koordinatlar için cevap, modal koordinatlardaki cevapların toplamı şeklinde elde
edilebilir. Çok serbestlik dereceli sistemlerin cevabı için önemli modların katkılarını dikkate
almak çoğu zaman yeterli doğrulukta cevap elde etmemizi sağlar.
Örnek:
Yukarıda verilen iki serbestlik dereceli sistem için sistem parametreleri aşağıda verilmiştir.
Sönümsüz durum için verilen başlangıç şartları altında sistem cevabını bulunuz.
m1=1 kg
m2=0.5 kg
k1=1x107 N/m
k2=2x107 N/m
x1(0)=1 mm, x& 1 (0) = 0
x2(0)=-1 mm, x& 2 (0) = 0
⎡m
M=⎢ 1
⎣0
0 ⎤ ⎡1 0 ⎤
=
m 2 ⎥⎦ ⎢⎣0 0.5⎥⎦
⎡k + k 2
K=⎢ 1
⎣ − k2
− k 2 ⎤ ⎡ 3x10 7
=⎢
k 2 ⎥⎦ ⎣ − 2 x10 7
− 2 x10 7 ⎤
⎥
2 x10 7 ⎦
Doğal frekanslar için
det [K ] − ω [M ] = 0 Î
2
3x10 7 − ω 2
− 2 x10 7
− 2 x10 7
2 x10 7 − 0.5 ω 2
ω1 = 2505.4314 rad / sn , ω 2 = 7982.6570 rad / sn
117/154
Î 0.5ω 4 − 3.5x10 7 ω 2 + 2 x1014 = 0
Mekanik Titreşimler Ders Notları
x2’ye göre normalize edilmiş mod şekilleri hesaplanır ise
⎛ X1
⎜⎜
⎝ X2
⎞
k2
2 x10 7
⎟⎟ =
=
= 0.843070
2
7
2
⎠1 (k 1 + k 2 ) − m1ω1 3x10 − 1 * 2506
⎛ X1
⎜⎜
⎝ X2
⎞
k2
2 x10 7
⎟⎟ =
=
= -0.59307
2
7
2
(
)
k
+
k
−
m
ω
3
x
10
−
1
*
7982
.
6570
⎠2
1
2
1 2
⎧0.843070⎫
⎧− 0.59307⎫
φ1 = ⎨
⎬, φ 2 = ⎨
⎬
1
1
⎩
⎭
⎩
⎭
Titreşim biçimleri elde edildikten sonra modal matris şu şekilde yazılabilir.
P = [φ1
⎡0.84307 − 0.59307 ⎤
φ2 ] = ⎢
⎥
1
⎣ 1
⎦
{X}Tj [M ]{X}i
çarpımını kontrol edersek
{− 0.59307 1}⎡⎢
1 0 ⎤ ⎧0.84307⎫
⎬ = 0.000101 görüldüğü gibi sıfır alınabilir.
⎥⎨
⎣0 0.5⎦ ⎩ 1 ⎭
{X}Tj K{X}i
çarpımını kontrol edersek
⎡ 3x10 7
{− 0.59307 1}⎢
⎣− 2 x10
basamak alınmalı).
7
− 2 x10 7 ⎤ ⎧0.84307 ⎫
⎬ ≅ 0 olduğu görülür (virgülden sonra fazla
⎥⎨
2 x10 7 ⎦ ⎩ 1 ⎭
Elde edilen modal matris kullanılarak modal koordinatlara geçilebilir.
0.84307 1⎤ ⎡1 0 ⎤ ⎡0.84307 − 0.59307⎤ ⎡1.21076
0 ⎤
=⎢
⎢
⎥
⎥
⎢
⎥
1
0.85173⎥⎦
⎦ ⎣ 0
⎣− 0.59307 1⎦ ⎣0 0.5⎦ ⎣ 1
[M]q = [P]T [M ][P] = ⎡⎢
1⎤ ⎡ 3x10 7
⎥⎢
7
⎣− 0.59307 1⎦ ⎣− 2 x10
[K ]q = [P]T [K ][P] = ⎡⎢
0.84307
− 2 x10 7 ⎤ ⎡0.84307 − 0.59307 ⎤ ⎡7.6x10 6
⎥⎢
⎥=⎢
1
2 x10 7 ⎦ ⎣ 1
⎦ ⎣ 0
[M]q {&q&} + [K ]q {q} = 0
118/154
⎤
⎥
5.4275x10 7 ⎦
0
Mekanik Titreşimler Ders Notları
1.21076 &q&1 + 7.6 x10 6 q 1 = 0
0.85173&q& 2 + 5.4275x10 7 q 2 = 0
Verilen ilk şartları modal koordinatlara dönüştürür isek
⎧ q1 ⎫
−1 ⎧ x 1 ⎫
⎨ ⎬ = [P ] ⎨ ⎬ Î
⎩q 2 ⎭ 0
⎩x 2 ⎭ 0
⎧ q1 ⎫
1 ⎡ 1 0.59307 ⎤ ⎧ 0.001 ⎫
⎨ ⎬ =
⎬
⎢
⎥⎨
⎩q 2 ⎭ 0 det(P) ⎣− 1 0.84307 ⎦ ⎩− 0.001⎭
det(P)=1.436
⎧ q1 ⎫
⎧ 0.283 ⎫
⎨ ⎬ =⎨
⎬ (mm)
⎩q 2 ⎭ 0 ⎩− 1.283⎭
Sönümsüz durum için,
q 1 ( t ) = A 1 cos ω n1 t + B1 sin ω n1 t
q& 1, 0
=0
A 1 = q 1, 0 = 0.283 , B1 =
ω n1
q 1 ( t ) = 0.283 cos 2505.43t (mm)
q& 2,0
q 2 ( t ) = q 2, 0 cos ω n 2 t +
sin ω n 2 t
ωn 2
q 2 ( t ) = −1.283 cos 7982.65 t (mm)
Modal koordinatlarda elde edilen çözümler, gerçek koordinatlara Modal matris yardımı ile
aktarılabilir.
⎧ x1 ⎫
⎧q1 ⎫
⎨ ⎬ = [P ]⎨ ⎬
⎩x 2 ⎭ t
⎩q 2 ⎭ t
⎧ x 1 ⎫ ⎡0.84307 − 0.59307 ⎤ ⎧ q 1 ⎫
⎨ ⎬ =⎢
⎥ ⎨q ⎬
1
⎦⎩ 2 ⎭t
⎩x 2 ⎭ t ⎣ 1
x 1 ( t ) = 0.84307 q 1 ( t ) − 0.59307 q 2 ( t ) = 0.2386 cos(2505.434 t ) + 0.7609 cos(7982.65 t ) (mm)
x 2 ( t ) = q 1 ( t ) + q 2 ( t ) = 0.283 cos( 2505.43 t ) − 1.283 cos (7982.65 t ) (mm)
119/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
q2(t)
1.5
1
i
q (t)
0.5
q1(t)
0
-0.5
-1
-1.5
0
0.002
0.004
0.006
Zaman(sn)
0.008
0.01
2
x2(t)
1.5
x1(t)
1
i
x (t)
0.5
0
-0.5
-1
-1.5
-2
0
0.002
0.004
0.006
Zaman (sn)
120/154
0.008
0.01
Mekanik Titreşimler Ders Notları
TİTREŞİM BİÇİMLERİNİN KÜTLE
KULLANILARAK NORMALİZASYONU:
VEYA
DİRENGENLİK
MATRİSİ
Yukarıda verilen örnekte titreşim biçimlerinin normalizasyonu X2 modal yer değiştirmesi
kullanılarak gerçekleştirilmiştir. Titreşim biçimleri normalize edilir iken kütle ve direngenlik
matrislerinden de yararlanılabilir.
Normalize edilmiş Modal matris ve kütle/direngenlik matrisleri kullanılarak şu ilişkiler
yazılabilir.
[P]T [M][P] = [I] , [P]T [K ][P] = ω2 [I], burada I birim matristir.
n
Bu ifadelerde verilen modal matrisi oluşturmak için titreşim biçimleri kütle veya direngenlik
matrisleri kullanılarak normalize edilmelidir.
Bu işlem için a i {X}i [M ]a i {X}i = 1 veya a i {X}i [K ]a i {X}i = ωi2 ifadeleri kullanılabilir.
T
T
Örnek olarak yukarıda verilen problem için kütle matrisi kullanılarak normalizasyon yapılır
ve modal matris elde edilir ise.
ω1 = 2505.4314 rad / sn , ω 2 = 7982.6570 rad / sn
{X}1 = φ1 = ⎧⎨
0.843070⎫
⎬,
1
⎩
⎭
− 0.59307⎫
⎬
1
⎩
⎭
{X}2 = φ 2 = ⎧⎨
Normalize edilmiş titreşim biçimi φ in = a i φ i
normalizasyon şu şekilde yapılabilir.
şeklinde ifade edilir ise kütle matrisine göre
Birinci titreşim biçimi için
⎡1 0 ⎤ ⎡0.843070⎤
a 1 [0.843070 1] ⎢
⎥ a1 ⎢
⎥ =1
1
⎣0 0.5⎦ ⎣
⎦
⎡0.843070⎤
a 12 [0.843070 1] ⎢
⎥ =1
⎣ 0.5 ⎦
⎧0.843070⎫ ⎧0.7661⎫
n
1.21076 a 12 = 1 Î a 1 = 0.9088 Î φ1n = {X}1 = 0.9088⎨
⎬=⎨
⎬
1
⎩
⎭ ⎩0.9088⎭
İkinci titreşim biçimi için
⎡1 0 ⎤ ⎡− 0.59307⎤
a 2 [− 0.593070 1] ⎢
⎥ =1
⎥a2 ⎢
1
⎦
⎣0 0.5⎦ ⎣
121/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
⎡− 0.59307⎤
a 22 [− 0.59307 1] ⎢
⎥ =1
⎣ 0.5 ⎦
⎧− 0.59307⎫ ⎧- 0.6426⎫
n
0.8517 a 22 = 1 Î a 2 = 1.0835 Î φ n2 = {X}2 = 1.083⎨
⎬=⎨
⎬
1
⎩
⎭ ⎩ 1.083 ⎭
Kütle matrisi kullanılarak yapılan normalizasyon sonucu elde edilmiş Modal Matris aşağıdaki
gibidir.
⎡ 0.7661 − 0.6426⎤
P=⎢
⎥
⎣0.9088 1.083 ⎦
Sönümsüz titreşimler için hareket denklemi
[M ]{&x&} + [K ]{x} = {f ( t )}
x=Pq dönüşümü ile &x& = P&q&
[M ][P]{&q&} + [K ][P]{q} = {f ( t )}
Denklemin her iki tarafını PT ile çarpar isek
[P]T [M ][P]{&q&} + [P]T [K ][P]{q} = [P]T {f ( t )}
{&q&} + ω2n [I]{q} = {g( t )} ,
{g( t )} = P T {f ( t )} şeklinde ifade edilebilir.
Böylece n serbestlik dereceli sönümsüz bir sistem için hareket denklemleri
&q&1 + ω12 q 1 = g 1 ( t )
&q& 2 + ω 22 q 2 = g 2 ( t )
M
&q& n + ω 2n q n = g n ( t )
Şeklinde ifade edilerek denklemler bağımsız olarak çözülebilir. Sistemin çözümü x = Pq ifade
kullanılarak elde edilir.
Yukarıdaki örneği çözer isek
ω1 = 2505.4314 rad / sn , ω 2 = 7982.6570 rad / sn
⎡ 0.7661 − 0.6426⎤
P=⎢
⎥,
⎣0.9088 1.083 ⎦
⎧ x1 ⎫
⎧ 0.001 ⎫
⎨ ⎬ =⎨
⎬
⎩x 2 ⎭ 0 ⎩− 0.001⎭
122/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
0.6426⎤ ⎧ 0.001 ⎫ ⎧0.00031179⎫
⎧ q1 ⎫
1 ⎡ 1.083
⎨ ⎬ =
⎬
⎬=⎨
⎢
⎥⎨
⎩q 2 ⎭ 0 det(P) ⎣− 0.9088 0.7661⎦ ⎩− 0.001⎭ ⎩- 0.0011844⎭
0.6426⎤ ⎧0⎫ ⎧0⎫
⎧ q& 1 ⎫
1 ⎡ 1.083
⎨ ⎬ =
⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
⎩q& 2 ⎭ 0 det(P) ⎣− 0.9088 0.7661⎦ ⎩0⎭ ⎩0⎭
&q&1 + 2505.4314 2 q 1 = 0
q 1 ( t ) = A 1 cos ω n1 t + B1 sin ω n1 t kullanılarak
A1=0.00031179, B1=0
q 1 ( t ) = 0.00031179 cos (2505.4314 t )
&q& 2 + 7982.657 2 q 2 = 0
q 2 ( t ) = A 2 cos ω n 2 t + B 2 sin ω n 2 t kullanılarak
A2=-0.0011844
B2=0
q 2 ( t ) = −0.0011844 cos(7982.657 t )
⎧ x 1 ( t ) ⎫ ⎡ 0.7661 − 0.6423⎤ ⎧ 0.00031179 cos (2505.431t ) ⎫
⎨
⎬=⎢
⎬
⎥⎨
⎩x 2 ( t )⎭ ⎣0.9088 1.083 ⎦ ⎩− 0.0011844 cos (7982.657 t )⎭
x 1 ( t ) = 0.0002388cos (2505.431t ) + 0.0007607 cos (7982.657 t ) (m)
x 2 ( t ) = 0.0002833cos (2505.431t ) − 0.00128 cos (7982.657 t ) (m)
olarak elde edilir. Görüldüğü gibi iki cevap da bir önceki ile aynıdır.
123/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MEKANİK TİTREŞİMLER
MİLLERİN SAVRULMA TİTREŞİMLERİ (WHIRLING OF SHAFTS):
Birçok mühendislik uygulaması, rotor veya disk taşıyan yataklanmış dönel miller (şaftlar)
barındırmaktadır. Şaft-rotor sisteminde montaj, imalat ve malzeme kaynaklı kütle kaçıklıkları
sebebi ile, şaft dönüşü sırasında özellikle yüksek hızlarda şaftın eğilmesi ve titreşimi söz
konusu olmaktadır. Bu dönüş hareketi sırasında yatak (bearing) ekseni ile mil ekseni arasında
şekilde görüldüğü gibi sapmalar oluşmaktadır (X). Mil-Rotor/disk sisteminde, kütle merkezi
ile disk/rotor geometrik merkezi arasındaki kaçıklık “e”’de dikkate alındığında ω açısal hızı
ile dönen bir mil üzerinde etkili olan santrifüj kuvvet m ω 2 (X + e ) , mil direngenliği tarafından
karşılanmaktır (kX ) .
m disk/rotor kütlesi olmak üzere,
K X = m ω 2 (X + e )
K X = m ω2 X + m ω2 e
(K − m ω )X = m ω e
2
X=
2
m ω2
(K − m ω ) e
2
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
124/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
X çökme değeri için kritik durum K-mω2=0 için ortaya çıkar. Bu durumda
K
olarak elde edilir ve bu dönüş frekansına milin kritik frekansı denir.
m
ω = ωc =
X=
(ω
ω2
2
c
− ω2
)e
ω < ωc için X ve e’nin yönleri aynı olur ve bu durum “Heavy Side Outside” olarak
adlandırılır.
Heavy side outside
ω=ωc durumunda ise X genlikleri sonsuza ulaşır ve bu durum mil ve taşıdığı sistem için hasar
demektir.
ω > ωc için X ve e’nin yönleri terstir ve bu duruma “Heavy Side Inside” durumu adı verilir.
Heavy side inside
Çok yüksek hızla dönen miller için ω>> ωc X genliği –e değerine yaklaşmaktadır. Bu
durumda disk/rotor diskin kütle merkezi etrafında (G) dönmektedir ve dengesizliğin olmadığı
arzu edilen bir sonuç elde edilir. Uçak motorlarındaki yüksek hızlı dönüşün stabiliteye etkisi
bu şekilde açıklanabilir. Dunkerley şaftların kritik savrulma hızlarının, düşey titreşim doğal
125/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
frekansına eşit olduğunu ifade etmiştir. Savrulma titreşimlerinin adedi, şaft rotor sisteminin
doğal frekans sayısına eşittir.
Örnek: 12 kg kütleye sahip bir rotor 24 mm çapında ve iki ucundan yataklanmış yatay bir
şaftın ortasına monte edilmiştir. Yataklar arası mesafe 1 m’dir. Şaft 1200 dev/dak ile
dönmektedir. Rotorun kütle merkezi bazı üretim hataları dolayısı ile, rotorun geometrik
merkezinden 0.11 mm kaçıktır. Şaftın düzenli rejim titreşim genliğini ve yataklara gelen
kuvveti bulunuz. Şaft malzemesi çeliktir, E=200GPa.
Çözüm:
X=
ω2
ωc2 − ω 2
e
Dairesel kesitli mil için polar alan atalet momenti I =
πd 4 3.1416 x 0.024 4
=
= 1.628x10 -8 m4
64
64
Göreceli olarak kısa miller için sınır şartı olarak basit mesnetli durum kabul edilir. Bu duurm
için milin düşey titreşimlerinin doğal frekansı
ωn =
δ stat
g
δ stat
(rad / sn )
mgL3
12 * 9.81 *13
=
=
= 0.000752 m.
48EI 48 * 2x1011 *1.628x10 −8
ωn =
9.81
= 114.215 (rad / sn )
0.000752
πN π1200
=
= 125.66 (rad/sn)
30
30
ω=
X=
125.66 2
114.215 2 − 125.66 2
Yatay millerde r =
r=
* 0.00011 = -0.000632 m.
ω
< 1 için yataklardaki toplam reaksiyon kuvveti Fy=mω2(X+e)+mg,
ωc
ω
> 1 için Fy=mω2(X-e)+mg dir.
ωc
Fy = 12 *125.66 2 (0.000631 − 0.00011) + 12 * 9.81 = 217.01 N.
Her bir yatak için reaksiyon,
126/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Fb =
Fy
2
=
217.01
= 108.5 N.
2
ÇOK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN HAREKET DENKLEMLERİNİN
TESİR KATSAYILARI (INFLUENCE COEFFICIENTS) YÖNTEMİ İLE ELDE
EDİLMESİ:
Direngenlik Tesir Katsayıları (Stiffness Influence Coefficients):
Çok serbestlik dereceli sistemlere ait hareket denklemleri tesir katsayıları yöntemi
kullanılarak elde edilebilir. Bu bölümde çok serbestlik dereceli bir sistem ait direngenlik
matrisinin tesir katsayıları ile elde edilmesi üzerinde durulmuştur.
Doğrusal bir yay için, yayda birim uzama meydana getirecek kuvvet değeri yayın
direngenliğini vermektedir. Kompleks sistemlerde bir noktadaki yer değiştirmeye bağlı olarak
sistemin diğer noktalarındaki kuvvetler arasındaki ilişki direngenlik tesir katsayıları ile ifade
edilebilir. Direngenlik tesir katsayısı kij ile gösterilir. kij, j noktasındaki birim yer değiştirme
nedeni ile i noktasında oluşan kuvvet değeridir. kij belirlenir iken j noktası dışındaki noktalar
için yer değiştirme değeri sıfır olarak alınır.
ki j
i noktasındaki kuvvet
j noktasındaki birim yer değiştirme
Bu tanımdan hareket ile bir n serbestlik dereceli bir yay kütle sistemi için, i noktasındaki
toplam kuvvet Fi, tüm j noktalarındaki birim yer değiştirmelerden kaynaklanan kuvvetlerin
toplanması ile elde edilebilir.
N
Fi = ∑ k ij x j , i=1,2,…n.
j=1
Bu ifade matris formunda yazılır ise
{F} = [k ]{x}
Burada [k ] direngenlik matrisi olarak adlandırılır ve
⎡ k 11
⎢k
[k ] = ⎢ 21
⎢K
⎢
⎣k n1
k 12
k 22
K
k n2
K k 1n ⎤
K k 2n ⎥⎥
şeklindedir.
K K⎥
⎥
K k nn ⎦
127/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek: Şekildeki üç serbestlik dereceli kütle-yay sistemi için direngenlik matrisini
direngenlik tesir katsayıları yöntemi ile elde edelim.
x2
x1
k1
k3
k2
m2
m1
k1
x3=0
k3
k2
m2
m1
k2(x2-x1)
m1
= -k2
k11
m3
x2=0
x1=1
=k1
m3
x2=0
x1=1
F=k1x1=k1
x3
x3=0
k3(x3-x2)
m2
=0
k21
m3
k31
m1 kütlesi için
k11 − k 2 = k1 Î k11 = k1 + k 2
m2 kütlesi için
k 21 + 0 = −k 2 Î k 21 = − k 2
m3 kütlesi için
k 31 + 0 = 0 Î k 31 = 0
x2=1
x1=0
k1
k3
k2
m2
m1
=0
m1
k12
m3
x2=1
x1=0
F=k1x1=0
x3=0
k2(x2-x1)
= k2
m2
k22
m1 kütlesi için
k 12 + k 2 = 0 Î k 12 = − k 2
m2 kütlesi için
k 22 + (− k 3 ) = k 2 Î k 22 = k 2 + k 3
128/154
x3=0
k3(x3-x2)
= -k3
m3
k32
Mekanik Titreşimler Ders Notları
m3 kütlesi için
k 32 + 0 = − k 3 Î k 32 = −k 3
x2=0
x1=0
k1
k3
k2
m2
m1
k2(x2-x1)
m1
=0
=0
k13
m3
x3=1
x2=0
x1=0
F=k1x1=0
x3=1
m2
k23
k3(x3-x2)
= k3
m3
k33
m1 kütlesi için
k13 + 0 = 0 Î k13 = 0
m2 kütlesi için
k 23 + k 3 = 0 Î k 23 = −k 3
m3 kütlesi için
k 33 + 0 = k 3 Î k 33 = k 3
Bulunan değerler kullanılarak direngenlik matrisi şu şekilde elde edilir.
⎡k1 + k 2
[k ] = ⎢⎢ − k 2
⎢⎣ 0
− k2
k2 + k3
− k3
0 ⎤
− k 3 ⎥⎥
k 3 ⎥⎦
{F} = [k ]{x}’den
F1 = (k 1 + k 2 ) x 1 − k 2 x 2
F2 = −k 2 x 1 + (k 2 + k 3 )x 2 − k 3 x 3
F3 = − k 3 x 2 + k 3 x 3
Esneklik Tesir Katsayıları (Flexibility Influence Coefficients):
Esneklik tesir katsayıları hesabında sistemin her bir serbestlik derecesi birim kuvvet ile
uyarılarak, sistemin diğer serbestlik derecelerindeki yer değiştirmeler hesaplanır. Çok
serbestlik dereceli sistem j. noktasından 1 birimlik bir kuvvet ile uyarıldığında i. noktadaki yer
değiştirmeler bu noktadaki esneklikleri ifade eder. Esneklik tesir katsayısı aij ile ifade edilir.
129/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
ai j
i noktasındaki yer değiştirme
j noktasındaki birim kuvvet
Lineer bir sistem için yer değiştirme uygulanan kuvvet ile doğrusal olarak arttığı için
x ij = a ij Fj
olarak yazılabilir.
Eğer birden fazla Fj kuvveti (j=1,2,…,n) sistemin farklı noktalarından etki ediyor ise, herhangi
bir i noktasındaki toplam yer değiştirme tüm kuvvetlerin katkısı ile hesaplanabilir.
n
n
j=1
j=1
x i = ∑ x ij = ∑ a ij Fj (i=1,2,…,n)
Bu ifade matris formunda şu şekilde yazılabilir.
{x} = [a ]{F}
Burada a esneklik matrisidir.
⎡ a 11
⎢a
[a ] = ⎢ 21
⎢K
⎢
⎣a n1
a 12
a 22
K
a n2
K a 1n ⎤
K a 2n ⎥⎥
K K⎥
⎥
K a nn ⎦
Direngenlik matrisi ile esneklik matrisi arasındaki ilişki şu şekilde elde edilebilir.
{x} = [a ]{F} = [a ][k ]{x}
[a ][k ] = [I] Î [a ] = [k ]−1 Esneklik matrisi direngenlik matrisinin tersi alınarak elde edilebilir.
Az önceki üç serbestlik dereceli kütle-yay sistemi için esneklik matrisini elde edelim.
130/154
x1
k1
Mekanik Titreşimler Ders Notları
x2
k3
k2
m2
m1
x1=a11
k1
x3
m3
x3=a31
x2=a21
k3
k2
m1
m2
m3
F1=1
F2=0
F3=0
x1=a11
k1a11
m1
k2(a21-a11)
k3(a31-a21)
m2
F2=0
F1=1
x1=a12
k1
x3=a31
x2=a21
m3
F3=0
x3=a32
x2=a22
k3
k2
m1
m2
m3
F1=0
F2=1
F3=0
x1=a12
k1a12
m1
k2(a22-a12)
m2
k3(a32-a22)
F2=1
F1=0
x1=a13
k1
x3=a32
x2=a22
m3
F3=0
x3=a33
x2=a23
k3
k2
m1
m2
m3
F1=0
F2=0
F3=1
x1=a13
k1a13
m1
F1=0
x2=a23
k2(a23-a13)
m2
F2=0
131/154
k3(a33-a23)
x3=a33
m3
F3=1
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Kuvvetin m1’den uygulanması durumunda
m1 için kuvvet dengesi
1 + k 2 (a 21 − a 11 ) = k 1a 11 Î (k 1 + k 2 )a 11 − k 2 a 21 = 1 (1)
m2 için kuvvet dengesi
k 3 (a 31 − a 21 ) − k 2 (a 21 − a 11 ) = 0 Î k 2 a 11 − (k 2 + k 3 )a 21 + k 3 a 31 = 0 (2)
m3 için kuvvet dengesi
− k 3 (a 31 − a 21 ) = 0 Î k 3a 21 − k 3 a 31 = 0 (3)
⎡k1 + k 2
⎢ k
2
⎢
⎢⎣ 0
− k2
0 ⎤
− (k 2 + k 3 ) k 3 ⎥⎥
k3
− k 3 ⎥⎦
1
k1
1
=
olarak elde edilir.
k1
1
=
k1
a 11 =
⎧ a 11 ⎫ ⎧1⎫
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎨a 21 ⎬ = ⎨0⎬ Î a 21
⎪a ⎪ ⎪0⎪
⎩ 31 ⎭ ⎩ ⎭
a 31
Kuvvetin m2’den uygulanması durumunda
m1 için kuvvet dengesi
k 2 (a 22 − a 12 ) = k 1a 12 Î − (k 1 + k 2 )a 12 + k 2 a 22 = 0 (1)
m2 için kuvvet dengesi
k 3 (a 32 − a 22 ) + 1 = k 2 (a 22 − a 12 ) Î k 2 a 12 − (k 2 + k 3 )a 22 + k 3 a 32 = −1 (2)
m3 için kuvvet dengesi
− k 3 (a 32 − a 22 ) = 0 Î k 3 a 22 − k 3 a 32 = 0 (3)
k2
0 ⎤
⎡− (k 1 + k 2 )
⎢
k2
− (k 2 + k 3 ) k 3 ⎥⎥
⎢
⎢⎣
0
k3
− k 3 ⎥⎦
a 12 =
1
k1
⎧ a 12 ⎫ ⎧ 0 ⎫
1
1
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
+
olarak elde edilir.
⎨a 22 ⎬ = ⎨− 1⎬ Î a 22 =
k
k
1
2
⎪a ⎪ ⎪ 0 ⎪
⎩ 32 ⎭ ⎩ ⎭
1
1
a 32 =
+
k1 k 2
Kuvvetin m3’den uygulanması durumunda
m1 için kuvvet dengesi
132/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
k 2 (a 23 − a 13 ) = k1a 13 Î − (k1 + k 2 )a 13 + k 2 a 23 = 0 (1)
m2 için kuvvet dengesi
k 3 (a 33 − a 23 ) = k 2 (a 23 − a 13 ) Î k 2 a 13 − (k 2 + k 3 )a 23 + k 3 a 33 = 0 (2)
m3 için kuvvet dengesi
1 = k 3 (a 33 − a 23 ) = 0 Î k 3 a 23 − k 3a 33 = −1 (3)
k2
0 ⎤
⎡− (k 1 + k 2 )
⎢
k2
− (k 2 + k 3 ) k 3 ⎥⎥
⎢
⎢⎣
0
k3
− k 3 ⎥⎦
⎧ a 13 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎨a 23 ⎬ = ⎨ 0 ⎬ Î
⎪a ⎪ ⎪− 1⎪
⎩ 33 ⎭ ⎩ ⎭
a 13 =
1
k1
1
1
+
olarak elde edilir.
k1 k 2
1
1
1
=
+
+
k1 k 2 k 3
a 23 =
a 33
Esneklik matrisi yazılır ise
⎡1
⎤
1
1
⎢
⎥
k1
k1
⎢ k1
⎥
1
1
1
1
1
⎢
⎥
[a ] = ⎢
+
+
k1 k1 k 2
k1 k 2 ⎥
⎢1
1
1
1
1
1 ⎥
⎢
+
+
+ ⎥
⎢⎣ k1 k1 k 2 k 1 k 2 k 3 ⎥⎦
Aynı sonuca k direngenlik matrisinin tersi alınarak da ulaşılabilir.
Örnek:
Şekilde verilen basit mesnetli ve kütlesi ihmal edilebilir kiriş için esneklik matrisini
oluşturunuz. Üç kütle de eşit aralıklar ile yerleştirilmiştir. Kiriş düzgün kesitlidir ve EI eğilme
rijitliğine sahiptir.
x
y
L/4
F=1
a11
M1
M1
L/4
M2
L/4
M3
L/4
F=1
a12
y1(t)
y2(t)
a21 a31
a22 a32
y3(t)
F=1
a13
a23 a33
Esneklik matrisini oluşturmak için sistemdeki her bir kütleden etki eden birim genlikteki
kuvvete karşılık, her bir kütlede oluşacak yer değiştirmeleri (çökmeler) hesaplamamız
gereklidir. Aşağıda sık kullanılan sınır şartları için çökme formülleri verilmiştir.
133/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
BAZI KİRİŞLER İÇİN ÇÖKME İFADELERİ
ANKASTRE KİRİŞ:
P
a
x
⎧ Px 2
(3a − x ); 0 ≤ x ≤ a
⎪⎪
6
EI
y( x ) = ⎨ 2
⎪ Pa (3x − a ); a ≤ x ≤ L
⎪⎩ 6EI
L
y
BASİT MESNETLİ KİRİŞ:
P
a
b
x
L
(
)
Pbx 2
⎧
2
2
⎪ 6EIL L − x − b ; 0 ≤ x ≤ a
y( x ) = ⎨
Pa (L − x )
⎪
2Lx − x 2 − a 2 ; a ≤ x ≤ L
⎩ 6EIL
y
(
)
ANKASTRE-ANKASTRE KİRİŞ:
P
a
x
y
b
L
⎧
Pb 2 x 2
(3aL − x (3a + b )) ; 0 ≤ x ≤ a
⎪
3
⎪
6
EIL
y( x ) = ⎨ 2
2
⎪ Pa (L − x ) (3bL − (L − x )(3b + a )) ; a ≤ x ≤ L
⎪⎩ 6EIL3
134/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Basit mesnetli kiriş için verilen çökme ifadeleri kullanılarak
a11 için a=L/4, b=3*L/4 ve x=L/4’dür. P=1 için,
y(L / 4) = a 11
L2
LL
3
2
2
3
⎛
⎛
L2
L2 ⎞
3L ⎛⎜ 6L2
⎛L⎞ ⎛ L⎞ ⎞
= 4 4 ⎜ L2 − ⎜ ⎟ − ⎜ 3 ⎟ ⎟ = 16 ⎜ L2 −
−9 ⎟ =
6EIL ⎜⎝
16
16 ⎟⎠ 96EI ⎜⎝ 16
⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎟⎠ 6EIL ⎜⎝
3
⎞
⎟= 9 L
⎟ 768 EI
⎠
a21 için a=L/4, b=3*L/4 ve x=L/2’dür. P=1 için,
y(L / 2) = a 21 = a 12
L⎛
L⎞
L2
⎜L − ⎟ ⎛
2
2⎞
⎛
L2 L2 ⎞⎟
L ⎛⎜ 11L2 ⎞⎟ 11 L3
4
2⎠⎜ L ⎛L⎞ ⎛L⎞ ⎟
−
=
=
2L − ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ = 8 ⎜ L2 −
= ⎝
4 16 ⎟⎠ 48EI ⎜⎝ 16 ⎟⎠ 768 EI
6EIL ⎜⎝
2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎟⎠ 6EIL ⎜⎝
a31 için a=L/4, b=3*L/4 ve x=3L/4’dür. P=1 için,
y(3L / 4) = a 31 = a 13
L⎛
3L ⎞
L2
⎜L −
⎟⎛
2
2⎞
2
⎛ 3L2 9L2 L2 ⎞
⎛
4
4 ⎠ ⎜ 3L ⎛ 3L ⎞
⎛L⎞
⎟ = L ⎜ 14L
= ⎝
− ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎟ = 16 ⎜
−
−
2L
6EIL ⎜⎝
4 ⎝ 4 ⎠
16 16 ⎟⎠ 96EI ⎜⎝ 16
⎝ 4 ⎠ ⎟⎠ 6EIL ⎜⎝ 2
3
⎞
⎟= 7 L
⎟ 768 EI
⎠
a22 için a=L/2, b=L/2 ve x=L/2’dir. P=1 için,
y( L / 2) = a 22
LL
L2
2
2
⎛
⎛
L2 L2 ⎞⎟
L ⎛⎜ L2 ⎞⎟ 1 L3
16 L3
⎛L⎞ ⎛L⎞ ⎞
−
=
=
=
= 2 2 ⎜ L2 − ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎟ = 4 ⎜ L2 −
6EIL ⎜⎝
4
4 ⎟⎠ 24EI ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 48 EI 768 EI
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎟⎠ 6EIL ⎜⎝
a33 için a=3L/4, b=L/4 ve x=3L/4’dür. P=1 için,
L2
L L
3
3 ⎛
2
2⎞
⎛
9L2 L2 ⎞⎟
3L ⎛⎜ 6L2
⎛L⎞
⎛ 3L ⎞
−
=
y( L) = a 33 = 4 4 ⎜ L2 − ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎟ = 16 ⎜ L2 −
6EIL ⎜⎝
16 16 ⎟⎠ 96EI ⎜⎝ 16
⎝ 4 ⎠ ⎟⎠ 6EIL ⎜⎝
⎝ 4 ⎠
Esneklik matrisi
3
⎞
⎟= 9 L
⎟ 768 EI
⎠
⎡ 9 11 7 ⎤
L3 ⎢
[a ] =
11 16 11⎥⎥ olarak elde edilir.
768EI ⎢
⎢⎣ 7 11 9 ⎥⎦
Direngenlik veya Esneklik matrisi oluşturulduktan sonra çok serbestlik dereceli bir sistemin
doğal frekansları
det [k ] − ω 2 [m ] = 0 veya det [I] − ω 2 [k ] [m] = 0 Î det −
−1
hesaplanabilir.
135/154
1
[I] + [a ][m] = 0 bağıntıları ile
ω2
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Yukarıdaki örnekte verilen sisteme ait doğal frekansları elde edelim. Kiriş malzemesi çelik
E=2.1x1011, kiriş boyutları 20x10x1000 (mm), kiriş üzerindeki kütle değerleri m1=2 kg, m2=4
kg, m3=1 kg olarak alınır ise kirşe ait esneklik matrisi
⎡0.3348 0.4092 0.2604⎤
⎡ 9 11 7 ⎤
1
⎢11 16 11⎥ =1x10-4 ⎢0.4092 0.5952 0.4092⎥
[a ] =
⎢
⎥
⎥
0.02 * 0.013 ⎢
11
⎢
⎥⎦
0
.
2604
0
.
4092
0
.
3348
⎣
768 * 2.1x10 *
⎢⎣ 7 11 9 ⎥⎦
12
3
Kiriş-kütle sistemine ait kütle matrisi (kiriş kütlesi ihmal edilerek)
⎡ 2 0 0⎤
m = ⎢⎢0 4 0⎥⎥
⎢⎣0 0 1⎥⎦
Doğal frekanslar için
det −
1
[I] + [a ][m] = 0
ω2
0.0670 x10 −3 −
det
0.0818x10 −3
0.0521x10 −3
1
ω2
0.1637 x10 −3
0.2381x10 −3 −
1
ω2
0.1637 x10 −3
0.0260 x10 −3
0.0409 x10 −3
0.0335x10 −3 −
ω1 = 55.542 rad / sn ⇒ f 1 = 8.839 Hz
ω 2 = 298.234 rad / sn ⇒ f 2 = 47.465 Hz
ω3 = 562.113 rad / sn ⇒ f 3 = 89.463 Hz
136/154
=0
1
ω2
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MEKANİK TİTREŞİMLER
DUNKERLEY METODU
Çok serbestlik dereceli sistemlerin 1. doğal frekansı, sistemi oluşturan her bir serbestlik
derecesine ait doğal frekanslar cinsinden yaklaşık olarak ifade edilebilmektedir. Dunkerley
tarafından verilen bu formülasyon ilk doğal frekans için gerçek doğal frekans değerinden
küçük yaklaşık bir değer vermektedir.
n serbestlik dereceli bir sistem için doğal frekans ifadesi esneklik matrisi kullanılarak şu
şekilde verilmiş idi,
−
1
ω2
[I] + [a ][m] = 0
⎡1 0 L
⎢
1 ⎢0 1 L
− 2
ω ⎢L L L
⎢
⎣0 0 L
⎛ 1
⎞
⎜ − 2 + a 11m1 ⎟
⎝ ω
⎠
a 21m1
L
a n1m1
0⎤ ⎡ a 11
0⎥⎥ ⎢⎢a 21
+
0⎥ ⎢ L
⎥ ⎢
1⎦ ⎣a n1
a 12
a 22
L
a n2
a 12 m 2
L a 1n ⎤ ⎡m1
L a 2 n ⎥⎥ ⎢⎢ 0
L L ⎥ ⎢L
⎥⎢
L a nn ⎦ ⎣ 0
L
m2
L
0
a 1n m n
L
⎛ 1
⎞
⎜ − 2 + a 22 m 2 ⎟ L
⎝ ω
⎠
L
L
a n2m 2
0 ⎤
L 0 ⎥⎥
=0
L L⎥
⎥
L mn ⎦
0
a 2n m n
=0
L
⎛ 1
⎞
L ⎜ − 2 + a nn m n ⎟
⎝ ω
⎠
Bu determinant alınır ise
n
⎛ 1 ⎞
⎛ 1 ⎞
⎜ 2 ⎟ − (a 11m1 + a 22 m 2 + L + a nn m n )⎜ 2 ⎟
⎝ω ⎠
⎝ω ⎠
− a 12 a 21m1m 2 − L − a n −1 n a n
n −1
+ (a 11a 22 m1m 2 + a 11a 33 m1m 3 + L + a n −1
⎛ 1 ⎞
n −1m n −1m n ⎜ 2 ⎟
⎝ω ⎠
Görüldüğü gibi determinant alındığında
1
ω2
Dolayısı ile bu polinom, polinomun kökleri
n −1a nn m n −1m n
n −2
−L = 0
(1)
’nin n. dereceden bir polinomu elde edilmektedir.
1
ω12
,
1
ω 22
,L,
1
ω 2n
cinsinden şu şekilde yazılabilir.
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
137/154
)
Mekanik Titreşimler Ders Notları
⎛ 1
⎞⎛ 1
⎞ ⎛ 1
⎞ ⎛ 1 ⎞n ⎛ 1
1
1
1
1
1
⎜
⎟⎜
⎟ L⎜
⎟= ⎜
⎜
−
−
−
−
+
+
L
+
⎟
⎜ ω2 ω2 ⎟ ⎜ ω2 ω2 ⎟ ⎜ ω2 ω2 ⎟ ⎝ ω2 ⎠
⎜ ω2 ω2
ω 2n
1 ⎠⎝
2⎠ ⎝
n ⎠
2
⎝
⎝ 1
⎞ ⎛ 1 ⎞ n −1
⎟⎜
⎟ − L = 0 (2)
⎟ ⎝ ω2 ⎠
⎠
n −1
⎛ 1 ⎞
Denklem 1 ve Denklem 2’deki ⎜ 2 ⎟ ’in katsayıları eşitlenir ise
⎝ω ⎠
1
1
1
+ 2 + L + 2 = a 11m1 + a 22 m 2 + L + a nn m n
2
ω1 ω 2
ωn
(3)
Birçok sistemde yüksek dereceli doğal frekanslar 1. doğal frekanstan önemli ölçüde büyüktür.
Bu durumda
1
ωi2
<<
1
, i=2,3,…,n
ω12
Bu durumda Denklem 3 yaklaşık olarak şu şekilde yazılabilir.
1
ω12
≅ a 11m1 + a 22 m 2 + L + a nn m n
(4)
Bu denklem Dunkerley formülü olarak bilinir. Denklem 4 ile elde edilen doğal frekans daima
gerçek değerden daha düşüktür. Bu denklem şu şekilde de yazılabilir.
1
ω12
≅
1
ω12n
+
1
ω 22 n
+L+
1
ω 2nn
k ii
1
mi kütlesi ve kii (i=1,2,…,n) direngenliğine sahip
=
a ii m i
mi
serbestlik dereceli sistemin doğal frekansını vermektedir.
Burada ωin =
tek
Örnek:
Şekilde verilen mekanik sistemin 1. doğal frekansını yaklaşık olarak hesaplayınız. Gerçek
değer ile karşılaştırınız.
x2
x1
k1
m2
m1=100 kg, m2=80 kg, m3=120 kg, m4=40 kg
k1=10000 N/m, k2=5000 N/m, k3=4000 N/m, k4=1000 N/m.
138/154
x4
k4
k3
k2
m1
x3
m3
m4
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Enerji yöntemi ile sistemin hareket denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir,
⎡ m1
⎢0
⎢
⎢0
⎢
⎣0
0
m2
0
0
0
0
m3
0
0 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡k 1 + k 2
0 ⎥⎥ ⎪⎪&x& 2 ⎪⎪ ⎢⎢ − k 2
⎨ ⎬+
0 ⎥ ⎪&x& 3 ⎪ ⎢ 0
⎢
⎥
m 4 ⎦ ⎪⎩&x& 4 ⎪⎭ ⎣ 0
− k2
k2 + k3
− k3
0
0
− k3
k3 + k4
− k4
0 ⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧0⎫
0 ⎥⎥ ⎪⎪x 2 ⎪⎪ ⎪⎪0⎪⎪
⎨ ⎬=⎨ ⎬
− k 4 ⎥ ⎪ x 3 ⎪ ⎪0⎪
⎥
k 4 ⎦ ⎪⎩x 4 ⎪⎭ ⎪⎩0⎪⎭
clc
clear
m1=100;
m2=80;
m3=120;
m4=40;
k1=10000;
k2=5000;
k3=4000;
k4=1000;
M=[m1 0 0 0;0 m2 0 0;0 0 m3 0;0 0 0 m4]
K=[k1+k2 -k2 0 0;-k2 k2+k3 -k3 0;0 -k3 k3+k4 -k4;0 0 -k4 k4]
ωn1 =
ωn 2 =
ωn 3 =
2.931 rad/sn
5.801 rad/sn
9.628 rad/sn
ωn 4 = 13.935 rad/sn
syms s;
mat=M*s^2+K;
pol=det(mat);
p=solve(pol);
vpa(p,8)
a = k −1
1
ω 2n1
1
ω 2n1
⎡0.0001
⎢0.0001
=⎢
⎢0.0001
⎢
⎣0.0001
0.0001 0.0001 0.0001 ⎤
0.0003 0.0003 0.0003 ⎥⎥
0.0003 0.00055 0.00055⎥
⎥
0.0003 0.00055 0.00155⎦
= a 11m1 + a 22 m 2 + a 33 m 3 + a 44 m 4 = 0.0001 * 100 + 0.0003 * 80 + 0.00055 *120 + 0.00155 * 40
= 0.162 Î ω n1 = 2.485 rad/sn.
139/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
Şekilde verilen kiriş kütle sisteminin 1. doğal frekansını yaklaşık olarak hesaplayınız. Kiriş
kütlesi ihmal edilecektir.
x
y
L/4
M
L/4
y1(t)
a 11
1
ω 2n1
1
ω 2n1
M
L/4
y2(t)
M
L/4
y3(t)
3L3
L3
3L3
=
, a 22 =
, a 33 =
olarak hesaplanabilir.
256EI
48EI
256EI
= a 11M1 + a 22 M 2 + a 33 M 3 = (a 11 + a 22 + a 33 ) M
EI
1
3 ⎞ ML3
ML3
⎛ 3
=⎜
+
+
= 0.04427
Î ω n1 = 4.753
(rad/sn)
⎟
EI
⎝ 256 48 256 ⎠ EI
ML3
HOLZER METODU
Holzer metodu çok serbestlik dereceli sistemlerin doğal frekanslarını ve mod şekillerini
hesaplamak için kullanılabilen nümerik bir yöntemdir.
Yataklama (Serbest dönüş)
θ3
Serbest titreşimlere ait hareket denklemleri
aşağıdaki gibi elde edilebilir.
θ2
J1&θ&1 − k t1 (θ 2 − θ1 ) = 0
J &θ& + k (θ − θ ) − k
2 2
θ1
kt2
t1
2
1
t2
J 3&θ&3 + k t 2 (θ 3 − θ 2 ) = 0
J3
kt1
J2
J1
Yataklama (Serbest dönüş)
140/154
(θ3 − θ 2 ) = 0
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Doğal titreşimlerin formu harmoniktir.
θ i = θ i cos (ωi t + φ)
&θ& = −ω 2 θ cos (ω t + φ)
i
i
i
− ω 2 J1θ1 − k t1 (θ 2 − θ1 ) = 0
ω 2 J1θ1 = −k t1 (θ 2 − θ1 )
− ω 2 J 2 θ 2 + k t1 (θ 2 − θ1 ) − k t 2 (θ 3 − θ 2 ) = 0 Î ω 2 J 2 θ 2 = k t1 (θ 2 − θ1 ) − k t 2 (θ 3 − θ 2 )
− ω 2 J 3 θ 3 + k t 2 (θ 3 − θ 2 ) = 0
ω 2 J 3 θ 3 = k t 2 (θ 3 − θ 2 )
ω 2 J1θ1 + ω 2 J 2 θ 2 + ω 2 J 3 θ 3 = −k t1θ 2 + k t1θ1 + k t1θ 2 − k t1θ1 − k t 2 θ 3 + k t 2 θ 2 + k t 2 θ 3 − k t 2 θ 2
3
∑ ω2 J i θi = 0
i =1
Holzer metodu yukarıdaki denklemin sağlanmasıdır. Holzer metodunda başlangış olarak bir ω
değeri kabul edilir ve θ1=1 kabul edilerek iterasyon başlatılır. Daha sonra θ2 birinci
diferansiyel denklemden, θ3 ise ikinci diferansiyel denklemden elde edilir.
θ1 = 1
θ 2 = θ1 −
ω 2 J1θ1
k t1
θ3 = θ 2 −
ω2
(J1θ1 + J 2 θ 2 )
k t2
(1. denklemden)
(2. denklemden)
k t1 (θ 2 − θ1 ) = − ω 2 J 1θ1
Bu denklemler n adet disk içeren bir sistem için aşağıdaki gibi genelleştirilebilir.
⎞
ω 2 ⎛⎜ i −1
⎟
θ i = θ i−1 −
θ
J
∑
k
k
⎟
k t i−1 ⎜⎝ k =1
⎠
i=2,3,…,n.
İterasyon yapılır iken sağlanması gerekli denklem
n
∑ ω2Jiθi = 0
i =1
Bu denklemi sağlayan θ ’lar mod şekillerini vermektedir.
141/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Örnek:
Şekilde verilen şaft disk sistemi için doğal frekansları Holzer metodu ile hesaplayınız.
Kompresör
J1=8 kgm2
kt1=4MNm/rad
Türbin
J2=6 kgm2
kt2=2MNm/rad
Jeneratör
J3=4 kgm2
Problemin çözümü aşağıdaki Visual Basic programı ile gerçekleştirilebilir.
Private Sub Command1_Click()
j1 = 8
j2 = 6
j3 = 4
kt1 = 4000000
kt2 = 2000000
Dim w, toplam As Double
Dim tet1, tet2, tet3, h As Double
tet1 = 1
h = 500
wson = 2000
Picture1.Scale (0, 10000000)-(wson, -10000000)
Picture1.Line (0, 0)-(wson, 0)
For w = 500 To wson Step 0.05
tet2 = tet1 - (w ^ 2 / kt1) * (j1 * tet1)
tet3 = tet2 - (w ^ 2 / kt2) * (j1 * tet1 + j2 * tet2)
toplam = w ^ 2 * j1 * tet1 + w ^ 2 * j2 * tet2 + w ^ 2 * j3 * tet3
'Print "toplam="; toplam
If Abs(toplam) <= h Then
Print "Doğal frekans (rad/sn)="; w
End If
Picture1.PSet (w, toplam), RGB(255, 0, 0)
Next w
Print "Bitti..."
End Sub
142/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
3
∑ω J
i =1
2
i
θi
ω1=0 rad/sn
ω2=707.09 rad/sn
ω3=1224.75 rad/sn
ω
Holzer metodu ile kütle-yay sistemleri için de doğal frekanslar benzer şekilde hesaplanabilir.
x2
x1
x3
m2
m1
m3
X1 = 1
X 2 = X1 −
ω 2 m1 X 1
k1
X3 = X 2 −
ω2
(m1X1 + m 2 X 2 )
k2
M
X i = X i −1 −
ω 2 i −1
∑ m jX j
k i −1 j=1
kn-1
k2
k1
i = 2,3,L n.
143/154
xn
mn
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Viskoz Sönümlü Sistemlerde Enerji Yutumu:
Harmonik hareket yapan vizkoz sönümlü bir mekanik sistemde 1 çevrimde (tam hareket)
yutulan enerji aşağıdaki şekilde hesaplanabilir. X harmonik titreşim genliği ve ω ise titreşim
frekansı olmak üzere
f(t)
x ( t ) = X sin ωt
x& ( t ) = ωX cos ωt
m
x(t)
Vizkoz sönüm elemanı nedeni ile 1 çevrimde yutulan enerji
c
k
2π / ω
ΔE =
∫ Fd x& dt
t =0
2π / ω
ΔE =
2π / ω
∫ cx& x& dt = ∫
t =0
2π / ω
cωX cos ωtωX cos ω t dt =
0
∫ cω
2
2
2
2
X cos ωt dt = cω X
0
2
2π / ω
∫ cos
2
ωt dt = cω 2 X 2
0
π
= πc ω X 2
ω
π
ω
Bir sistemin sönüm oranı sistemin farklı frekanslardaki harmonik zorlamalara cevabı
kullanılarak elde hesaplanabilir. Bir sistemin frekans cevabındaki en büyük genlik değeri HR
Quality Factor, Q (Kalite Faktörü) olarak adlandırılır. Sistemin sönüm oranı Yarı Güç Noktası
olarak (Half Power Point) adlandırılan (Frekans cevabındaki Maksimum Genliğin 3 dB
(0.707*HR) düştüğü noktadaki frekans değerleri ile elde edilebilir.
Yukarıda verilen mekanik sistemde m=20 kg, c=3000 Ns/m ve k=98 N/m olarak alınır ise
hareket denklemi
20&x& + 98x& + 3000x = f ( t )
Sistemin sönüm oranı
ζ=
c
2 km
=
98
2 3000 * 20
= 0.2 dir. Bu değeri Half power yöntemi ile elde etmeye çalışalım.
ΔE 0.707 = πcω (0.707 X )2 = 0.5πcωX 2 = 0.5ΔE
Mekanik sistemin transfer fonksiyonu
H(s) =
1
2
20s + 98s + 3000
144/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
k
3000
=
= 12.247 rad / sn
m
20
Frekans cevabındaki maksimum genlik 0.0008503 ve bu genliğin okunduğu frekans değeri
11.73 rad/sn dir.
Sistemin sönümsüz doğal frekansı ω n =
1
x 10
-3
MATLAB’den
okunuyor
(11.75, 0.0008503)
HR
0.8
HR-0.707*HR
0.707*HR
|H(s)|
0.6
0.4
0.2
0
0
5
8.97
ω1
10
13.96
ω2 15
20
25
30
Frekans (rad/sn)
Düşük sönümlü sistemler için
Δω = ω 2 − ω1 ≅ 2ζω n dir.
ω 2 − ω1 13.93 − 8.97
=
= 0.202 olarak elde edilir. Görüldüğü gibi bu değer sistemin
2ω n
2 * 12.247
gerçek sönüm oranına çok yakın bir değerdir.
ζ=
145/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Sürekli Sistemlerin Doğal Frekanslarının Enerji Yöntemi İle Elde Edilmesi:
Kiriş benzeri sürrekli (continuous) yapıların doğal frekansları enerji yöntemi ile
hesaplanabilir. Daha önceki konularda efektif kütle yöntemi ile, incelenen sürekli sistemlere
ait 1. doğal frekanslar yaklaşık olarak elde edilmiş idi. Burada kiriş benzeri yapılara ait doğal
1. doğal frekans hesabı için yine enerji yöntemi kullanılarak sonuca ulaşılacaktır.
Ele alınan ankastre bir kiriş için 1. doğal frekans değerini enerji yöntemi ile hesaplayalım.
Sönümsüz bir sistem için, enerjinin korunumu prensibi ile sistemin potansiyel ve kinetik
enerji toplamları aşağıdaki şekilde yazılabilir.
E k max + E p
min
= E k min + E p
max
Salınım yapan bir sistem için sistemin kinetik enerjisi en büyük değerini aldığında potansiyel
enerji sıfırdır. Potansiyel enerjinin en büyük olduğu durum için ise kinetik enerji sıfırdır.
Dolayısı ile ankastre kirişin maksimum kinetik enerjisi ile maksimum potansiyel enerji
değerleri birbirine eşittir.
E k max = E p
Epmax
max
Ekmax
Ele alınan ankastre kiriş için eksen takımı aşağıdaki şekilde verilmiştir.
L
x
x
z
z
E, I, A, ρ
Z(x)
Sabit kesitli ankastre kiriş için potansiyel ve kinetik enerji ifadeleri şu şekilde yazılabilir.
M
θ=
M
θ
x
dz
dx
dθ d 2 z M
=
=
dx dx 2 EI
1
1 M2
dx
Strain enerji dU = Mdθ =
2
2 EI
dθ =
M
dx
EI
2⎛
⎜
d 2 z ⎞⎟
M = (EI )
⎜ dx 2 ⎟
⎝
⎠
2
z
L
1 M2
U= ∫
dx Sabit kesitli bir kiriş için
2 0 EI
146/154
2
L⎛ 2 ⎞
1
d z
U = EI ∫ ⎜ 2 ⎟ dx olarak yazılabilir.
⎜
2 0 ⎝ dx ⎟⎠
2
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Eğilmeye titreşimlerine maruz sabit kesitli homojen bir kiriş için potansiyel ve kinetik enerji
ifadeleri aşağıdaki gibidir.
2
2
L
L⎛ 2 ⎞
⎛ d 2z ⎞
1
1
d z
E p = ∫ E I ⎜ 2 ⎟ dx = E I ∫ ⎜ 2 ⎟ dx
2 0 ⎜⎝ dx ⎟⎠
2 0 ⎜⎝ dx ⎟⎠
2
L
L
2
1
1
⎛ dz ⎞
⎛ dz ⎞
E k = ∫ ρ A ⎜ ⎟ dx = ρ A ∫ ⎜ ⎟ dx
20
2
dt ⎠
⎝ dt ⎠
0⎝
Ankastre bir kirişin doğal titreşimine ait ifade şu şekilde yazılabilir.
z( t , x ) = Z( x ) sin ωt
Potansiyel ve kinetik enerji ifadelerinde kullanılmak üzere
d 2z
dx
2
=
d2Z
dx
2
dz
= ω Z cos ωt
dt
sin ωt ,
yazılabilir. Potansiyel ve kinetik enerji ifadelerinin en büyük değerleri eşitlenir ise
2
L
L
⎛ d2Z
⎞
1
⎜
⎟ dx = 1 ρA (ω Z cos ωt )2 dx
E
I
sin
ω
t
⎟
2 ∫0 ⎜⎝ dx 2
2 ∫0
⎠
yazılabilir. Sinüs ve Cosinüs terimlerinin en büyük değerlerinin 1 olduğu dikkate alınır ise
2
L
L
⎛ d2Z ⎞
2
2
⎜
⎟
∫ E I⎜ dx 2 ⎟ dx = ω ∫ ρAZ dx
⎝
⎠
0
0
elde edilir ve ankastre kiriş için doğal frekans ifadesi
2
L
ω 2n =
⎛ d2Z ⎞
EI
∫ ⎜⎜ dx 2 ⎟⎟ dx
⎠
0 ⎝
L
∫ ρAZ
2
dx
0
Doğal frekans ifadesine ulaşmak için ankastre kirişe ait yer değiştirme eğrisi x’e bağlı
dördüncü dereceden bir polinom ile şu şekilde ifade edilebilir. Yazılan yer değiştirme
ifadesinin sınır şartlarını sağlaması gereklidir.
Z( x ) = a x 4 + b x 3 + c x 2 + dx + e
Ankastre bir kiriş için sınır şartları aşağıda verilmiştir.
147/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
dZ
d2Z
d3Z
x=0’da Z(x=0)=0 ve
= 0 ve
=0
= 0 , x=L’de
dx
dx 2
dx 3
Sınır şartları kullanarak yer değiştirme eğrisi içerisindeki katsayılar şu şekilde elde edilebilir.
b = − 4aL, c = 6aL2 , d = 0, e = 0
Bu katsayılar yerine konarak kiriş için yer değiştirme eğrisi şu şekilde yazılabilir.
(
Z( x ) = a x 4 − 4Lx 3 + 6L2 x 2
)
Bu sonuç doğal frekans ifadesinde kullanılır ise
2
L
ω 2n =
⎛ d2Z ⎞
E I ∫ ⎜ 2 ⎟ dx
⎟
⎜
0 ⎝ dx ⎠
L
ρ A ∫ Z 2 dx
0
L
2 2
2
0
L
4
3
2 2 2
0
(
L
ω 2n =
[a (12x − 24Lx + 12L )] dx
=
ρA ∫ [a (x − 4Lx + 6L x )] dx
EI ∫
)
EI ∫ a 144 x 4 − 576Lx 3 + 864L2 x 2 − 576L3 x + 144L4 dx
0
L
(
)
ρ A ∫ x 8 − 8Lx 7 + 28L2 x 6 − 48L3 x 5 + 36L4 x 4 dx
0
144 5
L
EI 5
EI
2
ωn =
= 12.4615
ρ A 104 9
ρ AL4
L
45
ρAL = m kiriş olduğu dikkate alınarak ankastre kiriş için doğal frekans ifadesi
ω 2n = 12.4615
EI
4
ρAL
= 12.4615
EI
3
m kiriş L
Î ω n = 3.530
EI
m kiriş L3
(rad / sn )
olarak elde edilir. Sürekli sistem yaklaşımı kullanıldığı için bu frekans ifadesi tek serbestlik
dereceli sistem kabulü ile elde edilen değerden daha doğru cevabı verecektir.
148/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
MAKİNALARDA DURUM İZLEME VE ARIZA TEŞHİSİ
(CONDITION MONITORING AND FAULT DIAGNOSTICS)
Uygun bir tasarıma sahip pek çok makine çalışma durumunda düşük titreşim seviyelerine
sahiptir. Operasyon halinde makinelerde yorulma, aşınma, deformasyon, taban oturması,
gevşeme gibi durumlar oluşabilir. Bu etkiler makinelerdeki boşlukların artmasına, eksen
kaçıklıklarının oluşmasına, dengesizliklere, çatlak başlangıçlarına vb. sebep olur. Tüm bu
etkiler makinelerde zaman içerisinde titreşim seviyelerinin artmasına neden olur. Aşırı
titreşimler yataklarda ek dinamik kuvvetler oluştururu ve zaman içerisinde titreşim seviyeleri
giderek artar. Sonuç olarak makinelerde kopma, kırılma benzeri durumlar ortaya çıkar ve
makine devre dışı kalır. Bu durum bazen insan hayatını tehlikeye sokacak nitelik taşıyabilir.
Bir makinenin ömrü klasik olarak BATHTUB eğrisi ile ifade edilir.
Deterioration
(Failure Probability)
Infant Mortality Useful period Wearout (Aging) period
(Initial running- (Normal operation
in period)
period)
Time
Makinelerdeki arızalar titreşim ve ses seviyeleri ile ilişkili olduğundan, titreşim seviyeleri
BATHTUB eğrisine uygun olarak değişim gösterir. Makinelerde ilk çalışma zamanlarında,
temas eden yüzeylerin birbirlerine alışması (yüzey düzgünsüzlükleri nedeni ile sürtünmeler)
sırasında titreşim seviyeleri yüksek olarak izlenebilir. Daha sonra normal çalışma
periyodunda titreşim seviyeleri düşüş gösterir, fakat oluşan aşınmalar dolayısı ile normal
çalışma periyodunun sonlarına doğru titreşim seviyelerinde artış gözlemlenir. Aşınmaların
zaman içerisinde artması dolayısı ile wearout periyodunda makinede kalıcı hasarlar
gözlemlenebilir.
Bir makine için makine sağlığını takip etmek için temel olarak üç farklı yöntem
bulunmaktadır.
1. Breakdown Maintenance: Makinenin çalışması sırasında durum tespitine yönelik bir
çalışma yapılmaz, makinede de arıza olduğunda yenisi ile değiştirilir. Düşük bedelli
makineler için bu yöntem uygun olabilir.
2. Preventive Maintenance: Belirli periyotlar ile makine bakımı yapılır. Kontroller sırasında
makine durdulur ve makinenin durumu incelenir. Duruşlar nedeniyle üretim kayıpları söz
konusudur ve verimli bir yöntem değildir.
3. Condition-Based Maintenance: Bu yöntemde belirli periyotlar ile bakım yerine ölçümler
yapılır. Bu ölçümler ile makinenin durumu izlenir. Arıza başlangıçları bu şekilde tespit
149/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
edilebilir. Makine duruşları olmadığından üretim aksamaz. Periyodik olarak ölçülen titreşim
seviyelerinden yola çıkılarak makinede ne zaman arıza olacağı kestirilebilir. Bu nedenle bu
yaklaşıma Kestirimci Bakım (Predictive Maintenance) adı da verilir. Bu yöntemde bakım
masrafları düşüktür ve makinede kontrolsüz ani arızalar gözlemlenmez.
Durum Esaslı Bakım (Condition Based Maintenance) ile makinede ölçülen titreşim seviyeleri
aşağıdaki eğriye benzer.
Titreşim seviyeleri
Bakım yapılmaması
durumunda hasar
gözlemlenir
Bakım
Zaman
Periyodik ölçümler
Makinelerde durum izleme (Condition Monitoring) çalışmaları şu yöntemler ile
yapılmaktadır.
MAKİNELERDE DURUM İZLEME TEKNİKLERİ
(MACHINE CONDITION MONITORING TECHNIQUES)
İŞİTSEL
(AURAL)
GÖRSEL
(VISUAL)
OPERASYONEL
DEĞİŞKENLER
(OPERATIONAL
VARIABLES)
TİTREŞİM
SICAKLIK
YAĞ ANALİZİ
(VIBRATION)
(TEMPERATURE) (WEAR DEBRIS)
Titreşim analizi makinelerin durum izleme çalışmalarında günümüzde en çok kullanılan
yöntemdir. Titreşim analizinde temel aşamalar, makinelerin uygun bölgelerinden titreşim
sinyali alma, bu sinyali farklı yöntemlerle işleme ve elde edilen sonuçları arıza varlığı veya
yokluğu açısından yorumlamaktır. Makinelerin izin verilebilir titreşim seviyeleri ISO 2372
standardı ile verilmiştir.
150/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Makinelerde titreşim analizi ile durum izleme yöntemleri şu şekilde sınıflandırılabilir.
TİTREŞİM ANALİZİ İLE MAKİNELERDE DURUM İZLEME TEKNİKLERİ
(MACHINE VIBRATION MONITORING TECHNIQUES)
ZAMAN ORTAMI (TIME DOMAIN) ANALİZLERİ
¾
¾
¾
FREKANS ORTAMI
QUEFRENCY DOMAIN (CEPSTRUM)
(FREQUENCY DOMAIN) ANALİZLERİ ANALİZLERİ
DALGA FORMU (WAVEFORM)
ŞAFT YÖRÜNGELERİ (SHAFT ORBITS)
İSTATİSTİKSEL ANALİZLER (STATISTICAL ANALYSES)
BİRLEŞİK ZAMAN FREKANS ORTAMI
(JOINT TIME-FREQUENCY DOMAIN)
ANALİZLERİ
151/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Zaman Ortamı Analizleri:
Dalga Formu : Bu yöntemde titreşim sinyallerinin dalga formunun temel özelliklerine ve
sinyal içerisindeki hata göstergesi olacak nitelikteki form bozukluklarına veya genlik
artışlarına bakılabilir. Dalga formu incelenir iken sinyale ait bazı büyüklükler karşılaştırılır.
Harmonik bir sinyal için bu bilgiler şunlar olabilir.
Yer değiştirme, hız, ivme
Harmonik bir sinyal için RMS
τ
Peak
1 2
Peak
RMS =
x dt =
∫
τ0
2
RMS
Crest Factor =
Peak to
Peak
Peak to peak
RMS
Şaft Yörüngeleri: Bu yöntemde şaft yörüngesindeki sapmalara bakılarak arıza mevcudiyeti
hakkında yargıya varılır.
y yer değiştirmesi (mm) Lissajous eğrileri
Sensör 1
y
Hatalı
x
Sensör 2
0
Sağlam
0
x yer değiştirmesi (mm)
İstatistiksel Analizler: Bu yöntemde titreşim sinyallerine ait farklı istatistiksel göstergeler
kullanılarak, hatasız ve hatalı sinyaller arasındaki farklılıklardan hareketle hata tespiti
yapılmaya çalışılır.
Bu istatistiksel göstergeler İstatistiksel Yoğunluk Eğrileri (Probability Density Curve), ve
farklı türden momentlerdir. Bu momentlerden bazıları N örneğe sahip bir x titreşim sinyali
için aşağıda verilmiştir.
1 N
mean = x = ∑ x i2
N i =1
152/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
S tan dart Sapma = σ =
1 N
(x i − x )2
∑
N i=1
N
Skewness =
∑ (x i − x )3
i =1
N σ3
N
Kurtosis =
∑ ( x i − x )4
i =1
N σ4
veya RMS4
Frekans Ortamı Analizleri:
Bu analizlerde titreşim sinyalinin frekans içeriği Fourier Transformu ile belirlenir ve frekans
içeriği içerisinde önceden hesaplanabilen hata frekanslarının olup olmadığı kontrol edilir.
Frekans içeriğinde hata frekanslarının mevcudiyeti, incelenen makinede hata olduğunun bir
göstergesidir. Bir rulman için bölgesel hatalara ait frekanslar rulman özellikleri kullanılarak
aşağıdaki gibi hesaplanabilir.
d
Z= Bilya sayısı
D=Pitch diameter
D=Bilya çapı
fs=Şaft frekansı
α=Temas açısı
1
Z f s (1 + C )
2
1
İç Bilezik Hatası = f i = Zf s (1 + C )
d
C = cos α
2
D
1
Dıı Bilezik Hatası = Zf s (1 − C )
2
D
Bilya − Masura Hatası = f s C (2 − C )
d
Quefrency Domain Analizleri: Bu analiz tipinde titreşim sinyalinin FT (Fourier Transform)
dönüşümünün tekrar Fourier dönüşümü alınarak (Cepstrum) elde edilen dönüşüm sinyalleri
incelenir.
D
Kafes frekansı = f c =
Bir x(t) sinyalinin Fourier transformu F{x ( t )}ise, bu sinyalin power spektrumu
S x (ω) = F{x ( t )} şeklindedir. Sinyalin Cepstrum’u ise
2
C(τ) = F{log S x (ω)} şeklindedir.
2
153/154
Mekanik Titreşimler Ders Notları
Gamnitude
Magnitude
FFT
Cepstrum
Quefrency (sn)
Frequency (Hz)
Rahmonics
Harmonics
Birleşik Zaman-Frekans Analizleri: Arızalı titreşim sinyalleri genel olarak farklı
zamanlarda farklı frekans içeriklerine sahip olan (Non-Stationary) sinyallerdir. Bu sinyallerin
sadece frekans ortamında analizleri yapıldığında arızanın titreşim sinyali içerisindeki zaman
bilgisi (veya tur bilgisi) elde edilememektedir. Arızanın bir titreşim sinyali içerisindeki zaman
bilgisi Kısa Zamanlı Fourier Dönüşümü (Short Time Fourier Transform) veya daha gelişmiş
olan Wavelet Analizi ile belirlenebilir. Wavelet dönüşümü son yıllarda titreşim sinyallerinin
analizinde arıza tespitine yönelik olarak sıklıkla kullanılmaktadır.
154/154
ÖRNEK SINAV
SORULARI
Ad Soyad
No
DEÜ MAKİNA MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK TİTREŞİMLER ARASINAV 1-12.11.2008
S1
S2
S3
S1. a) Şekilde verilen içten
yanmalı motor ve bağlı olduğu
sisteme ait iki serbestli dereceli bir
matematik model oluşturunuz.
İçten yanmalı motor sistemde
dengesizlik türünden dış zorlama
oluşturmaktadır. (Toprak zeminin
sönüm ve direngenliğini dikkate
alınız).
S4
Σ
Çerçeve
Motor
Elastik
takoz
Zemin bloğu
Toprak
zemin
b) Aşağıdaki sistemler için doğal frekans ifadelerini elde ediniz.
G, J, L
m
2k
x(t)
2k
m
M(t)
x(t)
(b1)
(b2)
m
x(t)
γ
k
k
Idisk
G
(b3)
Kesit alanı A
(b4)
c) 600 kg kütleli bir makine basit mesnetli bir çelik kiriş üzerine monte edilmiştir. Kiriş boyu
3 m’dir ve 0.5x0.1 m dikdörtgen kesite sahiptir. Kiriş malzemesine ait elastisite modülü
(Young’s modulus) E=2.06E11 N/m2 dir. Kiriş orta noktasının statik çökme miktarını ilk
çökme miktarının (yay yok iken) 1/3’üne düşürmek için kiriş orta noktasına eklenmesi gerekli
yayın direngenliğini hesaplayınız. Kiriş kütlesini ihmal ediniz.
E, I, L
m
k
1 of 23
Örnek Sorular
Kütlesiz rijit eleman
2k
S2. Yandaki sisteme ait hareket
denklemini yazınız ve doğal frekans
ifadesini
sistem
parametreleri
cinsinden ifade ediniz.
A
m
kt
Dönel yay
2L/3
x
k
f(t)
2m
B
S3. Şekilde görülen lokomotif 2000
kg kütleye sahiptir. 10 m/s hız ile
ilerleyen lokomotif yol sonunda
görülen sönümleyici sistem ile
durdurulmaktadır. Lokomotif ve
sönümleyici
buluştuktan
sonra
birlikte
hareket
etmektedirler.
Sönümleyici
içerisindeki
yay
katsayısı k=40 N/mm ve amortisör
sönüm katsayısı değeri c=20 Ns/mm
dir. Lokomotif sönümleyici ile
buluştuktan sonra lokomotifin yaptığı
hareketin zamana göre değişimini
yazınız.
S4. Şekilde görülen taşlama tezgahı
direngenliği (k) 1000 kN/m, sönüm
katsayısı (c) 1000 Ns/m olan bir
isolatör üzerine monte edilmiştir.
Taşlama tezgahının ve üzerindeki
ekipmanların toplam ağırlığı 5000
N’dur. Tezgahın oturduğu zemin
tezgaha yakın bir kaynak dolayısı ile
şekilde verilen formdaki bir harmonik
zorlamaya maruzdur. Taşlama tezgahı
için izin verilen en büyük yer
değiştirme değeri 1 μm’dir. Bu değeri
aşmamak için zemin titreşimlerine ait
en büyük genlik Y ne olmalıdır.
İsolatör sönüm katsayısını arttırmanın
taşlama makinesi yer değiştirme
genliğine etkisi ne olur? Açıklayınız.
L/3
m
k/2
v
c
k/2
Taşlama makinası
x(t)
Aşındırıcı taş
k/2
c
y( t ) = Y sin( 200πt )
k/2
Sınavda soru çözümü içermeyen 1 adet A4 Formül kâğıdı kullanılabilir.
Sınav süresi 90 dakikadır. BAŞARILAR.
Yrd.Doç.Dr. Zeki Kıral
2 of 23
Örnek Sorular
DEÜ MAKİNA MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK TİTREŞİMLER ARASINAV 2-17.12.2008
S1
S2
S3
Ad Soyad
No
S4
Σ
S1. Şekilde verilen iki serbestlik dereceli sistemin gösterilen şekildeki harmonik zorlama
etkisinde x1 ve x2 yer değiştirme genliklerini hesaplayınız.
x1
x2
k
2k
2m
m
f(t) = 20 sin(10t)
m=20 kg
k=2000 N/m
S2. Şekildeki ankastre kiriş 10 Newton şiddetinde bir harmonik bir zorlama etkisindedir ve
rezonans durumunda çalışmaktadır. Kiriş çelik malzemeden imal edilmiş olup yoğunluğu
ρ=7800 kg/m3 ve elastisite modülü E=2x1011 N/m2 dir. Ankastre kirişin tek serbestlik dereceli
bir yay kütle sistemi olarak düşünülmesi durumunda 1. doğal frekans ifadesi aşağıda
verilmiştir.
EI
ω n = 3.52
(rad / sn )
m kiriş L3
400 mm
f(t)=10 sinωt (N)
10 mm
30 mm
k
m
Ankastre kiriş uç nokta titreşimlerini yok etmek için kiriş ucuna şekilde görüldüğü gibi bir
yutucu ilave edilecektir. Eklenecek yutucunun kütlesi 0.2 kg olarak seçilecektir. Bu durumda
yutucu yay katsayısını belirleyiniz. Yutucunun eklenmesi ile oluşan sistemin doğal
frekanslarını hesaplayınız ve mevcut durum için yutucunun yer değiştirme genliğini bulunuz.
S3. a) Şekildeki tek serbestlik dereceli sistem 20 N şiddetinde bir impuls zorlama ile
uyarılmıştır. x(t) yer değiştirmesini bulunuz.
f(t)=20 δ(t)
m
k
x(t)
c
m=12 kg
k=6000 N/m
c=200 Ns/m
3 of 23
Örnek Sorular
S3. b) Doğal frekansı 15 Hz olan bir sismometrenin sönüm oranı ζ=0.5 dir. Sismometrenin
%2’den düşük hata ile ölçüm yapabileceği en düşük frekans değeri nedir?
S4. Şekildeki iki serbestlik dereceli disk-mil sisteminde genel koordinatlar θ1 ve θ2 dir. Mil
kütleleri ihmal edilmektedir. Sistem t=0’da θ1(t=0)=0.1 radyan, θ2(t=0)=0.15 radyan’dır.
kt1
θ1
kt2
θ2
kt1=2000 Nm/rad
kt2=1000 Nm/rad
J1=4 kgm2
J2=2 kgm2
J2
J1
Sistemin doğal frekanslarını bulunuz. θ2 genel koordinatını referans alarak Modal matrisi
oluşturunuz. Verilen başlangıç şartını kullanarak θ1(t)’yi bulunuz. (Modal analiz yöntemi
kullanılacaktır).
Sınav Süresi 100 Dakikadır. BAŞARILAR.
Yrd.Doç.Dr. Zeki KIRAL
4 of 23
Örnek Sorular
ARASINAV 2 ÇÖZÜMLER
C1.
E1 =
1
1
1
1
mx& 12 + 2mx& 2 , E 2 = 2kx 12 + k (x 2 − x 1 )2 , δW = f δx 2
2
2
2
2
m&x&1 + 3kx 1 − kx 2 = 0 (1),
2m&x& 2 + kx 2 − kx 1 = f (2)
20&x&1 + 6000x 1 − 2000 x 2 = 0
40&x& 2 + 2000x 2 − 2000x1 = 20 sin (10t )
x 1 ( t ) = X1 sin(10 t ) ve x 2 ( t ) = X 2 sin(10 t ) olarak kabul edilir. Bu durumda
&x&1 ( t ) = −100X1 sin(10 t ), &x& 2 ( t ) = −100X 2 sin(10 t )
Bu ifadeler yerine konur ise
4000X1 − 2000X 2 = 0
− 2000X1 − 2000X 2 = 20
Î
X1 = −0.0033 m
X 2 = −0.0067 m
C2. mkiriş=0.936 kg, Ikiriş=2.5x10-9 kgm2
ω1 = 3.52
2 x1011 * 2.5x10 −9
0.936 * 0.4 3
= 321.5879 rad / sn = 51.1823 Hz
myutucu =0.2 kg Î ω yutucu = 321.5879 =
k yutucu
0.2
Yutucunun yer değiştirme genliği Î x yutucu =
Î kyutucu=20684 N/m
− F0
k yutucu
= −0.4834 mm
Yutucu eklendikten sonra oluşan iki serbestlik dereceli sistemin doğal frekansları
μ2
⎛ μ⎞
ω1, 2 = ω kiriş ⎜1 + ⎟ m μ +
4
⎝ 2⎠
m yutucu
0.2
0.2
μ=
=
=
= 0.9065 ,
33
33
m kiriş efektif
0.936
m kiriş
140
140
ω1 = 203.0762 rad / sn , ω 2 = 509.2610 rad / sn
C3.
a) ξ =
200
2 6000 *12
= 0.3727 , ω n =
6000
= 22.3607 rad / sn ,
12
ωd = ω n 1 − ξ 2 = 20.7497 rad / sn , x ( t ) = 0.0803 e −8.3338 t sin( 20.7497 t )
5 of 23
Örnek Sorular
b) Sismometre kuralı r>3 olmalı.
1.02 =
r2
(1 − r )
2 2
Î r1=4.9730, r2=1.0209 Î r1 kullanılır.
+ (2ξr )
fmin=4.9730*15=74.5950 Hz.
2
C4.
Ep =
1
1
1
1
k t1θ12 + k t 2 (θ 2 − θ1 )2 , E k = J1θ& 12 + J 2 θ& 22
2
2
2
2
4 &θ&1 + 3000 θ1 − 1000 θ 2 = 0 ⎡4s 2 + 3000
− 1000 ⎤ ⎧ θ1 ⎫ ⎧0⎫
, ⎢
⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ , s = iω
2s 2 + 1000⎦⎥ ⎩θ 2 ⎭ ⎩0⎭
2&θ& 2 + 1000θ 2 − 1000θ1 = 0 ⎣⎢ − 1000
⎡− 4ω 2 + 3000
− 1000 ⎤
2
4
2
det ⎢
⎥ = 0 Î 8 ω − 10000 ω + 2000000 = 0 , ω = z
2
− 2ω + 1000⎥⎦
⎢⎣ − 1000
z1 = 1000, z 2 = 250 Î ω1 = 15.8114 rad / sn , ω 2 = 31.6228 rad / sn
Birinci denklemden
1000
⎫
⎧
θ1
1000
⎪
= 0.5⎪
2
, ω1 = 250 Î ϕ1 = ⎨ 3000 − 4 * 250
=
⎬,
θ 2 3000 − 4ω 2
⎪⎭
⎪⎩
1
1000
⎫
⎧
⎪
= −1⎪
2
ω 2 = 1000 Î ϕ 2 = ⎨ 3000 − 4 * 1000
⎬,
⎪⎭
⎪⎩
1
Modal matris
⎡0.5 − 1⎤
P=⎢
,
1 ⎥⎦
⎣1
⎡3 0⎤
PTJ P = ⎢
⎥
⎣0 6 ⎦
Kt
J
⎡4 0⎤ ⎧ &θ&1 ⎫ ⎡ 3000 − 1000⎤ ⎧ θ1 ⎫ ⎧0⎫
⎢0 2⎥ ⎨&& ⎬ + ⎢− 1000 1000 ⎥ ⎨θ ⎬ = ⎨0⎬
⎣
⎦ ⎩θ 2 ⎭ ⎣
⎦⎩ 2⎭ ⎩ ⎭
0 ⎤
⎡750
PT K t P = ⎢
⎥
⎣ 0 6000 ⎦
Modal koordinatlarda hareket denklemi
0 ⎤ ⎧ q1 ⎫ ⎧0⎫
⎡3 0⎤ ⎧ &q&1 ⎫ ⎡750
⎢0 6⎥ ⎨&q& ⎬ + ⎢ 0 6000⎥ ⎨q ⎬ = ⎨0⎬ , İlk şartlar Î
⎣
⎦⎩ 2⎭ ⎣
⎦⎩ 2⎭ ⎩ ⎭
θ = Pq Î q 0 = P −1θ 0 Î P −1 =
1
det( P )
⎧ θ10 ⎫ ⎧ 0.1 ⎫
⎨ ⎬=⎨
⎬
⎩θ 20 ⎭ ⎩0.15⎭
1⎤
⎧ 0.1665 ⎫
⎡1
{
}
=
q
Î
⎨
⎬
0
⎢− 1 0.5⎥
⎩− 0.01665⎭
⎣
⎦
6 of 23
Örnek Sorular
Modal koordinatlarda iki adet bağımsız denklem mevcut,
3&q&1 + 750q1 = 0
6&q& 2 + 6000q 2 = 0
1. denklem cevabı
q1 ( t ) = A cos ω1 t + B sin ω1 t , ilk şartlardan A=0.1665, B=0
q1 ( t ) = 0.1665 cos15.8114 t
2. denklem cevabı
q 2 ( t ) = A cos ω 2 t + B sin ω 2 t , ilk şartlardan A=-0.01665, B=0
q 2 ( t ) = −0.01665 cos 31.6228t
P
⎧ θ1 ( t ) ⎫ ⎡0.5 − 1⎤ ⎧ 0.1665 cos15.8114 t ⎫
⎨
⎬=⎢
⎨
⎬
1 ⎥⎦ ⎩− 0.01665 cos 31.6228t ⎭
⎩θ 2 ( t )⎭ ⎣ 1
θ1 ( t ) = 0.08325 cos15.8114 t + 0.1665 cos 31.6228 t
7 of 23
Örnek Sorular
DEÜ MAKİNA MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MEKANİK TİTREŞİMLER FİNAL SINAVI (21.01.2009)
S1
S2
S3
S4
Ad Soyad
No
(30) S1. Şekilde verilen sistemde f1 ve
f2 girdi, x1, x2 ve x3 çıktılardır.
Sistemin hareket denklemlerini
elde edip matris formunda
gösteriniz.
2k
c
m
f2
x3
k
2m
f1
2k
k
k
x2
2c
m
(30) S2. Şekildeki ankastre kiriş 2m ve m
değerlerine sahip iki adet kütle
taşımaktadır. Kiriş kütlesi ihmal
edilmektedir. Sistemin esneklik
matrisini elde ediniz ve doğal
frekanslarını hesaplayınız. 1. doğal
frekansı Dunkerley metodu ile de
hesaplayınız.
Σ
2k
c
x1
L
L/2
2m
E=2x1011 N/m2
I=11.25x10-8 m4
L=1 m
m=3 kg
m
x
y1
y
y2
E, I
(30) S3. Şekildeki yay-kütle-amortisör sisteminde m kütlesinin etkisi ile oluşan statik çökme 10
mm’dir. Yay kütle sisteminin harmonik zorlama cevabı’da şekilde verilmiştir. Kütlenin yer
değiştirme genliğinin 5 mm’den fazla olmaması için uyarım frekansı en az ne olmalıdır?
f(t)=50 sinωt
m
k
x(t)
c
m=5 kg
X
F0 / k
10
9.5
9
8.5
8
7.5
7
6.5
6
5.5
5
4.5
4
3.5
3
2.5
2
1.5
1
0.5
0
0
0.25 0.5 0.75
1
1.25 1.5 1.75
2
2.25 2.5 2.75
3
3.25 3.5
ω/ωn
8 of 23
Örnek Sorular
Yay kütle sisteminin ilk şartlar altındaki serbest titreşim cevabı şekilde verilmiştir. Sistemdeki
amortisörün sönüm katsayısını hesaplayınız.
0.02
0.015
X: 0.401
Y: 0.0105
0.01
X: 1.607
Y: 0.001527
0.005
x(t)
0
-0.005
-0.01
-0.015
-0.02
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
t(sn)
(30) S4. Şekilde görülen ankastre-ankastre kiriş için yer değiştirme eğrisi y(x) ile ifade
edilmektedir. Bu ifade de c0 sabit bir katsayıdır. Verilen yer değiştirme eğrisini kullanarak
kirişe ait ilk doğal frekansı elde ediniz.
E, I, ρ, A, L
x
y
y( x ) =
co x 2
(L − x )2
24EI
Sınav süresi 110 dakikadır. BAŞARILAR…
Yrd.Doç.Dr. Zeki Kıral
9 of 23
Örnek Sorular
DEÜ MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MAK4041 MEKANİK TİTREŞİMLER 1 ARASINAV 10.11.2009
İÖ
AD SOYAD
S1
S2
S3
S4
S5
NO
Örgün
Σ
k
S1. Şekilde verilen mekanik
sistemin hareket denklemini elde
ediniz. Sisteme ait doğal frekans
ifadesini yazınız.
2c
m, IO
L
x(t)
M(t)
2m
O
c
2k
0.8L
S2. Şekilde verilen ankastre kiriş
destekli sönümsüz sisteme etki eden
kuvvet F(t)=50sin(20t) formundadır.
F(t)
Sistemin doğal frekansını ve F(t)
kuvveti ile oluşan titreşim genliğini
a) Kiriş kütlelerini ihmal ederek
b) Kiriş kütlelerini dahil ederek
hesaplayınız.
b1=20 mm
h1=5 mm
L1=400 mm
E1=70×109 N/m2
ρ1=2700 kg/m3
S3. Şekilde verilen mekanik sistemin
girdisi F(t) çıktıları ise x1 ve x2’dir.
Mekanik
sistemin
hareket
denklemlerini elde ediniz ve matris
formunda gösteriniz.
m=4 kg
b2=30 mm
h2=3 mm
L2=600 mm
E2=210×109 N/m2
ρ2=7800 kg/m3
c2
k3
k1
c1
x1
m1
x2
k2
F(t)
10 of 23
m2
Örnek Sorular
0.12
0.06032 m
0.1
0.08
0.06
Genlik (m)
S4. Bir mekanik sistemde
statik çökme değeri 2.48 mm
olarak
ölçülmüştür.
Bu
mekanik sistem için yapılan
bir serbest titreşim deneyinde
0.1 m’lik bir ilk yer değiştirme
ile ölçülen serbest titreşim
eğrisi şekilde verilmiştir.
Serbest titreşim cevabındaki
farklı anlar için genlik
değerleri
şekil
üzerinde
gösterilmiştir. Sistemin serbest
titreşimlerine
ait
hareket
denklemini yazınız.
0.008025 m
0.04
0.02
0
-0.02
-0.04
-0.06
-0.08
-0.1
0
0.2
0.4
0.6
Zaman (sn)
0.8
S5. Şekilde verilen basit mesnetli sönümlü kiriş-kütle sistemi şekilde görüldüğü gibi bir
harmonik zorlama etkisindedir. Amortisör ve m kütlesi kiriş orta noktasındadır. Kiriş
kütlesini ihmal ediniz. Harmonik zorlama etkisinde kiriş orta nokta çökmesinin z(t) zamana
bağlı ifadesini yazınız. Zorlama frekansı bir miktar arttırıldığında kiriş orta nokta titreşim
genlikleri azalır mı, artar mı? Sistemin rezonans frekansını ve rezonans genliğini hesaplayınız.
F(t)=10sin(32t)
E, L
m
5 mm
z
50 mm
E=70x109 N/m2
L=1 m
m=2 kg
c=12 Ns/m
c
Sınav süresi 90 dakikadır. Sorular eşit puanlıdır. Başarılar.
Yrd.Doç.Dr. Zeki Kıral
11 of 23
Örnek Sorular
1
ARASINAV-1 ÇÖZÜMLER
C1. θ =
x
x
= 1.25
0.8L
L
2
E1 =
1
1 ⎛
x& ⎞
1⎡
1.5625 ⎤ 2
2mx& 2 + I O ⎜1.25 ⎟ = ⎢2m +
I o ⎥ x& ,
2
2 ⎝
L⎠
2⎣
L2
⎦
2
1
1
x ⎞
1 ⎛
1
E 2 = 2kx 2 + k⎜1.25 L ⎟ = [2k + 1.5625k ]x 2 = 3.5625kx 2
2
2
L ⎠
2 ⎝
2
x⎞
M
⎛
⎡
⎤
δW = Mδ⎜1.25 ⎟ − cx& δx − 2c (1.25x& ) δ(1.25x ) = ⎢1.25 − 4.125 cx& ⎥ δx
L
L⎠
⎝
⎣
⎦
x’e göre Lagrange denklemi uygulanır ise hareket denklemi aşağıdaki gibi elde edilir.
1.5625 ⎤
1.25
⎡
⎢⎣2m + L2 I o ⎥⎦ &x& + 4.125 cx& + 3.5625k x = L M( t )
Doğal frekans ifadesi
3.5625k
(rad/sn)
1.5625
2m +
IO
L2
ωn =
C2. Ankastre kirişlerin uç
noktalarındaki
çökmeler
aynıdır, dolayısı ile kirişler
paralel bağlı yaylar olarak
düşünülür.
m
x(t)
k1
k2
a) Kirişlere ait direngenlik ifadeleri.
k1 =
3E 1 I1
=
L31
k 21 =
0.02 x 0.005 3
12
= 683.5938 N/m
3
0.4
3x 70 x10 9
3E 21 I 2
=
L32
0.03x 0.0033
12
= 196.8750 N/m
3
0.6
3x 210 x10 9
k eş = k 1 + k 2 = 880.4688 N/m
12 of 23
Örnek Sorular
Kiriş
ωn =
kütleleri
k eş
m
=
ihmal
edildiğinde
sistemin
doğal
frekansı
880.4688
= 14.8363 rad/sn
4
Sönümsüz tek serbestlik dereceli sistem harmonik zorlama cevabı x(t)=Xsinωt’den cevap
genliği bulunabilir.
1
X
Î X=
=
F/ k 1− r2
F/ k
⎛ ω
1 − ⎜⎜
⎝ ωn
⎞
⎟⎟
⎠
2
=X =
50 / 880.4688
⎛ 20 ⎞
1− ⎜
⎟
⎝ 14.8366 ⎠
2
=-0.0695 m.
33 ρ1 b1 h 1 L1
= 0.0255 kg
140
33 ρ 2 b 2 h 2 L 2
=
= 0.0993 kg
140
b) 1. kiriş için kiriş uç noktasındaki efektif kiriş kütlesi m 1eff =
2. kiriş için kiriş uç noktasındaki efektif kiriş kütlesi m 2 eff
Kiriş efektif kütleleri ile 4 kg’lık kütle değeri toplanır ise kiriş uç noktalarında hareket eden
toplam eşdeğer kütle m eş = m + m1eff + m 2 eff = 4.1248 kg olarak elde edilir. Bu durum için
sistemin doğal frekansı
ωn =
X=
k eş
m eş
=
880.4688
= 14.613 rad/sn ve harmonik titreşim genliği
4.1248
50 / 880.4688
⎛ 20 ⎞
1− ⎜
⎟
⎝ 14.613 ⎠
C3. E 1 =
2
=-0.0650 m’dir.
1
1
1
1
1
2
2
m1 x& 12 + m 2 x& 22 , E 2 = k 1 (x 2 − x 1 ) + k 2 (x 2 − x 1 ) + k 3 x 12
2
2
2
2
2
δW = F( t ) δx 2 − c1 (x& 2 − x& 1 )δ(x 2 − x 1 ) − c 2 x 1δx 1
Lagrange denklemi uygulanarak hareket denklemleri elde edilir (Diğer yöntemler de
uygulanabilir)
m1&x&1 + (c1 + c 2 )x& 1 − c1 x& 2 + (k 1 + k 2 + k 3 )x 1 − (k 1 + k 2 )x 2 = 0
m 2 &x& 2 − c1 x& 1 + c1 x& 2 − (k 1 + k 2 )x 1 + (k 1 + k 2 )x 2 = F( t )
Hareket denklemleri matris notasyonunda aşağıdaki şekilde gösterilebilir
⎡ m1
⎢0
⎣
0 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡c1 + c 2
⎨ ⎬+
m 2 ⎥⎦ ⎩&x& 2 ⎭ ⎢⎣ − c1
− c1 ⎤ ⎧ x& 1 ⎫ ⎡k 1 + k 2 + k 3
⎨ ⎬+
c1 ⎥⎦ ⎩x& 2 ⎭ ⎢⎣ − (k 1 + k 2 )
13 of 23
− (k 1 + k 2 )⎤ ⎧ x 1 ⎫ ⎧ 0 ⎫
⎬
⎨ ⎬=⎨
(k 1 + k 2 ) ⎥⎦ ⎩x 2 ⎭ ⎩F( t )⎭
Örnek Sorular
C4. Statik çökme ifadesinden yararlanılarak sistemin doğal frekansı hesaplanır.
ωn =
g
δ statik
9.81
= 62.89 rad / sn.
0.00248
=
Logaritmik dekreman ifadesinden yararlanarak sistemin sönüm oranı hesaplanır.
δ=
1 ⎛ 0.06032 ⎞
ln⎜
⎟ = 0.504 , ζ =
4 ⎝ 0.008025 ⎠
δ
4π 2 + δ 2
= 0.08
Mekanik sisteme ait serbest titreşimleri ifade eden hareket denklemini aşağıdaki şekilde
yazabiliriz.
&x& + 2ζω n x& + ω 2n x = 0 Î &x& + 10.0624 x& + 3955.2 x = 0 şeklindedir.
Soruda istenmemiş olmakla birlikte kiritik altı sönümlü bu sistemin serbest titreşim cevabı şu
şekilde yazılabilir (x0=0.1, x& 0 = 0)
ωd = ω n 1 − ζ 2 = 62.89 1 − 0.08 2 = 62.6884 rad/sn.
x(t) =
(x& 0 + ζω n x 0 )2 + (x 0 ωd )2
ωd
⎛
⎛
⎞⎞
x 0 ωd
⎟⎟ ⎟
e −ζωn t sin ⎜⎜ ωd t + tan −1 ⎜⎜
⎟
&
x
x
+
ζω
0
n
0
⎝
⎠⎠
⎝
x ( t ) = 0.1e -5.0265 t sin(62.6884t + 1.4749)
C5. Kiriş orta noktası için direngenlik, k =
k=
48x 70x10 9
48EI
dir.
L3
m
z(t)
3
0.05x 0.005
12
= 1750 N / m
13
k
Sistemin doğal frekansı
k
1750
ωn =
=
= 29.58 rad / sn.
Sistemin
sönüm
oranı
m
2
c
12
12
ζ=
=
=
= 0.1
2mω n 2x 2 x 29.58 118.32
Kritik altı sönümlü sistem için kiriş orta noktası harmonik cevabı aşağıdaki şekilde yazılabilir.
x ( t ) = X sin (ωt − ϕ)
Zorlama frekansı ω=32 rad/sn’dir. Dolayısı ile frekans oranı r=ω/ωn=1.0818’dir.
F/ k
10 / 1750
=
= 0.0208 m.
X=
2
2
2 2
2 2
(2ζr ) + 1 − r
(2x 0.1x1.0818) + 1 − 1.0818
(
)
(
14 of 23
)
Örnek Sorular
⎛ 2ζr ⎞
⎛ 2x 0.1x1.0818 ⎞
ϕ = tan −1 ⎜
= tan −1 ⎜
= −0.940 rad.
2 ⎟
2 ⎟
⎝1− r ⎠
⎝ 1 − 1.0818 ⎠
x ( t ) = 0.0208 sin (32 t + 0.94 ) dir.
2.5
2
Artan zorlama
frekansı
X/F/k
1.5
1
0.5
0
1.0818
0
0.5
1
1.5
ωR=29.2827 rad/sn.r
2
2.5
3
Şekilden görüldüğü gibi zorlama frekansını bir miktar arttırmak frekans oranını arttıracak ve
kiriş orta nokta titreşim genlikleri azalacaktır.
Rezonans frekansı ω R = ω n 1 − 2 ζ 2 = 29.2828 rad / sn.
F/k
10 / 1750
=
= 0.0287 m .
Rezonans genliği X R =
2ζ 1 − ζ 2 2x 0.1 1 − 0.12
15 of 23
Örnek Sorular
DEÜ MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ
MAK4041 MEKANİK TİTREŞİMLER 2. ARASINAV 15.12.2009
AD SOYAD
S1
S2
S3
S4
Σ
NO
S1. Şekilde verilen mekanik sistem için üzerine etki eden periyodik zorlamaya cevabı 4 terim
alarak bulunuz. (n=1,2,3 ve 4 alınacak).
m=20 kg
k
x(t)
f(t)
k=9000 N/m
c=140 Ns/m
f(t)
c
m
100
k
t (sn)
1
3
2
-50
4
varaç
x(t)
S2. Şekilde verilen çeyrek araç
modeli için araç hızı 80 km/h dır.
Araç titreşim genliklerini ve bu
frekansta araca etki eden kuvvet
genliğini hesaplayınız. Amortisör
katsayısının arttırılmasının araç
titreşim genlikleri ve araca
iletilen kuvvet genliğine etkisi ne
olur
(Azaltır/Arttırır)
grafik
üzerinde açıklayınız.
m
k
m=400 kg
k=200 kN/m
c=2500 Ns/m
Y=0.05 m
c
y ( t ) = Y sin ωt
Y
S3. Şekilde verilen dönel sistemde
zorlama M(t)=60sin50t formundadır.
Sistemin titreşim genliklerini sıfırlamak
için tasarlanacak 0.2 kgm2 kütle atalet
momentine sahip yutucu için dönel yay
sabitini belirleyiniz.
J1=1.2 kgm2
kt1=900 Nm/rad
Jy=0.2 kgm2
Yutucu eklendiği durum için yutucu açısal
titreşim
genliğini
derece
olarak
hesaplayınız. Zorlama frekansının 4 Hz
olması durumu için ana disk (θ1) ve
yutucu (θy) için açısal titreşim genliklerini
hesaplayınız (radyan).
4m
kt1
θ1
M(t)
J1
Jy
16 of 23
kty
θy
Örnek Sorular
S4. Şekilde verilen iki serbestlik dereceli sisteme ait hareket denklemleri aşağıda verilmiştir.
Sistemin doğal frekanslarını hesaplayınız. Titreşim biçimlerini biçimlerini elde ederek modal
matrisi oluşturunuz. F(t)=50 cos8πt için X1 ve X2 titreşim genliklerini hesaplayınız.
f(t)
x1
L/2
x2
L/2
G
m, IG
k2
k1
m=30 kg
k1=2000 N/m
k2=4000 N/m
m
m
f
&x&1 + &x& 2 + k 1x 1 =
3
6
2
m
m
f
&x&1 + &x& 2 + k 2 x 2 =
6
3
2
Sınav Süresi 100 Dakikadır. Başarılar.
Yrd.Doç.Dr. Zeki Kıral
17 of 23
Örnek Sorular
ÇÖZÜMLER
C1.
Sistemin hareket denklemi
20 &x& + 140 x& + 18000 x = f ( t ) , ω n =
140
18000
= 0.1167
= 30 (rad/sn), ζ =
20
2 18000x 20
⎧− 50 0 ≤ t ≤ 1
f (t) = ⎨
⎩ 100 1 ≤ t < 2
T=2 sn. ω =
f (t) =
2π 2π
=
= π (rad / sn ) [Temel frekans]
T
2
4
4
a0
+ ∑ a n cos nωt + ∑ b n sin nωt
2 n =1
n =1
Fourier katsayıları hesaplanır ise
a 0 = 50 , a n = 0 , b n =
150
cos(nπ − 1)
nπ
İlk dört terim alınacak
b1 = −
300
300
, b2=0, b 3 = −
, b4=0
π
3π
f (t) =
50 300
300
−
sin πt −
sin 3πt
2
π
3π
Bu fonksiyon aşağıdaki gibidir.
150
100
f(t) [N]
50
0
-50
-100
0
1
2
3
Zaman [sn]
18 of 23
4
5
6
Örnek Sorular
Terim sayısı arttırılır ise f(t) fonksiyonuna daha çok yaklaşılabilir.
f (t) =
50 300
300
300
300
300
−
sin πt −
sin 3πt −
sin 5πt −
sin 7 πt −
sin 9πt için fonksiyon
9π
2
π
3π
5π
7π
150
100
f(t) [N]
50
0
-50
-100
0
1
2
3
Zaman [sn]
4
5
6
şeklindedir.
Dolayısı ile x(t) farklı frekans ve genliklerdeki harmonik cevapların toplamı şeklinde
olacaktır.
⎤
⎤ ⎡ 300
⎡ 300
−
−
⎥
⎢
⎥
⎢
50 / 2
x(t) =
+ ⎢ π H(π) sin (πt − ϕ1 )⎥ + ⎢ 3π H(3π) sin (3πt − ϕ 3 )⎥
18000 ⎢18000
⎥
⎥ ⎢18000
⎥⎦
⎥⎦ ⎢⎣
⎢⎣
H(π) =
1
⎛ ⎛ ω
⎜1 − ⎜
⎜ ⎜⎝ ω n
⎝
⎞
⎟⎟
⎠
2
2
⎞ ⎛
⎟ + ⎜ 2ζ ω
⎟ ⎜⎝ ω n
⎠
⎛
⎜ 2ζ ω
⎜
ωn
ϕ1 = tan −1 ⎜
2
⎜ ⎛ ω⎞
⎟⎟
⎜ 1 − ⎜⎜
ω
⎝ ⎝ n⎠
1
=
⎞
⎟⎟
⎠
2
⎛ ⎛ π⎞
⎜1 − ⎜ ⎟
⎜ ⎝ 30 ⎠
⎝
2
2
⎞ ⎛
⎟ + ⎜ 2 x 0.1167 x π ⎞⎟
⎟ ⎝
30 ⎠
⎠
= 1.0108
2
⎞
⎛
⎞
⎟
⎜ 2x 0.1167 π ⎟
⎟
−1 ⎜
30 ⎟ = 0.0247 rad
⎟ = tan ⎜
⎟
2
⎟
⎜ 1 − ⎛⎜ π ⎞⎟ ⎟
⎜
⎟
⎟
⎝ 30 ⎠ ⎠
⎝
⎠
19 of 23
Örnek Sorular
H(3π) =
1
⎛ ⎛ ω
⎜1 − ⎜
⎜ ⎜⎝ ω n
⎝
⎞
⎟⎟
⎠
2
1
=
2
⎞ ⎛
⎟ + ⎜ 2ζ ω
⎟ ⎜⎝ ω n
⎠
⎞
⎟⎟
⎠
⎛ ⎛ 3π ⎞
⎜1 − ⎜ ⎟
⎜ ⎝ 30 ⎠
⎝
2
2
= 1.1059
2
⎞ ⎛
⎟ + ⎜ 2x 0.1167 x 3π ⎞⎟
⎟ ⎝
30 ⎠
⎠
2
⎛
⎞
⎞
⎛
⎜ 2ζ 3ω ⎟
⎜ 2x 0.1167 3π ⎟
⎜
ωn ⎟
⎜
30 ⎟ = 0.0812 rad
ϕ 3 = tan −1 ⎜
= tan −1 ⎜
⎟
2 ⎟
2
⎜ ⎛ 3ω ⎞ ⎟
⎛ 3π ⎞ ⎟
⎜
1
−
⎟⎟ ⎟
⎜ ⎟ ⎟
⎜
⎜ 1 − ⎜⎜
⎝ 30 ⎠ ⎠
⎝
⎝ ⎝ ωn ⎠ ⎠
⎤
⎤ ⎡ 300
⎡ 300
−
⎥
⎥ ⎢ − 3π
50 / 2 ⎢ π
x(t) =
1.0118 sin (πt − 0.0247 )⎥ + ⎢
+⎢
1.1059 sin (3πt − 0.0812)⎥
18000 ⎢18000
⎥
⎥ ⎢18000
⎦⎥
⎦⎥ ⎣⎢
⎣⎢
0.02
0.018
x(t) [m]
0.016
0.014
0.012
0.01
0.008
0
1
2
3
Zaman [sn]
4
5
6
C2. v=80 km/h=22.22 m/sn. λ=4 m.
ω=
2πv 2πx 22.22
c
2500
=
= 0.139
=
= 34.9 rad / sn , ζ =
λ
4
2mω n 2x 400x 22.36
ωn =
X=
k
=
m
200000
= 22.36 rad / sn
400
1 + ( 2ζ r ) 2
(1 − r )
2 2
+ (2ζr )
Y=
2
r=
34.9
ω
=
= 1.56 (r> 2 )
ω n 22.36
1 + (2 x 0.139x1.56) 2
(1 − 1.56 )
2 2
+ (2x 0.139 x1.56)
20 of 23
0.05 = 0.036 m
2
Örnek Sorular
r> 2 olduğu için amortisör
katsayısının
arttırılması
(sönümün arttırılması) kütle
titreşim
genliklerini
ARTTIRACAKTIR.
Çalışma frekansı
Kütleye iletilen kuvvet
FT =
r 2 1 + (2ζr )2
(2ζr )
2
(
+ 1− r
)
2 2
kY =
1.56 2 1 + (2 x 0.139x1.56) 2
(1 − 1.56 )
2 2
+ (2x 0.139x1.56 )
200000 x 0.05 = 17710 N
2
r> 2
olduğu
için
amortisör
katsayısının arttırılması (sönümün
arttırılması) kütleye uygulanan kuvveti
ARTTIRACAKTIR.
Çalışma frekansı
C3. Zorlama frekansı ω = 50 rad/sn’dir. Dolayısı ile titreşim yutucunun doğal frekansı 50
rad/sn olarak ayarlanmalıdır.
k ty = J y * ω 2n = 0.2 * 2500 = 500 Nm / rad
Yutuculu sistemde yutucu açısal yer değiştirmesi θ y = −
M
60
=−
= −0.12 rad (-6.87°)
k ty
500
Zorlama frekansı 4 Hz (25.13 rad/sn) olması durumunda her iki diskin açısal yer değiştirmesi
21 of 23
Örnek Sorular
Ana kütle statik yer değiştirmesi
δ st =
k t1
900
=
= 27.386 rad / sn ,
J1
1.2
M
60
=
= 0.0667 rad , ω1 =
k t1 900
k ty
ω2 =
Jy
500
= 50rad / sn (İlk zorlama frekansı ile aynı idi)
0.2
=
1−
θ1 = δ st
θ y = δ st
ω2
1−
ω 22
⎛ ω 2 ⎞ ⎛ k ty ω 2 ⎞ k ty
⎟ ⎜1 +
⎜1 −
− 2 ⎟−
⎜ ω2 ⎟ ⎜
k
ω1 ⎟⎠ k t1
t
1
2 ⎠⎝
⎝
1
⎛ ω ⎞⎛
k
⎟ ⎜1 + ty − ω
⎜1 −
⎜ ω2 ⎟ ⎜
k t1 ω12
2 ⎠⎝
⎝
2
2
⎞ k ty
⎟−
⎟ k t1
⎠
= 0.0667
= 0.0667
25.13 2
50 2
= - 2.2383 rad
⎛ 25.13 2 ⎞ ⎛ 500 25.13 2 ⎞ 500
⎟−
⎟ ⎜1 +
⎜1 −
−
2 ⎟⎜
2 ⎟ 900
⎜
900
50
27
.
386
⎠
⎠⎝
⎝
1
⎛
⎜1 − 25.13
⎜
50 2
⎝
2
⎞ ⎛ 500 25.13 2
⎟ ⎜1 +
−
⎟ ⎜ 900 27.386 2
⎠⎝
⎞ 500
⎟−
⎟ 900
⎠
= - 2.9948 rad
C4.
m
m
f
&x&1 + &x& 2 + k1x 1 =
3
6
2
m
m
f
&x&1 + &x& 2 + k 2 x 2 =
6
3
2
m=30 kg
k1=2000 N/m
k2=4000 N/m
0 ⎤ ⎧ x1 ⎫
⎡10 5 ⎤ ⎧ &x&1 ⎫ ⎡2000
⎧f ( t )⎫
⎬
⎨ ⎬ = 0.5⎨
⎢ 5 10⎥ ⎨&x& ⎬ + ⎢ 0
⎥
4000⎦ ⎩x 2 ⎭
⎩f ( t )⎭
⎣
⎦⎩ 2⎭ ⎣
Harmonik cevap kabulü ile
⎡2000 − 10ω 2
det ⎢
2
⎣⎢ − 5ω
− 5ω 2 ⎤
= 0 Î 75*ω4+60000*ω2+8000000=0
2⎥
4000 − 10ω ⎦⎥
z = ω 2 dönüşümü ile z1 = -169.0599, z 2 = -630.9401
ω n1 = 13 rad / sn , ω n 2 = 25.12 rad / sn
Titreşim biçimleri şu şekilde hesaplanır
⎛X ⎞
5x13 2
2000 − 10ω12 X1 − 5ω12 X 2 = 0 , ⎜⎜ 1 ⎟⎟ =
= 2.73
2
X
2000
−
10
x
13
⎝ 2 ⎠1
(
⎛ X1
⎜⎜
⎝ X2
)
⎞
5x 25.12 2
⎟⎟ =
= -0.732
2
⎠ 2 2000 − 10x 25.12
⎡2.73 − 0.732 ⎤
M=⎢
1 ⎥⎦
⎣ 1
22 of 23
Örnek Sorular
F(t)=50 cos8πt için Î ω = 8π = 25.13 rad/sn
⎡2000 − 10x 25.13 2
⎢
2
⎢⎣ − 5x 25.13
− 5x 25.13 2 ⎤ ⎧ X1 ⎫ ⎧50 / 2⎫
⎥⎨ ⎬ = ⎨
⎬
4000 − 10x 25.13 2 ⎥⎦ ⎩X 2 ⎭ ⎩50 / 2⎭
⎧ X1 ⎫
⎡− 4315.2 − 3157.6 ⎤ ⎧ X1 ⎫ ⎧25⎫
1 ⎡− 2315.2 3157.6 ⎤ ⎧25⎫
Î
=
=
⎨
⎬
⎨
⎬
⎨
⎬
⎢ − 3157.6 − 2315.2⎥ X
⎢
⎥⎨ ⎬
⎣
⎦ ⎩ 2 ⎭ ⎩25⎭
⎩X 2 ⎭ 20006 ⎣ 3157.6 − 4315.2⎦ ⎩25⎭
⎧ X1 ⎫ ⎧ 1.0527 ⎫
⎨ ⎬=⎨
⎬ (m)
⎩X 2 ⎭ ⎩- 1.4466⎭
23 of 23
Örnek Sorular