58/71 Kuvvet iletim oranı grafiği ile ilgili özellikler: 0 = ω ω ise ya ω

Kuvvet iletim oranı grafiği ile ilgili özellikler:
¾
¾
¾
¾
¾
ω
= 0 ise ya ω=0 ya da ωn=∞ dur. ω=0 olması uygulanan kuvvetin sabit genlikli
ωn
olduğunu gösterir. Hız sıfır olduğunda sönümleyici kuvveti sıfır olur ve kuvvet yay
k
üzerinden zemine iletilir. ω n =
=∞ durumu ya yay direngenliğinin sonsuz ya da
m
kütle değerinin 0 olması halidir. Bu durumda bağlantı rijit olduğundan kuvvet direkt
olarak iletilir. uygulanan kuvvet direkt olarak yapıya iletilir.
ω
= 2 özel bir frekans oranı olup bu durumda sönüm oranı ne olursa olsun iletim
ωn
oranı 1 olmaktadır.
ω
< 2 ise T>1’dir. Bu frekans bölgesinde ζ artar ise T kuvvet iletim oranı azalır.
ωn
Bu bölgede ω’nın değeri küçük olduğu için harmonik hareket sırasında ortaya çıkan
hızlar düşüktür. Bu nedenle sönümleyicinin ilettiği kuvvet yayın ilettiği kuvvete göre
daha düşüktür.
ω
> 2 ise T<1 olur. Bu frekans bölgesinde iletim oranının azaltılması için ζ’nin
ωn
mümkün olduğunca azaltılması gereklidir. Bu bölgede ω büyük olduğundan hızlar da
büyüktür. Dolayısı ile iletim ağırlıklı olarak sönümleyici üzerinden olur.
ω
⇒ ∞ T sıfıra yaklaşır. Bu durum ya ω=∞, ya da ωn=0 ile sağlanabilir. Geçek
ωn
mühendislik sistemleri için zorlama frekansı belli değerlere kadar büyültülebilir.
k
ωn =
‘nin sıfıra yaklaşması için ya k değeri sıfıra yaklaşmalı ya da kütle değeri
m
sonsuza gitmelidir. K değerinin sıfıra yaklaşması kütle ile zemin arasındaki bağın
zayıflaması şeklinde yorumlanabilir, m değerinin sonsuza gitmesi durumunda da
kütlenin eylemsizliği sonsuza gittiğinden kuvvet zemine iletilemeyecektir.
Kaynaklar: Theory of Vibrations-W.T.Thomson, Elements of Vibration Analysis-L. Meirovitch, Vibrations of Continuous SystemsS. Rao, Fundamentals of Mechanical Vibrations-S.G. Kelly, Vibration Problems in Engineerin-W.Weaver, S.P. Timoshenko,
D.H. Young, Engineering Vibrations-D.J. Inman, Mühendislik Sistemlerinin Modellenmesi ve Dinamiği-Yücel Ercan, Dynamics
and Vibration-M.A.Wahab.
58/71
Kütle Dengesizliğinden Kaynaklanan Kuvvetlerin Zemine İletimi:
Harmonik bir kuvvet zorlaması durumu için zemine iletilen kuvvet ifadesi
FTR = kX 1 + (2ζr ) formülü ile ifade edilmişti.
2
Kütle dengesizliğinden kaynaklanan kuvvetler ile zorlanan tek serbestlik dereceli bir sistem
için kütleye ait yer değiştirme genliği X
X=
mde 2
r
m
(2ζr )
2
(
+ 1− r
)
2 2
idi.
Bu yer değiştirme genliği yukarıda verilen zemine iletilen kuvvet ifadesinde yerine konur ise
FTR =
k
mde 2
2
2
r 1 + (2ζr )
ω 2n m d e r 2 1 + (2ζr )
FTR
m
=
Î
=
2
2
2
2 2
2 2
m
e
ω
d
n
(2ζr ) + 1 − r
(2ζr ) + 1 − r
(
)
(
)
r 2 1 + (2ζr )
2
(2ζr )2 + (1 − r 2 )2
Kütle dengesizliğinden kaynaklanan kuvvetlerin zemine iletilmesi, frekans oranı ve sönüm
oranına bağlı olarak aşağıdaki şekilde değişmektedir.
6
5
Artan sönüm
Artan sönüm
4
FTR
m d eω2n
3
2
1
0
2
0
0.5
1
1.5
2
r
59/71
2.5
3
3.5
4
Şekilden görüldüğü gibi, r< 2 durumunda zemine iletilen kuvvet sönüm oranı arttıkça
azalmakta, r > 2 için kütle dengesiliği kaynaklı kuvvetlerin zemine iletilme oranı sönüm
oranı arttıkça yüksek oranda artmaktadır.
Harmonik Zemin Zorlaması:
Mühendislik sistemleri farklı formlardaki zemin zorlamalarına maruzdurlar. Bir araç için
yoldan gelen uyarılar, deprem kaynaklı zemin uyarıları zemin zorlamalarına verilen tipik
örneklerdir. Bu bölümde harmonik formdaki bir zemin zorlaması ile tek serbestlik dereceli bir
sistemin yer değiştirme cevabı arasındaki ilişki incelenmiştir.
x(t)
1
mx& 2
2
1
E 2 = k (x − y )2
2
E1 =
m
k
c
y
y ( t ) = Y sin ωt
δW = −c (x& − y& ) δ(x − y )
t
Zemin
m&x& + c(x& − y& ) + k (x − y ) = 0 Î m&x& + cx& + kx = ky + cy&
m&x& + cx& + kx = kY sin ωt + cωY cos ωt
⎛
⎛ cω ⎞ ⎞
⎛
2
2
−1 cω ⎞
m&x& + cx& + kx = Y k 2 + (cω)2 sin ⎜⎜ ω t − tan −1 ⎜ −
⎟ ⎟⎟ = Y k + (cω) sin ⎜ ω t + tan
⎟
k ⎠
⎝ k ⎠⎠
⎝
⎝
Hareket denklemi girdi formu incelendiğinde, zemin zorlamalı tek serbestlik dereceli bir
sistemin, kütle üzerine etki eden Y k 2 + (cω)2 genliğine sahip harmonik formdaki bir
zorlamaya maruz sistem ile aynı hareket denklemine sahip olduğu görülebilir. Diğer taraftan
hareket denkleminin ilk formu düşünüldüğünde sönüm oranı ve sistemin sönümsüz doğal
frekansı cinsinden denklem
c
k
k
c
&x& + x& + x = Y sin ωt + ωY cos ωt
m
m
m
m
2
2
&x& + 2ζω n + ω n x = ω n Y sin ωt + 2ζω n ωY cos ωt
şeklinde yazılabilir. Bu denklem tek serbestlik dereceli bir sistemin iki farklı harmonik
zorlamanın toplamına maruz kalması durumunu yansıtmaktadır. İncelenen sistemin lineer bir
sistem olduğu dikkate alınarak, iki farklı harmonik zorlama toplamına verilen cevabın iki
farklı zorlamaya verilecek cevapların toplamı olduğu bilgisi kullanılarak,
x ö ( t ) = x1ö ( t ) + x ö2 ( t )
60/71
x 1ö ( t ) =
ϕ = tan −1
ω 2n Y
(
ω 2n
−ω
2ζω n ω
ω 2n
−ω
x ö (t ) = ωn Y
(
)
2 2
2
ω 2n
+ (2ζω n ω)
= tan −1
2
sin (ωt − ϕ) , x ö2 ( t ) =
2ζr
−ω
)
−ω
)
2 2
+ (2ζω n ω)
2
cos(ωt − ϕ)
X
1− r2
ω 2n + (2ζω)2
2 2
(
ω 2n
2ζω n ωY
+ (2ζω n ω)
2
sin (ωt − θ) = Y
1 + (2ζr )2
(1 − r )
2 2
+ (2ζr )
2
sin (ωt − θ)
⎛
⎞
2ζr 3
⎟
θ = tan −1 ⎜
⎜ 1 + 4ζ 2 − 1 r 2 ⎟
⎝
⎠
(
X
=
Y
)
1 + (2ζr )2
(1 − r )
2 2
+ (2ζr )
(Hareket iletim oranı)
2
Hareket iletim oranı ile Kuvvet iletim oranı ifadelerinin aynı olduğu görülebilir. Hareket
iletim oranının frekans oranı ve sönüm oranına bağlı değişimi aynen Kuvvet iletim oranı için
bahsedilen şekildedir.
5
4.5
4
3.5
FTR/F
3
X 2.5
Y
Artan Sönüm
2
1.5
Artan Sönüm
1
0.5
0
2
0
0.5
1
1.5
2
2.5
r
61/71
3
3.5
4
4.5
5
Harmonik formdaki zemin yer değiştirmesi dolayısı ile ile m kütlesine etki eden kuvvet
frekans oranı ve sönüm oranına bağlı olarak aşağıdaki şekilde değişmektedir.
6
5
Artan sönüm
FT/kY
4
Artan sönüm
3
2
1
0
2
0
0.5
1
1.5
2
r
2.5
3
3.5
4
Bu değişim kütle dengesiliği kaynaklı kuvvetlerin zemine iletilmesi ile aynı formdadır.
Şekilden görüldüğü gibi, r > 2 için harmonik yer değiştirme dolayısı ile kütleye uygulanan
kuvvet sönüm oranı arttıkça yüksek oranda artmaktadır. Eğrinin sıfırdan başlaması düşük
frekans değerleri için yer değiştirme ve hız genlikleri arasında fark olmamasından
kaynaklanmaktadır [ FT = k ( x − y) + c( x& − y& ) ]
Örnek: Şekilde görülen bir araç modeli sinüs formuna sahip bir yolda ilerlemektedir. Sinüs
formundaki yol için genlik değeri (0-max) 4 cm ve yol profili için dalga boyu 6 m olarak
verilmektedir. Araç titreşim genliğini hesaplayınız.
x(t)
m
k
m=1100 kg
k=500 kN/m
ζ=0.4
varaç=100 km/h
Y=0.04 m
λ=6 m
c
y ( t ) = Y sin ωt
Y
6m
62/71
v araç =
v araç
v araç 27.77
100
= 27.77 m / sn , λ =
Îf =
=
= 4.629 Hz
f
3.6
λ
6
ω = 2π2.629 = 29.09 rad / sn
ωn =
X
=
Y
ω 29.09
k
500000
=
= 21.32 rad / sn , r =
=
= 1.364
ω n 21.32
m
1100
1 + (2ζr )
2
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
2
Î X = 0.04
1 + 4 * 0.4 2 *1.364 2
(1 − 1.364 )
2 2
+ 4 * 0.4 2 *1.364 2
=0.0425 m
TEK SERBESTLİK DERECELİ SİSTEMLERİN PERİYODİK ZORLAMALAR
CEVABI
Mekanik sistemler üzerine etki eden dış zorlamalar sıklıkla zaman içerisinde düzgün tekrarlı
(periyodik) formdadır. Periyodik bir fonksiyon
f(t)
T
f(t)
t
m
x(t)
k
c
Daha önce de kısaca bahsedildiği gibi periyodik bir fonksiyon f(t) Fourier seri açılımı
kullanılarak saf harmonik sinyallerin toplamları şeklinde ifade edilebilir. Periyodik bir f(t)
2π
olmak üzere
fonksiyonun tekrarlama periyodu T ve temel frekans değeri ω =
T
∞
a
f ( t ) = 0 + ∑ a n cos n ω t + b n sin ω n t
şeklinde ifade edilebilir.
2 n =1
Burada f(t) fonksiyonunu oluşturan katsayılar
63/71
T
2
a 0 = ∫ f ( t ) dt
T0
T
2
a n = ∫ f ( t ) cos (n ωt ) dt , n=1,2,3…
T0
T
2
b n = ∫ f ( t ) sin (n ωt ) dt , n=1,2,3…
T0
şeklinde tanımlanır.
Daha önceki bölümlerde, tek serbestlik dereceli sönümlü bir sistemin
zorlamasına verdiği cevap konusuna değinilmiş idi.
f ( t ) = F sin ωt şeklindeki bir zorlama için cevap x ( t ) =
şeklinde elde edilmişti. Burada ϕ = tan − 1
Burada H =
x(t) =
1
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
2
F
k
harmonik kuvvet
1
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
2
sin (ωt − ϕ)
2ζr
idi.
1− r2
büyütme faktörü tanımlaması yapılır ise
F
F
H sin (ωt − ϕ) , veya girdi f ( t ) = F cos ωt formunda ise x ( t ) = H cos (ωt − ϕ)
k
k
yazılabilir. Sistemin, periyodik zorlama kuvvetinin seri açılımındaki her bir harmonik
zorlamaya cevabı yukarıdaki şekilde hesaplanır ise, lineer sistemler için periyodik girdiye
toplam cevabın da bu cevapların toplamı olacağını söylemek mümkündür. Lineer sistemlerde
süperpozisyon prensibi geçerlidir.
Periyodik bir zorlamaya maruz tek serbestlik dereceli bir lineer sistemin düzgün rejim cevabı
aşağıdaki şekilde yazılabilir.
x ss ( t ) =
1 a0 1 ∞
+ ∑ H n [a n cos(nωt − ϕ n ) + b n sin (n ωt − ϕ n )] dir.
2 k k n =1
Burada
Hn =
Temel frekans
1
(1 − r ) + (2ζr )
2 2
n
n
2
, rn =
⎛ 2ζrn
nω
, ϕ n = tan −1 ⎜⎜
2
ωn
⎝ 1 − rn
Doğal frekans
64/71
⎞
⎟⎟ dir.
⎠
Örnek:
Şekilde verilen periyodik zorlamaın Fourier açılımını elde edelim.
f(t) [N]
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
t (sn)
-10
T=2 sn ω =
⎧ 10 0 < t < 2
f (t) = ⎨
⎩− 10 2 < t < 4
2π π
= rad/sn.
4
2
[
]
a0 =
T
2
4
⎤ 1
2
2⎡
1
2
4
f
(
t
)
=
10
dt
+
− 10 dt ⎥ = 10t 0 − 10 t 2 = [20 − 0 − 40 + 20] = 0
⎢∫
∫
∫
T0
4 ⎣0
2
2
⎦ 2
an =
2⎡
⎢
T⎣
an =
T/2
∫
0
10 cos n
T
4
⎤
⎤ 1 ⎡2
π
π
π
π
t dt − ∫ 10 cos n t dt ⎥ = ⎢ ∫ 10 cos n t dt − ∫ 10 cos n t dt ⎥
2
2
2
2
T/2
2
⎦ 2 ⎣0
⎦
2
4
1 ⎡ 2 *10
π
2 *10
π ⎤ 1 ⎡ 20
20
(sin 2πn − sin πn )⎤⎥ =0
−
sin
n
t
sin
n
t
⎢
⎥ = ⎢ (sin nπ − sin 0) −
nπ
2 2 ⎥⎦ 2 ⎣ nπ
nπ
2 ⎢⎣ nπ
2 0
⎦
an=0 (Tek fonkiyonlarda an=0’dır)
2⎡
bn = ⎢
T⎣
bn =
T/2
∫
0
T
4
⎤
⎤ 1 ⎡2
π
π
π
π
10 sin n t dt − ∫ 10 sin n t dt ⎥ = ⎢ ∫ 10 sin n t dt − ∫ 10 sin n t dt ⎥
2
2
2
2
T/2
2
⎦ 2 ⎣0
⎦
π
1 ⎡ 2 *10
cos n t
⎢−
2 ⎣⎢ nπ
2
2
+
0
4
2 *10
π ⎤ 1 ⎡ 20
(cos nπ − cos 0) + 20 (cos n 2π − cos nπ)⎤⎥
cos n t ⎥ = ⎢−
nπ
2 2 ⎦⎥ 2 ⎣ nπ
nπ
⎦
bn =
10
[(1 − cos nπ) + (cos n 2π − cos nπ)] = 10 [1 − 2 cos nπ + cos 2nπ] = 10 [2 * (1 − cos nπ)] = 20 (1 − cos nπ)
nπ
nπ
nπ
nπ
bn =
20
(1 − cos nπ) (Tek fonkiyonlarda bn≠0’dır)
nπ
Bu durumda zorlama fonksiyonu
65/71
f (t) =
20 ∞ 1
(1 − cos nπ)sin n π t şeklindedir.
∑
2
π n =1 n
n=2 ve katları için f(t)=0 dır. Dolayısı ile f(t) tek ne değerleri için hesaplanır.
20
n=1
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5,7
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5,7,9
0
-20
20
0
1
2
3
4
5
6
7
8
n=1,3,5,7,9
11,13,15,17,19
0
-20
0
1
2
3
4
5
Şekil. f(t) fonksiyonu Fourier açılımı.
.
66/71
6
7
8
Örnek:
F(t) [N]
F(t)
m
k
50
x(t)
c
m=20 kg
c=100 Ns/m
k=10000 N/m
t [sn]
2
Fourier Serisi:
F( t ) =
4
⎧25 t
F( t ) = ⎨
⎩ (100 − 25 t )
T=4 sn
ωT=2π Î ω=0.5π (rad/sn)
8
6
0≤t≤2
2≤t≤4
a0 ∞
+ ∑ (a n cos(n ω t ) + b n sin( n ω t ))
2 n =1
T
2
4
⎤
2
2⎡
a 0 = ∫ Ft dt = ⎢ ∫ 25 t dt + ∫ (100 − 25 t ) dt ⎥ = 50
T0
4 ⎢⎣ 0
⎥⎦
2
0
T
2
4
⎤
2
2⎡
⎛ cos (n π ) − 1 ⎞
a n = ∫ Ft cos (n 0.5 π t ) dt = ⎢ ∫ 25 t cos (n 0.5 π t ) dt + ∫ (100 − 25 t ) cos (n 0.5 π t ) dt ⎥ = 100 ⎜
⎟
T0
4 ⎢⎣ 0
⎠ -5
⎝ n 2π2
⎥⎦
2
T
2
4
⎤
2
2⎡
b n = ∫ Ft sin (n 0.5 π t ) dt = ⎢ ∫ 25 t sin (n 0.5 π t ) dt + ∫ (100 − 25 t ) sin (n 0.5 π t ) dt ⎥ = 0
-10
T0
4 ⎢⎣ 0
⎥⎦
2
Frekansa Bagli Fourier Katsayisi Degeri (an)
a4
a2
a3
50 100 ∞ 1
+
∑ [cos (n π) − 1] cos (n 0.5 π t )
2 π 2 n =1 n 2
-15
-20
-25
67/71
a7
a8
a9
a10
ω1=0.5π, a1=-20.2642
ω3=1.5 π, a3=-2.2516
ω5=2.5 π, a5=-0.8106
ω7=3.5 π, a7=-0.4136
ω9=4.5 π, a9=-0.2502
an
F( t ) =
a6
a5
a1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
w (rad/sn)
10 11 12 13 14 15
16
50 100 ∞ 1
F( t ) =
+ 2 ∑ 2 [cos (n π ) − 1] cos (n 0.5 π t )
2 π n =1 n
26
a0
25
0
24
-50
1
a2*cos(2*ω*t)
1
1
1
6
8
10
12
14
16
18
20
5
1
a1*cos(1*ω*t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a3*cos(3*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-5
20
1
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a5*cos(5*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-1
20
0.5
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a7*cos(7*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-0.5
20
0.5
0
-1
a10*cos(10*ω*t)
4
0
-1
a8*cos(8*ω*t)
2
0
-1
a6*cos(6*ω*t)
0
0
-1
a4*cos(4*ω*t)
50
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
a9*cos(9*ω*t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
-0.5
20
50
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
F(t)
0
-1
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
68/71
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Hi =
(1 − r )
1
2 2
i
2
⎛ 2 ξ ri ⎞
⎟
, ϕ = tan −1 ⎜
⎜1− r 2 ⎟
i ⎠
⎝
x1(t)
x0(t)
x(t ) =
+ (2 ξ ri )
H1=1.0048, φ1=0.0158 rad
H3=1.0452, φ3=0.0493 rad
H5=1.1362, φ5=0.0894 rad
H7=1.3053, φ7=0.1440 rad
H9=1.6215, φ9=0.2313 rad
x3(t)
x5(t)
x7(t)
x9(t)
2.2516 H 3
0.8106 H 5
0.4136 H 7
0.2502 H 9
a 0 20.2642 H1
cos (1.5 π t − ϕ3 ) −
cos (2.5 π t − ϕ5 ) −
cos (3.5 π t − ϕ 7 ) −
cos (4.5 π t − ϕ9 )
−
cos (0.5π t − ϕ1 ) −
2k
k
k
k
k
k
50
4
F(t)
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
0
20
5
x1(t)
x3(t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
x7(t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
5
x(t)
0
-0.05
6
0
-0.1
0.05
x9(t)
4
0.1
0
-0.1
2
0
-0.5
0.1
x5(t)
0
0.5
0
-5
2
x0(t)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
69/71
0
ÖDEV:
Şekilde verilen tek serbestlik dereceli sistemin verilen periyodik girdilere cevabını bulunuz.
f(t)
m
x(t)
k
(a)
c
m=30 kg
k=5000 N/m
c=40 Ns/m
f(t) [N]
200
(b)
π
2π
3π
4π
2
4
6
8
t (sn)
f(t) [N]
200
Hesaplamalarda
n=20’ye kadar dikkate alınız. Fourier katsayılarının frekansa göre
değişimini, zorlama fonksyonunu ve cevabı grafikler halinde gösteriniz. Ödevinizde tüm
hesaplamaları veriniz. Ödevinizi Office Word 2003 formatında hazırlayıp, pdf dosya ve çıktı
olarak teslim ediniz.
70/71
Zorlama Fonksiyonunun Örnekleri Mevcut İse:
Bazı durumlarda zorlama fonksiyonunun kapalı formu yerine örneklenmiş hali mevcut
olabilir. Bu durumda Fourier dönüşümü aşağıdaki şekilde hesaplanabilir.
f(t)
f2
f3
f1
Δt
t1
t2
t3
t (sn)
tN
τ=N*Δt
a0 =
2πnt i
2πnt i
2 N
2 N
2 N
f
,
=
=
a
x
cos
,
b
x i sin
∑
∑
∑
n
i
n
i
N i =1
τ
τ
N i =1
N i =1
71/71
n=1,2,3…