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