MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ
advertisement
MEKANİK DERS NOTLARI Yar. Doç. Dr. Hüseyin BAYIROĞLU İçindekiler STATİK 1 GİRİŞ 6 1.1 Mekaniğin tanımı 6 1.2 Temel ilkeler ve görüşler 6 2 VEKTÖRLERİN VE İŞLEMLERİNİN TANIMI 7 2.1 Vektörün tanımı 7 2.2 Vektörel işlemlerin tanımı 7 2.2.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı 7 2.2.2 Vektörlerin toplamı 8 2.2.3 İki Vektörün birbiri ile skaler çarpımı 8 2.2.4 İki Vektörün birbiri ile vektörel çarpımı 8 2.2.5 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü 9 3 VEKTÖRLERİN ANALİTİK İNCELENMESİ 10 3.1 İki boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi 10 3.2 Üç boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi 12 3.3 Kartezyen koordinatlarda vektörel işlemler 14 3.3.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı 14 3.3.2 Vektörlerin toplamı 15 3.3.3 İki vektörün skaler çarpımı 16 3.3.4 İki vektörün vektörel çarpımı 17 3.3.5 Üç vektörün karışık çarpımı 18 3.3.6 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü 19 4 KUVVET SİSTEMLERİ 20 4.1 Kuvvetin tanımı ve vektörle gösterilişi 20 4.2 Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti 21 4.3 Bir kuvvetin bir eksene göre momenti 22 4.4 Bir kuvvet sisteminin bir noktaya göre momenti ve indirgeme elemanları (Bir kuvvet sisteminin statik eşdeğeri ) 23 2 4.5 Bir kuvvet sisteminin değişmezleri 25 4.6 Dejenere kuvvet sistemleri 27 4.6.1 Sıfıra eşdeğer kuvvet sistemi 27 4.6.2 Kuvvet çiftine (Tek bir momente) eşdeğer kuvvet sistemi 27 4.6.3 Bileşkeye eşdeğer kuvvet sistemi 27 4.6.4 Bileşkesi olan kuvvet sistemi 28 4.7 Merkezi eksen 28 4.7 Paralel bağlı kuvvet sistemi ve merkezi 30 5 KÜTLE MERKEZİ 32 5.1 Bir sürekli cismin kütle merkezi 32 5.2 Bileşik cismin kütle merkezi 39 6 STATİK 42 6.1 Giriş 42 6.2 İç kuvvetler ve kesit zorları 48 6.3 Statiğin temel ilkelerinin geçerli olduğu referans sistemleri 48 6.4 Bir maddesel noktanın kuvvetler etkisinde dengesi 49 6.5 Bir Rijid cismin kuvvetler etkisinde dengesi 49 6.6 Rijid cisim sisteminin kuvvetler etkisinde dengesi 49 6.7 Düzlemsel kuvvetler etkisindeki cisimlerin dengesi 49 6.8 Üç boyutlu kuvvetler etkisindeki bir rijid cismin dengesi ile ilgili uygulamalar 54 7 SÜRTÜNME 61 7.1 Sürtünme ve sürtünme katsayısı 61 7.2 Mesnetlerdeki sürtünmeler 63 7.3 Halat ve kayış kasnak sürtünmesi 66 DİNAMİK GİRİŞ 69 8 VEKTÖREL ANALİZ 69 8.1 Vektör fonksiyonu 69 3 8.2 Vektör fonksiyonunun türevi 8.2.1 Türev Kuralları 70 70 8.3 Vektör fonksiyonunun integrali 72 9 EĞRİLERDE DİFERANSİYEL ÖZELLİKLER 73 9.1 Bir vektör fonksiyonunun hodografı 73 G 9.2 Bir vektörel fonksiyonun hodografı P (u) vektörel fonksiyonunun türevi 74 9.3 Doğal koordinat sistemi 76 G G G 9.4 Doğal koordinat sisteminde T , N , B birim vektörleri ve eğrilik yarıçapı 76 10 MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ 79 10.1 Kinematiğin temel kavramları 79 10.2 Maddesel noktanın hareketinin kartezyen koordinat sisteminde incelenmesi. 80 10.3 Maddesel noktanın hareketinin doğal koordinat sisteminde incelenmesi. 81 10.4 Maddesel noktanın hareketinin silindirik koordinat sisteminde incelenmesi. 83 10.5 Maddesel noktanın doğrusal hareketi 85 10.5.1 Sabit hızlı doğrusal hareket 86 10.5.2 Sabit ivmeli doğrusal hareket 86 87 10.5.3 a = f (t ) ivme zamanın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise 10.5.4 a = f ( s) ivme konumun fonksiyonu şeklinde verilmiş ise 88 89 10.5.5 a = f (V ) ivme hızın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise 10.5.6 a = −kV Bağıntısına uygun doğrusal hareket (geri tepmeyi azaltma) 90 10.5.7 a = −ks Bağıntısına uygun doğrusal hareket (Serbest titreşim hareketi) 90 10.5.8. Doğrusal harekette toplam yol 92 10.6 Maddesel noktanın çembersel hareketi 94 10.6.1 Çembersel harekette hız ve ivmenin kartezyen koordinatlardaki ifadeleri 96 10.7 Maddesel noktanın bağıl hareketi (öteleme hareketi yapan eksen sistemine göre) 99 10.8 Maddesel noktanın bağlı hareketi 103 4 11 RİJİD CİSMİN KİNEMATİĞİ 107 11.1 Rijid cismin hareketinde izdüşüm hızlar teoremi 107 11.2 Rijid cismin ötelenme hareketi 110 11.3 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi 113 11.4 Rijid cismin genel düzlemsel hareketi 118 11.5 Genel düzlemsel harekette ani dönme merkezi 122 12 KİNETİK 125 12.1 Kinetik ve Newton’un ikinci hareket kanunu 125 12.2 Maddesel noktanın kinetiği 125 12.3 Kütle merkezinin hareketi teoremi 126 12.4 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi ve atalet momentleri 128 12.5 Atalet momentleri 129 12.5.1 Atalet yarıçapı 129 12.5.2 Atalet momentleri ile ilgili teoremler 130 12.6 Rijid cismin sabit bir eksen etrafındaki dönme hareketi ile ilgili problemler 137 12.7 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinin kinetiği 139 13 İŞ VE ENERJİ İLKESİ 144 13.1 Maddesel noktanın hareketinde iş ve enerji ilkesi 13.1.1 Mekanik enerjinin korunumu ve potansiyel enerji 144 146 13.2 Rijid cismin Sabit eksen etrafında dönmesinde kinetik enerji hesabı 148 13.3 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinde kinetik enerji hesabı 150 EK A Daha önceki senelerde sınavlarda sorulan Statik problemleri 152 EK B Daha önceki senelerde sınavlarda sorulan Dinamik problemleri 166 5 STATİK BÖLÜM 1 GİRİŞ 1.1 Mekaniğin tanımı Cisimlerin Kuvvetler etkisinde dengesini ve hareketlerini inceleyen bilim dalına mekanik denir. Mekanik cisimlere maddesel nokta, rijid cisim, elastik cisim , plastik cisim ve akışkanlar ( sıvı ve gazlar) olmak üzere yaklaşır.Mekanik eğer sadece maddesel nokta ve rijid cisim modelini inceliyorsa bu bilim dalına mekanik veya mühendislik mekaniği denir. Bunun dışında incelediği cisim modeline uygun isimler verilir. Örneğin elastomekanik veya elastisite, plastisite , hidromekanik ,aerodinamik, elektromekanik gibi. Mekanik , Statik ve Dinamik olmak üzere iki bilim dalına ayrılır. Statik kuvvetler etkisinde cisimlerin denge koşullarını, Dinamik ise hareketlerini inceler. 1.2 Temel ilkeler ve görüşler Mekaniğin temel aldığı ilkeler Newton yasalarıdır. Bu yasalar cisimlere maddesel nokta modeli ile yaklaşıldığında kullanışlıdır. Diğer cisim modellerine matematiksel modellerle genişletilmesi gerekir. Benzer şekilde mekanikte kuvvetler maddesel nokta modelinde vektörlerle gösterilebilmesine karşı rijid cisim modelinde vektör ve etki doğrusu kavramları beraber kullanılmalıdır. Mühendislik mekaniği vektörler yardımı ile oluşturulduğu için vektörleri bize gerektiği kadar ayrıntılı bir şekilde ele almamız gerekir. 6 BÖLÜM 2 VEKTÖRLERİN VE TEMEL İŞLEMLERİNİN TANIMI 2.1 Vektörlerin tanımı Doğrultu , yön ve modülü ile tanımlanan büyüklüklere vektörler denir. Bir vektör Koyulaştırılmış harfler ile veya üzerine ok işareti çizilen harflerle belirtilir. Vektörler aşağıdaki gibi yönlendirilmiş doğru parçası ile gösterilebilir. G V Bir referans sistemine göre çizilen bu doğru parçasının doğrultusu vektörün doğrultusunu , yönü vektörün yönünü ve uzunluğu vektörün modülünü gösterir. G Bir vektörün modülü | V | ile gösterilir. Sıfır vektör : modülü sıfır olup doğrultu ve yönü belirsiz olan vektörlere sıfır G vektörü denir ve 0 ile gösterilir. G G − V vektörü : V vektörü ile aynı doğrultu ve modülde fakat ters yöndeki G vektöre − V vektörü denir. Birim vektör: Modülünün sayısal değeri 1 olan vektöre birim vektör denir. 2.2 Vektörel işlemlerin tanımı Vektörler üzerine inşa edilen temel işlemler : Vektörün bir reel sayı ile çarpımı , vektörlerin toplanması , skaler ve vektörel çarpımı gibi işlemlerdir. 2.2.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı Çarpılan vektörle aynı doğrultuda bir vektördür. Eğer çarpım katsayısı pozitif ise yönde aynıdır. Modül ise çarpım katsayısı ile vektörün modülünün çarpımı kadardır. G G | kV | = | k | | V | Bir vektörün birim vektörü : Vektörü modülüne bölerek elde edilir. 7 Bir eksenin birim vektörü : Eksen doğrultusunda ve yönündeki herhangibir vektörü modülüne bölerek bulunur. 2.2.2 Vektörlerin toplamı Başlangıçları aynı noktaya getirilen iki vektörün toplamı bu vektörler üzerine kurulan paralel kenarın köşegeni üzerindeki aşağıda gösterilen vektöre eşittir. G A G G G C= A+B G B 2.2.3 İki vektörün birbiri ile skaler çarpımı İki vektör arasındaki açı: Başlangıçları aynı noktaya getirilen iki vektör arasındaki 1800 den büyük olmayan açı iki vektör arasındaki açı olarak alınır . G A θ G B Skaler Çarpım sonucunda skaler elde edilir . G G G G A • B = | A | | B | Cos θ 2.2.4 İki vektörün birbiri ile vektörel çarpımı Vektörel çarpımın sonucu yine bir vektördür. G G G G G G C = A ∧ B = ( | A | | B | Sin θ ) n Burada Vektörel Gçarpım sonunda elde edilen vektör her iki vektöre dik G doğrultuda ve | A | | B | Sin θ modülünde bir vektördür. Yönü ise sağ el kuralı ile bulunabilir. 8 Sağ el kuralı ile elde edilen yön , baş parmak dışındaki sağ el parmakları birinci vektörü ikinci vektöre doğru döndürme yönünde tutulursa baş parmağın gösterdiği yöndür. G G G C= A∧B G B G n h θ G A G G | A | | B | Sin θ G G G ifadesinde | A | Sin θ = h olduğundan A ve B vektörlerinin birbiri ile vektörel çarpımının modülü bu vektörlerin başlangıçları aynı noktaya getirilirse üzerine kurulan paralelkenarın alanına eşit olduğu görülür. 2.2.5 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü G V θ VΔ Δ G VΔ = | V | Cos θ G G VΔ = V • U Δ G burada U Δ Δ ekseninin birim vektörüdür. 9 BÖLÜM 3 VEKTÖRLERİN ANALİTİK İNCELENMESİ 3.1 İki boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi y G j G V Vy β α G i x Vx Düzlemde bir vektör G G G V = Vx i + Vy j şeklinde x ve y ekseni doğrultusundaki vektörlerin toplamı cinsinden yazılabilir. Bu vektörün modülü ise aşağıdaki gibi pisagor teoremi yardımı ile bulunur. G V = Vx2 + Vy2 Bir vektörün doğrultusunda ve yönündeki birim vektör ise vektör modülüne bölünerek elde edilir. G G V U ( VG ) = G V , G V G Vy G U ( VG ) = Gx i + G j V V 10 Aşağıdaki gibi birim vektörün katsayılarının vektörün eksenlerle yaptığı açıların kosinüslerine eşit olduğu gösterilebilir. Vy Cos β = G = U y V V Cos α = Gx = U x , V Problem 3.1.1 Bir düzlemdeki yatay doğrultu ile 300 derecelik açı yapan ve modülü 80 birim olan vektörü ve birim vektörünü kartezyen koordinat sisteminde yazınız. Çözüm: y Vy JG V G j θ G i G G G V = Vx i + Vy j G V = 80 birim , G Vx = V Cosθ , x Vx θ = 300 G Vy = V Sinθ Vx = 80 Cos 300 , Vx = 69, 28 birim Vy = 80 Sin300 , G G G V = 69, 28 i + 40 j Vy = 40 birim G V G Vy G U ( VG ) = Gx i + G j , V V G G G G = 0, 866 i + 0, 5 j U (V) G 69, 28 G 40 G j U (VG ) = i+ 80 80 11 3.2 Üç boyutlu vektörlerin kartezyen koordinatlarda gösterilişi y G j H F B G V β Vy γ A G i α Vx E x O Vz G k C D Z Üç boyutlu uzayda bir vektör kartezyen koordinat sisteminde G G G G V = Vx i + Vy j + Vz k şeklinde x ve y ekseni doğrultusundaki vektörlerin toplamı cinsinden yazılabilir. Bu vektörün modülü ise aşağıdaki gibi pisagor teoremi yardımı ile bulunur. G V = Vx2 + Vy2 + Vz2 Bir vektörün doğrultusunda ve yönündeki birim vektör ise vektör modülüne bölünerek eldeG edilir. G V U ( VG ) = G , V G V G Vy G V G U ( VG ) = Gx i + G j + Gz k V V V Aşağıdaki gibi birim vektörün katsayılarının vektörün eksenlerle yaptığı açıların kosinüslerine eşit olduğu gösterilebilir. V Cos α = Gx = U x , V Vy Cos β = G = U y V , V Cos γ = Gz = U z V ProblemG3.2.1 Bir V vektörünün başlangıcı kartezyen koordinat sisteminin başlangıç noktasına yerleştirildiğinde uç noktası A (60,30,20) koordinatlarında ise bu vektörün a) bu koordinat sistemindeki yazılışını b) modülünü c) birim vektörünü d) koordinat eksenleri ile yaptığı açıları bulunuz. 12 Çözüm: y H F Vx B A ( 60 ; 30 ; 20 ) G V β Vy O α x γ z Vz a) G G G G V = Vx i + Vy j + Vz k G G G G V = 60 i + 30 j + 20k b) G V = Vx2 + Vy2 + Vz2 G V = 70 c) G G V U ( VG ) = G V G V = (60)2 + (30)2 + ( 20)2 , G G G G 60 i + 30 j + 20 k G = U (V) 70 , G 6G 3G 2G U (VG ) = i + j + k 7 7 7 d) V Cos α = Gx = U x , V Cos α = α = 310 6 7 , , Vy Cos β = G = U y V Cos β = β = 64, 620 3 7 , , Cos γ = , V Cos γ = Gz = U z V 2 7 γ = 73, 40 13 3.3 Kartezyen koordinatlarda vektörel işlemler 3.3.1 Vektörün bir sayı ile çarpımı Kartezyen koordinat sisteminde bir vektör G G G G V = V x i + Vy j + Vz k şeklinde yazılırsa bu vektörün bir λ sayısı ile çarpımı aşağıdaki şekilden görüldüğü gibi dikdörtgenler prizmasının bütün ölçüleri aynı λ sayısı ile çarpılarak elde edildiğinden G G G G λV = λV x i + λVy j + λVz k şeklinde yazılabilir. y λVz G V λVy Vy z Vz G λV x Vx λVx Bir vektörün bir sayı ile çarpımı vektörün doğrultusunu değiştirmez. Eğer çarpım katsayısı pozitif ise yönü de değişmez. Problem 3.3.1.1 G G G G Problem 3.2.1 de hesaplanan V = 60 i + 30 j + 20k vektörünün λ=2,5 ile JG çarpımından elde edilen λ V vektörünün a) ifadesini b) modülünü c) birim vektörünü hesaplayınız. Çözüm: G G G G a) λV = λV x i + λVy j + λVz k JG G G G λ V = 2, 5 ∗ 60 i + 2, 5 ∗ 30 j + 2, 5 ∗ 20k JG G G G λ V = 150 i + 75 j + 50k b) JG λ V = (150)2 + (75)2 + (50)2 14 JG λ V = 175 , G λ ∗ V = 2, 5 ∗ 70 = 175 ⇒ JG G λV = λ ∗ V c) G λ V G λVy G λV G U ( λVG ) = Gx i + G j + Gz k λV λV λV G 2, 5 ∗ 60 G 2, 5 ∗ 30 G 2, 5 ∗ 20 G j+ k U ( λVG ) = i+ 2, 5 ∗ 70 2, 5 ∗ 70 2, 5 ∗ 70 G 6G 3G 2G U ( λVG ) = i + j + k 7 7 7 ⇒ G G U ( λVG ) = U(VG ) 3.3.2 Vektörlerin toplamı G G A ve B vektörünün toplamı Şekilde gösterildiği gibi İki boyutlu uzayda G G G olan C vektörünün koordinat eksenleri doğrultusundaki bileşenleri A ve B vektörlerinin aynı doğrultudaki bileşenleri toplanarak bulunur. G G G G G G A = Ax i + Ay j , B = Bx i + By j G G G G A + B = (A x + B x ) i + (A y + B y ) j y Cy = Ay+By By D E G B G A G G G C= A+B Ax Bx Ay x O Cx =Ax+Bx Şekildeki ODE üçgeninden OE kenarının uzunluğu OD ve DE kenarlarının uzunlukları toplamından büyük olamıyacağı bilindiğinden G G G G A + B ≤ A + B eşitsizliği yazılabilir. Aynı işlemler üç boyutlu uzaya aşağıdaki gibi uygulanabilir. G G G G G G G G A = Ax i + Ay j + Azk , B = Bx i + By j + Bzk G G G G G A + B = ( A x + B x ) i + ( A y + B y ) j + ( A z + B z )k 15 Problem 3.3.2.1 G G G G A = 6 i + 3 j + 2k G G G G B = 12 i + 3 j + 4k vektörünün vektörü ile a) modüllerini b) bu vektörlerin toplamını c) toplam vektörün modülünü hesaplayınız. Çözüm: a) G A = 62 + 32 + 22 , G B = (12) 2 +(3)2 + ( 4)2 , G G G G A =7 G B = 13 G G b) A + B = (6 + 12)i + (3 + 3) j + ( 2 + 4)k c) G G G G G A + B = 18 i + 6 j + 6k G G A + B = (18)2 + 62 + 62 G G A + B = 19, 9 3.3.3 İki vektörün skaler çarpımı G G Aşağıda gösterildiği gibi A ve B vektörünün skaler çarpımı bu vektörlerin aynı doğrultudaki bileşenleri çarpımı toplanarak bulunur ve sonuç skalerdir. G G G G G G G G A = Ax i + Ay j + Azk , B = Bx i + By j + Bzk G G A • B = AxBx + AyBy + AzBz Skaler çarpımın tanımından skaler çarpımın mutlak değeri vektörlerin modülleri çarpımından büyük olamaz. Problem 3.3.3.1 G G G G A = 6 i + 3 j + 2k G G G G vektörü ile B = 12 i + 3 j + 4k vektörünün a) skaler çarpımını b) modülleri çarpımını hesaplayınız. c) aralarındaki açıyı hesaplayınız. Çözüm: G G a) A • B = 6 ∗ 12 + 3 ∗ 3 + 2 ∗ 4 b) G G A • B = 89 G G A = 7 , B = 13 G G G G A B = 13 ∗ 7 , A B = 91 16 c) skaler çarpımın tanımından G G G G A • B = A B Cos θ Cos θ = 89 91 ⇒ G G A•B ⇒ Cos θ = G G A B θ = 12, 040 3.3.4 İki vektörün vektörel çarpımı Sağ kartezyen koordinat sisteminde koordinat eksenlerinin birim vektörlerinin vektörel çarpımı aşağıdakiGgibiG yazılır. G G G G G G G G G G i ∧ j=k , j∧ i =k , j ∧ k = i , k ∧ j = −i G G G K G G k ∧ i = j , i ∧k = −j G G Sağ eksen sisteminde ifade edilen A ve B vektörünün vektörel çarpımı olan G C vektörü aşağıda gösterilen determinantın açılımı yardımı ile hesaplanabilir. G G G G G G G G A = Ax i + Ay j + Azk , B = Bx i + By j + Bzk G G G G G G G G A ∧ B = ( A x i + A y j + A z k ) ∧ (B x i + B y j + B z k ) G G G G G G G G A ∧ B = [( A x i ) ∧ (B x i )] + [( A x i ) ∧ (B y j)] + [( A x i ) ∧ (B z k )] + G G G G G G + [( A y j) ∧ (B x i )] + [( A y j) ∧ (B y j)] + [( A y j) ∧ (B z k )] + G G G G G G +[(A z k) ∧ (B x i )] + [(A z k) ∧ (B y j)] + [(A z k) ∧ (B z k)] G i G G A ∧ B = Ax Bx G j Ay By G k Az Bz Problem 3.3.3.1 G G G G G G G G A = 6 i + 3 j + 2k vektörü ile B = 12 i + 3 j + 4k vektörünün G G G a) CG = A ∧ B vektörel çarpımını G vektörel çarpım vektörü ile A vektörü arasındaki açıyı b) C G G c) C vektörel çarpım vektörü ile B vektörü arasındaki açıyı hesaplayınız. Çözüm: a) G i G G G C = A ∧ B = Ax G j Ay G G G i j k G G G C= A∧B = 6 3 2 , 12 3 4 Bx By Bz G G G G G G C = A ∧ B = (3 ∗ 4 − 2 ∗ 3)i + ( 2 ∗ 12 − 6 ∗ 4) j + (6 ∗ 3 − 3 ∗ 12)k G G G G G C = A ∧ B = 6 i − 18k G k Az 17 b) c) G G G G G G G C • A = (6 i − 18k) • (6 i + 3 j + 2k) G G C • A = 6 ∗ 6 − 18 ∗ 2 = 0 olduğundan G G C vektörü A vektörüne diktir. G G G G G G G C • B = (6 i − 18k) • (12 i + 3 j + 4k) G G C • B = 6 ∗ 12 − 18 ∗ 4 = 0 olduğundan G G C vektörü B vektörüne diktir. 3.3.5 Üç vektörün karışık çarpımı İki vektörün vektörel çarpımından elde edilen vektörün bir diğer vektörle skaler çarpımına bu üç vektörün karışık çarpımı denir. G G G G A = Ax i + Ay j + Azk G G G G B = Bx i + By j + Bzk G G G G C = Cx i + Cy j + Czk Ax G G G A • (B ∧ C) = B x Ay By Az Bz Cx Cy Cz Lineer cebirden bilindiği gibi bir Determinantta iki satırın yeri değişirse determinantın işareti değişir , satırların yeri iki veya ikinin katları sayısında değişirse determinantın değeri değişmez . Bu bilinen özellikten faydalanarak aşağıdaki eşitlikler yazılabilir. G G G G G G G G G A • (B ∧ C) = B • (C ∧ A) = C • ( A ∧ B) 18 3.3.6 Bir vektörün bir eksen üzerindeki izdüşümü G V θ Δ VΔ G G VΔ = V • U Δ G G G G V = V x i + Vy j + Vz k G G G G UΔ = U x i + U y j + Uzk VΔ = Vx ⋅ U x + Vy ⋅ U y + Vz ⋅ U z ProblemG 3.3.6.1 G G G V = 12 i + 3 j + 4k vektörünün kartezyen koordinat eksenleri ile pozitif bölgede eşit açılar yapan ve pozitif bölgeye doğru yönelmiş Δ eksenindeki izdüşümünü ve bu eksenle yaptığı açıyı hesaplayınız. Çözüm : G G VΔ = V • U Δ İzdüşüm alınacak eksenin birim vektörü bu eksen yönündeki bir vektörü modülüneG bölerek elde edilir. G G G UΔ = i + j+k , 12 + 12 + 12 G 1 G 1 G 1 G j+ k UΔ = i+ 3 3 3 G G G 1 G 1 G 1 G i+ j+ k) , VΔ = (12 i + 3 j + 4k) • ( 3 3 3 19 VΔ = 3 G G G V VΔ = V • U Δ = V Cos θ ⇒ Cos θ = GΔ V Cos θ = 19 3 ∗ 13 ⇒ Cos θ = 0, 844 ⇒ VΔ = 12 ∗ 1 3 + 3∗ 1 3 + 4∗ 1 3 θ = 32, 450 19 BÖLÜM 4 KUVVET SİSTEMLERİ 4.1 Kuvvetin tanımı ve vektörle gösterilişi Bir cismin şeklini veya hızını değiştiren ve başka cisimler tarafından uygulanan fiziksel etkiye kuvvet denir. Kuvvet doğrultu yön ve bir şiddet içerdiğinden vektörle gösterilebilir. Yalnız aynı vektörle gösterilmesine rağmen kuvvet cismin farklı yerlerine uygulandığında fiziksel etkisi farklı olur. Bundan dolayı kuvvet özellikle rijid cisim mekaniğinde vektör ve etki doğrusu ile birlikte düşünülmelidir. Etki doğrusu G F Kuvvet vektörü 20 4.2 Bir kuvvetin bir noktaya göre momenti JJG MO G F o h θ θ A JJG G MO = F ⋅ h JJG JJJG G M O = OA ∧ F G G OA ∧ F = F OA Sin θ OA Sin θ = h JJG G Buradan M O = F ⋅ h G i JJG MO = Ax G j Ay G k Az Fx Fy Fz olduğu görülür. JJG G G G M O = (A y ⋅ Fz − A z ⋅ Fy ) i + (A z ⋅ Fx − A x ⋅ Fz ) j + (A x ⋅ Fy − A y Fx ) k Problem 4.2.1 A(3,8,1) ve B(7,–4,4) noktalarından geçen 130 N. şiddetinde olan ve A dan B G ye doğru yönelmiş F kuvvetinin O(0,0,0) noktasına göre momentini bulunuz. JJG JJJG G M O = OA ∧ F JJJG G G G G G JG OA = 3 i + 8 j + k , F = F U AB JJJG JJJG JJJG JJJG JG AB , AB = OB − OA U AB = JJJG AB 21 JJJG JJJG G G G G G G G G G AB = (7 i − 4 j + 4k) − (3 i + 8 j + k) , AB = 4 i − 12 j + 3k G G G 4 i − 12 j + 3k JG U AB = JG 4 G 12 G 3 G U AB = i − j + k 13 13 13 , 42 + ( −12)2 + 32 G G G G F = 40 i − 120 j + 30k JJG G G G G G G M O = (3 i + 8 j + k) ∧ ( 40 i − 120 j + 30k) G G G i j k JJG G G JJG G M O = 360 i − 50 j − 680k 8 1 , MO = 3 40 −120 30 4.3 Bir kuvvetin bir eksene göre momenti Δ G MA MΔ G F A B JJG G MΔ = M A • UΔ JJJG G G M Δ = U Δ • (AB ∧ F) Ux MΔ = Bx − Ax Fx Uy Uz By − Ay Fy Bz − Az Fz 22 Problem 4.3.1 G A(3,8,1) ve B(7,–4,4) noktalarından geçen ve 130 N. Şiddetinde olan F kuvvetinin O(0,0,0) ve C(2,6,3) noktalarından geçen Δ eksenine göre momentini bulunuz.(koordinatlar metre cinsindendir.) JJG G M Δ = MO • UΔ Problem 4.2.1 den JJJG G OC U Δ = JJJG OC G , UΔ = JJG G G G M O = 360 i − 50 j − 680k G G G 2 i + 6 j + 3k dır. 22 + 62 + 32 G 2G 6G 3G UΔ = i + j + k 7 7 7 G G G 2G 6G 3G M Δ = (360 i − 50 j − 680k) • ( i + j + k) 7 7 7 2 6 3 −1620 M Δ = 360 ∗ − 50 ∗ − 680 ∗ , MΔ = 7 7 7 7 M Δ = −231, 43Nm. 4.4 Bir kuvvet sisteminin bir noktaya göre momenti ve indirgeme elemanları ( Bir kuvvet sisteminin statik eşdeğeri) Bir veya birden fazla sayıda kuvvetten oluşan sisteme kuvvet sistemi denir. d1 d2 A1 G F1 G F2 di Ai dn G Fn G Fi An A2 JJG MO JG R O Bu n sayıda kuvvetten oluşan kuvvet sisteminin bir uzayın o noktasına göre momentine bileşke moment denir ve bu bileşke moment her bir kuvvetin bu noktaya göre moment vektörlerinin toplamına eşittir. n JJJG JJG G M O = ∑ OA i ∧ Fi i =1 Bu n sayıdaki kuvvetin vektörel toplamına geometrik toplam denir. n G G R = ∑ Fi i =1 23 Elde edilen bileşke moment ve geometrik toplamın her ikisine birden bu vektör sisteminin indirgeme elemanları denir. Bir kuvvet sisteminde bir noktadaki indirgeme elemanlarından faydalanarak başka noktalardaki indirgeme elemanlarının bulunuşu: n JJJG JJG G M Q = ∑ QA i ∧ Fi =1 JJJG iJJJG JJJG QA i = QO + OA i n JJJG JJG JJJG G M Q = ∑ (QO + OA i ) ∧ Fi i =1 JJG JJ G JJJG G M Q = M O + QO ∧ R Problem 4.4.1 G G G G Bir kuvvet sistemi A1(5,–3,8) noktasından geçen F1 = 10 i + 8 j − 14k , G G G G A2( 10,8,9)) noktasından geçen F2 = 15 i + 22 j + 16k , A3(2,10,7) noktasından G G G G G G G G geçen F3 = −6 i + 18 j − 9k ve A4(0,12,-4) noktasından geçen F4 = 3 i − 20 j − 8k kuvvetlerinden oluşmuştur. Bu kuvvet sisteminin a) O(0,0,0) noktasındaki indirgeme elemanlarını b) Q(10,12,–6) noktasındaki indirgeme elemanlarını bulunuz. Çözüm: a) 4 G G R = ∑ Fi i =1 , G G G G G R = F1 + F2 + F3 + F4 G G G G G G G G G G G G G R = (10 i + 8 j − 14k) + (15 i + 22 j + 16k) + ( −6 i + 18 j − 9k) + (3 i − 20 j − 8k) G G G G R = (10 + 15 − 6 + 3)i + (8 + 22 + 18 − 20) j + ( −14 + 16 − 9 − 8)k G G G G R = 22 i + 28 j − 15k 4 JJJG JJG JJG JJJG G G JJJG G JJJG G JJJG G M O = ∑ OA i ∧ Fi , M O = OA1 ∧ F1 + OA 2 ∧ F2 + OA 3 ∧ F3 + OA 4 ∧ F4 i =1 JJJG G G G G G G G OA1 ∧ F1 = (5 i − 3 j + 8k) ∧ (10 i + 8 j − 14k) G G G i j k JJJG G G G G OA1 ∧ F1 = 5 −3 8 = −22 i + 150 j + 70k 10 8 −14 G G G i j k JJJG G G G G OA 2 ∧ F2 = 10 8 9 = −70 i − 25 j + 100k 15 22 16 24 G G G i j k JJJG G G G G OA 3 ∧ F3 = 2 10 7 = −216 i − 24 j + 96k −6 18 −9 G G G i j k JJJG G G G G OA 4 ∧ F4 = 0 12 -4 = −16 i − 12 j − 36k 3 −20 −8 JJG G G G G G G G G G G G G M O = ( −22 i + 150 j + 70k) + ( −70 i − 25 j + 100k) + ( −216 i − 24 j + 96k) + ( −16 i − 12 j − 36k) JJG G G G M O = ( −22 − 70 − 216 − 16)i + (150 − 25 − 24 − 12) j + (70 + 100 + 96 − 36)k JJG G G G M O = −324 i + 89 j + 230k b) n G G G G G G R = ∑ Fi , R = 22 i + 28 j − 15k 1 JJG i =JJ G JJJG G M Q = M O + QO ∧ R JJJG G G G QO = −10 i − 12 j + 6k JJJG G G G G G G G QO ∧ R = ( −10 i − 12 j + 6k) ∧ ( 22 i + 28 j − 15k) G G G i j k JJJG G G G G QO ∧ R = −10 −12 6 = 12 i − 18 j − 16k 22 28 −15 JJG G G G G G G M Q = ( −324 i + 89 j + 230k) + (12 i − 18 j − 16k) JJG G G G M Q = −312 i + 71 j + 214k 4.5 Bir kuvvet sisteminin değişmezleri G a) Bir kuvvet sisteminde kuvvetlerin geometrik toplamı olan R noktadan noktaya değişmez. b) Bir kuvvet sisteminde bileşke momentin geometrik toplam üzerindeki izdüşümü noktadan noktaya değişmez. İspat: G G G G K M Q • U R = (M O + QO ∧ R ) • U R G G G G (QO ∧ R ) • U R = 0 ( R ve U R aynı doğrultuda olduğundan ) G G G K MQ • UR = MO • UR elde edilir. G Yukarıdaki denklemin her iki tarafı R ile çarpılırsa G G G G MQ • R = MO • R eşitliği elde edilir. Bu eşitlikten Bileşke moment ile geometrik toplamın skaler çarpımının noktadan noktaya değişmediği anlaşılır. 25 Problem 4.5.1 G G G G Problem 4.4.1 deki kuvvet sistemi için M Q • R = M O • R eşitliğini gerçekleyiniz. Çözüm: G G G G R = 22 i + 28 j − 15k JJG G G G M O = −324 i + 89 j + 230k JJG G G G M Q = −312 i + 71 j + 214k G G G G G G G G M Q • R = ( −312 i + 71 j + 214k) • ( 22 i + 28 j − 15k) G G M Q • R = −312 ∗ 22 + 71 ∗ 28 + 214 ∗ ( −15) G G M Q • R = −8086 G G G G G G G G M O • R = ( −324 i + 89 j + 230k) • ( 22 i + 28 j − 15k) G G M O • R = −324 ∗ 22 + 89 ∗ 28 + 230 ∗ ( −15) G G G G G G M O • R = −8086 ⇒ M Q • R = M O • R = −8086 26 4.6 Dejenere kuvvet sistemleri Bileşke momentle geometrik toplamın birbiri ile skaler çarpımının sıfır olduğu kuvvet sistemlerine dejenere kuvvet sistemleri denir. G G MO • R = 0 Bu eşitlikG ile aşağıdaki durumlarda karşılaşılır. G G G 4.6.1 ) M O = 0 , R = 0 (sıfıra eşdeğer kuvvet sistemi) G G G G 4.6.2 ) M O ≠ 0 , R = 0 (kuvvet çiftine eşdeğer kuvvet sitemi) G G G G 4.6.3 ) M O = 0 , R ≠ 0 (bileşkeye eşdeğer kuvvet sistemi) G G G G 4.6.4 ) M O ≠ 0 , R ≠ 0 (bileşkesi olan vektör sistemi) Düzlemsel , bir noktada kesişen ve paralel kuvvet sistemleri dejenere kuvvet sistemleridir. 4.6.1Sıfıra eşdeğer kuvvet sistemi G G G G MO = 0 R=0 Sıfıra eşdeğer kuvvet sisteminde 1) Kuvvet sistemi tek bir kuvvetten oluşmuşsa bu kuvvetin şiddeti sıfır olmalı. 2) Kuvvet sistemi iki kuvvetten oluşmuş ise bu kuvvetler aynı doğrultuda ters yönde ve eşit şiddette olmalıdır. 3) Kuvvet sistemi üç kuvvetten oluşmuş ve birbirine paralel değil ise bu kuvvet sisteminin geometrik toplamının sıfır olabilmesi için kuvvetlerin oluşturduğu poligon kapalı bir üçgen olmalıdır. Bu kuvvet sisteminde bileşke momentin sıfır olabilmesi için bu üç kuvvetin doğrultusu aynı yerde kesişmelidir. 4.6.2 Kuvvet çiftine eşdeğer kuvvet sitemi G G G G MO ≠ 0 , R = 0 Bir kuvvet sisteminde Geometrik toplam sıfır Bileşke moment sıfırdan farklı ise bu kuvvet sistemi tek bir momente eşdeğer olur. Bu moment vektörüne dik düzlemlerde alınan kuvvet çiftleri ile de bu kuvvet sistemi temsil edilebilir. Bir kuvvet sistemi tek bir momente eşdeğer ise bu noktadan noktaya değişmez. JJG JJG JJJG G M Q = M O + QO ∧ R G G R = 0 olduğundan ve JJG JJG MQ = MO olur. 4.6.3G Bileşkeye eşdeğer kuvvet sistemi G G G MO = 0 , R ≠ 0 Eğer bir noktada bileşke moment sıfır ve geometrik toplam sıfırdan farklı ise bu geometrik toplam sanki sistem tek bir kuvvetten oluşmuş gibi bu sistemi temsil edebileceğinden bu geometrik toplama bu kuvvet sisteminin bileşkesi denir. 27 4.6.4 Bileşkesi olanG kuvvet sistemi G G G MO ≠ 0 , R ≠ 0 Eğer dejenere vektör sisteminde Bileşke moment ve geometrik toplamın her ikisi de sıfırdan farklı ise bu iki vektör birbirine dik olmalıdır. Bu vektör sisteminin bileşkesi bulunabilir. 4.7 Merkezi eksen Bileşke momentle geometrik toplamın aynı doğrultuda olduğu eksene merkezi eksen veya vida ekseni denir. G R Vida ekseni JJG Mλ JJG MO λ(x,y,z) O(0,0,0) G R MR Merkezi eksen üzerindeki bir nokta λ(x,y,z) ve O(0,0,0) noktasındaki bileşke JJG G G G moment M O = M x i + M y j + M z k ise Bileşke momentin geometrik toplam üzerindeki izdüşümü değişmiyeceğinden JJG G Mλ = MR ⋅ UR JJG G yazılabilir. M R = M O • U R M R = M x ⋅ U Rx + M y U Ry + M z U Rz JJG G G G M λ = M R ⋅ U Rx i + M R ⋅ U Ry j + M R ⋅ U Rz k JJG Bundan başka geçiş teoremi uygulanarak M λ aşağıdaki gibi de yazılabilir. JJG JJG JJJG G M λ = M O + λO ∧ R JJG JJG G JJJG M λ − M O = R ∧ Oλ G G G i j k G JJJG R ∧ Oλ = R x R y R z x y z G G G JJJG G R ∧ Oλ = (R y ⋅ z − R z ⋅ y) i + (R z ⋅ x − R x ⋅ z) j + (R x ⋅ y − R y ⋅ x) k R y ⋅ z − R z ⋅ y = M R ⋅ U Rx − M x R z ⋅ x − R x ⋅ z = M R ⋅ U Ry − M y R x ⋅ y − R y ⋅ x = M R ⋅ U Rz − M z 28 Problem 4.7.1 Problem 4.4.1 verilen kuvvet sisteminin merkezi ekseninin denklemini bulunuz. merkezi eksenin yoz düzlemini kestiği noktanın koordinatlarını bulunuz. JJG G G G G G G G R = 22 i + 28 j − 15k , M O = −324 i + 89 j + 230k JJG JJG G JJJG M λ − M O = R ∧ Oλ JJG G Mλ = MR ⋅ UR JJG G M R = MO • UR G G R UR = G R G G G G G G G G 22 i + 28 j − 15k 22 i + 28 j − 15k , UR = , UR = 1493 ( 22)2 + ( 28)2 + ( −15)2 G G G G U R = 0, 5694 i + 0, 7247 j − 0, 3882k G G G G G G M R = ( −324 i + 89 j + 230k) • (0, 5694 i + 0, 7247 j − 0, 3882k) M R = −209, 273 JJG G G G M λ = −209, 273 ⋅ (0, 5694 i + 0, 7247 j − 0, 3882k) JJG G G G M λ = −119,16 i − 151, 66 j + 81, 24k JJG JJG G G G G G G M λ − M O = ( −119,16 i − 151, 66 j + 81, 24k) − ( −324 i + 89 j + 230k) JJG JJG G G G M λ − M O = 204, 84 i − 240, 66 j − 148, 76k G G G G G JJJG G G R ∧ Oλ = ( 22 i + 28 j − 15k) ∧ (x i + y j + z k) G G G i j k G JJJG R ∧ Oλ = 22 28 −15 x y z JJJ G G G G G R ∧ Oλ = ( 28 z + 15 y) i + ( −15 x − 22 z) j + ( 22 y − 28 x)k G G G G G G ( 28 z + 15 y) i + ( −15 x − 22 z) j + ( 22 y − 28 x)k = 204, 84 i − 240, 66 j − 148, 76k 28 z + 15 y = 204, 84 −15 x − 22 z = −240, 66 22 y − 28 x = −148, 76 Bu Lineer denklem sisteminin katsayılar matrisinin determinantı 0 15 28 Δ = −15 0 −22 = 15 ∗ ( −22) ∗ ( −28) + 28 ∗ ( −15) ∗ 22 = 0 −28 22 0 sıfır olduğundan bu denklem sistemi birbirinden bağımsız değildir. Bu denklem sisteminin katsayılar matrisinde sıfırdan farklı 2x2 lik determinant bulunduğundan bu denklemlerden ikisi birbirinden bağımsızdır. 29 Bu denklemlerin herhangi ikisi birbirinden bağımsız olduğundan bunlardan herhangi ikisi verilen kuvvet sisteminin merkezi ekseninin denklemi olarak alınabilir. 22 y − 28 x = −148, 76 −15 x − 22 z = −240, 66 Merkezi eksen üzerinde x = 0 da 22 y − 28 x = −148, 76 ⇒ y = −6, 762 −15 x − 22 z = −240, 66 ⇒ z = 10, 94 4.8 Paralel bağlı kuvvet sistemi ve merkezi y Ai ,mi A1 , m1 A3 ,m3 A2 , m2 G G F1 = m1U G G F3 = m 3 U G An , mn G G Fi = m i U G G Fn = m n U G G F2 = m 2 U x G R JJG JJJG G M O = ∑ OA i ∧ Fi o z n i =1 JJG JJJJG n G M O = OG ∧ ∑ Fi i =1 G G Fi = m i ⋅ U n JJJJG n JJJG G G ( ∑ m i ⋅ OG − ∑ m i ⋅ OA i ) ∧ U = 0 i =1 i =1 30 JJJG n ∑ mi ⋅ OAi JJJJG OG = i =1 n ∑ mi i =1 JJJJG G G G OG = ξ i + η j + ζ k n n ξ= ∑ mi ⋅ xi i =1 n ∑mi , η= i =1 ∑ mi ⋅ yi i =1 n ∑ mi n , i =1 ζ= ∑m i =1 i ⋅ zi n ∑m i =1 i Problem 4.8.1 Paralel bağlı bir kuvvet sistemi A1(3,7,12) noktasındaki 8kg lık m1 kütlesi , A2(6,2,–8) noktasındaki 10kg lık m2 kütlesi ve A3(10,–4 ,–5) noktasındaki 3 kg lık m3 kütlesinden oluşmuştur. Bu kuvvet sisteminin merkezinin koordinatlarını hesaplayınız.( koordinatlar cm. cinsinden alınmıştır.) 3 ξ= ∑ m i ⋅ xi i =1 n ∑ mi , ξ= m1x1 + m 2 x 2 + m 3 x3 m1 + m 2 + m3 i =1 ξ= 8 ∗ 3 + 10 ∗ 6 + 3 ∗ 10 8 + 10 + 3 , ξ = 5, 43 cm. 3 η= ∑ mi ⋅ y i i =1 n ∑ mi , η= m1y1 + m 2 y 2 + m3 y 3 m1 + m 2 + m 3 i =1 η= 8 ∗ 7 + 10 ∗ 2 + 3 ∗ ( −4) , 8 + 10 + 3 η = 3, 05 cm. 3 ζ= ∑ mi ⋅ z i i =1 n ∑ mi , ζ= m1 z1 + m 2 z 2 + m 3 z 3 m1 + m 2 + m 3 i =1 8 ∗ 12 + 10 ∗ ( −8) + 3 ∗ ( −5) , ζ= 8 + 10 + 3 ζ = 0, 048 cm. 31 BÖLÜM 5 KÜTLE MERKEZİ 5.1 Bir sürekli cismin kütle merkezi y A(x,y,z) dm G(ξ,η,ζ) V x O z JJJJG OG = JJJG OA ∫ dm V ∫ dm V JJJJG G G G OG = ξ i + η j + ζ k ξ= ∫ x dm V ∫ dm V , η= ∫ y dm V ∫ dm V , ζ= ∫ z dm V ∫ dm V 32 Problem 5.1.1 R yarıçaplı 2α tepe açılı çember parçası şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm: y x = R Cos θ dA = R dθ dm = ρ dA dm = ρ R dθ dθ α θ G O x α HJJJG OG x ekseni simetri ekseni olduğu için η = 0 dır. ξ= ∫ x dm A ∫ dm α , ξ= ∫ x dm −α α A ∫ dm −α α ξ= ∫ ρR Cos θ R dθ −α α ∫ ρ R dθ , ξ= ρR 2 [Sin α − (Sin α )] ρR[α − ( −α )] −α ξ= 2ρR 2 Sin α , 2ρR α HJJJG RSin α ξ = OG = α 33 Problem 5.1.2 Şekilde gösterilen dörtte bir çember parçası şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y y = x doğrusu G π 4 η π 4 O x ξ Şekildeki dörtte bir çember parçası için y = x doğrusu simetri ekseni olduğundan ξ=η= 2 HJJJG OG 2 HJJJG Problem 5.1.1 den OG = RSin α α α= π 4 π HJJJG 2 2R HJJJG RSin ( 4 ) , OG = OG = π π/4 2 2 2R 2R ξ=η= ( ) , ξ=η= π 2 π Problem 5.1.3 Şekilde gösterilen yarım çember şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y G π 2 π 2 O x 34 y Ekseni simetri ekseni olduğu için ξ = 0 dır. HJJJG Problem 5.1.1 den η = OG = η= RSin π/2 π 2 , η= RSin α α 2R π Problem 5.1.4 Yüksekliği h olan üçgen şeklindeki homojen levhanın kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. h dA = Ady h-y dm = ρdA dm = ρAdy h dy y A O η= a h ∫ y dm , A ∫ dm η= η= , A= a ρ ∫ (h − y)dy h0 η= h , η= ρ ∫ yAdy 0 h ρ ∫ Ady 0 a (h − y) h a (hy − y 2 )dy ∫ h0 h 0 h 0 h ρ ∫ yρAdy ∫ ρAdy A A h−y = a h x , a h3 h3 ρ ( − ) 3 η= h 2 a 2 h2 ρ (h − ) 2 h , a h3 η = h 62 ah ρ h 2 ρ h2 6 , η= h ρa 2 ρa h 3 35 Problem 5.1.5 Şekilde ölçüleri verilen dik üçgen şeklindeki homojen levhanın kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. y 60mm. x 30mm. 30 , 3 η = 20mm. Problem 5.1.4 den ξ = ξ = 10mm. , η= 60 3 Problem 5.1.6 R yarıçaplı 2α tepe açılı daire dilimi şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm: y x= 2 R Cos θ 3 dA = 1 1 RdA = R 2 dθ 2 2 1 dm = ρ dA = ρ R 2 dθ 2 dA = R dθ dθ α θ G O x α HJJJG OG x ekseni simetri ekseni olduğu için η = 0 dır. 36 ξ= ∫ x dm A ∫ dm α , ξ= ∫ x dm −α α ∫ dm A −α α ξ= α 2 1 2 ∫ 3 R Cos θ (ρ 2 R dθ) −α , α 1 2 ∫ ρ 2 R dθ −α ξ= 1 ρ R 3 ∫ Cos θdθ 3 −α α 1 ρ R 2 ∫ dθ 2 −α 2 1 ρ R 3 [Sin α − ( −Sin α )] ρ R 3Sin α 3 3 , ξ= ξ= 1 ρR 2 α 2 ρ R [α − ( −α )] 2 HJJJG 2 R Sin α ξ = OG = 3 α Problem 5.1.7 Şekilde gösterilen dörtte bir daire dilimi şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y y = x doğrusu G π 4 η π 4 O x ξ Şekildeki dörtte bir daire dilimi için y = x doğrusu simetri ekseni olduğundan ξ=η= 2 HJJJG OG 2 HJJJG Problem 5.1.4 den OG = π HJJJG 2 RSin ( 4 ) , OG = 3 π/4 2 4 2R ξ=η= ( ) , 2 3π 2 RSin α 3 α α= π 4 HJJJG 4 2R OG = 3π 4R ξ=η= 3π 37 Problem 5.1.8 Şekilde gösterilen yarım daire dilimi şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. Çözüm : y G π 2 π 2 O x y Ekseni simetri ekseni olduğu için ξ = 0 dır. HJJJG 2 RSin α η = OG = 3 α Problem 5.1.4 den η= 2RSin 3π / 2 π 2 , η= 4R 3π Problem 5.1.9 Şekilde gösterilen R taban yarıçaplı yarım küre şeklindeki homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını gösteriniz. Çözüm: z m = ρV dm = ρ π r 2 dz r R dz z o y x yoz düzlemi simetri düzlemi olduğu için xoz düzlemi simetri düzlemi olduğu için ξ = 0 dır. η = 0 dır. 38 ∫ z dm ζ= V ∫ dm R ∫ z ρ π r dz , ζ= R 2 0 R , ζ= ∫ ρ π r dz V ρ π ∫ z r 2 dz 0 R ρ π ∫ r 2 dz 2 0 0 R r 2 = R2 − z 2 , ρ π ∫ (zR 2 − z 3 )dz ζ= 0 R R4 R4 − ) 2 4 ζ= R3 ρ π(R 3 − ) 3 ρ π( , ρ π ∫ (R 2 − z 2 )dz 0 4 R ) 4 ζ= 2 ρ π( R 3 ) 3 ρ π( 3 ζ= R 8 , 5.2 Bileşik cismin kütle merkezi Bir bileşik cismin kütle merkezi bu cismi oluşturan cisimlerin kütle merkezleri bulunduktan sonra daha önceden çıkarılan paralel bağlı vektör sisteminin merkezine ait olan formüllerle hesaplanır. JJJG n ∑ mi ⋅ OAi JJJJG OG = i =1 n ∑ mi i =1 JJJJG G G G OG = ξ i + η j + ζ k n ξ= ∑ mi ⋅ xi i =1 n ∑mi n , η= ∑mi ⋅ yi i =1 i =1 n ∑ mi n , ζ= ∑m i =1 i =1 i ⋅ zi n ∑m i =1 i Eğer bileşik cismi oluşturan cisimlerin yoğunluğu aynı ise yukarıdaki denklemlerde m i = ρVi yazılabilir ve ρ lar toplam dışına alınıp kısaltılabileceğinden dolayı aşağıdaki eşitlikler elde edilir. n ξ= ∑ Vi ⋅ xi i =1 n ∑ Vi i =1 n , η= ∑ Vi ⋅ y i i =1 n ∑ Vi i =1 n , ζ= ∑ Vi ⋅ z i i =1 n ∑ Vi i =1 39 Problem 5.2.1 Homojen fakat farklı kalınlıklardaki levhalardan şekildeki taralı alan gibi oluşturulmuş cismin kütle merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. y ¼ daire dilimi kalınlık 1mm. kalınlık 2mm. 2 3 1 30 4 x 30 90 90 5 z (Ölçüler mm. cinsindendir. ) 4R 4 ∗ 90 120 , y3 = z3 = y3 = = 3π 3π π x 30 10 0 0 45 10 1 2 3 4 5 6 Y 30 10 120/π 15 0 0 z 0 0 120/π 22,5 45 15 , A 4050 -450 2025π -1350 8100 -675 16036,7 ∑ kalınlık 3mm. 6 πR 2 A3 = , A3=2025π 4 M=ρA mx 4050 121500 -450 -4500 4050π 0 -2700 0 24300 1093500 -2025 -20250 35898,45 1149750 my mz 121500 0 -4500 0 486000 486000 -40500 -60750 0 1093500 0 -30375 562500 1488375 6 ξ= ∑ m i ⋅ xi i =1 6 ∑ mi , ξ= 1149750 35898,45 , ξ = 32, 03mm. 562500 , 35898,45 η = 15,67mm. i =1 6 η= ∑ mi ⋅ y i i =1 , 6 ∑ mi η= i =1 6 ζ= ∑ mi ⋅ z i i =1 6 ∑ mi , ζ= 1488375 , 35898,45 ζ = 41,46mm. i =1 40 Problem 5.2.2 Şekilde gösterilen içi dolu homojen cismin kütle merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. 2 y 1 z x 3 ( Ölçüler cm. cinsindendir. ) 4R 16 πR 2 , z 2 = 42 + = 47, 093cm. , V2 = 21 , 4 3π π V2 = 756π = 2375, 04cm3 z 2 = 42 + x y z V 1 12 10,5 21 21168 2 12 10,5 47,093 2375,04 3 12 14 6 -1890 21653,04 ∑ Vx 254016 28500,5 -22680 259836,5 Vy 222264 24938 -26460 220742 Vz 444528 111848 -11340 545036 3 ξ= ∑ Vi ⋅ xi i =1 3 ∑ Vi , ξ= 259836, 5 21653, 04 , ξ = 12cm. i =1 3 η= ∑ Vi ⋅ y i i =1 3 ∑ Vi , η= 220742 , 21653, 04 η = 10, 2cm. i =1 3 ζ= ∑ Vi ⋅ z i i =1 3 ∑ Vi , ζ= 545036 , 21653, 04 ζ = 25,17cm. i =1 41 BÖLÜM 6 STATİK 6.1 Giriş Statik kuvvetler etkisinde cisimlerin denge koşullarını inceleyen bilim dalıdır. Bu tanımlamada adı geçen kuvvet , cisim ve denge terimlerini açıklayalım. Kuvvet: Ele alınan Cisme başka cisimler tarafından uygulanan ve cismin hareket veya denge durumları ile şeklini değiştiren etkiye kuvvet denir. Kuvvetler etkinin cinsine göre : Temas etkisi (yüzey kuvvetleri) ve uzaktan etki ( hacim kuvvetleri) olmak üzere ikiye ayrılır. Dengesi incelenen cisimle temasta olan mafsal,mesnet,kablo,çubuk gibi diğer cisimlerden gelen kuvvetler yüzey kuvvetleridir. Uzaktan etki kuvvetlerine örnek, ağırlık kuvvetleri, magnetik ve elektriksel alanlardan gelen kuvvetler verilebilir. Kuvvetler cisme etki bölgesine göre: İç kuvvet dış kuvvet şeklinde ikiye ayrılır. G F1 G F2 G F3 G F4 G F1 G F G −F G F3 G G G G F2 G F4 G G G Şekilde gösterilen F1 , F2 , F3 , F4 kuvvetleri dış kuvvetler, F ve − F kuvvetleri ise iç kuvvetlerdir. İç kuvvetler şekilde gösterildiği gibi cismin içinde varolduğu düşünülen bir kesitte oluşur.Bu hayali kesitle cisim iki parçaya ayrılır. Oluşan bu iki ayrı kesitteki iç kuvvetlerin etki tepki ilkesine göre şiddet ve doğrultuları aynı yönleri zıttır. 42 Kuvvetler cisme mesnetler ve diğer cisimlerden uygulanma durumuna göre : Bilinen kuvvetler (aktif kuvvetler) ve mesnet veya bağlardan geleceği düşünülen tepki kuvvetleri (reaktif kuvvetler) olmak üzere ikiye ayrılır. Aktif kuvvetler: Ağırlık kuvvetleri veya cismin zorlanma koşullarına göre bilinen dış kuvvetlerdir. Tepki kuvvetleri : mesnet,mafsal, kablo, çubuk gibi diğer cisimlerin uyguladıkları kuvvetlerdir. Bu tepki kuvvetlerinin tam zıttı dengesi incelenen cisim tarafından diğer cisimlere aynı şekilde etkir. Sürtünmesiz temaslarda tepki kuvveti temas yüzeyine diktir. İki boyutlu mesnet ve bağlar ile bunlardan cisme gelen tepki kuvvetleri: Yuvarlanan elemanlar kavisli yüzey sürtünmesiz yüzey Çubuk doğrultusunda hareket edebilen bilezik ve buna mafsallı diğer çubuk Kanal doğrultusunda hareket kayma yüzeyine dik tepki kuvveti tepki kuvveti hareket doğrultusuna dik kanal doğrultusuna dik tepki kuvveti 43 y Ry Rx Sabit silindirik mafsallı x Tepki kuvvetinin doğrultusu bilinmiyor. y Rx Pürüzlü yüzey x Ry Yüzey tepkisinin doğrultusu bilinmiyor y x Rx Ry Ankastre mesnet MO Bilinmeyen kuvvet ve şiddeti bilinmeyen moment 44 Üç boyutlu mesnet ve bağlar ile bunlardan cisme gelen tepki kuvvetleri: y x Ry tek noktadan küreye temas z temas yüzeyine dik tepki kuvveti y x Ry Sürtünmesiz temas z temas yüzeyine dik tepki kuvveti y x Rz z Pürüzlü yüzeyde Yuvarlanan tekerlek ray üzerinde yuvarlanan tekerlek Ry iki doğrultuda bilinmiyen tepki kuvveti 45 y Rx Rz Pürüzlü yüzey x Ry z üç doğrultuda bilinmiyen tepki kuvvetleri küresel mafsal Küresel mafsalın ayrıntılı şekli y My Ry Rz z ankastre mesnet x Rx Mx Mz üç doğrultuda bilinmiyen tepki kuvveti ve üç doğrultuda bilinmiyen tepki momenti 46 y Ry Mx Rx Z Üniversal kavrama x Rz üç doğrultuda bilinmiyen kuvvet ve bir doğrultuda bilinmiyen moment y My Ry Rz Mz x z . İki doğrultuda bilinmiyen kuvvet ve iki doğrultuda bilinmiyen moment Eksenel doğrultuda hareket edebilen silindirik mafsal 47 y My Ry Mz Rz Rx x z Üç doğrultuda bilinmiyen kuvvet ve İki doğrultuda bilinmiyen moment Eksenel doğrultuda hareket yeteneği olmayan silindirik mafsal Bunlardan başka ip kuvveti ip doğrultusundadır. Birde ağırlıksız olup uç noktalarından sürtünmesiz mafsallı ve uç noktaları dışında yük taşımıyan çubuklardan gelen tepki kuvvetleride çubuk doğrultusunda kabul edilir. 6.2 İç kuvvetler ve kesit zorları İç kuvvetlerin cismin bir kesiti içindeki bileşenlerine kesit zorları denir. Kesite etki eden kuvvetin kesite dik bileşenine Normal kuvvet denir. Kesite etki eden kuvvetin kesit içindeki bileşenine Kesme kuvveti denir. Kesite etki eden momentin kesite dik bileşenine Burulma momenti denir. Kesite etki eden momentin kesit içindeki bileşenine Eğilme momenti denir. 6.3 Statiğin temel ilkelerinin geçerli olduğu referans sistemleri Orijininde güneş bulunan ve yıldızlara doğru yönelmiş koordinat sistemlerine Newton veya Galileo eksen sistemleri denir. Statiğin temel ilkeleri bu eksen sitemlerine göre geçerlidir. Bir Newton eksen sistemine göre sabit hızda öteleme hareketi yapan diğer eksen sistemleri de Newton eksen sistemidir. Herhangi bir cisim Newton eksen sistemine göre hareketsiz veya sabit hızda öteleme hareketi yapıyorsa bu cisim dengededir denir. 48 6.4 Bir maddesel noktanın kuvvetler etkisinde dengesi Bir maddesel noktaya etki eden bütün kuvvetler aynı noktada kesişeceğinden dolayı bu kuvvetlerin geometrik toplamının sıfır olması denge için gerek ve yeter koşuldur. G G R=0 G G G G R = ∑ Fx i + ∑ Fy j + ∑ Fz k ∑F x =0 , ∑F y =0 , ∑F z =0 6.5 Bir rijid cismin kuvvetler etkisinde dengesi Bir rijid cisme etki eden kuvvvet sisteminin sıfıra eşdeğer olması bu cismin dengesi için gerek veGyeter koşuldur. G G G R=0 , ∑ MO = 0 ∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0 , ∑ Fz = 0 ∑Mx = 0 , ∑My = 0 , ∑Mz = 0 Böylece en genel durumda üç boyutlu kuvvetler etkisindeki bir cismin dengesinde denklem sayısı altı olur. Bu denklemlerden altı bilinmiyen çözülebilir. Üç boyutlu kuvvetler etkisinde dengesi incelenen cisimde bilinmiyen sayısı altıdan fazla ise böyle sistemlere hiperstatik sistemler denir. 6.6 Rijid cisim sisteminin kuvvetler etkisinde dengesi Bir rijid cisim sistemine etki eden kuvvet sisteminin sıfıra eşdeğer olması denge için gerekli fakat yeterli koşul değildir. Bundan dolayı rijid cisim siteminin elemanlarına ayrılarak incelenmesi gerekir.Her bir eleman için sıfıra eşdeğerlik koşulu ve birleşme noktalarında etki tepki ilkesi gözönüne alınarak çözüme gidilir. 6.7 Düzlemsel kuvvetler etkisinde cisimlerin dengesi Eğer cisme etki eden dış kuvvetler ve mesnetlerden gelen tepkiler aynı düzlem içinde ise incelenen problem düzlem statik problemidir. Aynı düzlemde bulunan kuvvetlerinG momenti bu düzleme dik olacağından G G G dolayı bu durumda R = 0 , ∑ M O = 0 sıfıra eşdeğerlik koşulu aşağıdaki gibi yazılabilir. ∑ Fx = 0 , ∑ Fy = 0 , ∑ M z = 0 Böylece düzlemsel kuvvetler etkisindeki bir cismin dengesinde denklem sayısı üçe inmiş olur. Bu denklemlerden üç bilinmiyen çözülebilir. Düzlemsel kuvvetler etkisinde dengesi incelenen cisimde bilinmiyen sayısı üçten fazla ise böyle sistemlere hiperstatik sistemler denir. 49 Problem 6.7.1 1000 kg kütleli bir sabit vinç 2400 kg kütleli bir cismi kaldırmakta kullanılıyor. Vinç A da sabit B de kayıcı mafsal ile mesnetlenmiştir. Vincin kütle merkezi G dir. A ve B mesnetlerindeki tepkileri bulunuz. A G 2400kg 1,5m B 2m 4m Çözüm: y RAy 2400g RA x A 1000g 1,5m RB x B x 2m 4m B deki mesnet kayıcı mafsal olduğu için y ekseni doğrultusunda kuvvet taşıyamaz. Bundan dolayı B mesneti sadece x ekseni doğrultusunda tepki kuvveti uygulayabilir. RB y = 0 ΣFx = 0 ⇒ RA x + RB x = 0 ΣFy = 0 ⇒ RAy − 1000 g − 2400 g = 0 ΣM A = 0 ⇒ RBx ∗1,5 − 1000 g ∗ 2 − 2400 g ∗ 6 = 0 50 Bu eşitliklerden RBx = 107, 256kN RAx = − RBx = −107, 256kN RAy = 33,354kN RA = ( −107, 256 ) + ( 33,354 ) 2 2 RA = 112,32kN Problem 6.7.2 Hareketli bir kol C ye bağlanmış bir kablo ve A ile B deki sürtünmesiz tekerlekler yardımıyla dengede tutuluyor. Şekildeki yükleme halinde kablodaki kuvveti ve A ile B deki tepkileri hesaplayınız. 475mm 75mm 50mm 600N B C 90mm A Çözüm: 475mm 75mm 50mm 600N SC B C RB 90mm A RA A ve B mesnetlerinde sürtünme olmadığı için buradaki tepkiler yatay doğrultudadır. 51 ΣFx = 0 ΣFy = 0 ⇒ ⇒ ΣM C = 0 ⇒ RB − RA = 0 SC − 600 = 0 RA ∗ 90 − 600 ∗ 600 = 0 Bu üç denklemden RA = 4000 Newton , RB = RA = 4000 Newton SC = 600 N bulunur. Problem 6.7.3 Yay katsayısı k olan AC iç yayı θ = 600 iken doğal uzunluğundadır. a) Sistemin denge durumunda θ, W , a ve k arasındaki bağıntıyı bulunuz. b) Denge durumunda W=80N , a =300 mm ve θ =250 olduğu bilindiğine göre yay katsayısı k yı hesaplayınız. W B C A θ a Çözüm: W B N C F A θ a 52 a) ΣFx = 0 ΣFy = 0 ⇒ ⇒ F cos θ − N = 0 F sin θ − W = 0 Bu iki denklemden F = W sin θ eşitliği bulunur. Ayrıca F yay kuvveti F = k ∗ Δs denklemi ile hesaplanır. Yaydaki kısalma Δs = a a − , 0 cos 60 cos θ Δs = a(2 − 1 ) cosθ 1 ) cosθ W 1 W k a(2 − )= , 2sin θ − tan θ = ka cosθ sin θ 80 W b) k = , k= a ( 2sin θ − tan θ ) 300 ( 2sin 250 − tan 250 ) F = k a(2 − k = 0, 704 N / mm k = 704 N / m Problem 6.7.4 Aşağıda gösterilen çerçeve küçük bir yapının çatısını desteklemektedir. Kablodaki gerilme kuvvetinin 150 kN olduğu bilindiğine göre E ankastre mesnetindeki tepkileri bulunuz. D 2,25m A B 20kN C 20kN 20kN 20kN 3,75m 1,8m 1,8m 1,8m 1,8m E I 4,5m 53 Çözüm: y D A B C 6m 20kN 20kN 1,8m 20kN 1,8m 20kN 1,8m 1,8m θ E REx I x θ ME 4,5m RE y 150kN ΣFx = 0 ΣFy = 0 ⇒ ⇒ RE x + 150 cos θ = 0 RE y − 20 ∗ 4 − 150sin θ = 0 ΣM E = 0 ⇒ M E + 20 ∗ (1,8 + 2 ∗ 1,8 + 3 ∗ 1,8 + 4 ∗ 1,8) − 4,5 ∗ 150 ∗ sin θ = 0 HJG HJJG HJJG HJJG EI DE cos θ = HJJG , sin θ = HJJG , DI = 4,52 + 62 , DI = 7,5m DI DI 4,5 cosθ = , cosθ = 0, 6 7,5 6 , sin θ = 0,8 sin θ = 7,5 RE x = −150 ∗ 0, 6 , RE y = 20 ∗ 4 + 150 ∗ 0,8 , RE x = −90kN RE y = 200kN RE = ( −90 ) 2 + ( 200 ) 2 RE = 219, 4kN M E = −20 ∗ (1,8 + 2 ∗ 1,8 + 3 ∗ 1,8 + 4 ∗ 1,8) + 4,5 ∗ 150 ∗ 0,8 = 0 M E = 180kNm. 6.8 Üç boyutlu kuvvetler etkisindeki bir rijid cismin dengesi ile ilgili uygulamalar Eğer cisme etki eden dış kuvvetler ve mesnetlerden gelen tepkiler aynı düzlem içinde değil ise incelenen problem uzay statik problemidir. G G G G R = 0 , ∑ M O = 0 sıfıra eşdeğerlik koşulu aşağıdaki gibi yazılabilir. 54 G G ∑F = 0 ∑F = 0 , ∑F = 0 , ∑F = 0 ∑M = 0 , ∑M = 0 , ∑M = 0 x y x z y z Problem 6.8.1 120kg kütleli ve 1.5m x 2.4m boyutlarındaki dikdörtgen şeklindeki bir reklam panosu A da küresel mafsal E ile B de birer kablo yardımı ile şekildeki gibi tesbit edilmiştir. Kablolardaki kuvvetleri ve A mafsalındaki tepki kuvvetini bulunuz. y 2,4m 0,6m D 1,2m C 0,9m A z E 1,8m B 0,6m x 1,5m Çözüm: y 2,4m 0,6m D 1,2m C RAy 0,9m R Ay A S BD S EC E RA z z 1,8m B G 1,2m x W=120g 1,2m 55 sıfıra eşdeğerlik koşulu G G G G G G S EC + S BD + RA + W = 0 JJJG G JJJG G JJJG G G AE ∧ S + AB ∧ S + AG ∧ W = 0 ⇒ EC BD A JJJG G G G G G G G EC (0 − 1,8)i + (0,9 − 0) j + (0, 6 − 0)k S EC = S ECU EC , , U EC = U EC = JJJG 2 EC ( −1,8) + 0,92 + 0, 62 G G G G G G G 3 G 2 −1,8i + 0,9 j + 0, 6k 6G 3 G 2 G G 6 , U EC = − i + j + k , S EC = − S EC i + S EC j + S EC k U EC = 2,1 7 7 7 7 7 7 JJJG G G G G G G G BD (0 − 2, 4)i + (1, 2 − 0) j + (−2, 4 − 0)k S BD = S BDU BD , , U BD = U BD = JJJG 2 BD ( −2, 4 ) + 1, 22 + 2, 42 G G G G G −2, 4i + 1, 2 j − 2, 4k 2G 1 G 2 G , U BD = − i + j − k U BD = 3, 6 3 3 3 G G G G G G G G G G 2 1 2 S BD = − S BD i + S BD j − S BD k , RA = Rx i + Ry j + Rz k , W = −120 g j 3 3G 3 JJJG JJJ JJJG G G G G AE = 1,8 i , AB = 2, 4 i , AG = 1, 2 i − 0, 75 j JJJG G JJJG G JJJG G G G G ∑ M A = 0 ⇒ AE ∧ S EC + AB ∧ SBD + AG ∧ W = 0 G G G G 3 G 2 G G 1 G 2 6 2 1,8 i ∧ (− S EC i + S EC j + S EC k ) + 2, 4 i ∧ (− S BD i + S BD j − S BD k ) + 7 7 7 3 3 3 G G G G + (1, 2 i − 0, 75 j ) ∧ (−120 g j ) = 0 G G G G G G 3 2 1 2 1,8 ∗ S EC k − 1,8 ∗ S EC j + 2, 4 ∗ S BD k + 2, 4 ∗ S BD j − 1, 2 ∗ 120 gk = 0 7 7 3 3 G G G G 2, 4 4,8 3, 6 5, 4 ( ) ( 144 ) M = S − S j + S + S − g k =0 ∑ A 3 BD 7 EC BD EC 3 7 4,8 3, 6 4,8 3, 6 S BD − S EC = 0 S BD − S EC = 0 14, 4 3 7 3 7 ⇒ S EC = 288 g ⇒ 2, 4 5, 4 4,8 10,8 7 S BD + S EC − 144 g = 0 S BD + S EC = 288 g 3 7 3 7 S EC = 140 g , S BD = 45 g , S EC = 1373, 4 N , S BD = 441, 45 N G G G G 3 G 2 G 1 G 2 6 2 ∑ F = (− 7 S EC i + 7 SEC j + 7 SEC k ) + (− 3 SBD i + 3 S BD j − 3 SBD k ) + G G G G G + ( Rx i + Ry j + Rz k ) + (−120 g j ) = 0 G G G G 3 G 2 6 2 1 2 ∑ F = (− 7 S EC − 3 S BD + Rx )i + ( 7 SEC + 3 S BD + Ry − 120 g ) j + ( 7 S EC − 3 S BD + Rz )k = 0 6 2 6 2 − S EC − S BD + Rx = 0 ⇒ − 140 g − 45 g + Rx = 0 ⇒ Rx = 150 g 7 3 7 3 3 1 3 1 S EC + S BD + Ry − 120 g = 0 ⇒ 140 g + 45 g + Ry − 120 g = 0 ⇒ Ry = 45 g 7 3 7 3 2 2 2 2 140 g − 45 g + Rz = 0 S EC − S BD + Rz = 0 ⇒ ⇒ Rz = −10 g 7 3 7 3 Rx = 1471,5 N Ry = 441, 45 N Rz = −98,1N G ∑ FG = 0 G ∑M = 0 ⇒ 56 Problem 6.8.2 450 N luk bir yük şekildeki gibi bükülmüş bir rijid borunun C köşesine uygulanmıştır. Boru A da zemine ve D de düşey duvara küresel mafsal ile E de ise EG kablosu yardımı ile tesbit edilmiştir. a) EG kablosundaki gerilme kuvvetinin minumum olması için kablonun karşı duvara bağlandığı G noktası nerde olmalıdır. b) Bu durumdaki minumum kablo kuvvetinin şiddetini bulunuz. y G D E 2m C 2m 4m P x 2m A 4m z Çözüm: y G ( x,y) G S EG RDz RDx D B E 2m C RDy 2m 4m G P 0 x 2m A RAx RAz A R Ay 4m z 57 S EG kablo kuvvetinin minumum olması için kablonun doğrultusu aynı kuvvetle AD eksenine göre en büyük momenti verecek şekilde olmalı yani AD ekseni ile E noktasının oluşturduğu düzleme dik olmalıdır. JJJG JJJG JJJG ED ∧ AD = λ EG olmalı JJJG G JJJG G JJJG G G G G G G EG = ( x − 2) i + ( y − 4) j − 2k , ED = 2 i − 2k , AD = 4i + 4 j − 2k G G G i j k JJJG JJJG JJJG JJJG G G G ED ∧ AD = 8 i − 4 j + 8 k ED ∧ AD = 2 0 −2 , 4 4 −2 G G G G G G 8 i − 4 j + 8 k = λ ( x − 2) i + λ ( y − 4) j − 2λ k λ = −4 λ ( x − 2) = 8 x=0 ⇒ λ ( y − 4) = −4 ⇒ −4 x + 8 = 8 y=5 − 2λ = 8 −4 y + 16 = −4 JJJG G JJJG G G G ( DE ∧ S EG ) • U AD + ( DC ∧ P ) • U AD = 0 ΣM AD = 0 ⇒ JJJG JJJG G G G G G G G DE = −2 i + 2k , DC = 2k , P = −450 j , S EG = S EGU EG JJJG G G G G G G −2 i + j − 2k EG 2G 1 G 2 G , U EG = − i + j − k U EG = JJJG , U EG = 3 3 3 EG (−2) 2 + 12 + (−2) 2 G G G 1 G 2 2 S EG = − S EG i + S EG j − S EG k 3 3 3 JJJG G G G G G G 2G 2 G 1 G AD 4i + 4 j − 2k , U AD = i + j − k U AD = JJJG , U AD = 3 3 3 AD 42 + 42 + (−2) 2 JJJG G G G G G 1 G 2 2 DE ∧ S EG = (−2 i + 2k ) ∧ (− S EG i + S EG j − S EG k ) 3 3 3 JJJG G DE ∧ S EG G i = −2 2 − S EG 3 G j 0 1 S EG 3 G k 2 2 − S EG 3 , JJJG G G G 8 G 2 2 DE ∧ S EG = − S EG i − S EG j − S EG k 3 3 3 JJJG G JJJG G G G G DC ∧ P = 2k ∧ −450 j , DC ∧ P = 900 i JJJG G JJJG G G G G G 8 G 2 2 2G 2 G 1 G ( DE ∧ S EG ) • U AD + ( DC ∧ P) • U AD = [(− S EG + 900) i − S EG j − S EG k )] • ( i + j − k ) = 0 3 3 3 3 3 3 4 16 2 − S EG + 600 − S EG + S EG = 0 9 9 9 ⇒ −2S EG + 600 = 0 S EG = 300 N 58 Problem 6.8.3 A da ankastre mesnetli ABCDE cismi şekildeki gibi yüklenmiştir. a) A ankastre mesnetindeki tepkileri hesaplayınız. b) A ya çok yakın x eksenine dik kesitteki kesit zorlarını bulunuz. E F2 = 200N 20cm y F1 = 200N D A B x 40cm 20cm F3 = 350N C z F4 = 250N Çözüm: E F2 = 200N 20cm y F1 =200N D G RA G MA A B x 40cm 20cm F3 =350N C z F4 =250N a) sıfıra eşdeğerlik koşulu G G ∑ FG = 0 G M =0 ∑ G G A ⇒ ⇒ G G G G G G RA + F1 + F2 + F3 + F4 = 0 JJJG G JJJG G JJJG G JJJG G G G M A + AD ∧ F1 + AE ∧ F2 + AC ∧ F3 + AC ∧ F4 = 0 F1 ve F2 kuvvet çifti olduğundan geometrik toplamı sıfır bileşke momenti G ise 200 ∗ 20 j dır. JJJG G G G G G G F3 = 350 i , F4 = −250 j , AC = 40 i + 20 k G G G G G G G G F = R + 350 i − 250 j = 0 ⇒ R ∑ A = −350 i + 250 j A G G G G G G G G G G G ∑ M A = M A + (40 i + 20 k ) ∧ (350 i − 250 j ) = 0 , M A = −5000 i − 11000 j + 10000k 59 b) G A da ki x eksenine dik kesitteki normal kuvvet RA kuvvetinin kesite dik bileşenidir. normal kuvvet = −350N ( Bu kuvvet cismi çekmeye çalıştığından pozitif alınmalıdır.) G A da ki x eksenine dik kesitteki kesme kuvveti RA kuvvetinin kesit içindeki bileşenidir. kesme kuvveti = 250N. 250N G A da ki x eksenine dik kesitteki burulma momenti M A momentinin kesite dik bileşenidir. burulma momenti = −5000Ncm G A da ki x eksenine dik kesitteki eğilme momenti M A momentinin kesite içindeki bileşenidir. G G eğilme momenti = −7000 j + 10000k eğilme momenti = 70002 + 100002 = 12206, 6 Ncm 60 BÖLÜM 7 SÜRTÜNME 7.1 Sürtünme ve sürtünme katsayısı W f θ R θ N W P f R θ N Yukardaki şekillerde gösterildiği gibi eğim açısı θ olan bir eğik düzlem üzerine bırakılan bir cismin θ nın belli değerlerine kadar dengede kaldığı bilinir. Aynı şekilde yatay düzlem üzerine bırakılan bir cisme yatay doğrultuda bir P kuvveti uygulanırsa P nin belli değerlerine kadar cismin dengede kaldığı bilinir. Bütün bunların nedeni temas eden yüzeyler doğrultusunda tepki kuvvetlerinin oluşmasıdır. Bu kuvvetlere sürtünme kuvvetleri denir. f = N tan θ Sürtünme kuvvetinin maksimum değeri birbirlerine temasta olan cisimlerin cinslerine ve temas yüzeylerinin özelliklerine bağlıdır. dengede kalmak şartıyla θ nın en büyük değerinin tanjantına sürtünme katsayısı denir ve μ ile gösterilir. f maks. = μN μ=tan θmaks. , 61 Problem 7.1.1 θ = 600 eğim açılı eğik düzlem ile üzerindeki W = 100 N. ağırlığındaki cismin sürtünme katsayısı μ = 0.4 dır. P kuvvetinin hangi değerleri arasında cisim eğik düzlem üzerinde hareketsiz kalır. Bu sınır değerlerdeki sürtünme kuvvetinin değerleri nedir. W P θ Çözüm: Cismin aşağı doğru kaymaması için gerekli olan en küçük P kuvveti Pmin . dır.Bu durumda sürtünme kuvvetinin yönü yukarı doğrudur. x W θ y Pmin . f N θ x ekseni eğik düzlem doğrultusunda ve y ekseni buna dik doğrultuda alınıp bu düzlemde denge denklemleri aşağıdaki gibi yazılabilir. ∑F =0 ⇒ ∑F =0 x y ⇒ Pmin + f − W sin θ = 0 N − W cos θ = 0 f =μN Pmin = − f + W sin θ , ⇒ ⇒ (1) N = 100 cos 600 , N = 50 Newton f = 0, 4 ∗ 50 , Pmin = 50 3 − 20 , f = 20 Newton Pmin = 66, 6 Newton 62 Cisim yukarı doğru çıkma meyilinde ve hareketsiz durumda en büyük P kuvveti Pm aks. dır. Bu durumda sürtünme kuvveti aşağı doğrudur. x W θ y Pm aks. f N θ Bu durumda sürtünme kuvvetinin yönü değiştiğinden sadece birinci denklem değişir. ∑F x =0 ⇒ Pm aks. − f − W sin θ = 0 ⇒ Pm aks. = 50 3 + 20 , Pm aks. = 106, 6 Newton , Pm aks. = f + W sin θ 66, 6 Newton ≤ P ≤ 106, 6 Newton 7.2 mesnetlerdeki sürtünmeler Mesnetlerde temas yüzeyi belli ise sürtünme kuvveti bu yüzeye teğettir. Eğer mesnet mafsal şeklinde ve temas yüzeyi bilinmiyorsa ise sürtünme momenti göz önüne alınarak işlem yapılabilir. Problem 7.2.1 Şekilde görülen hareketli konsol 10 cm. çapındaki bir borunun üzerinde istenilen bir yüksekliğe konulabilmektedir. Konsolla boru arasındaki sürtünme katsayısı μ = 0, 25 olduğuna göre , konsolun ağırlığını ihmal ederek W yükünün taşınabileceği en küçük x uzaklığını bulunuz. x W 20 cm. 10 cm. 63 Çözüm y x W fA x A NA 20 cm. fB NB 10 cm. B fA = μ NA , ∑F ∑F fB = μ NB , f A = 0, 25 N A , x =0 ⇒ NB − N A = 0 ⇒ y =0 ⇒ f A + fB − W = 0 ⇒ f B = 0, 25 N B NB = N A fA + fB = W ⇒ N B = N A = 2W ∑M B =0 ⇒ W 2 20 N A − 10 f A − ( x − 5) W = 0 20 N A − 10 f A − W x + 5W = 0 ⇒ x = x= f A = fB = 20 ∗ 2 W − 10 ∗ W + 5W 2 W , x= 20 N A − 10 f A + 5W W 40 W − 5W + 5W , x = 40 cm. W Problem 7.2.2 Şekildeki mekanizmada Bilezik ve çubuk arasındaki sürtünme katsayısı μ = 0, 4 , θ = 600 ve P = 200 N. olduğu bilindiğine göre mekanizma kranka uygulanan M momentinin hangi değerlerinde dengededir. P C A M 100 mm. θ B 100 mm. 64 Çözüm: y f P N C RAy A RA x S C x M SC 100 mm. θ B 100 mm. C Bileziğinin yukarı doğru kayma başlangıcında dengesi için : f =μN , ∑ Fx = 0 ⇒ ∑F y =0 ⇒ f = 0, 4 ∗ N SC cos θ − N = 0 ⇒ N = SC cos θ , SC sin θ − f − P = 0 ⇒ SC (sin θ − 0, 4 cos θ) = P ⇒ SC = f = 0, 4 SC cos θ SC sin θ − 0, 4 SC cos θ − P = 0 P 200 , SC = 0 sin θ − 0, 4 cos θ sin 60 − 0, 4 cos 600 SC = 300, 289 N . AB çubuğunun dengesi için : ∑M A =0 ⇒ M maks. − 100 SC cos θ = 0 M maks = 100 ∗ 300, 289 cos 600 , ⇒ M maks. = 100 SC cos θ M maks. = 15014,5 Nmm. C Bileziğinin aşağı doğru kayma başlangıcında dengesi için : Bu durumun yukarıdaki şekilden farkı sürtünme kuvvetinin yönü yukarı doğrudur. ∑ Fy = 0 ⇒ SC sin θ + f − P = 0 , SC sin θ + 0, 4 SC cos θ − P = 0 P 200 , SC = 0 sin θ + 0, 4 cos θ sin 60 + 0, 4 cos 600 = 100 SC cos θ , M min . = 100 ∗ 187, 613cos 600 , SC (sin θ + 0, 4 cos θ) = P ⇒ SC = 187, 613 N . M min . M min . = 9380, 6 Nmm. SC = 9,38 Nm. ≤ M ≤ 15, 01 Nm . 65 7.3 Halat veya kayış kasnak sürtünmesi y α x dθ/2 s θ dθ/2 s + ds df dθ dθ/2 dN dθ/2 s1 s2 Silindirik yüzey üzerine sarılı halattan alınan diferansiyel elemanda ∑ Fx = 0 ⇒ (s + ds) Cos (dθ / 2) − s Cos (dθ / 2) − df = 0 ∑F y =0 ⇒ dN − (2s + ds) Sin (dθ / 2) = 0 denklemleri yazılabilir. Cos (dθ/2) =1 , Sin (dθ/2) = (dθ/2) ve df = μ dN ds = df , dN = s dθ , ds = μ s dθ yazılabilir. ds = μdθ , s S1 α ds ∫S s = μ ∫0 dθ , 2 ln s s1 = μα , 1 = e μ α s2 s2 olduğu bilindiğine göre elde edilir. Bu çağda kayış kasnak sistemlerinde düz kayış yerine daha çok aşağıda gösterilen kesiti V şeklinde olan V kayışları kullanılır. y y dθ β β 2df x dθ/2 s + ds dθ/2 s z β/2 dN β/2 dN s sin 2 dN sin(β/2) dθ dθ , (s + ds) sin 2 2 V kayışlı kayış kasnak sistemlerinde kayışın her iki yan yüzeyinde temas olduğundan diferansiyel elemanda sürtünme kuvvetinin iki katı alınır.Normal kuvvet yerine 2dNsin β/2 alınarak düz kayış için yapılan işlemler tekrar edilirse s1 = eμ α / sin(β / 2) s2 formülü bulunur. 66 Problem 7.3.1 Bir gemiyi rıhtımda durdurmak için kullanılan halatın halka şeklinde oluşturulmuş kısmı iskele babasına takılır.Halatın diğer ucuna gemideki babanın etrafına 4 kere sarıldıktan sonra kuvvet uygulanır. Halata geminin uyguladığı kuvvet 20kN dır. görevlinin uyguladığı kuvvet 40N olduğuna göre halat ile baba denilen silindirik cismin yanal yüzeyi arasındaki sürtünme katsayısını bulunuz. 40 N. 20kN. Çözüm: S 2 = 40 N . S1 = 20 kN . S1 = e μ α , S1 = 20kN . = 20000 N . , α = 4 ∗ 2π , α = 8π S2 20000 = e8π μ , 500 = e8 π μ ⇒ ln 500 = ln e8 π μ ⇒ ln 500 = 8πμ 40 ln 500 μ= , μ = 0, 247 8π 67 Problem 7.3.2 Bir elektrik motoru ile üretilen 60 Nm. lik bir momenti iletmek için bir yassı kayış kullanılmaktadır. Kayış şekilde görüldüğü gibi 12 cm. çaplı motordaki kasnaktan aldığı momenti iletmektedir. Kayışla kasnak arasındaki statik sürtünme katsayısı 0.3 dür. Kayışın her iki kısmındaki çekmenin , kayma olmasını engelleyecek en küçük değerlerini bulunuz. 600 400 M Çözüm: S1 600 S2 0 400 M 30 α A 500 Kayıştaki büyük kuvvet momentin tersi yönünde olur. S1 = eμ α S2 , μ = 0,3 , α = 2, 793rad . ∑M A =0 α = 180 + 30 − 50 , S1 S = e0,838 , 1 = 2,311 , S2 S2 , M + S2 R − S1 R = 0 S1 − S2 = 1000 N , S1 = 2,311 S 2 , ⇒ α = 1600 , α = 160 π rad . 180 S1 = 2,311 S 2 S1 − S 2 = M R , S1 − S2 = 2,311 S 2 − S2 = 1000 N ⇒ 60 0,12 / 2 S2 = 762,8 N . S1 = 1762,8 N . 68 DİNAMİK GİRİŞ Mekaniğin ikinci kısmı olan dinamik kuvvetler etkisinde cisimlerin hareketini inceleyen bilim dalıdır. Mekanikçiler Dinamiği kinematik ve kinetik adı altında iki ana bölüme ayırırlar. Kinematik hareketi doğuran nedenleri göz önüne almadan sadece hareketin geometrisini göz önüne alan bilim dalıdır. Kinetik ise hareketi oluşturan nedenlerle birlikte incelemektir. Kinetik kinematiği de içerdiğinden bazı yazarlar kinetiğe dinamik diyorlar. Genellikle Dinamik ilk önce kinematik veya kinematik için gerekli matematik bilgileri ile başlar. Burada da ilk iki bölüm kinematik için gerekli matematik konularını içeriyor. BÖLÜM 8 VEKTÖREL ANALİZ 8.1 Vektör fonksiyonu Statikte görülen eş zamanlı vektörlerden farklı olarak dinamikte zamanla veya başka bir değişkene göre değişebilen vektörlerle de çalışılır. Bir u reel sayısının tanımlı olduğu bölgedeki her değerine bir P(u) vektörü karşılık geliyorsa P vektörüne u değişkenine bağlı vektörel fonksiyon denir. Benzer şekilde birden fazla sayıdaki u , v , w gibi değişkenlere veya r gibi vektörlere bağlı vektörel fonksiyonlar tanımlanabilir. P = P(u) P = P(u, v, w ) P = P(r ) Problem 8.1.1 P (u) = 10Cos u i + 8 Sin u j + 3uk şeklinde verilen vektör fonksiyonunu u= u= π 3 π 3 için hesaplayınız. için π π π π P ( ) = 10Cos i + 8 Sin j + 3 k 3 3 3 3 π P( ) = 5 i + 4 3 j + π k 3 69 8.2 Vektör fonksiyonunun türevi Bir vektörel fonksiyonun türevi aşğıdak i şekilde gösterildiği gibi skaler fonksiyonlardaki türev işlemlerine benzer biçimde alınabilir.Bir vektörel fonksiyonda u nun herhangi bir değerine karşılık gelen P(u) vektörünü u değişkenine verilen artımla elde edilen P(u + Δu) vektöründen çıkarılırsa ΔP artım vektörü elde edilir. Bu artım vektörünü değişkenin artımı olan Δu ya bölümüne ortalama değişim vektörü denir. Ortalama değişim vektöründe değişkenin artımı sıfıra yaklaştırılırsa vektörel fonksiyonunun u da ki türevi elde edilir. ΔP Δu P(u + Δu) ΔP P(u) ΔP = P(u + Δu) − P(u) dP P(u + Δu) − P(u) = lim ΔU →O du Δu 8.2.1 Türev kuralları P , Q , W vektörleri ve λ ile s skaleri u nun fonksiyonu olsun.Ayrıca T vektörü θ nın θ da s in fonksiyonu olsun ve işareti u ya göre türevi göstersin. a) (P ∓ Q ∓ W ) = P ′ ∓ Q′ ∓ W ′ ′ b) (λ P ) = λ ′ P + λ P ′ ′ c) (P • Q ) = P ′ • Q + P • Q′ ′ d) (P ∧ Q ) = P ′ ∧ Q + P ∧ Q ′ ′ e) dT dT dθ ds = du dθ ds du 70 Problem 8.2.1 P (u) = 10Cos u i + 8 Sin u j + 3uk şeklinde verilen vektör fonksiyonunun u ya göre birinci ve ikinci türevini u = π 3 için hesaplayınız. Çözüm : dP (u) = −10 Sin u i + 8Cos u j + 3k , du π için dP ( ) 3 = −5 3 i + 4 j + 3k , du d 2 P ( u) = −10Cos u i − 8 Sin u j du2 π d 2P( ) 3 = −5 i − 4 3 j 2 du Problem 8.2.2 Modülü sabit olarak değişen vektörün türevinin kendisine dik bir vektör olduğunu gösteriniz. Çözüm: P (u) = sabit olarak verilmiştir. Bir vektörün modülü vektörün kendisi ile skaler çarpımının karekökü alınarak bulunabileceğinden. P (u) • P (u) = sabit yazılabilir. Bu eşitliğin her iki tarafının u ya göre türevi alınırsa P ( u) • dP =0 du elde edilir. Böylece skaler çarpımın sıfır olmasından P (u) ile dP türev vektörünün du birbirine dik olduğu ispatlanmış olur. Problem 8.2.3 Bir düzleme paralel olarak değişen bir birim vektörün bu düzlem içindeki sabit bir doğrultuyla yaptığı açıya göre türevi aynı düzlemde bulunan kendisine pozitif yönde dik bir birim vektördür. Çözüm: Birim vektörün paralel olduğu düzlemi xy düzlemi bu düzlemdeki sabit bir doğrultu x ekseni ile gösterilsin Bu düzlemde x ekseni ile θ açısı yapan birim vektör e ise buna pozitif yönde dik vektör ile θ ya göre türevi alınan vektörün aynı vektör olduğu görülür. y de dθ θ e θ x e = Cos θ i + Sin θ j 71 de = − Sin θ i + Cos θ j dθ e birim vektörüne aynı düzleme paralel olmak koşulu ile ve pozitif yönde dik vektör k ∧ e = k ∧ (Cos θ i + Sin θ j ) Buradaki vektörel çarpma işlemi yapılırsa k ∧e = de dθ bulunur. 8.3 Vektörel fonksiyonun integrali x(u) , y (u) , z (u) , u nun belirli bir aralığında sürekli fonksiyonlar olmak üzere P(u) = x(u) i + y (u) j + z (u) k u ya bağlı vektörel fonksiyonunu göz önüne alalınırsa aşağıdaki integrale ∫ P(u) du = ∫ x(u) du i+ ∫ y(u) du j+ ∫ z(u) du k P(u) vektörel fonksiyonunun belirsiz integrali denir. P(u) = d Q(u) eşitliğini sağlayan bir Q(u) vektörel fonksiyonu varsa du d ∫ P(u) du = ∫ duQ(u) du = Q(u) + C olur. Burada C vektörü u skalerine bağlı olmayan sabit bir vektördür. Bu durumda u = a ve u = b sınırları arasındaki belirli integral b ∫ a b P (u) du = ∫ a d Q(u) du = Q(u) + C du b a = Q(b) − Q(a) şeklinde yazılabilir. 72 BÖLÜM 9 EĞRİLERDE DİFERANSİYEL ÖZELLİKLER 9.1 Bir vektör fonksiyonunun hodografı u ya bağlı değerler alan P(u) vektörel fonksiyonunun başlangıçları aynı noktaya getirilirse uç noktalarının çizdiği eğriye bu vektörel fonksiyonun hodografı denir. y Hodograf P(u) o x z 73 9.2 Bir vektörel fonksiyonun hodografı üzerinde P(u ) vektörel fonksiyonunun türevi y ΔP Δu dP du Δs T ΔP s (+) o1 o x z Yukarıdaki şekilde görüldüğü gibi eğri üzerinde keyfi bir başlangıç ve yön ile belirlenen s eğrisel ölçüsüne (OA arasındaki eğri uzunluğuna) eğrisel apsis denir. Burada P vektörü s değişkeninin s de u nun fonksiyonu olarak ifade edilebilir. Böylece P vektörünün u ya göre türevi aşağıdaki gibi alınabilir. dP dP ds = du ds du burada dP vektörünün T teğet birim vektörüne eşit olduğu ds türevin tanımı kullanılarak anlaşılır. ΔP =T Δs dP ds = T Böylece du du P vektörünün u ya göre birinci mertebeden türevi bulunmuş olur. P vektörünün u ya göre ikinci mertebeden türevi ise birinci mertebeden dP = Lim ds Δs → 0 türevinin tekrar u ya göre türevi alınarak bulunur. d2P d ds = ( T) 2 du du du d 2 P d 2s ds dT = T+ 2 2 du du du du dT Burada teğet birim vektörün u ya göre türevini almak için üç boyutlu du eğrilere ait bazı tanımları kullanmak gerekir. Oskülatör düzlem : Eğri üzerindeki noktalara göre değişebilen ve bir nokta civarında eğriyi düzlem eğri kabul etmekle bu nokta civarında eğriye en iyi uyan düzlemdir. İki boyutlu eğrilerde eğriyi içinde bulunduran düzlem oskülatör düzlemdir. 74 Asal normal birim vektörü : Teğete oskülatör düzlemde dik olan ve eğrilik merkezine doğru yönelmiş olan birim vektöre denir. Üç boyutlu eğrilerde eğrilik yarıçapı , asal normal birim vektörü gibi tanımları yapabilmek için bir nokta civarında eğriyi düzlem eğrisi ve R yarıçaplı çember parçası olarak kabul etmek gerekir. Bir A noktası civarında aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi oskülatör düzlemde bulunan ds yay uzunluğunda, dθ merkez açısında ve R yarıçapında bir çember parçası kabul edilebilir. dθ T ds T R dθ burada ds = R dθ Burada görüldüğü gibi T birim vektörünü θ nın θ yı s in fonksiyonu olarak düşünülüp zincir kuralından faydalanılırsa aşağıdaki eşitlik yazılabilir. dT dT dθ ds = du dθ ds du burada dT işlemini yapabilmek için sabit bir düzleme dθ paralel olarak değişen T birim vektörünün bu düzlemde bulunan sabit bir doğrultuyla yaptığı θ açısına göre türevi göz önüne alınabilir. y dT dθ θ T θ x T = Cos θ i + Sin θ j dT = −Sin θ i + Cos θ j dθ Buradan T birim vektörünün θ ya göre türevinin aynı düzlemde kendisine pozitif yönde dik bir vektör olduğu anlaşılır. Bu vektöre N asal normal birim vektörü denir. 75 dT = N Bu denklem teğet birim vektörün u ya göre türevi ifadesinde yerine dθ dθ ds dT yazılırsa =N Rdθ du du dT 1 ds T Teğet birim vektörün u ya göre türevi bulunur. Bu eşitlikler = du R du d2P ile 2 ikinci türev ifadesine gidilirse du 2 (ds / du )2 N d P d 2s = T + R du 2 du 2 P vektörünün u ya göre türevi teğet ve asal normal birim vektörleri doğrultusunda bulunur. 9.3 Doğal koordinat sistemi Bu elde edilen T ve N birim vektörleri ile birde bunlara sağ el kuralına göre dik üçüncü bir birim vektör tanımlanırsa B = T∧N bir koordinat sistemi tanımlanmış olur. Buradaki B birim vektörüne binormal birim vektörü denir. Bu T , N ve B birim vektörlerinin belirlediği koordinat sistemine doğal koordinat denir. T ve N birim vektörlerinin belirlediği düzleme oskülatör düzlem N ve B birim vektörlerinin belirlediği düzleme normal düzlem T ve B birim vektörlerinin belirlediği düzleme rektifiyen düzlem denir. Bu üç koordinat düzlemine birlikte Frenet üç yüzlüsü de denir. 9.4 Doğal koordinat sisteminde T , N , B birim vektörleri ve R eğrilik yarıçapı Bir P = P(u) vektörel fonksiyonunda elde edilen ds dP = du du ve N birim vektörü ise T= dP du dP du dP ds = T denkleminden du du elde edilir. dT 1 ds =N du R du formülünden elde edilir. dT N = du dP du R 76 R eğrilik yarıçapı ise P vektörünün u ya göre 1. ve 2. mertebeden türevleri birbiri ile vektörel çarpılarak elde edilir. (ds du ) dP d 2 P ∧ = du du 3 R Bu denklemin her iki tarafının modülü alınır ve ds dP eşitliği göz = du du önüne alınırsa R eğrilik yarıçapı aşağıdaki gibi yazılabilir. dP R= 3 du dP d 2 P ∧ du du 2 Problem 9.4.1 y = f(x) kartezyen denklemiyle verilen bir düzlem eğride eğrilik yarıçapını veren formülü yazınız. Çözüm: P = x i + f ( x) j dP = i + f ′( x ) j dx d2P = f ′′(x) j dx 2 ve dP 2 = 1 + [f ′(x)] dx dP d 2 P ∧ = f ′′(x) dx dx 2 denklemleri ile R eğrilik yarıçapını veren formül (1 + [f ′(x)] ) R= 2 3/ 2 f ′′(x) şeklinde elde edilir. Problem 9.4.2 P (u) = 10Cos u i + 8 Sin u j + 3uk şeklinde vektör fonksiyonu ile verilen eğrinin u = π 3 deki eğrilik yarıçapını ve teğet birim vektörünü bulunuz. (Burada uzunluklar metre açılar radyan cinsindendir.) Çözüm : dP R= 3 du dP d 2 P ∧ du du 2 dP (u) = −10 Sin u i + 8Cos u j + 3k du 77 d 2 P ( u) = −10Cos u i − 8 Sin u j du2 i j k dP (u) d 2 P (u) ∧ = −10 Sin u 8Cos u 3 du du2 −10Cos u −8 Sin u 0 dP (u) d 2 P (u) ∧ = 24 Sin u i − 30Cos u j + 80k du du2 dP (u) d 2 P (u) ∧ = 576 Sin 2 u + 900Cos 2 u + 6400 2 du du dP (u) = 100 Sin 2 u + 64Cos 2 u + 9 , du dP (u) du R= 3 dP (u) = (100 Sin 2 u + 64Cos 2 u + 9)3 / 2 du 3 dP (u) d 2 P (u) ∧ du du 2 = (100 Sin 2 u + 64Cos 2 u + 9)3 / 2 576 Sin2 u + 900Cos 2 u + 6400 dP (u) −10 Sin u i + 8Cos u j + 3k , T = du = 2 2 dP (u) 100 Sin u + 64Cos u + 9 du u= π π 3 T( ) = 3 R= π için T( ) = 3 −10 Sin (100 Sin 2 π 3 π 3 i + 8Cos T= π 3 + 64Cos 2 π 3 −10 Sin u i + 8Cos u j + 3k (100 Sin2 u + 64Cos 2 u + 9)1/ 2 j + 3k + 9)1/ 2 −5 3 i + 4 j + 3k 3 2 3 =− i + j+ k 300 2 5 10 ( + 16 + 9)1/ 2 4 (100 Sin2 576 Sin 2 π 3 π 3 + 64Cos 2 + 900Cos π 3 2 + 9)3 / 2 π 3 + 6400 , R= 300 + 16 + 9)3 / 2 4 432 + 225 + 6400 ( R = 11.9 m 78 BÖLÜM 10 MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ 10.1 Kinematiğin temel kavramları Yer vektörü : Bir maddesel noktanın bir mukayese cismine (koordinat sistemine) göre bulunduğu yere orijinden uzanan vektör. Hız vektörü : Yer vektörünün zamana göre türevi İvme vektörü: Hız vektörünün zamana göre türevi veya yer vektörünün zamana göre ikinci türevi Aşısal hız: Aynı düzlemde hareket eden noktayı sabit bir noktaya bağlayan doğrunun aynı düzlemdeki sabit bir doğru ile yaptığı açının zamana göre türevi Açısal ivme: Açısal hızın zamana göre türevi y p r x z r (Yer vektörü ) V = dr dt ( Hız Vektörü ) a= dV dt ( İvme vektörü ) y P θ x θ = θ( t ) ω= dθ dt (Zamanı fonksiyonu olan aynı düzlemdeki açı ) ( Açısal hız ) , α= dω dt (Açısal ivme ) 79 10.2 Maddesel noktanın hareketinin kartezyen koordinat sisteminde incelenmesi y A( x, y, z ) r y z Bir maddesel noktanın hareketinde koordinatları x = x (t ) , y = y (t ) , z = z (t ) şeklinde ise yer , hız ve ivme vektörleri aşağıdaki gibi hesaplanır. r = x (t ) i + y (t ) j + z (t ) k V = x (t ) i + y (t ) j + z (t ) k a = x (t ) i + y (t ) j + z (t ) k Burada değişkenlerin üzerindeki noktalar zamana göre türevi göstermektedir. Problem 10.2.1 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde x = 10Cos t , y = 8 Sin t , z = 3 t bağıntılarına göre hareket etmektedir. t = π 6 için maddesel noktanın yer, hız ve ivme vektörlerini bulunuz. Çözüm: r = 10Cos t i + 8 Sin t j + 3 t k , V = −10 Sin t i + 8Cos t j + 3 k a = −10Cos t i − 8 Sin t j t= π 6 için r = 10Cos V = −10 Sin a = −10Cos π 6 π 6 i + 8Cos i − 8 Sin π 6 π 6 π 6 i + 8 Sin π 6 j +3k , j , j +3 π 6 k , r =5 3 i +4 j + π 2 k V = −5 i + 4 3 j + 3 k a = −5 3 i − 4 j 80 10.3 Maddesel noktanın hareketinin Doğal koordinat sisteminde incelenmesi y V aT T a (+) s N o1 aN r o x z Daha önce formülleri çıkarılan doğal koordinat sistemindeki P vektörü yerine r yer vektörü u yerine t zaman değişkeni alınırsa aşağıdaki hız ve ivme ifadeleri elde edilir. V = dr ds = T dt dt 2 ⎛ ds ⎞ ⎜ ⎟ 2 2 d r d s dt a= 2 = 2T+⎝ ⎠ N R dt dt Problem 10.3.1 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde s = 2t 3 + 5t 2 − 4 ( Burada s metre , t saniye cinsindendir.) bağıntısına uygun olarak hareket etmektedir. t = 1 de maddesel noktanın bulunduğu yerin eğrilik yarıçapı R = 5m. olduğuna göre bu andaki hız ve ivme vektörlerini doğal koordinat sisteminde hesaplayınız. Çözüm: 2 ⎛ ds ⎞ ⎜ ⎟ 2 2 ds d r d s dt V = T , a= 2 = 2T+⎝ ⎠ N dt R dt dt 2 ds d s = 6 t 2 + 10 t , = 12 t + 10 dt dt 2 ds d2s t = 1 de = 16 = 22 dt dt 2 (16) 2 V = 16 T , a = 22 T + N , 5 a = 22 T + 51, 2 N 81 Problem 10.3.2 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde hareket ederken bir t anında hız ve ivme vektörlerinin kartezyen koordinatlardaki bileşenleri V = 6 i − 2 j + 3k , a = 3i + 4 j olduğuna göre bu an için hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadelerini ve eğri üzerinde bulunduğu noktanın eğrilik yarıçapını bulunuz. Çözüm: V aT θ A a aN V = 62 + (−2) 2 + 32 , V • a = V a Cos θ Cos θ = V •a V a , a = 32 + 42 Cos θ = , , V = 7T , a = 5 m / s2 V =7 m/s aT = a Cos θ = 1, 43 m / s 2 , 6*3 − 2* 4 , 7*5 Cos θ = 10 ⇒ 35 θ = 73, 4 o a N = a Sin θ = 4, 79 m / s 2 a = 1, 43T + 4, 79 N aN = V2 R ⇒ R= V2 aN , R= 49 4, 79 , R = 10, 23 m 82 10.4 Maddesel noktanın hareketinin silindirik koordinat sisteminde incelenmesi z k ρ eθ A(ρ, θ, z ) eρ r o y ρ θ k A1 eθ x eρ Yukarıdaki şekilden r vektörü r = OA1 + A1 A şeklinde yazılabilir. Bu eşitlik silindirik koordinatların birim vektörleri cinsinden yazılırsa r = ρ eρ + z k elde edilir. Yer vektörünün zamana göre türevlerinden hız ve ivme vektörleri bulunur. de ρ dz dr dρ = eρ + ρ + k dt dt dt dt Burada eρ birim vektörü θ nın fonksiyonu olduğundan zincir kuralı uygulanıp V = deρ dθ dt dθ dt de ρ de ρ Burada = dθ eşitliği yazılabilir. bir düzleme paralel olarak değişen bir birim vektör dür. Bu vektörün bu düzlem içindeki sabit bir doğrultu ile yaptığı açıya göre türevi kendisine pozitif yönde dik bir birim vektör olan e θ vektörüdür. Böylece elde edilen eρ = θ e θ denklemi ile hız denklemine gidilirse silindirik koordinatlardaki hız vektörü V = ρ eρ + ρ θ eθ + z k şeklinde elde edilir. Bu elde edilen hız vektörünün zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü bulunur. 83 dV = ρ e ρ + ρ e ρ + ρ θe θ + ρ θe θ + ρ θ e θ + z k dt Burada eρ gibi e θ da θ nın fonksiyonudur. Bundan dolayı a= de θ de θ dθ eşitliği yazılabilir. = dt dθ dt de Burada θ bir düzleme paralel olarak değişen bir birim vektördür. Bu birim dθ eθ = vektörün bu düzlem içindeki sabit bir doğrultu ile yaptığı açıya göre türevi kendisine pozitif yönde dik bir birim vektör olan − eρ vektörüdür. Böylece elde edilen e θ = −θ eρ ve eρ = θ e θ ( ) ( ) eşitliği ivme denklemine gidilirse a = ρ − ρθ 2 e ρ + ρ θ + 2ρθ e θ + z k silindirik koordinatlardaki ivme denklemi elde edilir. Problem 10.4.1 π π 6 3 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde ρ = 20 + 10Cos t , θ = t 3 , z = 10 Sin π 4 t Bağıntılarına uygun olarak hareket etmektedir. t = 1 için yer ,hız ve ivme vektörlerini silindirik koordinatlarda hesaplayınız. V = ρ eρ + ρ θ e θ + z k ( ) ( ) a = ρ − ρθ 2 e ρ + ρ θ + 2ρθ e θ + z k 5π π 5π 2 π Cos t ρ = − Sin t , ρ = − 3 6 18 6 2 θ =πt , θ = 2π t 5π π 5π 2 π Sin t z= Cos t , z = − 8 4 2 4 5π t = 1 de ρ = 20 + 5 3 , ρ = − 6 θ= π 3 , z=5 2 , θ =π z= 5π 4 , 2 , r = (20 + 5 3) eρ + 5 2k , ρ =− 5π 2 3 36 θ = 2π z=− , 5π 2 16 V =− 2 5π 5π eρ + (20 + 5 3)π eθ + 6 4 5π 2 5π 5π 2 2 a = [− 3 − (20 + 5 3)π ] e ρ + [(20 + 5 3) 2π + 2(− )π ] eθ − 36 6 16 185 5 2 5π 2 2 3)π ] eρ + [(40 + 10 3)π + (− )π ] eθ − a = [−(20 + 36 3 16 2k 2k 2k 84 10.5 Maddesel noktanın doğrusal hareketi Maddesel noktanın yörüngesi bir koordinat sistemine göre doğru şeklinde ise maddesel noktanın bu koordinat sistemine göre yaptığı harekete doğrusal hareket denir. y Δ UΔ s A o1 r x o z Maddesel noktanın yörüngesi olan bu doğru üzerinde keyfi bir başlangıç noktası ve yön seçilebilir. Buradaki s A da bulunan maddesel noktanı doğru üzerindeki başlangıç noktasına göre alınan ölçüdür. Burada maddesel noktanın konumunu gösteren r yer vektörü şeklinde yazılabilir. O1 A = s U Δ r = OO1 + O1 A olur. r = OO1 + s U Δ Hız vektörü olduğundan ds UΔ dt d 2s a = 2 UΔ dt V = İvme vektörü Bu elde edilen hız ve ivme vektörleri aynı doğrultuda olduğundan önce şiddetleri hesaplanıp sonra vektör formuna kolayca getirilir. Doğrusal hareketi için aşağıdaki skaler denklemler kullanılır. V = ds dt , ve ayrıca V = a= ds dt dV dt , den çekilen d 2s dt 2 ds dV eşitliği a = dt = V dt a= denklemine yerleştirilirse a= VdV ds denklemi elde edilir. Bu elde edilen 4 adet denklemden doğrusal harekete ait problemler çözülmeye çalışılır. 85 10.5.1 Sabit hızlı doğrusal hareket Bir doğrusal hareketteki hız V sabit ise aşağıdaki işlemler yapılabilir. dV den dt a = 0 bulunur. Ve ds den ds = Vdt yazılıp V sabit olduğu için kolayca integre ederek V = dt a= s t ∫ ds = V ∫ dt ⇒ s = s0 + V t 0 S0 sabit hızlı doğrusal harekete ait konum zaman bağıntısı bulunur. Problem 10.5.1.1 Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde V = 6 m / s sabit hızı ile hareket ettiğine göre t = 0 da s = 8 m olduğuna göre 5 inci saniyedeki konumunu bulunuz. Çözüm: s = s0 + V t konum zaman denkleminden t = 5 deki konum t yerine 5 yazarak bulunur. s = 8 + 6*5 , s = 38 m . 10.5.2 Sabit ivmeli doğrusal hareket Bir doğrusal hareketteki ivme a sabit ise aşağıdaki işlemler yapılabilir. a= dV dt den V dV = a dt yazıp integre ederek t ∫ dV = a ∫ dt ⇒ V = V0 + a t 0 V0 hız zaman bağıntısı elde edilir. V = S ∫ S0 ds dt den yazıp integre ederek ds = (V0 + a t ) dt t ∫ ds = (V0 + a t ) dt ⇒ s = s 0 + V0 t + 0 1 2 at 2 konum-zaman bağıntısı elde edilir. Ayrıca a = S ∫ S0 VdV ds 1 a bağıntısından yazılan ds = V dV bağıntısı integre edilirse V 1 ds = V dV a ∫ V0 ⇒ s = s0 + 1 (V 2 − V02 ) 2a konum-hız bağıntısı elde edilir. 86 Problem 10.5.2.1 Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde a = 3 m / s 2 sabit ivmesi ile hareket ettiğine göre t = 0 da konumu s = 8 m ve hızı V = 4 m / s olduğuna göre 5 inci saniyedeki konumunu bulunuz. Çözüm: 1 2 at konum zaman denkleminden 2 t = 7 s. deki konum t yerine 7 yazarak bulunur. 1 s = 8 + 4 * 7 + 3* 7 2 , s = 109,5 m . 2 s = s 0 + V0 t + 10.5.3 a = f (t ) İvme zamanın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise a= dV dt den elde edilen dV = a dt denklemde a yerine f (t ) yazıp integre edilirse V t V0 0 dV = f (t ) dt ⇒ ∫ dV = ∫ f (t ) dt t V = V0 + ∫ f (t ) dt 0 hız –zaman bağıntısı elde edilir. Bu bağıntıdaki V hızı yerine ds yazıp dt düzenlendikten sonra integre edilirse ds = V0 + dt t ∫ f (t ) dt ⇒ 0 t ∫ s = s 0 + [ V0 + 0 S t S0 0 t ∫ ds = ∫ [ V + ∫ f (t ) dt ] dt 0 0 t ∫ f (t ) dt ] dt 0 konum-zaman bağıntısı elde edilir. Burada s 0 ve V0 Başlangıç değerleridir. Problem 10.5.3.1 Bir maddesel nokta bir doğru a = 2t + 3 ivme zaman bağıntısı ile hareket ediyor. t = 0 da konum s = 4 m. ve hız V = −10 m / s. olduğuna göre t = 6 daki konumu ve hızı hesaplayınız. Çözüm: a= V dV den dV = a dt yazılabilir. Burada a yerine 2t + 3 yazıp integre edilirse dt t ∫ dV = ∫ (2t + 3) dt VO ⇒ V = VO + t 2 + 3t O denklemi elde edilir. Bu denklemde VO yerine –10 konursa V = t 2 + 3t − 10 Hız-zaman denklemi elde edilir.Burada t yerine 6 yazılırsa V = 29 m / s bulunur. 87 V = ds den ds = V dt yazılabilir. Burada V yerine t 2 + 3t − 10 yazıp integre dt edilirse S ∫ t ds = ∫ (t 2 + 3t − 10) dt 0 SO 1 3 s = s0 + t 3 + t 2 − 10t 3 2 denklemi elde edilir. Burada s0 yerine 4 yazılırsa 1 3 s = t 3 + t 2 − 10t + 4 3 2 konum-zaman denklemi elde edilir. Burada t yerine 6 yazılırsa s = 70 m bulunur. 10.5.4 a = f ( s) İvme konumun fonksiyonu şeklinde verilmiş ise a yerine VdV ds veya d 2s dt 2 yazıp denklem düzenlendikten sonra integre ederek hız-konum veya konum-zaman denklemleri bulunur. Problem 10.5.4.1 Bir maddesel nokta bir doğru a = 12 s1/ 2 ivme -konum bağıntısı ile hareket ediyor. t = 0 da konum s = 0 ve hız V = 0 olduğuna göre t = 2 deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız. Çözüm: a yerine VdV yazıp elde edilen ds VdV = 12 s1/ 2 denklemi ds V dV = 12 s1/ 2 ds şeklinde düzenlenip integre edilirse V s ∫ V dV = ∫ 12 s 0 0 1/ 2 ds ⇒ 1 2 1 3/ 2 V = 12 s 2 3/ 2 Bu denklemde V yerine ⇒ V = 4 s 3 / 4 denklemi elde edilir. ds yazıp elde edilen dt ds = 4 s3 / 4 dt 88 denklemi ds = dt şeklinde yazılıp integre edilirse 4 s3 / 4 s t 1 −3 / 4 ∫ 4 s ds = ∫ dt ⇒ 0 0 t = 2 de s1/ 4 = t ⇒ s =t4 s = 16 m. , V = 32 m / s , , V = 4 t 3 , a = 12 t 2 a = 48 m / s 2 10.5.5 a = f (V ) İvme hızın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise a yerine dV = f (V ) dt VdV = f (V ) ds dV dt ⇒ ⇒ VdV yazılırsa aşağıdaki denklemler elde edilir. ds dV dt = f (V ) VdV ds = f (V ) veya Bu son eşitlikler integre edilirse hız-zaman ve konum-hız denklemleri bulunur. Problem 10.5.5.1 Bir maddesel nokta bir doğru a = −0, 2V 2 ivme –hız bağıntısı ile hareket ediyor. t = 0 da konum s = 0 ve hız V = 20 m / s olduğuna göre t = 2 deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız. Çözüm: dV yazarak elde edilen dt dV dV = −0, 2V 2 denklemi dt = −5 2 şeklinde düzenlenip integre edilirse dt V t V 5 1 5 1 5 dV ∫ dt = −5 ∫ V 2 ⇒ t = V − 4 ⇒ V = t + 4 ⇒ V = 1 0 20 t+ 4 20 ds denklemi elde edilir. Bu denklemde V yerine yazarak V= 1 + 4t dt ds 20 20 elde edilen denklem ds = şeklinde düzenlenip integre = dt dt 1 + 4t 1 + 4t S t 20 edilirse ds = ∫ ∫ 1 + 4t dt ⇒ s = 5 Ln(1 + 4t ) konum-zaman bağıntısı elde edilir. 0 0 a yerine t = 2 de s = 11 m , V = 2, 22 m / s , a = −0.2V 2 , a = −0.2 ( 2, 22 )2 a = −0,988 m / s 2 89 10.5.6 a = − kV Bağıntısına uygun doğrusal hareket (geri tepmeyi azaltma) Burada k pozitif reel sayı VdV VdV de a yerine − kV yazılıp − kV = elde edilen denklem ds ds dV = − kds şeklinde düzenlendikten sonra integre edilirse a= V S ∫ dV = −k ∫ ds V0 ⇒ V = V0 − k ( s − s 0 ) S0 hız-konum bağıntısı elde edilir. Elde edilen bağıntıda V yerine ds dt yazılırsa ds = V0 − ks + ks 0 bağıntısı elde edilir. Eğer hız-konum bağıntısında s 0 = 0 dt ds ds = dt şeklinde alınabilirse = V0 − ks şekline gelen denklem dt V0 − ks düzenlenip integre edilirse S ∫ 0 s= t ∫ ds = dt V0 − ks ⇒ − 0 V0 (1 − e − kt ) k 1 V0 − ks ln =t k V0 ⇒ V0 − ks = V0 e − kt konum-zaman bağıntısı elde edilir. 10.5.7 a = − ks Bağıntısına uygun doğrusal hareket (serbest titreşim hareketi) Burada k pozitif reel sayı a = − ks denkleminde a yerine d 2s +ks=0 dt 2 d 2s dt 2 yazılırsa ikinci mertebeden sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklemin çözüm fonksiyonu olarak s = A Cos ωt + B Sin ωt önerilirse diferansiyel denklemi sağladığı görülür. Burada ω = k dır. A ve B sabitleri ise başlangıç koşulları aşağıdaki denklemlerde yerine konarak bulunur. s = A Cos ωt + B Sin ωt , V = − A ω Sin ωt + B ω Cos ωt kullanılarak bulunur. Eğer t = 0 daki s ve V biliniyorsa aşağıdaki denklemler yazılabilir. s 0 = ACos ωt , Böylece V0 = B ω Cos ωt s = s 0 Cos ωt + V0 Sin ωt ω s = A Cos ωt + B Sin ωt denklemi bunlardan A = s 0 ve B = V0 ω Denklemi elde edilir. s = C Cos (ωt − φ) şeklinde yazılabilir. 90 B dır. Eğer fonksiyonun s-t grafiği çizilirse A buradaki eğri Cos ωt eğrisinden Cos (ωt − φ) fonksiyonunun argümanı olan φ (ωt − φ) yi sıfır yapan t = kadar geriden başlar . ω ACos ωt + BSinωt Burada C = A 2 + B 2 10 φ = Arc tan ACos ωt 5 BSin ωt 0.5 1 1.5 2 2.5 3 2 2.5 3 t -5 -10 C Cos (ωt − φ) 10 5 0.5 1 1.5 t -5 -10 t= φ ω Yukarıdaki grafikler A = 10 , B = 6 , C = (10) 2 + 6 2 = 11,66 φ = Arc tan 6 φ = 0,54 Rad . , ω = 3 ve = 0,18 için çizilmiştir. 10 ω s s 10 φ ωt 5 t t 0.5 -5 -10 1 1.5 2 2.5 3 φ ω 91 Problem 10.5.7.1 Bir maddesel nokta bir doğru a = − π2 36 s ivme –konum bağıntısı ile hareket ediyor. t = 0 da konum s = 10 ve hız V = 4 m / s olduğuna göre t = 2 deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız. Çözüm: a=− π2 d 2s yazılırsa dt 2 s denkleminde a yerine 36 d s π2 + s=0 dt 2 36 2 ikinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin genel çözümü s = A Cos V =− π 6 π 6 t + B Sin A Sin π t+ 6 π 6 π 6 şeklindedir. Buradan t B Cos π 6 t Hız-zaman bağıntısı elde edilir. t = 0 daki konum s = 10 ve hız V = 4 m / s denklemlerde yerine konursa 24 A = 10 ve B = elde edilir. Bu bulunan değerler konum-zaman ve hız- π zaman denklemlerinde yerine konursa s = 10 Cos V = −10 π π 6 24 t+ π π Sin t+ π 6 t 24 π π Cos t , π 6 6 V = −5 π 6 3 Sin π t + 4 Cos π t 6 denklemleri elde edilir. Burada t yerine 2 yazılırsa t = 2 deki konum ve hız 6 Sin 6 değerleri elde edilir. s = 10 Cos V = −5 π 3 π 3 + Sin 24 π 3 π Sin π , 3 + 4 Cos π 3 s = 5+ , 12 V = −5 π π 3 , 3 +2 3 2 s = 11, 62 m . , V = 6,53 m / s. 10.5.8 Doğrusal harekette toplam yol Maddesel nokta bir doğru üzerinde hareket ederken yön değiştirebilir. Bundan dolayı toplam yolu bulurken yön değiştirdiği noktalar arasındaki yollar toplanmalıdır. Yön değiştirdiği noktalardaki zamanlar hızı sıfır yapan zaman değerleridir.Bu elde edilen zamanlar ve istenen zaman noktası arasındaki konum farklarının mutlak değerleri toplandığında toplam yol bulunur. Aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi bir maddesel noktanın t = t 4 zamanına kadar aldığı toplam yolu inceleyelim. Maddesel nokta t = 0 da s 0 konumundan harekete başlar. Hız denklemini sıfır yapan zaman değerleri t1 , t 2 ve t 3 ise maddesel nokta t = 0 dan t = t1 e , t = t1 den 92 t = t 2 ye, t = t 2 den t = t 3 e kadar ve t = t 3 den sonra aynı yönde hareket edeceğinden bu aralıklardaki konum farklarının mutlak değerleri toplanarak toplam yol bulunur. s 2 − s1 s1 − s 0 s1 s3 − s 2 0 s0 s3 s 4 − s3 s2 s4 t = t 4 kadar alınan Toplam Yol = s1 − s 0 + s 2 − s1 + s3 − s 2 + s 4 − s3 Burada zamanı gösteren alt indisleri birlikte s konumları maddesel noktanın doğru üzerinde indisin belirttiği zamandaki konumunu göstermektedir. Problem 10.5.8.1 4 3 Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde s = t 3 − 12t 2 + 27t konum –zaman bağıntısına göre hareket ediyor. İlk 4 saniye içinde maddesel noktanın aldığı toplam yolu bulunuz. Çözüm: Maddesel noktanın 4. saniyeye kadar aynı yönde gittiği zaman dilimlerindeki konum farklarının mutlak değerleri toplanırsa toplam yol bulunur. Yön değiştirdiği zamanlar hızı sıfır yapan değerleridir. V = 4 t 2 − 24 t + 27 t1,2 denklemini sıfır yapan zaman değerleri 24 ± (−24) 2 − 4* 4* 27 = 2* 4 t1 = 1,5 , t 2 = 4,5 , 24 ± 12 8 t1,2 = olarak bulunur. Top.Yolt = 4 = s1,5 − s0 + s4 − s1,5 4 s0 = 0 , s1,5 = 1,53 − 12*1,52 + 27 *1,5 = 18m. , 3 Top.Yolt = 4 = 18 − 0 + 1,33 − 18 , s4,5 = 4 4,53 − 12* 4,52 + 27 * 4,5 = 1,33m. 3 Top.Yolt = 4 = 34, 67 m . 93 10.6 Maddesel noktanın çembersel hareketi Maddesel noktanın bir koordinat sistemine göre yörüngesi çember veya çember parçası şeklinde ise bu tür harekete çembersel hareket denir. y V aT P a θ R θ o s x Hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadeleri çembersel harekette açısal hız ve açısal ivme cinsinden yazılabilir. ω= dθ , dt α= dω dt s çember yayı uzunluğunu gösterdiğinden s = Rθ yazılabilir. Bu bağıntının her iki tarafının t ye göre 1. ve 2. türevleri alınırsa ds = Rω dt d 2s = Rα dt 2 , denklemleri elde edilir. Bu denklemler doğal koordinat sistemine ait 2 V = ⎛ ds ⎞ ⎜ ⎟ 2 d s dt a= 2T+⎝ ⎠ N R dt ds T , dt denklemlerinde yerine konursa V = Rω T , a = R α T + R ω2 N Çembersel harekete ait hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadeleri elde edilir. Buradaki açısal hız ω ve açısal ivme α nın değerleri ω= dθ , dt α= dω , dt α= d 2θ , dt 2 α= ω dω dθ denklemlerinden elde edilir. Bu denklemler doğrusal harekete ait diferansiyel denklemlerle aynı formdadır. Bundan dolayı çözüm yöntemleri de aynıdır. 94 Problem 10.6.1 Bir maddesel nokta R = 12 cm. yarıçaplı çember üzerinde saat akrebinin tersi yönünde hareket ederken bir t anında açısal hızı ω = 6 Rad / s. ve açısal ivmesi α = 2 Rad / s 2 olduğuna göre bu an için hız ve ivme vektörlerini doğal koordinat sisteminde bulunuz. Çözüm: V = Rω T Şeklindeki çembersel hareketteki hız vektörünün doğal koordinat sistemindeki formülünde verilenler yerine konursa V = 12*6 T , V = 72 T hız vektörünün doğal koordinat sistemindeki ifadesi elde edilir. Aynı şekilde ivme vektörünün doğal koordinat sistemindeki formülü olan a = R α T + R ω2 N denkleminde verilenler yerine konursa a = 12* 2 T + 12*62 N , a = 24 T + 432 N ivme vektörünün doğal koordinat sistemindeki ifadesi bulunur. Problem 10.6.2 Basit bir sarkacın hareketi α = −kθ şeklinde veriliyor. t = 0 da θ = θ 0 ve ω = ω 0 olduğuna göre açı θ , açısal hız ω ve açısal ivme α nın zamana bağlı ifadelerini bulunuz. Çözüm: α yerine d 2θ dt 2 yazılırsa d 2θ + kθ = 0 dt 2 ikinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin genel çözümü θ = ACos Ωt + B Sin Ωt şeklindedir. Burada k = Ω 2 dir. A ve B sabitleri ise başlangıç şartlarından bulunur. θ = ACos Ωt + B Sin Ωt denkleminde θ yerine θ 0 , t θ 0 = A bulunur. ω = − AΩ Sin Ωt + BΩ Cos Ωt denkleminde ω yerine ω 0 , t ω = BΩ elde edilir. Buradan ω B= Ω yerine sıfır yazılırsa yerine sıfır yazılırsa bulunur. Bu bulunan A ve B değerleri açı-zaman bağıntısında yerine yazılırsa 95 θ = θ 0Cos Ωt + ω Ω Sin Ωt açı-zaman denklemi bulunur.Bu denklemin zaman göre birinci türevi ω = −Ωθ 0 Sin Ωt + ω Cos Ωt açısal hız-zaman denklemini verir. Bu denklemin tekrar zaman göre türevi α = −Ω 2θ 0Cos Ωt − Ωω Sin Ωt açısal ivme-zaman denklemini verir. 10.6.1 Çembersel harekette hız ve ivmenin kartezyen koordinatlardaki ifadeleri y V aT P a θ R θ o s x Çembersel harekette ω açısal hız vektörü tanımlandıktan sonra V hız vektörü V = ω ∧ OP Şeklinde hesaplanabilir.Burada ω açısal hız vektörüdür.Açısal hız vektörünün modülü açısal hızın mutlak değerine eşit , doğrultusu çember düzlemine dik yönü sağ el kuralına uygun maddesel noktanın dönüş yönüne bağlı olarak tesbit edilen yönde bir vektördür. ω ile OP vektörü birbirine dik olduğundan ω ∧ OP nin şiddeti R ω değerine eşit , doğrultusu çembere teğet, yönüde hız vektörü yönünde olduğundan ω ∧ OP vektörü hız vektörüne eşittir. Yukarıdaki şekle göre ω = ωk OP = R Cos θ i + R Sin θ j yazılabilir. Bu eşitliklerle hız vektörü 96 V = − R ω Sin θ i + R ω Cos θ j şeklinde kartezyen koordinat sisteminde yazılabilir. Bu hız vektörünün V = ω ∧ OP şeklindeki denkleminin zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü bulunur. a = α ∧ OP + ω ∧ V Burada α vektörü α = dω dt dir. Yukarıdaki şekilde α yerine α = α k alınıp ivme vektöründe yerine yazılıp gerekli işlemler yapılırsa a = α k ∧ OP + ω k ∧ V a = α k ∧ ( R Cos θ i + R Sin θ j ) + ω k ∧ (− R ω Sin θ i + R ω Cos θ j ) a = − ( R α Sin θ + R ω 2 Cos θ) i + ( R α Cos θ − R ω 2 Sin θ) j ivme vektörünün kartezyen koordinatlardaki ifadesi bulunur. Problem 10.6.1.1 Bir maddesel nokta R = 14 cm. yarıçaplı bir çember üzerinde θ = π 24 t3 bağıntısına uygun olarak hareket etmektedir. Çember şekilde gösterildiği gibi yz düzlemindedir. θ açısı da şekilde gösterildiği gibi alınıyor. t = 2 için maddesel noktanın yer hız ve ivme vektörlerini kartezyen koordinatlarda hesaplayınız. y A θ R C Cz O x Cy z Burada R = 14cm. C y = 20cm. C z = 18cm. θ = π 24 t 3 dır. Çözüm: r = OC + CA OC = 20 j + 18k , t = 2 de θ = π 3 CA = RCos θ j + RSinθ k , CA = 7 j + 7 3 k , r = 27 j + (18 + 7 3)k 97 r = 27 j + 30,12k Hız vektörü kartezyen koordinatlarda V = ω ∧ CA formülü ile hesaplanabilir.Burada ω = dθ i ( Çünkü x ekseni çember dt düzlemine diktir ve maddesel nokta çember etrafında y den z ye doğru dönüyor.) dθ π 2 = t dt 8 dθ π = t = 2 için değeri V = ω ∧ CA denkleminde yerine yazılırsa dt 2 π 7 7 V = i ∧ (7 j + 7 3)k , V = − V = −19 j + 11k 3π j + π k , 2 2 2 t = 2 deki hız ifadesi hesaplanmış olur. İvme vektörü kartezyen koordinatlarda a = α ∧ CA + ω ∧ V formülü ile hesaplanabilir.Burada α = doğrultu değiştirmiyor.) d 2θ i ( Çünkü açısal ivme vektörü dt 2 d 2θ π = t 4 dt 2 d 2θ π değeri ve diğer elde edilenlerle birlikte = 2 dt 2 a = α ∧ CA + ω ∧ V denklemine gidilirse π π 7 7 a = i ∧ (7 j + 7 3k ) + i ∧ (− 3π j + π k ) 2 2 2 2 t = 2 için a=− π 2 (7π + 7 3) j + π 4 (7 − 7 3 π )k a = −53, 6 j − 24, 4 k 98 10.7 Maddesel noktanın bağıl hareketi (öteleme hareketi yapan eksen sistemine göre ) İki maddesel noktanın birbirine göre bağıl yer hız ve ivme vektörleri aşağıdaki şekilden elde edilebilir. Bu maddesel noktalardan birisi öteleme hareketi yapan eksen sisteminin orijini alınırsa aşağıdaki şekil çizilebilir. y yP1 P2 rP 2 / P 1 P1 xP1 zP1 rP 1 rP2 o x z Yukarıdaki şekilden yer vektörleri arasında rP1 + rP 2 / P1 = rP2 bağıntısı yazılabilir. Buradan P2 noktasının P1 noktasına veya öteleme hareketi yapan eksen sistemine göre rP 2 / P1 bağıl yer vektörü çekilip zamana göre birinci ve ikinci türevi alınırsa bağıl hız ve bağıl ivme vektörleri elde edilir. rP 2 / P1 = rP2 − rP1 V P 2 / P1 = V P2 − V P1 a P 2 / P1 = a P2 − a P1 Problem 10.7.1 Şekilde gösterildiği gibi P1 maddesel noktası d1 doğrusu üzerinde s = 10 + 8 Sin π 12 t konum-zaman bağıntısına göre P2 maddesel noktası ise xy düzleminde bulunan R = 12cm. yarıçaplı bir çember üzerinde θ = π 24 t 3 açı-zaman bağıntısına göre hareket etmektedir. t = 2 için P2 maddesel noktasının P1 maddesel noktasına göre bağıl yer , hız , ivme vektörlerini ve aralarındaki uzaklığı bulunuz. 99 y 20cm. 10cm. P2 d1 θ C P1 s 15cm. O A x z Çözüm: rP 2 / P1 = rP2 − rP1 , rP2 = OP2 = OC + CP2 OC = 20 i + 15 j rP2 = (20 + 12 Cos θ )i + (15 + 12 Sinθ ) j , rP1 = OA + AP1 rP1 = s j + 10k rP2 / P1 = (20 + 12 Cos θ )i + (15 + 12 Sinθ − s ) j − 10k t = 2 de θ = π 24 23 = π π 3 Rad . , s = 10 + 8 Sin π π 12 2 = 14cm. rP2 / P1 = (20 + 12 Cos )i + (15 + 12 Sin − 14) j − 10k 3 3 rP2 / P1 = (20 + 6)i + (15 + 6 3 − 14) j − 10k rP2 / P1 = 26i + (1 + 6 3) j − 10k , rP2 / P1 = 26i + 11,39 j − 10k VP2 / P1 = −12 ω Sinθ i + (12 ω Cos θ − V ) j ω= π 8 t2 , V = VP2 / P1 = −12 π 2 π 2 π 3 π cm / s. 2 3 π π π 3 Sin i + (12 Cos − π)j 3 2 3 3 3 π 1 3 3 i + (12 − π)j , VP2 / P1 = −3 3π i + (3 − )π j 2 22 3 3 t = 2 de ω = VP2 / P1 = −12 2π π Cos t 3 12 Rad / s. , V = VP2 / P1 = −16,32i + 7, 61 j a P2 / P1 = −(12 α Sinθ + 12 ω 2Cos θ )i + (12α Cos θ − 12 ω 2 Sinθ − a ) j 100 α= π 4 t , V =− t = 2 de α = a P2 / P1 = −(12 π π 2 π2 18 Sin π 12 t Rad / s , a = − 2 π π 36 cm / s 2 π π π2 π π π2 Cos )i + (12 Cos − 12 Sin + )j 2 3 4 3 2 3 4 3 36 π 3 π21 π 1 π 2 3 π2 a P2 / P1 = −(12 + 12 − 12 + )i + (12 )j 2 2 4 2 22 4 2 36 3 3 π2 a P2 / P1 = −(3 3π + π 2 )i + (3π − 3π 2 + )j 2 2 36 3 3 π a P2 / P1 = −(3 3 + π )π i + (3 − a P2 / P1 = −31,13i + −14,57 j 3 π + )π j , 2 2 36 Sin + 12 2 π2 Problem 10.7.2 Şekilde gösterildiği gibi P1 maddesel noktası xy düzleminde bulunan ve merkezi x ekseni üzerinde R = 8 cm. yarıçaplı bir çember üzerinde θ = π t 6 bağıntısına göre hareket etmektedir. P2 maddesel noktası ise P1 P2 = L = 5 R sabit olmak üzere Z ekseni üzerinde hareket ediyor. t = 1 için P2 maddesel noktasının hız ve ivmesini bulunuz. z P2 y L = 5R z R P1 θ C 3R x Çözüm: rP2 = z k , VP2 = z k , a P2 = z k , rP2 / P1 = L = 5 R rP 2 / P1 = rP2 − rP1 rP1 = (3 R + RCos θ ) i + RSinθ j rP2 / P1 = −(3 R + RCos θ ) i − RSinθ j + z k 101 2 L2 = rP2 − P1 = 25 R 2 = 9 R 2 + R 2Cos 2θ + 6 R 2Cosθ + R 2 Sin 2θ + z 2 z 2 = 15 R 2 − 6 R 2Cos θ z = R 15 − 6Cos θ ⇒ , z = R(15 − 6Cos θ )1/ 2 1 z = − R(15 − 6Cos θ ) −1/ 2 (−6 Sinθ )θ 2 z = 3Rθ Sinθ (15 − 6Cos θ ) −1/ 2 , z= 3 Rθ Sinθ 15 − 6Cos θ 3 z = 3Rθ Sinθ (15 − 6Cos θ ) −1/ 2 + 3 Rθ 2 Cos θ (15 − 6Cos θ ) −1/ 2 + 3 Rθ Sinθ (− )(15 − 6Cos θ ) −3 / 2 (6 Sinθ )θ 2 3 R(θ Sinθ + θ 2 Cos θ ) z= 15 − 6Cos θ θ= π 6 , θ= t t = 1 de θ = z= 3R π 6 Sin z= π 6 π 2 3 15 − 3 3 z = 1,34 cm / s 2 Rad . 6 z = 2 cm / s. π Cos ) 36 6 − π2 3 , θ =0 π 15 − 3 3 3R( (15 − 6Cos θ ) 15 − 6Cos θ 6 2π 15 − 6Cos z= 6 27 Rθ 2 Sin 2 θ π 15 − 6Cos z= π − π 6 − 27 R π 36 VP 2 = 2 k 2 Sin 2 π π 6 π (15 − 6Cos ) 15 − 6Cos 6 6 3π 2 2(15 − 3 3) 15 − 3 3 a P 2 = 1,34 k 102 10.8 Maddesel noktaların bağlı hareketi Bir maddesel noktanın hareketi diğer maddesel noktaların hareketine bağlı olarak veriliyorsa bu tür harekete bağlı hareket denir. Bir maddesel noktalar sistemi düşünüldüğünde bu sistemin konumunu belirten değişkenlere genelleştirilmiş koordinatlar denir. Genelleştirilmiş koordinatların birbirinden bağımsız sayısına sistemin serbestlik derecesi denir. Bir maddesel noktalar sistemindeki her bir bağıntı serbestlik derecesini bir azaltır. Aşağıdaki bir makara sistemindeki maddesel nokta kabul edilen kütleler düşey doğrultuda hareket ediyorlar.Sistemin konumu 3 tane değişkenle gösterilebilir. Bu makaralardan dolandırılan ve cisimleri birbirine bağlı olarak hareket etmesini sağlayan ipin boyunun değişmediği kabul edilirse ek olarak bir bağıntı gelir. Böylece sistemin serbestlik derecesi 2 olur. sC sA sB C A B İpin toplam uzunluğunun değişmediği kabul edilirse 2s A + 2sB + sC = sabit yazılabilir. Bu eşitliğin her iki tarafının zamana göre türevleri alınırsa 2VA + 2VB + VC = 0 hızlar arasındaki bağıntı bulunur. Tekrar türev alınırsa 2a A + 2aB + aC = 0 ivmeler arasındaki bağıntı bulunur. Bu problemden ayrı olarak maddesel noktalar sisteminde maddesel noktalar arasındaki uzaklıklar değişmiyorsa bu sistem rijid cisim modelini oluşturur. Bu modelde serbestlik derecesi 6 dır. 103 Problem 10.8.1 Şekilde gösterilen A asansörü aşağı doğru 5 m/s. sabit hızı ile hareket ediyor. a) W Karşı ağırlığının hızını b) C kablosunun hızını c) C kablosunun A asansörüne göre hızını d) W karşı ağırlığının A asansörüne göre hızını bulunuz. C W A M Çözüm: sW sC sA C W A M 104 a) s A + sW = sabit VA + VW = 0 VW = −VA VW = −5m / s. b) sC + 2 s A = sabit VC + 2VA = 0 VC = −10m / s c) VC / A = VC − VA VC / A = −15m / s d) VW / A = VW − VA VW / A = −5 − 5 VW / A = −10m / s Problem 10.8.2 Şekilde gösterilen B bloğu sağa doğru VB = 450 mm / s. sabit hızı ile hareket ediyor. a) A bloğunun hızını b) Kablonun D kısmının hızını c) A nın B ye göre hızını d) Kablonun C kısmının hızını D kısmına göre bulunuz. C A D B VB = 450 mm / s E 105 Çözüm: 0 → (+) SA A SB C D E VB = 450 mm / s B a) 3sB − 2 s A = sabit 3VB − 2VA = 0 3 V A = VB 2 3 VA = 450 2 VA = 675mm / s b) 2 sB − s D = sabit 2VB − VD = 0 VD = 2VB VD = 2 * 450 VD = 900mm / s. c) VA / B = VA − VB VA / B = 675 − 450 VA / B = 225mm / s. d) VC / D = VC − VD VC = VB = 450mm / s. VC / D = 450 − 900 VC / D = −450mm / s. 106 BÖLÜM 11 RİJİD CİSMİN KİNEMATİĞİ 11.1 Rijid cismin hareketinde izdüşüm hızlar teoremi Rijid cismin hareketinde aynı doğru üzerinde bulunan noktaların hızlarının bu doğru üzerindeki izdüşümleri birbirine eşittir. Bu teoremin ispatı aşağıdaki şekilde yapılabilir. y VΔ Δ VA B A VΔ VB rB rA o x z Rijid cisim üzerindeki herhangi iki nokta arasındaki uzaklık değişmediğinden AB = sabit yazılabilir. Bir vektörün modülü vektörü kendisiyle skaler çarpıp karekökünü alarak da bulunur. Bir vektör sabit ise modülünün karesi de sabittir. 107 AB • AB = sabit Her iki tarfın zamana göre türevi alınırsa d AB • AB = 0 dt elde edilir. Burada d AB yerine V B − V A dt yazılırsa (VB − VA ) • AB = 0 VA • AB = VB • AB bağıntısı bulunur. Bu bağıntının her iki tarfı AB vektörünün modülüne bölünürse V A • U AB = V B • U AB izdüşüm hızlar teoremi ispatlanmış olur. Problem 11.1.1: Bir rijid cismin koordinatları (1,1,0) olan A noktasının hız vektörü VA = 3i + 7 j − 8k ve koordinatları (3,4,6) olan B noktasının hız vektörünün doğrultusunun x eksenine paralel olduğu bilindiğine göre şiddetini bulunuz. (Burada uzunluklar metre zaman saniye cinsindendir.) Çözüm: İzdüşüm hızlar teoreminden VA • AB = VB • AB yazılabilir. AB = OB − OA AB = 2i + 3 j + 6k VB = VB i VA • AB = 3* 2 + 7 * 3 − 8 * 6 VA • AB = −21m / s VB • AB = 2 *VB = −21m / s 21 VB = − m / s 2 VB = −10,5m / s . 108 Problem 11.1.2: Şekilde gösterilen AB cisminin A ucu y ekseni üzerinde VA hız şiddeti ile aşağı doğru hareket ederken B ucu x ekseni üzerinde hareket ediyor. B ucunun hızının şiddetini A ucunun hızının şiddetine ve θ açısına bağlı olarak bulunuz. y VA Sinθ A θ VA θ B VB Cos θ VB x θ Çözüm: İzdüşüm hızlar teoremine göre A noktasının hızının AB doğrultusu üzerindeki izdüşümü B noktasının hızının AB doğrultusu üzerindeki izdüşümüne eşittir. VA Sinθ = VB Cos θ ⇒ VB = V A tg θ 109 11.2 Rijid cismin ötelenme hareketi Rijid cismin hareketinde üzerindeki hiçbir doğru doğrultu değiştirmiyorsa bu tür harekete öteleme hareketi denir. Bu durumda rijid cisme bağlı vektörler düzlemler eksen sistemleri doğrultu değiştirmezler. Rijid cisme bağlı her vektör sabit vektördür. Şekilde bu sabit vektörlerden herhangi biri AB vektörü olsun. y B A rA rB x o z Şekildeki A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir. rA + AB = rB AB = sabit olduğu göz önünde bulundurularak eşitliğin her iki tarafının V A = VB a A = aB zamana göre türevi alınırsa hız vektörleri arasındaki bağıntı bulunur. Tekrar türev alındığında ise ivmeler arasındaki bağıntı bulunur. Bu bağıntılardan öteleme hareketinde rijid cismin bütün noktalarının hız vektörlerinin birbirine eşit , ivme vektörlerinin birbirine eşit olduğu görülür. Ötelenme hareketinde bütün noktaların hızları birbirine eşit olduğu için yörüngeleri de birbirinin aynı veya ötelenmiş eğriler olur. Eğer bu yörüngeler doğru şeklinde ise bu harekete doğrusal ötelenme, eğri şeklinde ise eğrisel ötelenme hareketi denir. 110 Problem 11.2.1 ADEF dikdörtgen plakası şekil düzleminde kalmak şartı ile A noktasından B etrafında dönebilen AB çubuğu ile D noktasından C etrafında dönebilen CD çubuğu ile mafsallı olarak hareket ediyor. AB çubuğunun şekilde verilen konumdan geçerken açısal hızı ω = 5 Rad / s açısal ivmesi α = 2 Rad / s 2 olduğuna göre bu an için ADEF dikdörtgen levhasının E noktasının hız ve ivme vektörlerini a) doğal koordinat sisteminde b) kartezyen koordinat sisteminde bulunuz. B C ω θ α A D F E AB = CD = 20cm. , BC = AD = 32cm. , θ = 300 Çözüm: B C ω α aN x aA θ A D aT VA aE = a A F E y VE = V A AB uzunluğu CD uzunluğuna ve BC uzunluğu AD uzunluğuna eşit olduğu için ABCD daima paralel kenar olur. Bundan dolayı dikdörtgen plaka öteleme hareketi yapar. 111 Öteleme hareketi yapan cisimlerin bütün noktalarının hızları ve ivmeleri birbirinin aynı olduğundan E noktasının hızı ve ivmesi A noktasının hızı ve ivmesine eşit olur. a) Doğal koordinat sisteminde hız ve ivme vektörleri VA = AB ⋅ ω T , VA = 20 ∗ 5 T , VA = 100 T 2 a A = AB ⋅ α T + AB ⋅ ω N , a A = 20 ∗ 2 T + 20 ∗ 52 N , a A = 40 T + 500 N VE = VA = 100 T a E = a A = 40 T + 500 N b) Kartezyen koordinat sisteminde hız ve ivme vektörleri V A = ω ∧ BA ω = −5k BA = − BA ∗ Sinθ i + BA ∗ Cos θ j , BA = −20 ∗ Sin 300 i + 20 ∗ Cos 300 j BA = −10 i + 10 3 j VA = −5k ∧ (−10 i + 10 3 j ) , a A = α ∧ BA + ω ∧ VA , VA = 50 3 i − 50 j a A = −2k ∧ (−10 i + 10 3 j ) − 5k ∧ (50 3 i − 50 j ) a A = (20 3 + 250) i + (20 − 250 3) j VE = VA = 50 3 i − 50 j a E = a A = (20 3 + 250) i + (20 − 250 3) j 112 11.3 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi Rijid cismin üzerindeki noktaların sabit bir eksene ve bu eksen üzerindeki bir noktaya uzaklıkları hareket boyunca değişmiyorsa rijid cismin bu hareketine sabit bir eksen etrafında dönme hareketi denir. Δ B VD C r D θ ω A ω α Yukarıdaki şekilde bir rijid cisim A ve B noktalarından geçen Δ ekseni etrafında ω açısal hızı ve α açısal ivmesi ile dönüyor. Cismin üzerindeki bütün noktaların yörüngeleri Δ eksenine dik düzlemlerdeki çemberlerdir. Burada D noktası C merkezli r yarıçaplı Δ eksenine dik düzlemde bir çember çizer. Çembersel harekette bir noktanın hız vektörünün doğrultusu çembere teğet ,yönü hareket yönünde , şiddeti ise açısal hız ile yarıçapın çarpımına eşittir. V = rω T İvme vektörü ise a = rα T + r ω 2 N şeklindedir. Sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde V hız vektörünün VD = ω ∧ AD şeklinde yazılabileceği aşağıda gibi gösterilebilir. Burada ω açısal hız vektörüdür. Açısal hız vektörü aşısal hız şiddetinde dönme ekseni doğrultusunda ve sağ el kuralı ile cismin dönme yönünü belirten yönde bir vektördür. VD = ω ∧ AD = ω AD Sin θ Burad AD Sin θ = r olduğundan V = r ω hızın şiddetini veren denklemi sağlanmış olur. 113 Vektörel çarpımın doğrultusu çarpımdaki her iki vektöre de dik olacağından ω açısal hız vektörü ile AD vektörüne dik doğrultu teğet doğrultusunda olur. Yönü ise sağ el kuralı ile bulunur. Bu elde edilen doğrultu ve yön hız vektörünün doğrultu ve yönü ile aynı olur. Böylece sabit bir eksen etrafında dönme hareketindeki hız vektörünün hesabında VD = ω ∧ AD ifadesi kullanılabilr. Bu eşitliğin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü formülü elde edilir. a D = α ∧ AD + ω ∧ VD dω dır. Burada α = dt Problem 11.3.1 Dikdörtgenler prizması şeklindeki cisim bir t anında açısal hızı pozitif yönde ω = 7 Rad / s ve açısal ivmesi α = 2 Rad / s 2 dir. Ayrıca aynı anda kenarları koordinat eksenlerine çakışacak konumdan geçmektedir. B noktasının hız ve ivme vektörlerini cisim a) x ekseni etrafında dönerken b) y ekseni etrafında dönerken c) z ekseni etrafında dönerken d) OA ekseni etrafında dönerken hesaplayınız. y C B 20cm. D A 30cm. O E H 60cm. x F Z Çözüm: a) cisim x ekseni etrafında pozitif yönde ( y den z ye doğru) dönüyor. VB = HB ∗ ω T , VB = 30 ∗ 7 T , VB = ω ∧ HB , ω = 7 i , VB = 210 T HB = 30 j , VB = 7 i ∧ 30 j VB = 210 k a B = HB ∗ α T + HB ∗ ω 2 N , a B = 30 ∗ 2 T + 30 ∗ 7 2 N a B = 60 T + 1470 N 114 a B = α ∧ HB + ω ∧ VB , a B = 2i ∧ 30 j + 7 i ∧ 210k a B = −1470 j + 60k b) cisim y ekseni etrafında pozitif yönde (z den x e doğru) dönüyor. VB = CB ∗ ω T , VB = 60 ∗ 7 T , a B = 60 ∗ 2 T + 60 ∗ 7 2 N , VB = 420 T a B = 120 T + 2940 N VB = ω ∧ CB , ω = 7 j , VB = 7 j ∧ 60i VB = −420 k a B = α ∧ CB + ω ∧ VB , a B = 2 j ∧ 60i + 7 j ∧ −420k a B = −2940i − 120k c) Cisim z ekseni etrafında pozitif yönde (x den y ye doğru) dönüyor. VB = OB ∗ ω T , OB = 302 + 602 , OB = 302 + 602 , OB = 10 45 VB = 70 45 T , VB = 469,57 T a B = 10 45 ∗ 2 T + 10 45 ∗ 7 2 N , a B = 20 45 T + 490 45 N a B = 134,16 T + 3287, 02 N , VB = ω ∧ OB , ω = 7 k , a B = 3289,8cm / s 2 OB = 60i + 30 j VB = 7 k ∧ (60i + 30 j ) VB = −210 i + 420 j a B = α ∧ OB + ω ∧ VB , a B = 2k ∧ (60i + 30 j ) + 7 k ∧ (−210 i + 420 j ) a B = 120 j − 60i − 1470 j − 2940 i a B = −3000 i − 1350 j d) Cisim OA ekseni etrafında pozitif yönde (O dan bakıldığında saat ibrelerinin tersi yönünde) dönüyor. VB = ω ∧ AB 115 ω = ω U OA U OA = , U OA = OA = OA 60 i + 30 j + 20 k ( 60 ) 2 + ( 30 ) + ( 20 ) 2 6 3 2 i + j + k , ω = 6i + 3 j + 2k , 7 7 7 2 AB = −20 k VB = (6 i + 3 j + 2 k ) ∧ −20k VB = −60 i + 120 j a B = α ∧ AB + ω ∧ VB , α = α U OA , α = 12 6 4 i + j+ k 7 7 7 i j k 12 6 4 a B = ( i + j + k ) ∧ −20k + 6 3 2 7 7 7 −60 120 0 a B = (− 120 240 − 240) i + ( − 120) j + 900k 7 7 a B = −257,14 i − 85, 71 j + 900k Problem 11.3.2 Bir rijid cisim A(5,6,2) ve B(7,3,8) noktalarından geçen ve A dan B ye doğru yönelmiş Δ ekseni etrafında pozitif yönde dönüyor. Cismin bir t anındaki açısal hızı ω = 14 Rad / s ve açısal ivmesi α = 7 Rad / s 2 dir. Bu anda C noktası (10,8,6) koordinatlarından geçtiğine göre C noktasının a) bu andaki hız ve ivme vektörlerini b) dönme eksenine olan uzaklığını bulunuz. Çözüm: VC = ω ∧ AC , aC = α ∧ AC + ω ∧ VC ω = ω UΔ , α = α UΔ , UΔ = UΔ = 2 3 6 i − j+ k , 7 7 7 AB AB , UΔ = ω = 4 i − 6 j + 12 k AC = (10 − 5) i + (8 − 6) j + (6 − 2) k , (7 − 5) i + (3 − 6) j + (8 − 2) k (7 − 5) 2 + (3 − 6) 2 + (8 − 2) 2 , α = 2i − 3j + 6k AC = 5 i + 2 j + 4 k 116 a) i j k VC = ω ∧ AC = 4 −6 12 5 2 4 VC = (−6 ∗ 4 − 12 ∗ 2) i + (12 ∗ 5 − 4 ∗ 4) j + (4 ∗ 2 + 6 ∗ 5) k VC = −48 i + 44 j + 38 k b) aC = α ∧ AC + ω ∧ VC i j k i j k aC = 2 −3 6 + 4 −6 12 5 2 4 −48 44 38 , aC = (−3 ∗ 4 − 6 ∗ 2 − 6 ∗ 38 − 12 ∗ 44) i + (6 ∗ 5 − 2 ∗ 4 − 48 ∗ 12 − 4 ∗ 38) j + + (2 ∗ 2 + 3 ∗ 5 + 4 ∗ 44 − 6 ∗ 48) k aC = −780 i − 706 j − 93 k c) VC = RC ω ⇒ RC = VC = −48 i + 44 j + 38 k RC = VC ω , VC = 75,39 cm / s 75,39 14 RC = 5,39 cm 117 11.4 Rijid cismin genel düzlemsel hareketi Rijid cisim üzerindeki bütün noktaların yörüngeleri düzlemsel eğriler ise rijid cismin bu tür hareketine genel düzlemsel hareket denir. Düzlemsel eğriler çizen bu noktalar aynı düzlemde veya birbirine paralel düzlemlerde bulunur.Genel düzlemsel hareket için yapılan bu tanımdan sabit bir eksen etrafındaki hareketin de bir düzlemsel hareket olduğu anlaşılır. Bu paralel düzlemlerden birinde elde edilen hız ve ivmeler bu düzleme çıkılan dik doğru üzerindeki her noktada aynıdır.yörüngeler ise aynı yörüngenin bu noktaya ötelenmiş halidir. Bundan dolayı genel düzlemsel hareket yapan bir rijid cisim üzerindeki yörüngelere paralel düzlemlerden birini ana levha olarak adlandırıp bunun üzerinde inceleme yapmak yeterli olur. y rB / A B A rA rB x o z Şekildeki oAB vektör üçgeninden A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir. rB = rA + rB / A Bu yer vektörleri arasındaki bağıntının zaman göre türevinden hız vektörleri arasındaki bağıntı elde edilir. VB = V A + VB / A Bu eşitliğin zamana göre türevi alınırsa ivmeler arasındaki bağıntı elde edilir. aB = a A + aB / A Buradaki denklemlerin sol tarafındaki ikinci terimler B nin A daki ötelenme hareketi yapan eksen sistemine göre hareketini göstermektedir. Burada B ile A arasındaki uzaklık değişmediğinden ve B düzlemsel bir yörüngeye sahip olduğundan B nin A daki eksen sistemine göre yörüngesi çember olur. 118 Çembersel harekette sabit eksen etrafında dönme hareketine ait aşağıdaki denklemler yazılabilir. VB / A = ω ∧ AB a B / A = α ∧ AB + ω ∧ VB / A Problem 11.4.1 Şekilde gösterilen sistemde OA kolu O silindirik mafsalı etrafında AB kolu ise A silindirik mafsalı etrafında dönme hareketi yapmaktadır. Sistem bir t anında verilen konumdan geçerken OA kolunun açısal hızı ω OA = 8 Rad / s ,açısal ivmesi α OA = 3 Rad / s 2 AB kolunun açısal hızı ise ω AB = 6 Rad / s ,açısal ivmesi α AB = 2 Rad / s 2 olduğuna göre bu an için B noktasının hız ve ivme vektörlerini bulunuz. y B ω AB ϕ A ω OA θ O x OA = 26 cm. AB = 20 cm. Sistem verilen konumdan geçerken bilinen değerler θ = 600 , ϕ = 450 , ω OA = 8 Rad / s α OA = 3 Rad / s 2 , ω AB = 6 Rad / s , α AB = 2 Rad / s 2 Çözüm: VB = V A + VB / A , VA = ω OA ∧ OA , VB / A = ω AB ∧ AB ω OA = 8k , α OA = 3k , ω AB = 6k , α AB = 2k OA = OA(Cos θ i + Sinθ j ) , OA = 13 i + 13 3 j AB = AB (Cos ϕ i + Sin ϕ j ) , AB = 10 2 i + 10 2 j VA = 8k ∧ (13 i + 13 3 j ) , VA = −104 3 i + 104 j 119 VB / A = 6k ∧ (10 2 i + 10 2 j ) , VB / A = −60 2 i + 60 2 j VB = −(104 3 + 60 2) i + (104 + 60 2) j , aB = a A + aB / A , VB = −265 i + 188,9 j a A = α OA ∧ OA + ω OA ∧ VA , a B / A = α AB ∧ AB + ω AB ∧ VB / A a A = 3k ∧ (13 i + 13 3 j ) + 8k ∧ (−104 3 i + 104 j ) a A = −(39 3 + 832) i + (39 − 832 3) j a B / A = 2k ∧ (10 2 i + 10 2 j ) + 6k ∧ (−60 2 i + 60 2 j ) a B / A = −(20 2 + 360 2 ) i + (20 2 − 360 2 ) j , a B / A = −380 2 i − 340 2 j a B = −(39 3 + 380 2 + 832) i + (39 − 832 3 − 340 2) j a B = −1436,95 i − 1882,9 j Problem 11.4.2 Aşağıdaki şekilde kaymadan yuvarlanma hareketi yapan bir disk gösterilmektedir. Diskin çevresindeki A , B , C , D ve I noktalarının hız ve ivme vektörlerini bulunuz. VC = 2VG C y VD / G B VD θ D VG G I VI / G VI = 0 VG VB = VG + VB / G VG A VA / G VG VA x VG Çözüm: Yukarıdaki şekilde gösterildiği gibi bütün noktaların hız vektörünü kütle merkezinin hız vektörü ile bu noktaların kütle merkezine göre hız vektörlerinin toplamından elde edilir. İvme vektörleri de aynı şekilde kütle merkezinin ivmesi ile bu noktaların kütle merkezine göre ivmelerinin toplamından elde edilir. A noktasının hız ve ivme vektörü: V A = VG + VA / G VG = Rω i , VA / G = − Rω j VA = Rω i − Rω j 120 a A = aG + a A / G aG = Rα i , a A / G = Rα T + R ω N , a A / G = − R ω 2 i − Rα j 2 a A = R(α − ω 2 ) i − Rα j B noktasının hız ve ivme vektörü: VB = VG + VB / G VG = Rω i , VB / G = −ω k ∧ ( RCos θ i + RSinθ j ) VB / G = R ω Sinθ i − R ω Cos θ j VB = Rω (1 + Sinθ ) i − R ω Cos θ j a B = aG + a B / G a B / G = −α k ∧ ( RCos θ i + RSinθ j ) − ω k ∧ ( R ω Sinθ i − R ω Cos θ j ) a B / G = ( Rα Sinθ − Rω 2 Cos θ ) i − ( Rα Cosθ + Rω 2 Sinθ ) j a B = ( Rα + Rα Sinθ − Rω 2 Cos θ ) i − ( Rα Cosθ + Rω 2 Sinθ ) j C noktasının hız ve ivme vektörü: VC = VG + VC / G , VG = Rω i , VC / G = Rω i VC = 2 Rω i aC = aG + aC / G aG = Rα i aC / G = Rα T + R ω 2 N aC / G = Rα i − Rω 2 j aC = 2 Rα i − Rω 2 j D noktasının hız ve ivme vektörü: VD = VG + VD / G , VG = Rω i , VD / G = Rω j VD = Rω i + Rω j a D = aG + a D / G aG = Rα i , a D / G = Rα T + R ω N , a D / G = R ω 2 i + Rα j 2 a D = R(α + ω 2 ) i + Rα j I noktasının hız ve ivme vektörü: VI = VG + VI / G VG = Rω i , VI / G = − Rω i VI = 0 aG = Rα i a I = aG + a I / G , a I / G = Rα T + R ω N 2 , a I / G = − Rα i + R ω 2 j aI = R ω 2 j 121 11.5 Genel düzlemsel harekette ani dönme merkezi Genle düzlemsel hareketteki V A + V B / A = V B eşitliği göz önüne alınırsa Herhangi bir noktanın hız vektörü hız vektörü bilinen bir noktanın hız vektörüne bu noktayı baz alarak elde edilen bağıl hız vektörü eklenerek bulunur. Bu söylenen bağıntıdan genel düzlemsel harekette hızı sıfır olan Bir noktayı bulmak mümkün olur. Hızın sıfır olan nokta bulunduktan sonra diğer noktaların bu nokta etrafında çembersel hareket yaptığı düşünülerek hızları hesaplanır. VC C VA VA I ω A VI / A Şekilde görüldüğü gibi A noktasının hızına çıkılan dikme üzerinde hızı sıfır olan noktayı bulmak mümkündür. Eğer VI / A = VA olacak şekilde bir I noktası bulunursa bu noktanın hızı sıfır olur. Hızı sıfır olan noktayı bulduktan sonra başka bir C noktasının hızının doğrultusu IC doğrusuna dik çıkarak, yönü ω nın gösterdiği yönde , şiddeti ise IC doğrusunun uzunluğu ile ω açısal hız vektörünün çarpımından şekildeki gibi kolaylıkla bulunur. VC = IC ⋅ ω Problem 11.5.1: Şekilde gösterilen L uzunluğundaki AB cisminin A ucu y ekseni üzerinde VA hızı ile aşağı doğru hareket ederken B ucu x ekseni üzerinde hareket ediyor. B ucunun hızını ve C merkezinin hızını A ucunun hızına ve θ açısına bağlı olarak bulunuz. y A VA C θ B x 122 Çözüm: y I A ω VA C VC θ B VA = IA ∗ ω ⇒ , VB = IB ∗ ω VB = IB IA , VB = x , L 2 VA IA VC = IC ∗ ω VC = IC IA = LCos θ , , ∗ VA AB = L ω= VB L Sinθ ∗ VA LCos θ , IA ∗ VA IB = L Sinθ IC = L 2 ∗V VC = A LCos θ VB = VA tg θ VC = VA 2 Cos θ Problem 11.5.2: Şekildeki krank biyel mekanizmasında AB=10cm. uzunluğundaki krankı A etrafında saat ibreleri yönünde ω = 5 Rad / s. sabit açısal hızı ile dönüyor. θ = 300 için BC=30cm. uzunluğundaki biyelinin açısal hızını ve C pistonunun hızını bulunuz. B C θ A x ω AB 123 Çözüm : I ω BC B C ϕ θ A ω AB VC VB VB = AB ∗ ω AB = IB ∗ ω BC ⇒ VC = IC ∗ ω BC x , VC = IC ∗ ω BC = AB IB AB IB ω AB ω AB VB = 10 ∗ 5 , VB = 50 cm / s Sinüs teoreminden Sin ϕ = Sinθ = Sin(1800 − θ − ϕ ) ⇒ AB BC AC AC = AB Cos θ + BC Cos ϕ Cos ϕ = 1 − Sin2ϕ , Cos ϕ = 1 − ( AC = AB Cos θ + BC 1 − ( AB AB BC Sin ϕ = AB BC Sinθ ) 2 Sin2 θ ) 2 Sin2 θ BC 10 AC = 10 Cos 300 + 30 1 − ( ) 2 Sin 2 300 30 AC = 37,815cm. IA = AC Cos θ , IA = 37,815 , Cos 300 IA = 43, 665cm. IC = IA Sinθ , IC = 43, 665 ∗ Sin 300 IC = 21,833cm. IB = IA − AB , ω BC = AB ω AB IB VC = IC ∗ ω BC , IB = 43, 665 − 10 , , ω BC = 10 5 , 33, 665 IB = 33, 665cm. ω BC = 1, 485 Rad / s VC = 21,833 ∗ 1, 485 VC = 32, 42 cm / s 124 BÖLÜM 12 KİNETİK 12.1 Kinetik ve Newtonun ikinci hareket kanunu Kinetik hareketi oluşturan kuvvet moment gibi nedenleri de göz önüne alarak hareketin incelenmesidir. Kinetikte temel yasa Newtonun ikinci hareket kanunudur. Bir parçacığın lineer momentumunun zamanla değişimi üzerine etkiyen kuvvetlerin bileşkesi ile orantılıdır ve bu bileşkenin yönündedir. Parçacığın lineer momentumu hızı ile orantılı olup hız yönündedir ve bu orantı katsayısı kütle adını alır. Parçacığın hızı V kütlesi m ile gösterilirse Lineer momentumu P = mV olarak tanımlanır. Bu tanımla ikinci hareket yasası F= dP d = (mV ) dt dt şeklini alır. Newton mekaniği yani klasik mekanik çerçevesinde m kütlesinin yalnız cismin iç özelliklerine bağlı olduğu zaman ve yerle değişmediği varsayılır. Dolayısıyla ikinci yasa F =ma şeklinde yazılabilir. 12.2 Maddesel noktanın kinetiği Newtonun ikinci hareket kanunu olan F =ma denkleminin kartezyen koordinatlardaki bileşenleri Fx = m a x , F y = m a y , Fz = m a z doğal koordinatlardaki bileşenleri FT = m aT , FN = m a N şeklinde yazılabilir. 125 12.3 Kütle merkezinin hareketi teoremi Aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi maddesel noktalardan oluştuğu düşünülen sistem veya rijid cismin hareketinde her bir maddesel nokta için yazılan F = m a denklemi alt alta yazılıp toplanırsa a3 y a2 m 3 Fi mi ai mn m2 F2 a1 G (ξ, η, ζ ) an Fn m1 o x z F1 = m1a1 F2 = m 2 a 2 F3 = m 3 a 3 ………. Fi = m i a i ………. Fn = m n a n n n ∑F = ∑m a i i i =1 i i =1 denklemi elde edilir. Burada G maddesel noktalar sisteminin kütle merkezidir. Kütle merkezinin yer vektörü n OG = ∑ mi OAi i =1 şeklinde yazılabilir. Bu vektörün zamana göre ikinci n ∑ mi i =1 türevi alınırsa kütle merkezinin ivme vektörü bulunur. n ∑m a i aG = i i =1 n ∑m i i =1 126 n Bu ivme vektörü ifadesinden. m = ∑ m i olmak üzere i =1 n m aG = ∑m a i i yazılabilir. i =1 n n ∑F = ∑m a i i =1 i i =1 ∑F = ma i ifadesindeki n ∑m a i i yerine m aG yazılırsa i =1 G şeklindeki kütle merkezinin hareketi teoremi olarak bilinen denklem elde edilir. Bu denkleme göre maddesel noktalar sisteminin veya rijid cismin kütle merkezi bütün kuvvetler ona uygulanmış ve toplam kütle orada yoğunlaşmış bir maddesel nokta gibi hareket eder. 127 12.4 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi ve atalet momentleri Δ B α MΔ r aT aN dm dF N dFT A V Şekilde gösterilen V hacim bölgesini kapsayan ve Δ Ekseni etrafında M Δ dış momenti etkisinde dönen cismin üzerindeki bir dm diferansiyel kütlesi ve bu kütle için kinetik denklemi yazıp cismin tüm V hacmi içinde integre edilirse rijid cismin sabit eksen etrafında dönme hareketine ait kinetik denklemi bulunur. Maddesel noktanın hareketi verilen F = m a denkleminin doğal koordinatlardaki ifadesi FT = m aT , FN = m a N Bu denklemler rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa dFT = a T dm , dFN = a N dm Şekilde gösterildiği gibi sabit bir eksen etrafında dönen cismin bütün noktaları çembersel hareket yapar. Bundan dolayı cisim üzerindeki bir diferansiyel kütle için yazılan denklemlerden ikincisinin dönme hareketine bir etkisi olmaz. Birinci denklemdeki aT ivmenin teğetsel bileşeni yerine aT = r α yazılarak elde edilen dFT = r α dm denkleminin her iki tarafı diferansiyel kütlenin yörüngesinin yarıçapı olan r ile çarpılıp integre edilirse sabit eksen etrafında dönme hareketine ait kinetik denklemi elde edilir. ∫ r dF = ∫ r r α dm T V V 128 Burada M Δ = ∫ r dFT olduğu bilindiğine göre yukarıdaki denklem V ∫ M Δ = α r dm 2 V şeklinde yazılabilir.Buradaki ∫ r 2 dm büyüklüne cismin Δ eksenine göre V atalet momenti denir ∫ I Δ = r 2 dm V Böylece sabit bir eksen etrafında dönme hareketine ait moment ve açısal ivme arasındaki bağıntıyı veren kinetik denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir. M Δ = I Δα 12.5 Atalet momentleri Sabit bir eksen etrafında dönme veya genel düzlemsel hareketin kinetiğinde rijid cismin sabit bir eksene göre atalet momentinin bilinmesi gerekir. Bu işlem noktaya ve düzleme göre atalet momentleri tanımlayıp daha kolay yapılabilir. p dm rp rA A rd V d ∫ A noktasına göre atalet momenti ∫ d doğrusuna göre atalet momenti ∫ P düzlemine göre atalet momenti I A = rA2 dm V I d = rd2 dm V I P = rP2 dm V 12.5.1 Atalet yarıçapı Bir noktaya veya eksene göre atalet momenti I olan m kütleli bir cismin tüm kütlesi bu noktaya veya eksene eşit uzaklıktaki bir bölgede toplanmış farz edilirse bu uzaklığa atalet yarıçapı denir ve k ile gösterilir. I = m ∗ k2 129 12.5.2 Atalet momenti ile ilgili teoremler 1 ) Bir rijid cismin birbirine dik üç düzleme göre atalet momentlerinin toplamı bunların ara kesiti olan noktaya göre atalet momentine eşittir. 2) Bir rijid cismin birbirine dik iki düzleme göre atalet momenlerinin toplamı bunların ara kesiti olan doğruya göre atalet momentine eşittir. 3) İki boyutlu bir rijid cismin şekil düzleminde bulunan birbirine dik iki doğruya göre atalet momentlerinin toplamı bunların arakesiti olan noktaya göre atalet momentine eşittir. 4) Bir rijid cismin herhangi bir doğruya göre atalet momenti bu doğruya paralel olup kütle merkezinden geçen doğruya göre atalet momenti ile cismin kütlesini bu doğrular arasındaki uzaklıkla çarpılarak elde edilen sayının toplamına eşittir. Bu teoreme paralel eksenler teoremi denir. 5) İki boyutlu cisimlerde Şekil düzlemine dik eksenle bu eksenin şekil düzlemindeki izdüşümü olan noktaya göre atalet momenti birbirine eşittir.Bu son teoreme göre iki boyutlu cisimlerde şekil düzleminde bulunan bir noktaya göre atalet momentinin kütle merkezine göre atalet momenti ile bu noktalar arasındaki uzaklık karesinin kütle ile çarpımının toplamına eşitliği şeklinde paralel eksenler teoremine benzer teorem yazılabilir. Bu teoremlerin ispatı aşağıdaki şekilde yapılabilir. y yG d z x A dm G y o x V z ∫ I O = ( x 2 + y 2 + z 2 ) dm V I yoz = ∫x V 2 dm , I xoz = ∫y 2 dm , V I o = I yoz + I xoz + I xoy Bu denklemlerden Bu eşitlik birinci teoremin ispatıdır. I xoy = ∫z 2 dm V elde edilir. 130 ∫ Ayrıca olduğundan I x = ( y 2 + z 2 ) dm V I x = I xoz + I xoy yazılabileceğinden ikinci teorem ispatlanmış olur. Paralel eksenler teoremini ispatlamak için ∫ I y = ( x 2 + z 2 ) dm V ∫ I YG = ( x A2 / G + z A2 / G ) dm V , x = xG + x A / G z = zG + z A / G x + z = x + 2 x G x A / G + x A2 / G + z G2 + 2 z G z A / G + z A2 / G 2 2 2 G x G2 + z G2 = d 2 ∫ ∫ ∫ I y = ( x A2 / G + z A2 / G ) dm + d 2 d m + 2 x G x A / G dm V V kütle merkezi formülünden V ∫x A/G dm = 0 olduğundan V I y = I YG + m d 2 yazılarak paralel eksenler teoremi ispatlanmış olur. Üçüncü teorem ikinci teoremin iki boyuta indirgenmiş halidir. Bu teoremin ispatı için aşağıdaki şekil göz önüne alınır. y x A( x, y ) dm r y x o Ix = ∫ y dm 2 , S Iy = ∫ x dm 2 S ∫ I O = ( x 2 + y 2 ) dm S Bu atalet momenti ifadelerinden IO = I x + I y yazılarak üçüncü teorem ispatlanmış olur. 131 Problem 12.5.1 Kütlesi m olan L uzunluğundaki homojen , doğrusal ve sabit kesitli çubuğun ucuna ve merkezine göre atalet momentini bulunuz. Çözüm: y L dm A G x dx I A = ∫ x 2 dm , L x dm = ρ dx , m = ρL L3 , IA = ρ 3 I A = ∫ x ρ dx 2 O Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu çarpmak gerekir. I A = ρ IA = m m = 1 ile ρL L3 m 3 ρL L2 3 paralel eksenler teoremine göre L L2 L2 IG = I A − m ( ) 2 , IG = m −m 3 4 2 L I A = IG + m ( ) 2 , 2 L2 IG = m 12 Problem 12.5.2 Kütlesi m olan L uzunluğundaki homojen , doğrusal ve sabit kesitli Prizmatik cismin taban düzlemine göre atalet momentini bulunuz. Çözüm: y L dx x x A taban düzlemi V O dm z 132 Çözüm: I A = ∫ x 2 dm , dm = ρ dV V eğer A taban düzleminin alanı S ise m = ρ S L , dm = ρ S dL dır. L I A = ∫ x 2 ρ S dL , IA = ρ S O L3 3 Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu ile çarpmak gerekir. IA = m IA = ρ S m =1 ρ SL L3 m 3 ρ SL L2 3 Problem 12.5.3 R yarıçaplı ve m kütleli homojen çember şeklindeki cismin atalet momentini a) merkezine , b) çapına , c) teğet doğrusuna , d) çember üzerindeki bir noktaya göre bulunuz. d doğrusu y R O A noktası x Çözüm: a) Çember şeklindeki cismin üzerindeki bütün noktaların O noktasına uzaklığı R olduğundan IO = m R2 olur. b) Atalet momenti ile ilgili teoremlerden üçüncüsünden IO = I x + I y yazılabilir. Ayrıca tüm çap doğrularına göre kütle dağılımı çember şeklindeki cisimde aynı olduğundan Ix = I y yazılabilir. Böylece çember şeklindeki cismin çapına göre atalet momenti Ix = I y = 1 m R2 2 133 Paralel eksenler teoremine göre I d = I y + m R 2 olduğundan 3 m R2 2 Id = c) Atalet momenti ile ilgili beşinci teorem göz önüne alınırsa O ve A noktası arasında paralel eksenler teoremi yazılabilir. I A = IO + m R2 I A = 2 m R2 Problem 12.5.4 R yarıçaplı ve m kütleli homojen daire şeklindeki levhanın atalet momentini a) merkezine , b) çapına göre bulunuz. Çözüm: y dm = ρ dA R r dr x O m = ρ π R2 , dA = 2 π r dr , dm = ρ 2 π r dr a) R I O = ∫ r dm , 2 0 IO = ρ 2π R I O = ∫ r ( ρ 2 π r dr ) , 0 2 R I O = ρ 2 π ∫ r 3 dr 0 4 R 4 Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu m R4 m = 1 ile çarpmak gerekir. = ρ 2 π I O 4 ρ π R2 ρ π R2 1 IO = m R 2 2 b) Atalet momenti ile ilgili teoremlerden üçüncüsünden IO = I x + I y yazılabilir. Ayrıca tüm çap doğrularına göre kütle dağılımı dairesel levha için aynı olduğundan I x = I y yazılabilir. Böylece dairesel levhanın çapına göre atalet momenti Ix = I y = 1 m R2 4 formunda elde edilir. 134 Problem 12.5.5 Silindir şeklindeki homojen dolu cismin taban düzlemindeki bir çapına göre atalet momentini bulunuz. y L z R O x Çözüm: Atalet momentleri ile ilgili ikinci teoreme göre I x = I xoy + I xoz yazılabilir. Aynı şekilde I z = I xoz + I yoz ve I xoz = I yoz olduğundan I xoz = Iz 2 yazılabilir. I z dairesel levhanın merkezine göre atalet momenti gibi 1 I z = m R 2 olduğundan 2 1 I xoz = m R 2 olur. 4 1 I xoy = m L2 eşitliği prizmatik ve sabit kesitli cisimlerin taban düzlemine göre 3 atalet momenti olduğundan 1 1 I x = m L2 + m R 2 , 3 4 1 1 I x = m ( L2 + R 2 ) 3 4 eşitliği bulunur. 135 Problem 12.5.6 R Yarıçaplı ve m kütleli homojen dolu kürenin kütle merkezinden geçen bir çapına göre atalet momentini bulunuz. Çözüm: z dm = ρ π r 2 dz r dz z R o y x m = ρV R R m = 2 ∫ dm , m = 2 ρ ∫ π r 2 dz , r 2 = R2 − z 2 0 0 R m = 2 ρπ ∫ ( R 2 − z 2 )dz , m = 2 ρπ ( R3 − 0 R3 ) , 3 4 ρπ R3 3 m= Atalet momenti ile ilgili teoremlerden ikincisine göre I x = I xoy + I xoz yazılabilir. Kürenin bütün çapsal düzlemleri küreyi iki eşit parçaya böldüğünden I xoy = I xoz ve I x = 2 I xoy R R I xoy = 2 ∫ z dm 0 2 2 0 R I xoy = 2 ρ π ∫ z 2 ( R 2 − z 2 )dz 0 I xoy = 2 ρ π ( R , I xoy = 2 ∫ z ρ π r dz , I xoy = 2 ρ π ∫ z 2 r 2 dz 2 5 yazılabilir. 0 R , I xoy = 2 ρ π ∫ ( z 2 R 2 − z 4 )dz 0 5 R R 4 − ) , I xoy = ρ π R5 3 5 15 Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu 3m = 1 ile çarpmak gerekir 4 ρπ R3 4 3m 1 , I xoy = mR 2 , I xoy = ρ π R5 3 15 5 4 ρπ R Ix = 2 mR 2 5 136 12.6 Rijid cismin sabit bir eksen etrafındaki dönme hareketi ile ilgili problemler Δ B α MΔ r dm V A M Δ = IΔα Burada M Δ , Δ eksenine göre cisme uygulanan toplam dış momenti ∫ I Δ , cismin Δ eksenine göre atalet momentini I Δ = r 2 dm V α ise cismin açısal ivmesini göstermektedir. Rijid cismin sabit eksen etrafında dönme hareketinde cisme etki eden dış aktif kuvvetler ile mafsal tepkileri arasındaki bağıntı kütle merkezinin hareketi teoreminden elde edilebilir. ∑ F = m aG Burada aG cismin kütle merkezinin ivmesidir. 137 Problem 12.6.1 Homojen L uzunluğunda ve m kütlesindeki sabit kesitli doğrusal çubuk A ucundan kendisine dik silindirik mafsalla bağlıdır. Çubuk yatay konumdan ilk hızsız harekete bırakılıyor. Çubuğun a) yatayla θ açısı yaptığı andaki açısal ivmesini b) yeni harekete bırakıldığı andaki mafsal tepkisini bulunuz. Çözüm: y L 2 L 2 mg A G B x θ α a) M Δ = mg α= b) α= ⇒ M Δ = IΔα L Cos θ 2 L Cos θ 2 1 mL2 3 mg MΔ IΔ 1 I Δ = mL2 3 , , α= 3g Cos θ 2L ∑ F = m aG Çubuk harekete yeni bırakıldığı anda açısal hızı sıfır olduğundan kütle merkezinin ivmesinin yatay bileşeni sıfırdır. L aG = − α j 2 θ = 0 da ∑ F = m aG α= 3g 2L , aG = − 3g j 4 denkleminden toplam kuvvetle ivme aynı yönde olması gerekir. Cisme yatay doğrultuda başka aktif kuvvet etkimediğinden mafsal tepkisi de düşey doğrultuda olmalıdır. RA − mg j = m aG , RA − mg j = m (− 3g )j 4 RA = 1 mg j 4 138 12.7 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinin kinetiği y aA dm rA / G G rG A dF rA o x S Maddesel noktanın hareketi için geçerli olan F = ma denklemi Rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa dF = a A dm yazılabilir. Bu denklemin her iki tarafı diferansiyel kütlenin yer vektörü ile soldan vektörel çarpılır ve cismin tüm kütlesi boyunca integre edilirse rijid cisme uygulanan moment ve cismin açısal hareketleri ile ilgili denklemler elde edilir. a A = aG + a A / G rA / G ∧ dF = rA / G ∧ a A dm ∫ rA / G ∧ dF = ∫ rA / G ∧ (aG + a A / G ) dm S S M z k = ∫ rA / G ∧ dF S M z k = ( ∫ rA / G dm ) ∧aG ) + ∫ rA / G ∧ a A / G dm S S sağ taraftaki birinci integral kütle merkezinin formülünden dolayı sıfır olur. İkinci integral için a A / G = αk ∧ ( xi + yj ) + ωk ∧ [ωk ∧ ( xi + yj )] a A / G = − yα i + xα j + ωk ∧ ( xω j − yω i ) a A / G = − yα i + xα j − xω 2 i − yω 2 j rA / G ∧ a A / G = ( xi + yj ) ∧ (− yα i + xα j − xω 2 i − yω 2 j ) rA / G ∧ a A / G = x 2 αk − xyω 2 k + y 2 αk + xyω 2 k r A / G ∧ a A / G = ( x 2 + y 2 )α k 139 ∑ MG k = ∫ ( x 2 + y 2 )α k dm S IG = ∫ ( x 2 + y 2 ) dm burada dır. S Böylece genel düzlemsel harekette moment ve açısal ivme arasındaki ∑ M G = IG α bağıntısı elde edilir. Problem 12.7.1 R = 60 cm. Yarıçaplı m = 10kg. kütleli homojen dairesel levha kaymadan yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Levhanın merkezinin ivmesinin 5 m / s 2 olması için merkezine uygulanan yatay doğrultudaki F kuvvetini ve gerekli olan en düşük sürtünme katsayısını bulunuz. Çözüm: y mg aG α G F x o f N ∑ M G = IGα ∑ F = m aG , aG R aG = Rα ⇒ α = IG = 1 mR 2 2 ∑ MG = , fR a 1 mR 2 G R 2 ⇒ F − f = maG ⇒ F = 3 maG 2 ∑ MG = fR= f =μN ⇒ ∑ Fy = 0 ⇒ μ= 25 98,1 f N N − mg = 0 ⇒ f = ⇒ 1 maG 2 ⇒ f = 25 Newton F = 75 Newton μ= , N = mg = 98,1 Newton μ = 0, 255 140 Problem 12.7.2 R = 60 cm. Yarıçaplı m = 10kg. kütleli homojen dairesel levha kaymadan yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Levhanın merkezinin ivmesinin 5 m / s 2 olması için merkezine uygulanan Momentin şiddetini ve gerekli olan en düşük sürtünme katsayısını bulunuz. Çözüm: y mg MG aG α G x o f N ∑ M G = IGα aG = Rα ⇒ α = IG = 1 mR 2 2 ∑ F = m aG , , aG R ∑ MG = MG − f R 1 aG R f = 50 Newton ∑ MG = MG − f R = 2 mR2 ⇒ MG = 1 mR aG + f R 2 f = maG ⇒ 1 M G = 10 ∗ 0, 6 ∗ 5 + 50 ∗ 0.6 , M G = 45 Nm. 2 f f =μN ⇒ μ= N ∑ Fy = 0 ⇒ N − mg = 0 ⇒ N = mg = 98,1 Newton μ= 50 98,1 , μ = 0,51 141 Problem 12.7.3 1,2 m. Uzunluğunda ve m=25 kg kütleli bir çubuk A ucu yatay doğru üzerinde B ucu 450 eğimli doğru üzerinde olmak üzere sürtünmesiz olarak hareket ediyor. Eğer çubuk ilk hızsız olarak harekete bırakılırsa ve bu anda θ = 300 ise bu an için a) Çubuğun açısal ivmesini b) A ve B noktalarındaki tepki kuvvetlerini hesaplayınız. B 1,2 m. G 450 θ A Çözüm: aB B mg RB 150 G 45 0 30 A 0 aA RA ∑ M G = IGα ∑ F = m aG ∑ Fx = m aG ∑ Fy = m aG X Y ⇒ L L 1 RA Cos 300 − RB Cos 150 = mL2α 2 2 12 ∑ Fx = m aGX , ∑ Fy = m aGY ⇒ RB Cos 450 = m aG X ⇒ ⇒ RA + RB Sin 450 − mg = m aGY 142 Kinematik inceleme: 2 2 aB i − aB j 2 2 = α ∧ AB + ω ∧ VB / A , aB = aB = a A + aB / A a A = a A i , aB / A hareketi yeni başladığı için ω = 0 dır. 1 3 a B / A = α k ∧ (− LCos 300 i + LSin 300 j ) , a B / A = − Lα i − Lα j 2 2 2 2 1 3 aB = aB i − aB j = a A i + (− Lα i − Lα j ) 2 2 2 2 2 2 1 3 aB i − a B j = (a A − Lα ) i − Lα j 2 2 2 2 3 +1 1 2 aA = Lα a A − Lα = aB 2 2 2 ⇒ 3 3 2 aB = Lα Lα = − aB − 2 2 2 aG = a A + aG / A , aG = aG X i + aGY j aG / A = α ∧ AG + ω ∧ VG / A 3 +1 Lα i 2 L L L 3 aG / A = α k ∧ (− Cos 300 i + Sin 300 j ) aG / A = − α i − Lα j 2 2 4 4 3 +1 L 3 Lα i ) + (− α i − Lα j ) aG = aG X i + aGY j = ( 2 4 4 2 3 +1 3 aG X i + aGY j = Lα i − Lα j 4 4 2 3 +1 3 aG X = Lα , aGY = − Lα , aG X = 1,339α , aGY = −0,520 α 4 4 RB Cos 450 = m aG X ⇒ RB = 1,894mα aA = L L 1 RA Cos 300 − RB Cos 150 = mL2α ⇒ RA = 2,3434mα 2 2 12 2 2,3434mα + 1,894mα − mg = − 0,520 mα 2 9,81 α = 2,33 Rad / s α= , 2 2,3434 + 1,894 + 0,520 2 aG X = 3,12 m / s 2 , RA = 136,5 N , aGY = −1, 21 m / s 2 RB = 110,3 N 143 BÖLÜM 13 İŞ VE ENERJİ İLKESİ 13.1 Maddesel noktanın hareketinde iş ve enerji ilkesi Bir maddesel noktaya etki eden kuvvetin maddesel noktanın yer değiştirmesinde yaptığı işi bulabilmek için aşağıdaki şekil çizilebilir. y FN (1) F FT m dr ds r (2) r + dr o x z Burada m kütlesi dr kadar yer değiştirme yaptığında etki eden F kuvvetinin dτ = F • dr dır. yaptığı iş M kütlesi (1) konumundan (2) konumuna geldiğinde etki eden F kuvvetinin ( 2) yaptığı iş ise τ (1)→( 2 ) = ∫ F • dr (1) şeklinde integral ile hesaplanır. Burada F = FT T + FN N dr = dsT şeklinde ( 2) yazılabileceğinden bir F kuvvetin işi τ (1)→( 2) = ∫ FT ⋅ ds (1) şeklinde de hesaplanabilir. Bir maddesel noktanın hareketinin teğet doğrultusundaki denklemi FT = m aT Burada aT yerine FT = m VdV ds , VdV ds yazarak FT ds = VdV elde edilen denklemin her iki tarafı (1) konumundan (2) konumuna integre 144 ( 2) ( 2) ∫ F ds = ∫ m VdV edilirse T (1) (1) ( 2) Burada τ (1)→( 2 ) = ∫ F ds T (1) 1 1 mV 22 − mV12 2 2 1 mV 2 ifadesine V hızındaki m kütleli denklemi elde edilir. Elde edilen 2 1 maddesel noktanın kinetik enerjisi denir ve T ile gösterilir. T = mV 2 2 Bu şekilde bulunan τ (1)→(2) = T2 − T1 Olduğundan τ (1)→( 2 ) = denklemine iş ve enerji ilkesi denir. Bir maddesel noktanın (1) konumundan (2) konumuna hareketinde maddesel noktaya etki eden kuvvetlerin yaptığı işler toplamı maddesel noktanın bu konumlar arasındaki kinetik enerji farkına eşittir. Kinetik enerji maddesel noktanın hareket ettiği yola bağlı değildir. Sadece son ve ilk konumdaki hızlara bağlıdır. Etki eden kuvvetlerin yaptığı işler ise mekanik enerjinin korunmadığı durumlarda yola bağlıdır. Problem 13.1.1 θ eğim açılı eğik düzlem üzerinde bırakılan bloğun s kadar yol aldıktan sonraki hızını bulunuz. Çözüm : mg (1) θ s N (2) h f θ τ (1)→( 2 ) = T2 − T1 , τ (1)→(2) = (m g Sinθ ) s − f s , T2 = 1 mV 2 , 2 (m g Sinθ ) s − f s = 1 mV 2 , 2 T1 = 0 V = 2( g Sinθ − f )s m 145 13.1.1 Mekanik enerjinin korunumu ve potansiyel enerji: Bir kuvvet alanı F = −∇ U şeklinde yazılabiliyorsa buradaki kuvvete korunumlu kuvvet U ya ise potansiyel enerji denir. Kartezyen koordinat sisteminde ∇U = ∂U ∂U ∂U k j+ i+ ∂z ∂x ∂y dr = dx i + dy j + dz k ( 2) ile τ (1)→( 2 ) = ∫ F • dr denklemine gidilirse (1) ( 2) ∫ τ (1)→( 2 ) = − ( (1) ∂U ∂U ∂U dz ) dy + dx + ∂z ∂y ∂x ( 2) ∫ τ (1)→( 2 ) = − dU (1) τ (1)→( 2 ) = U 1 − U 2 korunumlu kuvvetlerde bir kuvvetin işinin Potansiyel enerji farkının negatifi ile yapılabileceği görülür. Bu elde edilen denklem iş ve enerji denkleminde bir kuvvetin işi yerine yazılırsa U 1 − U 2 = T2 − T1 veya U 1 + T1 = U 2 + T2 mekanik enerjinin korunum denklemi elde edilir. 146 Problem 13.1.1.1 θ eğim açılı eğik düzlem üzerinde bırakılan bloğun durana kadar aldığı s yolunu bulunuz. Cisim ilk harekete bırakıldığında yay katsayısı k olan yay doğal uzunluğundadır. Çözüm : mg (1) k θ s N h (2) θ 1 U1 − U 2 = mgh − ks 2 2 1 2 1 m g s Sinθ − k s = mV 2 2 2 U1 − U 2 = T2 − T1 , T2 = 1 mV 2 , 2 durduğu anda hızı sıfırdır. , h = s Sinθ , T1 = 0 1 m g s Sinθ − k s 2 = 0 2 ⇒ s= 2m g Sinθ k 147 13.2 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönmesinde kinetik enerji hesabı Δ B ω V r dm A V Rijid cisme ait bir diferansiyel kütlenin kinetik enerjisi 1 dT = V 2 dm 2 Sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde V = rω olduğundan dT = 1 2 2 r ω dm 2 yazılabilir. Bu diferansiyel kinetik enerjinin cismin tüm V hacmi üzerinde integrali alınarak toplam kinetik enerji bulunur. ∫ T= V 1 2 2 r ω dm 2 integral içindeki sabitler dışarı alınarak elde edilen 1 2 2 ω r dm 2 V ∫ T= denkleminde ∫ I Δ = r 2 dm V ifadesi Δ eksenine göre cismin atalet momenti olduğundan sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde rijid cismin kinetik enerjisi T= 1 I Δ ω2 2 şeklinde hesaplanır. 148 Problem 13.2.1 Uzunluğu L ve kütlesi m olan AB çubuğu A ucundan silindirik mafsallı olarak düşey düzlemde hareket edebilmektedir. AB çubuğu yatay konumda ilk hızsız harekete bırakılıyor. Yatayla θ açısı yaptığı andaki açısal hızını bulunuz. Çözüm: mg A L/2 L/2 B θ mg U1 − U 2 = T2 − T1 L U1 − U 2 = m g Sinθ 2 1 T1 = 0 , T2 = I Aω 2 2 L 1 m g Sinθ = I Aω 2 2 2 1 I A = mL2 3 mg L 11 Sinθ = mL2ω 2 2 23 ⇒ ω= 3g Sinθ L 149 13.3 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinde kinetik enerji hesabı y A rA / G dm G rA rG S o x 1 dT = V A2 dm 2 V A2 = V A • V A V A = VG + V A / G V A2 = (VG + V A / G ) • (VG + V A / G ) T= 1 (VG2 + V A2/ G + 2VG • V A / G ) dm 2S ∫ Burada VG • ∫ V A / G dm = 0 ve V A2/ G = rA2 / G ω 2 olduğundan toplam kinetik enerji S T= 1 1 mV G2 + ω 2 rA2 / G dm 2 2 S ∫ şeklinde yazılabilir. Burada ∫r 2 A/G dm = I G cismin kütle merkezinden geçen S ve hareket düzlemine dik eksene göre atalet momentini gösterdiğinden genel düzlemsel harekette kinetik enerji T= 1 1 mVG2 + I G ω 2 2 2 formülü ile hesaplanır. 150 Problem 13.3.1 R yarıçapılı ve m kütleli bir disk θ eğim açılı eğik düzlem üzerinde kaymadan yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Disk eğik düzlem üzerinde ilk hızsız harekete bırakıldığında diskin n sayıda tam devir yaptığı andaki açısal hızı ne olur ? Çözüm: mg s R mg G h f N θ U1 − U 2 = T2 − T1 Kaymadan yuvarlanmada sürtünme kuvveti iş yapmaz . Çünkü kayma olayındaki gibi sürekli aynı bölgede temas yoktur. Normal kuvvet harakete dik olduğu için iş yapmaz. U1 − U 2 = m gh , h = s Sinθ , s = n ∗ 2π R , s = 2nπ R U1 − U 2 = 2m gnπ R Sinθ 1 1 T2 = mVG2 + IG ω 2 2 2 , T1 = 0 VG = Rω dır. Kaymadan yuvarlanma hareketinde 1 mR 2 2 1 11 T2 = m ( Rω ) 2 + mR 2ω 2 2 22 IG = 2m gnπ R Sinθ = 3 mR 2ω 2 4 , ⇒ T2 = 3 mR 2ω 2 4 ω= 8 gnπ Sinθ 3R 151 EK A Daha önceki senelerde sınavlarda sorulan Statik problemleri Problem 1 ) Şekildeki gibi homojen plakalardan oluşturulmuş cismin kütle merkezinin koordinatlarını bulunuz. y 3 1m 1,5m 1 2 4 1m x 3m 2,4m ¼ daire z Çözüm: x 4R 4 x5 = , x5 = 3π π 2 9π πR A5 = , A5 = 4 4 ∑ Ax ∑A ∑ Ay η= ∑A ∑ Az ζ= ∑A ξ= 1 2 3 4 5 1 0,75 0 0 4/π y 0,8 0,5 1,2 0,8 0 z 0 0 0,5 1,667 4/π ∑ , ξ= 11, 475 , 13,969 ξ = 0,821 m. , η= 6,93 , 13,969 η = 0, 496 m. , ζ= 14, 2 , 13,969 ζ = 1, 017 m. A 3,6 -1,5 2,4 2,4 9π/4 13,969 Ax 3,6 -1,125 0 0 9 11,475 Ay 2,88 -0,75 2,88 1,92 0 6,93 Az 0 0 1,2 4 9 14,2 152 Problem 2 ) O da küresel mafsallı 6m uzunluğundaki OA kolu A ucunda F = 10 kN şiddetinde bir yük taşımaktadır. O daki tepki kuvveti ile AB ve AC iplerindeki kuvvetleri hesaplayınız. y 3m C α = β = 450 3m β B F = 10 kN α O x 4m z Çözüm: y 3m G S AB β 3m (0, 4, 3)B 4m C (0,4,-3) G S AC A( 3 2 , 3 2 , 0) F = 10 kN α O G RO x z G G F ∑ G = 0G , ∑F = 0 G G G M = 0 ∑ A G G( dengeG şartıG ) G ⇒ S AB + S AC + RO + F = 0 G =0 G G RO = ROU OA , G U OA = 2G 2G i+ j 2 2 JJJG JJJG G G G G G G AB AC S AB = S ABU AB , S AC = S ACU AC , U AB = JJJG , U AC = JJJG AB AC JJJG JJJG JJJG JJJG G JJJG G G AB = OB − OA , AB = (−3 2 ) i + (4 − 3 2 ) j + (3 − 0) k , AB = (3 2 ) 2 + (4 − 3 2 ) 2 + 32 JJJG G G G G AB = 5, 2018 m. , U AB = −0,8156 i − 0, 0466 j + 0,5767 k G G G G S AB = −0,8156 S AB i − 0, 0466 S AB j + 0,5767 S AB k G G G G S AC = −0,8156 S AC i − 0, 0466 S AC j − 0,5767 S AC k G G G RO = 0, 7071RO i + 0, 7071RO j G G F = −10 j ∑M ∑F ∑F ∑F A ⇒ x =0 ⇒ −0,8156 S AB − 0,8156 S AC + 0, 7071RO = 0 y =0 ⇒ −0, 0466 S AC − 0, 0466 S AC + 0, 7071RO = 10 z =0 ⇒ S AB = S AC = 6,5 kN . ⇒ RO = 15 kN . 0,5767 S AB − 0,5767 S AB = 0 153 Problem 3 ) Şekilde ölçüleri verilen homojen dolu cismin kütle merkezinin koordinatlarını hesaplayınız. y 1 9 20 9 ξ =? , η =? , ζ =? 2 15 3 10 x 4 6 R=19 z ( Ölçüler mm dir. ) ζ = 25mm ( z = 25 simetri düzlemi olduğu için ) Çözüm: x 1 32 2 19 3 6 4 19 5 19 6 50 r = 10 5 Y 15 17,5 15 5 76 3π 19 40 − 3π − ∑ A 67,5 300 67,5 380 180,5 π Ax 2160 5700 405 7220 10774,1 Ay 1012,5 5250 1012,5 1900 -4572,67 -50 π -2984,5 666,67 1225 23274,6 5269 ξ= ∑ Ax ∑A , ξ= η= ∑Ay ∑A , η= 23274,6 , ξ = 19 mm 1225 5269 , 1225 4R 4 ∗19 76 , y5 = − , y5 = − 3π 3π 3π 2 2 πR π 19 A5 = , A5 = , A5 = 180,5π 2 2 4r 4 ∗10 40 , y6 = − , y6 = − y6 = − 3π 3π 3π 2 2 πr π ∗10 , A5 = − , A5 = −50 π A5 = − 2 2 y5 = − ( x = 19 simetri düzlemidir. ) η = 4,3mm 154 Problem 4 ) Uzunluğu L ve ağırlığı W olan homojen bir çubuk şekilde görüldüğü gibi Düşey düzlemde tutturulmuştur. Sürtünme kuvvetlerini ihmal ederek A ,B ,C noktalarından gelen tepki kuvvetlerini bulunuz. Not : BC arası a uzunluğundadır. α C B A Çözüm: y α W RB α C B α RC x O A RA ∑F ∑F x = 0 ⇒ RB sin α − RC sin α = 0 ⇒ RB = RC y =0 ⇒ ∑M A =0 ⇒ RA − RB cos α + RA cos α − W = 0 ⇒ RA = W RB a − W L cos α = 0 ⇒ 2 RB = RC = WL cos α 2a 155 Problem 5 ) İki çubuk T şeklinde bir levye oluşturmak için birleştirilmiştir.D de sürtünmesiz duvara dayanmış A ve B de ise rulmanlı yataklar ile mesnetlenmiştir. CD nin ortası E ye P = 600 N şiddetinde bir düşey yük uygulandığına göre D noktasına duvardan gelen tepki kuvvetini bulunuz. y 100 RD D P 300 E B z Çözüm : G A 150 90 90 C 160 240 (Ölçüler mm dir.) x G G G G + RB + RD + P = 0 JJJG G JJJG G G ( AD ∧ RD − AE ∧ P) • U AB = 0 AB G JJJG JJJG JJJG G JJJG G G RD = RD i , P = −600 j , AD = −150 i + 300 j − 300 k , AE = AC + CE JJJG JJJG JJJG G JJJG G G G G AC = 90 i − 120 k , CE = 0,5 ∗ CD , CE = 0,5 ∗ (−240 i + 300 j − 180 k ) JJJG JJJG G G G G G G CE = −120 i + 150 j − 90 k , AE = −30 i + 150 j − 210 k JJJG G G G G G G G G G G AB 180 i − 240 k 180 i − 240 k U AB = JJJG , U AB = , U AB = , U AB = 0,6 i − 0,8 k 300 AB 1802 + 2402 JJJG G JJJG G G G G G G G G G AD ∧ RD − AE ∧ P = (−150 i + 300 j − 300 k ) ∧ RD i + (−30 i + 150 j − 210 k ) ∧ −600 j JJJG G JJJG G G G G AD ∧ RD − AE ∧ P = −126000 i − 300 RD j + (−300 RD + 18000) k JJJG G JJJG G G ( AD ∧ RD − AE ∧ P ) • U AB = −75600 − 14400 + 240 RD = 0 ⇒ RD = 375 N G G ∑F = 0 ⇒ R M =0 ⇒ ∑ G G G A 156 Problem 6 ) Şekilde gösterildiği gibi düz bir kayış A kasnağından B kasnağına moment iletiminde kullanılmaktadır. Her bir kasnağın yarıçapı 60 mm dir. A Kasnağının aksı P = 900 N şiddetinde bir kuvvetle çekiliyor. Kasnaklarla kayış arasındaki sürtünme katsayısının μ = 0,35 olduğu bilindiğine göre a) İletilebilen en büyük momentin şiddetini b) Bu durumda kayıştaki en büyük çekme kuvvetini bulunuz. M P A B Çözüm : S1 M P A S2 ∑F = 0 ⇒ ∑M = 0 ⇒ x A S1 = eμ α , S2 S1 + S2 − P = 0 ⇒ S1 + S2 = 900 N M + S 2 R − S1 R = 0 ⇒ M = ( S1 − S2 ) R S1 = e0,35 π S2 S 2 e0,35π + S2 = 900 , S1 = 675,16 N ⇒ S1 = S 2 e0,35 π S 2 (e0,35π + 1) = 900 M = ( S1 − S2 ) R , M = 450,32 ∗ 0,06 , ⇒ S2 = 224,84 N M = 27 N m S ma ks. = S1 = 675,16 N 157 Problem 7 ) 1000 N ağırlığındaki bir beton blok şekilde gösterilen mekanizma ile kaldırılmaktadır. Beton bloğun kaymadan taşınabilmesi için blok ile F ve G tutma çeneleri arasındaki sürtünme katsayısı en az ne olmalıdır. 1000 N 12 6 6 12 A B C 10 14 D E 48 F 1000 N G 42 ( Ölçüler cm dir ) 1000 N 12 12 A B 15,62 S AC HJJG HJJG AC = BD = 122 + 102 = 15,62 cm 10 S BD 12 12 ∑ Fx = 0 ⇒ S BD 15,62 − S AC 15,62 = 0 ⇒ S AC = S BD 10 10 ∑ Fy = 0 ⇒ 1000 − S BD 15,62 − S AC 15,62 = 0 ⇒ S AC = S BD = 781 N C D 12 781 N 15,62 10 C 14 18 E 1000 N f 48 f N 21 f = 1000 = 500 N , 2 f = μN G ⇒ N= f μ , N= 500 μ 158 ∑M 48 E = 0 ⇒ 48 N − 21 f − 18 S AC 10 12 − 14 S AC =0 15,62 15,62 500 10 12 500 − 21* 500 − 18 ∗ 781 − 14 ∗ 781 =0 ⇒ = 581,25 15,62 15,62 μ μ μ = 0,86 159 Problem 8 ) A kayıt bandı , rB = 20 mm yarıçaplı ve M = 0,3 Nm şiddetindeki moment etkisinde olan B makarasından geçtikten sonra serbest dönen bir C makarasının altından geçiyor. Bant ile makara arasındaki sürtünme katsayısı μ = 0,4 olduğuna göre bantın kaymadan hareket edebilmesi için P kuvvetinin minumum değerini bulunuz. M B A C P S Çözüm: M B A S P S = e μ α ⇒ S = Pe0,4π P ∑ M B = 0 ⇒ M + P ∗ rB − S ∗ rB = 0 ⇒ M = (S − P)rB 0,3 = P(e0,4π − 1)0,02 P = 0,3 0,02(e0,4π − 1) P = 5,97 N 160 Problem 9 ) Yatay düzlemde bulunan W ağırlığındaki A ve B cismi , birbirine C noktasından mafsallı olan AC ve BC çubuklarına mafsallıdır. Sistemin dengede kalması şertı ile çubukların birleşme noktası olan C ye uygulanacak en büyük P kuvvetinin şiddetini W 0 ağırlığına bağlı olarak θ = 80 için bulunuz. ( W ağırlıkları ile yatay düzlem arasındaki sürtünme katsayısı μ = 0,3 dır. ) P θ C W W 30 0 60 0 A B Çözüm : P θ C SCA 300 SCB 600 ∑F ∑F x =0 ⇒ SCA cos300 − SCB cos600 + P cosθ = 0 y =0 ⇒ SCA sin 30 + SCB sin 600 − P sin θ = 0 3 1 SCA − SCB = − P cosθ 2 2 1 3 SCA + SCB = P sin θ 2 2 W ∑F ∑F 300 SCA A f SCA = 0,342 P ⇒ SCB = 0,9397 P x = 0 ⇒ f − SCA cos300 = 0 ⇒ y = 0 ⇒ N − W − SCA sin 300 = 0 f = 0,2962 P f = μ N , f = 0,3 N N 0,292 P = 0,3W + 0,3 ∗ 0,342 P ∗ 0,5 ⇒ P = 1, 225W 600 SCB W f B ∑F ∑F x = 0 ⇒ SCB cos600 − f = 0 ⇒ f = 0,46985 P y = 0 ⇒ N − W − SCB sin 600 = 0 f = 0,3 N N 161 0,49685 P = 0,3W + 0,9397 ∗ 3 ∗ 0,3 P ⇒ P = 1,3292W 2 P kuvveti 1,225W dan büyük olduğunda denge bozulacağından doğru cevap P = 1, 225W olmalıdır. 162 Problem 10 ) Homojen telden şekildeki gibi bükülmüş cismin gösterilen konumda dengede kalabilmesi için θ açısı kaç derece olmalıdır. B θ r A r C Çözüm : W2 B G2 θ O θ W1 A G1 C HJJG HJJG HJJG W1 ( OG1 − OA ) − W2 AG 2 cos θ = 0 HJJG HJJG HJJG 2r r , OA = r cos θ , AG 2 = cos θ OG1 = π 2 W1 = π r ρ , W2 = r ρ 2r r π r ρ ( − r cos θ ) − r ρ cos θ = 0 π 2 2 r 2 ρ r 2 − πρ r 2 cos θ − ρ cos θ = 0 2 1 1 2 − π cos θ − cos θ = 0 ⇒ (cos θ ) ∗ (π + ) = 2 ⇒ cos θ = 0,5492 2 2 ∑MA = 0 ⇒ θ = 56, 690 163 Problem 11 ) Homojen levhadan şekildeki gibi kesilerek oluşturulmuş cismin a) kütle merkezinin koordinatlarını b) A ucundan şekildeki gibi asıldığında denge durumundaki θ açısını bulunuz. A 4 cm 1,5 cm r = 1 cm 1,5 cm A θ 2cm 11 cm y Çözüm: 1 2 3 4 cm 1,5 cm A r = 1 cm 1,5 cm 11-Gx x 2cm 4 11 cm θ G Gy x 4 y 3+ A 4∗4 3π π ∗4 ∑ ∑ Ax ∑A , Gx = G y = 3, 047 cm , = 8π 2 3 ∗ 8 = 24 3*3/2 −π 7π + 28,5 4 1,5 8+1=9 1 2 1,5 Gx = 2 Ax 32 π Ay 96 40,5 −2π 30π + 136,5 36 4,5 −1,5π 22,5π + 83,1667 24π + 30π + 136,5 , Gx = 4,57 cm , G y = 7π + 28,5 tan θ = Gy 11 − Gx , tan θ = 128 3 ∑ Ay ∑A 3, 047 ⇒ 11 − 4,57 , Gy = 22,5π + 83,1667 7π + 28,5 θ = 25,360 164 Problem 12 ) C bileziği ile düşey çubuk arasındaki statik sürtünme katsayısının 0.4 olduğu bilindiğine göre θ =350 , l = 600 mm , P = 300 N olursa şekilde gösterilen konumda mekanizmanın dengede kalma koşulu ile AB çubuğuna uygulanacak momentin en küçük ve en büyük değerlerini bulunuz. l B θ ½ l M A C P Çözüm : B θ ½ l M S BC ∑M A l 2 l 2 = 0 ⇒ M − S BC cos θ = 0 ⇒ M = S BC cos θ A y ∑F ∑F P S BC θ x x =0 ⇒ N − S BC cos θ = 0 ⇒ y =0 ⇒ f − P + S BC sin θ = 0 f = μ N , f = 0, 4 N 0, 4 S BC cos θ − 300 + S BC sin θ = 0 S BC (0, 4 cos θ + sin θ ) = 300 f N = S BC cos θ M min . = 300 ∗ 0,3cos θ , 0, 4 cos θ + sin θ ⇒ S BC = 300 0, 4 cos θ + sin θ M min . = 81,8 Nm y S BC P θ ∑F = 0 ∑F = 0 f x x ⇒ N − S BC cos θ = 0 ⇒ y ⇒ − f − P + S BC sin θ = 0 N = S BC cos θ f = μ N , f = 0, 4 N −0, 4 S BC cos θ − 300 + S BC sin θ = 0 S BC (sin θ − 0, 4 cos θ ) = 300 M m aks. = 300 ∗ 0,3cos θ , sin θ − 0, 4 cos θ ⇒ S BC = 300 sin θ − 0, 4 cos θ M m aks. = 299,8 Nm 165 EK B Daha önceki senelerde sınavlarda sorulan Dinamik problemleri Problem 1 ) Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde a = −0, 2V 2 ivme –hız bağıntısı ile hareket ediyor. t = 0 da konum s = 0 ve hız V = 20 m / s olduğuna göre t = 2 deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız. Çözüm: t V dV dV 1 1 1 2 = −0.2 V ⇒ ∫ dt = −5 ∫ 2 ⇒ t = 5( )V20 = 5( − ) V V 20 dt 0 20 V 5 5 5 1 1 5 V = t= − =t+ ⇒ ⇒ ⇒ V = 1 1 V 20 V 4 5 t+ t+ 4 4 S t ds ds 5 5 t = ⇒ ∫ ds = ∫ dt ⇒ s = 5ln(t + 1/ 4 ) 0 =V ⇒ 1 dt dt t + 1/ 4 0 0 t+ 4 20 s = 5[ ln(t + 1/ 4 ) − ln(1/ 4)] ⇒ s = 5ln(4t + 1) , V = 4t + 1 20 t = 2 de s = 5ln 9 , s = 10,99m , V = , V = 2, 22 m , a = −0, 2 (2, 22) 2 9 a = −0,99 m / s 2 166 Problem 2 ) Şekilde gösterildiği gibi P1 maddesel noktası d1 doğrusu üzerinde s = 10 + 8 Sin π 12 t konum-zaman bağıntısına göre P2 maddesel noktası ise xy düzleminde bulunan R = 12cm. yarıçaplı bir çember üzerinde θ = π t 2 açı-zaman 27 bağıntısına göre hareket etmektedir. t = 3 için P2 maddesel noktasının P1 maddesel noktasına göre bağıl yer , hız , ivme vektörlerini ve aralarındaki uzaklığı bulunuz. y 20cm. P2 θ C 10cm. O B d1 P1 A 16cm. x s z Çözüm: JJJG JJJG JJJG G G JJJG G G G G G G rP2 / P1 = rP2 − rP1 , rP2 = OC + CP2 , OC = 20 i + 16 j , CP2 = R cos θ i + R sin θ j JJJG JJJG G G G G G AB G rP2 = (20 + 12 cos θ ) i + (16 + 12sin θ) j rP1 = OA + sU AB , U AB = JJJG AB G G G G G 1 G −20 i + 10 k 2 G 1 G G 2 U AB = , U AB = − i+ k , rP1 = (20 − s)i + sk 5 5 5 5 202 + 102 G 1 G π 2 G G rP2 / P1 = (12 cos θ + s ) i + (16 + 12sin θ) j − s k , t = 3 de θ = , s = 10 + 4 2 3 5 5 G G G G G G 2 1 G G (10 + 4 2) i + (16 + 6 3 ) j − (10 + 4 2) k , rP2 / P1 = (6 + rP2 / P1 = 20 i + 26, 4 j − 7 k 5 5 G G G G 2π 2π π 2 1 t , V = VP2 / P1 = (−12 θ sin θ + V ) i + 12 θ cos θ) j − V k , θ = cos t 27 3 12 5 5 G G G π 2π 2π 3 2 π 2π 1 G 1 π 2) i + 12 2k t = 3 de θ = , V = 2 , VP2 / P1 = (−12 + )j− 9 2 9 2 3 9 53 53 G G G G VP2 / P1 = −5,93 i + 4,19 j − 0, 66 k G G 1 G 2 G aP2 / P1 = (−12 θ sin θ −12θ 2 cos θ + a ) i + (12 θ cos θ − 12 θ 2 sin θ) j − ak 5 5 π2 π 2π π2 2π θ= , a = − sin t , t = 3 de , a= 2 θ= 18 12 36 27 27 2 2 G G 2π 3 4π 1 2 π2 2π 1 4π 3 G 1 π2 G −12 + 2) i + (12 − 12 )j− 2k aP2 / P1 = (−12 27 2 81 2 27 2 81 2 5 36 5 36 HJJJ G HJJJG G G G G G aP2 / P1 = −5, 7 i + −3, 7 j + 0,17 k , P1 P2 = rP2 / P1 = 202 + 26, 42 + 7 2 , P1 P2 = 33,85 cm 167 Problem 3 ) Şekildeki mekanizmada dairesel levhanın merkezinin hızı sola doğru VC = 2 cm / s (sabit) olduğuna göre AB çubuğunun verilen konum için a) açısal hızını b) açısal ivmesini bulunuz R = 10 cm. HJJG AB = 24 cm. B HJJG C BC = 46 cm. R θ θ = 600 için A a) ω AB = ? b) α AB = ? Çözüm: I y ωBC B ωBC ϕ VB VB R C D θ A x a) HJJG HJG HJJG HJJG HJJG HJJG HJG HJG HJG CD VC = IC ωBC , IC = IE − R , IE = AE tan θ , AE = BC cos ϕ + AB cos θ , cos ϕ = HJJG BC HJJG HJJG HJJG HJJG 2 HJJG 2 HJJG HJJG CD = BC − BD , BD = AB sin θ − R , BD = 10, 785 cm , CD = 44, 718 cm , HJJG HJJG HJG HJG HJG HJG AE AE = 56, 718 cm , IE = 98, 238 cm , IC = 88, 238 cm , IA = , IA = 113, 436 cm cos θ HJG VC 2 IB = 89, 436 cm , ϕ = 13, 6590 , ωBC = HJG , ωBC = 0, 0227 rad / s , ωBC = 88, 238 IC HJG VB = IB ωBC , VB = 2, 027 cm / s , ω AB = 0, 0845 rad / s b) G G G G G aB = aC + aB / C , aC = 0 ( C nin hareketi doğrusal hızının şiddeti sabit old.) JJJG G G JJJG G G G G G G aB = α ΑΒ k ∧ AB + ωΑΒ ∧ VB , aB / C = α ΒC ∧ CB + ωΒC ∧ VB / C G G G G G G G G G G G VB = VB sin θ i − VB cos θ j , VB = 1, 76 i − 1, 01 j , VC = 2 i , VB / C = VB − VC JJJG HJJG G G HJJG G JJJG G G G G VB / C = −0, 24 i − 1, 01 j , AB = AB cos θ i + AB sin θ j , AB = 12 i + 12 3 j JJJG HJJG JJJG G HJJG G G G CB = BC cos ϕ i + BC sin ϕ j , CB = 46 cos 13, 6590 i + 46sin 13, 6590 j JJJG G G CB = 44, 7 i + 10,86 j 168 G G G G G G G aB = α ΑΒ k ∧ (12 i + 12 3 j ) − 0, 0845 k ∧ (1, 76 i − 1, 01 j ) G G G aB = (−12 3 α ΑΒ − 0, 085) i + (12 α ΑΒ − 0,149) j G G G G G G G aB / C = α ΒC k ∧ (44, 7 i + 10,86 j ) + 0, 0227 k ∧ (−0, 24 i − 1, 01 j ) G G G aB / C = (−10,86 α ΒC + 0, 023) i + (44, 7 α ΒC − 0, 00545) j G G G G G aB = (−12 3 α ΑΒ − 0, 085) i + (12 α ΑΒ − 0,149) j = (−10,86 α ΒC + 0, 023) i + (44, 7 α ΒC − 0, 00545) j − 12 3 α ΑΒ − 0, 085 = −10,86 α ΒC + 0, 023 + 3 (12 α ΑΒ − 0,149) = 3 (44, 7 α ΒC − 0, 00545) 66,56 α ΒC = −0,3566 ⇒ α AB = −0, 00804 rad / s 2 α ΒC = −0, 00544 rad / s 2 169 Problem 4 ) D diski ve ona mafsallı çubuktan oluşan mekanizmada şekilde gösterildiği anda D diskinin açısal hızı ω D = 6rad / s. ve açısal ivmesi α D = 2rad / s 2 dır. Şekilde gösterildiği anda a) AB çubuğunun açısal hızını b) AB çubuğunun açısal ivmesini c) AB çubuğunun orta noktası G nin ivmesini hesaplayınız. ωD 40cm. D B 100cm. G 300 A Çözüm: y ωD 40cm. D B I G VB 300 ωD A VA x a) HJG V 240 VB = R ωD , VB = 40 ∗ 6 , VB = 240 cm / s , VB = IB ω AB ⇒ ω AB = HJBG , ω AB = IB 50 3 HJ G 8 8 ω AB = 3 , ω AB = 2, 77 rad / s , VA = IA ω AB , VA = 50 3 , VA = 80 3 cm / s 5 5 G JJJG G G G G G G G G G G G b) aB = a A + aB / A , aB = −α D k ∧ DB − ωD k ∧ VB , aB = −2k ∧ 40 i − 6k ∧ (−240 j ) G JJJG G G G G G G G G G G G aB = −1440 i − 80 j , a A = a A i , aB / A = α ΑΒ k ∧ AB + ωΑΒ k ∧ VB / A , VB / A = VB − VA JJJG G G G G G VB / A = −80 3 i − 240 j , AB = −50 3 i + 50 j , G G G G 8 G G G aB / A = α ΑΒ k ∧ (−50 3 i + 50 j ) + 3 k ∧ (−80 3 i − 240 j ) 5 G G G aB / A = (−50α ΑΒ + 384 3) i + (−50 3 α ΑΒ − 384) j G G G G G G aB = −1440 i − 80 j = a A i + [(−50α ΑΒ + 384 3) i + (−50 3 α ΑΒ − 384) j ] G G G G −1440 i − 80 j = (−50α ΑΒ + a A + 384 3) i + (−50 3 α ΑΒ − 384) j −50α ΑΒ + a A + 384 3 = −1440 80 − 384 α AB = −3,51 rad / s 2 , ⇒ α AB = 50 3 −50 3 α ΑΒ − 384 = −80 a A = −1929, 6 cm / s 2 JJJG G G G G G G G G G c) aG = a A + aG / A , a A = −1929, 6 i , aG / A = α ΑΒ k ∧ AG + ωΑΒ k ∧ VG / A 170 JJJG 1 JJJG JJJG 1 G JJJG G G G G G JJJG VG / A = ωΑΒ k ∧ AG , AG = AB , AG = (−50 3 i + 50 j ) , AG = −25 3 i + 25 j 2 2 G G G G G G G 8 VG / A = 3 k ∧ (−25 3 i + 25 j ) , VG / A = −40 3 i − 120 j 5 G G G G 8 G G G aG / A = −3,51 k ∧ (−25 3 i + 25 j ) + 3 k ∧ (−40 3 i − 120 j ) 5 G G G G G G G aG / A = 420,3 i − 40 j , aG = −1929, 6 i + (420,3 i − 40 j ) G G G G aG = −1509,3 i − 40 j , aG = 1509,8 cm / s 2 171 Problem 5 ) 6kg Kütleli ve A = 20cm. kenar uzunluklu kare şeklindeki homojen malzemeden yapılan aşağıdaki cisim A köşesi etrafında ilk hızsız harekete bırakılıyor. Cismin AB köşegeninin yatayla θ açısı yaptığı anda A mesnetindeki tepki kuvvetini hesaplayınız. A = 20cm. A m = 6kg. θ = 300 A A B θ Çözüm: mg (1) B mg x θ G h G ∑ F = m aJJJG (2) G G G G aG = α ∧ AG + ω ∧ VG y HJJG HJJG JJJJG HJJG G G HJJG G HJJG AB HJJG G JJJG 2 VG = ω ∧ AG , AG2 = AG cos θ i + AG sin θ j , AG = l , AB = 2 l , AG = 2 2 JJJJG JJJJG G G 2 2 6 G 2 G l cos 300 i + l sin 300 j , AG2 = li + l j AG2 = 4 4 2 2 HJJG 6 ∑M ∑ M A = I A α ⇒ α = I A , ∑ M A = mg AG cos θ , ∑ M A = 4 mg l A HJJG 2 1 1 1 1 2 2 I A = I G + m ( AG ) , I G = m l 2 + m l 2 , I G = m l 2 , I A = m l 2 + m ( l) 12 12 6 6 2 6 mg l 1 2 2 2 2 2 3 6g 3 6 9,81 4 IA = ml + ml , IA = ml , α = , α= , α= 2 2 6 4 3 8 l 8 0, 2 ml 3 2 α = 45, 06 rad / s , τ(1)→( 2) + T1 = T2 , T1 = 0 ( ilk hızlar sıfır olduğundan ) G HJJG τ(1)→( 2) = mg AG sin θ , T2 = 2 2 2 ml ω , 6 τ(1)→( 2) = 2 mg l , 4 2 2 mg l = m l 2 ω2 ⇒ 4 6 T2 = ω= 1 1 2 2 2 ml ω I A ω2 , T2 = 2 2 3 3 2g 3 2 9,81 , ω= , 4l 4 ∗ 0, 2 G G G G G 6 G 2 G VG = 7, 213 k ∧ ( li + l j ) , VG = −0,51 i + 0,883 j 4 4 G G G G G G 6 2 = 45, 06 k ∧ ( 0, 2 i + 0, 2 j ) + 7, 213 k ∧ (−0,51i + 0,883 j ) 4 4 G G = −9,555 i + 1,84 j ω = 7, 213 rad / s , G aG G aG ∑F ∑F x = m aG x ⇒ RA x = 6 ∗ (−9,555) ⇒ y = m aG y ⇒ RA y + m g = 6 ∗ 1,84 ⇒ RA x = −57,3 N . RA y = −47,82 N . RA = 74, 6 N . 172 Problem 6 ) A otomobili otobanda doğrusal bir yolda hareket ederken B otomobilide R = 150 m. Yarıçaplı bir çıkışta hareket ediyor. A nın hızı 1 m/s2 oranında artarken B nin hızı 0.9 m/s2 oranında azalıyor. Şekilde gösterilen konum için a ) A nın Bye göre hızını VA/B , b) A nın B ye göre ivmesini aA/B hesaplayınız. y A B 300 VA = 75 km / h VB = 40 km / h R= 150m 0 x Çözüm : G G G a) VA / B = VA − VB G G G G G G G G VA = 75 i , VB = 40 cos 300 i − 40sin 300 j , VB = 20 3 i − 20 j G G G G G G VA / B = (75 − 20 3 ) i + 20 j , VA / B = 40,36 i + 20 j , VA / B = 45, 04 km / h 20 = 26,360 40,36 G G G b) a A / B = a A − aB G G aA = i G G G aB = (aB )T T + (aB ) N N θ = arctan VB2 R 40 ∗ 1000 (11,11) 2 VB = 40 km / h = m / s , VB = 11,11 m / s , (aB ) N = 150 60 ∗ 60 G G G 2 (aB ) N = 0,823 m / s , aB = −0,9 T + 0,823 N G G G G aB = −0,9 (cos 300 i + sin 300 j ) + 0,823(− sin 300 i − cos 300 j ) G G G aB = −(0, 45 3 + 0, 4115) i + (0, 45 − 0, 4115 3 ) j G G G aB = −1,191i − 0, 2627 j G G 0, 2627 G a A / B = 2,191 i − 0, 2627 j , a A / B = 2, 206 m / s 2 , ϕ = arctan = 6,840 2,191 , (aB )T = −0,9 m / s 2 , ( aB ) N = 173 Problem 7 ) Şekildeki Krank-Biyel mekanizmasında AB krankı saat ibrelerinin tersi yönünde ω AB = 5 rad / s ( sabit ) açısal hızı ile döndüğüne göre Şekilde gösterilen konum için C pistonunun a) hızını b ) ivmesini bulunuz. y 10 cm ω AB A 30 cm B 10 cm C x Çözüm : a) y VB ω AB A ωBC I B 10 cm VC C x HJJG VB = ω AB AB , VB = 5 ∗ 10 , VB = 50 cm / s HJG HJG HJG V 5 VB = ωBC IB ⇒ ωBC = HJBG , IB = 302 − 102 , IB = 10 8 cm , ωBC = rad / s IB 8 HJG 50 VC = ωBC IC , VC = cm / s , VC = 17, 68 cm / s 8 G JJJG G G G G G G b) a C = a B + a C / B , a B = α AB k ∧ AB + ω AB k ∧ VB , ω AB sabit olduğundan α AB = 0 dır. G G JJJG G G G G G G G G G VB = 50 j , a B = 5 k ∧ 50 j , a B = −250 i , a C / B = α BC k ∧ BC + ωBC ∧ VC / B G G G G G G G G G 5 G ωBC = − k , VC / B = VC − VB , VC = −17, 68 i , VC / B = −17, 68 i − 50 j 8 JJJG G G G G G G G 5 G G BC = 10 8 i − 10 j , a C / B = α BC k ∧ (10 8 i − 10 j ) − k ∧ (−17, 68 i − 50 j ) 8 G 250 G 250 G G G a C / B = (10α BC − ) i + (10 8 α BC + ) j , aC = aC i 8 8 G G 250 250 G G a C = a C i = (10α BC − − 250) i + (10 8 α BC + )j 8 8 10α BC − 250 8 10 8 α BC + − 250 = a C 250 8 ⇒ =0 α BC = − 25 8 8 = −1,105 rad / s 2 a C = −349, 4 cm / s 2 174 Problem 8 ) Verilen mekanizmadaki doğrusal hareket yapan A bileziğinin Şekilde gösterildiği anda hızı sağa doğru VA = 2.5 m /s , ivmesi aA = 1.5 m /s2 olduğuna göre BC krankının açısal hızını ve açısal ivmesini θ = 300 için bulunuz. y C 1,25 m 3m B θ A a A = 1,5 m / s 2 VA = 2,5 m / s x I sonsuzda Ani dönme merkezi I sonsuzda olduğundan ω AB = 0 ve VA = VB HJJG V 2,5 VB = ωBC BC ⇒ ωBC = HJJBG , ωBC = , ωBC = 2 rad / s 1, 25 BC G G G G a A = 1,5 i = aB + a A / B G JJJG G G G JJJG G G G G aB = α BC k ∧ CB + ωBC k ∧ VB , a A / B = α AB k ∧ BA + ω AB k ∧ VA / B JJJG G G 3G G G JJJG 3 CB = −1, 25 j , VB = 2,5 i , BA = 3i − j 2 2 G G G G G G G G aB = α BC k ∧ (−1, 25) j + 2 k ∧ 2,5 i , aB = 1, 25α BC i + 5 j G 3 G 3G G 3 G 3 G G a A / B = α AB k ∧ ( 3 i − j ) , a A / B = α AB i + 3 α AB j 2 2 2 2 G G G 3 3 G a A = 1,5 i = (1, 25α BC + α AB )i + ( 3 α AB + 5) j 2 2 3 1, 25α BC + α AB = 1,5 2 3 3 α AB + 5 = 0 2 ⇒ dir. α AB = −1,92 rad / s 2 α BC = 3,51 rad / s 2 175 Problem 9 ) 6 kg kütleli homojen bir çubuğun A ucu yatay düzlemle temas halinde iken B ucu düşey düzlemde hareket edebilen bir bileziğe mafsallıdır. Ve bu bileziğe bir P kuvveti uygulanarak bileziğe yukarı doğru VB = 0,5 m / s (sabit ) hız verilmektedir. Sürtünme kuvvetlerini ihmal ederek A mesnedindeki tepki kuvvetini θ = 300 için bulunuz. P VB = 0,5 m / s ( sabit ) 1,2 m B θ A Çözüm : P mg I ω AB G θ A G G ∑ F = ma G B VB = 0,5 m / s ( sabit ) , ∑M G = IG G G G G G aG = aB + aG / B , VB sabit olduğundan aB = 0 dır. JJJG G JJJG G G G JJJG G G G G aG / B = α AB k ∧ BG + ω AB k ∧ VG / B , BG = −0,3 3 i − 0,3 j , VG / B = ω AB k ∧ BG G JJJG G G G G G G G G G G a A = aB + a A / B , a A = a A i , aB = 0 , a A / B = α AB k ∧ BA + ω AB k ∧ VA / B JJJG G G G G G HJG G G G G BA = −0, 6 3 i − 0, 6 j , VA / B = VA − VB , VB = 0,5 j , VA = IA ∗ ω AB i HJG G V 0,5 5 1 G VB = IB ∗ ω AB ⇒ ω AB = HJBG = , ω AB = , VA = i IB 0, 6 3 6 3 2 3 G G G G G G 1 G 5 G 1 G 1G VA / B = i − 0,5 j , VG / B = k ∧ (−0,3 3 i − 0,3 j ) , VG / B = i− j 4 2 3 6 3 4 3 G G G G G 5 G 1 G a A i = α AB k ∧ (−0, 6 3 i − 0, 6 j ) + k ∧( i − 0,5 j ) 6 3 2 3 G G α AB = 0,13365 rad / s 2 5 5 G a A i = (0, 6 α AB + ) i + (−0, 6 3 α AB + )j ⇒ 12 ∗ 3 a A = 0,32075 m / s 2 12 3 G G G 5 G 1 G 1G G aG = 0,13365k ∧ (−0,3 3 i − 0,3 j ) + k ∧( i − j) 4 6 3 4 3 176 G G G aG = 0,160375 i − 3, 22 ∗ 10−11 j , ∑ F = ma ∑ F = ma ∑M = I G G aG = 0,160375 i x x ⇒ N = 6 ∗ 0,160375 , N = 0,96 Newton y y ⇒ P + RA − mg = 0 , P + RA = 6 ∗ 9,81 , P + RA = 58,86 Newton 0, 6 3 0, 6 0, 6 3 1 P− ∗N − RA = m ∗ L2 ∗ α AB 2 2 2 12 0, 6 3 0, 6 0, 6 3 1 P − 0,96 ∗ − RA = 6 ∗ 1, 22 ∗ 0,13365 2 2 2 12 2 P − RA = 0,384225 ∗ RA = 29, 06 Newton ⇒ 0, 6 3 P + RA = 58,86 G G ⇒ 177 Problem 10 ) Şekildeki krank biyel mekanizmasında AB krank kolu saat ibreleri tersi yönünde 360 dev/dak ile dönmektedir. θ = 00 , b) θ = 900 , c) θ =1800 değerlerinde BC kolunun açısal hızı ile pistonun hızını bulunuz. C 30cm B θ A 10cm Çözüm: a) θ = 0 10cm ωBC = 0 ( ani dönme merkezi sonsuzda olduğundan.) VC VB = VC ( ωBC = 0 olduğundan ) HJJG VB = ω AB AB 2π ω AB = 360 rad / s , ω AB = 12 π rad / s 60 C I ∞ da VB A B VC = 377 cm / s 10 cm b) θ = 900 ωBC VC C I B VB VB = 120 π cm / s , VC = 120 π cm / s 10cm A HJJG VB = ω AB AB , VB = 120 π cm / s HJG VB VB = ωBC I B , ωBC = HJG IB HJJ G HJJG I B = 302 − 102 , I B = 10 8 120π ωBC = , ωBC = 13,329 rad / s 10 8 HJJG VC = ωBC I C , VC = 13,329 ∗ 10 VC = 133, 29 cm / s c) θ =1800 ωBC = 0 ( ani dönme merkezi sonsuzda olduğundan.) C VB = VC ( ωBC = 0 olduğundan ) HJJG VB = ω AB AB , VB = 120 π cm / s VC I ∞ da VC = 377 cm / s ω AB B A VB 10 cm 178 Problem 11 ) Kütleleri m = 10 kg ve boyları l = 2m. olan iki ince çubuk şekilde görüldüğü gibi birbirine C noktasında mafsalla bağlanmış olup B noktası zemin üzerinde serbestçe kayabilmektedir. Sistem θ = 600 de ilk hızsız olarak harekete bırakılıyor. θ = 300 de çubukların açısal hızları ile B noktasının hızını bulunuz. C θ A B Çözüm: C mg y mg I mg G1 θ G2 C mg h h1 A B VC h2 A θ VG 2 VB B x τ(1)→( 2) + T1 = T2 h = h1 − h2 , , h= T1 = 0 ( ilk hızı sıfır olduğundan ) , l l sin 600 − sin 300 , 2 2 τ(1)→( 2) = 2mgh h = (sin 600 − sin 300 ) , h = 0,366 m. 1 1 1 I A ω2AC + mVG22 + I G 2 ωBC 2 2 2 2 HJJG HJJG HJJG HJG HJG HJJG HJG AC VG 2 = ωBC IG2 , VC = ω AC AC VC = ωBC IC ⇒ ωBC = HJG ω AC , IC = IA − AC , IC HJJG HJG HJG HJG HJG AB HJJG 2 , AB = 2 l cos θ , IA = 2 l , IA = 4m. , IC = 2m. , ωBC = ω AC ⇒ ωBC = ω AC IA = cos θ 2 JJG HJG G HJG HJG HJG JJG HJJG JJJG JJG JJJJG G IG2 = IG2 = IB + BG2 , IB = − IB j , IB = IA sin θ , IB = 4sin 300 , IB = −2 j τ(1)→( 2) = 2∗ 10 ∗ 9,81 ∗ 0,366 , τ(1)→( 2) = 71,81 Nm. , T2 = JJJJG G l G JJJJG G G JJJJG l 3G 1G BG2 = − cos θ i + sin θ j BG2 = − cos 300 i + sin 300 j , BG2 = − i+ j 2 2 2 2 HJJG JJJG HJJG HJJG 3G 3G 3 9 IG2 = IG2 = − i − j , IG2 = , IG2 = 3 m. , VG 2 = 3 ω AC + 2 2 4 4 11 2 2 1 1 1 40 2 30 40 ml ω AC + m ∗ 3 ω2AC + ml 2 ω2AC , T2 = ω AC + ω2AC + ω2AC 23 2 2 12 6 2 24 HJG 140 2 71,81* 6 T2 = ω AC = 71,81 ⇒ ω AC = , ω AC = ω AB = 1, 754 rad / s , VB = ωBC IB 140 6 VB = 3,51 rad / s VB = 1, 754 ∗ 2 , T2 = 179 Problem 12 ) BHDF İstavrozu AB ve DE çubukları ile bağlanmıştır. AB Çubuğu ω AB = 4 rad / s sabit açısal hızı ile saat ibreleri yönünde dönüyor. Şekilde gösterildiği anda istavrozun a) açısal hızını b) açısal ivmesini c) G merkez noktasının ivmesini bulunuz. 150 150 A 150 150 F E ω AB 200 G B D H ( Ölçüler mm cinsindendir.) 150 150 Çözüm : 150 150 x A F ω AB B E VD 200 ωED G D VB ωBHDF y H I HJJG HJJG HJJG a) VB = AB ω AB , AB = 1502 + 2002 , AB = 250 mm , VB = 1000 mm / s HJG HJG HJG V VB = IB ωBHDF ⇒ ωBHDF = HJBG , IB = IA ⇒ ωBHDF = ω AB = 4 rad / s IB VD = VB = 1000 mm / s , ωBD = 4 rad / s G G G G G G b) aG = aB + aG / B , aG = aD + aG / D G JJJG G G G JJJG G G aB = α AB k ∧ AB + ω AB k ∧ VB , VB = ω AB k ∧ AB , ω AB sabit olduğundan α AB = 0 dır. JJJG G G G G G G G G G AB = 150 i + 200 j , VB = 4k ∧ (150 i + 200 j ) , VB = −800 i + 600 j G G G G G G G aB = 4k ∧ (−800 i + 600 j ) , aB = −2400 i − 3200 j G JJJG G G G G G G G G aG / B = α BHDF k ∧ BG − 4k ∧ VG / B , VG / B = −4k ∧ 150 i , VG / B = −600 j G G G G G G G G aG / B = α BHDF k ∧ 150 i − 4k ∧ −600 j , aG / B = −2400 i + 150 α BHDF j G JJJG G G G G G G G G G G aD = α ED k ∧ ED + 4k ∧ VD , VD = 4k ∧ (−150 i + 200 j ) , VD = −800 i − 600 j G G G G G G G aD = α ED k ∧ (−150 i + 200 j ) + 4k ∧ (−800 i − 600 j ) G G G aD = (−200 α ED + 2400) i + (−150 α ED − 3200 ) j JJJG G JJJG G G G JJJG G G G aG / D = α BHDF k ∧ DG − 4k ∧ VG / D , VG / D = −4k ∧ DG , DG = −150 i G G G G G VG / D = −4k ∧ −150 i , VG / D = 600 j 180 G G G G G G G G aG / D = α BHDF k ∧ (−150 )i − 4k ∧ 600 j , aG / D = 2400 i − 150α BHDF j G G G G G aG = (−2400 i − 3200 j ) + (−2400 i + 150 α BHDF j ) = G G G G [(−200 α ED + 2400) i + (−150 α ED − 3200 ) j ] + (2400 i − 150α BHDF j ) G G G aG = −4800 i + (150 α BHDF − 3200) j = ⇒ G G (4800 − 200 α ED ) i + (−150 α ED − 3200 − 150α BHDF j ) 4800 − 200 α ED = −4800 −150 α ED − 3200 − 150α BHDF = 150 α BHDF − 3200 ⇒ α ED = 48 rad / s 2 α BHDF = 24 rad / s 2 G G G c) aG = −4800 i + (150 α BHDF − 3200) j G G G aG = −4800 i + 400 j , aG = 4816, 6 mm / s 2 , aG = 4,8 m / s 2 181 Problem 13 ) 12 kg kütleli AB çubuğunun uçları şekildeki kanallar doğrultusunda hareket etmektedir. Düşey kanalda hareket eden A ucuna katsayısı k = 120 N/m olan bir yay bağlıdır. Bu yay θ = 0 da doğal uzunluğundadır. Eğer çubuk θ = 0 da ilk hızsız harekete bırakılırsa θ = 300 de A ucunun hızını bulunuz. B θ A 750 mm Çözüm: VA B θ G A ω AB I VB τ 1→2 + T1 = T2 0, 75 1 2 sin θ − k ( Δy ) , Δy = 750sin θ 2 2 1 1 1 T1 = 0 , T2 = mVG2 + I G ω 2 , I G = m ∗ 0, 752 2 2 12 HJG HJG 0, 75 VG = ω IG , IG = , VG = 0,375 ω m / s 2 1 0, 752 2 1 1 12 ∗ 0, 752 ω 2 , T2 = 2 ∗ 0, 752 ω 2 T2 = 12 ω + 2 4 2 12 τ 1→2 = m g τ 1→2 0, 75 1 1 1⎞ ⎛ = 12 g − 120 ⎜ 0, 75 ⎟ 2 2 2 2⎠ ⎝ 2 , τ 1→2 = 3 g ∗ 0, 75 − 15 ∗ 0, 752 τ 1→2 = 13, 635 kgm , τ 1→2 = 13, 635 = 2 ∗ 0, 752 ω 2 ⇒ ω = 12,12 , ω = 3, 481 rad / s HJG HJG HJG 3 3 VA = IA ω , IA = 0, 75 ∗ cos θ , IA = 0, 75 ∗ , VA = 0, 75 ∗ ∗ 12,12 2 2 VA = 2, 26 m / s 182
