fİz 217 tİtreŞİm ve dalgalar -...
TRANSCRIPT
FİZ 217TİTREŞİM ve DALGALAR
Hazırlayanlar:
Dr. Mustafa POLATDr. Leyla TATAR YILDIRIM
2018
YARARLANILAN KAYNAKLAR:
Prof. Dr. Hüseyin ÇELİK, FİZ 217 Titreşim ve Dalgalar ders notları. http://yunus.hacettepe.edu.tr/~hucelik/fiz217/
French, A.P. (1971). ‘‘Vibrations and Waves’’. The M.I.T.Introductory Physics Series, W.W. Norton & CompanyInc., New York.
King, G.C. (2009). ‘‘Vibrations and Waves’’. ManchesterPhysics Series, John Wileys and Sons Ltd., Hoboken,United States.
Pain, H.J. And Rankin, P. (2015). ‘‘Introduction toVibrations and Waves’’. John Wileys and Sons Ltd.,Hoboken, New Jersey.
TİTREŞİM VE DALGALAR
Basit harmonik harekette uzanımın zamanla değişimi basitbir sinüs eğrisidir. Bu nedenle basit harmonik hareketesinüzoidal hareket denir.
Belirli aralıklarla tekrarlanan harekete periyodik hareket denir.
Bir eksen boyunca, sabit bir nokta etrafında periyodikhareket yapan cismin hareketine titreşim hareketi denir.
Genellikle sinüs veya cosinüs fonksiyonları ile ifade edilenperiyodik hareketlere harmonik hareket denir.
Böyle hareket yapan bir parçacığın hiç bir kuvvetinetkisinde kalmadığı konuma denge konumu ve herhangi birandaki konumunun denge konumuna olan uzaklığınauzanım denir.
Parçacığı denge konumuna geri getirmeye çalışan kuvvet,uzanımla orantılı ise bu titreşim hareketine basit harmonikhareket (BHH) denir.
Maksimum uzanıma genlik denir.
Periyodik Hareketler:
1
Titreşim, bir denge noktası etrafındaki mekanik salınımdır.
Bir ortamın veya uzamış ya da yayılmış bircismin tüm noktalarının kendi denge konumlarıçevresinde yaptıkları titreşim hareketlerinintopluca görünümüne dalga hareketi denir.
Bu salınımlar, kütle-yay sistemi veya bir sarkacın hareketi gibi periyodik olabileceğigibi rastgele de olabilir.
Başka bir tanımla dalga, bir ortamın (katı, sıvı,gaz hatta plazma olabilir) maruz kaldığı etkiyiiletmesidir.
2
Düzgün Dairesel Hareket Konik Sarkaç Fiziksel Sarkaç
Çekirdek etrafında elektronunyörüngesel hareketi Elektronun spin hareketi
Periyodik Bazı Hareketlere Örnekler:
N
S
�⃗�𝜇
𝑆𝑆
e
N
S
�⃗�𝜇
𝑆𝑆e
1.1. PERİYODİK HAREKET • Bütün titreşen cisimler aynı hareketi belirli zaman
aralıklarında defalarca yaparlar. Böyle hareketlereperiyodik hareketler denir.
• Uzamayan ve kütlesi ihmal edilebilen bir ipin ucuna asılmışbir kürecikten oluşan düzeneğe basit sarkaç denir. Şekildekibasit sarkaç bir yönde çekilip bırakılırsa, ileri ve gerihareket yaparak titreşir.
• Titreşimin periyodu (T), hareketin bir tam salınımı içingeçen zamandır. Şekildeki sarkacın periyodu, A’ dan C ’ yeve tekrar A ’ ya dönmesi için geçen süredir.
AB
C
BÖLÜM 1
• Periyot ile frekans arasındaki ilişki f = 1/T bağıntısı ile verlir ve bütün periyodikhareketler için geçerlidir.
• Titreşimin frekansı, birim zamanda sistem tarafından tamamlanan titreşimdevirlerinin sayısıdır. Genellikle f sembolü ile gösterilir ve saniyedeki devir sayısıolarak ifade edilir. SI sistemindeki birimi hertz (Hz = s−1)’ dir.
1
Kuvvet sabiti k olan bir yaya bağlı, sürtünmesizyatay bir düzlemde serbestçe hareket eden ve kütlesim olan bir cisim, basit harmonik harekete bir örnekoluşturur.
1.2. BASİT HARMONİK HAREKET (BHH)
Bir denge konumu etrafında salınım hareketi yapan, denge noktasından olan uzaklıkladoğru orantılı ve daima denge noktasına doğru yönelmiş geri çağırıcı bir kuvvetinetkisinde olan maddesel bir noktanın hareketine basit harmonik hareket (BHH) denir.
F kx= −
Bu tanıma göre blok-yay sistemi için geri çağırıcıkuvvet, x denge noktasından olan uzaklık olmaküzere, aşağıdaki gibi yazılır:
2
Düzgün dairesel hareket yapan bir parçacığın, yörünge düzlemindeki bir doğruüzerindeki izdüşümünün hareketi de basit harmonik harekettir.
Düzgün dairesel hareket yapan bir parçacığın bulunduğu P noktasının herhangi bir anday-ekseni üzerindeki izdüşümünün denge noktasına uzaklığı, y = Asinθ ile verilir. ωparçacığın açısal frekansı olmak üzere, θ = ωt olduğundan, parçacığın y-ekseniüzerindeki izdüşümünün konumu, çizgisel hızı ve çizgisel ivmesi:
3
Düzgün Dairesel Hareket → BHH ilişkisi
( )
( )
y(t)= Asin ωtdyv(t)= = A cos ωtdt
ω
( )2 2dva(t)= = A sin ωt y(t)dt
ω ω− = −
Dönme Vektörü ile Basit Harmonik Hareketin (BHH) Tanımlanması:
Büyüklüğü A olan OP vektörünün O noktası etrafındasabit bir ω açısal hızı ile döndüğünü varsayalım. OPvektörünün +x-ekseni ile yaptığı açıyı θ = ωt olarakaçısal hıza bağlı yazabiliriz. Bu durumda OP vektörününx-ekseni ve y-ekseni üzerindeki izdüşümleri için,sırasıyla,
ifadelerini yazabiliriz. Her iki durumda da, eksenler üzerindeki izdüşümler –A ile +Aarasında basit harmonik hareket yaparlar. A niceliğine hareketin genliği denir.
( )( )
x(t)= Acos ωt
y(t)= Asin ωt
4
Düzgün Dairesel Hareketin Polar Koordinatlarda Analizi:
Orijinden parçacığın bulunduğu noktaya giden yer vektörünün(OP vektörü) boyunu r ve x-ekseninin pozitif tarafı ile yaptığıaçıyı θ ile gösterelim. Bu durumda P noktasının yerini P( r, θ )polar koordinatlarıyla belirleyebiliriz.
Dik koordinatlar ile polar koordinatlar arasındaki ilişki:
Bu ifadeyi başka bir şekilde yazabiliriz:
Bu eşitlik aslında z = a + ib şeklinde yazılan kompleks niceliğine denktir.
( ) ( )( ) ( )
ve ˆ ˆ ˆ ˆ
x = rcos y = rsin
r xi yj rcos i rsin j
θ θ
θ θ= + = +
: :
r = x+iyx x - ekseni üzerindeki izdüşümiy y - ekseni üzerindeki izdüşüm x
iyreel
imajiner
θ
5
a ve b nicelikleri reel sayılar olmak üzere,
Çağdaş mühendislik alanında yer alan
• titreşim hareketleri, • harmonik salınımlar, • sönümlü titreşimler,• değişken akımlar,• dalga olayları
gibi konuların incelenmesinde uygun bir matematik dilidir.
KOMPLEKS SAYILAR:
z = a+ibşeklinde tanımlanan z niceliği kompleks (karmaşık) bir sayıdır. a
ibreel
imajiner
θ
6
• ib niceliğini oluşturmak için, x-ekseni boyunca b kadarlık bir mesafeilerlenir ve sonra y-ekseni boyunca b uzunluğunda bir yer değiştirmeolması için 90° döndürülür.
• i2b niceliğini oluşturmak için, önce ib oluşturulur ve ona 90°’ lik birdönme daha uygulanır. i2b = i (ib) = – b
• Arka arkaya 90°’ lik iki dönme pozitif x-ekseni boyunca b yerdeğiştirmesini, negatif x-ekseni boyunca –b yer değiştirmesinedönüştürmektedir.
b
ibπ/2
i2b
ibπ/2
a
ibreel
imajiner
θ
7
Geometrik olarak şekilde görüldüğü gibi,
Buradan cebirsel bir eşitlik elde ederiz:
Bir kompleks sayı ile bir vektörü bu şekilde temsil ederek, BHH’ i analiz etmekiçin fiziksel olarak uygun bir yönteme sahip olmuş olduk. Bu yöntemle birtitreşim hareketi probleminin çözümünden, a ve b değerleri reel olan, z = a + ibşeklinde bir sonuç elde edilir. a istenen nicelik olup b ise ihmal edilebilir.
2 1 1i = i =− ⇒ −
( ) btan =a
θ
olacak şekilde x-ekseni ile θ açısı yapan eksen boyunca bir yer değiştirme sözkonusudur.
a
ibreel
imajiner
θ
8
KOMPLEKS ÜSTEL FONKSİYON VEBU FONKSİYON İLE BASİT HARMONİK HAREKETİN TANIMLANMASI
Titreşimlerin analizinde, periyodik yer değiştirme ve bu yer değiştirmeninzamana göre birinci türevi olan hız ve ikinci türevi olan ivme ile ilgileneceğiz.Hareketi tanımlayan yer değiştirme, hız ve ivme ifadeleri sinüs ve kosinüs’ lüterimler içerir.
Bir f (x) fonksiyonunun x = a noktasında Taylor serisine açılımı,
Kompleks üstel fonksiyonu tanımlamak ve ele almak titreşim problemlerinikolaylaştırması bakımından önemlidir.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3( ) ( )( )2! 3!
f a f af x = f a x a f a x a x a′′ ′′′
′+ − + − + − + ⋅⋅⋅
şeklinde tanımlanır. a = 0 durumunda bu seri, sıfır noktasında Maclaurinserisi olarak adlandırılır.
9
biçiminde yazılabilir. Bu iki fonksiyon kullanılarak,
ifadesi elde edilir. Bu eşitliğin sağ tarafı 𝑒𝑒𝑖𝑖𝑖𝑖’ nın seri açılımıdır.
Sinüs ve Cosinüs fonksiyonlarının θ = 0 civarındaki seri açılımları, sırasıyla,
( )
( )
3 5
2 43! 5!
12! 4!
sin =
cos =
θ θθ θ
θ θθ
− + + ⋅⋅⋅
− + + ⋅⋅⋅
( ) ( )2 3 4 5
12! 3! 4! 5!
cos +isin = +i i iθ θ θ θθ θ θ − − + + + ⋅⋅⋅
bulunur. Bu ifade, −1 yerine i2 yazılarak tekrar düzenlenirse,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 5
12! 3! 4! 5! !
ni i i i icos +isin = +i
nθ θ θ θ θ
θ θ θ + + + + + ⋅⋅⋅+
10
Genellikle 𝑒𝑒𝑖𝑖𝑖𝑖 ile bir z kompleks sayısının çarpımı, z’ nin uzunluğunudeğiştirmeden θ açısı kadar dönmesini tanımlar. Örneğin BHH için,
( ) ( ) icos +isin = e θθ θ
olarak yazılabilir. Bu eşitlik Leonhard EULER tarafından 1748’ de elde edilmiştir veEULER eşitliği olarak bilinir.
Bu durumda eşitlik,
( ) ( ) ( ) ( ) ve x t = Acos t y t = Asin tω α ω α+ +
( ) ( )dxv t = = A sin tdt
ω ω α− +
( ) ( ) ( )2
2 22
dv d xa t = = = A cos t x tdt dt
ω ω α ω− + = −
şeklindedir.11
Diğer taraftan, x ve y’ nin x+iy şeklindeki bir toplamı ile ilgileniyorsakaşağıdaki ifadeyi yazabiliriz.
Bu ifadede x, z’ nin reel kısmını göstermektedir. Hız ve ivmeye karşılık eldeedilecek vektörler,
( ) ( ) ( )i tz = Acos t +iAsin t = Ae ω αω α ω α ++ +
( ) ( ) ( )/2 veya i t i tdz dz= A i e i z = A edt dt
ω α ω α πω ω ω+ + +=
Üç vektör arasındaki faz ilişkisinden görüldüğü gibi, her bir içarpanı, faz açısında π/2 kadarlık bir artışa karşılık gelir.
( ) ( ) ( )2 2
2 2 22 2 veya i t i td z d zA i e z A e
dt dtω α ω α πω ω ω+ + += = − =
biçimindedir.
12
Şekil 1.2. Vektörlerin reel eksen üzerindeki izdüşümleri.(a) z yer-değiştirme vektörü(b) Hız vektörü(c) İvme vektörü
( )i tz = Ae ω α+
( )/2i tdz = A edt
ω α πω + +
( )2
22
i td z A edt
ω α πω + +=
13
de MOIVRE teoremi:
iz = re θ
( ) ( ) ( )cos sinnn i n in nz = re r e r n i nθ θ θ θ= = +
( )1/ 1/ 2 2cos sin ; 0 1 2 1n n k kz = r i k = , , , , nn n
θ π θ π + + + ⋅⋅⋅ −
Kompleks bir niceliği n. kuvveti:
Kompleks bir niceliğin n. dereceden kökü:
14
KOMPLEKS SAYILARIN ÖZELLİKLERİ:
1 1 1 2 2 2 ve gibi iki komplex niceliğimiz olsun : z = x +iy z = x +iy
1 2 1 2 1 2 ve ise, x = x y = y z = z•
( ) ( )1 2 1 2 1 2 z + z = x x +i y y• + +
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 z z = x iy x iy x x y y i x y y x• + ∗ + = − + +
( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 2 22 2
2 2 2 2 2 2 2
x x y y i y x x yz x iy x iy =z x iy x iy x y
+ + −+ −• ∗ =
+ − +
{ }, nin gerçel (reel) kısmıdır ve ile gösterilir. x z' x = Re z •
{ }, nin sanal (imajinar) kısmıdır ve ile gösterilir. y z' y = Im z •
2 2 , nin mutlak değeri veya normu veya büyüklüğü olarak adlandırılır. z x y z' • = +
15
, nin kompleks eşleniği olarak adlandırılır. z x iy z' ∗• = −
, 2 2
z z z z x yi
∗ ∗+ −• = =
( )1 2 1 2 z z z z∗ ∗ ∗• + = +
( )1 2 1 2 z z z z∗ ∗ ∗• =
cos2
i ie e θ θ
θ−+
• =
sin2
i ie e i
θ θ
θ−−
• =
( )1 ; nin argumanı olarak adlandırılır.y = tan = arg z z' x
θ − •
16
Örnek-1. 𝑧𝑧1=𝑎𝑎+𝑖𝑖𝑏𝑏, 𝑧𝑧2=𝑐𝑐+𝑖𝑖𝑑𝑑 olan 𝑧𝑧=𝑧𝑧1𝑧𝑧2 ifadesi ile verilen bir z vektörünü göz önünealınız .
a) 𝑧𝑧1 ve 𝑧𝑧2’ nin büyüklükleri çarpımının 𝑧𝑧’ nin büyüklüğüne eşit olduğunugösteriniz.
b) 𝑥𝑥-ekseni ile 𝑧𝑧’ nin yapmış olduğu açının, 𝑧𝑧1ve 𝑧𝑧2’nin x-ekseni ile ayrı ayrıyapmış oldukları açıların toplamı olduğunu gösteriniz.
Çözüm-1. a) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 2 21 2 1 2 ve z = a b z = c d z z = ac ad bc bd+ + ⇒ + + +
( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
z z z = a ib c id ac bd i ad bc
ac bd abcd ad bc abcd
ac bd ad bc
= + + = − + +
= + − + + +
= + + + 1 2 1 2z z = z z
b) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 11 1 2 2
1 2
/ ve /
z = a+ib = tan b a z = c+id = tan d cad bcz z z ac bd i ad bc tan =ac bd
θ θ
θ
− −⇒ ⇒
+= = − + + ⇒
−
( 1)i = −
( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( ) ( )2 1 1 2
1 21 2 1 2
tan tan tan tantan
tan tan 1 tan tanac ac
tan =ac ac
θ θ θ θθ θ θ
θ θ θ θ+ +
= = +− −
1 2=θ θ θ+17
Örnek-2. 𝑧𝑧 = 1−𝑖𝑖 ise 𝑧𝑧10 ’ u hesaplayınız.
Çözüm-2. ( ) ( )2 2 1 11 1 2 ve 1 4
z = = tan πθ − − + − = = −
2 cos sin4 4
z = iπ π − + −
10 5 10 10 5 52 cos sin 32 cos sin4 4 2 2
z = i iπ π π π − + − = − + −
[ ]10 32 cos sin 32 0 322 2
z = i i iπ π − + − = − = −
18
Örnek-3. 𝑒𝑒𝑖𝑖𝜃𝜃 ile z gibi bir kompleks sayının çarpımının z’ nin boyunda bir değişmeolmaksızın 𝜃𝜃 kadarlık bir pozitif dönmeye karşılık geldiğini gösteriniz.
( ) ( )cos siniz = a+ib = re = r iϕ ϕ ϕ+ ( ) ( ) ( )cos sinii i ie z = e re = re r iϕ θθ θ ϕ ϕ θ ϕ θ+ = + + +
Çözüm-3.
Örnek-4. Euler eşitliğinde 𝑒𝑒𝑖𝑖𝜃𝜃 = 𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠𝜃𝜃 + 𝑖𝑖𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛𝜃𝜃 ’ dir. a) 𝑒𝑒−𝑖𝑖𝜃𝜃 ’ nın geometrik gösterimini, b) 𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠𝜃𝜃’nın üstel gösterimini, c) 𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛𝜃𝜃’nın üstel gösterimini bulunuz.
Çözüm-4. a) ( ) ( ) ( ) ( )cos sin cos sinie = i iθ θ θ θ θ− − + − = −
𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠𝜃𝜃
-𝑖𝑖𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛𝜃𝜃
𝜃𝜃( ) ( )( ) ( )
( )cos sin
cos2cos sin
i i i
i
e i e ee i
θ θ θ
θ
θ θθ
θ θ
− −= − + ⇒ == +
b)
( ) ( )( ) ( )
( )cos sin
sin2cos sin
i i i
i
e i e eie i
θ θ θ
θ
θ θθ
θ θ
− −= − − ⇒ == +
c)
( ) ( )2 2cos sinie z r rθ ϕ θ ϕ θ= + + + =
19
Örnek-5. sin(𝜃𝜃) ve cos (𝜃𝜃)’ nın üstel ifadelerini kullanarak aşağıdaki trigonometrikbağıntıların gerçekleştiğini gösteriniz.
a) cos2(𝜃𝜃) −sin2(𝜃𝜃) = cos(2𝜃𝜃)b) 2sin(𝜃𝜃)cos(𝜃𝜃) = sin(2𝜃𝜃)
Çözüm-5. a) ( )
( )( ) ( ) ( )
2 22
2 22 2
2 22
2cos 2 24 cos sin cos 242sin
4
i i
i i
i i
e ee e
e e
θ θ
θ θ
θ θ
θθ θ θ
θ
−
−
+ += + ⇒ − = =
+ − = −
b) ( ) ( ) ( )2 2
2sin cos 2 sin 22 2 2
i i i i i ie e e e e e= = =i i
θ θ θ θ θ θ
θ θ θ− − −− + −
∗
20
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 3
3
cos sin cos 3 sin 3
27 ; cos 3 cos ve sin 3 sin olmalıdır. 2 2
z = r i z = r i
r
θ θ θ θ
π πθ θ
+ ⇒ + = = =
3 ve 3 2 bulunur. 2
r = kπθ π= +
Burada k’ nın alabileceği değerler: 0, 1 ve 2 ’ dir. Bu durumda küp kökler,
33 3 32 3 cos sin = 32 2 2
k z = i iπ π πθ = ⇒ = ⇒ + − olarak hesaplanır.
Örnek-6. 27𝑖𝑖 kompleks sayısının tüm kompleks küp köklerini bulunuz.
Çözüm-6. 3 27 27 cos sin2 2
z = i = iπ π + eşitliğini sağlayan z kompleks sayılarını arıyoruz.
13 3 30 3 cos sin =
6 6 6 2 2k z = i iπ π πθ = ⇒ = ⇒ + +
25 5 5 3 3 31 3 cos sin =6 6 6 2 2
k z = i iπ π πθ = ⇒ = ⇒ + − +
21
Örnek-7. diferansiyel denkleminin 𝑦𝑦 = 𝐴𝐴𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑥𝑥) + 𝐵𝐵𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛(𝑘𝑘𝑥𝑥) şeklinde bir
çözüme sahip olduğunu gösteriniz. Burada A ve B keyfi sabitlerdir. Aynı
zamanda bu eşitliğin 𝑦𝑦 = 𝐶𝐶𝑐𝑐𝑜𝑜𝑠𝑠(𝑘𝑘𝑥𝑥+𝛼𝛼) = 𝐶𝐶𝑅𝑅𝑒𝑒[𝑒𝑒𝑖𝑖(𝑘𝑘𝑥𝑥+𝛼𝛼)] = 𝑅𝑅𝑒𝑒[𝐶𝐶𝑒𝑒𝑖𝑖𝛼𝛼𝑒𝑒𝑖𝑖𝑘𝑘𝑥𝑥] şeklinde
de yazılabileceğini gösteriniz. C ve 𝛼𝛼’ yı A ve B’ nin fonksiyonları olarak
ifade ediniz.
22
2
d y k ydx
= −
Cevap-7. ( ) ( ) ( ) ( )2
2 22cos sin cos sind yy = A kx B kx = Ak kx Bk kx
dx+ ⇒ − −
A
B2 2A B+
θ
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
cos ve sin
cos cos sin sin
A A B B A B
y = A B kx kx
θ θ
θ θ
= + = +
+ +
( )2 2 cosy = A B kx θ+ −
( ) ( ){ } { }
2 2 ve tan dersek
cos i kx i ikx
BC A BA
y = C kx CRe e Re Ce eα α
α θ
α +
= + = − = −
+ = =
y
( ) ( ) ( ) ( )2
2 2 2 22 cos sin cos sind y k y Ak kx Bk kx k A kx B kx
dx= − ⇒ − − = − +
22
BÖLÜM 2: PERİYODİK HAREKETLERİN ÜST ÜSTE GELMESİ
2.1. Çizgisel (Lineer) Diferansiyel denklemler
( )1 2
1 2 1 01 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n
n n nn n n
d y d y d y dyC t C t C t C t C t y F tdt dt dt dt
− −
− −− −+ + + ⋅⋅⋅ + + =
biçiminde tanımlanan denkleme n. mertebeden çizgisel diferansiyel denklem, bu formauymayan denklemlere ise çizgisel olmayan diferansiyel denklem denir.
• Bağımlı değişken ve türevlerinin kuvvet dereceleri 1’ dir.
• Tüm katsayılar, bağımsız değişken olan t’ ye bağlı olabildiği gibi sabit de olabilirler.
• En yüksek türev mertebesi, diferansiyel denklemin ‘‘mertebesini’’ gösterir.
Eşitliğin sağ tarafındaki F(t) fonksiyonunun sıfır olması durumunda, diferansiyeldenklem homojen çizgisel denklem adını alır ve aşağıdaki formdadır:
1 2
1 2 1 01 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0n n n
n n nn n n
d y d y d y dyC t C t C t C t C t ydt dt dt dt
− −
− −− −+ + + ⋅⋅⋅ + + =
Çizgisel diferansiyel denklemlerde;
1
Çizgisel homojen diferansiyel denklemlerin çok önemli bir özelliği vardır:
Herhangi iki çözümün toplamı da bir çözümdür.
Oysa çizgisel olmayan bir diferansiyel denklemin ayrı iki çözümünün toplamı bir
çözüm değildir.
Çözümlerinin üst üste gelmesinin yine bir çözüm olması özelliği yalnız çizgiseldenklemlere özgüdür. Böyle denklemlere uyan salınımlar üst üste gelme(süperpozisyon) ilkesine uyuyor denir.
Bir çok fiziksel durum, bir sistemde iki veya daha fazla harmonik titreşimin aynı andauygulanmasını gerektirir. Burada aşağıdaki temel kabule bağlı olarak üst üste gelmemetodlarından bir kaç özel durumu göz önüne alacağız.
TEMEL KABUL: “İki ya da daha fazla harmonik titreşimin üst üste gelmesi, tektek titreşimlerin basitçe toplamı olarak alınacaktır.”
Şu anda tartışmalarımızda bunu sadece bir matematiksel problem olarak ele alacağız.Sonuçların fiziksel uygulanabilirliğini daha sonra ele alacağız.
2
2.2. Periyodik Titreşimlerin Üst Üste Gelmesi (süperpozisyon)
Hook yasasının (F = −kx) geçerli olduğu ve sürtünmenin olmadığı kütle-yayproblemlerinde geri çağırıcı kuvvet sadece x ile orantılıdır.
formundadır ve 2. mertebeden sabit katsayılı çizgisel ve homojen bir diferansiyeldenklemdir.
2
2 0d xm kxdt
+ =
2
2 0d x dxm b kxdt dt
+ + =
ifadesine sahiptir ve yine 2. mertebeden sabit katsayılı çizgisel ve homojen birdiferansiyel denklemdir.
Bu durumda bloğun hareket denklemi,
Bloğun hareketine zıt yönde ve bloğun hızıyla orantılı bir sürtünme kuvvetinin olmasıdurumunda ise hareket denklemi, b pozitif bir sabit olmak üzere,
3
Karın Noktaları: Düğüm noktalarının tam ortasındakalan ve en hızlı hareket eden noktalara da karınnoktaları denir.
Düğüm Noktaları: Bir ipte ilerleyen dalgalar sabit bir destekten yansıdıklarında gelen veyansıyan dalgalar birbirlerinin üzerine gelirler. Bu durumda bazı noktalar hiç hareketetmez. Bu noktalara düğüm noktaları denir.
Üst Üste Binme İlkesi: Aynı anda iki veya daha fazladalga atmasının etkisi altında kalan bir noktanın yerdeğiştirmesi, bunların bireysel yer değiştirmelerininvektörel toplamına eşit olur.
4
İki BHH’ in aşağıda eşitliklerle tanımlandığını farz edelim.
2.2.1. Eşit Frekanslı Farklı Genlikli Titreşimlerin Üst Üste Gelmesi
( )( )
1 1 1
2 2 2
cos
cos
x A t
x A t
ω α
ω α
= +
= +
( ) ( )1 2 1 1 2 2cos cosx x x A t A tω α ω α= + = + + +
Burada A1 ve A2 genlikleri, α1 ve α2 faz sabitlerini ve ω açısal frekansı göstermektedir.
Toplam fonksiyonun tam olarak tanımlanabilmesi için A ve α’ nın bulunması gerekmektedir. Bu ifadeleri elde etmek için iki farklı yöntem kullanacağız.
( )cosx A tω α= +
Bunların cebirsel toplamı üst üste gelmeyi verir:
5
Geometrik yöntem ile Analiz:
Yukarıdaki toplamı elde etmek için BHH’ indönme vektörü ile tanımlanmasını kullanabiliriz.Başka bir deyişle geometriden faydalanırız. x1
ile temsil edilen BHH’ i 𝑂𝑂𝑂𝑂1vektörü ile, x2 iletemsil edilen BHH’ i 𝑂𝑂𝑂𝑂2 vektörü ile temsiledelim.
𝑂𝑂𝑂𝑂 = 𝑂𝑂𝑂𝑂1 + 𝑂𝑂𝑂𝑂2
( ) ( )
( )
2 221 2 2 1 2 2 1
2 21 2 1 2 2 1
cos sin
2 cos
A A A A
A A A A A
α α α α
α α
= + − + −
= + + −
A
( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 2 12
sin ve sin sin sinPH PH A AA A
β α α β α α= − = ⇒ = −
( ) ( )1/22 21 2 1 2 2 12 cos cosx A A A A tα α ω α = + + − +
( )( )
2 2 111 1 2 2
1 2 1 2 2 1
sinsin
2 cos
A
A A A A
α αα α β α
α α− − = + = + + + −
A2
6
𝑂𝑂𝑂𝑂1
Kompleks Üstel Fonksiyonların Toplanması Yöntemi:
𝑂𝑂𝑂𝑂1 ve 𝑂𝑂𝑂𝑂2 dönme vektörleri aşağıdaki şekilde tanımlanabilir.
( )
( )
1
2
1 1
2 2
vektörüne karşı
vektörüne karşı
i t
i t
z A e
z A e
ω α
ω α
+
+
=
=𝑂𝑂𝑂𝑂2
Bu vektörlerin toplamı bileşke vektörü verecektir,
( ) ( )1 2 1 2
1
2
1 2 1 2 1 2
1 1
2 2
terimi, kompleks vektörünün 0 ' daki değerine karşılık gelir. terimi, kompleks vektörünün 0 ' daki değerine karşılık gelir.
i t i t i ii t
i
i
z z z A e A e e A e A e
A e z tA e z t
ω α ω α α αω
α
α
+ + = + = + = + =
=
( )
1 21 2
i t i t i
i ii
z Ae e Ae
Ae A e A e
ω α ω α
α αα
+= =
= +
( ) ( ) ( ) ( )2 221 1 2 2 1 1 2 2cos cos sin sinA A A A Aα α α α= + + +
( )2 21 2 1 2 2 12 cosA A A A A α α= + + −
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 1 2 2
1 1 2 2
cos cos cos
sin sin sin
A A A
A A A
α α α
α α α
= +
= +
7
( ) ( )1/22 21 2 1 2 2 12 cos cosx A A A A tα α ω α = + + − +
2.2.2. Eşit Frekanslı Eşit Genlikli Titreşimlerin Üst Üste Gelmesi
1 2A A=
A1
ωt+α1
β
α2-α1
β
A1
A
O
P
( ) ( )1 1 1cos cos 2 cos2
A A A A δβ β = + =
2 12β α α δ= − =
( ) ( )1cos cosx A t A tω α β ω α= + + = +α
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
1 1 2 2
1 1 2 2
cos cos cos
sin sin sin
A A A
A A A
α α α
α α α
= +
= +
( ) ( )1 2 1 2sin sinA Aα α α α− = −
( )1/ sin α∗
( )1/ cos α∗ −
( )( )
2 2 111 2 2
1 2 1 2 2 1
sinsin
2 cos
A
A A A A
α αα α
α α− − = + + + −
8
İki benzer hoparlörün aynı sinyalüretecinden sinüzoidal olarak sürüldüğüve bunların ses titreşimlerinin şekildegörüldüğü gibi uzakta bir noktadakimikrofondan algılandığı durumda, buçeşit üst üste gelme elde edilebilir.
Eğer mikrofon OB çizgisi boyunca hareket ettirilirse δ faz farkı, O’ daki sıfır ilkdurumdan itibaren düzenli bir şekilde artar. Eğer ses dalgalarının dalga boyu, iki hoparlörarasındaki uzaklıktan daha kısa ise, A bileşke vektörünün genliği OB noktaları arasındabir kaç noktada sıfıra düşer ve sıfırlar arasındaki noktalarda da 2A1 genliğine sahipmaksimumlara ulaşır. (Bu gibi durumlar daha ileriki konularda ayrıntılı olarakincelenecektir).
Fizikte uygulaması:
9
ω1 ve ω2 arasında özel bir ilişki olmadıkça, bileşke yer değiştirme zamanın karmaşıkbir fonksiyonu olacaktır.
Genlikleri A1 ve A2, açısal frekansları ω1 ve ω2 olaniki titreşimin üst üste geldiği durumu düşünelim.
2.2.3. Farklı Frekanslı Titreşimlerin Üst Üste Gelmesi ve Vurular (beats)
( )( )
1 1 1
2 2 2
cos
cos
x A t
x A t
ω
ω
=
=
Bileşke vektörün OP uzunluğu, A1 ve A2 vektörlerinin toplamı ile farkı arasında birdeğere sahip olacaktır. x-eksenindeki yer değiştirmenin büyüklüğü Ox ise A1+A2 ilesıfır arasında yer alır.
10
Üst üste gelmiş hareketin periyodikliği içingerekli koşul; n1 ve n2 farklı tamsayılarolmak üzere, iki titreşimin periyotlarıarasında,
Periyotları orantılı iki sinüzoidaltitreşimin üst üste gelmesi (n1=9,T1=1/450 s, n2=2, T2=1/100 s, T=1/50 s)
Periyotları orantılı olan iki titreşimin üst üstegelmesi durumunda bileşke titreşimingörünümü önemli derecede üst üste gelentitreşimlerin birbirlerine göre fazlarına bağlıdır.
gibi bir ilişki olmalısıdır. Buradaki T, üst üstegelmiş hareketin periyodudur.
1 1 2 2n T n T T= =
11
Eğer iki BHH’ in frekansları birbirine çok yakın ise, böyle üst üste gelmeler VURU (beat) olarakadlandırılır. Vuru olayında üst üste gelmiş titreşim, üst üste gelen titreşimlerin frekanslarıortalamasına eşit bir frekansa sahip olur, hareketin genliği ise zamanla periyodik olarak değişir.
Bu eşitlik matematiksel olarak ω1 ve ω2’ nin herhangi iki değeri için yazılabilir ancak, bueşitliğin bir vuruyu temsil edebilmesi için,
Eğer eşit genlikli (A1 = A2 = A) iki BHH’ in toplamını göz önüne alırsak vuru olayını anlamak çokkolay olacaktır:
( )( )
1 1 11 2
2 2 2
cos
cos
x A tx x x
x A t
ω
ω
= ⇒ = +=
koşulunun sağlanması gerekmektedir.
( )1 2 1 2<< ω ω ω ω− +
cos cos 2cos cos2 2
A B A BA B − + + =
1 2 1 22 cos cos2 2
A t tω ω ω ω − + =
12
Bileşke titreşimin frekansı, toplamı oluşturan titreşimlerin frekanslarının ortalamasıdır:
1 2. 2ort
ω ωω +=
Bileşke titreşimin genliği de,
1 2mod. 2
ω ωω
−=
ile verilen ve adına modülasyon frekansı denilen birfrekansla değişecektir. Bu olaya genlik modülasyonu adıverilir.
1 2 1 22 cos cos2 2
x A t tω ω ω ω − + =
13
Bileşke titreşimde hızlı salınım
1 2cos2
tω ω +
terimleri tarafından temsil edilir ve şekil üzerinde,sırasıyla, düz ve kesikli çizgilerle gösterilmiştir.
Bileşke titreşimde yavaş salınım
1 2cos2
tω ω −
1 2cos2
tω ω −
fonksiyonu −1 veya +1’ e eşit olursa, bir tam vuru veya bir maksimum genlik meydanagelmiş olur. Bir saniyedeki vuru sayısı (vuru frekansı), modülasyon frekansının iki katıdır.
mod.2vuruω ω=
1 21 2 1 22 veya
2vuru vuruf f fω ω
ω ω ω −
= = − = −
Genlik değişimini belirleyen
14
Aynı sonuca, bileşke titreşimde genliğin sıfır olması için gerekli koşul kullanılarak da
ulaşılabilir:
1 2 1 2 1cos 0 ( ) ; 0 , 1 , 2 , 2 2 2nt t n nω ω ω ω π − − = ⇒ = + = ⋅⋅⋅
Ardışık iki minimum arasında geçen zaman vuru periyodu olduğundan,
( ) ( ) ( ) ( )11 2 1 2 1 2
2 1 1 1 2 1 1 (2 1)2 2n vuru n n
nt T t t n nf f f f f f+
+= ⇒ = − = + + − + = − − −
( ) 1 21 2
1 vuru vuruT f f ff f
= ⇒ = −−
sonucu elde edilir.
15
2.2.4. Aynı Frekans ve Genlikli Birçok Titreşimin Üst Üste Gelmesi
Üst üste binmiş iki titreşim için anlatılan yöntemler çoksayıda titreşimin üst üste gelmesi için genelleştirilebilir.Aynı frekans, aynı genlikli ve birbirlerini eşit fazfarkı ile takip eden çok sayıda BHH’ in üst üste gelmesi,optikte çok kaynaklı girişim etkilerinin analizinde vediğer dalga olaylarının analizinde kullanılacaktır.
Şekilde genlikleri eşit ve A0 olan, birbirini aynı faz farkı(δ) ile takip eden aynı frekanslı N tane dönmevektörünün üst üste gelmesini göstermektedir.
Titreşimlerden birincisini temsil eden 𝑂𝑂𝑂𝑂 vektörünün vebileşke titreşimi temsil eden 𝑂𝑂𝑂𝑂 vektörünün x-bileşenleri, sırasıyla, aşağıdaki ifadelere sahiptir:
( )( )
( )
( )
1 0
2 0
0
cos cos
cos....
cos ( 1)N
x A tx A t
x A t
x A t N
ωω δ
ω α
ω δ
=
= + ⇒ = += + −
16
Eşit büyüklükte N tane vektörün, düzgün bir çokgen(tamamlanmamış) oluşturmak üzere uç-uca getirildiklerinivarsayabiliriz. Böylece çokgen, C merkezli ve R yarıçaplı birçemberin parçası olarak düşünülebilir. Çokgenin köşeleri çemberüzerindedir ve her biri A0 genliğine sahip titreşimleri gösterenvektörlerin C noktasına göre yapmış olduğu açılar eşit ve δ ’ dır.Böylece, OCP toplam açısı Nδ olacaktır.
Geometrik yöntem ile Analiz:
( ) ( )( )
0 0/ 2sin / 2 2
sin / 2A AR
Rδ
δ= ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( )( )0
/ 2 sin / 2sin / 2 2 sin / 2
sin / 2A N
N A R N AR
δδ δ
δ= ⇒ = =
( )12 2 2
NNα= =δπ δ π δ −− − −
17
( ) ( )( )
( )0
sin / 2 1cos cos
sin / 2 2N N
x A t A tδ δ
ω α ωδ
− = + = +
Bileşke vektör 𝑂𝑂𝑂𝑂’ nin x-bileşeni için,
ifadesi yazılabilir. Bu ifade çok yarıkta girişim (girişim ızgarası) olayını analiz etmedebir temel oluşturur.
Komleks Gösterim Yöntemi ile Analizi:
Yukarıdaki problemi kompleks gösterimi kullanarak analiz edebiliriz. x-ekseni boyuncaeşit frekanslı, eşit genlikli, arda arda gelen dönme vektörleri arasındaki faz farkı ( δ ) aynıolan N-tane üst üste binmiş titreşimlerin toplamı,
( ) ( ) ( ) ( )( )0 0 0 0cos cos cos 2 cos 1x A t A t A t A t Nω ω δ ω δ ω δ= + + + + + ⋅⋅⋅+ + −
şeklinde yazılabilir.
18
( )121 e e ei Ni is δδ δ −= + + + ⋅⋅⋅+
2e e e ei i i iNsδ δ δ δ= + + ⋅⋅⋅ +
( ) ( )1 1i iNs e eδ δ− = −( )( )1
1
iN
i
es
e
δ
δ
−=
−
Bu ifadeyi z1 = eiδ kısaltmasını kullanarak kompleks gösterimde yazarsak,
( )120 e 1 e e ei Ni t i iz A δω δ δ − = + + + ⋅⋅⋅+
ifadesini elde ederiz. Köşeli parantez içindeki geometrik seri aşağıdaki gibi belirlenebilir:
Böylece, bileşke harektin kompleks üstel fonksiyonu,
01e1
iNi t
i
ez Ae
δω
δ
−= −
ifadesine sahip olur.
19
( ) ( )( )
12
0
sin / 2e
sin / 2
Ni t N
z Aδ
ω δδ
− +
=
( ) ( )( )
( )0
1 sin / 2 e
2 sin / 2i tN N
z A ω αδ δα
δ+−
= ⇒ =
z’ nin x bileşeni için
( )( ) ( )0
sin / 2cos
sin / 2N
x A tδ
ω αδ
= +
sonucu elde edilmiş olur ve daha önce bulunan sonuçla aynıdır.
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
/2 /2 /2 /21/22
0 0/2 /2 /2 /2 /2
/ 2e e
/ 2
i N i N i N i NNi N i ti t
i i i i i
e e e e iez A Ae e e e e i
δ δ δ δδδ ωω
δ δ δ δ δ
− −− +
− −
− −− = =− − −
Bu eşitliği biraz farklı düzenleyerek geometrik yöntemle elde edilen sonucabenzetmeye çalışalım.
20
2.2.5. Birbirine Dik İki Titreşimin Üst Üste Gelmesi
Şimdiye kadar bir boyutta üst üste gelmiş titreşimleri inceledik. Şimdi birbirine dikdoğrultuda titreşen iki harmonik hareketin üst üste gelmesini tartışacağız. Bu durumdaüst üste gelmiş hareket gerçekte iki boyutta harekettir.
Şekilde dört yaya bağlı kütleyi biraz sağave biraz da yukarı çekip bırakırsak, kütledüzlem üzerinde x ve y doğrultularındaiki BHH yapar. Burada kütlenin x ve yeksenindeki yer değiştirme miktarlarını,
ifadeleri ile belirleyebiliriz. Burada ω1 ve ω2 , sırasıyla, x ve y doğrultusundaki açısalfrekanstır.
( )( )
1 1 1
2 2 2
cos
cos
x A t
y A t
ω α
ω α
= +
= +
x-eksenindeki BHH, –A1 ile +A1 arasında; y-eksenindeki BHH ise –A2 ile +A2 arasındaolacaktır. İki farklı yönde ilerleyen hareketin fazları arasındaki ilişki ne olursa olsun,cismin hareketi her zaman dikdörtgen içinde sınırlıdır.
21
• İlk olarak kenar uzunlukları x-ekseninde 2A1 ve y-ekseninde 2A2 olan birdikdörtgen çizilir.
( )2 2 2cosy A tω α= +
Birleşik titreşim hareketini bulmak için izlenecek yol aşağıda özetlenmiştir:
( )1 1 1cosx A tω α= +
• Merkezi C2 ile verilen ve yarıçapı A2 olan birçember çizilir. Bu çember üzerindeki P2noktasının C2Y yer değiştirmesi tanımlanır.
• x ve y yer değiştirmeleri birlikte O noktasına göre P noktasının herhangi bir andakikonumunu tanımlar. O noktası dikdörtgenin orta noktasıdır.
• Eğer ω1 ve ω2 orantılı değilse (yani ω1/ω2 oranı 1, 2, 3,… veya 1/2, 1/3, 1/4,… gibideğilse), birleşik hareketin frekansı ve fazı hakkında net birşey söylenemez. Böylebir durumda P ’ nin konumu kendini tekrarlamaz.
• Merkezi C1 ile verilen ve yarıçapı A1 olan birçember çizilir. Bu çember üzerindeki P1 noktasınınC1X yer değiştirmesi tanımlanır. 2A2
2A1
O
P
x
y
C2
P2
2 2tω α+
Y
x
y
C1
P1
1 1tω α+
X
22
Eşit Frekanslı Dik Titreşimler
( )( )
1 1
2 2
sin
sin
x A t
y A t
ω α
ω α
= +
= +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )sin sin cos sin cosA B A B B A= ifadesi kullanılırsa,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 11
2 22
sin cos sin cos 1
sin cos sin cos 2
x t tAy t tA
ω α α ω
ω α α ω
= +
= +
(1) eşitliğini sin(α2) ve (2) eşitliğini sin(α1) ile çarpıp taraf tarafa çıkaralım:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 2 2 11 2
sin sin sin cos sin cos sinx y tA A
α α ω α α α α− = −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 11 2
sin sin sin sin 3x y tA A
α α ω α α− = −
veya
23
Benzer şekilde, (1) eşitliğini cos(α2) ve (2) eşitliğini cos(α1) ile çarpıp taraf tarafa çıkaralım:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 21 2
cos cos cos cos sin cos sinx y tA A
α α ω α α α α− = −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 11 2
cos cos cos sin 4x y tA A
α α ω α α− = − −
veya
(3) ve (4) nolu eşitliklerin kareleri alınıp toplanırsa,
( ) ( )2 2
22 1 2 1
1 2 1 2
2 cos sinx y xyA A A A
α α α α
+ − − = −
sonucu elde edilir. Bu ifade elipsin genel denklemidir.
24
Faz farkının özel bazı değerleri için analiz yapalım:
2 1 0, 2 , 4 ,δ α α π π= − = ⋅⋅⋅
( ) ( )2 2
22 1 2 1
1 2 1 2
2 cos sinx y xyA A A A
α α α α
+ − − = −
( )( )
2 1
2 1
cos 1
sin 0
α α
α α
− =
− =
2 2
1 2 1 2
2 0x y xyA A A A
+ − =
2
1
Ay xA
= bulunur.
Bu durumda hareket doğrusal olup, x ve y’ ninher ikisi de pozitif ya da her ikisi de negatifolmak kaydıyla, şekildeki gibi dikdörtgenin BDköşegeni boyunca BHH yapar. (Optikte lineerpolarize olmuş titreşimlere karşılık gelir).
y
A 1O x
A 2
D
BA
C
25
2 1 ,3 ,δ α α π π= − = ⋅⋅⋅( )( )
2 1
2 1
cos 1
sin 0
α α
α α
− = −
− =
2 2
1 2 1 2
2 0x y xyA A A A
+ + =
2
1
Ay xA
= − bulunur.
Bu durumda hareket yine doğrusal olup, x’ in pozitifdeğerlerinde y negatif, x’ in negatif değerlerinde ypozitif olmak kaydıyla, şekildeki gibi dikdörtgeninAC köşegeni boyunca BHH yapar.
y
A 1O
x
A 2
D
BA
C
( ) ( )2 2
22 1 2 1
1 2 1 2
2 cos sinx y xyA A A A
α α α α
+ − − = −
26
2 13, ,
2 2π πδ α α= − = ⋅⋅⋅
( )( )
2 1
2 1
cos 0
sin 1
α α
α α
− =
− =
2 2
1 2
1x yA A
+ =
Bu ifade, temel eksenleri x ve y eksenleriboyunca olan bir elipsin denklemidir.A1=A2=A olması durumunda A yarıçaplıçembere dönüşür.
xA1
A2y
2 17, ,
4 4π πδ α α= − = ⋅⋅⋅
( )( )
2 1
2 1
cos 2 / 2
sin 2 / 2
α α
α α
− =
− =
2 2
1 2 1 2
122
x y xyA A A A
+ − =
2 13 5, ,4 4π πδ α α= − = ⋅⋅⋅
( )( )
2 1
2 1
cos 2 / 2
sin 2 / 2
α α
α α
− = −
− = 2 2
1 2 1 2
122
x y xyA A A A
+ + =
xA1
A2y
x
A1
A2 y
27
Farklı Frekanslı Dik Titreşimler (Lissajous Eğrileri):
Farklı frekanslı dik BHH yapan bir cismin çizmiş olduğu yörüngelere "Lissajous"eğrileri denir. Bu ders kapsamında bu olayın ayrıntılarına girmeyeceğiz.
Şimdi frekansları farklı iki dik hareketi aşağıdaki gibi yazabiliriz:
• Bu iki denklemden 𝑡𝑡 elimine edilerek 𝑥𝑥 ve 𝑦𝑦 arasında elde edilen ilişki yörüngeyibelirler.
• Açısal frekans oranına (ω1/ω2) ve iki titreşim arasındaki faz farkına (δ) bağlı olarakçeşitli yörünge şekilleri (Lissajous eğrileri) elde edilir.
• Bu eğrilerden faydalanılarak, akustik ölçümlerde bilinmeyen frekanslar tayinedilebilmektedir.
( )( )
1 1 1
2 2 2
sin
sin
x A t
y A t
ω α
ω α
= +
= +
28
29
x
y
x
y
0
1
2
3
4
0
1
2
3
4
Örnek: x=sin(3t)y=sin(2t)
30
( )( )
1 1
2 2
sin
sin
x A t
y A t
ω α
ω α
= +
= +
( )( )
1 1 1
2 2 2
cos
cos
x A t
y A t
ω α
ω α
= +
= +
31
( ) ( )1 1 2 2 1 2cos ve cos ; x A t y A t A Aω δ ω= + = =
2 1/ω ω
1:1
1: 3
1: 2
2 : 3
0δ = / 4δ π= δ π=3 / 4δ π=/ 2δ π=
32
( ) ( )1 1 2 2 1 2sin ve sin ; x A t y A t A Aω δ ω= + = =
2 1/ω ω
1:1
1: 3
1: 2
2 : 3
http://www.artbylogic.com/parametricart/lissajous/lissajous.htm
http://jsxgraph.uni-bayreuth.de/wiki/index.php/Lissajous_curves
0δ = / 4δ π= δ π=3 / 4δ π=/ 2δ π=
https://www.desmos.com/calculator/tti5dasmc4 33
Lissajous eğrisini çizerken aşağıdaki işlem sırası takip edilebilir:
İki titreşim aynı trigonometrik fonksiyon ile ifade edilecek şekilde düzenlenir.
İki titreşimin faz sabitleri arasındaki fark belirlenir:
( ) ( )1 1 2 2sin ve sinx yx A t y A tω α ω α= + = +
1 2δ α α= −
Frekansı büyük olan titreşimin çemberi 2π/δ tane parçaya bölünür. Örneğin ωx > ωydurumunda, Nx = 2π/δ olamalıdır.
ωxNx= ωyNy eşitliğinden, diğer titreşim çemberinin kaç eşit parçaya bölüneceğibelirlenir.
Nx ve Ny sayıları kesirli sayılar ise, her ikisini de tamsayı yapacak en küçük sayıile çarpılırlar.
34
Her iki titreşimi temsil eden çemberler, kendi faz sabitlerine göre 0. noktalarıbelirlenerek, saat ibrelerinin tersi yönünde gidilecek şekilde numaralandırılırlar.
Dik eksenlerdeki karşılıklı noktalar birleştirilerek Lissojous eğrisi çizilir.
İşaretlenecek nokta sayısına göre, her bir çemberin kaç radyanlık dilimlere bölüneceği belirlenir ve bu açı değerleri için 𝑥𝑥 ve 𝑦𝑦 değerleri hesaplanarak tablo hazırlanır.
Son olarak da, aynı 𝑡𝑡 değerine karşı gelen 𝑥𝑥 ve 𝑦𝑦 verileri çemberler üzerindendikdörtgene aktarılarak Lissajous eğrisi çizilir.
Nokta sırası 𝑡𝑡 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴1sin 𝜔𝜔𝑥𝑥𝑡𝑡 + 𝛼𝛼1 𝑦𝑦 = 𝐴𝐴2sin 𝜔𝜔𝑦𝑦𝑡𝑡 + 𝛼𝛼21234...
35
Nokta sırası 𝜔𝜔0𝑡𝑡 𝒙𝒙 = 𝒂𝒂𝟏𝟏 ∗ y = 𝑎𝑎2 ∗
1 0,0 0,0 -0,7072 1*(2π/16) 0,383 03 2*(2π/16) 0,707 0,7074 3*(2π/16) 0,924 15 4*(2π/16) 1 0,7076 5*(2π/16) 0,924 07 6*(2π/16) 0,707 -0,7078 7*(2π/16) 0,383 -19 8*(2π/16) 0 -707
10 9*(2π/16) -0,383 011 10*(2π/16) -0,707 0,70712 11*(2π/16) -0,924 113 12*(2π/16) -1 0,70714 13*(2π/16) -0,924 015 14*(2π/16) -0,707 -0.70716 15*(2π/16) -0,383 -1
Örnek: ( )( )
1 0
2 0
sin
sin 2 / 4
x a t
y a t
ω
ω π
=
= −
2 8 16yx y
x
N Nωω
= = ∗ =
( )2 2 8
/ 4yN π πδ π
= = =
0 0 ; 2 ve / 4x yω ω ω ω δ π= = =
36
( )( )
1 0
2 0
sin
sin 2 / 4
x a t
y a t
ω
ω π
=
= −
II. Yol:
( )2 2
21 1 1
12 12
x x xy x aa a a
= + − −
III. Yol:
−1 < (x/a1) < +1 aralığında bu fonksiyonungrafiği çizilirse, Lissajous eğrisi eldeedilmiş olur.
2 8 16yx y
x
N Nωω
= = ∗ =
( )2 2 8
/ 4yN π πδ π
= = =
37
Örnek: Birbirine dik iki titreşim,
( )( )
sin
cos 3
x t
y t
=
= −
ifadelerine uymaktadır. Bu iki titreşimin üst üste gelmesinden ortaya çıkanLissajous eğrisinin analitik ifadesini türetiniz. Lissajous eğrisinin şekliniçiziniz.
Çözüm: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos 3 cos cos 2 sin sin 2y t t t t t= − = − −
−1 < x < +1 aralığında bu fonksiyonungrafiği çizilirse, Lissajous eğrisi eldeedilmiş olur.
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2cos cos sin 2cos siny t t t t t = − − +
( ) ( ) ( )2 2 2cos 1 4sin 1 1 4y t t x x = − − = − − ∗ − x
y
38
Nokta sırası t
𝑥𝑥 = sin(𝑡𝑡)𝑥𝑥’in fazı
𝑦𝑦 = sin 3𝑡𝑡 −𝜋𝜋2
𝑦𝑦’nin fazı
1 0,0 0,0 −π/2
2 π/6 π/6 0
3 2π/6 2π/6 π/2
4 3π/6 3π/6 π
5 4π/6 4π/6 3π/2
6 5π/6 5π/6 2π
7 6π/6 6π/6 5π/2
8 7π/6 7π/6 3π
9 8π/6 8π/6 7π/2
10 9π/6 9π/6 4π
11 10π/6 10π/6 9π/2
12 11π/6 11π/6 5π
( )( ) ( )
sin
cos 3 sin 3 / 2
x t
y t t π
=
= − = −
x
y
II. Yol:
( )2 4/ 2yN π
π= =
3 4 12yx y
x
N Nωω
= = ∗ =
1 ; 3 ve / 2x yω ω δ π= = =
39
III. Yol:
( )2 4/ 2yN π
π= =
yx y
x
N Nωω
=
3 4 12xN = ∗ =
( )( ) ( )
sin
cos 3 sin 3 / 2
x t
y t t π
=
= − = −
40
Örnek-1. Aşağıdaki ifadeleri 𝑧𝑧 = 𝑅𝑅𝑅𝑅 𝑅𝑅𝑖𝑖 𝜔𝜔𝜔𝜔+𝛼𝛼 formunda yazınız.
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
) sin cos
) cos cos3
) 2sin 3cos
) sin 2cos cos4
a z t t
b z t t
c z t t
d z t t t
ω ω
πω ω
ω ω
πω ω ω
= +
= − −
= +
= − − +
Çözüm-1. ( ) ( ) ( ) ( )) sin cos 1 sin 1 cosa z t t t tω ω ω ω= + = ∗ + ∗
1
12
π/41sin 1 2 sin
4 421cos 1 2 cos
4 42
π π
π π
= ⇒ = = ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( )sin cos 2 sin sin cos cos4 4
z t t t tπ πω ω ω ω = + = +
42 cos 24
i tz t Re e
πωπω −
= − =
41
( )) cos cos3
b z t tπω ω = − −
( )( )
( ) ( )cos cos cos sin sin
cos cos 2sin sincos cos cos sin sin
a b a b a ba b a b a b
a b a b a b
− = + ⇒ − − + =+ = −
; 36 6
a b ta t b
a b t
πω π πωω
− = − ⇒ = − =+ =
( )cos cos 2sin sin sin3 6 6 6
z t t t tπ π π πω ω ω ω = − − = − = −
( )232sin cos sin cos
2 6 3i t
z t t Re eπωπ π πθ θ ω ω
−
= − ⇒ = − = − =
( ) ( )) 2sin 3cosc z t tω ω= +
( )cos cos cos sin sinR x R x R xθ θ θ− = +cos 3sin 2
RR
θθ==
3
2 13
θ( ) ( ) ( ) ( )13 cos cos sin sinz t tθ ω θ ω= + ( )1tan 2 / 3θ −=
( ) ( )13 cos Re 13 i tz t e ω θω θ − = − = 42
( ) ( )) sin 2cos cos4
d z t t tπω ω ω = − − +
( ) ( )sin cos 2 cos4
t t t πω ω ω + = −
(a) şıkkında elde edilen sonuç
( )2 cos 2cos 2 2 cos4 4 4
z t t tπ π πω ω ω = − − − = − − −
( ) ( )3
4 42 2 2 2i t i t
iz Re e Re e Re eπ πω ω
π − +
= − = −
Örnek-2. Bir parçacık aynı frekanslı ve x-ekseni doğrultusunda üç BHH’ e aynı zamandamaruz kalmaktadır. Eğer BHH’ lerin genlikleri sırasıyla 0,25 ; 0,20 ve 0,15mm ve birinci ile ikinci BHH arasındaki faz farkı 45°, ikinci ile üçüncü BHHarasındaki faz farkı 30° ise, bileşke hareketin yer değiştirmesinin genliğini vebirinci BHH’ e göre (genliği 0,25 mm olan) faz farkını bulunuz.
Çözüm-2. BHH’ lerin bileşkesi yandaki vektördiyagramı kullanılarak incelenebilir.
43
OPR üçgeninde kosinüs teorimini kullanırsak:
2 2 21 2 1 22 cos 0,173
4B A + A + A A π = ≅
Buradan B = 0,416 mm bulunur. Aynı üçgende kosinüs teoremi kullanırsak,
( )2 2 2
2 2 2 1 2 11 2 2
2
2 cos cos 0,441 2
A + B AA A + B A B radA B
θ θ − −= − ⇒ = =
Benzer şekilde ORQ üçgeninden:
2 2 23 32 cos 0,267
6A B + A + BA πθ = + ≅
Buradan A = 0,516 mm bulunur. Aynı üçgende kosinüs teoremi kullanılarak,
( )2 2 2
2 2 2 1 33 2 cos cos 0,237
2A + B AA A + B AB rad
ABγ γ − −
= − ⇒ = =
A ile A1 arasındaki açıya δ dersek,
0, 441 0,237 0,581 4 4
radπ πδ α γ θ γ= + = − + = − + ≅ bulunur.
44
Örnek-3. Aynı doğrultuda iki titreşim hareketi,
eşitlikleri ile tanımlıdır. Vuru periyodunu bulunuz ve bir vuru periyodu içinbileşke hareketin yer değiştirmesinin grafiğini çiziniz.
( ) ( )1 2cos 10 ve cos 12y A t y A tπ π= =
Çözüm-3. Bileşke hareket için,
( ) ( )1 2 cos 10 cos 12y y y A t tπ π= + = +
( )( )
( ) ( )cos cos cos sin sin
cos cos 2cos coscos cos cos sin sin
a b a b a ba b a b a b
a b a b a b
− = + ⇒ − + + =+ = −
10 11 ;
12a b t
a t b ta b t
ππ π
π− =
⇒ = =+ =
( ) ( ) ( ) ( )cos 10 cos 12 2 cos 11 cosy A t t A t tπ π π π= + =
1 21 2. mod. mod. 1 2 ; ve 2
2 2ort vuru
ω ωω ωω ω ω ω ω ω−+
= = = = − Hatırlayınız.
1 2210 ve 12 2 1 vuru vuruvuru
T sTπω π ω π ω π= = ⇒ = = ⇒ =
45
0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0-2,0
-1,5
-1,0
-0,5
0,0
0,5
1,0
1,5
2,0
y(t)
t
Bileşke hareketin yer değiştirmesi aşağıdaki şekilde verilmiştir
46
Örnek-4. Bir cisim aynı anda birbirlerine dik iki kuvvetin etkisinde eşit frekanslıtitreşim hareketi yapıyor. Bu titreşim hareketleri,
( )1 2cos ve cos4
x A t y A t πω ω = = +
eşitlikleri ile tanımlıdır. Lissajous eğrisini geometrik yöntemle çiziniz.
Çözüm-4. Yatay hareketi temsil için yarıçapı A1 ve düşeyhareketi temsil için ise A2 yarıçaplı çemberleriçizeriz. İki hareket arasında δ = π/4 kadarlık fazfarkı olduğuna dikkat ediniz. Bu nedenle çember-2,Ny = 2π/(π/4) = 8 eşit parçaya bölünür. Her ikititreşimin frekansı aynı olduğu için, çember-1 de,Nx = Ny = 8 eşit parçaya bölünmelidir.
Noktalara karşılıklı aynı numaralar verilmelidir. Aynı numaraları noktalardanx-eksenine ve y-eksenine dikmeler çizilir. Bu dikmelerin kesiştiği noktalarada aynı numaraları veririz. Daha sonra da, kesişen noktalar numara sırasınagöre birleştirilerek Lissajous eğrisi elde edilmiş olur.
+x-ekseninden itibaren π/4 aralıklarla saat ibrelerinin tersi yönünde dönerekçember-1 üzerindeki noktaları 1' den başlayarak numaralandırırız. Benzerişlem, çember-2 içinde yapılır.
47
Örnek-5. Bir cisim aynı anda birbirlerine dik iki kuvvetin etkisinde titreşim hareketiyapıyor. Bu titreşim hareketleri
eşitlikleri ile tanımlıdır.
a) Bu iki titreşimin üst üste gelmesinden ortaya çıkan Lissajous eğrisininanalitik ifadesini türetiniz.
b) a = b = 2 özel durumunda meydana gelecek Lissajous eğrisini geometrikyöntemle çiziniz.
( ) ( )cos ve sin 2x a t y b tω ω= =
Çözüm-5. ( ) ( ) ( )2
) sin 2 2 cos sin = 2 1x xa y b t b t t ba a
ω ω ω = = −
b) 2 a b= = ⇒
( )2 4/ 2yN π
π= =
2 4 81
yx y
x
N Nωω
= = =
( )
( )
2cos
2sin 2 cos 22
x t
y t t
ω
πω ω
=
= = −
48
Örnek-6. Birbirlerine dik iki titreşim,
ifadelerine uymaktadır. Bu iki titreşimin üst üste gelmesinden ortaya çıkanLissajous eğrisinin grafiğini geometrik yöntemle çiziniz.
( )cos ve cos 23
x a t y a t πω ω = = +
Çözüm-6. ( )
2 6/ 3yN π
π= =
2 6 121
yx y
x
N Nωω
= = =
2
34
1
5
6
11
8
10
7
9
12
2,8
3,9
4,10
1,7 5,11
6,12
1
2
3
4,10
5
6
7
8
9
11
12
( )cosx a tω=
cos 23
y a t πω = +
49
3.1. Fiziksel Sistemlerin Serbest Salınımları:Basit Harmonik Hareket (BHH)
BÖLÜM 3
Cisimlerin elastik özellikleri ile ilgili olarak kuvvet ve yer-değiştirme ilişkisi RobertHooke tarafından basit bir şekilde ifade edilmiştir:
( ) ( )∗kuvvet = sisteme özgü sabit yer - değiştirme−
ile verilen geri çağırıcı bir kuvvet uygulanır.
Örneğin kütle-yay sistemi için, denge konumuna göre xkadar sıkıştırılmış veya gerilmiş yayın ucuna tutturulmuşcisme yay tarafından, Hooke yasasına göre,
F = kx−
Yer-değiştirme ile orantılı geri çağırıcı bir kuvvetinetkisindeki cisimler BHH yaparlar.
1
3.1.1. Yatayda Kütle-Yay sistemi
Bu denklemin çözümü,
𝑥𝑥 : uzanım ω : açısal frekans𝐴𝐴 : genlik 𝜑𝜑 : faz sabiti
2
2 0d x kF = ma = kx + x =dt m
− ⇒
22 2
2 0k d x + x =m dt
ω ω= ⇒
( )( ) cosx t A tω ϕ= +
22 2 m= f = TT kπω π π⇒ =
f : frekans ve T : periyod , olmak üzere:
Denge noktası
2
∆l
3.1.2. Düşeyde Kütle-Yay sistemi
Yaya asılı kütle denge durumunda iken,
mg = k l∆
olmalıdır.
( )+F = k x+ l mg = kx k l mg− −∆ − ∆ +
2
2 0d x k+ x =dt m
22 2
2 0k d x + x =m dt
ω ω= ⇒ ( )( ) cosx t A tω ϕ= +
Cisim denge konumundan bir miktar uzaklaştırılıpserbest bırakılırsa BHH yapacaktır. Dengenoktasına göre x kadar aşağıda olan cisim için,
m∆l
= kx−
3
ϕ = 0 özel durumu için uzanımın (x), hızın (v) ve ivmenin (a) zamana bağlı değişimleri aşağıdaki grafikte verilmiştir.
4
Paralel Bağlı Yaylar:
Seri Bağlı Yaylar:
Paralel bağlı yaylardaki uzama miktarları birbirine eşittir.Yayların kütleye uyguladığı toplam kuvvet, her iki yayınuyguladığı kuvvetlerin toplamına eşittir.
Yaylar paralel bağlandığında toplam yay sabiti, yayların yay sabitlerinin toplamına eşittir.
Yayları uç uca eklediğimizde seri bağlamış oluruz. Seri bağlıyaylarda her bir yay üzerinde ortaya çıkan kuvvetler eşittir.
Yaylar seri bağlandığında, toplam uzama her iki yaydaki uzamanın toplamına eşittir.
( )1 2 1 2 net netF F F F = k k x= + ⇒ − +
.net eşF = k x−
1 2F = F F=
1 2. 1 2
eş
F F Fx = x + x =k k k
⇒ +. 1 2
1 1 1
eş
=k k k
+
. 1 2eşk = k k+
5
3.1.3. Basit Harmonik Harekette Enerji
BHH yapan bir kütle-yay sisteminin herhangi bir andaki mekanik enerjisi
2 21 12 2
E = K +U mv + kx=
ifadesi ile verilir.
( ) ( ) ( ) ( )cos ve sinx t = A t v t = A tω ω ω−
2 22 21 x v+ = v = A x
A Aω
ω ⇒ −
olduğundan, cismin herhangi bir konumdaki hızı için,
ifadesi elde edilir.
( ) ( )2 22 2max. max.
1 1 1 2 2 2
k K m v m A = kAm
ω ω= ⇒ = =
BHH yapan bir cismin herhangi bir andaki uzanımı ve hızı,
Cisim denge konumundan geçerken (𝑥𝑥 = 0) en büyük hıza (vmax. = Aω), dolayısıylaen büyük kinetik enerjiye sahip olur:
6
Cisim dönme noktalarından geçerken (v = 0 veya xmax= A) ise en büyük potansiyelenerjiye sahip olur:
( ) ( )2 2 2 2 21 1sin cos2 2
E = K +U mA t + kA tω ω ω=
( ) ( )2 2 2 21 1sin cos2 2
E = kA t t kAω ω + =
( )2 2max. max.
1 12 2
U k x kA= =
Cismin herhangi bir andaki mekanik enerjisi,
ifadesine sahiptir.
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 1sin veya 2 2 2
K t m v t kA t K x E kxω= = = −
Kinetik ve potansiyel enerjilerin zamana veya konuma bağlılıkları ise aşağıdakigibidir.
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 21 1 1cos veya 2 2 2
U t k x t kA t U x kxω= = = 7
Kinetik ve potansiyel enerjilerin zaman ve uzanımla nasıl değiştikleri aşağıdakigrafiklerde özetlenmiştir.
Cismin herhangi bir andaki kinetik ve potansiyel enerjilerinin toplamı, maksimumkinetik enerjiye veya maksimum potansiyel enerjiye eşit olacaktır.
( ) ( )2 2 21 1sin2 2
K t kA t E kxω= = − ( ) ( )2 2 21 1cos2 2
U t kA t kxω= =
8
3.2.1. Basit Sarkaç
Sarkaç, denge konumundan küçük bir θ açısı kadaruzaklaştırılıp serbest bırakılırsa mg yerçekimi kuvvetiyleipteki T gerilmesinin etkisi altında düşey bir düzlemdeperiyodik salınımlar yapılır. Böyle bir sarkaç basit sarkaçolarak adlandırılır.
Bir ucu sabit bir noktaya tutturulmuş, kütlesi ihmaledilebilir l uzunluğundaki ipin diğer ucuna m kütlelinoktasal bir cisim bağlanarak oluşturulan sisteme sarkaçdenir.
Yay uzunluğu s = lθ alınır ve küçük açı (θ < 10°) yaklaşımı kullanılırsa, geri çağırıcıkuvvet:
( )sintF mg θ= −Kütleye etki eden geri çağırıcı kuvvet teğetseldir:
( )3 5 7
sin3! 5! 7!θ θ θθ θ θ= − + − + ⋅⋅⋅ ≈ t
mgF mg sl
θ = − = −
Dolayısıyla bu şart altında basit sarkacın hareketi basit harmonik hareket’ tir.9
( )22
2 2t t
d ld sF ma m m mgdt dt
θθ= = = = −
2
2 0d gdt lθ θ+ =
22 2
2 0g dl dt
θω ω θ= ⇒ + =
1 22
g g lf Tl l g
ω ππ
= ⇒ = ⇒ =
( ) ( )max. cost tθ θ ω ϕ= +
θ : açısal uzanım ω : açısal frekansθmax. : açısal genlik 𝜑𝜑 : faz sabiti
3.2.2. Basit Sarkacın Enerjisi
( ) ( )sin sinx x l ll
θ θ θ= ⇒ = ≈
( )2 2 2 2 2 2 0l y x l y ly x− + = ⇒ − + =
2
2xy l yl
<< ⇒ =
10
( )2 2max.
1( ) ( )2
K E U mglθ θ θ θ= − = −
21 ( )2
x = l U mglθ θ θ⇒ =
( )2 2 2max.
1 1( ) sin2 2
K t mv mgl tθ ω ϕ= = +
( ) ( )2 2 2max.
1( ) cos2 2mgU t mgy l t = mgl t
lθ θ ω ϕ= = +
2max.
1( ) ( )2
E K t U t mglθ= + =
2max. max.
12
K mglθ=
2max. max.
12
U mglθ=
( ) ( )max. cost tθ θ ω ϕ= + ( ) ( ) ( )max. sind ldsv t l t
dt dtθ
ωθ ω ϕ= = = − +
( )max. max. max. max.gv l l gll
ωθ θ θ
= = =
11
3.2.3. Burulma Sarkacı
Küçük açılı burulmalar için geri çağırıcı tork: τ κθ= −
Burada κ, telin burulma sabitidir.
2
2
dI Idtθτ α κθ= = = −
2
2 0ddt Iθ κ θ+ =
( ) ( )max. cost tθ θ ω ϕ= +
1 22
If TI Iκ κω π
π κ= ⇒ = ⇒ =
22 2
2 0 dI dtκ θω ω θ= ⇒ + =
Kullanılan katı cisim, M kütleli ve R yarıçaplı bir disk ise:
2
2 2
2 1 2 22 2
MRf TMR MRκ κω π
π κ= ⇒ = ⇒ =
212diskI MR=
12
3.2.4. Fiziksel Sarkaç
( )sinmg h mghτ θ θ= − ≈ −2
2 dI I mghdtθτ α θ= = = −
22 2 21 1
12 2 3kmlI I mh ml m ml = + = + =
2
2 0d mghdt Iθ θ+ =
22 2
2 0mgh dI dt
θω ω θ= ⇒ + =
1 22
mgh mgh If TI I mgh
ω ππ
= ⇒ = ⇒ =
( ) ( )max. cost tθ θ ω ϕ= +
Katı cisim m kütleli, l uzunluğunda ve bir ucu etrafında serbestçe dönebiliyorsa:
3 1 3 2 22 2 2 3g g lf Tl l g
ω ππ
= ⇒ = ⇒ =
13
3.2.5. Yüzen Cisimler İçin Basit Harmonik Hareket
Eğer yüzen bir cisim hafifçe bastırılırsa ya da denge konumundan hafifçe yukarıkaldırılırsa, bu cisme yer değiştiren sıvının ağırlığına eşit bir geri çağırıcı kuvvetetki eder. Bu kuvvetin etkisindeki cisim BHH yapar.
Yüzen cisim 𝑦𝑦 kadar bastırılıp serbest bırakıldığında BHH hareketi yapar.
𝐹𝐹
𝑊𝑊𝑠𝑠(Sıvının uyguladığı geri
çağırıcı kuvvet)
( )sF Ay gρ= −
( )s sW Ay gρ=(yer değiştiren sıvının ağırlığı)
𝑚𝑚 : yüzen cismin kütlesi𝐴𝐴 : kesit alanı
: sıvının yoğunluğu𝜌𝜌𝑠𝑠
14
Frekans ve periyodun yüzen cismin kütlesinden bağımsız olduğuna dikkat ediniz.
( )2
2 sd yF ma m Ay gdt
ρ= = = −2
2 0s Agd y ydt m
ρ+ =
22 2
2 0s Ag d y ym dt
ρω ω= ⇒ + =
1 22
s s
s
Ag Ag mf Tm m Ag
ρ ρω ππ ρ
= ⇒ = ⇒ =
( ) s smgmg Ah g Agh
ρ ρ= ⇒ =
1 22
g hf Th g
ππ
= ⇒ =
( ) ( )max. cosy t y tω ϕ= +
15
3.2.7. Elektrik Devrelerinde Osilasyonlar
İndüktans (L) ve kapasitans (C) içeren bir devrede yükün veya akımın değişimi BHHözelliği gösterir.
0q diLC dt− =
2
2
1 0dq d qi qdt dt LC
= − ⇒ + =
22 2
2
1 0d q qLC dt
ω ω= ⇒ + =
( ) ( )max. max. max. max.sin sin ; dqi q t i t i qdt
ω ω ϕ ω ϕ ω= − = + = + =
1 1 1 22
f T LCLC LC
ω ππ
= ⇒ = ⇒ =
( ) ( )max. cosq t q tω ϕ= +
16
22
2 0d q qdt
ω+ =
LC devresi ile Kütle-Yay sistemi arasındaki benzerlik:
Kütle-yay sistemi: LC devresi:
22
2 0d x xdt
ω+ =
1
x q
kC
m Lv i
→
→
→→
2 21 12 2
km
E mv kx
ω =
= +2
2
1
1 12 2
LCqE LiC
ω =
= +
17
3.3. Serbest Titreşimlerin Bozulması:
3.3.1. Sönümlü Hareket ve Sönümlü Harmonik Hareket
Şimdi sürtünme kuvveti gibi korunumsuz kuvvetlerin devreye girmesiyle serbesttitreşim ifadelerinin nasıl değişikliğe uğradığını tartışacağız.
Harmonik hareket yapan bir sistemin üzerine bir sürtünme kuvveti etki ederse salınımıngenliği, sürtünme nedeniyle zamanla küçülerek sıfır olur. Bu tür salınımlara sönümlüharmonik hareket denir.
Sürtünme, genellikle hava direncinden veya iç kuvvetlerden kaynaklanır. Sürtünmekuvvetlerinin büyüklüğü de çoğu kez hıza bağlıdır. Pek çok örnekte, sürtünmekuvvetinin büyüklüğü hız ile orantılı olup, hıza zıt olarak yönelmiştir.
Şekilde görüldüğü gibi, yaya asılı olan bir kütlenin sıvıdolu bir kap içinde düşey doğrultuda salınım hareketiyaptığını düşünelim. Bu kütle viskoz sıvı içinde hareketederken enerjisini kaybetmeye başlayacaktır, başka birdeyişle kütle sönümlü harmonik hareket yapacaktır.
18
• Potansiyel enerjinin tümü, kütlesiz ve hiçbir sürtünme kuvvetinin etkimediği idealyayda toplanır.
Kabullenmelerimiz:
Sönümlü hareketin denklemi ikinci Newton yasasından elde edilir. Kütleye etki eden 𝐹𝐹kuvveti, – 𝑘𝑘𝑥𝑥 şeklindeki geri çağırıcı kuvvet ile −𝑏𝑏𝑏𝑏 şeklindeki sürtünme kuvvetinintoplamıdır. Burada 𝑏𝑏 pozitif bir sabit olup, vizkoz sıvıya özgü bir karakteristiktir.
Bu durumda hareket denklemi:
ma kx bv= − −
• Kinetik enerjinin tümü, salınan m kütlesinde toplanır.
• Isı şeklindeki tüm iç enerji, kabı dolduran vizkoz sıvıda ortaya çıkar.
2
2 0d x b dx k xdt m dt m
+ + =
20 ve b k
m mγ ω= =
2202 0d x dx x
dt dtγ ω+ + =
Bu denklem sabit katsayılı ikinci mertebeden, lineer, homojen bir diferansiyeldenklemdir.
19
Bu denklemin çözümü için rtx e= formunda bir çözüm önerilebilir.
Bu türden denklemlerin çözümü için ‘‘Calculus and Analytic Geometry, GeorgeBrinton Thomas, Jr.’’ kitabına bakabilirsiniz.
2 ; ; rt rt rtx e x re x r e= = = Bu çözüm önerisinden:
( )2 20 0rtr r eγ ω+ + = 2 2
00 ; 0rte r rγ ω≠ + + =
( )( )
2 21 0
2 22 0
1 421 42
r
r
γ γ ω
γ γ ω
= − + − = − − −
2 204γ ω∆ = − niceliği diskriminant olarak bilinir. Diskriminantın değerine göre bu
denklemin çözümünde üç farklı durum söz konusudur:2 2
0) 0 veya 4i γ ω− ∆ > >2 2
0) 0 veya 4ii γ ω− ∆ = =2 2
0) 0 veya 4iii γ ω− ∆ < <
( ) 1 2r t r tx t Ae Be= +
A ve B katsayıları, hareketin başlangıçkoşullarından belirlenebilir.
Kritik üstü sönüm
Kritik sönüm
Kritik altı sönüm20
1. Durum: Kritik üstü Sönümlü Hareket (Salınım yok)
Bu koşulda hareket zamanla üstel olarak söner ve cisim denge konumunda durur. Butip sönüm "Kritik Üstü Sönüm" olarak adlandırılır. Bu durumda hareket salınımlıdeğildir.
( ) ( )1 21 1 ve 2 2
r rγ γ= − + ∆ = − − ∆
( ) ( ) ( )1 2
1 12 2
t tr t r tx t Ae Be Ae Beγ γ− + ∆ − − ∆
= + = +
( )2 2
2 20 02 2
2
b bt tb t m mmx t e Ae Be
ω ω − − − −
= +
2 20) 0 veya 4i γ ω− ∆ > >
Her iki kök negatiftir !!!
21
2. Durum: Kritik Sönümlü Hareket (Salınım yok)
Zaman ilerledikçe x’ in değeri sıfıra yaklaşır. Bu tip sönüm "Kritik Sönüm"olarak adlandırılır. Bu durumda hareket salınımlı değildir.
1 212 2
br r rm
γ= = = − = −
( ) ( ) ( ) 2b t
rt mx t A Bt e A Bt e − = + = +
2 20) 0 veya 4ii γ ω− ∆ = =
3. Durum: Kritik Altı Sönüm (Sönümlü Harmonik Hareket)
2 20) 0 veya 4iii γ ω− ∆ < <
2 20
1 42
ω ω γ= − 1 21 1 ve 2 2
r i r iγ ω γ ω= − + = − −
( ) [ ]1 2 2 2 cos sint tr t r t i t i tx t Ae Be e Ae Be e A t B t
γ γω ω ω ω
− −− = + = + = +
Salınıcı sönümlü harmonik hareket yapar.
22
eşitlikleri ile tanımlı iki yeni 𝐴𝐴0 ve δ sabitlerine geçebiliriz.
Burada 𝐴𝐴0 , t = 0 anındaki genlik ve δ ise faz sabitidir. Faz sabitini δ = 0 seçmektebir sakınca yoktur. Bu durumda çözüm için,
bulunur. Bu çözümden, cismin bir titreşim hareketi yaptığı, fakat genliğinin zamaniçinde üstel olarak azaldığı görülmektedir. Sönüm nedeniyle cismin enerjisi korunmaz.
Bu ifadeyi sadece sinüs veya kosinüs cinsinden vermek, hareketi daha kolayyorumlamamızı sağlayacaktır. Bunun için,
( ) ( ) ( )2 20 0 0cos ; sin ; ; tan BA A B A A A B
Aδ δ δ= = = + =
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )/20 0cos cos sin sintx t e A t A tγ ω δ ω δ−= +
( ) ( ) ( )/20 costx t A e tγ ω δ−= −
( ) ( ) ( ) ( )2
/2 /2 20 0 0cos cos
4t tx t A e t A e tγ γ γω ω− −
= = −
23
Kritik altı sönüm durumunda, salınım hareketi yapan cisim için uzanımın zamanladeğişimi aşağıdaki grafikte verilmiştir.
Ardışık iki maksimum arasında geçen zaman, hareketin periyodunu verir. Uzanımınmaksimum olduğu noktaların birleştirilmesiyle elde edilen eğri (kesikli çizgiler),genliğin zamanla değişimini verir.
24
0 γ2 > 4𝑤𝑤022 200 veya 4γ ω∆ > > 2 2
00 veya 4γ ω∆ = = 2 200 veya 4γ ω∆ < <
( )( )
2 21 0
2 22 0
1 421 42
r
r
γ γ ω
γ γ ω
= − + −
= − − −
1 212
r r r γ= = = −2
2 2 20 0
1 42 4
γω ω γ ω= − = −
1 21 1 ve 2 2
r i r iγ ω γ ω= − + = − −
( ) 1 2r t r tx t Ae Be= +
( ) ( ) 1r tx t A Bt e= +
( ) ( )/2 t i t i tx t e Ae Beγ ω ω− − = +
Kritik Üstü, Kritik ve Kritik Altı sönümler aşağıdaki tabloda özetlenmiştir.
Kritik Üstü Sönüm(Over-damped)
Denklemin iki reelkökü vardır :
Kritik Sönüm(Critical-damped)
Denklemin eşit iki reelkökü vardır :
Kritik Altı Sönüm(Under-damped)
Denklemin reel kökü yoktur, kompleks iki kökü vardır :
25
Kritik Üstü, Kritik ve Kritik Altı sönüm durumlarında uzanımın zamanla değişimiaşağıdaki grafikte özetlenmiştir.
26
3.3.2. Sönümlü Hareketin Ortalama Ömrü (zaman sabiti) veKalite Faktörü:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )/2 2/0 0cos cos
ttx t A e t A e tγ γω ω
−−= =
Üstel terimde zaman boyutundaki 2/γ sabiti, genliğin zamanla ne kadar çabuk azalaraksıfıra gittiğinin ölçüsüdür. Genliğin başlangıç değerinin 1/e’ sine düşmesi için geçen süre,
2 2mb
τγ
= =
ile verilir ve salınımın ‘‘ortalama ömrü’’ veya ‘‘zaman sabiti’’ olarak adlandırılır.Küçük zaman sabiti durumunda b sabiti büyük olduğundan, salınım kısa bir süredeiçerisinde azalarak yok olacaktır.
222 20 04 2
bm
γω ω ω = − = −
b büyüdükçe, salınımın açısal frekansı küçülür.Bu durumda da, salınımın periyodu artar.
22
0 00
1 12
bm
ω ω ω ζω
= − = −
niceliği, sönüm parametresi denir.ζ
27
parametresine göre sönüm durumları aşağıdaki gibi verilebilir:ζ
1ζ <
Kritik altı sönüm
1ζ = 1ζ >
Kritik sönüm Kritik üstü sönüm
28
02kb mω=Sönüm sabiti b’ nin, salınım frekansını sıfır yaptığı
kb b<
Kritik altı sönüm
kb b= kb b>
Kritik sönüm Kritik üstü sönüm
ifadesi ile verilen ve ‘‘kalite faktörü’’ olarak bilinen Qparametresi ile de sönümü ifade etmek mümkündür.
0 0 0
2mQ
bω ω ω τγ
= = =
bir değeri vardır. Buna göre sönüm durumları aşağıdaki gibi verilebilir:ile verilen kritik
Bazı sistemlerin Q değerleri:
Saat sarkacı : 200Mikrodalga kavite osilatörü : 104
Quartz crystal :106
Q’ nun büyük değerleri için, sönüm sabiti b küçükolduğundan, salınım daha yavaş söner. Farklı Qdeğerleri için x(t) değişimleri yanda verilmiştir.
Q=14.4
Q=25.8
29
2 2220 0 0
0
11 14 2 2Qγ γω ω ω ω
ω
= − = − = −
Görüldüğü gibi Q’ nun büyük değerlerindeω ≈ ω0 almaya hakkımız vardır. Örneğin,
02 0,968Q ω ω= ⇒ =
Q büyüdükçe ω, ω0 değerine yaklaşmaktadır. Diğer bir deyişle, b sönüm sabitiazaldıkça Q kalite faktörü büyür ve sönümlü harmonik hareketin frekansı ω, basitharmonik hareketin frekansı olan ω0 değerine yaklaşır.
010 0,999Q ω ω= ⇒ =
30
Sönümlü harmonik hareketin enerjisi, sürtünme veya hareketi engelleyici kuvvetler(korunumsuz kuvvet) nedeniyle azalır. Herhangi bir anda sistemin toplam mekanikenerjisi;
3.3.3. Sönümlü Harmonik Harekette Enerji Kaybı
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 21 12 2
E t K t U t m v t k x t= + = +
Burada kritik altı sönüm durumunu, yaklaşımı altında ele alalım:
( ) ( )22
220 0 0
0
cos ; 14 2
tx t A e t
γ γ γω ω ω ωω
− = = − = −
2 2
0 04 γ ω ω ω<< ⇒ ≈
( ) ( )20 0cos
tx t A e t
γ
ω−
≈
( ) ( ) ( )20 0 0 0
0
cos sin2
tv t A e t t
γ γω ω ωω
− ≈ − +
2 204γ ω
31
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
2 20 0 0
0 0
1 1 sin 2 cos2 2 2
tE t K t U t kA e t tγ γ γω ωω ω
− = + = + +
x(t) ve v(t) ifadeleri mekanik enerji bağıntısında yerine konulursa,
( ) ( )20 0
0
1 1 sin 2 2 2
tE t kA e tγ γ ωω
− = +
sonucu elde edilir. Burada E0 , sistemin t = 0anındaki mekanik enerjisidir.
Enerjinin ilk değerinin 1/e ’ sine düşmesi için geçen zaman, ortalama ömrün yarısı kadardr:
2ττ ′ =
( ) ( )/2 20 0 0 0
1 ; 2
ttE t E e E e E kAτγ
−−= = =
32
3.3.4. Enerjinin Değişim Hızı
2 21 12 2
dE d dv dxmv kx mv kxdt dt dt dt
= + = +
sonucu elde edilir. Bu bağıntı enerjinin sürekli azaldığını gösterir. Herhangi bir t1 vet1+T anlarındaki enerji değerleri, sırasıyla;
0 ma bv kx ma kx bv+ + = ⇒ + = −
( )( ) ( )
1
1
1 1 0
2 1 0
t
t T
E E t E e
E E t T E e
γ
γ
−
− +
= =
= + =
( )1
1
02
1 0
t TT
t
E eE eE E e
γγ
γ
− +−
−= =
1 2
1 0
2 2E E TE Q
π πγ γω
−= = =
( )1
1 2
2 2
E osilatörde depo edilen enerjiQE E bir periyotluk süreçte enerjideki kayıp
π π
= = −
( )dE ma kx vdt
= +
2dE bvdt
= −
2
1
1 1ET TE
γ γ<< ⇒ = −
33
3.3.4. Sönümlü Elektriksel Osilasyonlar
Daha önce bir LC devresindeki osilasyonları incelemiş vedevrenin BHH yaptığını görmüştük. Yeni durumda,devreye bir R direnci eklenecektir.
t = 0 anında devredeki S anahtarı kapatılırsa, herhangi biranda devreden geçen akım i ve kapasitör üzerinde kalanyük miktarı q olacaktır. Kirchhoff yasaları gereği,
0q diL iRC dt− − =
yazılabilir.
2
2 0dq d q dq qi L Rdt dt dt C
= − ⇒ + + = ifadesi elde edilir.
2
2 0d x dxm b kxdt dt
+ + =Sönümlü harmonik hareket:
Devreden geçen akım, kapasitör üzerindeki yük cinsinden yazılırsa,
34
220 2
xkmb
b=m
γ
γω ω = −
( ) ( )2
2 20 0
1cos cos2
R Rt tL L Rq t q e t q e t
LC Lω
− −
= = −
Benzerlikleri kullanılarak, kritik altı çözüm için:
yazılabilir.
2 12RL LC
<
2
1/
=
12
qC
LR
RL
RLC L
γ
ω = −
2
2 0d q dq qL Rdt dt C
+ + =
2
2 0d x dxm b kxdt dt
+ + =
35
(Kritik altı sönüm)2 1
2RL LC
<<
01LC
ω ω≈ =
( ) ( )20 0cos
R tLq t q e tω
− ≈
2LR
τ =
Kritik üstü sönüm2 1
2RL LC
>
Kritik sönüm2 1
2RL LC
=
Kritik altı sönüm2 1
2RL LC
<
36
Mekanik sistemde tanımladığımız Q kalite faktörünün elektrik sistemde karşılığı ise,
0 1/ 1/LC LQ
R L R Cωγ
= = =
Q kalite faktörünü kullanılarak mekanik ve elektrik sistemlerinde sönümlü harmonikhareketin denklemini yeniden yazalım:
2
2 0d q dq qL Rdt dt C
+ + =2
2002 0d q dq q
dt Q dtω ω+ + =
2
2 0d x dqm b kxdt dt
+ + =2
2002 0d x dx x
dt Q dtω ω+ + =
Bu benzerliği Fizik Laboratuvarı-IV dersinde yapacağınız deneylerde sık sıkkullanacaksınız.
olarak elde edilir.
37
Örnek-1. a) Kütlesi m olan bir cisim kuvvet sabiti k olan homojenbir yaya asılmıştır (Şekil-a). Yay denge konumundanitibaren hafifçe (y kadar) aşağı doğru çekilip serbestbırakılıyor. Sistemin titreşim periyodu nedir?
b) Kütlesi m olan cisim özdeş iki yaya Şekil-b’deki gibibağlanmıştır. Bu durumda titreşim periyodu nedir?
c) Kütlesi m olan cisim özdeş iki yaya Şekil-c’deki gibibağlanmıştır. Bu durumda titreşim periyodu nedir?
Çözüm-1.2 2
2 2) 0d y d y ka m ky ydt dt m
= − ⇒ + = 02 2k mT
m T kπω π= = ⇒ =
2 2
2 2
2) 0d y d y kb m ky ky ydt dt m
= − − ⇒ + =
02 2 2
2k mT
m T kπω π= = ⇒ =
2 2
2 2) 02 2
d y y d y kc m k ydt dt m
= − ⇒ + =
02 2 2
2k mTm T k
πω π= = ⇒ =
38
Örnek-2. Küçük bir blok platform üzerine konuyor. Platform düşeyyönde saniyede 10/π titreşim ve 5 cm genlikle BHHyapmaya başlamaktadır.
a) Blok hangi noktada platformu terk eder?b) Blok, platformun ulaştığı en üst noktaya göre ne
kadar yukarıya yükselecektir?
Çözüm-2. ( ) ( ) ( )2
2 22) sin sind ya y t A t A t y
dtω ω ω ω= ⇒ = − = −
Platformun ivmesi yer çekim ivmesine eşit olduğunda blok ile platformunteması kesilir. Bu andaki konuma 𝑦𝑦0 diyelim:
20 ya g y gω= ⇒ =
( )0 22
10 0,025 2 10 /
gy mω π π
= ≈ =∗
Blok platformu denge noktasından itibaren y0 = 0,025 myüksekte iken terk etmektedir. Buna göre, bloğunplatformu terk ettiği an ve o andaki hızı:
)b
( )110 10,025 0,05sin 2 sin 0,5 20 120
t t sπππ
− = ∗ ⇒ = =
( ) ( ) 03cos
2v t A t v m / sω ω= ⇒ =
v0
y0
39
20 0
12
y y v t gt− = −
Platformun yaptığı titreşimin genliği A = 0,05 m olduğuna göre, bloğun ulaşabildiği enyüksek nokta platformun ulaşabildiği en yüksek noktadan,
0,0625 0,05 0,0125 h y A m= − = − =
daha yukarıda olacaktır.
00 vv v gt t
g= − ⇒ =
Bloğun platformu terk ettikten sonra, maksimum yüksekliğe çıkma süresi:
Bloğun çıkabildiği maksimum yükseklik:
2 20 0 0
0 0 01 0,0625 2 2
v v vy y v g y mg g g
= + − = + =
40
Örnek-3. Uzunluğu L olan homojen bir çubuk, belli bir amaçiçin uzunluğunun 2/3’ ünden şekildeki gibi asılmışhalde iken küçük açılı salınım hareketi yapmaktadır.Çubuğun küçük titreşimlerinin periyodunu bulunuz.
Çözüm-3.
2 3 6L L Ld = − =
Kütle merkezinin, çubuğun asıldığı noktaya uzaklığı,
( )2
2 sin6
d LI I mg d mgdtθτ α θ θ= = = − = −
2 22
2 2
20 0 6 6
d mgL d mgLdt I dt I Tθ θ πθ ω θ ω+ = ⇒ + = ⇒ = =
2 2 2 21 1 112 36 9kmI I md mL mL mL= + = + =
26 1 22 29 3
LT mLmgL g
π π= ∗ = sonucu elde edilir.
41
Örnek-4. Yarıçapı R ve kütlesi M olan homojen bir disk, uzunluğuL ve kütlesi m olan homojen bir çubuğun ucuna bağlıdır.Çubuğun diğer ucu, sürtünmesiz bir mille duvarayataklanmıştır. Bu sistemin küçük titreşimler yapmasıdurumunda periyodunu bulunuz.
Çözüm-4. ( ) ( )( )2
2 sin sin2
d LI I mg Mg L Rdtθτ α θ θ= = = − − +
Küçük açılarda sin(θ) ≈ θ olduğundan,
( )2 2
22 20 0
2d g mL dM L Rdt I dtθ θθ ω θ + + + = ⇒ + =
( )22 21 13 2ç dI I I mL MR M L R= + = + + +
sonucu elde edilir.( )
( )
22 21 13 22 1
2
mL MR M L RT
mgL Mg L Rπ
+ + +=
+ +
( ) 22
g mL M L RI T
πω = + + = ( )2
2
ITmLg M L R
π= + +
42
Örnek- 5. 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴𝑒𝑒−𝛼𝛼𝑡𝑡cos(𝜔𝜔𝑡𝑡) ifadesinin,2
202 0d x dx x
dt dtγ ω+ + =
denkleminin bir çözümü olabilmesi için sağlanması gereken koşullarıbelirleyiniz ve buradan 𝛼𝛼 ve 𝜔𝜔’ yı bulunuz.
Çözüm-5. ( )costx Ae tα ω−=
( ) ( )cos sint tdx Ae t A e tdt
α αα ω ω ω− −= − −
( ) ( ) ( )2
2 22 cos 2 sintd x Ae t t
dtα α ω ω αω ω− = − +
Bunlar verilen diferansiyel denklemde yerine yazılırsa:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 20 cos 2 sin 0tAe t tα α ω ω αγ ω αω γω ω− − + − + − =
2 2 20 0
2 0α ω ω αγαω γω
− + − =
− =
220 ve
2 4γ γα ω ω= = −
43
Örnek-6. Kütlesi m olan bir cisim, şekilde görüldüğü gibi,sürtünmesiz yatay bir masa üzerinde aralarında2a mesafesi olan A ve B noktalarına kuvvetsabiti k olan özdeş yaylarla bağlanmıştır.Yayların gerilmemiş haldeki uzunlukları 𝑎𝑎0 ’ dır.mıştır. Sistem sürtünmesiz bir masa üzerindedir.m kütlesinin denge konumunda yatay yerdeğiştirmesi x ile ve düşey yer değiştirmesi y ilegösterilmiştir.
a) 𝑥𝑥 doğrultusundaki küçük yer değiştirmelere karşılık gelen hareketindiferansiyel denklemini yazınız.
b) 𝑦𝑦 doğrultusundaki küçük yer değiştirmelere karşılık gelen hareketindiferansiyel denklemini yazınız (𝑦𝑦 ≪ 𝑎𝑎 kabul ediniz).
c) 𝑎𝑎 ve 𝑎𝑎0 vasıtasıyla 𝑥𝑥 ve 𝑦𝑦 boyunca titreşim periyotlarının oranını hesapediniz.
d) 𝑡𝑡 = 0’ da m kütlesi 𝑥𝑥 = 𝑦𝑦 = 𝐴𝐴0 noktasından sıfır hızla harekete başlarsa,herhangi bir t anında cismin 𝑥𝑥 ve 𝑦𝑦 uzanımları nedir?
44
Çözüm-6. a) Denge halinde yayların ikisinin de gerilmiş durumdaki uzunluğu a’ dır.m kütlesini sağa doğru x kadar çektiğimizi düşünelim. Bu durumda mkütlesinin hareket denklemi,
2 22
2 2
22 0 ; x xd x d x km kx xdt dt m
ω ω= − ⇒ + = =
b) Yaylardaki uzama miktarı: 0L L a∆ = −
Yayların kütleye uygulayacağı geri çağırıcı kuvvet:
( )0T k L a= − −
( ) ( )00 ; 2 sin 2x yyF F T k L aL
θ= = − = − −
( )2 2
002 2
22 1 0ad y y d y km k L a ydt L dt m L
= − − ⇒ + − =
20
2 2 2
2 1 0ad y k ydt m a y
+ − = +
y’ nin katsayısı sabit olmadığı için hareket, BHH değildir !!!
45
1/22 20 0 0 0
2 22 2 1 1
2a a a ay yy a
a a a a aa y
−
<< ⇒ = + ≈ − ≈ +
2 220 0
2 2
2 21 0 0 ; 1y ya ad y k d y ky y
dt m a dt m aω ω + − = ⇒ + = = −
Bu denklemin BHH denklemi olduğuna dikkat ediniz.
c) x-doğrultusundaki ve y-doğrultusundaki hareket denklemlerinden,
0
2
2 1
x
y
km
akm a
ω
ω
=
= − 0
22
22 1
x
y
mTk
mTaka
π
π
=
= −
01x
y
T aT a
= −
d) Kütlenin x ve y doğrultusundaki hareketi BHH olduğu için, kütlenin herhangi birandaki uzanımı aşağıdaki gibi olacaktır.
( ) ( ) 00 0
2 2cos ve cos 1 ak kx t A t y t A tm m a
= = − 46
Örnek-7. Kütlesi m olan küçük bir top uzunluğu 𝑙𝑙1 ve 𝑙𝑙2olan iki tel ile şekildeki gibi duvara bağlanmıştır.Denge durumunda her iki teldeki gerilim 𝑇𝑇0’ dır.m kütlesi düşey doğrultuda hafifçe çekilipserbest bırakılıyor. Küçük titreşimlerinperiyodunu bulunuz.
Çözüm-7. Kütle denge durumundan düşey doğrultuda yer değiştirdiği için, 𝑇𝑇1 ve 𝑇𝑇2gerilimlerinin yatay bileşenleri eşit ve zıt yöndedir. Ancak, her ikisinin dedüşey bileşenleri aşağı doğrudur. Bu bileşenlerin toplamı m kütlesine geriçağırıcı kuvvet uygular.
( ) ( )2
1 1 2 22 sin sind ym T Tdt
θ θ= − −
Küçük açılarda sin(θ) ≈ tan(θ) ≈ θ olduğunu biliyoruz. Ayrıca, küçüktitreşimler için: T1 = T2 = T0 alabiliriz.
2 22
1 2 02 21 2 1 2
1 1 0yd y y y d ym T T T y ydt l l l l dt
ω
= − − = − + ⇒ + =
0
1 2
2 1 1y
TT m l lπω
= = +
1 2
0 1 2
2 l lmTT l l
π
= + 47
Örnek-8. 0,2 kg kütleli bir cisim kuvvet sabiti 80 N/m olan bir yaya asılıdır. Bucisim –𝑏𝑏𝑏𝑏 ile verilen bir sürtünme (sönüm) kuvvetine maruz kalırsa(burada 𝑏𝑏 cismin hızıdır),
a) Sistemin serbest salınımlarının diferansiyel denklemini yazınız.b) Eğer sönümlü harmonik hareketin frekansı, sönüm olmadığı zamanki
frekansın 3/2’ si ise b sabitinin değeri nedir?c) Sistemin Q kalite faktörü nedir? 10 salınım sonunda titreşimin genliği
hangi faktör (kaç kat) ile azalır?
Çözüm-8. a) Sistemin hareket denklemi,2 2
2 2 0d x d x b dx km kx bv xdt dt m dt m
= − − ⇒ + + =
2
2 5 400 0d x dxb xdt dt
+ + =
b)2
20 020 ; 5 ve
4k brad / s bm m
γω γ ω ω= = = = = −
2 22
0 0 03 5 4 /
2 4b b Ns mγω ω γ ω
= − ⇒ = = ⇒ =
48
0 20 15
Qb
ωγ
= = =
20
tA A e
γ − =
c) Kalite faktörü:
Sönümlü harmonik hareketin genliği:
t = 0 anındaki genlik A0 ve 10 salınım sonraki genlik A10 olsun;
102
510 0
0 0
T
TA A e eA A
γ
γ
−
−= =
220 0 02
1 31 10 3 4 4 2
rad / sQ
γω ω ω ω= − = − = =
2 5 3
T sπ πω
= =( )5 20
5 1610 5 3
0
1,76 10TA e eA
πγ
−− −= = = ×
Bu oranın çok küçük olması, sistemin çok kısa sürede sönüme gittiğini gösterir.
49
Örnek-9. Bir çok titreşen sistemde, depolanan enerji zamanla 𝐸𝐸 = 𝐸𝐸0𝑒𝑒−𝛾𝛾𝑡𝑡 şeklinde üstelazalır. Böyle bir titreşim hareketi için Q ifadesi 𝑄𝑄 = 𝜔𝜔0/𝛾𝛾 ile verilir. Burada 𝜔𝜔0titreşimlerin doğal frekansıdır.
Çözüm-9. ( ) 1 00 0
1 2a ) ln 2 23202
fE E e s Qγ ω πγγ γ
− −= ⇒ = ⇒ = = ≈
( ) 1 00 0
1 2b ) ln 2 46402
fE E e s Qγ ω πγγ γ
− −= ⇒ = ⇒ = = ≈
4 1 00 0
1 1c ) 0, 25 12kE E e s Qe m
γ ωγγ γ
− −= ⇒ = ⇒ = = =
0,025 b m kg / sγ= =
a) Bir piyanonun orta C’ sine vurulduğu zaman titreşim enerjisi 1 s’ de ilkdeğerinin yarısına düşer. Orta C’ nin frekansı 256 Hz’ dir. Sistemin Q değerinedir?
b) Daha yüksek oktavlı bir notasında ( f = 512 Hz), enerji 1 s’ de ilk değerininyarısına düşüyorsa, sistemin Q değeri nedir?
c) 0,1 kg kütlesindeki bir cisim yay sabiti k = 0,9 N/m olan bir yaya asılıdır.Sönüm sabiti b (𝐹𝐹𝑠𝑠ö𝑛𝑛ü𝑚𝑚 = −𝑏𝑏𝑏𝑏) olan bir akışkan içinde hareket eden sisteminenerjisi 4 s’ de ilk değerinin 1/e’ sine düşüyor. Q ve b değerlerini bulunuz.
50
Örnek-10. Bir LRC devresinde 𝐿𝐿 = 10 𝑚𝑚𝐻𝐻, 𝐶𝐶 = 1,0 𝜇𝜇𝐹𝐹 ve 𝑅𝑅 = 1 Ω’ dur.
a) Yük salınımlarının genliği ne kadar sürede yarıya düşer?b) Bu sürede kaç periyotluk salınım olmuştur?
Çözüm-10. a) Bir LRC devresinde, S anahtarı kapandıktan sonra kondansatörüzerindeki yük harmonik hareket yapar. Bu LRC devresinde salınanyük aşağıdaki ifadeyle verilir.
( ) ( )2
20
1cos ; 2
R tL Rq t q e t
LC Lω ω
− = = −
20
R tLA q e
− =
( ) ( )1/2 1/22ln 2 ln 2 13,86
2R Lt t msL R
= ⇒ = ≈
1/220 0
12
R tLq q e
− =
24 41 2b) 10 2 10
2R rad / s T s
LC Lπω πω
− = − ≈ ⇒ = = ×
31/2
4
13,86 10 222 10
tnT π
−
−
×= = ≈
×51
Örnek-11. Sönümlü salınım yapan bir LRC devresinde bir devirlik sürede enerjikayıp oranı ∆𝑈𝑈
𝑈𝑈’ nun, R << L , C olması durumunda yaklaşık olarak 2𝜋𝜋𝜋𝜋
𝜔𝜔𝐿𝐿ile verilebileceğini gösteriniz.
Çözüm-11.
( ) ( )2
20
1cos ; 2
R tL Rq t q e t
LC Lω ω
− = = −
Bir LRC devresinde, S anahtarı kapandıktan sonra salınan yük aşağıdakiifadeyle verilir.
( ) ( )20
1, cosR tLR L C q t q e t
LCω ω
− << ⇒ ≈ ⇒ ≈
( ) ( )22
201 1 cos2 2
R tLqqU t e t
C Cω
− = =
( ) ( )2 20 0
0 11 10 ve 2 2
R TLq qU U U U T e
C C
− = = = =
0 1
0
1 1 1R TLU U Re T
U L
− − = − ≈ − +
0
2U R RTU L L
πω
∆ ≈ =
52
Örnek-12. Kütlesi 0,5 kg olan bir blok, kuvvet sabiti k = 12,5 N/m olan bir yayın ucunabağlı olarak kritik altı (under-dumped) sönümlü hareket yapıyor. Hareketinfrekansının, sönümsüz hareketin frekansından % 0,2 daha az olduğugözlemleniyor.
Çözüm-12.2 2
2 2 2 20 0 02a) 2
4 4b b mm
γω ω ω ω ω= − = − ⇒ = −
( ) ( )22 2 20 0 02 2 0,998 0,004 0,316 /kb m m kg s
mω ω ω ω= − = − = ∗ ≈
0,3162 0,5 0,3162
0 0 0b) b tt
tmA A e A e A e −− ∗ − = = =
a) Hareketin sönüm sabiti b’ nin değerini bulunuz.b) Hareketin genliğinin zamana bağlı değişimini bulunuz.c) Mekanik enerjinin başlangıç değerinin % 1’ ine düşmesi için geçen süreyi
bulunuz.d) Sistemin kritik sönüm durumunda hareket edebilmesi için sönüm sabiti
(𝑏𝑏𝑘𝑘) ne olmalıdır?
53
2
220 0
0
c) 0,01b b bt t tm m mEE A e A e e
E
− − −
∝ = ⇒ = =
( ) ( ) ( )0,5ln 0,01 ln 0,01 ln 0,01 7,287 0,316
b mt t sm b
− = ⇒ = − = − ≈
2 2 22 2 20 0 0 02 2d) 2
4 4 4 kb b b mm m
γω ω ω ω ω= − = − ⇒ = ⇒ =
( )( ) 2 4 4 0,5 12,5 5 kkb m mk kg / sm
= = = =
54
Kütleye şekildeki gibi büyüklüğü periyodik olarak değişen bir dış kuvvetuygulandığında ortaya çıkan harekete ‘‘Zorlamalı Salınım’’ denir.
4.1. Zorlamalı Salınımlar ve Rezonans
• Sönümlü olmayan zorlamalı salınım hareketi (Undamped forced vibrations)
BÖLÜM 4
• Sönümlü zorlamalı salınım hareketi (Damped forced vibrations)
1
4.2. Sönümlü Olmayan Zorlamalı Salınım HareketiDış kuvvetin uygulanmadığı ve sönümün olmadığı bir kütle yay sistemi
Belli bir zaman sonra, toplam titreşimin frekansı dış kuvvetin frekansına (ω) eşitolacaktır. Bu şart yerine getirildiği zaman, dış kuvvetin etkisindeki salınıcı kararlı haldenilen bir duruma sahip olacaktır.
Periyodik bir dış kuvvetin uygulanması durumunda, dış kuvvet salınıcı üzerine kendifrekansı olan ω’ yu kabul ettirmeye çalışacak ve net hareket, ω0 ile ω frekanslarındakititreşimlerin üst üste gelmeleri şeklinde olacaktır.
0km
ω = frekansı ile titreşen BHH yapar.
Periyodik dış kuvvetin frekansının salınan sistemin doğal titreşim frekansına eşitolması durumunda (ω = ω0), titreşimin genliği maksimum bir değere ulaşır. Bu duruma‘‘Rezonans’’ olayı denir.
2
Eğer dış kuvvetin frekansı, sistemin doğal titreşim frekansına yakın ise, toplamtitreşimin genliği küçük bir kuvvet uygulanmasıyla bile oldukça büyük yapılabilir.
Bir kütle-yay sistemine, şekildeki gibi, periyodik bir dış kuvvetin uygulanmasıdurumunda hareket denklemi,
( )2
02 cosd xm kx F tdt
ω= − +
2 00 0 ve kısaltmaları ileFk f
m mω = =
olacaktır.
( )2
20 02 cosd x x f t
dtω ω+ =
Bu denklem ikinci dereceden, sabit katsayılı, homojen olmayan bir çizgiseldiferansiyel denklemdir. Bu tür diferansiyel denklemlerin genel çözümü, homojenkısmın çözümü (𝑥𝑥ℎ) ile bir özel çözümün (𝑥𝑥𝑝𝑝) toplamı şeklinde verilir (Bunun içinCalculus and Analytic Geometry; George B. Thomas, Jr. kitabına bakabilirsiniz).
3
Bu durumda genel çözüm aşağıdaki gibidir:
( ) h px t x x= +
Hareket denkleminin homojen olması durumunda çözümünü daha önce bulmuştuk:
22 20 02 0 ; d x kx
dt mω ω+ = =
( )2
20 02 cosd x x f t
dtω ω+ =
Hareket denkleminin homojen olmadığı durum için özel bir çözüm (xp) bulmayaçalışacağız.
( ) ( )( ) cos sinpx t A t B tω ω= +
denkleminin çözümü (ω ≠ ω0) durumunda:
( ) ( )2
2 2 22 cos sinp
p
d xA t B t x
dtω ω ω ω ω= − − = −
1. ω ≠ ω0 durumu:
( ) ( ) ( )1 0 2 0cos sinhx t C t C tω ω= +
4
02 20
ve 0fA Bω ω
= =−
0 00 2
0
=f FAk
ω ωω
<< → ≈
( ) ( )2 20 0 cospx f tω ω ω− =( )
220 02 cosd x x f t
dtω ω+ =
( )
( ) ( )
02 20
cos
cos sin
p
p
fx t
x A t B t
ωω ω
ω ω
= −
= +
00 2 = 0fAω ω
ω>> → ≈
0 Aω ω= → ≈ ∞
00 2 2
0
fAω ωω ω
< → =−
00 2 2
0
fAω ωω ω
> → = −−
5
Bu durumda genel çözüm aşağıdaki gibidir:
( ) ( ) ( ) ( )01 0 2 0 2 2
0
cos sin cosh pfx t x x C t C t tω ω ω
ω ω
= + = + + −
Hareketin başlangıç koşullarının x(0) = 0 ve v(0) = 0 olduğunu varsayarak, yukarıdakidenklemde C1 ve C2 katsayıları aşağıdaki gibi bulunur:
01 22 2
0
ve 0fC Cω ω
= − =−
Bu katsayılar yukarıda yerine konulursa genel çözüm,
( ) ( ) ( )002 2
0
cos cosfx t t tω ωω ω
= − −
sonucu elde edilir.
( ) ( )cos cos 2sin sin2 2
A B A BA B − + − = −
( ) 0 0 02 20
2 sin sin2 2
fx t t tω ω ω ωω ω − + = −
6
( ) 0 0 02 20
2 sin sin2 2
fx t t tω ω ω ωω ω − + = −
Bu ifadede yüksek frekanslı sin 𝜔𝜔0+𝜔𝜔2
𝑡𝑡 fonksiyonunun genliği, düşük frekanslı
sin 𝜔𝜔0−𝜔𝜔2
𝑡𝑡 fonksiyonu tarafından modüle edilir. Bu davranışın ‘‘vuru (beat)’’olarak adlandırıldığını biliyoruz.
(a) Rezonansın dışında, periyodik dış kuvvete karşılık sönümsüz harmoniksalınıcının cevabı.
0 00 ; ve γ ω ω ω ω= ≠ ≅7
ω ≠ ω0 durumuna farklı bir yaklaşım:
( )2
20 02 cosd x x f t
dtω ω+ =
Denklemin homojen olmayan kısmı, ( ) ( )cospx t A tω δ= − fonksiyonunu önerelim.
( )2
22 cospd x
A tdt
ω ω δ= − −
( ) ( ) ( )2 20 0cos cos cosA t A t f tω ω δ ω ω δ ω− − + − =
( )cos cos cos sin sinA B A B A B= ±
( ) ( )( ) ( )
2 20
2 20 0
sin 0
cos
A
A f
ω ω δ
ω ω δ
− =
− = ( )tan 0 0 veya δ δ δ π= ⇒ = =
8
( ) ( ) ( )0
2 20 cos
fA ωω ω δ
=−
( ) ( )0
2 20
0 fAδ ωω ω
= ⇒ =−
( ) ( )0
2 20
fAδ π ωω ω
= ⇒ = −−
0< olmalıdır.ω ω
0> olmalıdır.ω ω
9
2. ω = ω0 , Rezonans durumu:
( )2
20 02 cosd x x f t
dtω ω+ =
( ) ( )0 0( ) cos sinpx t t A t B tω ω= +
denkleminin çözümü (ω = ω0) durumunda:
( ) ( )2
20 0 0 02 2 cos sinp
p
d xB t A t x
dtω ω ω ω= − −
( ) ( ) ( )2 20 0 0 0 0 0 02 cos sin cosp pB t A t x x f tω ω ω ω ω ω− − + =
0
0
ve 02
fB Aω
= =
( )00
0
( ) sin2p
fx t t tωω
=
( ) ( ) ( ) ( )1 0 2 0 0 0cos sin coshx t C t C t C tω ω ω ϕ= + = −
10
( ) ( ) ( ) ( ) ( )00 0 0
0
cos sin2h p
fx t x t x t C t t tω ϕ ωω
= + = − +
xh(t) fonksiyonu kararlı salınan birfonksiyondur.
Denklemin en genel çözümü,
olacaktır.
xp(t) fonksiyonunun genliği zamanlaçizgisel olarak artmaktadır.
Zaman ilerledikçe, sistemdeki yay dahafazla dayanamayacak ve kırılacaktır(Rezonans durumu).
11
4.3. Sönümlü Zorlamalı Salınım Hareketi
Daha önce yaya bağlı ve viskoz sıvı içinde sönümlü salınım hareketi yapan sistemiincelemiştik. Şimdi benzer bir sistemi ele alacağız. Ancak bu kez, kütleyeF = F0cos(ωt) gibi periyodik bir dış kuvvet uygulayacağız.
Sistemin hareket denklemi:
( )2
02 cosd x dxm b kx F tdt dt
ω+ + =
2 00 0 ; ve Fb k f
m m mγ ω= = =
( ) ( )22
2 220 0 1 1 02 0 cos ;
2t
hd x dx x x t A e tdt dt
γ γγ ω ω φ ω ω − + + = ⇒ = − = −
Homojen kısmın çözümü (kritik altı sönüm için):
( )2
20 02 cosd x dx x f t
dt dtγ ω ω+ + =
12
( )( )
( )022 2 2 2
0
cospfx t tω δ
ω ω γ ω= −
− +
Özel çözüm (Özel çözümün elde edilmesi için: Calculus and Analytic Geometry;George B. Thomas, Jr. kitabına bakabilirsiniz):
12 20
tan γωδω ω
− = −
Bu durumda hareket denkleminin genel çözümü aşağıdaki gibidir:
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )2 00 1 22 2 2 2
0
cos cost
h pfx t x t x t A e t t
γ
ω φ ω δω ω γ ω
− = + = − + −
− +Geçici Çözüm
Kalıcı Çözüm
( ) ( )cospx t A tω δ= −Çözüm önerisi:
Ara işlemler öğrenciye bırakılmıştır !!!
13
Homojen kısmın çözümü 𝑥𝑥ℎ(𝑡𝑡) kısa süre içerisinde söner. Bu nedenle homojen kısmınçözümüne ‘‘geçici çözüm’’ denir.
Bu durumda genel çözüm:
( )( )
( )022 2 2 2
0
cosfx t tω δω ω γ ω
= −− +
Özel çözüm 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) ise ‘‘kalıcı çözüm’’ veya ‘‘kararlı durum (steady state)’’ olarakadlandırılır. Bu nedenle çoğu kez geçici çözümü dikkate almaya gerek kalmaz.
Genliğin minimum olmasının bir önemi yoktur. Fakat maksimum olması, sistemezarar verebilmesi açısından önemlidir.
2200
2dAd
γω ωω= ⇒ = −
220
2
2
2
0d Ad γω ωω
= −
<
( )00 0max
20 2 2
/
1 11 14 4
F m Q F QQ Ak
Q Q
ωγ
ω= ⇒ = =
− −
14
( )( )
022 2 2 2
0
fA ωω ω γ ω
=− +
220 0 2
112 2R Qγω ω ω ω= = − = −
Periyodik dış kuvvetin 𝐹𝐹 = 𝐹𝐹0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝑡𝑡 etkisi ile titreşim hareketinin genliğininmaksimum olmasına ‘‘rezonans’’ ve genliğin maksimum olduğu 𝜔𝜔𝑅𝑅 frekansına da‘‘rezonans frekansı’’ denir.
12 20
tan γωδω ω
− = − 01 RQ ω ω>> ⇒ ≅
0 Rω ω< !!!!!
0 2 4 6 8 10
γ=3 γ=2 γ=1
δ(ω)
π/2
π
ω0
0 2 4 6 8 100,0
0,1
0,2
ωR
A(ω)
kF0
γ=3γ=2
ω
ω0=5 f0=1
γ=1
15
(b) Rezonansın dışında, periyodik dış kuvvete karşılık sönümlü harmoniksalınıcının cevabı.
( ) ( ) ( )( )
( )2 01 1 2 1 22 2 2 2
0
cos sin cost fx t e C t C t t
γ
ω ω ω δω ω γ ω
− = + + −
− +
22
0 1 0 0 2 2γ γω ω ω ω ⇒ = − ≅
Sönümün çok yavaş olması ve rezonans durumu için genel çözüm:
( ) ( )0 0 0
0 0 2 2 22 2 2 2 00 00
= 4
f f fxu
ω ωωω ω ω γω ω γ ω
≅ ⇒ = ≅− +− +
0 1 00 ; ve γ ω ω ω ω ω≠ ≠ ≅ ≅
16
( )0 0 01 2
2 ;
x xC Cu uω ω γ−
= − = −
( )( )0
2 20 0
2 tan = cos ve sin
2 u uω ωγω γ γδ δ δ
ω ω ω ω−
≅ ⇒ = =− −
t = 0 anında x(0) = 0 ve v(0) = 0 başlangıç koşulları uygulanırsa:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 2 200 0
2cos cos sin sin
t tx xx t t e t t e tu u
γ γω ω γω ω ω ω − −
−= − + −
( ) ( )200 0 1 sin
txx t e tu
γγω ω ω −
≅ ⇒ = −
( ) ( ) ( ) ( )02 cos cos sint t t
u uω ω γω δ ω ω
−− = +
( )( )
( )2002 2
0 0
1 sin4
tfx t e tγγ ω
ω ω ω γ
−
= −
− + 17
(c) Tam rezonansta, salınım genliğininkararlı bir genliğe doğrubüyümesini gösteren geçişdavranışı.
Mekanik sistemlerin zarar görmesine neden olacağı için, sistemin uzun süre rezonanstakalması istenmez (Köprülerin yıkılması, binaların zarar görmesi gibi).
Bazı durumlarda ise, sistemin kısa zaman aralıklarında rezonansa girmesi istenir. Sağlıkalanında çok kullanılan MR görüntüleme cihazlarının çalışma prensibinin temeli‘‘manyetik rezonans’’ olayıdır ve kısa süreli rezonans durumlarından faydalanılır.
Kızıl ötesi spektroskopisinde ise, bir molekül üzerine frekansı belirli bir aralıktadeğiştirilebilen elektromanyetik dalgalar (kızıl ötesi ışınlar) gönderilir. Rezonansdurumunda, gönderilen elektromanyetik dalganın enerjisi molekülün atomları tarafındansoğurulur.
Bir maddeden geçen dalganın şiddetinin azaldığı frekanslar rezonans frekanslarıdır. Burezonans frekanslarından hareketle moleküllerin yapısı hakkında bilgi elde edilir.
18
19
4.4. Salınıma Zorlanmış Elektrik Devresinde Rezonans:
Daha önce kütle-yay sistemi ile seri bağlı RLC devresi arasındaki benzerlikler, zorlayıcıkuvvet kullanmaksızın incelenmişti.
( )2
02
1 cosd q dqL R q V tdt dt C
ω+ + =
( )2
02 cosd x dxm b kx F tdt dt
ω+ + =
2 0 00 0
1 1 ; ; = ve VR LQ fL LC R C L
ωγ ωγ
= = = =
( )2
20 02 cosd q dq q f t
dt dtγ ω ω+ + =
Eğer bu RLC devresine, AC kaynaklı bir elektromotor kuvvet (emk) kaynağı eklenirse,mekanik sistemle olan benzerlik geçerliliğini korur ve devre rezonans özelliğigöstermeye başlar.
( ) ( ) ( )0 cosq t q tω ω δ= −
Kalıcı çözüm20
( ) ( ) ( )0 cosq t q tω ω δ= −
( ) ( )
( )0 1
0 2 222 2 2 2 00
/ ve tan
V Lq γωω δ
ω ωω ω γ ω
− = = − − +
( ) ( ) ( )0 sindqI t q tdt
ω ω ω δ= − = −
( ) ( )02
2
sin1
VI t t
L RC
ω δ
ωω
= − − +
Akım genliğinin maksimum olduğu frekans ve bu frekans değerindeki akım:
( ) 00 2
21
VI
L RC
ω
ωω
= − +
01 10 LC LC
ω ω ωω
− = ⇒ = = 00,max
VIR
=
21
Kapasitörün uçları arasındaki gerilim:
( ) ( ) ( ) ( ),0 cosC C
q tV t V t
Cω ω δ= = − ( ) ( )
( )0
,0 22 2 2 20
/C
V LV
Cω
ω ω γ ω=
− +2
2 0 00 ,0,max
20 2 2
2 1 11 1
4 4
CV Q V QV
LCQ Q
γω ωω
= − ⇒ = =− −
Bu sonuç RLC devresinin, rezonans durumunda ve yüksek kalite faktörü değerlerinde,uygulanan AC gerilim değerini Q kalite faktörü kadar yükselttiğini söyler.
4.5. Sönümlü zorlamalı salınım hareketinin kompleks üstelfonksiyon ile incelenmesi
( )2
20 02 cosd x dx x f t
dt dtγ ω ω+ + = ( ) ( ) ( )cosx t A tω ω δ= −
( )( )
102 222 2 2 2 0
0
ve tanfA γωω δω ωω ω γ ω
− = = − − +
22
220 02 ei td z dz z f
dt dtωγ ω+ + =
Hareket denklemini kompleks gösterimde yazabiliriz:
Bu diferansiyel denklemde, 𝑧𝑧 = 𝐴𝐴 𝜔𝜔 𝑒𝑒𝑖𝑖 𝜔𝜔𝜔𝜔−𝛿𝛿 ifadesini çözüm olarak kabul edebiliriz.
( )( ) ( )
( ) ( )2
22
i t
i t
dz A i edtd z A edt
ω δ
ω δ
ω ω
ω ω
−
−
= = −
( ) ( ) ( )2 20 0 eiA i A f δω ω ω γω ω− + =
δ
F0/m iγωA(ω)
90°
( ) ( )2 20 Aω ω ω−
( ) ( ) ( )2 20 0 cosA fω ω ω δ− =
( ) ( )0 sinA fγω ω δ=
( ) ( )2 20 0 ei t i ti A e fω δ ωω ω γω ω − − + =
23
Bu ifadeler kullanılarak genlik ve faz için aşağıdaki sonuçlar bulunur:
Bu ifadeleri daha önce de türetmiştik. Ancak kompleks formun kullanımının çok daha kolay olduğuna dikkat ediniz.
( )( )
102 222 2 2 2 0
0
ve tanfA γωω δω ωω ω γ ω
− = = − − +
( ) ( )2 22 2 2 2 20 0A fω ω γ ω ω − + ∗ =
4.6. Zorlamalı Salınımlarda Güç Soğurulması
Sönümlü salınımlarda, sürtünme kuvvetleri nedeniyle salınım hareketi enerji kaybeder.Sürücü kuvvet, kayıp enerjiyi karşılamaya ve salınıcının sabit genlikte titreşimyapmasını sağlamaya çalışır.
24
Kalıcı çözümün aşağıdaki şekilde verilebileceğini biliyoruz:
Bu çözümü kullanarak salınan cismin hızını bulabiliriz:
( ) ( ) ( )cosx t A tω ω δ= −
( )( )
102 222 2 2 2 0
0
ve tanfA γωω δω ωω ω γ ω
− = = − − +
( ) ( ) ( )sindxv t A tdt
ω ω ω δ= = − − ( )( )
00 22 2 2 2
0
fv ωωω ω γ ω
=− +
ω << ω0 ve ω >> ω0 durumlarında v0 → 0, ω = ω0 durumunda ise v0 = f0/γdeğeriyle maksimuma ulaşmaktadır.
Salınıcıdan güç soğuran kuvvet sönüm kuvvetidir. Sönümkuvvetinin soğurduğu anlık güç (P), herhangi bir anda cismeetkiyen sönüm kuvveti ile cismin hızının çarpımına eşittir:
( ) 2P t F v bv= ⋅ = −
(−) işareti, sürtünme kuvvetinin cisimden enerji soğurduğunu göstermektedir.
25
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 20sin sinP t b A t b v tω ω ω δ ω ω δ= − − = −
Bir periyotluk (T) süreçte soğurulan ortalama güç:
( ) ( ) ( ) ( )0 0
0 0
20 21 sin
t T t T
t t
b vP P t dt t dt
T Tω
ω ω δ+ + = = −∫ ∫
( ) ( ) ( )0
0
20 1 cos 2
2
t T
t
b v tP dt
Tω ω δ
ω+ − − =
∫
( ) ( ) ( ) 0
0
20 1 sin 22 2
t T
t
b vP T t
Tω
ω ω δω
+ = − −
0=
Sürtünme kuvveti tarafından soğurulan güç (P) miktarı:
2cos 2 1 2sinθ θ= −
( ) 20
2b v ω =
26
( )( )
0 00 022 2 2 2
0
; ve f Fb v fm m
ωγ ωω ω γ ω
= = =− +
değerleri ortalama güç ifadesinde yerine konulursa:
( )( )
2 20
22 2 2 202
FPm
γ ωωω ω γ ω
= − +
Ortalama güç �𝑃𝑃 𝜔𝜔 ’ nun ω’ ya karşı grafiği‘‘Güç Rezonans Eğrisi’’ olarak adlandırılır.
( )0 0Pω ω ω<< ⇒ →
sonucu elde edilir.
( )0 0Pω ω ω>> ⇒ →
( )2
00 max
2FP Pm
ω ω ωγ
= ⇒ → =
27
Rezonans eğrisinin yarı yükseklikteki ( �𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚/2) tam genişliği, ∆ωfwhh ile gösterilir veönemli bir parametredir (fwhh: full width at half height – Yarı yükseklikteki tamgenişlik). Bu genişlik, uygulanan periyodik dış kuvvete karşı salınım tepkisininkeskinliğinin bir ölçüsüdür.
Uygulanan kuvvetin frekansı, rezonans frekansına yakın olduğunda (ω ≈ ω0):
( ) ( ) ( )0 2 20 0 0 0
0
2ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ωω ω ω≈
⇒ − = + ∗ − = ∆− = ∆
( )2
02
242 1
FPm
ωωγγ
= ∆+
20
max0 2FPm
ωγ
∆ = ⇒ =
Gücün maksimum değerinin yarısına eşit olduğu durum:
2 20 0
2
2
4 42 1
F Fm
mγ ωγ
γ
= ∆+
2
2
41 2 2
ω γωγ∆
+ = ⇒ ∆ =
0 2 fwhhγω ω ω γ= ⇒ ∆ =
28
Q kalite faktörü:
Ortalama güç:
0 0 = fwhh
Rezonans FrekansıQYarı Yükseklikteki TamGenişlik
ω ωγ ω
= =∆
( )( )
2 2 20 0
2 22 2 2 20 0
0 20
2 12
F FPm m Q
Q
γ ωωω ω γ ω ω ωω
ω ω
= = − + − +
Rezonans genişliği: 02fwhh Qωω ω γ∆ = ∆ = =
0fwhh Q
ωω∆ =
2 20 0
max02 2
F F QPm mγ ω
= =
Güç-rezonans eğrisinin Q’ ya bağlıdavranışı şekilde gösterildiği gibidir. Qbüyüdükçe ∆ωfwhh küçülmekte veortalama güç maksimumu artmaktadır.
29
Bir periyot süresince sürtünme kuvvetine karşı harcanan enerji miktarı:
( ) ( ) ( ) ( )0
0
220 1
2 2
t T
t
b vW P t dt TP T bT A
ωω ω ω
+ = = = = ∫
( )( )
022 2 2 2
0
fA ωω ω γ ω
=− +
Rezonans durumunda (ω = ω0) yukarıdaki enerji ifadesi :
2 20 0
max02 2
F F QW TP T Tm mγ ω
= = =
Rezonans durumunda, sürtünme kuvvetine karşı harcanan enerji de maksimumdur veQ büyüdükçe artar.
30
Örnek-1. ( )2
20 02 cosd x dx x f t
dt dtγ ω ω+ + =
şeklindeki homojen olmayan çizgisel diferansiyel denklemi sağlayan birözel çözüm bulunuz.
Çözüm-1. ( ) ( )cos sinpx A t B tω ω= + şeklinde bir çözüm seçelim.
( ) ( )
( ) ( )2
2 22
sin cos
cos sin
dx A t B tdtd x A t B tdt
ω ω ω ω
ω ω ω ω
= − +
= − −
Birinci ve ikinci türevleri diferansiyel denklemde yerine koyar vedenklemi düzenlersek aşağıdaki sonucu elde ederiz:
( ) ( )2 2 2 20 0 0 ; 0A B f A Bω ω γω γω ω ω− + = − + − =
( )( ) ( )
2 20 0 0
2 22 2 2 2 2 2 2 20 0
ve f fA B
ω ω γω
ω ω γ ω ω ω γ ω
−= =
− + − +31
( )( )
( )( )
( )( )
2 200
2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 0 0
cos sinpfx t t
ω ω γωω ωω ω γ ω ω ω γ ω ω ω γ ω
− = +
− + − + − +
φ
𝜔𝜔02 − 𝜔𝜔2
𝛾𝛾𝜔𝜔
( )( )22 2 2 2
0
sin γωφω ω γ ω
=− +
( )( ) ( ) ( ) ( )0
22 2 2 20
cos cos sin sinpfx t tφ ω φ ω
ω ω γ ω= +
− +
( )( )0
22 2 2 20
cospfx tω φ
ω ω γ ω= −
− +
( )( )
2 20
22 2 2 20
cos ω ωφω ω γ ω
−=
− +
32
Örnek-2. Periyodik dış kuvvet 𝐹𝐹0sin 𝜔𝜔𝑡𝑡 şeklinde olursa, zorlamalı salınımlıosilatörün kararlı hal çözümünün (Kalıcı çözüm, 𝑥𝑥𝑝𝑝 özel çözümü) nasılolacağını bulunuz.
Çözüm-2. Örnek-1’ deki çözüm yöntemi burada da uygulanabilir:
( ) ( )cos sinpx A t B tω ω= +
( ) ( )
( ) ( )2
2 22
sin cos
cos sin
dx A t B tdtd x A t B tdt
ω ω ω ω
ω ω ω ω
= − +
= − −
Birinci ve ikinci türevleri diferansiyel denklemde yerine koyar vedenklemi düzenlersek aşağıdaki sonucu elde ederiz:
( ) ( )2 2 2 20 0 0 ; 0A B f A Bγω ω ω ω ω γω− + − = − + =
( )( )
( )
2 20 00
2 22 2 2 2 2 2 2 20 0
ve ffA B
ω ωγω
ω ω γ ω ω ω γ ω
−= − =
− + − +33
( ) ( )( ) ( )
( )( )
2 200
2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 0 0
cos sinpfx t t
ω ωγω ω ωω ω γ ω ω ω γ ω ω ω γ ω
− = − +
− + − + − +
φ
𝜔𝜔02 − 𝜔𝜔2
𝛾𝛾𝜔𝜔
( )( )22 2 2 2
0
sin γωφω ω γ ω
=− +
( )( ) ( ) ( ) ( )0
22 2 2 20
sin cos cos sinpfx t tφ ω φ ω
ω ω γ ω= − +
− +
( )( )0
22 2 2 20
sinpfx tω φ
ω ω γ ω= −
− +
( )( )
2 20
22 2 2 20
cos ω ωφω ω γ ω
−=
− +
34
Örnek-3. Kütlesi 0,2 kg olan bir cisim kuvvet sabiti k = 80 N/m olan bir yaya asılıdır.Cisim –bv şeklinde bir sönüm kuvvetine maruz kalmaktadır. Burada v hız(m/s cinsinden) ve b = 4 Nm−1s sönüm sabitidir.
a) Sistemin serbest salınımlarının diferansiyel denklemini yazınız.Salınımların periyodunu bulunuz.
b) Sistem, 𝐹𝐹 𝑡𝑡 = 2cos 30𝑡𝑡 olan sinüzoidal bir dış kuvvete maruz kaldığızaman kararlı halde zorlamalı salınımın genliği ve salınımın fazı nedir?
c) Bir periyotluk sürede sürtünme kuvvetine karşı harcanan enerjiyi bulunuz.d) Bir periyotluk sürede ortalama güç girdisi ne kadardır?
Çözüm-3. a) Sönümlü harmonik hareketin diferansiyel denklemi:
2 2
2 20 20 400 0d x b dx k d x dxx xdt m dt m dt dt
+ + = ⇒ + + =
2 220
2 2 2 5 3
k b T sm m T
γ π πω ω = − = − = ⇒ =
35
( )1 1
2 2 20
13tan tan18
bk m
γω ωδ πω ω ω
− − = = ≅ − −
b) Zorlamalı sönümlü hareketin karalı durumunun genliği:
( )
( )( )0 0
2 2 22 2 2 22 20
/ /= 0,013
F m F mA m
k bm m
ω ω γ ω ω ω
= ≅ − + − +
( ) 2 21c) 63,7 2
W bT A b A mJω ω π ω= = =
( ) ( ) ( ) ( )00
0 0
1d) cos cos sinT TF AP F t v t dt t t dt
T Tωω ω ω δ= = − −∫ ∫
( )01 1 13sin 30 2 0,013 sin 0,3 2 2 18
P F A wattω δ π = = ∗ ∗ ∗ ≅
36
Örnek-4. Yatay bir zemin üzerinde yer alan m kütleli blok, bir ucu duvara tutturulmuşyatay duran bir yayın ucuna bağlanmıştır. Sistem aynı zamanda bir viskozmekanizması altındadır. Bu sistem için aşağıdaki gözlemler tespit edilmiştir.1) Eğer blok yatay ve mg’ ye eşit bir kuvvetle itilirse yayın statik
sıkışması h’ ye eşit olmaktadır.2) Eğer blok belli bir u hızı ile hareket ederse viskoz sürtünme kuvveti
mg olmaktadır.
a) Komple sistemde kütlenin yatay titreşimlerinin diferansiyel denklemini,m, g, h ve u cinsinden yazınız. 𝑢𝑢 = 3 𝑔𝑔ℎ durumu için aşağıdaki sorularıyanıtlayınız.
b) Sönümlü titreşimlerin açısal frekansı nedir?c) Enerjinin1/e değerine düşmesi için geçen zamanı ℎ/𝑔𝑔 ifadesine bağlı
olarak bulunuz.d) Bu osilatörün Q değeri nedir?e) Osilatör t = 0’ da durgun iken +x yönünde hareket eden kütlesi ihmal
edilebilen ancak momentumu ihmal edilemeyen bir mermi tarafındanharekete geçiriliyor. Kararlı halden sonra herhangi bir t anındaki yerdeğiştirmeyi veren 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴𝑒𝑒−(γ/2)t cos(𝜔𝜔𝑡𝑡−𝛿𝛿) ifadesindeki 𝛿𝛿 faz sabitinindeğerini bulunuz.
f) Eğer sistem 𝑚𝑚𝑔𝑔cos 𝜔𝜔𝑡𝑡 ile verilen bir dış kuvvetle sürülürse [Burada𝜔𝜔 = 2𝑔𝑔/ℎ dir] sistemin kararlı halinin genliği nedir?
37
Çözüm-4.
a) 1. ve 2. gözlemlerden elde edilen sonuçlar:
Sözü edilen sistemi yandaki şekilletemsil edebiliriz.
1. Gözlem : k gmg khm h
= ⇒ =
2 2
2 20 0d x b dx k d x g dx gx xdt m dt m dt u dt h
+ + = ⇒ + + =
b) Sönümlü hareketin frekansı:
2 2 220 2 2 2
k b g gm m h u
γω ω = − = − = −
2. Gözlem : b gbu mgm u
− = − ⇒ =
353 36
gu ghh
ω= ⇒ = ∗38
c) Enerjinin 1/e’ sine düşmesi için geçen zaman:
'00 0 t EE E e E e
eγ γτ− −= ⇒ =
( )31 1' 3
/ mghu h
b g g gτ
γ= = = = =
d) Sistemin Q kalite faktörü:
0 / 3/ 3/ /
g h ghk m gQb m g u h g
ωγ
= = = = ∗ =
e) t = 0’ da durgun demek, yer değiştirmenin sıfır olması anlamı taşır. Zorlamalısönümlü hareketin kararlı hal çözümü 𝑥𝑥 = 𝐴𝐴 𝜔𝜔 cos 𝜔𝜔𝑡𝑡 − 𝛿𝛿 ile verilir.
( ) ( )0 cos 0 2
A πω δ δ= − ⇒ = sonucu elde edilir.
Böylece faz sabiti için,
39
f) Zorlamalı sönümlü hareketin kararlı hal çözümünün genliği:
( )
( )0
22 2 2 20
/F mA
ω ω γ ω=
− +
2 2 20 0
2 ; ; ; 9
g g g gF mgh h u h
ω ω γ= = = = =
( )2
/ 3 0,9112 2
9
mg m hA hg g g gh h h h
= = ≅ − + ∗
40
Örnek-5. Aşağıdaki grafik, 𝐹𝐹 𝑡𝑡 = 𝐹𝐹0cos 𝜔𝜔𝑡𝑡 kuvveti ile sürülen mekanik bir sistemingüç-rezonans eğrisini göstermektedir. 𝐹𝐹0 sabit, 𝜔𝜔 ise değişkendir.
a) Bu sistemin Q ve 𝜔𝜔0 değerlerini bulunuz.b) Dış kuvvetin etkisi yok edilirse, kaç salınım
sonunda sistemin enerjisi ilk değerinin1/e5 ’ ine düşer.
c) Rezonans durumunda, sönüm kuvvetine karşıbir periyotluk salınımda ne kadarlık iş yapılır.
Çözüm-5. a) Verilen grafikten aşağıdaki niceliklerbulunabilir:
1 1 00 40 ; 41 39 2 20s s Q ωω γ
γ− −= = − = ⇒ = =
00 05
5 5b) 2,5 2
t tEE E e E e t se
γ γ
γ− −= ⇒ = ⇒ = = =
00
2 2,5 16 2
tT n salınımT
π ωω π
= ⇒ = = ≅
max max0
2 2c) 100 15,7 40
W TP P Jπ πω
= = = ∗ =41
Örnek-6. Yatay düzlemde kütlesi 0,15 kg olan bir blok, kuvvet sabiti k = 0,90 N/m olanbir yayın ucuna bağlıdır. Sisteme sürtünmeler nedeniyle hız ile orantılı birsönüm kuvveti etkimektedir. Sönüm sabiti b = 0,20 kg/s dir. Bu sisteme𝐹𝐹 𝑡𝑡 = 3cos 𝜔𝜔𝑡𝑡 ile verilen bir dış kuvvet etki ettiriliyor.
a) Rezonans frekansını (𝜔𝜔𝑅𝑅) hesaplayınız.b) Rezonans durumunda kararlı durumun genliğini hesaplayınız.c) Rezonans durumunda sürücü dış kuvvetin sisteme uyguladığı ortalama gücü
hesaplayınız.d) Hızın rezonansta olduğu frekansta, dış kuvvetin sisteme uyguladığı gücü
hesaplayınız.e) c ve d şıklarında bulduğunuz değerleri karşılaştırın.
Çözüm-6.
22 10
46 2,36 2 9R sγω ω − = − = − ≅
2 2 10
4a) 6 ; 3
k bs sm m
ω γ− −= = = =
( )
( )0
22 2 2 20
/b) 6,3
R R
F mA m
ω ω γ ω= ≅
− +42
( ) ( )
2
2 220 0
2 22 2 2 2 2 2 2 20 0
/1c) 22
xF F mP m
m
γ ω γωω ω γ ω ω ω γ ω
= = − + − +
( )
2
2 2 2022 2 2 2
0
/1 1 22,1 2 2x
F mP b b A wattω ωω ω γ ω
= = =
− +
( ) ( ) ( ) ( )cos sindxx A t v A tdt
ω ω δ ω ω ω δ= − ⇒ = = − −
d) Kararlı durumda:
( )( )
00 22 2 2 2
0
fv A ωω ωω ω γ ω
= =− +
Hızın rezonansta olduğu frekans, hızın genliğini maksimum yapan frekanstır.Bunun için aşağıdaki koşulu sağlayan frekans değerini bulmamız gerekecektir.
20 0
20 ; 0R
dv d vd d ωω ω
= <43
0 0 R Rdvd
ω ωω= ⇒ = sonucu elde edilir.
Bu frekansta, dış kuvvetin sisteme aktardığı ortalama güç:
2 212v R vP b Aω=
( ) 0 0v R
R R
f FAb
ωγω ω
= =( )
20 9 22,5
2 2 0,2vFP watt
b= = =
∗
e) �𝑃𝑃𝑣𝑣 > �𝑃𝑃𝑚𝑚 olduğuna dikkat ediniz. Bu sonuç sadece bu özel problem için geçerlideğildir. Güç aktarımı, hızın rezonansta olduğu frekansta maksimum olur.
44
Örnek-7. Kütlesi 𝑚𝑚 = 0,1 𝑘𝑘𝑔𝑔 olan bir blok kuvvet sabiti 𝑘𝑘 = 40 𝑁𝑁/𝑚𝑚 olan yayın ucunabağlıdır. Bu sistem sönüm sabiti 𝑏𝑏 = 0,1 𝑘𝑘𝑔𝑔/𝑐𝑐 olan bir kuvvetin etkisindedir.
a) Bu kütleyi 𝑥𝑥 = 0 denge konumundan 𝑥𝑥 = 15 𝑐𝑐𝑚𝑚 noktasına getirecek sabit 𝐹𝐹1kuvvetinin değerini bulunuz.
b) Sisteme genliği 𝐹𝐹2 ve frekansı 𝜔𝜔 olan 𝐹𝐹 𝑡𝑡 = 𝐹𝐹2cos 𝜔𝜔𝑡𝑡 sürücü dış kuvvetiuygulanıyor. Hız rezonansı durumunda kararlı durum hareketinin genliğinin𝐴𝐴 = 15 𝑐𝑐𝑚𝑚 olması için sürücü kuvvetin genliği olan 𝐹𝐹2’ nin değeri neolmalıdır?
Çözüm-7. 2 2 10 1a) 400 ; 1 40 0,15 6 k bs s F kx N
m mω γ− −= = = = ⇒ = = ∗ =
b) Hız rezonansı durumunda:
( )
( )0 0
022 2 2 2 00
/ ; R
F m FA Ab
ω ωωω ω γ ω
= = ⇒ =− +
2 0 0 0,15 0,1 20 0,3 F F Ab Nω= = = ∗ ∗ =
Hız rezonansı durumunda, genliği küçük harmonik bir dış kuvvetle yayıuzatmak daha kolay olmaktadır.
45
Örnek-8. Kütlesi 0,6 𝑘𝑘𝑔𝑔 olan esnek bir yaya 0,8 kg' lık bir cisim asıldığında yay 20 cmuzamaktadır. Yayın bir ucu, düşey doğrultuda uygulanan, 𝐹𝐹 = 𝐹𝐹0cos 𝜔𝜔𝑡𝑡sürücü kuvvetinin etkisiyle 1,8 cm genlikli basit harmonik hareket yapıyor.Sistemin kalite faktörü Q = 28 olduğuna göre;
a) Rezonans genişliğini bulunuz.b) Rezonans durumunda zorlamalı salınımları muhafaza etmek için harcanan
ortalama gücü bulunuz.
0,8 9,8a) 39,2 0, 2
mgk N / my
∗= = =∆
( )1
039,2 6,26
/ 3 0,8 0,2k s
M mω −= = =
+ +
10 6, 26 0, 224 28fwhhQ sω ω γ
γ−= ⇒ ∆ = = ≅
22 2 20 0 0 0 0
max 00
1b) 1,113 2 2 2 2F F Q F Q FP kQ wattm m k k
ω ωγ ω
= = = = =
0 0,018 A m=
Çözüm-8.
ETKİN KÜTLE !!!
46
Örnek-9. Kütlesi 2,5 𝑘𝑘𝑔𝑔 olan silindir şeklindeki homojen bir cisim, 0,49 m' si suyabatmış biçimde bir havuzun içinde düşey konumda yüzmektedir. Cisim düşeydoğrultuda 𝐹𝐹 𝑡𝑡 = 4cos 3𝑡𝑡 biçimindeki bir kuvvet ile harekete zorlanırsasalınımın genliği ne olur? Hesaplayınız. (Sönüm kuvvetinin olmadığınıvarsayınız).
Çözüm-9. Sönüm yok ise: b = 0 ve γ = 0’ dır.
( ) ( )cosx A tω ω δ= −
( )
( )0
22 2 2 20
/F mA
ω ω γ ω=
− +
1 2 20 04 ; 3 ; 20 gF N s s
hω ω− −= = = = 0,145 A m≅
12 20
tan 0 veya olacaktır.γωδ δ πω ω
− = ⇒ = −
Sönüm olmadığı için,
( )0
2 20
FAm ω ω
=−
47
Örnek-10. Kütlesi 0,2 𝑘𝑘𝑔𝑔, rezonans genişliği 20 s−1 olan sönümlü bir osilatör, titreşimdoğrultusunda uygulanan periyodik bir dış kuvvetin etkisi ile, yerdeğiştirmesi𝑥𝑥 𝑡𝑡 = 1,3cos 30𝑡𝑡 − 13𝜋𝜋
18cm olan bir kararlı hal salınımı yapmaktadır.
Sönüm kuvvetine karşı harcanan ortalama güç nedir? Sistemin kalitefaktörünü bulunuz.
Çözüm-10.
1 1 102 2 2 2
0 0
13 20 30tan tan 20 18 30
sγω πδ ωω ω ω
− − − ∗= ⇒ = ⇒ ≅ − −
( )
( )( )20 2 2 2 2
0 022 2 2 20
/ 2
F mA F mA Nω ω γ ω
ω ω γ ω= ⇒ = − + ≅
− +
( )( )
2 20
22 2 2 20
0,3 2
FP wattm
γ ωωω ω γ ω
= ≅ − +
1 1 130, 2 ; 20 ; 30 s ; 18
m kg s πγ ω δ− −= = = =
0 1Q ωγ
= =
48
Bundan önceki bölümlerde tek bir doğal frekansa sahipsistemleri incelemiştik. Bu bölümde ise bir çok farklıfrekanslarda titreşen sistemleri inceleyeceğiz.
Önce iki çiftlenimli salınıcıdan meydana gelen sistemlerin özelliklerini inceleyeceğiz.Bir salınıcıdan iki salınıcıya geçmek önemsiz gibi gözükebilir. Ancak bu yeni sistemşaşırtıcı özelliklere sahiptir. Bu sistemlerin analizinde bir çok kurallar geliştireceğiz vebunları çok sayıda çiftlenimli salınıcıdan meydana gelen sistemlerin analizindekullanacağız. Daha sonra bu sistemleri periyodik dış kuvvet etkisinde ele alacağız.Basitten başlayarak bir kristal örgü gibi daha karmaşık olayların dinamik özelliklerinianlamaya çalışacağız.
5.1. Çiftlenimli Salınıcılar (Coupled Oscillators)
BÖLÜM 5
Elde edeceğimiz bilgi birikimini çiftlenimli elektrik devrelerinin analizinde kullanmabecerisi edineceğiz. Fizik Lab-IV dersinde bu kavramların uygulamalarını göreceksiniz.Özellikle iletim hatları deneyinin iyi anlaşılması için bu bilgilere ihtiyaç duyacaksınız.
1
5.2. İki Çiftlenimli Sarkaç
Oldukça basit bir sistemle işe başlayalım. İki tane birbirine benzer A ve B sarkaçlarınınŞekil-a’ daki gibi gerilmemiş bir yay ile birbirine bağlandığı (çiftlendiği) sistemigözönüne alalım. Burada basitlik olması bakımından sarkaç boylarının ve kütlelerinineşit olduğunu kabul edeceğiz (𝑙𝑙𝑎𝑎 = 𝑙𝑙𝑏𝑏 = 𝑙𝑙 ve 𝑚𝑚𝑎𝑎 = 𝑚𝑚𝑏𝑏 = 𝑚𝑚).
Şekil-b’ deki gibi B sarkacı dururken A sarkacını xa kadar yana çekip sistemi serbestbıraktığımızda, olacak olayların gelişimi aşağıda özetlenmiştir.
2
Çiftlenmeyi iki sarkaç arasındaki yay sağlar. A titreşirken, yay B sarkaç topunu iter veçeker. Böylece yay B sarkacı üzerinde bir dış kuvvet oluşturur ve onu harekete geçirir.Aynı zamanda yay, A sarkaç topunu da iter ve çeker. Böylece yay bazen hareketeyardımcı bazen de engellyici bir rol üstlenir.
• A sarkacı denge konumu etrafında, genliği zamanla azalan salınım hareketiyapmaya başlar.
• Bir süre sonra, B sarkacının salınım genliği A sarkacının başlangıçtaki salınımgenliğine ulaşır ve A sarkacı bir an için durur.
• Aynı anda, başlangıçta durgun olan B sarkacı da, genliği zamanla artan salınımhareketi yapmaya başlar.
• B sarkacının genliği A sarkacının ilk genliğine eşit olduğunda, başlangıç koşulutersine çevrilmiş olur.
• Sisteme sürtünme gibi yitirici kuvvetler etki etmediği sürece bu genlik değişimisürekli kendini tekrarlar.
3
NORMAL MOD – I:
A ve B sarkaç toplarının her ikisini de eşit miktarda (xa = xb)sağa çektiğimizi ve sonra bunları aynı anda serbestbıraktığımızı düşünelim.
( )
2
2
1 12
2
0 cos ;
0
aa
a bb
b
d x g xgdt l x x A tld x g x
dt l
ω ω
+ = ⇒ = = =
+ =
xb xa
Bu ifadeler bize A ve B sarkaçlarının, aralarındaki uzaklık aynı kalacak şekilde, aynıfrekans, aynı faz ve aynı genlikli BHH yaptıklarını gösterir. Sistemde yayın hiç biretkisi yoktur. Her iki sarkaç birbirinden bağımsız, sanki çiftlenmemiş (serbest) gibidüşünülebilir. Bu çiftlenim biçimi çiftlenimli salınıcı sisteminin bir normal modunu(kipini) temsil eder. Buradaki ‘‘mod’’ sözcüğü, kip veya öztitreşim anlamındakullanılır.
Bu durumda sarkaç topları arasındaki uzaklık, dolayısıylayayın boyu değişmez. Bu nedenle, sarkaçlara yay tarafındanbir kuvvet etkimez. Bu durumda, her iki sarkaç için hareketdenklemleri ve çözümleri aşağıdaki gibi olacaktır:
4
NORMAL MOD – II:
A ve B sarkaç toplarının her ikisini de zıt yönlerde fakat eşitmiktarlarda (xa = −xb) yanlara çektiğimizi ve daha sonrabunları aynı anda serbest bıraktığımız düşünelim.
xb xa
Bu hareket sırasında yaydaki uzama veya kısalma miktarı 2x kadar olur ve yay herbirkütleye 2kx kadarlık bir geri çağırıcı kuvvet uygular. Bu durumda, her iki sarkaç içinhareket denklemleri ve çözümleri aşağıdaki gibi olacaktır:
( )( )
2
22
222
2
2 0cos
; 2cos
2 0
aa
a
bbb
d x g k xx A tdt l m g k
x A t l md x g k xdt l m
ωω
ω
+ + = = ⇒ = + = − + + =
A ve B sarkaçları aynı frekansta, aynı genlikte fakat aralarında 180°’ lik faz farkı olanBHH yaparlar. Aradaki yayın etkisi geri çağırıcı kuvveti arttırıcı yöndedir ve böyleceçiftlenmemiş duruma göre çiftlenmiş durumun frekansı daha büyüktür (𝜔𝜔2 > 𝜔𝜔1).
Bu durumda kütleleri birbirine bağlayan yay uzar vekütlelere kuvvet uygular. A ve B sarkaçlarının hareketibirbirinin aynadaki görüntüsü şeklinde olacaktır.
5
5.3. Normal Modların Üst-üste Gelmesi
Üstteki her iki durumda da (mod I ve mod II), eğer sönüm kuvvetleri yok ise hareketherhangi bir değişim olmaksızın devam eder. Titreşimin bir normal modundan diğerineenerji aktarımı yoktur. Bu iki hareketin rahatlıkla çözümlenebilmesinin nedeni, durguniken harekete başlayan sarkaçların herhangi birinin hareketinin, hareketlerin üst üstegelmesi olarak tanımlanabilmesidir.
Şimdi A sarkacındaki kütlenin yer değiştirmesinin xa , Bsarkacındaki kütlenin yer değiştirmesinin ise xb kadarolduğu rastgele bir durumu gözönüne alalım (xa > xb). Budurumda yay, (xa−xb) kadar uzar ve yay, A ve B sarkaçlarıüzerine k(xa−xb) kadarlık bir kuvvet uygular.
xaxb(xa≠xb)
Bu durumda, A ve B sarkaçlarına etkiyen geri çağırıcıkuvvetler (yer-çekimi+yay) ve hareket denklemleriaşağıdaki gibi olacaktır:
( )
( )
A a a b
B b a b
gF m x k x xlgF m x k x xl
= − − − = − + −
( )
( )
2
2
2
2
0
0
aa a b
bb a b
d x g kx x xdt l m
d x g kx x xdt l m
+ + − =
+ − − =
6
A sarkacının hareket denklemi xb yer-değiştirmesini, B sarkacının hareket denklemi dexa yer-değiştirmesini içerdiği için, bu sarkaçların hareketleri birbirini etkilemektedir.Bu nedenle, bu iki diferansiyel denklem birbirinden bağımsız çözülemez.
Bu denklemlerin birlikte çözümü için, sarkaçların hareket denklemlerini taraf tarafatoplar ve taraf tarafa çıkarırsak, sırasıyla, aşağıdaki denklemleri elde ederiz.
( ) ( )2
2 0a ba b
d x x g x xdt l+
+ + =
2 21 1 2 2 ; ; 2 ; a b a b
g g kq x x q x xl l m
ω ω = = + = + = −
( )
( )
2211 1 1 1 1 12
2222 2 2 2 2 22
0 cos
0 cos
d q q q C tdt
d q q q C tdt
ω ω φ
ω ω φ
+ = ⇒ = +
+ = ⇒ = +
kısaltmaları kullanılırsa, hareket denklemleri ve çözümleri aşağıdaki gibi bulunur:
Bu sonuçlar için, yer değiştirmeleri q1 ve q2, frekansları ω1 ve ω2 olan birbirindenbağımsız iki BHH yapan sistemimiz var diyebiliriz.
( ) ( )2
2 2 0a ba b
d x x g k x xdt l m− + + − =
7
Burada C1 ve C2 genlikler olup, başlangıç koşullarından tayin edilir. φ1 ve φ2 ise fazsabitleridir ve yine başlangıç koşullarından tayin edilir.
Böylece iki bağımsız titreşime sahip oluruz. Bu titreşimler q1 ve q2 değişkenleri iletemsil edildiği için normal modların diğer bir tanımını verir. Buradaki q1 ve q2değişkenleri normal koordinatlar ; ω1 ve ω2 ise normal frekanslar olarak adlandırılır.
( ) ( )11 2 1 2
2
1 1 ve 2 2
a ba b
a b
q x xx q q x q q
q x x= +
⇒ = + = −= −
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
1 cos cos21 cos cos2
a
b
x C t C t
x C t C t
ω φ ω φ
ω φ ω φ
= + + +
= + − +
Her bir sarkacın hareketi, ikinormal modun süperpozisyonuşeklindendir.
Başlangıç koşulları olarak φ1 = φ2 = 0 olduğunu kabul edelim ve aşağıdaki özeldurumlar için A ve B kütlelerinin titreşimlerini inceleyelim:
( ) ( )
( ) ( )
1 1 2 2
1 1 2 2
1 cos cos21 cos cos2
a
b
x C t C t
x C t C t
ω ω
ω ω
= +
= − 8
1) t = 0 ’ da her iki kütle durgun ve xa = A ; xb = A
[ ]
[ ]
1 2
1 2
1 2
12 2 ve 012
A C CC A C
A C C
= + ⇒ = == −
( )1cosa bx x A tω= =
Bu daha önce incelediğimiz birinci NORMAL MOD hareketidir. Ortadaki yayınsisteme bir etkisi olmadan iki sarkaç, aynı genlik, aynı faz ve aynı frekansta (ω1)salınım yaparlar.
2) t = 0 ’ da her iki kütle durgun ve xa = A ; xb = −A
[ ]
[ ]
1 2
1 2
1 2
12 0 ve 2
12
A C CC C A
A C C
= + ⇒ = =− = −
( )( )
2
2
cos
cosa
b
x A t
x A t
ω
ω
=
= −
Bu da daha önce incelediğimizi ikinci NORMAL MOD hareketidir. Ortadaki yayçiftlenimi sağlar ve iki sarkaç da aynı genlikli, aynı frekanslı (ω2), fakat 180° fazfarkı ile salınım yaparlar.
9
3) t = 0 ’ da her iki kütle durgun ve xa = A ; xb = 0
[ ]
[ ]
1 2
1 2
1 2
12 102
A C CC C A
C C
= + ⇒ = == −
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 cos cos21 cos cos2
a
b
x A t t
x A t t
ω ω
ω ω
= +
= −
cos cos 2cos cos2 2
α β α βα β − + + =
2 1 2 1sin sin2 2bx A t tω ω ω ω − + =
( )sin cos2πθ θ = −
özdeşliği kullanılırsa: Burada
cos cos 2sin sin2 2
α β α βα β − + − = −
2 1 2 1cos cos2 2ax A t tω ω ω ω − + =
2 1 2 1cos cos2 2 2 2
A t tω ω ω ωπ π − + = − −
10
Sarkaçların herbiri, vuru ile verilen bir titreşim fonksiyonuna sahiptir. Bu ifadelerdende görüldüğü gibi xa ve xb, sırasıyla,
2 1 2 1cos ve cos2 2 2
t tω ω ω ω π− − −
fonksiyonları tarafından modüle edilmiştir.
2 1 2 1mod. ort. ve
2 2ω ω ω ωω ω− + = =
ifadelerine sahiptir.
Modülasyon ve titreşim frekansları da,sırasıyla,
Sarkaçlardan birinin modüle olmuşgenliği maksimum iken diğerinin modüleolmuş genliği sıfırdır.
11
5.4. Yatay Doğrultuda Çiftlenimli Kütle-yay Sistemi
• Yatay düzlem ile kütle arasında sürtünme olmadığını kabul edeceğiz. • Basitlik açısından kütlelerin özdeş olduğunu kabul edeceğiz.
Çiftlenmemiş iki tane osilatör
Bu iki osilatörü yay sabiti k1 olan başka bir yay ile birbirine bağlarsak, çiftlenimli birsistem haline getirmiş oluruz.
Çiftlenimli osilatör
Şekildeki gibi, A kütlesini xa , B kütlesini ise xb kadar sağa doğru çekelim:
k1
xbxa
k kBA
12
Çiftlenimli sistemde, xb > xa olması durumda, ortadaki yay (𝑥𝑥𝑏𝑏−𝑥𝑥𝑎𝑎) kadar gerilmiş olur.Bu durumda,
• A kütlesine sol taraftaki yaydan doğan −kxa ve ortadaki yaydan doğan k1(xb−xa)kuvvetleri etki eder.
Böylece A ve B kütleleri için hareket denklemleri, sırasıyla:
( ) ( )2 2
1 1 12 2 0b bb b a b a
d x d xm kx k x x m k k x k x =dt dt
= − − − ⇒ + + −
• B kütlesine ise sağdaki yaydan doğan −𝑘𝑘𝑥𝑥b ve ortadaki yaydan doğan −k1(xb−xa)kuvvetleri etki eder.
( ) ( )2 2
1 1 12 2 0a aa b a a b
d x d xm kx +k x x m k k x k x =dt dt
= − − ⇒ + + −
Denklemler hem xa hem de xb’ yi içerdiği için birbirinden bağımsız olarak çözülemez.Bu denklemlerin birlikte çözümü için, sarkaçların hareket denklemlerini taraf tarafatoplar ve taraf tarafa çıkarırsak, sırasıyla, aşağıdaki denklemleri elde ederiz:
13
( ) ( )2
2 0b ab a
d x xm k x x =
dt+
+ +iki denklemi taraf tarafa toplarsak:
iki denklemi taraf tarafa çıkarırsak:
Kısaltmaları ile:1
2
b a
b a
q = x xq = x x
+ − ( )
21
12
22
1 22
0
2 0
d qm kq =dtd qm k k q =dt
+
+ +
( ) ( )( )2
12 2 0b ab a
d x xm k k x x =
dt−
+ + −
( )
( )
21 1 1 1 1
2 12 2 2 2 2
cos ;
2cos ;
kq C t =mk kq C t =
m
ω φ ω
ω φ ω
= +
+= +
Bu denklemlerim çözümleri de aşağıdaki gibidir:
1
2
b a
b a
q = x xq = x x
+ −
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 2 1 1 1 2 2 2
1 2 1 1 1 2 2 2
1 1 cos cos2 21 1 cos cos2 2
a
b
x q q C t C t
x q q C t C t
ω φ ω φ
ω φ ω φ
= − = + − +
= + = + + + 14
Her bir sarkacın hareketi, iki normal modun süperpozisyonu şeklindendir.
Başlangıç koşulları olarak φ1 = φ2 = 0 olduğunu kabul edelim ve aşağıdaki özel durumlariçin A ve B kütlelerinin titreşimlerini inceleyelim:
( ) ( )1 1 2 21 cos cos2ax C t C tω ω= − ( ) ( )1 1 2 2
1 cos cos2bx C t C tω ω= +
1) t = 0 ’ da her iki kütle durgun ve xa = A ; xb = A
[ ]
[ ]
1 2
1 2
1 2
12 2 ve 012
A C CC A C
A C C
= − ⇒ = == +
( )1cosa bx x A tω= =
Bu daha önce incelediğimiz birinci NORMAL MOD hareketidir. Ortadaki yayınsisteme bir etkisi olmadan, her iki cisim de, aynı genlik, aynı faz ve aynıfrekanslarda (ω1) salınım yaparlar.
2) t = 0 ’ da her iki kütle durgun ve xa = A ; xb = −A
[ ]
[ ]
1 2
1 2
1 2
12 0 ve 2
12
A C CC C A
A C C
= − ⇒ = = −− = +
( )( )
2
2
cos
cosa
b
x A t
x A t
ω
ω
=
= −15
Bu da daha önce incelediğimizi ikinci NORMAL MOD hareketidir. Ortadaki yayçiftlenimi sağlar ve her iki cisim de aynı genlikli, aynı frekanslı (ω2), fakat 180° fazfarkı ile salınım yaparlar.
3) t = 0 ’ da her iki kütle durgun ve xa = A ; xb = 0
[ ]
[ ]
1 21
21 2
12 102
A C C C AC AC C
= − = ⇒ = −= +
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
1 cos cos21 cos cos2
a
b
x A t t
x A t t
ω ω
ω ω
= +
= −
cos cos 2cos cos2 2
α β α βα β − + + =
cos cos 2sin sin2 2
α β α βα β − + − = −
( )sin cos2πθ θ = −
özdeşliği kullanılırsa: Burada
2 1 2 1sin sin2 2bx A t tω ω ω ω − + =
2 1 2 1cos cos2 2ax A t tω ω ω ω − + =
2 1 2 1cos cos2 2 2 2
A t tω ω ω ωπ π − + = − −
16
Kütlelerin her biri, vuru ile verilen bir titreşim fonksiyonuna sahiptir. Bu ifadelerden degörüldüğü gibi xa ve xb, sırasıyla,
2 1 2 1cos ve cos2 2 2
t tω ω ω ω π− − −
fonksiyonları tarafından modüle edilmiştir.
2 1 2 1mod. ort. ve
2 2ω ω ω ωω ω− + = =
ifadelerine sahiptir.
Modülasyon ve titreşim frekansları da,sırasıyla,
Kütlelerden birinin modüle olmuş genliğimaksimum iken diğerinin modüle olmuşgenliği sıfırdır.
17
Örnek-1. Kütleleri m = 0,25 kg olan iki cisim, şekildeki gibi, yay sabitleri k1 = 15 N/m,k2 = 20 N/m ve k3 = 45 N/m olan üç yay ile çiftlenmiştir. Sadece yataydoğrultudaki hareketi göz önüne alarak sistemin normal mod frekanslarınıbulunuz.
Çözüm-1. A ve B cisimlerinin herhangi bir andaki yerdeğiştirmeleri, kendi denge konumlarınagöre, sırasıyla, x1 ve x2 olsun (x2 > x1). Budurumda cisimlerin hareket denklemleri:
BA
( ) ( )2 2
1 21 1 2 2 1 3 2 2 2 12 2 ve d x d xm k x k x x m k x k x x
dt dt= − + − = − − −
2 2 231 260 ; 80 ; 180 kk k= s = s = sm m m
− − −
x1 x2
18
( ) ( )2 2
1 21 2 1 2 2 12 260 80 = 0 ve 180 80 0d x d xx x x x x x
dt dt+ − − + + − =
( ) ( )
( ) ( )
221
1 1 12
222
2 2 22
cos cos
cos cos
d xx A t A tdt
d xx A t A tdt
ω ω ω
ω ω ω
= ⇒ = −
= ⇒ = −
( ) ( )( ) ( )
21 2
21 2
140 80 0
80 260 0
A A
A A
ω
ω
− − =
− + − =
( )( )
2
2
140 800
80 260
ω
ω
− −=
− −
4 2400 30000 0ω ω− + =
21 122 2
100 10 / 1. mod300 17,32 / 2. mod
rad srad s
ω ω
ω ω
= ⇒ =
= ⇒ ≅
( )( )2 2100 300 0ω ω− − =
19
1. Mod: 1 10 /rad sω = 1 240 80 0A A− = ( )( )
1 0 1
2 0 1
2 cos
cos
x A t
x A t
ω
ω
=
=
2 17,32 /rad sω ≅2. Mod: 1 2160 80 0A A− − = ( )( )
1 0
2 0
cos
2 cos
x A t
x A t
ω
ω
=
= −
BA
2A0 A0
Her iki cisim, aynı frekans (ω1) ve aynı fazda titreşirler. A cisminin titreşimgenliği, B cisminin tireşim genliğinin iki katıdır.
BA
2A0 A0
Her iki cisim, aynı frekans (ω2) ve zıt fazda titreşirler. B cisminin titreşimgenliği, A cisminin tireşim genliğinin iki katıdır.
20
Örnek-2. Kütleleri m ve 2m olan iki cisim, şekildeki gibi, yay sabitleri 2k ve k olan ikiyay ile çiftlenmiştir. Sistemin yatay doğrultudaki titreşim hareketi içinnormal mod frekanslarını bulunuz.
Çözüm-2. Kütleleri m ve 2m olan cisimlerininherhangi bir andaki yer değiştirmeleri,kendi denge konumlarına göre, sırasıyla, x1ve x2 olsun (x2 > x1). Bu durumdacisimlerin hareket denklemleri:
( ) ( )2 2
1 21 2 1 2 12 22 ve 2d x d xm kx k x x m k x x
dt dt= − + − = − −
( ) ( )
( ) ( )
221
1 1 12
222
2 2 22
cos cos
cos cos
d xx A t A tdtd xx A t A tdt
ω ω ω
ω ω ω
= ⇒ = −
= ⇒ = −
Bu fonksiyonlar hareketdenklemlerinde yerinekonulursa,
21
( )
( )
21 1 2 1
22 2 1
2 0
02
k kA A A Am mkA A Am
ω
ω
− + − − = − + − =
21 2
21 2
3 0
02 2
k kA Am m
k kA Am m
ω
ω
− + − = − + − =
2
2
3
0
2 2
k km m
k km m
ω
ω
− − = − −
24 27 0
2k km m
ω ω − + =
21 1
22 2
7 33 0,560 1. mod4
7 33 1,785 2. mod4
k km m
k km m
ω ω
ω ω
−= ⇒ =
+
= ⇒ =
2 7 334
km
ω
=
22
1. Mod: 1 0,560 km
ω = 1 25 33 0
4A A
+− =
( )( )
1 0 1
2 0 1
0,372 cos
cos
x A t
x A t
ω
ω
=
=
2 1,785 km
ω =2. Mod: 1 25 33 0
4A A
−− =
Her iki cisim, aynı frekans (ω1) ve aynı fazda titreşirler. A cisminin titreşimgenliği, B cisminin tireşim genliğinden daha küçüktür (0,372A0).
Her iki cisim, aynı frekans (ω2) ve zıt fazda titreşirler. A cisminin titreşimgenliği, B cisminin tireşim genliğinden daha büyüktür (5,372A0).
0,372A0 A0
( )( )
1 0 2
2 0 2
5,372 cos
cos
x A t
x A t
ω
ω
=
= − 5,372A0 A0
23
5.5. Çiftlenimli Salınıcıların Zorlanımlı Titreşimi ve Rezonans
A ve B kütlelerinin aralarında bir yay ile birbirine bağlandığı çiftlenimli salınıcının, Akütlesine bağlı S yayına 𝐹𝐹 = 𝐹𝐹0cos 𝜔𝜔𝜔𝜔 şeklinde periyodik bir dış kuvvetinuygulandığını varsayalım. Yayların ve kütlelerin özdeş olduğunu kabul edeceğiz vesönüm etkilerini dikkate almayacağız.
Zorlamalı kuvvet sisteme uygulanmaya başlandığı andan itibaren, sistemin o andakidoğal titreşim frekansını değiştirmeye çalışacak ve bir süre sonra tüm sisteme kendifrekansını kabul ettirecektir. Böylece, her bir salınıcı dış kuvvetin frekansına eşitfrekansta ve sabit genlikte salınım yapacaktır.
Dış kuvvet nedeniyle S yayının boyunda 𝑠𝑠 = 𝐹𝐹0𝑘𝑘
cos 𝜔𝜔𝜔𝜔 şeklinde bir değişimolacaktır. Diğer bir deyişle, dış kuvvet S yayını bu şekilde titreştirecektir. S yayındakibu titreşim, A kütlesine zorlamalı titreşim hareketi yaptırır. Ortadaki çiftlenim yayı dabu zorlamalı kuvvetin etkisini B kütlesine iletir.
a bs < x < x
24
A kütlesi için hareket denklemi:
( ) ( )2
2a
a b ad xm k x s k x xdt
= − − + −
( )0 cosFs = tk
ω
( )2
02 2 cosa
a bd x Fk kx x tdt m m m
ω+ − =
ifadesi yukarıdaki bağıntılarda yerine konulursa:
diferansiyel denklemleri elde edilir.
( )2
2b
b a bd xm k x x kxdt
= − − −
B kütlesi için hareket denklemi:
2
2 2 0bb a
d x k kx xdt m m
+ − =
Bu iki denklem taraf tarafa;
( ) ( ) ( )2
02 cosb a
b a
d x x Fk x x tdt m m
ω+
+ + =
( ) ( ) ( )2
02 3 cosb a
b a
d x x Fk x x tdt m m
ω−
+ − = −
Toplanırsa:
Çıkarılırsa:
25
( )2
2 011 12 cosFd q q t
dt mω ω+ = ( )
22 022 22 cosFd q q t
dt mω ω+ = −
2 2 ; 3b akq x xm
ω= − =1 1 ; b akq x xm
ω= + =
( )( )
1 1
2 2
cos
cos
q C t
q C t
ω
ω
=
= ( ) ( )0 0
1 22 2 2 21 2
ve F FC Cm mω ω ω ω
= = −− −
1
2
b a
b a
q = x xq = x x
+ −
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 21 1 cos cos2 2ax q q C C t A tω ω= − = − =
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 21 1 cos cos2 2bx q q C C t B tω ω= + = + =
Buradan, A ve B kütlelerinin titreşim genliklerinin ω ’ ya bağlı ifadeleri:
( ) ( )0
2 2 2 21 2
1 12FAm ω ω ω ω
= +
− − ( ) ( )0
2 2 2 21 2
1 12FBm ω ω ω ω
= −
− −
Bu iki denklemin kararlı hal çözümleri aşağıdaki gibi tanımlanabilir:
26
( ) ( )0
2 2 2 21 2
1 12FAm ω ω ω ω
= +
− −
( ) ( )0
2 2 2 21 2
1 12FBm ω ω ω ω
= −
− −
2 21 2 20
2kA
mω ωω +
= ⇒ = =
A ve B kütlelerinin titreşim genliklerinin, uygulanan dış kuvvetin frekansına bağlıdeğişimleri aşağıdaki şekilde verilmiştir.
0max
2 Fk Bm k
ω = ⇒ = −
27
( ) ( )0 0
1 22 2 2 21 2
ve F FC Cm mω ω ω ω
= = −− −
( ) ( ) ( ) ( )0 0
2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2
1 1 1 1 ve 2 2F FA Bm mω ω ω ω ω ω ω ω
= + = −
− − − −
( ) ( )cos ve cosa bx A t x B tω ω= =
I. Düşük frekans bölgesinde (ω < ω1), dış kuvvetin frekansı birinci normal modfrekansına (ω1) yaklaştıkça 𝐶𝐶1 ≫ 𝐶𝐶2 , 𝐴𝐴 ≅ 𝐵𝐵 ve sonuçta da xa ≅ xb olur. İkikütle aynı fazda titreşirler.
II. Dış kuvvetin frekansı, birinci veya ikinci normal mod frekansına eşit olduğunda(ω = ω1 veya ω = ω2), sistem rezonans durumuna gelir ve kütleler maksimumgenliklerde salınım yaparlar. Bu olaydan yararlanılarak sistemin normal modları(ω1 ve ω2) deneysel olarak belirlenebilir.
III. Yüksek frekans bölgesinde (ω > ω2), dış kuvvetin frekansı ikinci normal modfrekansına (ω2) yakın olduğunda ise 𝐶𝐶1 ≪ 𝐶𝐶2 , 𝐴𝐴 ≅ −𝐵𝐵 ve sonuçta da xa ≅ −xbolur. İki kütle zıt fazda titreşirler.
28
ÖRNEK: CO2 MOLEKÜLÜ
Şekil-a: Simetrik gerilme modundamerkezdeki C atomu sabit duruyor,kenardaki O atomları zıt yönlerde eşitfrekanslı ve eşit genlikli titreşim yapıyor(f = 4,0x1013 s−1).
Şekil-b: Asimetrik gerilme modunda ise,kenardaki O atomları aralarındaki uzaklıksabit kalacak şekilde aynı yönde hareketediyorlar. Merkezdeki C atomu isesistemin kütle merkezinin hareketsizkalmasını sağlayacak şekilde Oatomlarının hareket yönünün tersi yöndehareket ediyor (f = 7,0x1013 s−1).
Bu molekülün ayrıca bir de bükülmemodu vardır ve buna karşı gelen frekansıf = 2,0x1013 s−1 ’ dir (Şekil-c).
Sistemin normal mod frekansları, soğurma spektrumu ile deneysel olarakbelirlenmektedir.
29
5.6. Enine Salınımlar
Bir Kütle-İki Yay Sisteminin Enine Salınımı:Kütlesi m olan bir cisim, uzamamış boyları L0 olan özdeşiki yay ile aralarında 2L mesafe bulunan desteklere yataybir şekilde bağlıdır. T gerilimi altındaki yaylara bağlı mkütlesinin küçük bir 𝑦𝑦 miktarı kadar enine çekilipbırakıldığını düşünelim.
Yaylardaki gerilim değişimi :
( ) ( )1cos 1
cosL L LL
θθ
= ⇒ ∆ = − ′
Küçük θ açılarında: ( ) ( ) ( )2 22 4 21
cos 1 + + cos 12! 4! 2 ! 2
n
nθθ θ θθ θ
−= − − ⋅⋅⋅ ⇒ ≅ −
2
2 21 21 =
1 12 2
L L L
θ
θ θ
∆ = − − −
2
2
Lθ≅
T T k L′ − = ∆
2
2T T kLθ′ − =
30
Küçük θ açılarında ∆L uzaması ihmal edilebilir. Bu durumda, yayda ortaya çıkan Tgerilme kuvvetini sabit kabul edebiliriz.
Yayadaki gerilme kuvveti 𝑚𝑚 kütlesi üzerine aşağı doğru bir geri çağırıcı kuvvetoluşturur:
( )2
2 2 sind ym Tdt
θ= −
2 2
2 2
22 0 veya 0d y y d y Tm T ydt L dt mL
+ = + =
( )2 2 cosT y A tmL
ω ω φ= ⇒ = −
( )1 2 ve 2
2 2periyotT mLf T
mL Tπ
π= =
Bu ise basit harmonik hareketin denklemidir.
( ) ( ) : sin tan yKüçük açılardaL
θ θ≅ =
31
İki Kütle-Üç Yay Sisteminin Enine Salınımı:
Şimdi iki özdeş kütlenin birbirine, T gerilimialtındaki üç özdeş yay ile bağlandığı durumuele alalım. A ve B kütleleri için hareketdenklemleri:
( ) ( )2
1 22 sin + sinad ym T Tdt
θ θ= −
A kütlesi için:
yayb
( ) ( )2
2 32 sin sinbd ym T Tdt
θ θ= − −
B kütlesi için:
soldaki-yay
ortadaki-yay sağdaki-yay
ortadaki-yay
( ) ( ) ( )1 2 3tan ; tan ; tana b a by y y yL L L
θ θ θ−= = =
32
( )2
2 + 2a a b aa b
d y y y y Tm T T y ydt L L L
−= − = − −A kütlesi için:
( )2
2 2 0aa b
d y T y ydt mL
+ − =
( )2
2 2b b a bb a
d y y y y Tm T T y ydt L L L
−= − − = − −B kütlesi için:
( )2
2 2 0bb a
d y T y ydt mL
+ − =
22 2
2
2 0i t i taa
d y T Ty Ae A e A Bdt mL mL
ω ωω ω = ⇒ = − ⇒ − + − =
Küçük açı yaklaşımında: sin 𝜃𝜃 ≅ tan 𝜃𝜃
22 2
2
2 0i t i tbb
d y T Ty Be B e A Bdt mL mL
ω ωω ω = ⇒ = − ⇒ − + − =
33
2
2
2
02
T TmL mL
T TmL mL
ω
ω
− − = − −
2 2T TmL mL
ω =
NORMAL MOD-I: 21 1
2 T T T T A BmL mL mL mL
ω ω= − = ⇒ = ⇒ =
1i ta by y Ae ω= =
Her iki kütle aynı faz, aynı genlik ve aynı frekansta (ω1) titreşir. Bunun anlamı,ortadaki çiftlenim yayının bir etkisi yoktur.
34
NORMAL MOD-II: 22 2
2 3 3 T T T T A BmL mL mL mL
ω ω= + = ⇒ = ⇒ = −
2 2 ve i t i ta by Ae y Aeω ω= = −
Her iki kütle de aynı genlik ve aynı frekansta (ω2) ancak, zıt fazda titreşir. Ortadakiyay çiftlenimi sağlamaktadır. Kütlelere geri çağırıcı kuvvet uyguladığı için, sistemintitreşim frekansını birinci moda göre 3 kat artırmıştır.
35
5.7. N-Kütleli Çiftlenimli Salınıcılar
Kütlesi ihmal edilebilen bir ip boyunca, her birinin kütlesi m olan N tane kütleninaralarındaki uzaklık l olacak şekilde dizildiğini kabul edelim. İpin iki ucu bağlı olsunve bu bağlı olan uçlarda da m kütleleri bulunsun. Bu durumda kütleleri 0’ dan N + 1 ’ ekadar ardışık sayılarla indisleyebiliriz.
İpteki başlangıç gerilimin 𝑇𝑇 olduğunu ve kütlelerin sadece küçük enine yerdeğiştirmeler yaptığını kabul edersek, kütleler titreşirken ipteki gerilim artışını ihmaledebiliriz. Enine titreşimleri göz önünde canlandırmak daha kolay olduğu için, önceçok sayıda kütleden oluşan bir sistemin enine titreşimlerini inceleyeceğiz.
1py +1py − py
36
1. kütlenin 𝑦𝑦1, 2. kütlenin 𝑦𝑦2, 𝑝𝑝. kütlenin ise 𝑦𝑦p kadar yer değiştirdiğini kabul edelim.Bundan önceki örnekte gördüğümüz gibi p. kütleye etkiyen kuvvet (𝐹𝐹p) :
( ) ( )1sin sinp p pF T Tα α−= − +
soldaki-ip sağdaki-yay
( ) ( )
( ) ( )
11 1
1
sin tan
sin tan
p pp p
p pp p
y yl
y yl
α α
α α
−− −
+
− ≅ =
− ≅ = 2
1 11 12
2p p p p pp p p
d y y y y y T T Tm T T y y ydt l l l l l
− ++ −
− − = − + = − + +
( )2
1 12
2 0pp p p
d y T Ty y ydt ml ml + −+ − + =
20
Tml
ω = ( )2
2 20 0 1 12 2 0p
p p p
d yy y y
dtω ω + −+ − + =
N tane kütlenin her biri için benzer bir ifade yazabiliriz. Böylece 1’ den N ’ ye kadar,p ’ nin her bir değeri için bir tane olmak üzere, N tane diferansiyel denklem seti eldeedilir. Ancak, sağ ve sol uçlar bağlı olduğu için y0 = 0 ve yN+1 = 0 olacaktır.
37
i-) N = 1 için çözüm:
Kütlesi m olan bir cisim eşit uzunluklu gerilmiş iki ip ile şekildeki gibi bağlıdır. Solve sağdaki duvarlar, bu uçlara bağlı hareketsiz kütleleri temsil etmektedir.
( )2
2 20 0 1 12 2 0p
p p p
d yy y y
dtω ω + −+ − + =
( )2
2 210 1 0 2 021 2 0d yp y y y
dtω ω= ⇒ + − + =
Uçların bağlı olması nedeniyle y0 = 0 ve y2 = 0 olduğundan, ortadaki m kütlesininhareket denklemi ve çözümü aşağıdaki gibi olacaktır.
( )2
2 210 1 1 1 12
22 0 cos ; d y Ty y A tdt ml
ω ω ω+ = ⇒ = =
38
i-) N = 2 için çözüm:Kütlesi m olan iki cisim ortada olacak şekilde eşit uzunluklu gerilmiş iplerleşekildeki gibi bağlıdır. Sol ve sağdaki duvarlar, bu uçlara bağlı hareketsiz kütleleritemsil etmektedir. Bu durumda p = 1 ve p = 2 durumları mümkündür.
( )2
2 20 0 1 12 2 0p
p p p
d yy y y
dtω ω + −+ − + =
( )2
2 210 1 0 2 021 2 0d yp y y y
dtω ω= ⇒ + − + =
Uçların bağlı olması nedeniyle y0 = 0 ve y3 = 0 olduğundan, ortadaki m kütlelerininhareket denklemleri aşağıdaki gibi olacaktır.
22 210 1 0 22 2 0d y y y
dtω ω+ − =
( )2
2 220 2 0 3 122 2 0d yp y y y
dtω ω= ⇒ + − + =
22 220 2 0 12 2 0d y y y
dtω ω+ − =
39
( ) ( )1 1 2 2cos ve cosy A t y A tω ω= =
çözüm önerilerini yaparak titreşim mod frekanslarını ve her mod için A1 ve A2genliklerini bulabiliriz (Benzer işlemler daha önce yapılmıştır).
( )1 0 2 03 ve 3T T
ml mlω ω ω ω= = = =
frekansları ile titreşen iki normal mod olduğu görülecektir.
23Tml
ω =
1Tml
ω =
Gerekli işlemler yapılırsa ;
40
5.8. N-Kütleli Çiftlenimli Salınıcının Normal Modlarının Bulunması N tane kütlenin her biri için yer değiştirmeye karşı gelen diferansiyel denklem:
( )2
2 20 0 1 12 2 0p
p p p
d yy y y
dtω ω + −+ − + =
Bu genel ifadede p = 1, 2, 3, …, N−1, N yazılarak tüm sistem için toplam 𝑁𝑁 tanediferansiyel denklem seti elde edilir. Bu denklemler için,
çözümü önerilebilir. Uçların bağlı olması nedeniyle y0 = 0 ve yN+1 = 0 olmalıdır. t = 0anında sistemi durgun kabul edersek, δ = 0 alınabilir. Önerilen çözüm yukarıdakidiferansiyel denklemde kullanılırsa,
( )cosp py A tω δ= −
( )2 2
1 12 2 2 00 0 1 1 2
0
22 0 p pp p p p
p
A AA A A A
Aω ωω ω ωω
+ −+ −
+ −− + − + = ⇒ =
sonucu elde edilir. ω ’ nun herhangi bir temel durumu için eşitliğin sağ tarafı sabittir.Bu ise, eşitliğin sol tarafının p ’ den bağımsız olduğu anlamına gelir.
41
( )sinpA C pθ=p. parçacığın titreşim genliğinin formunda olduğunu kabul edelim.Burada θ, A0 = 0 ve AN+1 = 0 koşullarını sağlaması gereken bir açıdır.
( )1 sin 1 0 ; 1, 2, 3 1N
nA C N nNπθ θ+ = + = ⇒ = = ⋅⋅⋅ +
2 21 1 0
20
2p p
p
A AA
ω ωω
+ −+ −=
( ) ( )[ ]
2 20
20
sin 1 sin 1 2sin
p pp
θ θ ω ωθ ω
+ + − − =
sin sin 2sin cos2 2
α β α βα β + − + =
( ) ( )( )
2 20
20
2sin cos 2sin
pp
θ θ ω ωθ ω
−=
( )2 20
20
22cos ω ωθω−
= 2 2 20 04 sin 2 sin
2 2θ θω ω ω ω = ⇒ =
Dispersiyon Bağıntısı
sin1 1p
n nA C pN Nπ πθ = ⇒ = + +
012 sin2 1n
nNπω ω = +
Burada n ’ nin farklı değerleri, titreşiminfarklı normal modlarına karşı gelir.
42
N - Kütleli Çiftlenimli Salınıcının Normal Modlarının Özellikleri
Verilen bir kütlenin hareketinin, hem mod sayısına (n) hem de bir çizgi boyunca dizilmişkütlenin numarasına (p) bağlı olduğuna dikkat ediniz. Böylece, n. modda titreşen p.parçacığın titreşim genliğini,
şeklinde yazabiliriz. Buradaki Cn , uyarılan n. temel titreşim modunun genliğinigöstermektedir. Kütlelerin tamamı n. modda titreştiği zaman, p. kütlenin yer değiştirmesiaşağıdaki ifade ile verilir:
( )sin sin1p pn n
nA C p A C pNπθ = ⇒ = +
( ) ( )cos sin cos1pn pn n n n
ny A t C p tNπω ω = = +
Bu ifade t = 0 iken tüm kütlelerin durgun olduğu kabulü ile türetilmiştir. İki kütledenoluşan çiftlenimli salınıcı probleminde olduğu gibi bu ifadeyi, keyfi başlangıçkoşullarını da içerecek şekilde aşağıdaki gibi yazabiliriz:
( ) ( )cos sin cos1pn pn n n n n n
ny A t C p tNπω δ ω δ = − = − +
Her bir mod farklı δn fazına sahiptir.43
Kaç tane normal mod vardır?
Daha önce iki kütleden oluşan bir çiftlenimli salınıcı için iki normal modun olduğunugördük. Buradan hareketle, N tane kütle için N tane bağımsız mod vardır diyebiliriz.
012 sin2 1n
nNπω ω = +
sin1pn n
nA C pNπ = +
n. modun frekansı
n. modda titreşen p. parçacığın titreşim genliği
Bu denklemler, n ’ nin tamsayı değerleri için tanımlıdır. n ’ nin değeri N ’ den büyükolduğunda, bu eşitlikler herhangi bir yeni fiziksel durum tanımlanamaz.
2ω0
ωn
44
n = 1’ den n = N’ ye gittikçe, N tane farklı karakteristik frekans bulunur. Apsisteki π/2değerine karşılık gelen n = N+1 durumunda, ωmax = 2ω0 ile verilen maksimum birfrekansa ulaşılır. Bu frekans değerine ‘‘kesilim frekansı’’ (cut off frequency) denir.Ancak, bu frekansa sahip mümkün bir hareket yoktur. Çünkü n = N+1’ de Apn = 0’ dır.
Şekil üzerinde kırmızı ile gösterilen kısımlar n > N+1 durumuna karşılık geldiği içinçözüm olamaz. Başka bir deyişle n > N+1 durumundaki frekanslar, n < N+1durumlarının bir tekrarı şeklindedir ve yeni bir mod elde edilmez. Örneğin n = N+2 içintitreşim frekansı ve genlik:
2 0 01 2 12 sin 2 sin2 1 2 1N N
N NN N
πω ω π ω π ω+
+ = = − = + +
012 sin ve sin2 1 1n pn n
n nA C pN Nπ πω ω = = + +
( ) 2 222sin sin 21 1N Np N
N NA C p C p pN N
ππ π+ ++
+ = = − + +
( )2
22 sin1
NN pN pNp N
N
CNA C p A AN Cπ +
++
= − = − ≈ − + 45
Sonuç olarak, N parçacıklı çiftlenimli osilatörlerin ancak N tane normal modununolabileceğini söyleyebiliriz.
Değişik Modların Şekilleri:
Birinci mod (n = 1):
( )1 1 1sin cos ; 1, 2, 3 , , 1py C p t p N
Nπ ω = = ⋅⋅⋅ +
p. parçacığın yer değiştirmesi
Verilen herhangi bir t anında𝐶𝐶1cos 𝜔𝜔1𝜔𝜔 çarpanı tüm kütleleriçin aynıdır. Bu nedenle kütlelerinyer değiştirmelerini,
sin1
pNπ
+
çarpanı belirler.46
İkinci mod (n = 2):
( )2 2 22sin cos ; 1, 2, 3, ,
1py C p t p NNπ ω = = ⋅⋅⋅ +
p. parçacığın yer değiştirmesi
Verilen herhangi bir t anında 𝐶𝐶2cos 𝜔𝜔2𝜔𝜔 çarpanı tüm kütleler için aynıdır. Bunedenle kütlelerin yer değiştirmelerini,
tt1
t3
t2
t4
2sin1
pNπ
+
çarpanı belirler.
47
5.9. Parçacık Sayılarına Göre Normal Modlar:
I-) N = 1 için normal modların bulunması:
Tek parçacıklı bir sistemin sadece tek modu vardır: 1 1 ve 1N p n= ⇒ = =
( ) ( )11 1 1sin cos cos1pn n n
ny C p t y C tNπ ω ω = ⇒ = +
0 1 01 22 sin 2 22 1n
n T TN ml mlπω ω ω ω = ⇒ = = = +
2
2
2 0d y T ydt mL
+ =
ml l
1 022 Tml
ω ω= =
48
II-) N = 2 için normal modların bulunması:
İki parçacıklı bir sistemin iki modu vard 2 1 , 2 ve 1 2ı ,r : N p n= ⇒ = =
( ) 01sin cos ve 2 sin
1 2 1pn n n nn ny C p t
N Nπ πω ω ω = = + +
n = 1. mod:
( )21 1 12. 2 2( ) : sin cos3
y Cparçacık tp π ω =
=
1 0Tml
ω ω= =
ml
l
m
l
( )11 1 11. 1( ) : sin cos3
yparçacık p C tπ ω =
=
49
2 033 Tml
ω ω= =
n = 2. mod:
( )12 2 21. 1 2( ) : sin cos3
y Cparçacık tp π ω =
=
m
ll
ml
( )22 2 22. 2 4( ) : sin cos3
y Cparçacık tp π ω =
=
( ) 01sin cos ve 2 sin
1 2 1pn n n nn ny C p t
N Nπ πω ω ω = = + +
50
III-) N = 3 için normal modların bulunması:
Üç parçacıklı bir sistemin üç modu vardır : 3 1 , 2 ,3 ve 1 , 2 , 3N p n= ⇒ = =
( ) 01sin cos ve 2 sin
1 2 1pn n n nn ny C p t
N Nπ πω ω ω = = + +
n = 1. mod:
( )11 1 11. 1( ) : sin cos4
yparçacık p C tπ ω =
=
ml
l
m
l1
22
C12
2C
1C
ml
1 2sin8
Tml
πω =
( )31 1 13. 3 3( ) : sin cos4
y Cparçacık tp π ω =
=
( )21 1 12. 2 2( ) : sin cos4
y Cparçacık tp π ω =
=
51
2C
m ll
m
l
m
lhareketsiz
2C−
n = 2. mod:
( )12 2 21 2( ) : si. 4
1 n cosyparçacık p C tπ ω =
=
2 2sin4
Tml
πω =
( ) 01sin cos ve 2 sin
1 2 1pn n n nn ny C p t
N Nπ πω ω ω = = + +
( )22 2 22. 2 4( ) : sin cos 04
yparç C tacık p π ω = =
=
( )32 2 23. 3 6( ) : sin cos4
y Cparçacık tp π ω =
=
52
n = 3. mod:
( )13 3 31 3( ) : si. 4
1 n cosyparçacık p C tπ ω =
=
32
2C
m
ll
ml
m
l
3C−
32
2C 3
32sin8
Tml
πω =
( )23 3 32. 2 6( ) : sin cos4
y Cparçacık tp π ω =
=
( )33 3 33. 3 9( ) : sin cos4
y Cparçacık tp π ω =
=
( ) 01sin cos ve 2 sin
1 2 1pn n n nn ny C p t
N Nπ πω ω ω = = + +
53
IV-) N = 4 için normal modların bulunması: D ört parçacıklı bir sistemin dört modu vardır : 4 1 , 2 ,3, 4 ve 1 , 2 , 3, 4N p n= ⇒ = =
Benzer işlemler yapılırsa, her bir mod için aşağıdaki şekil elde edilir. n = N+1 = 5için her parçacığın titreşim genliği sıfır olur. n = 6, 7, 8, ve 9 titreşim modları,sırasıyla, n = 4, 3, 2, ve 1’ in zıt yer değiştirmelerle tekrarıdır.
Şekillerdeki beyaz çizgiler ipin hareketini göstermektedir.İpin bu hareketini ileride dalga hareketi olarak tanımlayacağız. 54
5.10. Boyuna Salınımlar
Daha önceki bölümlerde bir ve iki parçacıklı sistemlerin boyuna salınımlarınıincelemiştik Şimdi N-parçacıklı bir sistemin boyuna salınımını inceleyerek genelifadeler bulacağız.
Sürtünmesiz yatay bir düzlemde, bir çizgi boyunca özdeş yaylarla birbirine bağlanmışve hareketsizken aralarındaki uzaklığın l olduğu m kütleli N tane özdeş parçacıksistemini gözönüne alalım. Bir kristaldeki atomların bir sırası böyle bir modelebenzemektedir.
b-) Boyuna küçük bir yer değiştirmeden sonraki görünümleri
a-) Aralarındaki yaylarla çiftlenmiş kütlelerin denge durumundaki görünümleri
55
Kütlelerin denge konumundan itibaren yer değiştirmelerini 𝑥𝑥1, 𝑥𝑥2, ⋅⋅⋅, xN ile gösterelim.Bu durumda p. kütlenin hareket denklemini,
( )2
2 20 0 1 12 2 0p
p p p
d xx x x
dtω ω + −+ − + =
ifadesine sahiptir. Bu denklem daha önce enine hareketi incelerken elde ettiğimizdenklem ile aynı formdadır. Bu denklemin çözümü aşağıdaki gibidir:
0 012 sin ; 2 1n
n kN mπω ω ω = = +
( )sin cos1pn n n
nx C p tNπ ω = +
Enine salınımlar için yaptığımız tüm tartışmalar, boyuna salınımlar için de geçerlidir.
1 1p p px x x+ −> > ( ) ( )2
1 12p
p p p p
d xm k x x k x x
dt + −= − − −
20
km
ω =
56
Parçacık sayısı N ’ nin çok büyük olması durumu:
Çiftlenimli sistemde kütle sayısı N ’ nin çok büyük olduğu, gerilmiş bir ip üzerindekikütlelerin enine salınım hareketini göz önüne alacağız. Benzer bir tartışma boyunasalınımlar için de yapılabilir.
• N ’ nin arttığı ancak ipin (veya telin) toplam L boyunun değişmeden kalması içinkomşu kütleler arasındaki uzaklığın ( l ) azaldığını kabul edeceğiz:
( )1L N l= +
• Toplam kütlenin (M) değişmeden kalması için her bir parçacığın kütlesinin (m)azaldığını kabul edeceğiz:
M Nm=
Parçacık sayısı N büyüdükçe (l ve m çok küçülecek), sistemin giderek sürekli bir ip(veya tel) gibi davranacağına dikkat ediniz.
Bu durumda normal mod frekansları ne olur?
57
0 012 sin ; 2 1n
n TN mlπω ω ω = = +
n << N Durumu:
1 1sin2 1 2 1
n nN Nπ π ≅ + +
( )1N l Lml
µ
+ =
=
Temel hal için n = 1: 1T
Lπω
µ=
Normal frekanslar, en düşük mod frekansının tam katları şeklindedir.
1 nn N nω ω<< ⇒ =
( )1 1nT n Tl nml N m N l
π πω = = + +
; 1 , 2 , 3 , nn T nLπω
µ= = ⋅⋅⋅
58
( ) ( )sin cos sin ; sin 01 1pN N N
p pA C p C p pN Nπ ππ π π = − = − = + +
sin1pn n
nA C pNπ = +
sin1pN N
Nn N A C pNπ = ⇒ = +
p ’ nin değeri ne olursa olsun, p’ den p+1’ e gidildiğinde genliğin işareti tersine döner.p tek ise p+1 çift, p çift ise p+1 tek olacağından; ardışık genlikler zıt işaretlidir.
N çok büyük ise, ardışıkgenliklerin oranı:
( ) ( ) ( )1
sin1 1 1
11 1sin
1 1
pN
p N
p pA pN N
pp pAN N
π π
π π+
+ + = ≈ = →
++ + + +
En yüksek mod olan n = N Durumu:
0 012 sin 2 22 1N
N TN mlπω ω ω = ≈ = +
59
İki ucu bağlı bir ip için:
( )cos sin1pN N
pA C pNππ = − +
Genlik p = 0 ve p = N+1 için sıfırdır. Bu nedenle en yüksek modda (n = N), kütlelerdizisinin enine salınımlarının genlik dağılımının iki uç arasında bir yarım sinüs eğrisiüzerine düşeceğini ifade eder. Bu nedenle, titreşimin olmadığı yatay çizginin alt veüstündeki yer değiştirmeler yaklaşık eşit ve zıttır.
Her iki ucu sabit bir ipin üzerinde düzgün bir şekilde N tane özdeş kütlenin en yüksekmoddaki (n = N) salınım genlikleri.
60
Şekildeki p kütlesini göz önüne alalım. Bu kütlenin herhangi bir andaki yer değiştirmesiy ise, bunun her iki komşusunun da yer değiştirmesi yaklaşık −y’ dir. Böylece ikiucundan bağlı ipteki gerilim T ise, her iki komşudan kaynaklanan kuvvetlerin eninebileşenleri yaklaşık (2y/l)T kadardır. p kütlesinin hareket denklemi (yaklaşık olarak),
2 2 2202 2 2
22 4 0 veya 4 0d y y d y T d ym T y ydt l dt ml dt
ω = − ⇒ + = + =
olarak elde edilir. Bu ise titreşim frekansı 2ω0 olan basit harmonik hareket denklemidir.
5.11. Bir Kristal Örgünün Normal ModlarıÖnceki kesimde yapılan analizler katıların titreşim modlarını anlamak için oldukçabaşarılı sonuçlar verir. Küçük yer değiştirmeler sözkonusu olduğu zaman komşuatomlar arasındaki etkileşmeler bir yay ile benzerlik gösterir. Bu benzerlik nedeniyle,
0 012 sin ; 2 1n
n TN mlπω ω ω = = +
nTn N n
Lπω
µ<< ⇒ ≅
denklemlerini bir katıya uygulamak istersek, örgünün temel eksenleri boyunca biratomlar dizisini göz önüne almamız gerekir.
61
Bu durumda 𝜇𝜇, birim uzunluk başına bütün atomların toplam kütlesi ya da 𝑙𝑙 aralıklarladizilmiş atomlardan birinin kütlesinin l ’ ye bölümüdür.
Boyut olarak, ipteki gerilimin boyca kütle yoğunluğuna oranı T/µ ile Young modülününyoğunluğa oranı Y/ρ aynıdır. Bu iki ifadeyi birbiri yerine kullanabiliriz. Böylece birkristalin titreşim frekanslarını, yukarıdaki eşitliği kullanarak,
0 01 12 sin ; 2 1 2n
n Yf f fN lπ
π ρ = = +
şeklinde yazabiliriz.
Aşağıdaki tabloda bazı katıların Young modülü ve yoğunlukları verilmiştir.
62
Young modüllerinin değeri yaklaşık 1010 N/m2 , ρ yoğunlukları ise 103 kg/m3
mertebesinde olduklarından Y/ρ oranı 107 m2/s2 mertebesindedir. Katılar için l atomlararası uzaklık ise 10−10 m mertebelerinde olduğundan;
13 10
1 10 2
Yf slπ ρ
−= =
değeri elde edilir.
01 12 sin 2 1 2 1 2n n
n Y n n Yf f fN l N Lπ π
π ρ ρ = = ⇒ = + +
ifadesi ile verilir.
Bu değer bir örgünün dayanabileceği en yüksek titreşim frekansıdır. Düşük modlar ise,
Buradaki L katının kalınlığıdır. Böylece 1 cm’ lik bir kristalin titreşimlerinin en düşükmoddaki (n = 1) frekansı 105 Hz mertebesindedir.
63
Örnek-1. İki özdeş sarkaç bir yay ile bağlanarak çiftlenimli halegetirilmiştir. Her bir sarkacın boyu 0,4 m olup, yer çekimivmesinin 9,8 m/s2 olduğu bir yerde bulunmaktadırlar.Sarkaçlardan biri sabit tutulurken diğerinin periyodu1,25 s ölçülmüştür. Sarkaçların her ikisi de hareketli ikennormal modların periyotlarını bulunuz.
Çözüm-1. Soldaki b-sarkacını sabit tutup, sağdaki a-sarkacı xakadar sağa doğru çekip serbest bıraktığımızı düşünelim.Bu durumda sarkacın periyodu 1,25 s ölçülüyor. Buolay sırasında b-sarkacının hareket etmeyeceğine dikkatediniz. Bu durumda problem aşağıdaki şekildeki gibidüşünülebilir.
2 2
2 2 0a aa a a
d x d xg k gm kx m x m xdt l dt m l
= − − ⇒ + + =
222 2 0,74 k g k gT s
m l m T lk gm l
π πω − = + ⇒ = ⇒ = − ≅ +
64
Şimdi problemde istenen periyot değerlerini bulabiliriz. Verilen sistemin iki farklımodunun olduğunu ve mod frekanslarının,
1 22 ve g g k
l l mω ω= = +
bağıntıları ile verildiğini biliyoruz (Ders notlarına bakınız).
1 11
2 2 1, 27 /
g T sl g l
π πωω
= ⇒ = = ≅
( ) ( )2 22
2 2 2 1, 23 / 2 /
g k T sl m g l k m
π πωω
= + ⇒ = = ≅+
Buradan, 1. ve 2. modların periyodları için aşağıdaki değerleri buluruz:
65
Örnek-2. Kütleleri m olan A ve B cisimleri, kuvvet sabitleri kA ve kB olan yaylar ileduvara, yay sabiti kC olan bir yay ile de birbirlerine bağlanmışlardır. Sistemşekildeki gibi sürtünmesiz yatay bir masa üzerindedir. A kütlesi xA ve Bkütlesi xB kadar sağa doğru çekilip serbest bırakılıyor.
a-) Sistemin ω1 ve ω2 normal mod frekanslarını bulunuz.b-) Eğer 𝑘𝑘𝐶𝐶2 = 𝑘𝑘𝐴𝐴𝑘𝑘𝐵𝐵 ise titreşimin normal modlarını bulunuz.
Çözüm-2. a-) A ve B kütlelerinin hareket denklemlerini
( ) ( )1 1 1 0p p p p p p p pm x k x x k x x− + ++ − + − =
bağıntısını kullanarak aşağıdaki gibi yazabiliriz:
( ) 0 0A C CA A A C A B A A B
k k kmx k x k x x x x xm m+ + + − = ⇒ + − =
( ) 0 0B C CB B B C B A B B A
k k kmx k x k x x x x xm m+ + + − = ⇒ + − =
66
Çözüm önerileri hareket denklemlerinde yerine konulursa,
( ) ( )cos ve cosA Bx A t x B tω ω= =
2
2
0
0
A C C
C B C
k k m A k B
k A k k m B
ω
ω
+ − − = − + + − =
( )( )
2
20
A C C
C B C
k k m k
k k k m
ω
ω
+ − −=
− + −
( )( )2 2 0A C B C Cu m k k u k k u kω= ⇒ + − + − − =
( ) ( )2 2 0A B C A B A C B Cu k k k u k k k k k k− + + + + + =
( ) ( ) ( )2
1,2
2 2 42
A B C A B C A B A C B Ck k k k k k k k k k k ku
+ + + + − + +=
( ) ( )2 221,2
2 42
A B C A B Ck k k k k km
ω+ + − +
=
sonucu elde edilir.67
b-) Yukarıda elde edilen normal mod frekanslarında 𝑘𝑘𝐶𝐶2 = 𝑘𝑘𝐴𝐴𝑘𝑘𝐵𝐵 ifadesi kullanılırsa,
( ) ( ) ( ) ( )2 221,2
22 42 2
A B A B A BA B C A B Ck k k k k kk k k k k k
m mω
+ + ++ + − += =
1 2 ve C A B Ck k k km m
ω ω + += = sonuçları elde edilir.
Örnek-3. Doğal titreşim frekansları ω0 ve kütleleri m olan iki özdeş A ve B sönümsüzosilatörlerini düşünelim. A osilatörü üzerine 𝛼𝛼𝑚𝑚 𝑑𝑑2𝑥𝑥𝐵𝐵
𝑑𝑑𝑡𝑡2ve B ösilatörü üzerine
𝛼𝛼𝑚𝑚 𝑑𝑑2𝑥𝑥𝐴𝐴𝑑𝑑𝑡𝑡2
kuvvetleri etkiyerek çiftlenimli hale getiriliyor. Bu ifadelerdeki α,1’ den küçük değere sahip olup çiftlenim sabitidir. Bu çiftlenimli sisteminnormal modlarını ve bu modların frekanslarını bulunuz.
Çözüm-3. A ve B osilatörleri bağımsız olduklarında hareket denklemleri aşağıdakigibidir:
2 22 20 02 20 ve 0A B
A Bd x d xm m x m m xdt dt
ω ω+ = + =
68
Bu osilatörlere etkiyen kuvvetleri de işleme dahil edersek, hareket denklemleriaşağıdaki gibi olur:
2 2202 2 0A B
Ad x d xm m x mdt dt
ω α+ + =
Bu durumda A’ nın denklemi B’ ye ait bilgiyi ve B’ nin denklemi ise A’ ya ait bilgiyiiçermektedir. Bu nedenle bu iki osilatör çiftlenimli duruma gelmiştir.
Her iki kütle için harmonik çözümler alabiliriz:
( )( )
cos
cosA
B
x A t
x B t
ω
ω
=
=
2 2 20
2 2 20
0
0
A B
A B
ω ω αω
αω ω ω
− − = − + − =
2 2 20
2 2 20
0ω ω αω
αω ω ω
− − = − −
2 22 2 20 0ω ω αω − − =
22 0
1ωωα
=
2 2202 2 0B A
Bd x d xm m x mdt dt
ω α+ + =
0 01 2 ve
1 1ω ωω ωα α
= =+ −
69
Örnek-4. Kütlesi ihmal edilebilen 3l uzunluğundaki biripin uçları iki sabit noktaya tutturulmuştur. İptekigerilme ise T ' dir. m kütleli bir parçacıkşekildeki gibi ipin bir ucundan itibaren luzunluğunda bir noktaya tutturulmuş durumdaiken, m kütlesinin enine titreşimlerinin hareketdenklemini yazarak, periyodunu bulunuz.
Çözüm-4. Kütle enine y kadar yukarıda iken, küçüksalınımlar için hareket denklemi ve titreşimhareketinin frekansı ve periyodu aşağıdaki gibiolacaktır:
θ1 θ2
y
( ) ( ) ( ) ( )2
1 2 1 22
3sin sin tan tan2
d y Tm T T T T ydt l
θ θ θ θ= − − = − − ≅ −
2
2
3 02
d y T ydt ml
+ =3 2 22 3periyot
T mlTml T
ω π= ⇒ =
70
Örnek-5. Şekilde gösterildiği gibi M ve m kütleli iki cisim kuvvetsabitleri k1 ve k2 olan yaylar ile tavana asılıdır.
a-) M kütlesi F0cos(ωt) kuvveti ile aşağı doğrusürülmektedir. Kütlelerin hareket denklemlerinin,
( ) ( )
( )
21
1 2 1 2 2 02
22
2 2 12
cos
0
d xM k k x k x F tdt
d xm k x xdt
ω+ + − =
+ − =
olduğunu gösteriniz. Burada x1 ve x2, sırasıyla, M ve m kütlelerinindüşey doğrultuda yer değiştirmeleridir.
b-) x1 = Acos (ωt) ve x2 = Bcos (ωt) ifadelerinin çözüm olabilmesi için,
( )( )( )
( )( )
20 2
2 2 21 2 2 2
0 22 2 2
1 2 2 2
F k mA
k k M k m k
F kBk k M k m k
ω
ω ω
ω ω
−=
+ − − −
=+ − − −
olması gerektiğini gösteriniz. 71
Çözüm-5. a-) Şekilde verilen sistemde M kütlesini x1 kadar, m kütlesini ise x2 kadardüşey doğrultuda çekip serbest bırakalım. Bu durumda M ve m kütlelerineetkiyen kuvvetler için,
( ) ( )1 1 2 1 2 0 cosMF k x k x x F tω= − − − +
c-) 𝜔𝜔 = 𝑘𝑘1𝑀𝑀
olması durumunda, 𝑘𝑘2𝑘𝑘1
= 𝑚𝑚𝑀𝑀
olursa M ’ nin genliğinin sıfır
olacağını gösteriniz.
Bu durumda M ve m kütlelerinin hareket denklemleri de, sırasıyla:
( )2 2 1mF k x x= − −
( ) ( )2
11 2 1 2 2 02 cosd xM k k x k x F t
dtω+ + − =
( )2
22 2 12 0d xm k x x
dt+ − =
olarak bulunur.
yazabiliriz.
72
b-) x1 = Acos (ωt) ve x2 = Bcos (ωt) çözümlerinin ikinci türevleri alınarak hareketdenklemlerinde kullanılırsa:
( ) 21 2 2 0
22 2 0
k k M A k B F
k A k m B
ω
ω
+ − − =
− + − = ( )
22
2
kB Ak mω
=−
( ) ( )2 2
1 2 2 022
kk k M A k A Fk m
ωω
+ − − = −
( )( )( )
20 2
2 2 21 2 2 2
F k mA
k k M k m k
ω
ω ω
−=
+ − − −
( ) ( )( )0 22
2 2 2 22 1 2 2 2
F kkB Ak m k k M k m kω ω ω
= =− + − − −
73
( )( )( )
20 2
2 2 21 2 2 2
c-) F k m
Ak k M k m k
ω
ω ω
−=
+ − − −
2 1 2
1
ve k k mM k M
ω = =
Örnek-6. Şekildeki kütle-yay sisteminin titreşim frekanslarını bulunuz.
Çözüm-6. Şekildeki sistemin kütle hareket denklemlerini,
( ) ( )1 1 1 0p p p p p p p pm x k x x k x x− + ++ − + − =
bağıntısını kullanarak aşağıdaki gibi yazabiliriz:
( )1 1 1 24 3 0mx kx k x x+ + − =
( )( )( )
0 2 22
1 2 1 2 2 2
0F k k
Ak k k k k k
−= =
+ − − −
( ) ( )2 2 1 2 32 0mx k x x k x x+ − + − =
( )3 3 2 0mx k x x+ − =
74
( )( )
1 1 2
2 2 1 3
3 3 2
4 4 02 2 0
0
mx kx kxmx kx k x x
mx k x x
+ − =
+ − + =
+ − =
( )( )( )
1
2
3
cos
cos
cos
x A t
x B t
x C t
ω
ω
ω
=
= =
( )( )( )
2
2
2
4 4 0
2 2 0
0
k m A kB
kA k m B kC
kB k m C
ω
ω
ω
− − =
− + − − =
− + − =
( )( )
( )
2
2
2
4 4 0
2 2 0
0
k m k
k k m k
k k m
ω
ω
ω
− −
− − − =
− −
( ) ( ) ( )22 2 2 24 4 2 0k m k m k k k k mω ω ω − − − + − − =
( ) ( )22 2 28 5 0k m k m kω ω − − − = 75
1/2
151 0, 468
k km m
ω
= − ≅
Örnek-7. Şekilde gerilmiş ip üzerinde eşit aralıklarla, kütleleri eşit (m1 = m2 = m3 = m)olan üç boncuk bağlıdır. Sistem küçük genliklerle enine titreşim yapıyor.İpteki gerilimin sabit kaldığını kabul ediniz (T = sabit). Ortadaki kütleye(2 nolu kütle) F0cos(ωt) periyodik dış kuvveti uygulanıyor. Kütlelerintitreşim genliklerini belirleyiniz. Genliklerin frekansa bağlı davranışınıkabaca çiziniz.
2 km
ω =
1/2
351 1,348
k km m
ω
= + ≅
76
Çözüm-7. Kütlelerin enine titreşim durumlarının bir anıyandaki şekildeki gösterilebilir. Burada kütlelersanki kuvvet sabiti T/l olan yaylarla bağlanmışgibi düşünülebilir (Ders notlarına bakınız).
( ) ( )1 1 1 0p p p p p p p pm x k x x k x x− + ++ − + − =
Sistemdeki kütlelerin hareket denklemlerini,
ifadesini kullanarak yazabiliriz:
( )1 1 1 2 0T Ty y y yml ml
+ + − =
( ) ( ) ( )02 2 1 2 3 cosFT Ty y y y y t
ml ml mω+ − + − =
( )3 3 2 3 0T Ty y y yml ml
+ − + =
77
( )( )( )
1
22 0
3
cos
cos harmonik çözümleri ve kısaltması ile :
cos
y A tTy B tml
y C t
ω
ω ω
ω
=
= ==
( )( )
( )( ) ( )
2 2 20 0
22 2 2 2 2 2 2 2 40 0 0 0 0 0
2 2 20 0
2 0
2 2 2 2
0 2
ω ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω ω
ω ω ω
− −
− − − = − − − − −
( )( )( )
2 2 20 0
2 2 2 2 00 0 0
2 2 20 0
2 0
2
2 0
A B
FA B Cm
B C
ω ω ω
ω ω ω ω
ω ω ω
− − =− + − − = − + − =
Bu denklem seti için Cramer kuralınıkullanarak A , B ve C genliklerinibelirleyebiliriz.
Katsayı determinantı:
78
( )( )
( ) ( ) ( )
20
2 2 200 0
202 2 2 00 0
2 22 2 2 2 4 2 2 40 0 0 0 0
0 0
2
0 2
2 2 2 2 2
Fm F
mA
ω
ω ω ω
ωω ω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω
−
− − − − = =
− − − − −
( )
( )( ) ( )
( )
( )
2 20
2 200 0
2 202 200
2 22 2 2 2 4 2 2 40 0 0 0 0
2 0 0
20 0 2
2 2 2 2 2
Fm F
mB
ω ω
ω ω
ω ωω ω
ω ω ω ω ω ω ω ω
−
− − − − = =
− − − − −
( )( )
( ) ( ) ( )
2 2 20 0
2 2 2 00 0
20200
2 22 2 2 2 4 2 2 40 0 0 0 0
2 0
2
0 0
2 2 2 2 2
Fm F
mC
ω ω ω
ω ω ω
ωω
ω ω ω ω ω ω ω ω
− −
− −
− = =
− − − − − 79
A ve C genliklerinin aynı olduğuna dikkat ediniz. Bu sonuç problemin simetrisi ile deuyumludur.
A, B ve C genliklerinin ω frekansına bağlı davranışları şekildeki gibi olacaktır:
( )
200
22 2 40 02 2
FmA
ω
ω ω ω
=
− −
( )
( )
2 200
22 2 40 0
2
2 2
FmB
ω ω
ω ω ω
− =
− −
( )
200
22 2 40 02 2
FmC
ω
ω ω ω
=
− −
80
Örnek-8. Kütlesi m olan iki özdeş parçaçık uzunluğu l olan iplerlebirbirine bağlanarak şekildeki gibi gibi tavanaasılmışlardır. Sistem küçük genlikli salınım hareketiyapmaktadır. Küçük genlikli salınım sırasında iplerdekigerilimlerin, statik durumdaki değerine göredeğişmediğini kabul ediniz.
m
m
l
lx1
x2
θ1
θ2
a-) Üsteki ve alttaki kütlelerin hareket denklemlerinin,
( )2 2
1 21 2 2 12 2
3 0 ve 0d x d xg g gx x x xdt l l dt l
+ − = + − =
olduğunu gösteriniz.
b-) x1 = cos(ωt) ve x2 = cos(ωt) şeklinde harmonik çözümler olduğunu
kabul ederek, sistemin frekansları 𝜔𝜔1,2 = 2 ∓ 2 𝑔𝑔𝑙𝑙
olan iki tane
normal modununun olduğunu gösteriniz ve bu modlar için B/A genlikoranını belirleyiniz.
c-) l = 1,0 m alarak iki titreşim modunun periyotlarını hesaplayınız.Sonucu l = 1,0 m uzunluklu basit sarkacın periyodu ile karşılaştırınız.
81
Çözüm-8. a-) Sistem denge durumundayken üstekikütleyi tavana bağlayan ipteki geriliminT1 = 2mg ve alttaki kütlenin bağlandığı iptekigerilimin ise T2 = mg olacağı açıktır. Küçüksalınımlar durumunda bu gerilimlerindeğişmeyeceğini kabul edeceğiz.
m
m
l
lx1
x2
θ1
θ2m
m
l
l
T1=2mg
T2=mg
( ) ( )( )
1, 1 1 2 2
2, 2 2
sin sin
sinnet
net
F T T
F T
θ θ
θ
= − +
= −
Kütlelere salınım hareketini kütlelere etkiyen yatay kuvvetler sağlayacaktır:
( )
( )
11
2 12
1
2
sin
sin
2
xlx x
lT mgT mg
θ
θ
=
− =
= =
( )2
22 12 0d x g x x
dt l+ − =
21
1 22
3 0d x g gx xdt l l
+ − =
82
( )( )
1
2
cos
cos
x A t
x B t
ω
ω
=
=
b-)
23 0g gA Bl l
ω − − =
2
2
3
0
g gl l
g gl l
ω
ω
− − =
− −
22 2
24 2
3 0
4 2 0
g g gl l l
g gl l
ω ω
ω ω
− − − =
− + =
2 2
21,2
4 4 8
2
g g gl l lω
− =
( )
( )
1
2
2 2
2 2
glgl
ω
ω
= −
= +
2 0g gA Bl l
ω − + − =
83
2
2
3 0
0
g gA Bl lg gA Bl l
ω
ω
− − =
− + − =
c-)
22
3
3
gB l
g gAl l
ωω
− = = −
( ) ( )1 2 2 3 2 2 1 2g Bl A
ω = − ⇒ = − − = +
( ) ( )1 2
2 22,62 ; 1,09 2 2 2 2
T s T sg gl l
π π= ≅ = ≅
− +
1 2bsT T T> >
( ) ( )2 2 2 3 2 2 1 2g Bl A
ω = + ⇒ = − + = −
2 2,01 bsT sgl
π= ≅
84
Örnek-9. Kütleleri ve boyları eşit (LA = LB = L vemA = mB = m) iki fiziksel sarkaç, şekildeki gibi,sarkaçların asılma ucundan h kadar aşağıdankuvvet sabiti k olan bir yay ile birbirinebağlanarak çiftlenimli hale getiriliyor. Sarkaççubuklarının kütlelerinin ihmal edilecek kadarküçük olduğunu kabul ediniz. Burada mA kütlesihafifçe sağa doğru xA kadar, mB kütlesi ise xBkadar çekilip serbest bırakılıyor.
a-) mA ve mB kütleleri sarkaçlar için hareket denklemini yazınız.b-) Bu denklem sisteminin çözümünü yapınız.c-) Titreşim modlarının açısal frekanslarını belirleyiniz.
Çözüm-9. a-) Serbest durumda A ve B sarkaçları, denge konumlarından itibaren küçükθA ve θB açıları kadar uzaklaştırıp serbest bırakıldığında kütlelere etki edengeri çağırıcı kuvvetler ve bu kuvvetlerin dönme eksenlerine göre oluşturduğutorklar aşağıdaki ifadelere sahiptir:
( ) ( )( ) ( )
sin sin içeri
sin sin içerigA A gA A
gB B gB B
F mg mg L
F mg mg L
θ τ θ
θ τ θ
= − ⇒ =
= − ⇒ =85
( ) ( ) ( )sin = ; sin = a bA BA B b a B A
x xx x hx x x xh L h L L
θ θ= = ⇒ − = −
Sarkaç kütleleri xA ve xB kadar sağa çekildiğinde, çiftlenimi sağlayan yayın boyundakideğişim xb − xa olacağı açıktır. Şekildeki üçgenlerden;
Bu durumda çiftlenim yayından dolayı A ve B kütlelerine etkiyen kuvvetler ve bukuvvetlerin dönme eksenlerine göre oluşturduğu torklar aşağıdaki ifadelere sahiptir:
( ) ( ) ( ) cos dışarıkA B A kA B A Ah hF k x x k x x hL L
τ θ= + − ⇒ = −
Bu sonuçlar kullanılarak A ve B sarkaçlarına etki eden toplam torklar:
( ) ( ) ( )sin cosA A B A AhmgL k x x hL
τ θ θ= − + −
( ) ( ) ( )sin cosB B B A BhmgL k x x hL
τ θ θ= − − −
( ) ( ) ( ) cos içeri kB B A kB B A Ah hF k x x k x x hL L
τ θ= − − ⇒ = −
86
( )2 2
2 2 0AA B A
d x g khx x xdt L mL
+ − − =
( ) ( ) ( ) ( )sin ; sin ; cos 1 ; cos 1A BA A B B A B
x xL L
θ θ θ θ θ θ≅ = ≅ = ≅ ≅
Küçük açı yaklaşımında,
22
2 ; dI I mLdtθτ = =
b-) Bu iki denklem taraf tarafa toplanır ve çıkarılırsa aşağıdaki denklemler elde edilir:
( ) ( )2
2 0A BA B
d x x g x xdt L+
+ + =
21 1
22
2 2 2
;
; 2
A B
A B
gq x xLg khq x xL mL
ω
ω
= + = = − = +
( )2 2
2 2 0BB B A
d x g khx x xdt L mL
+ + − =
( ) ( )2 2
2 22 0A BA B
d x x g kh x xdt L mL−
+ + − =
2211 12
2222 22
0
0
d q qdt
d q qdt
ω
ω
+ =
+ =
87
( ) ( )11 2 1 2
2
1 1 ; 2 2
A BA B
A B
q x xx q q x q q
q x x= +
⇒ = + = −= −
c-) Bu iki denklemden, titreşim modlarının açısal frekansları:
2
2 22g khL mL
ω = +
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
1 cos cos21 cos cos2
A
B
x C t C t
x C t C t
ω φ ω φ
ω φ ω φ
= + + +
= + − +
( )
( )
2211 1 1 1 1 12
2222 2 2 2 2 22
0 ; cos
0 ; cos
d q q q C tdt
d q q q C tdt
ω ω φ
ω ω φ
+ = = +
+ = = +
21
12 0d q g qdt L
+ =
2 22
22 22 0d q g kh qdt L mL
+ + =
1gL
ω =
88
Örnek-10. Şekilde verilen sistemdeki m1 kütlesi sürtünmesizmasa üzerindedir ve kuvvet sabiti k olan bir yaylaO noktasından duvara bağlıdır. Kütlesi m2,uzunluğu l olan basit sarkaç ise bir iple şekildekigibi m1 kütlesine bağlıdır. Sistem serbestbırakıldığında 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 𝜃𝜃 ≈ 𝜔𝜔𝑎𝑎𝑠𝑠 𝜃𝜃 ≈ 𝑥𝑥2−𝑥𝑥1
𝑙𝑙olacak
şekilde küçük titreşimler yapmaktadır.
a-) m1 ve m2 kütlelerinin hareket denklemlerini yazınız.b-) m1 = m2 = m özel durumu için sistemin normal modlarının açısal
frekanslarını bulunuz.
Çözüm-10. a-) Bu çiftlenimli salınıcıda m1 kütlesine hem yay tarafından −kx1 geriçağırıcı kuvvet hem de m2 kütleli sarkacın salınımını sağlayan m2gsin(θ)kuvveti etki etmektedir. Bu durumda m1 kütlesinin salınımını sağlayan netkuvvet için,
( ) ( ) ( )2 12 11 1 2sin tan
x xx x F kx m gl l
θ θ−−
≈ ≈ ⇒ = − +
( )21 1 2 1
1 1
0 m gkx x x xm m l
+ − − =
89
1 2b-) m m m= =
( )2 2 1 0 gx x xl
+ − =
m2 kütlesinin hareket denklemi için ise basit sarkaç örneğinden de bildiğimiz gibi,
yazabiliriz.
( )( )
1
2
cos
cos
x A t
x B t
ω
ω
=
=
2
2
0
0
k g gA Bm l lg gA Bl l
ω
ω
+ − − =
− + − =
2
2
0
k g gm l l
g gl l
ω
ω
+ − − =
− −
4 22 0k g kgm l ml
ω ω − + + =
1 1 2
2 2 1
0
0
k g gx x xm l l
g gx x xl l
+ + − = + − =
90
4 22 0k g kgm l ml
ω ω − + + =
2
21,2
2 2 4
2
k g k g kgm l m l mlω
+ + − =
2 221,2 2 2
k g k gm l m l
ω = + +
1/22 2
1 2 2k g k gm l m l
ω = + − +
1/22 2
2 2 2k g k gm l m l
ω = + + +
91
BÖLÜM 6
Sürekli Sistemlerin Normal Modları ve Fourier Analizi
Şimdiye kadar kesikli sistemlerin salınım hareketlerini inceledik.
Şimdi ise gerilmiş bir ip veya tel gibi sürekli sistemlerin titreşimlerini elealacağız.
Elde edilecek sonuçların birçok alanda uygulama bulduğunu göreceğiz.
Daha sonra, titreşim modlarının incelenmesinde Fourier serilerininkullanışını ele alacağız.
1
İp üzerindeki kütleleri 1 , 2 , 3 , ... , p , ... , N+1 şeklindenumaralandırdığımızı hatırlayalım. Her bir kütlenin ipinsol ucundan olan uzaklığı, x = pl ile verilir.
sin sin1
n n xpN Lπ π = +
( ) ( ), sin cosn n nn xy x t C t
Lπ ω =
…..1 2 3 p
l ll
x = pl
N büyüdükçe, ardışık iki kütle arasındaki mesafe (l) küçülür. Böylece, kütlelerinyerini belirten x değerleri birbirine yaklaşır ve x = 0’ dan x = L’ ye değişir. Budurumda, ip üzerindeki kütleler yerine sürekli sisteme geçiş adımını atmış oluruz.Böyle bir sistem teorik olarak sonsuz tane moda sahiptir.
Bu durumda yer-değiştirme ifadesi aşağıdaki formda verilebilir:
ve N n N→∞ << nTn
Lπω
µ≅
( ) sinn nn xA x C
Lπ =
6.1. Gerilmiş İpin veya Telin Serbest Titreşimleri
2
İki ucu bağlı bir ip veya tel şekilde görüldüğü gibi tanımlanmış doğal titreşim modlarınasahiptir. Değişik modlarda (n = 1, 2, 3 ve 4) bir ipin titreşimi aşağıda verilmiştir.
Bunlara kararlı titreşimler denir ve ip üzerinde her nokta, sabit genlik ve aynı titreşimfrekansı ile BHH yapacak şekilde enine titreşir. Böyle titreşimler, ipin normal modlarıolarak adlandırılır.
nTn
Lπω
µ≅
( ) sinn nn xA x C
Lπ =
TLπ
µ
2 TLπ
µ
3 TLπ
µ
4 TLπ
µ
Frekans (ω)Dalgaboyu (λ)ModL
Karın noktası Düğüm noktası
1
2
3
4
2L
L
23L
2L
3
6.1.1 Gerilmiş telin (veya ipin) hareket denklemi
Şimdi iki ucu sabitlenmiş, L uzunluğundaki gergin bir ipin veya telin titreşimlerinindinamiğini inceleyelim. x = 0 ve x = L sabit noktaları arasına, T gerilimi altındabağlanmış, çizgisel kütle yoğunluğu µ olan bir teli ele alalım.
Yatayda duran ipi bir noktasından düşey yönde küçük bir miktar kaldırıp bırakalım. Budurumda ip enine küçük genlikli titreşim hareketi yapacaktır.
Enine titreşim hareketi yapan ipin küçük birparçasının herhangi bir andaki görünümü yandaverilmiştir. İpin δs ≈ δx olan parçasına etkiyen netkuvvetin x ve y bileşenleri:
δs
( ) ( )( ) ( )
cos cos
sin sinx
y
F T T
F T T
θ δθ θ
θ δθ θ
= + −
= + −
şeklinde yazılabilir. Buradaki θ ve θ + δθ açıları, x ve x + δx noktalarında ipin teğetleriile yatay doğrultu arasındaki açılardır. Burada enine yer-değiştirmenin (y) küçük olduğuvarsayımından hareket ederek T gerilimini sabit, θ ve θ + δθ açılarının da küçükolduğunu kabul edeceğiz.
4
Küçük açılarda: ( ) ( )( ) ( )
sin ; sin
cos 1 ; cos 1
θ θ θ δθ θ δθ
θ θ δθ
≈ + ≈ +
≈ + ≈
( ) ( )( ) ( )
cos cos 0
sin sinx
y
F T T
F T T T
θ δθ θ
θ δθ θ δθ
= + − =
= + − =
İpin küçük bir parçasına etkiyen net kuvvet Fy olacaktır. Böylece, δm kütleli ipparçasının enine titreşimini temsil eden hareket denklemi,
2
2yyF m T
tδ δθ∂
= =∂
şeklinde yazılabilir. Burada y, x ve t ’ nin fonksiyonu olduğu için zamana göre ikincitürevde kısmi türev gösterimi kullanılmıştır.
2
2 ym s x x Tt
δ µδ µδ µδ δθ∂= ≅ ⇒ =
∂
İpe herhangi bir noktada çizilen teğetin eğimi: ( )tanyEğimx
θ∂= =∂
5
( ) ( )2
22 tan 1 tany y
x x x x x xθ θθ θ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = = + ≈ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
2 2
2 2
y yx T t
µ∂ ∂=
∂ ∂
2 2
2 2 y y Tx Tt t x
θµδ δθµ
∂ ∂ ∂= ⇒ =
∂ ∂ ∂
bir boyutlu dalga denklemi
( )( ) ( ) 22 2 2
/ 1 1* / /kütle uzunluk
T hızkütle uzunluk zaman uzunluk zamanµ≡ ≡ ≡
2 2
2 2
y yx T t
µ∂ ∂=
∂ ∂
2 2
2 2 2
1y yx v t∂ ∂
=∂ ∂
T ve µ değerlerine sahip bir ip üzerinde ilerleyen dalganınhızıdır. (Bunu ilerleyen dalgalar konusunu incelerken göreceğiz).
Tvµ
=
Bu denklem sadece gerilmiş bir sicim üzerindeki küçük genlikli dalgaları değil, aynızamanda gazlar, sıvılar ve esnek katılardaki küçük genlikli boyuna dalgaları(ses dalgaları gibi) da temsil eder.
6
6.1.2 Dalga denkleminin N-tane çiftlenimli salınıcıdan hareketleelde edilmesi
N tane çiftlenimli salınıcıda p. kütlenin hareket denklemi aşağıdaki gibidir:
( )2
2 2 20 0 1 1 02 2 0 ; p
p p p
d y Ty y ydt ml
ω ω ω+ −+ − + = =
Bu denklemi aşağıdaki formda yeniden yazabiliriz:
220 1 12 2p
p p p
d yy y y
dtω + − = + −
N sayısını çok büyüttüğümüzde sistemin sürekli hale geleceğini daha önce tartışmıştık.Kütleler birbirine çok yakın olduğunda, m yerine δm ve l yerine δx alırsak, yukarıdakidenklem aşağıdaki gibi olur:
( )20 2 m T T
x m x xδµ ωδ δ δ µ δ
= ⇒ = =
( ) ( ) ( ) ( )( )
2
22
, , , 2 ,y x t y x x t y x x t y x tTt x
δ δµ δ
∂ + + − −=
∂ 7
Belli bir anda (t = sabit), bu denklemdeki y(x+δx , t) ve y(x−δx , t) terimleri x’ e göreTaylor serisine açılabilir:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3
2 32 3
, , ,1 1, ,2! 3!
y x t y x t y x ty x x t y x t x x x
x x xδ δ δ δ
∂ ∂ ∂+ = + + + + ⋅⋅⋅
∂ ∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3
2 32 3
, , ,1 1, ,2! 3!
y x t y x t y x ty x x t y x t x x x
x x xδ δ δ δ
∂ ∂ ∂− = − + − + ⋅⋅⋅
∂ ∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
22
,, , 2 ,
y x ty x x t y x x t y x t x
xδ δ δ
∂+ + − = + + ⋅⋅⋅
∂
( ) ( ) ( )( )
( )2
2 2
, , 2 , ,y x x t y x x t y x t y x txx
δ δ
δ
+ + − − ∂= + ⋅⋅⋅
∂
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )2 3
Taylor Serisi :1 1 12! 3! !
nnf x x f x f x x f x x f x x f x xn
′ ′′ ′′′+ ∆ = + ∆ + ∆ + ∆ + ⋅⋅⋅+ ∆
( ) ( ) ( )( )
( )2
2 20
, , 2 , ,limx
y x x t y x x t y x t y x txxδ
δ δ
δ→
+ + − − ∂=
∂ 8
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
2 2 2 2 2
, , , ,1 y x t y x t y x t y x tT
t x x v tµ∂ ∂ ∂ ∂
= ⇒ =∂ ∂ ∂ ∂
Limit durumunda elde edilen,
sonucu, daha önce elde dalga denklemi ile aynıdır. Bu sonuç kesikli sistemden süreklisisteme geçişte aynı sonuca gittiğimizi gösterir.
6.2. Dalga Denkleminin Değişkenlere Ayırma Yöntemi İle Çözümü
Kararlı titreşim olarak adlandırılan fiziksel duruma uyan
( ) ( )2 2
2 2 2
, ,1y x t y x tx v t
∂ ∂=
∂ ∂
dalga denklemini değişkenlerine ayırma yöntemi ile çözebiliriz. Yer-değiştirmefonksiyonunun, konuma ve zamana bağlı iki fonksiyonun çarpımından oluştuğunuvarsayalım:
( ) ( ) ( ),y x t X x T t=
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
,
,
y x t d X xT t
x dxy x t d T t
X xt dt
∂= ∂
∂ = ∂ 9
( ) ( ) ( ) ( )2 2
2 2 2
1d X x d T tT t X x
dx v dt= ( )
( )( )
( )2 2
2 2 2
1 1d X x d T tX x dx v T t dt
=
2k− 2k−( ) ( )
22
2 0d X x
k X xdx
+ =
( ) ( ) ( )2
22 0
d T tkv T t
dt+ =
( ) ( ) ( )sin cosX x a kx b kx= +
( ) ( ) ( )sin cosT t c kvt d kvt= +
k niceliği dalga sayısı, ω ise yerdeğiştirmenin titreşim frekansıdır. Bu durumda,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosy x t X x T t a kx b kx c t d tω ω= = + ∗ +
yazabiliriz.
Sadece x’ e bağlı olan X(x)’ e normal fonksiyon adı verilir.
22 k k πλ πλ
= ⇒ =22 kvT kvTππ ω= ⇒ = =
10
( ) ( ) ( ) ( )2cos cos cos cosa b a b a b= + + −
+x yönünde ilerleyen dalga
−x yönünde ilerleyen dalga
Çözüm, duran dalgayı temsil eder.
( ) ( ) ( ) ( )sin cos cosX x a kx b kx A kx φ= + = +
( ) ( ) ( ) ( )sin cos cosT t c t d t B tω ω ω ϕ= + = +
( ) ( ) ( ), cos cosy x t AB kx tφ ω ϕ= + +
( ) ( ) ( ), cos cosy x t C kx t kx tω ω= − + +
İşlem kolaylığı açısından φ = ϕ = 0 alınır ve C = AB/2 kısaltması yapılırsa:
( ) ( ) ( ), cos cosy x t C t kx t kxω ω= − + +
veya
11
Uzay ve zamanda bir dalganın hareketi:
12
İki ucu sabit (bağlı) olan ip için sınır koşulları:
Bağlı uçlarda titreşim olmaz. Bu nedenle x = 0 ve x = L ’ de y(x , t) = 0 olmalıdır.
( ) ( ) ( )) 0, sin cos 0 0i y t b c t d t bω ω− = ∗ + = ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )) , sin sin cos 0 sin 0ii y L t a kL c t d t kLω ω− = ∗ + = ⇒ =
veya ; 1 , 2 , 3 , 2
nn n n
n v nvk L L n f nv L Lω ππ ω= = ⇒ = = = ⋅⋅⋅
n’ nin her bir değeri farklı bir moda karşılık gelir. Bu nedenle iki ucundan bağlı titreşenipin sonsuz sayıda titreşim modu olacaktır. İki ucu bağlı ip özel durumu için dalgadenkleminin çözümü aşağıdaki gibidir:
( ) ( ) ( ), sin sin cosn n nny x t a x c t d tLπ ω ω = ∗ +
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cosy x t a kx c t d tω ω= ∗ +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosy x t a kx b kx c t d tω ω= + ∗ +
13
ac ve ad çarpımları yerine An = ad ve Bn = ac yazabiliriz. Bu durumda n. mod içinyer-değiştirme ifadesi aşağıdaki formda verilebilir:
( ) ( ) ( ), sin cos sinn n n n nny x t x A t B tLπ ω ω = ∗ +
İki ucundan bağlı ipin titreşimleri için genel çözüm (n, mod numarası olmak üzere)tüm modların toplamıdır:
( ) ( ) ( )1 1
, , sin cosn n nn n
ny x t y x t A x tLπ ω
∞ ∞
= =
= =
∑ ∑
Bu ifade iki ucu bağlı titreşen ipin veya telin 𝒚𝒚 𝒙𝒙, 𝒕𝒕 yer-değiştirmesinin, çoksayıda doğal modların üst üste gelmesi ile oluştuğunu söyler.
t = 0 ’ da ipin durgun olduğunu kabul edersek:
( )0
,) 0 0n
nt
y x tiii B
t=
∂− = ⇒ =
∂
( ) ( ), sin cosn n nny x t A x tLπ ω = ∗
14
nn v n T
L Lπ πω
µ= =
Bkz. Bölüm-5, Sayfa 58
1T
Lπω
µ=
2 2nnv n TfL L µ
= =
11
2Tf
L µ=
ωn ve fn ifadelerinin, daha önce enine titreşim hareketini incelerken N’ nin çok büyükolduğu durumda, düşük modlar için bulduğumuz değerlerle aynı olduğuna dikkatediniz.
Temel mod frekansı (f1), belli bir kütle ve uzunluğa sahip telin karakteristikmodlarından birisini elde etmek için gerekli gerilmenin (T) bir ölçüsünü verir.
Herhangi bir anda, herhangi bir temel modda ipin şeklini tanımlamanın en kolay yolu,ipin toplam uzunluğunun yarım sinüs eğrilerinin tam katlarına uyduğunun farkınavarılmasıdır. Böylece, n. modla ilgili olarak dalga boyu λn ’ yi tanımlayabiliriz:
2 2
nn
n
nv vf L nL
λλ
= = ⇒ =
1nω=
1nf=
15
İki ucu bağlı bir ipte oluşan ilk dört titreşim modunun şekli aşağıda verilmiştir.
1v
Lπω =
22 v
Lπω =
33 v
Lπω =
44 v
Lπω =
16
. Örnek-1. Uzunluğu L olan bir tel iki ucundanşekildeki gibi bağlıdır. Tel tam ortasından hkadar çekilmiştir. Tel serbest bırakıldıktansonra hareketini inceleyiniz. (Telin her ikiucu da sabittir).
Çözüm-1.
( )0
,) 0 ; başlangıçta durgun
t
y x ti
t=
∂− =
∂
( ) ( ) ( )1
, sin cos sinn n n nn
ny x t x A t B tLπ ω ω
∞
=
= ∗ + ∑
Çözümün, aşağıdaki başlangıç koşullarını sağlaması gerekir:
( )) ,0 2 1 ; 2
x Liii y x h x LL
− = − < ≤
( ) ( )) ,0 ; 0
/ 2 2h Lii y x x x
L− = ≤ ≤
17
( ) ( ) ( )00
,00 sin sin cos 0
0
n n n n n ntt
n
y x n x A t B tt L
B
π ω ω ω ω==
∂ = ⇒ ∗ − + = ∂
⇒ =
( ) ( )1
, sin cosn nn
ny x t A x tLπ ω
∞
=
=
∑
ii. ve iii. koşullardan:
( )1
2 ; 02,0 sin
2 1 ; 2
nn
h Lx xLny x A x
x LL h x LL
π∞
=
≤ ≤ = = − ≤ ≤
∑
i. nolu koşuldan:
Bu eşitliğin her iki tarafı sin 𝑚𝑚𝜋𝜋𝐿𝐿𝑥𝑥 ile çarpılıp 0 ile L arasında integrali alınırsa, An
katsayıları hesaplanabilir.18
/2
0 0 /2
2sin sin sin 2 1 sinL L L
nL
n m h m x mA x x dx x x dx h x dxL L L L L Lπ π π π = + −
∫ ∫ ∫
I II III
2 2
2 2
2
2sin cos2 2
2sin cos2 2
LI
Lh n nII nn
Lh n nIII nn
π πππ
π πππ
= = − = +
2 2
4 sin2 2nL Lh nA
nπ
π =
2 2
8 sin2n
h nAn
ππ
=
( )( )1 /22 2
0 ; 2 , 4 , 6 , 8 1 ; 1 , 3 , 5 , nn
nA h n
n π−
= ⋅⋅⋅=
− = ⋅⋅⋅
( ) ( ) ( )2
1sin cos sinxx ax dx ax axa a
= − +∫( ) ( )0
0 ; sin sin
; 2
L n mnx mx dx L n m
≠=
=∫
19
( ) ( )( ) ( )1 /22 2
8, 1 sin cos ; nn n
n tek
h n n vy x t x tn L L
π πω ωπ
∞−
=
= − =
∑
( ) 2
8 1 3 3 1 5 5, sin cos sin cos sin cos9 25
h x v x v x vy x t t t tL L L L L Lπ π π π π π
π = − + − ⋅⋅⋅
İzinli modlar Yasaklı modlar
20
6.3. Bir Tel Üzerinde Modların Üst Üste Gelmesi
Bir yaylı çalgıdaki tel, bazı seçilen noktalarda bir etkiye maruz kalırsa, etki anından kısabir süre sonra telin şekli kesinlikle bir sinüs eğrisi şeklinde olmayacaktır. Hareket, endüşük harmoniklerden birkaç tanesinin üst üste gelmesi şeklinde olacaktır. Butitreşimler aynı anda ortaya çıkar ve birbirinden bağımsız davranır. Çünkü temeldinamik denklem,
Eğer değişik bireysel harmonikleri tanımlayan çözümlery1 , y2 , y3 , … ile tanımlanırsa, bunların toplamı da dalgadenklemini sağlar. Başka bir deyişle, telin hareketi bubireysel bileşenlerin toplamı olarak düşünülebilir.
( ) ( )2 2
2 2 2
, ,1y x t y x tx v t
∂ ∂=
∂ ∂
Yandaki şekilde, biraraya gelmiş ya da üst üste gelmişbirkaç titreşimin toplamı görülmektedir.
lineerdir ve yer-değiştirme birinci derecedendir.
21
Titreşim modlarının bağımsızlığı, sadece bazı harmonikler için düğüm noktası olannoktalarda, ipin enine hareketinin aniden durdurulması ile izah edilebilir. Ortak düğümnoktalarına sahip titreşim modları, bahsedilen ani durdurulmadan etkilenmez ikendiğerleri sönecektir.
Örneğin, bir piyano teline bir anahtar vurulup birses oluşturulduktan sonra, telin uzunluğunun L/3’üne denk gelen yerine dokunulursa, temel titreşimfrekansının 3, 6, 9, v.s katları haricindeki tümtitreşim modları yok olur.
Başlangıçta f1 ile titreşen telin, L/3 noktasınadokunulunca burası bir düğüm noktası olmakzorunda kalacaktır. Bu durumda f3, f6, …frekanslarının dışında olanlar söner.
Titreşen sistemin değişik normal modları için üstüste gelme ve bağımsızlık ilkesi, daha karmaşık üstüste gelmelerin analizi için temel bir önemesahiptir. Gerçekte bu işlem Fourier analizinintemelidir. Titreşen bir telde gözlenen bu olay, ilkkez 1753 yılında Daniel Bernoulli tarafındanaçıkça tartışılmıştır.
22
Örnek-2. İki ucundan bağlı, 2,5 m uzunluğunda ve 0,01 kg kütleli bir tel 10 N’ luk birgerilim altındadır.
a-) Telin temel titreşim mod frekansı nedir?b-) Eğer tel, enine titreştirilir ve bir ucundan 0,5 m ileride bir noktadan
tutulursa hangi frekanslar mevcuttur?
Çözüm-2. a-) Gerilmiş bir ip veya tel için titreşim modlarının frekansı için
; 1 , 2 , 3 , 2nn Tf nL µ
= = ⋅⋅⋅
ifadesini türetmiştik. Bu durumda temel titreşim modunun frekansı (n = 1),
( ) ( )11 1 10 10
2 2 2,5 0,01/ 2,5Tf Hz
L µ= = =
b-) Telin ucundan 0,5 m ötede sürekli bir düğüm noktası oluşmak zorundadır.
10,5 502
nn n
n
vn f nn
λ λλ
= ⇒ = ⇒ = =
1 2 350 ; 100 ; 150 ; f Hz f Hz f Hz= = = ⋅⋅⋅23
Uzunluğu L olan homojen bir tel iki ucundan şekildeki gibi bağlanmıştır. x = 0 ucusabittir. x = L ucunun bağlı olduğu taşıyıcı sistem ise düşey doğrultuda 𝑦𝑦 = 𝑦𝑦0cos 𝜔𝜔𝜔𝜔fonksiyonu ile küçük genlikli titreşim yapan bir tablaya monte edilmiştir. Telin kararlıdurumdaki hareketini veren y(x,t) ifadesinin ne olacağını anlamaya çalışacağız.
6.4. Gerilmiş Bir Telin Zorlanımlı Harmonik Hareketi
𝑦𝑦(𝐿𝐿, 𝜔𝜔) = 𝑦𝑦0𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 𝜔𝜔𝜔𝜔
y
xx=L
𝑥𝑥 = 0, 𝑦𝑦 0, 𝜔𝜔 = 0 sabit uç( ) ( )2 2
2 2 2
, ,1y x t y x tx v t
∂ ∂=
∂ ∂
Telin hareket denklemi:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosy x t a kx b kx c t d tω ω= + ∗ +
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
) 0, 0 sin cos 0 0
, sin sin cos
i y t b c t d t b
y x t a kx c t d t
ω ω
ω ω
− = ⇒ ∗ + = ⇒ = = ∗ +
Sınır koşulları:
( ) ( )0) , cosii y L t y tω− = ( ) ( ) ( ) ( )0sin sin cos cosa kL c t d t y tω ω ω∗ + =
( ) 00 sinc ad kL y= ⇒ =24
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0, sin cos sin cossin
yy x t kx t A kx tkL
ω ω= =
( )sin 0 kL A→ ⇒ →∞ Rezonans Durumu
Rezonans frekansları: nn n
vk L L n nv Lω ππ ω= = ⇒ =
Sürücü kuvvetin etkisinde kalan bir tel için, sürücü kuvvetin frekansının (ω) telin doğaltitreşim mod frekansına 𝜔𝜔𝑛𝑛 = 𝑛𝑛 𝜋𝜋𝜋𝜋
𝐿𝐿eşit olması durumunda, genlik değeri teorik olarak
sonsuz olur. Ancak, gerçekte bir miktar sönüm herzaman vardır ve rezonansdurumundaki genliği sonsuz yerine sonlu hale getirir.
İki ucu kapalı telde oluşturulan duran dalga deseninde düğüm noktalarının genliği sıfıriken, bu örnekte telin sol ucu dışındaki bütün düğüm noktalarının genliği tam olaraksıfır değil, tablanın titreşim genliği kadardır. Tablanın titreşim genliği çok küçükolduğundan, rezonans durumundaki titreşimler yaklaşık duran dalga deseni oluştururlar.İlk birkaç rezonans frekansındaki titreşimlerin şekli bir sonraki sayfada verildiği gibiolacaktır.
( ) min 0sin 1 kL A y= ⇒ = Düğüm noktalarının genliği y0 kadardır.
25
26
6.5. Bir Çubuğun Boyuna Titreşimleri
Katı cisimlerin esneklik özelliklerinin incelenmesi ile, atomlar ve moleküller arasındakibağlayıcı kuvvetler hakkında bilgi elde edilebilir. Bir çubuğun boyuna titreşimlerininanlaşılması için bazı önemli kavramların iyi bilinmesi gerekir.
Bütün katı ve sıvılar, belirli sınırlara kadar esneklik özelliği gösterir. Bu sınıraesneklik sınırı denir.
Uygulanan kuvvet ortadan kalktığında, cisim yeniden eski büyüklüğünü vebiçimini kazanıyorsa, esneklikten söz edilebilir.
Her cisim, üzerine uygulanan kuvvete ancak belirli bir ölçüye kadar dayanabilir.Uygulanan cismin özelliklerine bağlı olarak kuvvetin etkisi, boyut, biçim ya dahacim değişikliği olarak ortaya çıkar.
Young Modülü (elastisite modülü), malzemenin kuvvet altında elastik şekildeğiştirmesinin ölçüsüdür.
6.5.1. Young Modülü
Bir cismin uzama miktarı sadece ona uygulanan kuvvete değil, aynı zamanda o cisminhangi malzemeden yapıldığına da bağlıdır. F = k∆l (Hooke Yasası) bağıntısındaki ksabiti malzemenin cinsine, kesit alanına ve boyuna bağlıdır.
27
Bir ucu duvara tutturulmuş çubuğun diğer ucuna bir ∆F kuvveti uygulanmasıdurumunda, çubuğun değişik noktalarının yer-değiştirmesi bu noktaların sabit uca olanuzaklıkları ile orantılıdır (Şekil-a).
Çubuğun bir ucuna uygulanan ∆F kuvveti,çubuğun tüm uzunluğu boyunca aynıbüyüklükte bir gerilme meydana getirir.
Çubuk ya da tel şeklindeki bir cisimde kuvvetetkisi altındaki ∆l uzama miktarı, cisminkuvvet uygulanmadan önceki boyu (l0) ileorantılı ancak kesit alanı ile ters orantılıdır.Boyutsuz olan ∆l/l0 oranına ‘‘zorlanma(strain)’’ denir. 0
l FZorlanmal Aα∆ ∆
=
Birim alan başına düşen kuvvet ‘‘zor (stress)’’olarak adlandırılır ve basınç birimindedir(Şekil-b). Zorlanma, malzemenin zora verdiğicevaptır. Farklı kesit alanına sahip çubuklardaaynı zorlanma, kesit alanlarla orantılı farklıkuvvetler uygulanarak oluşturulabilir.
FZorA∆
=
(a)
(b)
1 2
1 2
F FA A∆ ∆
=28
Eğer zorlanma çok küçük ise (≤ % 1), zor ve zorlanmaarasındaki ilişki Hooke yasasına göre lineerdir.
( )( )0
//
F AZor sabit YZorlanma l l
∆= = =
∆
Eşitlikteki orantı sabiti (Y niceliği) ‘‘Young modülü’’ veya ‘‘Esneklik modülü’’ olarakbilinir ve malzemenin cinsine bağlıdır. Uygulanan kuvvetin ve uzamanın çok küçükolduğu durum için telde oluşan geri çağırıcı kuvvet, Young modülü cinsinden,aşağıdaki formda yazılabilir:
0 0
veya geri çağırıcı kuvvetdF FYA YAdF dl F xdl xl l
→ = − ⇒ = − →
İfadedeki 𝑌𝑌𝑌𝑌𝑙𝑙0
katsayısına k dersek, bir yaya bağlı kütle için yazdığımız geri çağırıcıkuvvet ifadesini elde ederiz. Bu durumda sistem BHH yapar ve aşağıdaki sonuçlarelde edilir:
29
2 0
0 0
1 ve 22
mlYA YAf Tml ml YA
ω ππ
= ⇒ = =
Uygulanan kuvvetin gerilimi altındakitipik bir metalin uzamasına karşıgrafiği yandaki şekilde verilmiştir.
Kuv
vet (
F)
Uzama (∆l)
ElastikBölge
Plastik BölgeKırılmaNoktası
ElastikSınır
2 22
2 20
0 0d x YA d xx xdt ml dt
ω+ = ⇒ + =
Şeklin lineer bölgesinde (elastik bölge),zor ile zorlanma doğru orantılıdır. Biztitreşim olaylarında esnek bölgedekalan olaylara bakacağız.
30
Örnek-3: 𝑚𝑚 = 1 𝑘𝑘𝑘𝑘’ lık bir kütle, 𝑙𝑙0 = 1 m uzunluğunda ve 𝑑𝑑 = 1 𝑚𝑚𝑚𝑚 çapındakibir çelik tele asılmış olsun. Kütlenin yapacağı BHH’ in periyodu ne olur?(çelik için Y = 20x1010 N/m2).
( )2
23 7 2: 1 10 7,85 10 m2 4dKesit alanı A ππ − − = = × = ×
0
2= 396,2 / 0,016 YA rad s T sml
πωω
= ⇒ = ≈
Tele asılmış m kütleli cisim, denge koşulunda iken telde hkadar bir uzama meydana getirmiş ise, BHH’ in periyodu:
02 2ml hTYA g
π π= =
Bulunan bu sonuç ℎ uzunluğunda bir sarkacın periyot ifadesi ile aynıdır.Bu ifade, tel ya da ucuna asılmış kütle hakkında hiçbir bilgiye sahipolmaksızın statik uzama ölçümleri ile periyodun hesaplanmasına olanaksağlar.
Çözüm-3:
31
6.5.2. Hacim modülü (B) ve Kesme modülü (S)
Eğer bir cisim her tarafından içeri doğru kuvvetlere maruz kalırsahacmi küçülür. Örneğin bir sıvı, içine batırılmış cismin üzerine heryönde basınç uygular. Basınç, birim alana başına etkiyen dik kuvvet(F/A) olarak tanımlanır ve dolayısıyla zora eşdeğerdir.
Hacim zorlanması ∆𝑉𝑉/𝑉𝑉0 % 1’ den küçük ise, sıvıiçine batırılan bir cisme etkiyen basınç (∆P) hacimzorlanması ile orantılıdır: ( )0/
P sabit BV V∆
= − = −∆
B sabiti bulk (hacim) modülü olarak adlandırılır. Burada (−) işaretinin anlamı, basıncınartmasıyla hacmin azalmasıdır.
Katı cismin bir yüzeyine teğet kuvvet uygulanırsa, sözkonusuyüzey, şekilde görüldüğü gibi ∆x kadar kayar. Yüzey zorlanması∆𝑥𝑥/ℎ % 1’ den küçük ise; zor, yüzey zorlanması ile orantılıdır:
( )( )
//
F Asabit S
x h∆
= =∆
S sabiti kesme (shear) modülü olarak adlandırılır.32
6.5.3. Bir Çubuğun Boyuna Titreşimlerinin Analizi
Bir metal çubuğun ucu, uzunluğu boyunca, bir darbeye maruz kalırsa, işitilebilirfrekanslarda titreşimler meydana gelir.
ξ ’ yı çubuğunu sabit ucundan itibaren x uzaklığındaki küçük bir parçanın dengekonumundan olan yer-değiştirmesi olarak kabul edip, çubuğun x ile x+∆x arasındakiince bir dilimin hareketini göz önüne alalım:
Şekil a ve b’ deki taralı kısımlar, aynımiktarda malzeme ihtiva etmektedir.
F1 ’ in büyüklüğü x noktasındaki atomlar arası mesafelerin değişim oranına, F2 ’ ninbüyüklüğü de x+∆x noktasındaki atomlar arası mesafelerin değişim oranına bağlıdır.
Taralı kısım F1 ve F2 kuvvetleri ile zıtyönlerde çekilir. Deformasyon neticesi,dilimin uzunluğu artarak ∆x’ ten∆x+∆ξ değerine ulaşır. Taralı kısımhem kaymış, hem de gerilmiştir
33
Taralı dilimdeki tüm madde zor altındadır.Burada ortalama zorlanma ve zor için,
Ortalama Zorlanmax
Ortalama Zor Yx
ξ
ξ
∆=∆∆
=∆
x’ in belli bir değerindeki zor için: Zor Yxξ∂
=∂
yazabiliriz.
( ) ( ) ( )Zor xZor x x Zor x x
x∂
+ ∆ = + ∆ + ⋅⋅⋅ ∂
( )2
2Zor x x Y Y xx xξ ξ∂ ∂
+ ∆ = + ∆ + ⋅⋅⋅∂ ∂
x noktasından ∆x kadar ilerideki bir nokta (x+∆x) için zor ifadesi:
Çubuğun kesit alanı A ise:2
1 2 2 ve F AY F AY AY xx x xξ ξ ξ∂ ∂ ∂
= = + ∆∂ ∂ ∂
2
2 1 2F F AY xxξ∂
− = ∆∂
bulunur.34
Şimdi x ile x+∆x arasında kalan kütleye Newton’ un ikinci yasasını uygulayalım.Çubuğun yoğunluğu ρ ise, taralı dilimin kütlesi ∆m = ρA∆x olur. İvme iseyer-değiştirmenin (ξ) zamana göre ikinci türevidir:
2
2 1 2F F ma A xtξρ ∂
− = ∆ = ∆∂
2 2
2 1 2 2F F AY x A xx tξ ξρ∂ ∂
− = ∆ = ∆∂ ∂
2 2 2 22
2 2 2 2 2
1 veya ; Yvx Y t x v tξ ρ ξ ξ ξ
ρ∂ ∂ ∂ ∂
= = =∂ ∂ ∂ ∂
Bu ifade gerilmiş ip için verilen ifade ile aynı matematiksel formdadır. Bu denkleminçözümü için,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosx t a kx b kx c t d tξ ω ω= + ∗ +
yazabiliriz (Değişkenlerine ayırma yöntemiyle elde edilen çözüm).
Burada sınır koşullarına dikkat etmemiz gerekir. Çoğu kez katı çubuğun her iki ucununda bağlı olması durumuna sahip olmayabiliriz. Çubuğun her iki ucunun da bağlı, her ikiucunun da serbest veya sadece bir ucunun serbest olabileceği durumlar olabilir.
35
Örneğin, bir ucunun serbest, diğer ucunun sabit olduğuboyuna titreşim durumu gözönüne alalım:
Serbest uçta parçacık yer-değiştirmesi maksimum, buna karşın zor sıfır olur. Bağlı uçtaise yer-değiştirme sıfır, buna karşın zor maksimum olur. (Zor, yer-değiştirme ile tersorantılıdır).
𝑥𝑥 = 0 𝑥𝑥 = 𝐿𝐿Sınır koşullarımız: i-) x = 0’ daki uç bağlı, ξ(0,t) = 0
ii-) x = L’ deki uç serbest, zor = 0
( ) ( ) ( )) 0, sin cos 0 0i t b c t d t bξ ω ω− = ∗ + = ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cosx t a kx c t d tξ ω ω= ∗ +
) ' de 0 0 olmalıdır. ii x L zor Yx xξ ξ∂ ∂
− = = = ⇒ =∂ ∂
( ) ( ) ( )cos sin cos 0x L
ak kL c t d txξ ω ω
=
∂= ∗ + = ∂
( )cos 0kL =
1 ; 1 , 2 , 3 , 2nk L n nπ = − = ⋅⋅⋅
12n n
vk v nL
ω π = = −
36
1 1 1=2 2 2 2 2
nn
v Yf n nL L
ωπ ρ
= = − −
1 2 2
nn nf v L n λλ = ⇒ = −
1 14
n L λ = ⇒ =
2 34
n L λ = ⇒ =
3 54
n L λ = ⇒ =
Demir için Y = 21×1010 N/m2 ve ρ = 7,86×103 kg/m3 ’ tür. Boyu L = 1 m olan ve birucu bağlı ince bir demir çubukta oluşan boyuna temel titreşim frekansının değerif1 = 1292 Hz olarak bulunur.
( ) ( ) 112 1 2 1
4nYf n n f
L ρ= − = −
11
4Yf
L ρ=
Boyuna titreşimin genlikleri, kolaygörülmesi açısından, 90° döndürülerek eninetitreşimler formunda gösterilmiştir.
37
6.6. Akışkanlarda Boyuna Titreşim
Şekilde sıkıştırılabilir bir akışkan ile doldurulmuş kesit alanı A olan uzun bir tüp ve birucundaki piston gösterilmiştir. ξ , daha önce tanımlandığı gibi, çubuğunu sabit ucundanitibaren x uzaklığındaki küçük bir parçanın denge konumundan olan yer-değiştirmesinigöstermektedir.
Şekilde görülen pistonu ileriye doğruitecek olursak, pistonun önünde duranakışkan (sıvı veya gaz) ileriye doğruhareket eder ve kendisinden sonra gelenakışkan tabakasını sıkıştırır.
Böyle bir sıkıştırma darbesi tüp boyuncailerler. Eğer pistonu geri çekersekpistonun önündeki akışkan genişler vebasıncı ile yoğunluğu başlangıçtakinormal değerlerin altına düşer.
Bu durumda bir seyrekleştirme darbesi tüp boyunca ilerler. Bu olay katı bir çubuktakiolaya benzerdir. Eğer piston ileriye ve geriye salınmaya devam ederse, sürekli birsıkıştırma ve seyrekleştirme katarı tüp boyunca hareket edecektir. Böylece, boyuna dirdalga oluşur.
38
Newton yasalarını uygulayarak, boyuna dalganın yayılma hızını ortamın esneklik veeylemsizlik özellikleri cinsinden ifade edebiliriz. Bu analizi aşağıdaki kabullenmelerçerçevesinde yapacağız.
• Tüpün çok uzun olduğunu kabul edeceğiz. Bu durumda uzak uçtan yansımaları ihmaledebiliriz.
• Tüp içerisindeki akışkanın başlangıçta durgun, basıncının P0 ve yoğunluğunun ρ0olduğunu kabul edeceğiz.
39
Şekildeki R ve S kesitleri arasında kalan ∆xkalınlığında ince bir akışkan dilimiseçelim. Seçilen bu dilimin içindekiakışkanın yan yüzeyine, sol ve sağkesitlerine P0 basıncı etkir.
R S x ξ′ ′ = ∆ + ∆
Pistonun etkisiyle, RS silindiri hareketederek R'S' pozisyonunu alacaktır. 𝑅𝑅′𝑆𝑆′diliminin kalınlığı:
Akışkan, tüp içerisinde olduğu için düşey doğrultuda bir hareket olmayacaktır. Boyunatitreşim nedeniyle seçilen akışkan diliminin hacmindeki artış:
V A A xxξξ ∂
∆ = ∆ = ∆∂
0
VHacim ZorlamasıV∆
=0
A xV x
V A x x
ξξ
∂ ∆ ∆ ∂∂ = =∆ ∂
40
0
VP B BV x
ξ∆ ∂∆ = − = −
∂
R'S' akışkan dilimi üzerine etkiyen net geri çağırıcı kuvvet :
( )netF PA P P A A P= − + ∆ = − ∆
2
2m A Ptξ∂
∆ = − ∆∂
2 2
0 02 2 A x A P x Pt tξ ξρ ρ∂ ∂
∆ = − ∆ ⇒ ∆ = −∆∂ ∂
‘‘Akustik basınç = Bir noktadaki anlık basınç − Statik durumdaki Basınç’’
p P P0
0p P P P= − = ∆2
0 2x P ptξρ ∂
∆ = −∆ = −∂
2
0 2
pt xξρ ∂ ∂= −
∂ ∂
çok küçük ise :
PP P xx
pp xx
∂ ∆ ∆ = ∆ ∂
∂ = ∆ ∂ 41
2 2
0 2 2Bt xξ ξρ ∂ ∂=
∂ ∂
2 22
2 2 20
1 Bvx v tξ ξ
ρ∂ ∂
= ⇒ =∂ ∂
Bu denklem daha önce ip ve çubuk için elde ettiğimiz dalga denklemi ile aynıformdadır. Bu denklemin çözümü için,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosx t a kx b kx c t d tξ ω ω= + ∗ +
yazabiliriz (Değişkenlerine ayırma yöntemiyle elde edilen çözüm).
2
0 2
pt xξρ ∂ ∂= −
∂ ∂
2 20
2 2x B tρξ ξ∂ ∂
=∂ ∂
p P Bxξ∂
= ∆ = −∂
2
2
p Bx x
ξ∂ ∂= −
∂ ∂
42
6.7. Basınç Dalgalanması Olarak Ses Dalgası
Ses dalgaları, çeşitli noktalardaki basınç değişimleri olarak da tanımlanabilir.Havadaki sinüzoidal bir ses dalgasında basınç, atmosfer basıncının (Pa) altında veüstünde hava parçacıklarının hareketiyle aynı frekansta sinüzoidal bir değişimledalgalanma yapar.
İnsan kulağı bu tür basınç değişimlerini hissederek çalışır. Kulak kanalına giren birses dalgası, kulak zarının bir tarafına değişken bir basınç uygular. Kulak zarının diğertarafındaki hava (östaki borusu ile havaya açılır) ise atmosfer basıncındadır. Zarın ikitarafındaki basınç farklılığı kulak zarını hareket ettirir.
Mikrofon ve benzeri cihazlar da, genelde, yer-değiştirmeye değil basınç farklılığınaduyarlıdırlar. Bu nedenle, basınç ve yer-değiştirme arasındaki bağıntıyı ortayakoymak gerekir.
Bir ses dalgasının anlık basınç değişimleri, herhangi bir x konumunda ve t anındap(x,t) olsun. Herhangi bir noktadaki mutlak basınç ise, P = Pa+p(x,t) olur. Burada Paatmosfer basıncı ve p(x,t) akustik basınç olup p(x,t) = P−Pa = ∆P şeklinde tanımlıdır.
43
2 20
2 2
p px B t
ρ∂ ∂=
∂ ∂( ),p x t B
xξ∂
= −∂
2 2
0 2 2
p pt B x
ρ ∂ ∂ − = − ∂ ∂
Bu sonuç, ses dalgasının basınç dalgasıolarak yazılabileceğini gösterir.
Bundan önceki kesimde yer-değiştirme için elde ettiğimiz dalga denklemi ile buradaakustik basınç için elde ettiğimiz dalga denklemini bir arada yazalım:
2 2
2 2 2
1x v tξ ξ∂ ∂=
∂ ∂2 2
2 2 2
1p px v t
∂ ∂=
∂ ∂
( ) ( ), cosx t A kx tξ ω= −
( ) ( ), sinp x t B BAk kx txξ ω∂
= − = −∂
2 22
2 2 20
1 B p pvx v tρ
∂ ∂= ⇒ =
∂ ∂
Bu sonuçlara göre, ξ(x,t) ile p(x,t) çözümleri aynı dalgayı tanımlarken, iki fonksiyonbirbirlerine göre bir çeyrek devir (π/2 radyan) faz dışıdır. Basınç değişiminin sıfırolduğu herhangi bir anda yer-değiştirme maksimumdur ve bunun tersi de doğrudur.
2
0 2
pt xξρ ∂ ∂= −
∂ ∂
2 2
0 2 2
px t x
ξρ ∂ ∂ ∂
= − ∂ ∂ ∂
2 2
0 2 2
pt x x
ξρ ∂ ∂ ∂ = − ∂ ∂ ∂
44
Örnek-4. Orta şiddette bir ses dalgasında atmosfer basınç değişimi 3×10−2 Pamertebesindedir. Frekans 1000 Hz ise, bu basınç değişimine karşılık gelenmaksimum yer-değiştirmeyi bulunuz. Sesin havadaki hızı 344 m/s vehavanın hacimsel modülü B = 1,42×105 Pa’ dır.
Çözüm-4.
( ) ( )( ) ( )
8max, cos
1,15 10 , sin
x t A kx t pA mBkp x t BAk kx t
ξ ω
ω−
= − ⇒ = ≅ ×= −
2 2 2 1000 18,3 /344
f fk rad mf v
π π πλ
∗= = = ≅
Bu yer-değiştirme genliği bir insan hücresinin sadece 1/100’ ü kadardır.Kulağın gerçekte basınç değişimlerine duyarlı olduğunu hatırlayınız. Bukadar küçük yer-değiştirmeleri ancak dolaylı olarak hissederler.
45
6.8. Gazlarda adyabatik koşullarda ses hızı
Bir akışkan içinde yayılan dalganın hızı için yazdığımız, 𝜈𝜈 = ⁄𝐵𝐵 𝜌𝜌0 ifadesini adyabatikkoşullarda bir gaz için uygulayalım. Hacim ile basınç arasındaki ilişkinin,𝑃𝑃𝑉𝑉𝛾𝛾 = 𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝜔𝜔 = 𝐴𝐴 olduğunu gazların kinetik teorisinden biliyoruz. Burada γ, öz ısılaroranıdır (Cp/CV).
( ) ( ) ( ) ln ln lnPV A P V Aγ γ= ⇒ + =
Her iki tarafın hacme göre türevini alırsak,
1 0 dP dPV PP dV V dV
γ γ+ = ⇒ − =
B
0
PB P v γγρ
= ⇒ =
sonucu elde edilir. Burada, P’ nin sesin yayıldığı ortamın basıncı olduğunu unutmayalım.
1,67 tek atomlu gazlar 1, 40 iki atomlu gazlar
1, 40 daha fazla atom içeren gazlar
P
V
CC
γ= = <
46
İdeal gazlar için: ( )0 0
/
P nRT RT RTPV nRT vV m n M
γ γ γ γρ ρ
= ⇒ = = = =
n : mol sayısı, R : gaz sabiti (8,3145 JK/mol), T : K cinsinden sıcaklık,M : gazın molekül kütlesidir.
Örnek-5. Hava için γ ≅ 1,40 ; M = 0,02895 kg/mol değerlerini kullanarak, sesinhavadaki hızını veren ifadeyi bulunuz ve değişik sıcaklıklardaki hızınıhesaplayınız.
Çözüm-5.
273 331,3 /300 347,3 /313 354,7 /
T K v m sT K v m sT K v m s
= ⇒ ≅= ⇒ ≅= ⇒ ≅
1,40 8,3145 20,050,02895hava
RT Tv TMγ ∗ ∗
= = ≅
Eğer sıcaklık °C cinsinden alınırsa, hızyaklaşık olarak yandaki ifadeye sahip olur:
331,3 0,6hava Cv T≅ +
47
6.9. Hava (Akışkan) Borularında Titreşim Modları
Akışkan (sıvı veya gaz) dolu bir boru, çoğu zaman katı çubuğa özdeş bir sistemi temsileder. Akışkan için dalga denklemi ve çözümü:
2 2
2 2 2
1x v tξ ξ∂ ∂=
∂ ∂
Bu denklemin çeşitli sınır koşullarındaki çözümü, titreşim modları hakkında bilgilerverir.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosx t a kx b kx c t d tξ ω ω= + ∗ +
I. Bir ucu kapalı, diğer ucu açık L uzunluğunda boru:
• Açık uç; hava hareketinin maksimum, basınç değişiminin sıfır olduğu yerdir.(x = L → ξ = maksimum ve p = 0).
• Kapalı uç; hava hareketin olmadığı, basınç değişiminin maksimum olduğu yerdir.(x = 0 → ξ = 0 ve p = maksimum).
48
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cosx t a kx c t d tξ ω ω= ∗ +
( ) ( ) ( )) 0, sin cos 0 0i t b c t d t bξ ω ω− = ∗ + = ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( )) , sin sin cos maximumii L t a kL c t d tξ ω ω− = ∗ + =
1 ; 1 , 2 , 3 , 2
nnk L L n n
vω π = = − = ⋅⋅⋅
2 1 1 2 2 2
n
n
L n L n λπ πλ
= − ⇒ = −
1
1
1 41
4
n L
f vL
λ= ⇒ =
=
2
2
2 34
3 4
n L
f vL
λ = ⇒ =
=
3
3
3 54
5 4
n L
f vL
λ = ⇒ =
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosx t a kx b kx c t d tξ ω ω= + ∗ +
49
Aynı dalgayı tanımlayan ξ(x,t) ile p(x,t) çözümleri arasında π/2 radyanlık faz farkıolduğunu biliyoruz.
a-) Havanın yer-değiştirmesi b-) Havadaki basınç değişimi
( )sinGenlik kx= ( )cosGenlik kx=
50
( ) ( ) ( )) 0, sin cos 0 0i t b c t d t bξ ω ω− = ∗ + = ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( )) , sin sin cos 0ii L t a kL c t d tξ ω ω− = ∗ + =
; 1 , 2 , 3 , nnk L L n n
vω π= = = ⋅⋅⋅
1
1
1 12
1 2
n L
f vL
λ = ⇒ =
=
2
2
2 22
1
n L
f vL
λ = ⇒ =
=
3
3
3 32
3 2
n L
f vL
λ = ⇒ =
=
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosx t a kx b kx c t d tξ ω ω= + ∗ +
II. İki ucu kapalı L uzunluğunda boru:
ve 2 2
nn
nf v L nL
λ= =
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cosx t a kx c t d tξ ω ω= ∗ +
51
b-) Havadaki basınç değişimia-) Havanın yer-değiştirmesi
( )sinGenlik kx= ( )cosGenlik kx=
52
6.10. İki Boyutlu Sistemlerin Titreşimi ve Normal Modları
Şimdi ince bir metal veya gerilmiş elastik bir zar gibi iki boyutlu sistemlerintitreşimlerini ve normal modlarını inceleyeceğiz.
Aşağıda xy-düzleminde gerilmiş zarın diferansiyel bir elemanının denge durumu vetitreşim durumundaki yer-değiştirmesi şematik olarak gösterilmiştir (Şekil-a). Şekil-b’ deise, zar parçasının yandan görünüşünün xy-düzleminde çizilmiş hali verilmiştir.
Zarın kenarlarına dik olarak etkiyen birim uzunluk başına kuvvet S ile gösterilmiştir.S ’ yi yüzey gerilimi kuvveti olarak adlandıracağız ve zarın her yerinde aynı büyüklükteve zarın kenarlarına dik olduğunu kabul edeceğiz..
Sδy
x
zθ+δθ
Sδy
x+δx
θ
x
z
z+δz
Sδy
Sδx
Sδx
Sδy
y
x
zSδy
Sδy
Sδx
Sδx
δx
δy
Zarın yer değiştirenelemanı
(b)(a)
53
xz-düzleminde, uçlara etkiyen kuvvet: Sδy
yz-düzleminde, uçlara etkiyen kuvvet: Sδx
σ: Birim yüzey başına kütledir.
Diferansiyel elemanın kütlesi: σδxδy
xz-düzleminde zarın eğriliği yüzünden oluşan enine net kuvvet için:
( ) ( )sin sinxzF S y S yδ θ δθ δ θ= + − ( ) ( )Küçük açılarda sin a: n tθ θ≅
( ) ( )tan tanxzF S yδ θ δθ θ≅ + −
Sδy
x
z
θ+δθ
Sδy
x+δx
θ
x
z
z+δz
( ) ( )2
2tan ve tanx x x x
z z z z xx x x xδ
θ θ δθ δ+
∂ ∂ ∂ ∂ = + = = + ∂ ∂ ∂ ∂ 2
2xzx x x
z z zF S y S y xx x xδ
δ δ δ+
∂ ∂ ∂ = − = ∂ ∂ ∂ 54
( ) ( )2
2tan ve tanyy y y
z z z z yy y x yδ
θ θ δθ δ+
∂ ∂ ∂ ∂ = + = = + ∂ ∂ ∂ ∂
2
2yzy y y
z z zF S x S y xy y yδ
δ δ δ+
∂ ∂ ∂= − = ∂ ∂ ∂
Zar aynı zamanda yz-düzleminde deeğrilmiştir. Benzer işlemler yapılırsaaşağıdaki sonuç elde edilir:
Zar parçasına z-yönünde etkiyen toplam kuvvet, bu iki kuvvetin toplamı olacaktır:
2 2
2 2net xz yzz zF F F S x y
x yδ δ
∂ ∂= + = + ∂ ∂
Sδx
y
z
θ+δθ
Sδx
y+δy
θ
y
z
z+δz
( ) ( )sin sinyzF S x S xδ θ δθ δ θ= + −
( ) ( )tan tanyzF S xδ θ δθ θ≅ + −
55
2 2 2
2 2 2
z z zx y S x yt x y
σδ δ δ δ ∂ ∂ ∂
= + ∂ ∂ ∂
Zar parçasına Newton’ un ikinci yasası uygulanırsa:
2 2 2
2 2 2
z z zx y S t
σ∂ ∂ ∂+ =
∂ ∂ ∂
2 2 22
2 2 2 2
1 S z z zvx y v tσ∂ ∂ ∂
= ⇒ + =∂ ∂ ∂
Bu denklem iki boyutta titreşensistemin dalga denklemidir.
6.10.1. Değişkenlere ayırma yöntemi ile iki boyutta titreşen sistemindalga denkleminin çözümü
2 2 2
2 2 2 2
1z z zx y v t∂ ∂ ∂
+ =∂ ∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ), ,z x y t X x Y y T t=
2 2 2
2 2 2 2
1d X d Y d TYT XT XYdx dy v dt
+ = Her iki tarafı XYT ’ ye bölersek:
2 2 2
2 2 2 2
1 1 1 1X Y TX x Y y v T t∂ ∂ ∂
+ =∂ ∂ ∂
−k22xk− 2
yk− 56
( )2
223) 0d T kv T
dt+ = ( ) ( ) ( )3 3sin cosT t A kvt B kvt= +
22
21) 0xd X k Xdx
+ = ( ) ( ) ( )1 1sin cosx xX x A k x B k x= +
22
22) 0yd Y k Ydy
+ = ( ) ( ) ( )2 2sin cosy yY y A k y B k y= +
2 2 2 ve x yk k k kv vπ ωλ
= + = = 2 2x yv k kω = +
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
21 3
1 32
sinsin sin, ,
cos coscos
yx
x y
A k yA k x A tz x y t
B k x B tB k y
ω
ω
= + ∗ + ∗ +
Burada A1, B1, A2 ve B2 sabitleri sınır koşullarından; A3 ve B3 sabitleri ise başlangıçkoşullarından tayin edilir.
57
Örnek olarak homojen dikdörtgen bir zar, şekildeki gibitüm kenarları gerilmiş ve sabitlenmiş olsun. Sınır koşullarıaşağıdaki gibidir.
( ) 10, , 0 0z y t B= ⇒ =
( )1 1, , 0 ; 1, 2,3,xz L y t k L m mπ= ⇒ = = ⋅⋅⋅
( ) 2,0, 0 0z x t B= ⇒ =
( )2 2, , 0 ; 1, 2,3,yz x L t k L n nπ= ⇒ = = ⋅⋅⋅
2 22
1 2mn
S m nL Lπ πω
σ
= +
( ) ( )1) 0, , , , 0i z y t z L y t− = =
i. koşuldan:
ii. koşuldan:
L1
L2
( ) ( )2) ,0, , , 0ii z x t z x L t− = =
58
Dikdörtgensel bir zar için titreşim modları:
(1,1) Modu (1,2) Modu (2,1) Modu
(2,2) Modu (3,1) Modu(1,3) Modu
( ) ( ) ( ){ }1 1 1 2
, , sin sin sin cosmn mn mn mnm n
m nz x y t x y M t N tL Lπ π ω ω
∞ ∞
= =
= +
∑∑
1 2 3 1 2 3 ve mn mnM A A A N A A B= = kısaltmalarıyla genel çözüm:
59
x
y
(1,1) modu
x
y
(1,2) modu
x
y
(2,1) modu
x
y
(2,2) modu
Karesel zar için ilk dörd mod:
60
1/22 2
1,05 0,95mnS m n
Lπω
σ
= +
ω1
Dikdörtgensel zar (0,95L×1,05L):
1/22 2
1 1,00 1,00mn m nωω
= +
Karesel zar (1,00L×1,00L):
2 22
1 2mn
S m nL Lπ πω
σ
= +
Aynı yüzey alanına sahip dikdörgen ve kareşeklindeki zarların normal modlarının açısalfrekanslarını yandaki bağıntı yardımıyla bulabiliriz:
Boyutları (0,95L×1,05L) ve (L×L) olan dikdörtgen ve kare şeklindeki zarların yüzeyalanları hemen hemen aynıdır.
1/22 2
1 1,05 0,95mn m nωω
= +
61
Aynı yüzey alanına sahip dikdörgen (0,95L×1,05L) ve kare (L×L) şeklindeki zarlarınnormal modlarının karşılaştırması. Renkli ve beyaz alanlar, yüzeye dik ve zıt yöndekiyer-değiştirmeleri temsil etmektedir. Alanları ayıran kesişme çizgileri ise, yer-değiştirmenin sıfır olduğu noktalardır.
62
6.11. Kutupsal (Polar) Koordinatlarda Dalga Denklemi
P noktasının konumu (r , θ) cinsinden verilir veθ açısının artış yönü saat ibrelerinin tersiyönündedir.
2 2 2r x y= +
2 2 2
2 2 2 2
1z z zx y v t∂ ∂ ∂
+ =∂ ∂ ∂
Polar koordinatlarda z yönündeki yer-değiştirme fonksiyonu z(r ,θ , t) şeklindeyazılmalı ve dalga denklemi de buna göre düzenlenmelidir.
?????
Polar koordinatlarda
cossin
x ry r
θθ
= =
Kartezyen koordinatlar
θ
r
y
P(r,θ)
Ox
63
z z r zx r x x
θθ
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 22 2 2 2 2
2 2 2 2 2
z z r z r z zx r x r x x x
θ θθ θ
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 22 2 2 2 2
2 2 2 2 2
z z r z r z zy r y r y y y
θ θθ θ
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
2 2 2 2
2 3 2 3 ; ; ; ; 0r x r y r y r x y xx r y r x r y r x y∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
= = = = = =∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
2 2
2 2 2 4 2 4
2 2 ; ; ; y x xy xyx r y r x r y rθ θ θ θ∂ ∂ ∂ ∂= − = = = −
∂ ∂ ∂ ∂
2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 1z z z z zx y r r r r θ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
+ = + +∂ ∂ ∂ ∂ ∂
64
2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1z z z zr r r r v tθ∂ ∂ ∂ ∂
+ + =∂ ∂ ∂ ∂
Polar koordinatlarda dalga denklemi:
Bu denklemin çözümü değişkenlerine ayırma yöntemiyle yapılır. Ancak çözüm içinBessel fonksiyonlarını bilmek gerekecektir. Ayrıntılı çözüm yapmak yerine,yukarıdaki diferansiyel denklemin genel çözümü aşağıdaki gibi verileblir:
İfadedeki Jn(knmr) fonksiyonları Bessel fonksiyonlarıdır. r ’ nin çok büyük olmasıdurumunda, dalga denklemininin sol tarafındaki ikinci ve üçüncü terimler ihmaledilebilir. Bu durumda dalga denklemi, çözümünü yakından incelediğimiz bir boyutludalga denklemi formuna dönüşür.
2 2
2 2 2
1z zr v t∂ ∂
≅∂ ∂
( ) ( ), cosz r t A kr tω≅ −
Bu ders kapsamında dairesel zarların titreşimlerini ele almayacağız. Ancak ileridemikrofon, davul v.b cihazların titreşim modlarını incelemek isterseniz bu çözümüyapmak durumunda kalacaksınız. Matematik derslerinde Bessel fonksiyonlarınıincelerken, bir örnek problem olarak konuyu ele alabilirsiniz.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1
, , sin cos sin cosn nm nm nm nm nm nm nmn m
z r t J k r A n B n C k vt D k vtθ θ θ∞ ∞
= =
= + + ∑∑
65
nm nmk R α= nm nmvR
ω α=2
nmnm
vfR
απ =
αnm , n. mertebeden Bessel fonksiyonunu m. kökleridir. Aşağıdaki tabloda ilk 5mertebeye kadar olan Bessel fonksiyonlarının ilk 5 kökü tablo halinde verilmiştir.
( ) 0n nmJ k R =Sınır koşulu: ( ), , 0z R tθ =
m
012.40483 0.38274
2v vfR Rπ
= =
11 011.59f f= 21 012.13f f= 02 012.29f f= 31 012.65f f= 12 012.91f f=
Temel mod frekansı:
İlk birkaç modun titreşim frekansları aşağıda verilmiştir:
66
Dairesel zar için ilk altı titreşim modu aşağıda verilmiştir. Renkli ve beyaz alanlar,yüzeye dik ve zıt yöndeki yer-değiştirmeleri temsil etmektedir. Alanları ayıran kesişmeçizgileri ise, yer-değiştirmenin sıfır olduğu noktalardır.
(a) Tüm zar aynı anda yüzeye dik yönde titreşir.
(b) Zar, merkezinden geçen çizgiler ile bölünmüştür ve bölünen parçalar zıt fazdatitreşirler.
(c) Zar, merkezinden geçen çizgiler ile bölünmüştür ve karşılıklı parçalar aynı fazda,bitişik parçalar zıt fazda titreşirler.
11 011.59f f= 21 012.13f f=
02 012.29f f= 31 012.65f f= 12 012.92f f=
01f
67
(3,2) modu
(0,1) modu
(1,1) modu (1,2) modu
(0,2) modu
(2,1) modu (2,2) modu
(0,3) modu
(3,1) modu (4,1) modu (5,1) modu
Dairesel zar için bazı titreşim modları:
68
6.12. Üç Boyutlu Sistemlerin Normal Modları
Yapıldığı madde ne olursa olsun, her cisim bir miktar elastiklik özelliği taşır. Bununsonucu olarak titreşimin normal modlarının tam bir spektrumuna sahiptir.
Örneğin, jöleye benzer bir madde ile dolu kap aniden üflenirse, kabı dolduranmaddenin karmaşık bir biçimde titreştiği görülür.
Üç boyutta titreşen bir sistemin dalga denklemi:2 2 2 2
2 2 2 2 2
1x y z v t
∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ+ + =
∂ ∂ ∂ ∂
şeklinde verilmektedir. Buradaki v karakteristik hızdır ve ⁄𝐵𝐵 𝜌𝜌 ifadesine sahiptir. Bise hacim modülüdür. Ψ skaler niceliği de, herhangi bir zaman ve konum için basıncınbüyüklüğü olabilir. Üç boyutlu durumda, sınır şartlarının sistemin bütün dış yüzeyleriüzerinden tayin edilmesi gerekir.
Tüm sınırları sabit olan dikdörtgen prizma şeklindeki bir blok için, dikdörtgenbiçimindeki zar için elde edilenlere oldukça benzer bir normal modlar seti hayaledebiliriz. Fakat bu durumda, düğüm noktaları yüzeyler üzerinde yer alır ve herbirnormal titreşim modu; bir (ip modeli) ya da iki (zar modeli) yerine, üç tam sayılar setiile tanımlanır.
69
6.12.1. Üç boyutta titreşen sistemin dalga denkleminin çözümü:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
1x y z v t
∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ+ + =
∂ ∂ ∂ ∂( ) ( ) ( ) ( )( , , , )x y z t X x Y y Z z T tΨ =
formundaki çözüm önerisi dalga denkleminde kullanılırsa aşağıdaki sonuç elde edilir:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1d X d Y d Z d TX dx Y dy Z dz v T dt
+ + =
2xk− 2k−2
yk− 2zk−
( ) ( ) ( )1 1sin cosx xX x A k x B k x= +2
22 0x
d X k Xdx
+ =
22
2 0zd Z k Zdz
+ =
22
2 0yd Y k Ydy
+ = ( ) ( ) ( )2 2sin cosy yY y A k y B k y= +
( ) ( ) ( )3 3sin cosz zZ z A k z B k z= +70
2 2 2 2 ve x y zk k k k kv vπ ωλ
= + + = =
2 2 2x y zv k k kω = + +
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
21 3 4
1 3 42
sinsin sin sin, , ,
cos cos coscos
yx z
x zy
A k yA k x A k z A tx y z t
B k x B k z B tB k y
ω
ω
Ψ = + ∗ + ∗ + ∗ +
Burada A1, B1, A2, B2, A3 ve B3 sabitleri sınır koşullarından; A4, B4 sabitleri isebaşlangıç koşullarından tayin edilir.
( )2
22 0d T kv T
dt+ = ( ) ( ) ( )4 4sin cosT t A kvt B kvt= +
( ) ( ) ( ) ( )( , , , )x y z t X x Y y Z z T tΨ =
71
Dikdörtgen Prizma Şeklindeki Kutuda Sınır Koşulları:
y
x
z ∆x
∆y
∆z
pp xx∂
+ ∆∂
p
x x y y z z x y zx y zV r
V x y z x y z
ξ η ζξ η ζ
∂ ∂ ∂ ∆ + ∆ ∆ + ∆ ∆ + ∆ −∆ ∆ ∆ ∂ ∂ ∂∆ ∂ ∂ ∂ = = + + = ∇∆ ∆ ∆ ∂ ∂ ∂
ξ : x-ekseni yönündeki yer-değiştirme
η : y-ekseni yönündeki yer-değiştirme
ζ : z-ekseni yönündeki yer-değiştirme
𝑟𝑟 : net yer-değiştirme vektörü p P B rx y zξ η ζ ∂ ∂ ∂
= ∆ = − + + = ∇ ∂ ∂ ∂
xpF x y zx∂
∆ = − ∆ ∆ ∆∂ y
pF x y zy∂
∆ = − ∆ ∆ ∆∂ z
pF x y zz∂
∆ = − ∆ ∆ ∆∂
72
ˆ ˆ ˆnetp p pF x y z x y z p x y zx y z
∂ ∂ ∂∆ = − + + ∆ ∆ ∆ = −∇ ∆ ∆ ∆ ∂ ∂ ∂
2
2netrF x y zt
ρ ∂∆ = ∆ ∆ ∆
∂
2
2
rpt
ρ ∂−∇ =
∂
Akustik basınç ve dolayısıyla yer-değiştirme zamanla sinüzoidal olarak değişiyorsa,eşitliğin sağ tarafında yer-değiştirmenin ikinci türevinden −ω2 çarpanı gelir.
( )2p rω ρ∇ =
2px
ω ρξ∂=
∂2p
yω ρη∂
=∂
2pz
ω ρζ∂=
∂
2
2/ rpt
ρ ∂
∇ −∇ = ∂
( )2 2
22 2
pp rt t B
ρ ρ∂ ∂ −∇ = ∇ = − ∂ ∂
22 2
2 2
1 ; p Bp vv t ρ
∂∇ = =
∂Akustik basınç için dalga denklemi
73
Örnek-6. Yandaki gibi kenarları L1, L2 ve L3 olandikdörtgenler prizması şeklinde bir odadüşünelim. Akustik dalganın normal modlarınıbulmak istiyoruz.
L1
L2
L3
y
x
zÇözüm-6. Kartezyen koordinat sisteminde dalgafonksiyonunun çözümünde,
1) 0 ve 0pi x x Lx∂
− = = ⇒ =∂
3) 0 ve 0piii z z Lz∂
− = = ⇒ =∂
2) 0 ve 0pii y y Ly∂
− = = ⇒ =∂
yazabiliriz. Oda duvarları kusursuz yansıtıcı ise, burada parçacık hızı sıfırdır.Bu durumda, oda duvarlarına uygulanan basınç maksimumdur. Böylece, odaduvarları üzerindeki sınır koşulları aşağıdaki gibi olmalıdır:
( ) ( ), , , ,x y z p x y zΨ →
74
Kartezyen koordinatlarda çözüm:
1
10, 1
) 0 0 ve ; 1, 2, 3, xx x L
p li A k lx L
π
= =
∂− = ⇒ = = = ⋅⋅⋅
∂
2
220,
) 0 0 ve ; 1, 2, 3, yy x L
p mii A k my L
π
= =
∂− = ⇒ = = = ⋅⋅⋅
∂
3
30, 3
) 0 0 ve ; 1, 2, 3, zz z L
p niii A k nz L
π
= =
∂− = ⇒ = = = ⋅⋅⋅
∂
( )( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
21 3 4
1 3 42
sinsin sin sin, , ,
cos cos coscos
yx z
x zy
A k yA k x A k z A tp x y z t
B k x B k z B tB k y
ω
ω
= + ∗ + ∗ + ∗ +
75
lmn lmnvkω =22 2
1 2 3lmn
l m nvL L Lπ π πω
= + +
2 2 2lmn x y zk k k k= + +
Clmn ve Dlmn sabitleri ise verilecek başlangıç koşullarından belirlenir. Örneğin, t = 0 ikenyüzeyler durgun ise p(x,y,z,0) = 0 olacaktır. Bu durumda Dlmn = 0 olmak zorundadır veakustik basınç ifadesi,
( )1 2 3
( , , , ) cos cos cos sinlmn lmn lmnl m np x y z t C x y z tL L Lπ π π ω
=
olarak bulunur.
( ) ( ){ }1 2 3
( , , , ) cos cos cos sin coslmn lmn lmn lmn lmnl m np x y z t x y z C t D tL L Lπ π π ω ω
= +
1 2 3 4 1 2 3 4 ve kısaltmalarıyla; lmn lmnC B B B A D B B B B= =
76
2 22
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1sinsin sin
rr r r r r v t
θθ θ θ θ φ
∂ ∂Ψ ∂ ∂Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ + + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
2 2 2 2
2 2 2 2 2
1x y z v t
∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ ∂ Ψ+ + =
∂ ∂ ∂ ∂
φ
r
y
P(r,θ,φ)
O
x
z
θ
2 2 2 2r x y z= + +
( ) ( )( ) ( )( )
sin cos
sin sin
cos
x r
y r
z r
θ φ
θ φ
θ
=
=
=
Hem eksenel hem de azitmutalsimetri varsa, dalga denklemi:
2 2
2 2 2
2 1r r r v t
∂ Ψ ∂Ψ ∂ Ψ+ =
∂ ∂ ∂
6.11.2. Küresel Koordinatlarda Dalga Denklemi (OPSİYONEL)
Küresel koordinatlarda
?????
Kartezyen koordinatlar
77
6.13. Fourier Analizi
L uzunluğunda ve iki ucu bağlı bir ipin sonsuz sayıda normal modunun herhangibirinde titreşebileceğini görmüştük.
İpin hareketini tanımlayan fonksiyon: ( )1
( , ) sin cosn n nn
ny x t A x tLπ ω δ
∞
=
= −
∑
İpin gerçek hareketini gözümüzde canlandırmak zordur. Titreşen sistemin seçilen bir t0anında fotoğrafını çektiğimizi düşünelim.
Bu durumda Ancos(ωnt0−δn) çarpan terimleri, sabit sayılar seti Bn şeklinde elde edilir.Böylece x’ in belli bir değerinde ipin yer-değiştirmesi aşağıdaki gibi yazılabilir:
( )01
cos ( ) sinn n n n nn
nB A t y x B xLπω δ
∞
=
= − ⇒ =
∑
İpin herhangi bir andaki şeklini, x = 0 ve x = L arasında y(x) fonksiyonu ile tanımlamakve yukarıda verildiği gibi, sinüs fonksiyonlarının bir sonsuz serisi olarak görmekmümkündür.
78
( )01
sin ( ) cosn n n n nn
nC A x y t C tLπ ω δ
∞
=
= ⇒ = −
∑
Eğer dikkatimizi x0 ’ in belli bir değeri üzerinde yoğunlaştırırsak, Ansin(nπx0/L)’ nindeğeri sabit sayılar seti Cn şeklinde elde edilir. Böylece t’ in belli bir değerinde ipinyer-değiştirmesi aşağıdaki gibi yazılabilir:
Burada ωn = nω1’ dir (Bkz. sayfa 15). ω1 en düşük mod frekansında, ip üzerindekiherhangi bir nokta 2𝜋𝜋/ω1 periyodu ile titreşir. Yukarıdaki yer-değiştirme ifadesi buperiyodik hareketin, uygun faz ve genlikler ile ω1’ in tüm mümkün harmonikleriniiçeren saf sinüzoidal titreşimlerin bir toplamı olarak yazılabileceğini ifade eder. Buyüzden analiz, konumdan ziyade zaman cinsinden bir Fourier analizidir.
6.13.1. Fourier Serileri
Taylor serisinin, herhangi bir f(x) fonksiyonuna x = a noktasında, n. dereceden polinomkullanarak yaklaştırımda bulunduğunu biliyoruz:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2
( )2! !
nnx a x a
f x f a x a f a f a f an
− −′ ′′= + − + + ⋅⋅⋅+
79
Bu yaklaştırım, belirli bir x = a noktasının yakınında f(x)’ e yakın bir değer bulmaesasına dayanır. Taylor serisi genellikle x = a çevresindeki bir aralıkta (a’ yı merkez alanbir aralıkta) yakınsar.
Taylor serisinin yerel olarak veya küçük ölçekte iyi iş gördüğünü söyleyebiliriz. Ancak,birçok önemli uygulamada bir 𝑓𝑓(𝑥𝑥) fonsiyonuna oldukça geniş bir aralıkta veya genişölçekte bir yaklaştırımda bulunmak istenir. Bu gibi durumlarda, sıklıkla Fourier serisikullanılır. Bu yaklaşım, farklı periyodlarda girdiye maruz kalan sistemlerin çıktısını veçıktısının frekansını belirlemekte kolaylık sağlar.
Kuvvet serisinin temel öğeleri olarak x’ in kuvvetlerini alması gibi, Fourier serisindede temel bileşenler olarak sinüs ve kosinüs kullanılır.
Doğadaki tüm periyodik fonksiyonlar, birbirine dik iki farklı periodik fonksiyonun artanfrekanslardaki değerlerinin toplamı şeklinde gösterilebilir. Fourier bu toplamı sinüs vekosinüs fonksiyonlarını kullanarak göstermiştir.
Günümüzde Euler bağıntısı kullanılarak sinüs ve kosinüs fonksiyonları yerine kompleksüslü sayılar kullanılmaktadır. Fonksiyonların komplex üslü sayıların toplamı olarakgösterilmesine Fourier serisi gösterimi denir.
( ) ( ) ( ) ( )cos sin ; sin ; cos2 2
i i i ii e e e ei e
i
θ θ θ θθθ θ θ θ
− −− ++ = = =
80
[−L , L] aralığında verilen ve periyodu 2L olan f(x) fonksiyonunun Fourier serisi;
0
1( ) cos sin
2 n nn
a n x n xf x a bL Lπ π∞
=
= + + ∑
f(x) fonksiyonunun sağlanması için gerekli koşulları:
ii-) f(x) fonksiyonu sürekli değilse, hiç olmazsa sürekli parçalardan oluşmalıdır.Başka bir deyişle, fonksiyonun süreksizliği ancak bazı noktalarda sonlu birersıçrama şeklinde olmalıdır.
Örnek: Periyodik bir Testere-dişi dalgası
ifadesi ile verilir.
i-) f(x) fonksiyonu ve onun 1. ve 2. türevleri [−L , L] aralığında sürekli olmalıdır.
81
Fourier serisindeki an ve bn katsayılarınının belirlenmesinde, aşağıdaki integralformlarının bilinmesi:
11 ) sin cos 02
L
L
n x m x dxL L L
π π
−
− = ∫ n ve m’ nin tüm değerleri için:
(1, 2, 3, ….)
1 0 12 ) cos cos 22 0
L
L
m nn x m x dxL L L m n
π π
−
= > − = ≠
∫
1 0 13 ) sin sin 22 0
L
L
m nn x m x dxL L L m n
π π
−
= > − = ≠
∫
Fourier serisindeki a0 katsayısını belirlemek için, eşitliğin her iki yanının birperiyotluk aralıkta ortalaması alınır.
6.13.2. Fourier Serilerinde Katsayıların Belirlenmesi:
82
0
1( ) cos sin
2 n nn
a n x n xf x a bL Lπ π∞
=
= + + ∑
0
1
1 1 1 1( ) cos sin2 2 2 2 2
L L L L
n nnL L L L
a n x n xf x dx dx a dx b dxL L L L L L
π π∞
=− − − −
= + +
∑∫ ∫ ∫ ∫
0 0
01 ( )2 2
L
L
af x dxL −
=∫ 01 ( )
L
L
a f x dxL −
= ∫
an katsayısını bulmak için f(x) eşitliği ile verilenserinin her iki tarafı cos(nπx/L) ile çarpılır ve bütünterimlerinin [−L , L] aralığında ortalaması alınır:
( )1 cosL
nL
n xa f x dxL L
π
−
= ∫
bn katsayısını bulmak için f(x) eşitliği ile verilenserinin her iki tarafı sin(nπx/L) ile çarpılır ve bütünterimlerinin [−L , L] aralığında ortalaması alınır:
( )1 sinL
nL
n xb f x dxL L
π
−
= ∫
a0 katsayısını bulmak için f(x) eşitliği ile verilen serinin her iki tarafının [−L , L]aralığında ortalaması alınır:
83
( )( )f x f x− =f(x) fonksiyonu çift ise:
( )0
2 cos ve 0L
n nn xa f x dx b
L Lπ = =
∫
( )( )f x f x− = −f(x) fonksiyonu tek ise:
( )0
20 ve sinL
n nn xa b f x dx
L Lπ = =
∫
( )1 cosL
nL
n xa f x dxL L
π
−
= ∫ ( )1 sin
L
nL
n xb f x dxL L
π
−
= ∫
84
Örnek-7. Şekilde verilen kare dalga için Fourier serisini bulunuz.
Çözüm-7. Şekilde verilen f(x) kare dalga fonksiyonunun periyodu 2π’ dir ve aşağıdaki gibi tanımlanır:
( )0 ; 01 ; 0
xf x
xπ
π− ≤ ≤
= < ≤0
00
1 1 1( ) 0 1 1a f x dx dx dxπ π
π ππ π π− −
= = ∗ + ∗ =∫ ∫ ∫
( ) ( ) ( )0
0
1 1 1cos cos sin 0nn xa f x dx nx dx nx
n
π ππ
π
ππ π π π−
= = = = ∫ ∫
85
( ) ( ) ( )0
0
1 1 1sin sin cosnn xb f x dx nx dx nx
n
π ππ
π
ππ π π π−
= = = − ∫ ∫
( )2 ; 1 1 cos0 ;
n
n tekb n n
n n çiftπ π
π
== − = =
0
1( ) cos sin
2 n nn
a n x n xf x a bπ ππ π
∞
=
= + + ∑
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 2( ) sin sin sin 3 sin 52 2 3 5n tek
f x nx x x xnπ π π π
∞
=
= + = + + + + ⋅⋅⋅∑
Bu katsayıları Fourier serisinde yerine koyarsak f(x) kare dalga fonksiyonunu içinFourier serisini elde etmiş oluruz:
86
Aşağıdaki şekilde, kare dalganın Fourier serisi ile ifade edilmesi gösterilmiştir.
İlk 2 terim İlk 3 terim İlk 4 terim
İlk 5 terim İlk 6 terim İlk 7 terim
Toplanan terim sayısı arttıkça, Fourier serisinin kare dalgayı çok iyi temsil etmeyebaşladığına dikkat ediniz.
87
Örnek-8. Homojen bir çubuk her iki ucu serbest kalacakşekilde orta noktasından bir desteğetutturulmuştur.
a) Boyuna titreşimler için çubuğun doğal titreşim frekanslarını bulunuz. b) n. modun dalga boyu nedir? c) n. mod için düğüm noktaları nerededir?
Çözüm-8. a) Boyuna titreşim hareketinin denklemi ve çözümü:
2 2
2 2 2
1x v tξ ξ∂ ∂=
∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosx t a kx b kx c t d tξ ω ω= + ∗ +
x = 0 ve x = L’ deki uçlar serbest olduğundan uçlarda herhangi bir zorolmayacaktır. Çubuğun kesiti A olmak üzere, serbest uçlarda;
0,
0x L
F AYxξ
=
∂= =
∂olmalıdır.
88
( ) ( ) ( ) ( )0
0
cos sin sin cos 0x
x
ak kx bk kx c t d txξ ω ω
==
∂= − ∗ + = ∂
0 olmalıdır.a = ( ) ( ) ( ) ( ), cos sin cosx t b kx c t d tξ ω ω= ∗ +
Orta uç bağlı olduğu için, ξ(L/2 , t) = 0 olmalıdır.
( ) ( ), cos sin cos 02 2L Lt b k c t d tξ ω ω = ∗ + =
12 2 2
nn
L Lk nvω π = = −
ρ çubuğun kütlesel yoğunluğudur.
( ) ( )2 1 2 1) 2 n n
n n
n v n fb f
L Lπ π λ
ω π− −
= ⇒ = ( )2
2 1nL
nλ =
−
( ) ( )2 1 2 1n
n v n YL L
π πω
ρ− −
= =
89
( )2)
2 1nLc
nλ =
−
( )( )( )
1 1/ 22 3 / 23 5 / 2
n Ln Ln L
λλλ
= ⇒ == ⇒ == ⇒ =
Titreşim modlarının davranışı aşağıdaki gibi çizilebilir. Burada yer-değiştirmeninboyuna olduğunu unutmamak gerekir. Çubuğun orta ucunda her zaman bir düğümnoktası olacağı açıktır.
90
Örnek-9. T gerilimi altında bir ipin x noktasındaki dx kadarlık bir parçasına enine dykadar yer değişme yaptırıldığında, dx elemanının herhangi bir andaki kinetikve potansiyel enerjisinin;
2 21 1. ve .2 2
y yK E dK dx P E dU T dxt x
µ ∂ ∂ = = = = ∂ ∂
ifadeleri ile verildiğini gösteriniz. Burada µ ipin birim uzunluğununkütlesidir.
Çözüm-9. dx diferansiyel elemanının kütlesi dm = µdx ve hızı v = dy/dt ’ dir. Budurumda kinetik enerjisi:
21.2
K E mv=
olarak bulunur.
( )2 21 1.
2 2y yK E dx dxt t
µ µ∂ ∂ = = ∂ ∂
91
Potansiyel enerjiyi, gözönüne alınan küçük ip parçasının düzgün olan ilk konumunagöre deformasyondan sonra boyundaki uzamayı hesaplayarak yazabiliriz. Bu uzama ilesabit T gerilim kuvvetinin çarpımı deformasyon için yapılan işi verir. Göz önüne alınanip parçası için potansiyel enerji;
( ).P E T ds dx≅ −
( ) ( )1/221/22 2 1 yds dx dy dx
x ∂ = + = + ∂
211 12
y yds dxx x
∂ ∂ << ⇒ = + ∂ ∂
( )21.
2yP E T ds dx T dxx∂ = − = ∂
ile verilebilir.
212
yds dx dxx∂ − = ∂
92
Örnek-10. Kütlesi m, uzunluğu L olan bir ip T gerilmesi altında olup her iki ucu ikikaynak ile sürülmektedir. Kaynakların her ikisi de aynı frekans, aynı genlikfakat biri diğerine göre 180° ’ lik faz farkına sahiptir. İpin her iki ucunda dadüğüm noktası olmadığını varsayınız. İpin kararlı hal titreşimlerine uyan,mümkün en küçük frekans (ω) değeri nedir?
Çözüm-10. İpin sol ucuna uygulanan sürücü kuvvet nedeniyle bu uç y(0,t) = Acos(ωt)ifadesine göre hareket ederse, sağ uç 180° ’ lik faz farkı nedeniyley(L,t) = −Acos(ωt) ifadesi ile tanımlı hareket yapar.
Gerilmiş ipin enine titreşimlerini tanımlayan hareket denklemi ve çözümüaşağıdaki gibidir:
2 2
2 2 2
1y yx v t∂ ∂
=∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosy x t a kx b kx c t d tω ω= + ∗ +
Sınır koşulları: ( ) ( )( ) ( )
) 0, cos) , cos
i y t A tii y L t A t
ωω
− = − = −
93
( ) ( ) ( ) ( )0, sin cos cos 0 ve y t b c t d t A t c bd Aω ω ω= ∗ + = ⇒ = =
( ) ( ) ( ) ( ), sin cos cosy x t ad kx A kx tω= + ∗
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos cos cosy L t ad kL A kL t A tω ω= + ∗ = −
( ) ( )sin cosad kL A kL A+ = − cot2
kLad A = −
( ) ( ) ( ) ( ), cot sin cos cos2
kLy x t A kx kx tω = − +
i. sınır koşulu:
ii. sınır koşulu:
94
Bu çözümde her iki uçta düğüm noktasının olmadığını biliyoruz. Bu nedenle düğümnoktaları uçlar arasında olacaktır. En düşük modda, orta nokta düğüm noktası olur.x = L/2 için yukarıdaki fonksiyonun sıfır olacağını göstermek zor değildir:
( ), cot sin cos cos2 2 2 2L kL kL kLy t A tω = − +
( ), cos cos cos 02 2 2L kL kLy t A tω = − + =
En düşük modun şekli yandaki gibidir.
1 11 1 1 2
2 2L v f L v
Lλ ω πλ ω
π= ⇒ = = ⇒ =
1 /T T T
L L m L mLπ πω π
µ= = =
95
Örnek-11. a) T gerilimi altında iki ucundan da bağlı L uzunluğundaki bir ip n.karakteristik titreşim modu ile titreşmektedir. Titreşen ipin toplam enerjisinibulunuz.
b) Bir ip aşağıdaki ifade ile verildiği gibi normal modların üst üste gelmesişeklinde titreşmesi durumunda ipin titreşimin toplam enerjisini hesaplayınız
( ) ( )1 1 3 33, sin cos sin cos
4x xy x t A t A t
L Lπ π πω ω = + −
Çözüm-11. a) iki ucu bağlı bir ipin n. modunun yer değişimi (Başlangıçta ipin düz olduğunu kabul ediyoruz);
( ) ( ), sin cosn nn xy x t A t
Lπ ω =
ifadesi ile verilir.
( )221 1 cos cos
2 2 n ny n n xdU T dx T A t dxx L L
π π ω∂ = = ∂
ifadesine sahip olur.
Diferansiyel bir ip elemanının potansiyel enerjisi,
96
( )2
0
1 cos cos2
L
n nn n xU T A t dxL Lπ π ω =
∫
( )2
0
1 1 2cos sin2 2 2
L
n nn L n xU T A t xL n Lπ πω
π = +
( )2 2 2
2cos4n
nTA nU t
Lπ ω=
2 2 2
max 4nTA nE U
Lπ
= =
b) Problemin (a) şıkkında yapılan işlemler burada da tekrarlanırsa,
( )2
1 1 3 31 3 3cos cos cos cos2 4
x xdU T A t A t dxL L L Lπ π π π πω ω = + −
( )2 22 2
2 2311 3
9cos cos4 4 4
TATAU t tL L
ππ πω ω = + −
( )2 22 2 2
2 231max 1 3
9 94 4 4
TATA TE U A AL L L
ππ π= = + = + sonucu elde edilir.
Titreşen ipin toplam enerjisi:
97
Örnek-12. T gerilmesine sahip her iki ucu bağlı Luzunluğundaki bir ip, orta noktasından h kadarçekilip serbest bırakılmıştır.
a) Titreşimlerin enerjisi nedir?b) İki ucu bağlı ipin ortasından h kadar çekildiği anda ortaya çıkan görüntü
ne kadar sıklıkla ortaya çıkar (Gerilmenin, enine yer-değiştirmelerinneden olduğu küçük uzunluk artışları ile değişmediğini kabul ediniz)?
Çözüm-12. OA ve LA doğrularının denklemleri:
OA AL2 2ve 2 2 1h h xy x y x+ h hL L L
= = − = −
( ) ( ) ( )1/221/22 2; 1 ydU T ds dx ds dx dy dx
x ∂ = − = + = + ∂
olacaktır.
İp üzerinde alınan diferansiyel bir dx elemanının uzamadan sonrakiuzunluğu ds ise, değişim nedeniyle yapılan iş,
98
1/22
1 221 1hU U U TLL
= + = + −
( )1/22
1 1ydU T ds dx T dxx
∂ = − = + − ∂
/2
0 /2
L L
L
U dU dU= +∫ ∫
1/2 1/22 2/2 /2
10 0
2 21 1 1 12
L L h h LU dU T dx TL L
= = + − = + −
∫ ∫
U1 U2
1/2 1/22 2/2
2/2 0
2 21 1 1 12
L L
L
h h LU dU T dx TL L
= = + − − = + −
∫ ∫
Bu enerji sistemin toplam enerjisidir: 1/2221 1hE TL
L
= + −
99
2 21 2 21 12 2L h Thh E TL
L L << ⇒ ≅ + − =
b) Tam ortasından h kadar gerilmiş ipin 1. titreşim modunun frekansı ve periyodu:
2 2 2gerilmegerilme
L LT Lv TT
µ
µ
= = =
olarak elde edilir.
2 2 2
f vL Lf fL
λ λ= ⇒ = ⇒ =
İp birinci titreşim periyoduna eşit zaman aralıklarında ilkgerilmiş halinde gözükecektir.
100
Örnek-13. Uzunluğu L olan tel iki ucundan T gerilimialtında, şekildeki gibi, bağlıdır. Bu tel tamortasından h kadar enine çekiliyor. Tel serbestbırakıldıktan sonra titreşim hareketi yapıyor.
a) Şekildeki fonksiyonun Fourier serisini 0 ≤ x ≤ L aralığında bulunuz. b) Telin titreşim modlarını belirleyiniz.
Çözüm-13. a) Şekildeki fonksiyonu aşağıdaki gibi tanımlayabiliriz:
2 ; 02
2 1 ; 2
h Lx xLy
x Lh x LL
≤ ≤= − ≤ ≤
Bu fonksiyonun 0 ≤ x ≤ L aralığındaFourier serisini elde etmek için,fonksiyonu şekildeki gibi tamamlayarak[−L , L] aralığında periyodu 2L olan birfonksiyon olarak tanımlayabiliriz.
101
[−L , L] kapalı aralığında verilen ve periyodu 2L olan f(x) fonksiyonunun Fourier serisi:
0
1( ) cos sin
2 n nn
a n x n xf x a bL Lπ π∞
=
= + + ∑
Şekilde verilen fonksiyon tek fonksiyon olduğu için a0 ve an katsayıları sıfır olarakbulunur. Bu durumda f(x) fonksiyonu aşağıdaki ifadeye sahip olacaktır:
1( ) sinn
n
n xf x bLπ∞
=
=
∑
( ) ( )0
1 2sin sinL L
nL
n x n xb f x dx f x dxL L L L
π π
−
= = ∫ ∫
/2
20 /2 /2
4 sin sin sinL L L
nL L
h n x n x n xb x dx L dx x dxL L L L
π π π = + −
∫ ∫ ∫
I3I2I1
102
2/2 2
10
sin cos sin2 2 2
L n x L n L nI x dxL n nπ π π
π π = = − + ∫
( )2 2
2/2
sin cos cos2
L
L
n x L L nI L dx nL n nπ ππ
π π = = − + ∫
( )
( )
2
3/2
2
sin 2cos cos2 2
sin sin2
L
L
n x L nI x dx nL n
L n nn
π πππ
πππ
= = − −
+ −
∫
( )2 1
22 2 2 2 2
4 8 82 sin sin 12 2
n
nh L n h n hb
L n n nπ π
π π π
− = = = −
( )1
22 2
8 1( ) 1 sinn
n tek
h n xf xn L
ππ
∞ −
=
= −
∑
( )1 2 32
4n
hb I I IL
= + − 0
103
b) İki ucundan bağlı gerilmiş tel için dalga denklemi ve çözümü:
2 2
2 2 2
1y yx v t∂ ∂
=∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosy x t a kx b x c t d tω ω= + ∗ +
Sınır koşulları: ( )( )
) 0, 0 ; bağlı uç) , 0 ; bağlı uç
i y tii y L t− =
− =
( ) ( ) ( )0, sin cos 0 0 olmalıdır.y t b c t d t bω ω= ∗ + = ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cosy x t a kx c t d tω ω= ∗ +
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cos 0y L t a kL c t d tω ω= ∗ + =
1 n nn n
n n Tk L L n nv v L Lω ω π ππ ω ω
µ= = ⇒ = ⇒ = =
104
( ) ( ) ( ), sin sin cosn n n n n nny x t a x c t d tLπ ω ω = ∗ +
Tel başlangıçta durgun olduğu için: ( )0
,0n
t
y x tt
=
∂=
∂olmalıdır.
( ) ( )0
sin cos sin 0n n n n n n nt
na x c t d tLπ ω ω ω ω
=
∗ − = 0nc =
( ) ( ) , sin cosn n n n n nna d B y x t B x tLπ ω = ⇒ =
Genel çözüm ise harmoniklerinüst üste gelmesi ile verilir: ( ) ( )
1, sin cosn n
n
ny x t B x tLπ ω
∞
=
=
∑
( ) ( ) ( )1
22 2
8 1, 1 sin cosn
nn tek
h ny x t x tn L
π ωπ
∞ −
=
= −
∑
( ) ( )1 12
8, sin coshy x t x tLπ ω
π =
( ) ( )3 12
8 3, sin cos 39
hy x t x tLπ ω
π = −
( ) ( )5 12
8 5, sin cos 525
hy x t x tLπ ω
π =
( ) ( )7 12
8 7, sin cos 749
hy x t x tLπ ω
π = −
105
Örnek-14. Uzunluğu L ve kütlesi m olan homojen birgitar teli şekildeki gibi iki ucundan T gerilimialtında bağlanmıştır. Aynı şekilde kütlelerim/5 olan 5 adet boncuk eşit aralıklarla (L/6)kütlesi ihmal edilebilen bir tel üzerindedir.Uzunluğu L olan tel de, gitar teli gibi, Tgerilimi altında iki ucundan bağlıdır.
a) Sınır koşullarını kullanarak titreşimlerin n. mod frekansını veren ifadeyitüretiniz. Frekansı n, T, L ve m cinsinden ifade ediniz.
b) Enine titreşimlerin ilk beş modunun frekansını yazınız.c) İlk beş modun sayısal değerlerini, beş adet boncuk bağlanmış sistemin ilk beş
modunun frekansı ile karşılaştırınız.d) Telin ve boncuklu sistemin ilk beş modunun şeklini çizerek karşılaştırın.
Çözüm-14. a) Gerilmiş ip için dalga denklemi ve çözümü:
2 2
2 2 2
1y yx v t∂ ∂
=∂ ∂
( ) ( ) ( ) ( ) ( ), sin cos sin cosy x t a kx b kx c t d tω ω= + ∗ +
106
Sınır koşulları: ( )( )
) 0, 0 ; bağlı uç) , 0 ; bağlı uç
i y tii y L t− =
− =
( ) ( ) ( )0, sin cos 0 0 olmalıdır.y t b c t d t bω ω= ∗ + = ⇒ =
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cosy x t a kx c t d tω ω= ∗ +
( ) ( ) ( ) ( ), sin sin cos 0y L t a kL c t d tω ω= ∗ + =
1 2 2
nn n
n T n TL n f f nfv L mLω ππ π
µ= ⇒ = ⇒ = =
b) İlk beş modun frekansları:
112
TfmL
=
2 12Tf fmL
= =
3 13 32
Tf fmL
= =
4 12 4Tf fmL
= =
5 15 52
Tf fmL
= =
107
c) Daha önce n tane boncuklu sistemin enine titreşimlerini incelemiş ve n. modunfrekansı için (N >> 1);
0 02 sin ; 2( 1)n
n TN mlπω ω ω
= = +
ifadesini türetmiştik (5. Bölüm ders notlarına bakınız).
0 030 1 30
25 6
T T T Tfm Lml mL mL
ωπ
= = = ⇒ =
01 302 sin sin
2( 1) 12nn T nf fN mLπ π
π = ≅ +
11 30 sin
12Tf
mLπ
π ≅
21 30 sin
6Tf
mLπ
π ≅
31 30 sin
4Tf
mLπ
π ≅
41 30 sin
3Tf
mLπ
π ≅
51 30 5sin
12Tf
mLπ
π ≅
108
d) Aşağıdaki şekilde gerilmiş gitar teli ve boncuklu sistemin titreşim modlarının şekilleriverilmiştir. Sürekli eğriler gitar telini, noktalı eğriler boncuklu teli temsil etmektedir.N = 5 durumu N >> 1 olma durumunu sağlamadığı için, her iki sistemin modfrekansları ve mod şekilleri özdeş değildir.
109
Örnek-15. Bir kuvvet uygulanmamış haldeki uzunluğu l0olan bir çubuk alt ucuna bir m kütlesi asıldığızaman 10−3l0 kadar uzuyor. Aynı çubuğun uçlarıA ve B noktalarına tutturulup çubuğun ortasınaaynı m kütlesi şekilde görüldüğü gibi asılıyor.Çubuktaki gerilme ve y mesafesi nedir?
Çözüm-15. Young modülü tarifinden kuvvet için,
0 0
/ /
Zor F A YA lY FZorlanma l l l
∆= = ⇒ =
∆
yazabiliriz.
0
1
1000FlYA mgl
= =∆
değerini yazabiliriz.
Başlangıçta l0 uzunluğundaki çubuğun ucuna m kütleli bir cisimasıldığında uzama miktarı için 10−3l0 değeri verilmektedir. Bu değeri ∆l1 ilegösterelim. F = mg ve ∆l1 = 10−3l0 değerleri yukarıdaki ifadede kullanırsa,
110
( )2 2 siny yF T T mgθ= = =∑
0x x xF T T= − =∑
( )2sinmgT
θ=
F yerine T ve 𝑙𝑙0 yerine 𝑙𝑙0/2 (telin yarısı) ve çubuğun yarısındaki uzama miktarını da Δ𝑙𝑙2alarak
0
YA lFl∆
=( )
2
0 / 2YA lTl∆
=( ) ( )
2
0
10002sin / 2
mg lmglθ
∆=
( )0
2 4000sinll
θ∆ =
( )0 0
2 4000sinl lCA CB
θ= = +
( ) ( )
22 2 0 0 0 0 0 0 0
2 2 4000sin 2 2 4000sin 2l l l l l l ly CA
θ θ = − = + + ∗ + −
111
( ) ( )2
2 0 114000sin 4000sin
lyθ θ
= +
≈ 0
( )0
2 1000sinly
θ=
( ) ( )0 0tan sin2 2l ly θ θ= ≅ ( )
( )( )0 0 1sin sin
2 102 1000sinl lθ θ
θ= ⇒ =
Küçük açı yaklaşımı ve geometriden aşağıdaki sonuç elde edilir:
( ) ( )5
2sin 2 1/10mg mgT mg
θ= ≅ =
( )0 0 01sin2 2 10 20l l ly θ ≅ = =
( )20
4000sinl
θ≅
112
7.1. İlerleyen Dalgalar
BÖLÜM 7
En basit anlamda dalga, titreşim enerjisinin maddesel bir ortamda veya uzaydayayılması olarak tanımlanabilir. Su dalgaları, ses dalgaları, ışık dalgaları, radyo dalgalarıgünlük hayatta sıklıkla karşılaştığımız dalgalardır.
Daha sonra kuantum fiziğinde göreceğiniz gibi bir elektron demeti veya atomlardandaha küçük parçacıklar da bir dalga gibi davranırlar.
Dalgalar yayılma ortamlarına göre
ikiye ayrılır
Elektromanyetik Dalgalar
Mekanik Dalgalar
1
Elektromanyetik Dalgalar:Elektromanyetik dalgaların yayılması için maddesel bir ortama ihtiyaç yoktur. Aynıdüzlem içinde birbirine dik elektrik ve manyetik alanların titreşimlerinden oluşur.Dalganın yayılma doğrultusu bu düzleme her zaman diktir. Matematiksel olarak E×Bvektör çarpımından çıkan vektörün yönü dalganın yayılma yönüdür. Radyo dalgaları,kızıl ötesi, görünür bölge, mor ötesi, X-ışınları, gama ışınları elektromanyetik dalgalaraverilebilecek örneklerdir.
Elektromanyetik dalgalar, boşlukta ışık hızı (c) ile ilerler. Elektrik ve manyetik alanbüyüklükleri arasında 𝑬𝑬 = 𝑐𝑐 𝑩𝑩 şeklinde bir ilişki vardır. Maddesel bir ortamda iseyayılma hızı, n ortamın kırma indisi olmak üzere, v = c/n ’ dir.
2
ELEKTROMANYETİK SPEKTRUM
Artan dalgaboyu
Artan frekans
λ (m)
f (s−1)
Görünür bölge
Radyo DalgalarıMikrodalgaKızıl-ötesiMor-ötesi
X-ışınlarıGamma-ışınları
3
Mekanik Dalgalar:Enerjilerini aktarabilmek için ortam taneciklerine ihtiyaç duyarlar. Bu yüzden boşlukta(uzayda) yayılamazlar. Su dalgaları, ses dalgaları, ipte ilerleyen dalgalar v.b. gibidalgalar mekanik dalgalardır.
Mekanik dalgalar, esnek ortamın denge konumu etrafında salınması sonucu oluşur.Başka bir deyişle mekanik dalgalar, maddenin kendisi yer değiştirmeden hareketin yerdeğiştirmesi sonucu oluşurlar ve böylece, enerjinin madde içinde bir noktadan diğerineiletilmesini sağlarlar.
Ortamın içinde birbirlerine komşu noktalar arasındaki esneklik kuvvetinden dolayı, etkibir noktadan diğerine aktarılır. Mekanik dalgaların hızı, ortamın esneklik özelliğinebağlıdır.
4
Dalgalar yayılma ve titreşim doğrultularına göre ikiye
ayrılır
Enine Dalgalar
Boyuna Dalgalar
Enine (Transverse) Dalgalar:
Eğer dalgayı taşıyan ortam parçacıklarının titreşimdoğrultusu, dalganın ilerleme (yayılma)doğrultusuna dik ise, bu dalgalara ‘‘enine dalgalar’’adı verilir. Örneğin, gerilim altındaki yatay ipte biratma oluşturulursa, bu atma ip boyunca ilerler. İpüzerindeki her bir parça, atma nedeniyle eninetitreşim hareketi yapacaktır.
ilerleme doğrultusu
titreşim doğrultusu
5
Ortam parçacıklarının bir düzlem içinde, yayılma doğrultusuna dik yönde titreştiği durumenine dalgalara bir örnektir.
6
Boyuna (Longitudinal) Dalgalar:titreşim doğrultusu
ilerleme doğrultusu
Eğer dalgayı taşıyan ortam parçacıklarının titreşimdoğrultusu, dalganın ilerleme (yayılma) doğrultusunaparalel ise, bu dalgalara ‘‘boyuna dalgalar’’ adı verilir.
7
Bazı dalgalar ise, hem enine hem de boyunadır:
Yandaki şekil eşit genlikli, aralarında 90° ’ lik fazfarkı bulunan enine ve boyuna iki titreşimintoplamıdır. Şekil üzerindeki her bir bilye, çemberselbir yörünge üzerinde dolanmaktadır.
Aşağıdaki şekiller ise, yüzey gerilimi ve yerçekimi etkisi altında su yüzeyine yakınmoleküllerin hareketini göstermektedir. Titreşimin genliği küçük ise, her molekülçembersel bir yörüngede dolanır. Hareketin yarıçapı suyun derinliklerine doğrugittikçe küçülür ve şekli de eliptik bir hal alır.
8
Dalgalar enerji yaydıkları boyutların sayısına göre bir, iki ve üç boyutlu dalgalar olarakda sınıflandırılırlar.
Sicim ve yay boyunca hareket eden dalga tek boyutludur.
Havuzdaki durgun suya bir çakıl taşının düşmesi ilesuyun yüzeyinde oluşan dalgalar iki boyutludur.
Noktasal bir kaynaktan radyal yönde yayılan sesdalgaları veya ışık dalgaları üç boyutludur.
9
Dalgalar, hareketi ileten ortam parçacıklarının dalganın yayılma süresi içindekidavranışlarına göre de sınıflandırılırlar.
Eğer dalga pulsu periyodik olaraktekrarlanırsa, ilerleyen bir dalgakatarının oluşmasını sağlarız.
Sicimi oluşturan her parçacık darbeulaşıncaya kadar hareketsizdir, darbeyihissettiği anda kısa bir süre içinde hareketeder ve sonra tekrar durur.
Örneğin, gerilmiş ipin bir ucunu birmiktar yukarı doğru kımıldatırsak ipboyunca ilerleyen bir atma (puls)meydana getirmiş oluruz.
Benzer şekilde, yayın ucuna anlık birkuvvet uygularsak yayda da bir atmaoluşturabiliriz.
10
Bir kaynak eşit zaman aralıkları ile eşit dalgalar üretiyorsa oluşan dalgalara periyodikdalgalar denir.
Periyodik Dalgalar:
Eğer ipteki atma hareketi periyodik ise, periyodik dalga katarı meydana gelir.Dolayısıyla ipteki herbir noktanın hareketi periyodik olur. Periyodik dalgaların en çokkarşılaşılanı, basit harmonik dalgalardır.
11
Dalga Cepheleri:
Periyodik dalga için, hareketin fazı ile aynı fazda olan noktaların oluşturduğu buyüzeylere dalga cepheleri adı verilir
Üç boyutlu bir atma düşünelim. Verilen bir anda aynı etki altında kalan noktalarınoluşturduğu bir yüzey tanımlayabiliriz. Zaman ilerledikçe, bu yüzey atmanın nasılyayıldığını gösterecek şekilde hareket eder.
Bir dalga cephesinin üzerindeki tüm noktalarda, geçendalgaların fazı birbirine eşit olduğu gibi, birbirinitekrarlayan dalga cepheleri üzerindeki fazlar da aynıdır. Birfaz için, kendini tekrarlayan dalga cepheleri arasındakiuzaklık dalganın dalga boyuna eşit olur.
Eğer ortam homojen ve izotropik ise, dalganın yayılmayönü daima dalga cephesine diktir. Dalganın yayılmayönünü gösteren ve dalga cephelerine dik olan çizgilere iseışın adı verilir.
12
Eğer etkiler bir yönde yayılıyorsa, bu tür dalgalara düzlem dalgalar denir. Dalgacepheleri paralel düzlemlerdir ve ışınlar birbirine paralel düzgün doğrulardır.
Düzlem Dalgalar:
Işın
Dalga cepheleri
Küresel Dalgalar:
Noktasal kaynaktan çıkan ve tüm yönlere yayılan dalgalaraküresel dalgalar denir. Dalga cepheleri küresel yüzeylerdir.Işınlar, noktasal kaynaktan çıkan radyal yöndeki çizgilerdir.
13
7.2. İlerleyen Dalgalar ve Normal Modlar
Bir ucu sabit gergin bir ipin diğer ucu basit harmonik hareket yapacak şekilde düşeyolarak titreştirilirse, titreşimin belli bir modu elde edilebilir.
Eğer ipin ucu periyodik olarak titreştirilirse, oluşan dalga x’ in sinüzodial birfoksiyonudur.
x = 0 x = L
Bu dalga ipin bağlı ucuna (x = L) ulaştığı zaman yansıma olayı ortaya çıkar ve ipinüzerindeki herhangi bir noktanın hareketi, zıt yönde hareket eden iki dalganın bileşkesişeklinde olur.
Yansıyan dalga dışarıdan titreştirilen uca (x = 0) ulaştığı zaman, eğer frekans ( f ), ipinuzunluğu (L), ipin birim uzunluk başına kütlesi (µ) ve ipteki gerilme (T) uygun ilişkiiçinde olurlarsa ip üzerinde tam olarak istenilen modda bir duran dalga oluşur.
14
Bundan sonra ip bir normal mod karakteristiğinde titreşmeye devam eder. Yani, herbirnokta BHH yaparak enine titreşir ve belli düğüm noktaları sürekli olarak durgunluğunumuhafaza eder.
DURAN DALGA
İki düğüm veya karın noktası arasındaki mesafe 2
λ=
Düğüm Noktaları
Karın Noktaları
15
ifadesi ile verildiğini hatırlayalım (Bkz. Bölüm 6, Sayfa 14).
( ) ( ), t sin cos ; , n n n nn n Ty x A x t v vL Lπ πω ω
µ = = =
Her iki ucu bağlı L uzunluğundaki bir ipin, sonsuz sayıda normal moda sahipolabileceğini ve mod şekillerinin,
( ) ( )1sin cos sin sin2
A B A B A B= − + +
( ) ( ) ( )1 2 1 2, sin sin2 2n n n
n n
y x t A x vt A x vtπ πλ λ
= − + +
( ),Iy x t ( ),IIy x t
Bu ifade, x-ekseni boyunca zıt yönlerde ilerleyen iki sinüs dalgasının toplamını ifadeeder. yI(x,t) ile verilen ifade, dalga boyu λn olan ve sağa doğru (+x-ekseni yönünde)ilerleyen bir sinüzoidal dalgayı temsil eder. soldan
16
Şimdi x ve t’ nin belli değerlerine karşılık gelen y’ nin herhangi bir değerinedikkatimizi yoğunlaştıralım. Çok kısa bir süre sonra, zamanın t + ∆t ve konumunx + ∆x olduğu bir durumda y’ nin aynı değeri aldığını düşünelim:
( ) ( ), ,I Iy x t y x x t t= + ∆ + ∆
( ) ( ) ( )2 2 2sin sinn n n
x vt x vt x v tπ π πλ λ λ
− = − + ∆ − ∆
0 xx v t vt
∆∆ − ∆ = ⇒ =
∆
Bu ifade bize, yI(x,t) ifadesinin +x-ekseniyönünde v hızı ile ilerleyen dalgayı temsilettiğini gösterir.
Benzer işlemler yII(x,t) ile verilen ifadeiçin yapılırsa, bu ifadenin ise −x-ekseniyönünde v hızı ile ilerleyen dalgayı temsilettiği görülür.
17
7.3. Bir Yönde İlerleyen Dalgalar
Şimdi bir ucu sabit ve toplam uzunluğu dalga boyuna göre oldukça büyük olan (𝐿𝐿>>𝜆𝜆)gerilmiş bir ipi gözönüne alalım.
İpin uzun seçilmesinin nedeni, bağlı uçtan yansıma başlamadan önce yeterince gözlemzamanı sağlamaktır. Ayrıca, ip üzerinde kolayca dalga oluşturmak için ipin gerilmişolması gerekir.
x = 0 noktasından +x-ekseni yönünde sabit bir v hızıyla ilerleyen dalga,
( ) ( ) ( )2 2 2, sin sin ; ve y x t A x vt A kx t k vπ π πω ωλ λ λ
= − = − = =
ifadesiyle verilir.
Burada k dalga sayısı ve ω açısal frekanstır. Dalga sayısı, metre olarak 2π uzunluğuiçine sığan dalga boyu sayısıdır. Nadiren bazı kitaplarda dalga sayısı için 1/λkullanılmaktadır. Bu ders kapsamında, dalga sayısı için 2π/λ ifadesi kullanılacaktır.
Bu dalganın meydana getirilmesi, belli bir f (f = v/λ) frekansı ve Agenliği ile ipin sol ucunun (x = 0 noktası) BHH yapacak şekilde aşağı-yukarıtitreştirilmesiyle olur.
18
λ
A
vDalga ilerledikçe, ip üzerindeki her nokta dengekonumu etrafında dalganın ilerleme doğrultusuna dikdoğrultuda basit harmonik hareket yapar.
Dalga boyu (λ): Bir tepe ile bir sonraki tepe veya birçukur ile bir sonraki çukur ya da fazları aynı olanardışık herhangi iki nokta arasındaki mesafedir.
Dalga deseni, ortam değişmediği sürece sabit v hızıyla hareket eder ve bir periyotluk(T) sürede bir dalga boyu kadar ilerler. Periyodik bir dalga için dalganın ilerleme hızı:
λ
λ
λ
v fTλ λ= =
Dalga hızı ortamdan ortama değişir ve bulunduğu ortamın mekanik özellikleritarafından belirlenir.
19
x = 0 noktasında ip üzerindeki bir diferansiyel eleman,
( ) ( )20, sin siny t A vt A tπ ωλ
= − = −
bağıntısına uygun olarak BHH yapar.
( ) ( ) ( )0 0 0 0 02, sin sin ; y x t A x vt A kx tπ ϕ ϕ ωλ
= − = − =
İpin x = 0’ daki ucununt1 anına kadar durgun, t1 ile t2 arasındasinüzoidal olarak titreşip, t2 anından sonrayeniden durgun kalması durumunda ipingörünümü xön−xarka uzunluğunda bir sinüsdalga katarı şeklinde olacaktır.
Herhangi bir anda (t = t0) ipin görünümüaşağıdaki ifadeye uyar:
Burada ϕ0 faz açısıdır.
( )ön arka 2 1x x v t t− = −
xön
v
λ
x=0
t1
x
xarka
t2
xxönxarka
v
Dalga katarının uzunluğu aşağıdaki ifadeyesahiptir:
20
7.4. Özel Bazı Ortamlarda Dalga Hızları (HATIRLATMA)
i-) Gerilmiş ipte (ya da telde) dalga hızı:Tvµ
=
ii-) Katı çubuklarda boyuna dalga hızı: Yvρ
=
iii-) Sıvı dolu borularda ses hızı:Bvρ
=
iv-) Gaz dolu borularda ses hızı: ; P
V
CPvC
γ γρ
= =
İdeal gazlarda ses hızı için kullanılan ifade:RTvMγ
=
1,67 tek atomlu gazlar 1, 40 iki atomlu gazlar
1, 40 daha fazla atom içeren gazlar
P
V
CC
γ= = <
21
7.5. Üst-Üste Gelme İlkesi (Süperpozisyon)
Herhangi bir ortamda üst-üste gelmiş iki dalganın durumunu inceleyelim. Bunun içinönce eşit genlikli, farklı dalgaboylarına sahip ve +x yönünde aynı v hızıyla ilerleyen ikidalgayı ele alalım:
( ) ( ) ( ) ( )1 21 2
2 2, sin ve , siny x t A x vt y x t A x vtπ πλ λ
= − = −
( ) ( ) ( )1 2
2 2, sin siny x t A x vt A x vtπ πλ λ
= − + −
Bu iki dalganın toplamı bileşke yer değiştirmeyi verecektir;
Her iki dalga aynı v hızında olduğu için bileşke dalga da v hızı ile hareket eder. Üst-üstegelmenin şekli t = 0 alınarak rahat bir şekilde görülebilir;
( ) ( ) ( )1 21 2
2 2,0 sin sin sin siny x A x x A k x k xπ πλ λ
= + = +
sin sin 2cos sin2 2
A B A BA B − + + = 22
( ) 1 2 1 2,0 2 cos sin2 2
k k k ky x A x x − + =
Şekilde dalga boyları birbirinden çokfarklı olmayan iki ilerleyen dalganınüst-üste gelmesi ile elde edilen toplamdalga deseni verilmiştir.
Bu şekil, 2. Bölümde gördüğümüz vuru (beat)şekline benzetmektedir. Tek fark, genlikmodülasyonu burada konumun fonksiyonudur.
modülasyon zarfı
Ardışık iki zarfın maksimumlarıarasındaki mesafe D olsun vedalgaboyları birbirine çok yakınolsun;
1 2 2 22
k k D = π−
2
D λλ
≅∆
D
23
Bölüm 2’ deki vuru konusu (Hatırlatma):
Eşit genlikli ve birbirine yakın frekanslarda iki BHH’ in toplamı;
( )( )
1 1 1 2 1 21 2
2 2
cos 2 cos cos
2 2cos
x A tx x x A t t
x A t
ω ω ω ω ωω
= − + ⇒ = + = =
Genlik modülasyonu
24
( ) ( ) ( )1 2
2 2, sin siny x t A x vt A x vtπ πλ λ
= − + −
Üst üste gelmenin şeklini x = 0 alarak inceleyelim;
( ) ( ) ( )1 21 2
2 20, sin sin sin siny t A vt vt A t tπ π ω ωλ λ
= − + = − +
( ) 1 2 1 20, 2 cos sin2 2
y t A t tω ω ω ω − + = −
Bu ifade de açıkça vuru olayını temsil eder.
25
7.6. Dalga Atması
Kısa süreli tek bir dalgaya atma (puls) denir. Tek bir atma, elin yukarı-aşağı hızlı birhareketi ile gerilmiş bir ip üzerinde oluşturulabilir.
Durgun suya düşen bir damlanınoluşturduğu atma da benzer şekildeoluşur ve ilerler.
Sicimi oluşturan her parçacık darbeulaşıncaya kadar hareketsizdir. Darbeyihissettiği anda kısa bir süre içinde hareketeder ve sonra tekrar durur.
Atmanın hızı, hareketi süresince sabittir.Herhangi bir anda ip üzerinde sadece sınırlıbir bölgede bozulma vardır. Bu bölgeninönü ve arkası hareketsizdir. Eğer atma,hareketini bozacak bir engele rastlamamışise hareketi süresince şeklini korur.
26
7.6.1. Sabit Şekle Sahip Dalga Atmalarının Hareketi
Sabit şekle sahip bir atmanın soldan sağa doğru hareket ettiğini kabul edelim. Buradailerleyen bir dalga atmasını temsil etmek için Gaussiyen fonksiyonu seçeceğiz.
( )2
2xay x Ae
− =
Gaussiyen fonksiyon:
Burada A, Gaussiyen fonksiyonunun genliği, a ise genliğin 1/e ’ sine eşit olduğu noktalararasındaki genişliğin yarısıdır. Sağdaki şekil, soldakinin aynısı ve +x yönünde b kadarilerlemiş atmayı temsil etmektedir. Bu yüzden x yerine x−b yazılmıştır.
+x yönünde sabit bir v hızı ile ilerleyen Gaussiyen şekle sahip bir atma için, x değişkeninix−vt ile değiştirmemiz yeterlidir. Bu durumda atmayı aşağıdaki fonksiyonla temsiledebiliriz:
( ) ( )2 2/, x vt ay x t Ae− −=27
+x yönünde sabit bir v hızıyla ilerleyenGaussiyen fonksiyonu ile tanımlı biratmanın δt zaman aralıklarında eldeedilmiş görünümü.
+x yönünde v hızıyla ilerleyen ve f(x−vt) gibiherhangi bir fonksiyonla tanımlı bir atmadüşünelim.
Bu atmanın t = 0 ve herhangi bir t anındakigörünümleri aşağıdaki gibi olacaktır.
Dalganın biçimini koruyarak ilerlediğinedikkat ediniz. Bu, dalgalar için karakteristikbir özelliktir.
28
Negatif x yönünde ilerleyen bir atmayı ise g(x+vt) fonksiyonu ile temsil edebiliriz.g(x+vt) fonksiyonun t = 0 ve herhangi bir t anındaki görünümü aşağıdaki şekildeverilmiştir.
İp üzerinde soldan-sağa ve sağdan-sola ilerleyen iki dalga varsa, ipin şeklini;
( ) ( ) ( ),y x t f x vt g x vt= − + +
ile tanımlamak mümkündür.
29
u x vt= −
f f u fx u x u∂ ∂ ∂ ∂
= =∂ ∂ ∂ ∂
2 2
2 2
f f u fx u u x u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
f f u fvt u t u
∂ ∂ ∂ ∂= = −
∂ ∂ ∂ ∂
2 22
2 2
f f u fvt u u t u
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ 2 2
2 2 2
1f fx v t
∂ ∂=
∂ ∂
Aynı işlemler g(x+vt) fonksiyonu içinyapılırsa benzer sonuç elde edilir:
2 2
2 2 2
1g gx v t
∂ ∂=
∂ ∂
( ) ( ) ( ), , ,y x t f x t g x t= + ( ) ( )2 2
2 2 2
, , t1y x t y xx v t
∂ ∂=
∂ ∂
Fonksiyonu dalga denkleminin bir çözümüdür.( ),y x t30
(b)
7.6.2. Dalga atmalarının üst üste gelmesi (Süperpozisyon)
Bir ortamda zıt yönde ilerleyen iki dalga atması, karşılaştıktan sonra birbirlerini geçerekilerlemelerine devam ederler. Bu olay bir üst-üste gelme (süperpozisyon) olayıdır.
Şekil-a’ da biçimleri farklı ancak aynıfazlı iki dalga atması birbirlerinigeçerken genlikleri toplanarak artmış vedaha sonra dalga atmaları ilk biçimlerinikoruyarak yollarına devam etmişlerdir.
Şekil-b’ de ise biçimleri farklı iki zıtfazlı dalga atması birbirlerini geçerkengenlikleri toplanarak azalmış ve dahasonra dalga atmaları ilk biçimlerinikoruyarak yollarına devam etmişlerdir.
(a)(a)
(b)
31
7.7. Dağılma (Dispersiyon)
Geri çağırıcı kuvvetin dalgalardaki yer değiştirmeyle tam olarak orantılı olmadığı bazısürekli ortamlarda, sinüzoidal dalganın hızı frekansa bağlıdır.
Dalga hızının frekans ile değişimi dispersiyon (dağılma) olarak adlandırılır. Dalgasayıları ve frekansları hafifçe farklı çok sayıda sinüzoidal bileşenden oluşan bir dalgada,herbir bileşen farklı hızlarla hareket eder (vi = ωi/ki).
Bunun sonucu olarak böyle bir dalga, içinde hareket ettiği dağıtıcı (dispersif) ortamdaşekil değiştirir. Fakat korunumlu olmayan kuvvetler (sürtünme gibi) yoksa saf bir sinüsdalgası şekil değiştirmez.
L uzunluğunda, iki ucu bağlı ipteki enine titreşimlerin n. moddaki titreşimini temsil edenyer-değiştirme ifadesi ve mod frekansı için aşağıdaki ifadeleri elde etmiştik (Bölüm 6,sayfa 2):
( ) ( ), sin cosn n nn xy x t C t
Lπ ω =
012 sin2 1n
nNπω ω = +
00
1 vT Tml l l
ωµ
= = =
32
02 sin2
nn n
n n
vn l nk vL k lk L
ωπ π = ⇒ = =
0 sinn nn
v lvl
πλπ λ
=
0 sinn n
n
v lvl
π λπ λ
=
Işığın boşluktaki hızı tüm dalgaboyları için aynı olmasına rağmen, farklı dalgaboyunasahip ışıklar saydam bir ortam içinde farklı hızlara sahiptir.
Bu nedenle, bir ortamın kırma indisi dalgaboyuna bağlı olur. Dalga hızının dolayısıylakırma indisinin dalgaboyuna göre değişmesi dağılma olayına tipik bir örnektir.
Bu ifadeye göre, bir ip üzerindeki kısa dalgaboylu saf sinüzoidal dalgalar, uzundalgaboylu saf sinüzoidal dalgalara göre daha küçük hızlarda hareket ederler(vkısa-dalgaboyu < vuzun-dalgaboyu). Bu durum dağılma olayına bir örnektir.
33
Dağılma sözcüğü ilk anda bir ayrılma anlamınıçağrıştırır. Şekilde görüldüğü gibi, beyaz ışığınbir prizmadan geçtiği zaman değişik renklereayrıldığını biliyoruz. Şekildeki renk bantlarınaspektrum denir.
Bir ortamın kırma indisi (n) birimsiz olup, ışığınboşluktaki hızının (c) sözkonusu ortam içindekihızına (v) oranıdır:
cnv
=
Işık hava ya da boşlukta c hızıyla ilerlediği içinhava ya da boşluğun kırma indisi n = 1’ dir.Boşluk ya da hava dışındaki tüm ortamlarınkırma indisi 1’ den büyüktür. Bu nedenle hava yada boşluk dışındaki ortamlarda v < c ’ dir.
Yukarıdaki şekle göre, beyaz ışığın bileşenleri olan farklı dalgaboyuna sahip dalgalarfarklı şekilde kırılmışlardır. Bu, dalga bileşenlerinin prizma içerisinde farklı hızlardailerlediklerini açıkça göstermektedir.
34
Yandaki şekilde havadan cama giren bir ışığınkırılması gösterilmiştir. Gelen, kırılan ve normalinaynı düzlemde olduğuna dikkat ediniz. Şekildeki 𝜃𝜃1açısına gelme açısı, 𝜃𝜃2 açısına ise kırılma açısı adıverilir. 𝜃𝜃1 ve 𝜃𝜃2 açılarının sinüsleri oranı, iki ortamınkırılma indisinin ters oranına eşittir:
( )( ) ( ) ( )1 2
1 1 2 22 1
sin veya sin sin
sinn n nn
θθ θ
θ= =
Bu deneysel sonuç Snell yasası olarak bilinir (Fizikçi Willebrord Snellius 1591-1626).
Camın kırma indisinin dalga boyuna bağlı değişimiyanda verilmiştir. Dalga boyu arttıkça kırma indisi nazalmaktadır. n’ nin azalması, v’ nin artması ilemümkündür. Yani, büyük dalgaboylu ışınlar, camıniçerisinde daha hızlı ilerler. Bu nedenle kırmızı ışığıncamdaki hızı mavi ışığınkinden daha büyük olacaktır.
( ) 2 4 (Cauchy formülü)B Cn Aλλ λ
≅ + +
Bağıntıdaki A, B ve C sabitleri ortama ait karakteristik özelliklerdir. 35
Bir boyutlu dalgalarda dağılma, başlangıçta birbiri üstüne binmiş farklı dalga boylarınasahip bileşenlerden oluşan uzun fakat sınırlı dalga katarlarının zaman ilerledikçeayrılmalarına karşılık gelir. Aynı zamanda, hafifçe farklı hızlardaki saf sinüsdalgalarının bir karışımından meydana gelen dalga katarı, zamanın ilerlemesi ilebozulmaya ve dağılmaya uğrar.
7.8. Faz ve Grup Hızı
Dağılma olayını daha somut tartışmak için, bir ip boyunca aynı yönde ilerleyen,dalgaboyları ve frekansları hafifçe farklı iki sinüzoidal dalga için ortaya çıkacakdurumu gözönüne alalım. Basitlik olsun diye bu iki dalganın genliklerinin eşitolduğunu kabul edelim:
( ) ( )( ) ( )
1 1 1
2 2 2
, cos
, cos
y x t A k x t
y x t A k x t
ω
ω
= −
= −1 2
1 2
2 2 ; k kπ πλ λ
= =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 1 2 2, , , cos cosy x t y x t y x t A k x t A k x tω ω= + = − + −
ab36
( ) 2 1 2 1 2 1 2 1, 2 cos cos2 2 2 2
k k k ky x t A x t x tω ω ω ω− − + + = − −
cos cos 2cos cos2 2
a b a ba b − + + =
2 1 2 10 0 ;
2 2k kk ω ωω+ +
= =
Burada k0 ve ω0, dalga sayılarının ve frekanslarının ortalama değerleridir.
( ) ( ) ( )0 0, 2 cos cosy x t A kx t k x tω ω= ∆ −∆ −
A(x,t)
Bu ifadeden iki karakteristik hız tanımlayabiliriz. Bunlardan birisi, ortalama 𝑘𝑘0 dalgasayısına ait olan bir tepe noktasının hareketinin hızına karşı gelen faz hızı (vf), diğeriise hareket süresince grup hızı (vg) adı verilen modülasyon zarfının hızıdır.
Faz
Dalga hızı, fazı verilen bir nokta (ip üzerindeki dalganın belli bir tepe noktası gibi) ileyanyana kalabilmek için dalga boyunca hareket etmemiz gereken hızdır. Pozitifx-ekseni yönünde hareket eden dalga için bunun anlamı fazın sabit olmasıdır. Faz hızıaynı zamanda dalganın hızı olarak da bilinir.
2 1 2 1 ; 2 2
k kk ω ωω− −∆ = ∆ =
( ) ( )0 0, cosA x t k x tω= −
37
0
0
(Faz hızı)fvkω
=0 0k x t sabitω− = 0
0
dxdt k
ω=
Kısa dalgaboylu ve yüksek frekanslı titreşim,A(x,t) genliği tarafından modüle edilir. Yandakişekilde, modüle edilmiş y(x,t) dalgasınındispersif bir ortamda yayılması çeşitli zamandilimlerinde verilmiştir.
Zarf eğrisi üzerinde seçilen • işaretli nokta vedalga üzerinde seçilen ↓ işaretli noktanınzamanla ilerlemeleri, sırasıyla, grup hızını vefaz hızını temsil etmektedir. Bu örnekte vf > vgolduğu görülmektedir.
Modüle olmuş y(x,t) dalgasının x’ e göredavranışı eşit δt zaman aralıklarında ard-ardaçizilmiştir. Modüle olmuş dalga sürekli çizgi,modülasyon nedeniyle oluşan zarf ise kesikliçizgi ile gösterilmiştir.
38
Şekilde • işaretli noktalar, modülasyon genliğinin hep aynı değerini göstermektedir.Yani bu noktalar için A(x,t) sabittir.
sabitkx tω∆ −∆ =dxdt k
ω∆=∆
(Grup hızı)gvkω∆
=∆
Dispersif bir ortamda açısal frekans dalga sayısının fonksiyonu olduğundan, grup hızı:
( ) ( )2 1g
k kv
k kω ωω −∆
= =∆ ∆
2 v kvπωλ
= =
2 02 1 2 10
1 0
ve 2 2
k k kk k k kk kk k k= + ∆+ −
= ∆ = ⇒ = −∆
( ) ( ) ( )0 0
22
0 0 2
12!k k k k
d dk k k k kdk dkω ωω ω
= =
± ∆ = ± ∆ + ∆ ± ⋅⋅⋅
( ) ( ) ( ) ( )2
22
12!x a x a
df d ff x f a x a x adx dx= =
= + − + − + ⋅⋅⋅
Taylor serisine açılımı:
39
∆k, k0’ a göre çok küçük olduğundan seri açılımın ilk iki terimi çoğu zamanyeterlidir:
( ) ( )0
0 0k k
dk k k kdkωω ω
=
± ∆ ≅ ± ∆
( ) ( )
( ) ( )
0
0
2 0
1 0
k k
k k
dk k kdk
dk k kdk
ωω ω
ωω ω
=
=
= + ∆
= − ∆
( ) ( ) ( )0 0
2 1 2 12k k k k
d dk k k k kdk dkω ωω ω
= =
− = ∆ = −
0
gk k
dvdkω
=
=
( ) ( )0
2 1
2 1 k k
k k dk k dk
ω ω ω
=
− = −
Burada sadece iki tek renkli (monokromatik) dalganın üst-üste gelmesi ile grup ve fazhızı ifadelerini elde ettik. Ancak, çok daha fazla sayıda tek renkli dalgaların üst-üstegelmesi durumunda da bu ifadelere ulaşmak mümkündür.
40
(Faz hızı)fvkω
= (Grup hızı)gdvdkω
=
En genel anlamda faz hızı ve grup hızı için aşağıdaki ifadeleri yazabiliriz:
22
f
f
kvv fff kf
ωλπ λω π λ
λ
= ⇒ =
= = =
f fg f f
dv dvd dv v k v kdk dk d dkω λ
λ= = + = +
2
2 2 dkdk k k
π λ π λλ
= ⇒ = − = − fg f
dvv v
dλ
λ= −
41
) 0
(Normal Dispersiyon)
fg f
dvi v v
dλ− > ⇒ < ) 0
(Anormal Dispersiyon)
fg f
dvii v v
dλ− < ⇒ > ) 0
(Dispersiyon yok)
fg f
dviii v v
dλ− = ⇒ =
fg f
dvv v
dλ
λ= − Bu ifadeye göre, değişik koşullarda grup ve faz
hızlarını karşılaştırabiliriz.
42
7.9. Mekanik Dalgalarda Enerji
Mekanik dalgalar ortam parçacıklarının yer değiştirmesi sonucu oluştuğundan, hareketenerjisi yani kinetik enerjileri vardır.
Kütle, dalganın ilerleme sürecinde dalga ile birlikte taşınmaz. İlerleyen şey, ardışıkkütlelerin birbirlerine aktardığı enerjidir. Dolayısıyla dalga bir enerji taşıyıcısıdır.
Şimdi T gerilimi altında bir ipin, x noktasındaki dxkadarlık bir parçası dy kadar enine yer-değiştirmeyaptığında, dx elemanının herhangi bir andakikinetik enerjisini hesaplayalım:
x x+dx
dyds
dx
x
y
Gerilmiş ipin homojen olduğunu ve boyca kütleyoğunluğunun µ olduğunu kabul edeceğiz. Budurumda dx diferansiyel elemanın kütlesi dm = µdxolacaktır.
Bu elemanın enine hareketi nedeniyle hızı: yut
∂=∂
Enine u hızı ile dalganın ilerleme hızı v’ yi karıştırmamanız gerekir !!!
43
Bu durumda dx elemanının kinetik enerjisi:21
2ydK dmt
∂ = ∂ olacaktır.
Potansiyel enerjiyi, göz önüne alınan küçük ip parçasının düzgün olan ilk konumunagöre deformasyondan sonra boyundaki uzamayı hesaplayarak yazabiliriz. Uzama ilesabit T gerilim kuvvetinin çarpımı deformasyon için yapılan işe eşittir. Böylece gözönüne alınan diferansiyel ip parçası için potansiyel enerji,
( )dU T ds dx= −
olacaktır.
212
dK ydx t
µ ∂ = ∂
Kinetik enerji yoğunluğu olarak adlandıracağımız birim uzunluk başına kinetik enerjiifadesini ise bir boyutlu bir ortam için,
yazabiliriz.
Burada (ds−dx), diferansiyel elemanın enine dy kadar çekilmesi nedeniyleipin boyunda oluşan değişimdir.
44
2 21 1, 12 2
y ydy dx ds ds dx dx dxx x
∂ ∂ << ⇒ = + = + ∂ ∂ 2 21 1
2 2y yds dx dx dU T dxx x∂ ∂ − = ⇒ = ∂ ∂
( ) ( ) ( )( )2 31 1 21 1 1
2! 3!n n n n n n
x x nx x x− − −
<< ⇒ + = + + + + ⋅⋅⋅
Binom açılımı:
( ) ( )1/22
2 2 1 yds dx dy dxx
∂ = + = + ∂ Diferansiyel elemanın boyu:
Potansiyel enerji yoğunluğu olarak adlandıracağımız birim uzunluk başına potansiyelenerji ifadesini bir boyutlu bir ortam için aşağıdaki gibi yazabiliriz:
212
dU yTdx x
∂ = ∂ 45
Kinetik ve potansiyel enerji yoğunlukları için bulunan ifadeler tüm mekanik dalgalariçin geçerlidir. Lineer geri çağırıcı kuvvetlere maruz kalan mekaniksel sistemlerintoplam enerjilerinin bölüşümü hakkında bilgiler içermektedir.
İp üzerinde ilerleyen dalga: ( ) ( ) ( ),y x t f x vt f z= ± =
/v T µ=Dalganın yayılma hızı:
( ),y x t df dz dfvt dz dv dz
∂= = ±
∂
2 21 12 2
dK y dfTdx t dz
µ ∂ = = ∂
2 21 12 2
dU y dfT Tdx x dz
∂ = = ∂
kinetik ve potansiyel enerji yoğunlukları eşittir!!!
( ),y x t df dz dfx dz dx dz
∂= =
∂
46
Bu sonuçları +x ekseni boyunca ilerleyen ve y(x,t) = Asin(kx−ωt) biçiminde tanımlı birdalgaya uygulayalım.
( ) ( ),cos
y x tu A kx t
tω ω
∂= = − −
∂Enine hızın maksimum değeri u0 = Aω’ dir. İp üzerinde seçilen dx elemanının kinetikenerjisi,
( ) ( )2
2 21 1 cos2 2
dK y A kx tdx t
µ µ ω ω∂ = = − ∂
λ dalga boyu uzunluğundaki bir ipin toplam kinetik enerjisi,
( ) ( )2 2
0
1 cos2
K A kx t dxλ
µ ω ω= −∫
/ 2λbağıntısına sahiptir.
Enine hız:
olacaktır.
20
14
uµλ=
47
dx diferansiyel elemanının potansiyel enerjisi:
212
ydU T dxx∂ = ∂
( ) ( ), sin
/
y x t A kx t
v T
ω
µ
= −
=
( ) ( )22 21 cos2
dU v Ak kx tdx
µ ω= −
( )2 2 2 2 2 2 2
0
1 1cos2 2 2
U v A k kx t dx v A kλ λµ ω µ = − =
∫
2v f
k
λπλ
=
=
( ) ( )2 2 20
1 1 124 4 4
U A f A u Kµ π λ µλ ω µλ= = = =
Bir dalga boyu içinde:
Toplam kinetik enerji = Toplam potansiyel enerji48
Bir dalga boyu içinde toplam enerji :
Toplam enerjinin genliğin ve frekansın karesi ile orantılı olduğuna dikkat ediniz.
( )2 20
1 12 2
E K U A uµλ ω µλ= + = =
( ) ( ), siny x t A kx tω φ= − +
( )cosy A kx tt
ω ω φ∂= − − +
∂
( )2 20
1 cos2
K u kx tx
µ ω φ∂= ∗ − +
∂
( )2 20
1 cos2
U u kx tx
µ ω φ∂= ∗ − +
∂
Bir dalgaboyu içindeki bölgede uzanımın (y), enine hızın (∂y/∂t), anlık kinetik enerjiyoğunluğu (∂K/∂x) ve potansiyel enerji yoğunluğunun (∂U/∂x) x’ e göre değişimleriaşağıdaki gibidir.
49
7.10. Dalga Tarafından Taşınan Enerji ve Güç
İp boyunca hareket eden sinüzoidal bir dalga oluşturmak için, oldukça uzun bir ipinucundan enine titreştirmek gerekir. Bu titreştirme işi, sürekli olarak sisteme belli miktardaenerji vermek demektir.
İpin her yeni λ uzunluğu için, daha önce hesapladığımız kadarlık enerjisisteme verilmelidir.
20
12
E uµλ=
TBu enerjiye eşit bir iş, ipin sol ucuna uygulanan Fkuvvet tarafından sağlanmalıdır.
( ) ( ), siny x t A kx tω= − ile verilen dalgayı ele alalım.
İpin x = 0’ daki ucu F dış kuvvetinin etkisinde kalsın.T gerilimine eşit olan dış kuvvet, şekilde görüldüğügibi ipe teğet olarak uygulanmalıdır.
( ) ( )0, ( ) siny t y t A tω= = −Saf enine salınan uç noktanın hareketi:
50
F kuvvetinin enine hareket yönündeki bileşeni,
( ) ( )0
sin tanyx
yF T T Tx
θ θ=
∂ = − ≅ − = − ∂ ( )cosyF TAk tω= −
Fy kuvvetinin x = 0’ da dy kadar bir yer-değiştirme için yaptığı diferansiyel iş ve birperiyotluk zaman diliminde yaptığı toplam iş aşağıdaki şekilde hesaplanır:
0
ve pT
ydW F dy W F dy= = ∫
İpteki gerilimle karıştırmamak içinPeriyodu Tp ile gösterdik.
( )2 2
0 0
cosp pT T
yW F dy kTA t dtω ω= =∫ ∫
( ) ( )siny t A tω= − ( )cosdy A t dtω ω= −
212 pW kTA Tω=
/ 2pT51
Bir periyotluk sürede sisteme sağlanan enerji:
22
2p
kT
T vk
π λω ω
ωµ µ
= =
= =
Birim zamanda sisteme verilmesi gereken enerji, yani ortalama güç (P):
( )2 20
1 12 2p
WP Wf A f u vT
µ ω λ µ = = = =
20
12
E uµλ=EP vλ
=
Mekanik enerji:
Aynı sonuca, anlık gücün birperiyotluk süredeki zamanortalaması alınarak da ulaşılabilir:
( )221 12 2pW kTA T Aω µ ω λ= ==
20
0
1 12
pT
p
P F u u vT
µ = = ⋅⋅⋅ = ∫
52
• Enerji kaynakta alıkonamaz. Dispersif olmayan bir ortamda vg = vf olduğundan,dalga hızı vf veya vg ile eşdeğerdir. Enerji dalga hızına eşit bir hızla ortam içinde birnoktadan diğerine aktarılır. Eğer ortam dispersif ise, enerji grup hızı ile taşınır.
• Bu sonuçlar bir ipte ilerleyen dalgalar için bulunmuş olsa da, enerjinin taşınmahızının (gücün) veya enerji yoğunluğunun, genlik ve frekansın karesiyle orantılıolması bütün dalgaların genel bir özelliğidir.
• Duran dalgalarda enerji yoğunluğunun genliğe ve frekansa bağımlılığı, ilerleyendalgalarda toplam enerji yoğunluğunun genliğe ve frekansa bağımlılığı ile aynıdır.Ancak, uzayda ilerlemedikleri için, duran dalgalarla güç aktarılamaz.
• Belirli bir aralıkta tanımlı, ip üzerinde ilerleyen atmanın taşıdığı kinetik ve potansiyelenerji hesabında dikkatli olmak gerekir. Örneğin, 0 ≤ x ≤ L aralığında tanımlı biratmanın şekil değiştirmeden sabit bir v hızıyla ilerlediği durum için, herhangi birt anındaki kinetik ve potansiyel enerji hesabında integralin alt sınırı vt, üst sınırı davt + L alınmalıdır.
53
7.11. Elektromanyetik Dalgalar
Statik (durgun) yükler, kendilerini çevreleyen uzayda zamanla değişmeyen elektrikalanlar oluştururlar. Yüklerin sabit bir hızla akması (kararlı akım) durumunda da,çevrelerinde zamanla değişmeyen manyetik alanlar oluştururlar.
Yüklerin hareketi kararlı değilse, çevrelerinde zamanla değişen bir manyetik alan vedolayısıyla da zamanla değişen bir elektrik alan oluşur. Diğer bir deyişle, elektrik alanveya manyetik alanlardan bir tanesinin zamanla değişmesi diğerini doğurur.
Maxwell, bir bölgede zamanla değişen elektrik ve manyetik alanlar nedeniyle,elektromanyetik bir bozulmanın uzayda bir bölgeden diğerine ilerleyebilmesinin mümkünolduğu fikrini ileri sürmüş ve bu tür bozulmalara elektromanyetik dalga adını vermiştir.Elektromanyetik dalgalar boşlukta da yayılabilirler.
Fizikteki en önemli buluşlardan birisi, Coulomb, Gausss, Amperé, Ørsted ve Faraday ilebaşlayan ve 19. yy’ ın sonlarına doğru James Clerk Maxwell (1831-1879) tarafındansentezlenen ‘‘Klasik Elektromanyetik Teori’’ dir.
54
Elektrik + Manyetizma = ElektromanyetizmaElektrostatik, durgun veya çok yavaş hareket eden elektrik yüklerini inceleyen birbilim dalıdır. Elektrik yüklerinin birbirine kuvvet uygulamasından doğar, Coulombyasası veya Gauss yasası ile incelenir.
Coulomb Yasası : Q1 ve Q2 gibi iki nokta yük arasındakielektrostatik kuvvetin büyüklüğü, yüklerin büyüklüklerininçarpımı ile doğru orantılı iken yükler arası uzaklığın karesiile ters orantılıdır. Bu kuvvet, yükler benzer işaretli ise iticiyönde, zıt işaretli ise çekici yöndedir.
ˆ1 22
0
Q Q1F = r4πε r
Gauss Yasası : Herhangi bir kapalı yüzeyden geçentoplam elektrik akısı, o yüzeyin çevrelediği hacimiçimdeki toplam elektriksel yük miktarı ile orantılıdır. 0
toplam
S
QE da
ε⋅ =∫
55
Manyetizma olgusu üzerine ilk önemli yapıtın yazarı İngiliz bilim adamı WilliamGilbert (1544-1600)’ dir.
1600 yılında yayınlanan “De Magnet” adlı yapıtında Gilbert, Dünyanın da bir mıknatısolduğunu ve pusula ibresinin Dünyanın manyetik kutbunu gösterdiğini söyledi
56
• 1820 yılında Hans Christian Øersted(1775-1851) pusula iğnesinin, yakınındakibir telden akım geçtiğinde saptığını gördü.
• Øersted, bir telin içinden akım geçirildiğinde,telin çevresinde manyetik alan oluştuğusonucuna da vardı.
57
• Yine aynı yıl Fransız matematikçi ve fizikçi AndreMarie Amperé (1775-1836), üzerinden akım geçen ikitelin birbirlerine kuvvet etki ettirdiğini gözlemledi.
• Aynı yönde akım taşıyan paralel tellerin birbirleriniçektiğini, zıt yönlerde akım taşıyan paralel tellerin isebirbirlerini çektiğini gördü. Tellerin birim uzunluğunaetki eden kuvvetin, tellerdeki akımların çarpımıyladoğru orantılı, teller arasındaki uzaklıkla ters orantılıolduğunu belirledi.
0
21 2I IF =
l π dµ
• Amperé, manyetik alan ile bu alanı doğuran akımarasındaki ilişkiyi matematiksel olarak formülizeetmeyi başardı.
0 toplamC
B dl Iµ⋅ =∫
58
• İngiliz kimyacı ve fizikçi Michael Faraday (1791-1867),Kapalı bir kangalın içinden geçen manyetik akıdakideğişimin bir elektrik alan meydana getirdiğini buldu.
• Elektromanyetik kuramın kurucusu İskoç bilim adamıJames Clerk Maxwell (1831-1879), Elektrik vemanyetizmanın temel kanunlarını Maxwell denklemleriolarak bilinen dört tane diferansiyel denklemde birleştirdi.
• Işığın bir elektromanyetik dalga olduğu görüşünü ortayaattı.
59
Elektrik ve manyetik alanlar ile bunların kaynakları arasındaki bağıntılar Maxwelldenklemleri olarak bilinen dört denklem ile verilmektedir. Klasik elektromanyetizmanınbütünü için temel denklemlerdir.
7.11.1. Maxwell Denklemleri:
Ortamın boşluk olması durumunda Maxwell denklemlerinin integral formları:
Elektrik alan için Gauss Yasası
Manyetik alan için Gauss Yasası
Faraday Yasası
Amperé Yasası
Yer-değiştirme Akımı
0 0 04 ) Etoplam
C
B dl It
µ µ ε ∂Φ− ⋅ = +
∂∫
3 ) B
C
E dlt
∂Φ− ⋅ = −
∂∫
2 ) 0S
B da− ⋅ =∫
0
1 ) toplam
S
QE da
ε− ⋅ =∫
60
Herhangi bir kapalı yüzeyden geçen toplam elektrikakısı, yüzeyin çevrelediği hacim içindeki toplam yükmiktarı ile orantılıdır. Orantı sabiti 𝜀𝜀0 , boşluğunelektriksel geçirgenliğidir.
Herhangi bir kapalı yüzeyden geçentoplam manyetik akı her zaman sıfırdır.Bu ifadenin anlamı, manyetik alankaynağının elektrik alan kaynağı gibinoktasal olmadığıdır. Yani, manyetiktek-kutup (monopol) veya manyetik yükyoktur. Bir mıknatısı ikiye bölerseniz, ikiayrı mıknatıs elde edersiniz.
Zamanla değişen manyetik akının bir indüksiyon elektrikalanına neden olduğunu ifade eder.
Zamanla değişen elektrik akısının birindüksiyon manyetik alanına nedenolduğunu ifade eder.
0
1 ) toplam
S
QE da
ε− ⋅ =∫
2 ) 0S
B da− ⋅ =∫
3 ) B
C
E dlt
∂Φ− ⋅ = −
∂∫
0 0 04 ) Etoplam
C
B dl It
µ µ ε ∂Φ− ⋅ = +
∂∫
61
Maxwell Denklemlerinin Diferansiyel Formları:
DİVERJANS TEOREMİ : Üç boyutlu uzayda kapalı bir S yüzeyi ele alalım. Kapalıyüzey ve bunun içinde kalan V hacminde tanımlı bir �⃗�𝐹(𝑥𝑥,𝑦𝑦, 𝑧𝑧) vektör alanı olsun.�⃗�𝐹 vektör alanının herbir bileşeninin kısmi türevleri sürekli ise;
alan integrali ⇔ hacim integrali
Bu teorem bir �⃗�𝐹 vektör alanının kapalı bir yüzey üzerinden integrali ile diverjansının buyüzeyin çevrelediği hacim üzerinden integrali arasında bir bağlantı kurar (Diverjansveya Gauss teoremi olarak da bilinir).
𝛻𝛻 bir vektör değil, işlemcidir ve tek başına hiç bir anlamı yoktur. Kartezyenkoordinatlarda;
S V
F da F dV⋅ = ∇ ⋅∫ ∫
ˆ ˆ ˆx y zx y z∂ ∂ ∂
∇ = + +∂ ∂ ∂
biçiminde tanımlanır.
62
Elektrik alan için Gauss Yasası
Manyetik alan için Gauss Yasası
0
1 ) toplam
S
QE da
ε− ⋅ =∫
S V
toplamV
E da E dV
Q dVρ
⋅ = ∇ ⋅
=
∫ ∫
∫
0
1 V V
E dV dVρε
∇ ⋅ =∫ ∫
0
E ρε
∇ ⋅ =
2 ) 0S
B da− ⋅ =∫
0S V
B da B dV⋅ = ∇ ⋅ =∫ ∫
0B∇⋅ =
Bir �⃗�𝐹 vektör alanının diverjansı aşağıdaki biçimde verilir:
( )ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ yx zx y z
FF FF x y z F x F y F zx y z x y z
∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂∇ ⋅ = + + ⋅ + + = + + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
63
STOKE’S TEOREMİ : �⃗�𝐹 vektör alanının üç boyutlu uzayda kapalı bir yol (C)boyunca çizgi integrali, yolun çevrelediği yüzey üzerinden �⃗�𝐹 vektör alanınınrotasyonelinin (rot�⃗�𝐹 veya 𝛻𝛻 × �⃗�𝐹) integraline eşittir.
çizgi integrali ⇔ yüzey integrali
Bir �⃗�𝐹 vektör alanının rotasyoneli, kartezyen koordinatlarda, aşağıdaki şekilde verilir:
( ) C S
F dl F da⋅ = ∇× ⋅∫ ∫
( )ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆx y z
x y z
x y z
rotF F x y z F x F y F zx y z x y z
F F F
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂= ∇× = + + × + + = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
ˆ ˆ ˆy yx xz zF FF FF FF x y z
y z z x x y∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∇× = − + − + − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
64
0 0 04 ) Etoplam
C
B dl It
µ µ ε ∂Φ− ⋅ = +
∂∫
3 ) B
C
E dlt
∂Φ− ⋅ = −
∂∫
( )
C S
B
S
E dl E da
B dat t
⋅ = ∇× ⋅∂Φ ∂ = ⋅
∂ ∂
∫ ∫
∫
( ) S S
E da B dat∂
∇× ⋅ = − ⋅∂∫ ∫
BEt
∂∇× = −
∂
Faraday Yasası
Amperé Yasası
( )
C S
E
S
toplamS
B dl B da
E dat t
I J da
⋅ = ∇× ⋅
∂Φ ∂ = ⋅ ∂ ∂ = ⋅
∫ ∫
∫
∫
( ) 0 0 0 S S S
B da J da E dat
µ µ ε ∂∇× ⋅ = ⋅ + ⋅
∂∫ ∫ ∫
0 0 0EB Jt
µ µ ε ∂∇× = +
∂
65
BOŞLUKTA MAXWELL DENKLEMLERİ
İntegral Biçimi Diferansiyel Biçimi
1
2
3
4
0
toplam
S
QE da
ε⋅ =∫
0S
B da⋅ =∫
B
C
E dlt
∂Φ⋅ = −
∂∫
0 0 0E
toplamC
B dl It
µ µ ε ∂Φ⋅ = +
∂∫
0
E ρε
∇ ⋅ =
0B∇⋅ =
BEt
∂∇× = −
∂
0 0 0EB Jt
µ µ ε ∂∇× = +
∂
66
Maxwell denklemlerine göre durağan bir nokta yük sabit bir 𝐸𝐸 elektrik alanı üretirken,𝐵𝐵 manyetik alanı üretmez. Öte yandan sabit hızla hareket eden bir nokta yük 𝐸𝐸 ve 𝐵𝐵alanlarının her ikisini de üretir. Ancak, elektromanyetik alan üretmez.
Maxwell denklemlerinin önemli bir sonucu da, ivmelendirilen yüklü bir parçacığınelektromanyetik dalga ışımak zorunda olmasıdır. Bir yüklü parçacığın elektromanyetikdalga ışıması yapmasını sağlamanın yolu, yüklü parçacığa bir harmonik salınımyaptırmaktır.
67
Serbest yükün ve akımın olmadığı uzay bölgesinde(𝜌𝜌 = 0 ve 𝐽𝐽 = 0) Maxwell denklemleri:
7.11.2. Elektromanyetik Dalga Denkleminin Elde Edilmesi:
1
2
3
4
𝐴𝐴 türevlenebilir bir vektör alanı olmak üzere, ikidefa peşpeşe rotasyoneli aşağıdaki özdeşlikle verilir:
0E∇⋅ =
0B∇⋅ =
BEt
∂∇× = −
∂
0 0EBt
µ ε ∂∇× =
∂
( ) ( ) 2A A A∇× ∇× = ∇ ∇⋅ −∇
( ) ( )E Bt∂
∇× ∇× = − ∇×∂
( )2
20 0 2
EE Et
µ ε ∂∇ ∇⋅ −∇ = −
∂
22
0 0 2
EEt
µ ε ∂∇ =
∂
( ) ( )0 0B Et
µ ε ∂∇× ∇× = ∇×
∂
( )2
20 0 2
BB Bt
µ ε ∂∇ ∇⋅ −∇ = −
∂
22
0 0 2
BBt
µ ε ∂∇ =
∂
68
Bu durumda elektromanyetik dalgayı oluşturan elektrik vemanyetik alanların herbir bileşeni dalga denklemiformundadır.
22
0 0 2
EEt
µ ε ∂∇ =
∂
22
0 0 2
BBt
µ ε ∂∇ =
∂
0 0
1vµ ε
=
Elektromanyetik dalganın boşluktaki hızı da,
ifadesine sahiptir. 𝜀𝜀0 = 8,85 × 10−12 𝐶𝐶2
𝑁𝑁.𝑚𝑚2 ve 𝜇𝜇0 = 4𝜋𝜋 × 10−7 𝑁𝑁𝐴𝐴2
değerleri hızifadesinde kullanılırsa, 𝑣𝑣 = 3 × 108 𝑚𝑚/𝑠𝑠 bulunur ve elektromanyetik dalganınboşluktaki hızı ( c ) olarak tanımlanır.
Bu denklemlerin çözümü düzlem dalga formundadır. Elektrikve manyetik alan bileşenleri, yayıma doğrultusuna dik birdüzlem içinde titreşirler. Elektromanyetik dalganın z-ekseniyönünde dağıldığını kabul edersek, elektrik ve manyetik alanbileşenleri aşağıdaki özellikleri sağlar:
0 ; 0 ; 0y yx xz
E EE EEx y x y
∂ ∂∂ ∂= = = = =
∂ ∂ ∂ ∂
z
y
x
vλ
DalgaCephesi
69
2 2 22
2 2 2 ˆz z zB B BB zx y z
∂ ∂ ∂∇ = + + ∂ ∂ ∂
2 2 22
2 2 2 ˆy y yE E EE y
x y z ∂ ∂ ∂
∇ = + + ∂ ∂ ∂
Örnek olarak, elektrik alanı y-ekseni ve manyetik alanı z-eksenidoğrultusunda olan, +x-ekseni yönünde yayılan bir elektromanyetikdalga için, dalga denkleminin çözümünü elde edebiliriz:
Düzlem Dalga 00
Düzlem Dalga 00
y
x
𝐸𝐸𝐵𝐵
z�𝑘𝑘
Çözüm:
Çözüm:
ˆyE E y=
22
2 2 ˆyEE yt t
∂∂=
∂ ∂
2 2
2 2 2
1y yE Ex c t
∂ ∂=
∂ ∂
( ) ( )( ) ( )
0
0
, cos
ˆ, cosyE x t E kx t
E x t E kx t y
ω
ω
= −
= −
ˆzB B z=
22
2 2 ˆzBB zt t
∂∂=
∂ ∂
2 2
2 2 2
1z zB Bx c t
∂ ∂=
∂ ∂
( ) ( )( ) ( )
0
0
, cos
ˆ, coszB x t B kx t
B x t B kx t z
ω
ω
= −
= −
70
�⃗�𝑣
𝐸𝐸0 ve 𝐵𝐵0 bu alanların maksimum değerleri veyagenlikleridir. ω açısal frekansı ve 𝑘𝑘 dalga sayısıdır vedalga vektörünün (𝑘𝑘 = 𝑘𝑘�𝑘𝑘) büyüklüğüne eşittir.
𝐸𝐸 ve 𝐵𝐵 alanları birbiriyle uyum içinde (aynı fazda) salınmaktadırlar. 𝐸𝐸 × 𝐵𝐵 vektörü,uzayın bütün noktalarında dalganın yayılma doğrultusu olan �𝑘𝑘 yönündedir.
Şekildeki dalga y-doğrultusunda (xy-düzleminde) kutuplanmış ve +x yönündeilerleyen bir dalgadır. 𝐸𝐸 alan vektörünün daima y-eksenine paralel olduğuna dikkatediniz. Bu tür dalgalar, yz-düzlemine paralel olan aynı fazdaki bütün düzlemlerde aynıalanlara sahiptir ve DÜZLEM DALGALAR olarak adlandırılır. En genel düzlem dalgaçözümleri de aşağıdaki gibidir:
�𝑛𝑛 : Kutuplanma doğrultusu�𝑘𝑘 : Yayılma doğrultusu𝑘𝑘 : Dalga vektörü𝑟𝑟 : Uzaydaki bir noktanın konum vektörü
( ) ( )0 ˆ, cosE x t E kx t yω= −
( ) ( )0 ˆ, cosB x t B kx t zω= −
( ) ( )( ) ( )
0
0
ˆ, cos
ˆ ˆ, cos
E r t E k r t n
B r t B k r t k n
ω
ω
= ⋅ −
= ⋅ − ×
71
7.11.3. Elektromanyetik Dalgalarda Enerji Yoğunluğu:
𝐸𝐸 ve 𝐵𝐵 alanlarının bulunduğu boş uzay bölgesinde 𝑢𝑢𝐸𝐸𝐸𝐸 toplam enerji yoğunluğunun⁄𝐽𝐽 𝑚𝑚3 aşağıdaki bağıntıyla verildiğini biliyoruz (Bkz. Temel Fizik II):
Boşlukta:
Boşlukta, elektrik alan ve manyetik alandaki enerji yoğunluklarının eşit (𝑢𝑢𝐸𝐸 = 𝑢𝑢𝐵𝐵 )olduğuna dikkat ediniz.
Elektromanyetik dalgada, elektrik alanın ve manyetik alanın büyüklüğü konuma vezamana bağlı olduğundan, toplam enerji yoğunluğu 𝑢𝑢𝐸𝐸𝐸𝐸 ’ de konum ve zamana bağlıdır.
22
00
1 12 2EM E M
Bu u u Eεµ
= + = +
0 01B E Ec
µ ε= =2
2 20 0
0
1 12 2EM
Bu E Eε εµ
= + =
( ) ( )2 20 0, cosEMu r t E k r tε ω= ⋅ −
72
7.11.4. Elektromanyetik Enerji Akışı ve Poynting Vektörü:
Elektromanyetik dalgalar, bir bölgeden diğerine enerji aktararak ilerleyen dalgalardır. Buenerji aktarımı, dalganın ilerleme doğrultusuna dik bir yüzey için, birim zamanda birimkesit alanına aktarılan enerji, başka bir deyişle birim alandaki güç biçiminde ifade edilirve ‘‘Poynting vektörü’’ nün büyüklüğüne eşittir ve 𝑺𝑺 ile gösterilir.
Enerji akışı ile elektrik ve manyetik alan arasındaki ilişkiyi anlamak için, boşluktailerleyen bir dalga için, x-eksenine dik olan ve herhangi bir zamanda dalga cephesiyleörtüşen bir durgun düzlem düşünelim.
Bir 𝑑𝑑𝑑𝑑 zamanından sonra, dalga cephesi düzleminsağına doğru 𝑑𝑑𝑥𝑥 = 𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑 mesafesi kadar ilerler.
Bu durgun düzlem içinde bir 𝐴𝐴 yüzey alanını elealırsak, bu alanın sağında bulunan uzaydaki enerjininyeni konumuna ulaşmak için aynı 𝐴𝐴 alanından dahaönceden geçmiş olması gerekir.
Söz konusu bölgenin 𝑑𝑑𝑑𝑑 hacmi, 𝐴𝐴 taban alanı ile 𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑mesafesinin çarpımına eşittir. Bölgedeki 𝑑𝑑𝑑𝑑 enerjisi ise𝑢𝑢𝐸𝐸𝐸𝐸 enerji yoğunluğuyla 𝑑𝑑𝑑𝑑 hacminin çarpımına eşittir:
( )20dU E A cdtε= ⋅
73
Elektromanyetik enerji akışı, birim zamanda birim yüzeye dik yönde aktarılan enerjidemektir:
Yön ve büyüklük birliktedeğerlendirilirse, Poynting vektörüyandaki formda verilir:
İngiliz fizikçi John Poynting (1832-1914) anısına 𝑆𝑆 niceliği, Poynting vektörü olarakadlandırılmıştır.
Uzayın herhangi bir noktasındaki elektrik ve manyetik alanlar zamanla değiştiği için, onoktadaki Poynting vektörü de zamanla değişir.
Tipik elektromanyetik dalgaların frekansları çok yüksek olduğundan (görünür bölgede∼1015 Hz), Poynting vektörünün zamanla değişimi çok hızlıdır. Bu nedenle ortalamasınabakmak daha uygundur.
( )( )
( )
20 2
0
E AcdtdUS c EAdt Adt
εε= = =
20 0
0 0 0
1 1ES c E EB EBc
ε εµ ε µ
= = =
0
1 ˆS EBkµ
=
0
1S E Bµ
= ×
74
Poynting vektörünün herhangi bir noktadaki zaman ortalamasının büyüklüğüne, onoktadaki ışımanın ‘‘şiddeti’’ denir. Örnek olarak, y-yönünde kutuplu ve +x-yönündeilerleyen düzlem elektromanyetik dalgayı ele alalım.
1/2
Noktasal bir kaynaktan r kadar uzaklıkta şiddet:
Görüldüğü gibi dalganın şiddeti 𝑟𝑟2 ile ters orantılıdır. Bu ifade şiddet için ters-kareyasası olarak bilinir.
( ) ( )0 ˆ, cosE x t E kx t yω= −
( ) ( )0 ˆ, cosB x t B kx t zω= − ( )2 2
00
1 ˆcosS E kx t xc
ωµ
= −
( ) ( )2 2. 0
00 0
1 1 1ˆ, cosT T
ortS S x t dt E x kx t dtT c T
ωµ
= = −
∫ ∫
2 2. 0 0 0
0
1 12 2ortI S E c E
cε
µ = = =
220
0 0 .2 etEI c c Eε ε = =
. 24ortGüç PI SAlan rπ
= = =
20 max
0
1 1ˆ2 2
E x Scµ
= =
75
7.11.5. Elektromanyetik Momentum Yoğunluğu:
Elektromanyetik dalgalar, enerjinin yanısıra momentum da taşırlar. Kuantummekaniğine göre elektromanyetik ışıma, kütlesi olmayan ancak momentumu𝑝𝑝 = 𝑑𝑑𝐸𝐸𝐸𝐸/𝑐𝑐 olan parçacıklardan oluşmuştur. Burada 𝑑𝑑𝐸𝐸𝐸𝐸, elektromanyetik ışımanıntaşıdığı toplam elektromanyetik enerjidir.
Bu durumda, boş uzaydaki momentum yoğunlu aşağıdaki gibi elde edilir:
𝒫𝒫𝐸𝐸𝐸𝐸 =𝑝𝑝∆𝑑𝑑
=1∆𝑑𝑑
𝑑𝑑𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐
=𝑢𝑢𝐸𝐸𝐸𝐸𝑐𝑐
𝒫𝒫𝐸𝐸𝐸𝐸 =1𝑐𝑐 𝜀𝜀0
𝐸𝐸2 = 𝜀𝜀0𝐸𝐸𝐵𝐵 = 𝜇𝜇0𝜀𝜀0𝑆𝑆 𝒫𝒫𝐸𝐸𝐸𝐸 = 𝜇𝜇0𝜀𝜀0𝑆𝑆
Yansımanın olmadığı durumda, bir yüzeye dik yönde düşen elektromanyetik dalganınyüzey alanı A olan bir yüzeye uyguladığı elektromanyetik basınç:
𝑃𝑃𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟. =𝐹𝐹𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟.𝐴𝐴 𝑜𝑜𝑟𝑟𝑜𝑜.
=1𝐴𝐴
𝑑𝑑𝑝𝑝𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑜𝑜𝑟𝑟𝑜𝑜.
=1𝐴𝐴
𝜇𝜇0𝜀𝜀0𝑆𝑆 𝐴𝐴 � 𝑐𝑐𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑜𝑜𝑟𝑟𝑜𝑜.
=𝑆𝑆𝑜𝑜𝑟𝑟𝑜𝑜.𝑐𝑐 =
𝐼𝐼𝑐𝑐
Yüzey kusursuz bir yansıtıcı ise, radyasyon basınıcı bunun iki katıdır.76
7.11.6. Madde İçindeki Elektromanyetik Dalgalar:
Elektromanyetik dalgalar maddesel ortamlarda (hava, su, cam gibi), ışık hızından farklıhızlarla yayılırlar. Burada incelemelerimizi elektromanyetik dalgaların iletken olmayan,serbest yük ve serbest akımın olmadığı (𝜌𝜌 = 0 ve 𝐽𝐽 = 0) dielektrik ortamlardayayılması üzerine yoğunlaştıracağız.
Maddesel bir ortamda ilerleyen elektromanyetikdalganın hızı yandaki bağıntı ile verilir:
Burada 𝜀𝜀𝑟𝑟 maddesel ortamın göreceli elektrik geçirgenliği veya dielektrik sabitidir.Boşluk için 𝜀𝜀𝑟𝑟 = 1, diğer ortamlar için 𝜀𝜀𝑟𝑟 > 1’ dir. 𝜇𝜇𝑟𝑟 ise, maddesel ortamın görecelimanyetik geçirgenliğidir. Yalıtkan malzemelerin çoğu için 𝜇𝜇𝑟𝑟 ≅ 1 değerine sahiptir. Budurumda hız ifadesi,
olur.
0 0
1 1
r r r r
cvµε µ µ ε ε µ ε
= = =
r r r
c c cvnµ ε ε
= ≅ =
𝑛𝑛 maddesel ortamın kırma indisidir. Dielektrik malzemeler için 𝜀𝜀𝑟𝑟 > 1 olduğundan,elektromanyetik dalgaların dielektrik ortamlardaki hızı ışık hızından daha küçüktür.
77
Bazı malzemelerin, statik elektrik alanda, 20 °C’ de ölçülmüş dielektrik sabitleri ve kırmaindisleri aşağıdaki tabloda verilmiştir.
Malzeme 𝜀𝜀𝑟𝑟 Malzeme 𝜀𝜀𝑟𝑟Vakum (boşluk) 1 Polivinil klorür 3.18Hava (1 atm) 1.0006 Plastik cam 3.40Hava (100 atm) 1.0548 Cam 5-10Teflon 2.1 Neopren 6.7Polietilen 2.25 Germanyum 16Benzen 2.28 Gliserin 42.5Mika 3-6 Su 80.4
Malzeme 𝑛𝑛 Malzeme 𝑛𝑛Vakum (boşluk) 1 Tuz 1.54
Hava (1 atm) 1.0003 Polisitren 1.55Su 1.33 Karbon disülfit 1.63Etil Alkol 1.36 Safir 1.77Kuartz 1.4585 Elmas 2.42Mercek camı 1.52 Kurşun 2.6
Maddenin dielektrik sabiti statik elektrik alanlarda ölçüldüğünden, tabloda verilendeğerleri hız ifadesinde kullanamayız.
Gerçekte, çekirdeğe bağlı elektronlar belli bir denge noktası etrafında salınım hareketiyaparlar. Yüksek frekanslarda salınım yapan elektrik alan nedeniyle, indüklenen dipollerde salınım hareketi yapar. Bu nedenle, ortamın dielektrik sabiti de üzerine düşenelektromanyetik dalganın frekansı ile değişir (Dispersiyon).
Hızla değişen alanlardaki dielektrik sabiti değerleri genelde yukarıda verilen değerlerdençok küçüktür. Örneğin suyun dielektrik sabiti görünür ışık bölgesindeki frekans aralığındasadece 1,80 civarında değerler alır.
78
Örnek-1. 𝑦𝑦 ve 𝑥𝑥 cm, 𝑑𝑑’ de saniye cinsinden olmak üzere, ip üzerinde +x yönündeilerleyen enine bir dalga 𝑦𝑦 = 0,3𝑠𝑠𝑖𝑖𝑛𝑛(0,5π𝑥𝑥−50π𝑑𝑑) ifadesine uymaktadır.
a) Bu dalganın genliğini (A), dalga boyunu (λ), dalga sayısını (k=2π/λ),frekansını (f), periyodunu (T) ve dalga hızını (v) bulunuz.
b) İp üzerinde bir parçacığın maksimum enine hızını bulunuz.
Çözüm-1: a) İp üzerinde ilerleyen bir dalgayı tanımlayan fonksiyon:
b) İp üzerinde ilerleyen dalganın enine hızı :
( )siny A kx tω= −
Verilen fonksiyon bu ifade ile karşılaştırılırsa aşağıdaki sonuçlar bulunur:
: 0,3 Genlik A cm=
: 0,5 1,57 /Dalga Sayısı k rad mπ= ≈
: 2 / 4 Dalga Boyu k cmλ π= =
: 2 50 25 Frekans f f Hzω π π= = ⇒ =: 1/ 0,04 Periyot T f s= =
: 100 /Hız v f cm sλ= =
( )cosyu A kx tt
ω ω∂= = − −∂
max. 50 0,3 47 /u A cm sω π= = × ≈79
Örnek-2: Bir dalga 20 Hz’ lik frekans ve 80 m/s ’ lik bir hıza sahiptir.
a) Bu dalga üzerinde 30°’ lik (π/6) bir faz farkına sahip iki nokta arasındakiuzaklık ne kadardır?
b) 0,01 s ’ lik bir zaman farkı ile bir noktaya ulaşan iki yer-değiştirmearasındaki faz farkı ne kadardır?
Çözüm-2: a) +x ekseni yönünde ilerleyen dalga:
Bu dalganın fazı sinüsün argümanıdır :
b)
( ) ( ), siny x t A kx tω= −
Faz kx tω= −
1 1
2 2
Faz kx tFaz kx t
ωω
= − = −
( )2 1 2 1 6Faz Faz k x x π
− = − =
( )2 180 0,33
12 12 12 20vx x m
fλ
− = = = ≈
1 1
2 2
Faz kx tFaz kx t
ωω
= − = −
( )2 1 1 2 0,01Faz Faz t tω ω− = − =
( ) o2 1 0,01 2 0,4 72Faz Faz fπ π− = = =
80
Örnek-3: Bir pulsun (atmanın) uzun bir ip üzerinde bir uçtan diğerine 0,1 s’ de ulaştığıgözlemlenmiştir. İp üzerindeki gerilme (T), ipin kütlesi ihmal edilebilensürtünmesiz bir makaradan geçirilmesi ve ucuna ipin kütlesinin 100 katı birkütle (𝑚𝑚=100𝑚𝑚𝑖𝑖𝑝𝑝) asılması ile temin edilmiştir.
a) İpin uzunluğu nedir?b) Üçüncü normal modun denklemi nedir?
Çözüm-3: a) İpteki gerilim kütlenin ağırlına eşittir:
İpteki dalga hızı:
( )100 100ipT mg m g L gµ= = =
T Lvtµ
= = 100 LgLt
=
2100 9,8 L gt m= =
b) İki ucu bağlı ipte n’ inci mod:
( ) ( ), t sin cos ; n n n nn n Ty x A x tL Lπ πω ω
µ = =
13
3 100 30 gL sgπω π −= = ( ) ( )3 3
3, t sin cos 30y x A x tgπ π
=
81
Örnek-4: Gerilmiş bir ipin bir ucu (x = 0), t = 0’ dan başlamak üzere 0,1 s süresince 0,5m/s’ lik sabit bir hız ile enine hareket etmekte olup takip eden 0,1 s sonra buuç normal konumuna gelmekte ve tekrar aynı süre için sabit hız ile eninehareket etmektedir. Bileşke dalga atması 4 m/s’ lik bir hız ile ip üzernindeilerlemektedir.
a) t = 0,4 s ve t = 0,5 s arasında ipin görünüşünü çiziniz.b) t = 0,4 s için x’ e karşılık enine hızı çiziniz.
Çözüm: a) İpin bir ucundan başlayan atma 0,1 s içinde enine0,1∗0,5 = 0,05 m hareket eder. Bu süre içinde yataydaise 0,1∗4 = 0,4 m ilerler. Bunu takip eden sürede isedüşeyde zıt yönde 0,05 m yol alarak normal konumagelirken, yatayda da 0,4 m kadar daha ilerlemiş olur.Bu durumda atmanın şekli yandaki gibi çizilebilir.
t = 0,4 s sonra:
t = 0,5 s sonra:
0,4 0,8
0,05
x(m)
y(m)
1,60,8
0,05
x(m)
y(m)
2,01,2
0,05
x(m)
y(m)
4 0,4 1,6 0,8 0,8
ön
arka ön
x vt mx x m
= = ∗ == − =
4 0,5 2,0 0,8 1,2
ön
arka ön
x vt mx x m
= = ∗ == − =
82
b) t = 0,4 s için çizilen atmayı göz önüne alalım.
1,60,8
0,05
x(m)
y(m)
1,60,8
0,5
x(m)
vy(m/s)
-0,5
yy y xv eğim vt x t
∂ ∂ ∂= = = ∗∂ ∂ ∂
10,050,8 1,2 ; 4 0,5 /0, 4yx v m s≤ < = ∗ =
20,051, 2 1,6 ; 4 0,5 /0, 4yx v m s≤ ≤ = − ∗ = −
83
Örnek-5: Profili t = 0 anında fonksiyonu ile verilen bir atmayı,
a) 𝑣𝑣 = 2 𝑚𝑚/𝑠𝑠 hızı ile +y yönünde ilerleyen bir puls olarak ifade ediniz.b) Bu pulsun t = 0 ve t = 1 s anında y’ ye karşı grafiğini çiziniz.
Çözüm-5: a) + y yönünde ilerleyen bir atma :
Yukarıdaki Ψ ifadesinde y yerine 𝑦𝑦 − 2𝑑𝑑 yazarsak, +y yönünde 2 m/shızla ilerleyen bir atma elde ederiz.
b)
( ) ( ), ty f y vtΨ = −
( ) 2
3,01
yy
Ψ =+
( )( )2
3,2 1
y ty t
Ψ =− +
( ) 2
3,01
yy
Ψ =+
( )( )2
3,12 1
yy
Ψ =− +
84
Örnek-6: Homojen bir kesit alanına sahip bir U borusu göz önüne alınız (aşağıdakişekle bkz.). Borudaki sıvı kolunun uzunluğu yaklaşık l olsun. Borudakisıvının titreştiğini düşünürsek, borunun kollarındaki sıvı dy/dt hızı ile dengekonumuna göre ∓𝑦𝑦 arasında titreşir. (Sıvının sadece küçük bir kesrinin Uborusunun kollarında olduğunu varsayınız. Başka bir deyişle U borusundakisıvı dolu kısmın uzunluğunu şekildeki l uzunluğuna eşit alabilirsiniz.)
a) Sıvının potansiyel ve kinetik enerjilerinin toplamını yazınız ve buradantitreşimlerin periyodunun olduğunu gösteriniz.
b) Bu şekildeki U borularının yan yana gelmelerinin bir su dalgasının tepeve çukur noktalarının arka arkaya gelmeleri olarak düşünebileceğinizifarzediniz. (a) şıkkındaki sonuçları alarak ve yanyana gelen U borularışeklinden hareketle bulunan λ≅2𝑙𝑙 şartını da kullanarak su üzerindekidalgaların dalga hızının yaklaşık olarak olduğunu gösteriniz.
c) Okyanusta 500 m dalga boyuna sahip dalgaların hızını hesaplamak için(b) şıkkının tam sonucu olan değerini kullanınız.
2 /l gπ
( )1/2 /gλ π
( )1/2/ 2v gλ π=85
Çözüm-6: a) Şekildeki U borusunun sol kolundaki sıvı sütunu y kadar aşağı inince,diğer koldaki sıvı sütunu aynı miktarda yükselecektir. y kadarlık sıvısütununun kütlesi 𝑚𝑚y = 𝜌𝜌𝐴𝐴𝑦𝑦 olacaktır. Burada 𝜌𝜌 sıvının özkütlesi, Aborunun kesit alanıdır. Bu kadar sıvının y kadar yukarıda olmasından dolayıpotansiyel enerji;
Bu olay sırasında sıvı sütunu düşey kolda y kadar yükselirken tüm sıvı vhızı ile hareket edecektir. Bu durumda kinetik enerji;
U borusundaki sıvı dolu kısmın uzunluğu yaklaşık olarak l uzunluğuna eşitalınmıştır. Toplam enerji;
Toplam enerjinin korunduğunu kabul edersek olmalıdır.
2yU m gy Agyρ= =
221 1
2 2ydyK m v Aldt
ρ = =
221
2dyE K U Al Agydt
ρ ρ = + = +
0dEdt
=
86
Bu denklem BHH’ in denklemidir. Bu nedenle U borusunun kollarındaki sıvı BHHyapacaktır. Hareketin periyodu:
b) Sıvının düşey koldaki yüksekliğini toplam uzunluğun küçük bir kesri olduğunukabul ediniz dendiği için U borusunun yatay uzunluğu yaklaşık l’ ye eşit alınabilir. Budurumda, dalga boyu için λ ≅ 2𝑙𝑙 alınabilir. Buradan hız için:
c) Okyanustaki dalgalar için v’ nin gerçek ifadesi :
221
2dyE Al Agydt
ρ ρ = +
2
2 2 0dE dy d y dyAl Agydt dt dt dt
ρ ρ= + =
2
2
2 0d y g ydt l
+ =
2 2gl
ω =2 22
2l lTg g
π π πω
= = =
21 1 12g gv f g
T lλ λλ λ λ
π π λ π= = = = =
( )500 9,827,9 /
2 2gv m sλπ π
= = ≈
87
Örnek-7: Gerilmiş bir ipin bir ucu 𝜏𝜏 zamanı süresince 𝑢𝑢𝑦𝑦 sabit hızı ile enine hareketediyor ve takip eden 𝜏𝜏 süresi sonunda bu uç −𝑢𝑢𝑦𝑦 hızı ile başlangıç noktasınageliyor. Bu olayın sonunda ip üzerinde 𝑣𝑣 hızı ile hareket eden üçgensel birpuls oluşuyor. Pulsun kinetik ve potansiyel enerjilerini hesaplayınız. Toplamenerjinin, ipin ucunu süren kuvvetin yaptığı işe eşit olduğunu gösteriniz.
Çözüm-7: Üçgensel bir pulsun oluşması için 2𝜏𝜏 kadar bir süre geçmesi gereklidir.
vτ 2vτ
A
x(m)
y(m) Şimdi oluşan bu pulsun hareketini ele alalım.Pulsun genliği 𝐴𝐴 = uy𝜏𝜏 ve genişliği 𝑥𝑥 = 2𝑣𝑣𝜏𝜏olacaktır.
Şekildeki puls:
+x-yönünde 𝑣𝑣 hızıylailerleyen puls:
( ) ; 0
2 ; 2
A x x vvy x
AA x v x vv
ττ
τ ττ
≤ <= − ≤ ≤
( )( )
( )
; 0 ,
2 ; 2
A x vt x vvy x t
AA x vt v x vv
ττ
τ ττ
− ≤ <= − − ≤ ≤
88
Herhangi bir t anında atmanın arka ucu vtnoktasına, ortası vt+vτ noktasına ve ön ucuda vt+2vτ noktasına gelmiştir. Kinetik vepotansiyel enerji hesabında atma sınırlarıdikkate alınmalıdır. vt+vτ vt+2vτ
A
x(m)
y(m)
vt
( )2 21 1 ve
2 2dy dydK dx dU T dxdt dx
µ = =
2 2212
vt v vt v
vt vt v
dy dyK dx dxdt dt
τ τ
τ
µ+ +
+
= +
∫ ∫
2 22 21 =2
vt v vt v
vt vt v
A A AK dx dx vτ τ
τ
µµτ τ τ
+ +
+
= − +
∫ ∫
89
Tvµ
=2AU vµ
τ=
22 AE K U vµτ
= + =
İpi titreştiren kuvvetin yaptığı iş: y
ydW F dy F dy T dyx∂ = ⋅ = = ∂
0 0 2
0 0
2=A A
A A
y y A A AW T dy dy T dy dy Tx x v v vτ τ τ
∂ ∂ = + = + − ∂ ∂ ∫ ∫ ∫ ∫
2 22 2 2A AW v v E
vµµ
τ τ= = =
2 2212
vt v vt v
vt vt v
dy dyU T dx dxdx dx
τ τ
τ
+ +
+
= +
∫ ∫
2 22 21 =2
vt v vt v
vt vt v
A A TAU T dx dxv v v
τ τ
ττ τ τ
+ +
+
= + −
∫ ∫
90
Örnek-8: Young modülü Y, kesit alanı S ve yoğunluğu ρ olan bir çubuk üzerindeξ=ξ0cos(𝑘𝑘𝑥𝑥−𝜔𝜔𝑑𝑑) ifadesine uyan bir boyuna sinüzoidal dalgayı göz önünealınız. Eğer çubuk üzerindeki zor, sadece dalga yüzünden ise bu durumdakinetik enerji ve potansiyel enerji yoğunluklarının;
2 21 1 ve 2 2
dK dUS YSdx t dx x
ξ ξρ ∂ ∂ = = ∂ ∂ ile verildiğini gösteriniz. Bir dalgaboyu uzunluğundaki kinetik ve potansiyelenerjilerin;
20
14
S uρ λ
ile verileceğini gösteriniz. Buradaki u0 maksimum parçacık hızıdır (∂ξ/∂t).
Çözüm-8:
Çubuk üzerinde dx uzunluğundabir diferansiyel dilim seçelim:
Kinetik enerji yoğunluğu:
Dilimin kütlesi:
Boyuna titreşim nedeniyle hızı:
dm Sdxρ=
vtξ∂
=∂
91
( )2
21 12 2
dK dmv Sdxtξρ ∂ = = ∂
212
dK Sdx t
ξρ ∂ = ∂
Potansiyel enerji yoğunluğu:
Burada S çubuğun kesit alanı, 𝑙𝑙0 çubuğun serbest durumdaki uzunluğu ve Δ𝑙𝑙 ise kuvvetuygulandıktan sonra çubuğun boyundaki uzama miktarıdır (Δ𝑙𝑙 = 𝑙𝑙−𝑙𝑙0).
Bu tanımdan kuvvet :
F kuvvetinin etkisinde çubuğun boyu 𝑙𝑙0’ dan 𝑙𝑙’ ye değiştiğinde, çubukta depolananpotansiyel enerji değişimi bu kuvvetin yaptığı işe eşit olacaktır:
0
//
Zor F SYZorlanma l l
= =∆
Young modülü :
0
lF YSl
∆=
( )0 0 0
220
00 0 0
1 12 2 2
ll l
l l l
ll l YS lU W Fdl YS dl l l YS F ll l l
∆ −∆ = = = = − = = ∆
∫ ∫
92
Yandaki şekli dikkate alırsak, Δ𝑙𝑙 yerine 𝑑𝑑ξ ve𝑙𝑙0 yerine 𝑑𝑑𝑥𝑥 alabiliriz. Bu durumda kuvvet vepotansiyel enerjideki diferansiyel değişimleraşağıdaki gibi verilebilir:
0
lF YS YSl x
ξ ∆ ∂ = = ∂
1 12 2
dU F l YS dxξ ξ∂ = ∆ = ∂
d dxxξξ ∂
=∂
212
dU YSdx x
ξ∂ = ∂
Bir dalga boyu içindeki kinetik ve potansiyel enerjinin hesabı için
( ) ( )0, cosx t kx tξ ξ ω= −
ve x tξ ξ∂ ∂∂ ∂
türevlerine ihtiyaç vardır:
( )0 sink kx txξ ξ ω∂= − −
∂
( )0 sin kx ttξ ξ ω ω∂= −
∂93
Bir dalgaboyu uzunluğundaki kinetik ve potansiyel enerjiler:
( ) ( ) ( )2
2 220 0
0 0
1 1 1sin2 2 4
K S dx S kx t dx St
λ λξρ ρ ξ ω ω ρ ξ ω λ∂ = = − = ∂ ∫ ∫
( ) ( ) ( )2
2 220 0
0 0
1 1 1sin2 2 4
U YS dx YS k kx t dx YS kx
λ λξ ξ ω ξ λ∂ = = − = ∂ ∫ ∫
22 Yv Y v
kωρ ρ
ρ = ⇒ = =
( )2 20 0
1 14 4
K U S S uρ ξ ω λ ρ λ= = =
94
Örnek-9: Yoğunluğu 𝜌𝜌 ve yüzey gerilimi T olan bir sıvıda yüzey dalgalarının faz hızı,
ifadesi ile veriliyor. Burada λ dalga boyu, g yer-çekimi ivmesidir.
Çözüm-9: a)
1/22
2fg Tv λ ππ λρ
= +
a) Yüzey dalgalarının grup hızını ( vg ) bulunuz. b) Faz hızı ( vf ) minimumken dalga boyunu (𝜆𝜆) bulunuz. c) vf ’ nin minimum değerini ve buna karşı gelen vg değerini elde ediniz.
ve f gdv v
k dkω ω
= =
1/22
2fg Tkv k λ πωπ λρ
= = +
1/23k Tgkωρ
= +
1/23 21 32g
d k T k Tv gk gdkω
ρ ρ
−
= = + +
95
b) 𝑣𝑣f’ nin minimum değerinde olmalıdır (Bir fonksiyonun
minimum olma kriteri). 𝑣𝑣f’ nin minimum olduğu yerde (𝑣𝑣f)2 de minimum olacağı
için (𝑣𝑣f)2 ’ yi minimum yapacak değeri aramak daha kolay olacaktır.
2
20 ve 0f fdv d vd dλ λ
= >
( )2 22fg Tv λ ππ λρ
= +
( )2
2
2 02
fd v g Td
πλ π λ ρ
= − = 2 Tg
λ πρ
=
1/2 1/4
,min 2fgT gT gTvρ ρ ρ
= + =
1/2 1/43 21 3 22g
k T k T gTv gk gρ ρ ρ
−
= + + = ⋅⋅⋅ =
96
Örnek-10: Sodyum lambasının sarı ışığının dalga boyu 𝜆𝜆1 = 589,0 𝑛𝑛𝑚𝑚 ve 𝜆𝜆2 = 589,6 𝑛𝑛𝑚𝑚olan iki bileşeni vardır. Özel bir camın bu dalga boylarına karşı kırma indisi𝑛𝑛1 = 1,6351 ve 𝑛𝑛2 = 1,6350’ dir.
a) Bu iki dalganın cam içindeki faz hızlarını ışık hızı cinsinden belirleyiniz.b) Sodyum ışığının dar bir pulsunun camdan geçerkenki hızını ışık hızı
cinsinden belirleyiniz.
Çözüm-10: a) Faz hızını kırma indisi tanımından bulabiliriz:
b) Işık pulsu cam içinde grup hızı ile yayılır.
fcvn
= 11
0,611581,6351f
c cv cn
= = ≈
22
0,611621,6350f
c cv cn
= = ≈
ve f gdv v
k dkω ω
= = ( )g fdv kvdk
=
f f fg f f f
dv dv dvdv v k v k vdk d dk d
λ λλ λ
= + = + = −
97
2f f fdv dv vdn c dn dn
d dn d n d n dλ λ λ λ= = − = − 1f
g f f
dv dnv v vd n d
λλλ λ
= − = +
Sodyum lambasından çıkan sarı ışığın camiçindeki faz hızı için iki bileşenin faz hızlarıortalaması alınabilir:
Sodyum lambasından çıkan sarı ışığın camiçindeki dalga boyu için iki bileşenin dalgaboylarının ortalamsı alınabilir:
Benzer şekilde sodyum lambasından çıkansarı ışığın cam içindeki kırma indisi için ikibileşenin kırma indisi ortalamsı alınabilir:
1 2 0,611602
f ff
v vv c
+= =
1 2 589,3 2
nmλ λλ += =
1 2 1,635052
n nn += =
42 1
2 1
100,6
dn n nd nmλ λ λ
− = − = −
= − = 1g f
dnv vn dλ
λ = +
9 4
9
589,3 10 100,61160 1 0,57491,63505 0,6 10gv c c
− −
−
×= − ∗ ≈ ×
98
Örnek-11: Boşlukta bir düzlem elektromanyetik dalganın elektrik alan bileşenleriaşağıdaki şekilde tanımlıdır:
a) Bu elektromanyetik dalganın dalga boyunu, frekansını, kutuplanmasınıve dalga vektörünü belirleyiniz.
b) Bu dalganın mayetik alan bileşenini belirleyiniz.
Çözüm: a) Verilen elektromanyetik dalganın elektrik alan bileşeni y-eksenidoğrultusundadır ve dalga +x yönünde yayılmaktadır. Bu nedenle verilendalga y-ekseni doğrultusunda doğrusal (veya xy-düzleminde düzlemsel)kutupludur. Bu özellikte bir elektromanyetik dalganın elektrik alanbileşeni aşağıdaki gibi verilir:
( )0 ; 0,50cos 2,09 ; 0x y zE E x ct E= = − =
Burada tüm niceliklerin birimi SI-birim sistemindedir.
( )0 cosyE E kx tω= − 12 2,09 3 k m mπ λλ
−= = ⇒ =
82,09 2 10 c f f Hzω π= = ⇒ =
1ˆ ˆ2,09 k kx x m−= =
99
b) BEt
∂∇× = −
∂
( )
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ0,50 2,09sin 2,09
0 0
y y
y
x y zE E
E x z x ct zx y z z x
E
∂ ∂∂ ∂ ∂∇× = = − + = − ∗ − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
( ) ˆ0,50 2,09sin 2,09B x ct zt
∂= ∗ − ∂
( ) ( )0,50ˆ ˆ1,045 sin 2,09 cos 2,09 B x ct dt z x ct zc
= − = − ∫
( )0 ˆcos 2,09 EB x ct zc
= −
100
Örnek-12: Boşlukta bir düzlem elektromanyetik dalganın elektrik alan bileşeniaşağıdaki şekilde tanımlıdır:
Çözüm-12: a) Verilen elektromanyetik dalga pozitif x-ekseni yönünde yayılmaktadır.Elektrik alan bileşenleri yz-düzleminde aynı faz ve aynı genlikliolduklarından, y-ekseni (veya z-ekseni) ile 45° açı yapacak şekilde y = zdoğrusu boyunca doğrusal kutupludur. Bu özellikte bir elektromanyetikdalganın elektrik alan bileşeni aşağıdaki gibi verilir:
( )0 ; 0,50cos 0,419x y zE E E x ct= = = −
a) Bu elektromanyetik dalganın dalga boyunu, frekansını, kutuplanmasınıve dalga vektörünü belirleyiniz.
b) Bu dalganın mayetik alan bileşenini belirleyiniz.
Burada tüm niceliklerin birimi SI-birim sistemindedir.
( )0 cosyE E kx tω= − 12 0,419 15 k m mπ λλ
−= = ⇒ =
70, 419 2 2 10 c f f Hzω π= = ⇒ ≈ ×
1ˆ ˆ0, 419 k kx x m−= =
( )0 coszE E kx tω= −
101
b) BEt
∂∇× = −
∂
ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆˆ ˆ
0
y y y y yz
y z
x y zE E E E EEE x y z y z
x y z y z x x x xE E
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂∇× = = − − + = − + ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
( ) ( )ˆ ˆˆ ˆ0, 2095sin 0,419y yE EB y z x ct y zt x x
∂ ∂∂= − + = − − + ∂ ∂ ∂
0xB =
( )0,2095sin 0,419y zE E x ctx x
∂ ∂= = − ∂ ∂
( ) ( )0,500,2095 sin 0,419 cos 0,419yB x ct dt x ctc
= − − = − − ∫
( ) ( )0,500,2095 sin 0,419 cos 0,419zB x ct dt x ctc
= − = + − ∫102
8.1. Sınır Etkileri ve Girişim
BÖLÜM 8
Daha önce özel bir ortamda (ip, katı çubuk, akışkanlar gibi) kesintisiz biçimde ilerleyendalgaları inceledik.
Bu bölümde, ilerleyen dalgaların farklı bir ortam ya da bir engele rastladıkları zamanortaya çıkacak olaylardan bazılarını (yansıma, kırılma, girişim, kırınım ve kutuplanmagibi) ele alacağız.
İlk olarak daha önceki tartışmalarımızın da başlangıç noktasını oluşturan gerilmiş ipörneği ile başlayıp, bu ip üzerinde ilerleyen dalgaların bir süreksizliğe rastladığı zamangelişen olaylara bakacağız.
Daha sonra, elektromanyetik dalganın dilektrik bir arayüzeye dik gelme durumunu elealacağız. Elektromanyetik dalgaların kutuplanması ve kutuplayıcılardan söz edeceğiz.Bölümün sonunda ise, Huygens ilkesi ve uygulamaları, girişim ve kırınım olaylarınadeğineceğiz.
1
8.2. Dalga Atmalarının Yansıması
Daha önce gerilmiş bir ip üzerinde ilerleyen ve duran dalgalar arasındaki ilişkiyitartışmıştık.
İpin bir ucunun titreştirilmesi ile oluşturulan dalga ip boyunca ilerler ve ipin diğerucundan yansıyarak geri döner. İpin diğer ucu kıusursuz bir yansıtıcı ise, ilerleyen ve geridönen dalgalar üst-üste binerek duran dalga deseni oluştururlar.
Sonuç olarak iki ucu bağlı ip üzerindeki bir normal moda, zıt yönlerde ilerleyen aynıfrekans, aynı genlik ve aynı dalga boyuna sahip iki sinüzoidal dalganın üst-üste gelmesiolarak bakabileceğimizi söyleyebiliriz.
2
İki ucu bağlı ipte n. modu temsil eden enine yer-değiştirme ifadesini aşağıdaki gibi eldeetmiştik:
Normal mod: ( )( , ) sin cos ; 1, 2,3,n n nn xy x t A t n
Lπ ω = = ⋅⋅⋅
Bu ifade aynı zamanda, zıt yönlerde ilerleyen iki dalganın toplamı şeklindedir. Burada x = 0 ve x = L’ deki sınır koşulları kullanırsa:
( , ) sin sin2 2
n nn n n
A An x n xy x t t tL Lπ πω ω = − + +
( ) ( )(0, ) sin sin 02 2
n nn n n
A Ay t t tω ω= − + =
( ) ( ) ( ) ( )( , ) sin sin sin cos 02 2
n nn n n n n
A Ay L t n t n t A n tπ ω π ω π ω= − + + = =
Bu sonuç, zıt yönlerde ilerleyen aynı genlikli iki dalganın, her zaman sabit uçlarda eşitve zıt yer-değiştirmelere sahip olduklarını (toplamları sıfır) ifade eder ve dalganın, katıbir sınıra ulaştığı zaman yansımaya uğrayacağını belirtir.
Tüm 𝑛𝑛 değerlerinde (n = 1, 2, 3, ….) bu koşullar sağlanır.
3
Bir atmanın sabit bir uçtan yansıması:
Gelen dalga ipin bağlı olduğu desteğebir kuvvet uygular. Bu kuvvete tepkiolarak destek tarafından ip üzerineuygulanan kuvvet, ipi geri teper veşekilde görüldüğü gibi, gelen atma ileters yönlü bir atma oluşturur. Yansıyanatma ip üzerinde, gelen atmanın tersiyönünde ilerler.
Gelen atma, ipin bağlı olduğudesteğe (• noktası) düşey olarakyukarı doğru bir kuvvet uygular.
Destek noktası, ipe düşey yöndebir kuvvet uygular ve böyleceatma terslenmiş olur.
4
Bir atmanın serbest bir uçtan yansıması:İp kendisine dik bir sürtünmesiz çubuk üzerinde kayan hafif bir halkaya bağlanmış ise,halka ve çubuk ipteki gerilimi korurlar fakat enine kuvvet uygulamazlar.
Bir atma bu serbest uca geldiğinde,halka çubuk boyunca kayarakmaksimum yer değiştirmeye ulaşır ve ipile birlikte anlık olarak durur.
Bu anda ip daha da gerilmiştir vedolayısıyla ipin serbest ucu aşağı doğruçekilir, bu da yansıyan bir atmaoluşturur.
Serbest uçta, yansıyan atma gelenatmaya göre ters yönde hareket eder,ancak ipteki enine yer-değiştirme gelenatma ile aynı yöndedir.
Gelen ve yansıyan atmaların hızları,genlikleri ve genişlikleri aynıbüyüklüktedir.
5
Yansıtma ve Geçirme Katsayıları:
İpin ucundaki katı destek veya enine kuvvetin yokluğu gibi koşullar sınır koşullarıolarak adlandırılır.
Çizgisel kütle yoğunlukları farklı olan iki ipin bir noktada birleştirildiğini düşünelim.İplerden birinde oluşturulan ilerleyen bir atma birleşme noktasına geldiğinde, ikinciipe geçen ve bu noktadan yansıyan dalgalar ortaya çıkar.
Gelen Atma
Yansıyan Atma
Geçen Atma
µ1 µ2
x = 0
( )1( , )Iy x t Af k x tω= −
( )1( , )Ry x t Bf k x tω= − −
( )2( , )Ty x t Cf k x tω= −
Gelen Dalga (+x yönünde):
Yansıyan Dalga (−x yönünde):
Geçen Dalga (+x yönünde):
İlerleyen dalga ortam değiştirdiğinde, frekansı değişmeden kalırken dalgaboyu değişir.Bu nedenle ilerleyen dalga fonksiyonunu, f (kx ± ωt) yerine f (± kx− ωt) almak dahauygundur.
6
Sol taraftaki bileşke dalga (1. Ortam):
Sağ taraftaki bileşke dalga (2. Ortam):
1( , ) ( , ) ( , )I Ry x t y x t y x t= +
2 ( , ) ( , )Ty x t y x t=
Gelen Atma
Yansıyan Atma
Geçen Atma
µ1 µ2
x = 0
I. Sınır koşulu : İki ortamın kesişim noktasında (x = 0) iplerdeki enine yerdeğiştirmeler eşit olmalıdır.
1 2(0, ) (0, )y t y t=
(0, ) (0, ) (0, )I R Ty t y t y t+ =
( ) ( ) ( )Af t Bf t Cf tω ω ω− + − = −
A B C+ =
7
II. Sınır koşulu : İki ortamın kesişim noktasında (x = 0) iplerdeki eninekuvvetler (gerilme kuvvetleri) her an eşit olmalıdır.
1 2
0 0x x
y yT Tx x= =
∂ ∂ = ∂ ∂
( ) ( ) ( )1 1 2Ak f t Bk f t Ck f tω ω ω′ ′ ′− − − = −
1 1 2
A B CAk Bk Ck+ =
− =
( ) ( )0
sin tanyx
yF T T Tx
θ θ=
∂ = ≅ = ∂
( ) 1 2A B k Ck− =
1 1 1
1 1 2
Ak Bk CkAk Bk Ck
+ = − =
1
1 2
2kC Ak k
= +
1
1 2
2 1kB C A Ak k
= − = − +
1 2
1 2
k kB Ak k
−= +
8
1
1 2
2kCTA k k
= =+
1 2
1 2
k kBRA k k
−= =
+Yansıtma Katsayısı: Geçirme Katsayısı:
Kütlece yoğunluklar ve hızlar cinsinden yansıtma ve geçirmekatsayıları:
Tvkω
µ= = k
v Tω µω= =
11
1
22
2
kv T
kv T
µω ω
µω ω
= =
= =
1 21 2 2 1
1 2 1 21 2
k k v vBRA k k v v
µ µµ µ
−− −= = = =
+ ++
11 2
1 2 1 21 2
22 2k vCTA k k v v
µµ µ
= = = =+ ++
B/A oranına (R) yansıtma katsayısı, C/A oranına (T) ise geçirme katsayısı adı verilir:
9
1 2 1 2
1 21 2
Z ZBRA Z Z
µ µµ µ
− −= = =
++
1 1
1 21 2
2 2ZCTA Z Z
µµ µ
= = =++
Karakteristik empedanslar cinsinden yansıtma ve geçirme oranları:
TZv
=Karakteristik Empedans: veya Z T Z vµ µ= =
11
22
ZT
ZT
µ
µ
= =
Bazen yansıtma ve geçirme katsayıları gelen, yansıyan ve geçen dalgaların taşıdıklarıenerjileri cinsinden de tanımlanmaktadır. İp üzerinde ilerleyen sinüzoidal dalganın birdalgaboyu uzunluğundaki kısmının taşıdığı güç (Bölüm-7, Sayfa 52):
( )212
W Aµ ω λ=
( ) ( )2 21 12 2
P A v Z Aµ ω ω= =
dW dW dx dWP vdt dx dt dx
= = =
10
( )
( )
2221
1 2
2 1 21
1 2
1 2
p
Z BZ ZYansıyan Güç BR
Gelen Güç A Z ZZ A
ω
ω
− = = = = +
( )
( )
2222
2 2 1
2 1 1 1 21
12 2
1 2
p
Z CZ Z ZGeçen Güç CT
Gelen Güç Z A Z Z ZZ A
ω
ω
= = = = +
Enerjinin korunumu gereği Rp + Tp = 1 olduğuna dikkat ediniz.
Şimdi bazı özel durumlara bakalım:
i. Empedans denkleşmesi:
Yani yansıyan dalga yoktur. Dalga tümüyle ikinci ortama geçmiştir. Z1 = Z2 olmasıiki ortamın özdeş olmasını gerektirmez. Bu durum, farklı gerilimlere (T1 ve T2) vefarklı çizgisel kütle yoğunluklarına (µ1 ve µ2) sahip, µ1T1 = µ2T2 koşulunu sağlayaniki ipin birer uçlarının bir araya getirilmesi ile de sağlanabilir.
0 ve 1R T= =2 1=Z Z
11
ii. Büyük karşı koyma durumu:
1 ve 0R T≅ − ≅
Bu durumda x = 0 noktası yaklaşık durgun kalır. Bu noktada, gelen ve yansıyandalgalar üst-üste gelerek sıfır yer-değiştirme ve sıfır hız verirler.
Yukarıya doğru artı yer-değiştirmeli bir gelen dalga atması, yansımadan sonra aşağıyönelmiş eksi bir atmaya dönüşür.
iii. Küçük karşı koyma durumu:
1 ve 2R T≅ + ≅2 1 Z Z
İpin x = 0’ daki ucu yaklaşık serbest uçtur. Artı yer değiştirmeli olarak gelen atma(veya dalga) yansıdıktan sonra da artı yer-değiştirmeli bir atma (veya dalga) olarakgeri döner.
Yansıtma ve Geçirme katsayıları arasındaki ilişki: 1T R≅ +
2 1 Z Z
12
Kütle yoğunluğu az olan iptekiatmanın, kütle yoğunluğu büyük olanipte geçirme ve yansıtma durumu:
Kütle yoğunluğu büyük olan iptekiatmanın, kütle yoğunluğu küçük olanipte geçirme ve yansıtma durumu:
( )1 2 1 2 v vµ µ< >
21 21
( )1 2 1 2 v vµ µ> <
Az yoğun bir ortamda v hızı ilerleyen atma, daha yoğun bir ortamın başlangıcınageldiğinde yansıma ve geçme olayları gerçekleşir. Geçen atma daha yavaş bir hızdailerlerken, ortam değişmediği için yansıyan dalganın hızı aynı kalır. Az yoğun ortamdançok yoğun ortama gelen dalga durumunda, yansıyan dalga ters döner.
13
Elektromanyetik dalganın dielektrik arayüzeyden yansıması :�𝑘𝑘 yönünde ilerleyen bir düzlem elektromanyetik dalgayı kompleks üstel fonksiyongösterimini kullanarak aşağıdaki ifade ile tanımlayabiliriz:
( ) ( )0 ˆ, Re i k r tE r t E e nω± − =
Burada 𝐸𝐸0 elektrik alanın genliği, 𝑘𝑘 dalga vektörü,�𝑛𝑛 kutuplanma doğrultusu ve 𝜔𝜔 açısal frekansıdır.
Elektromanyetik dalganın, kırma indisi n1 olanortamdan, kırma indisi n2 olan ortamınarayüzeyine şekildeki gibi geldiğini düşünelim.Burada n1 < n2 (v1 > v2) olduğunu kabul edeceğiz.
Gelen, yansıyan ve geçen dalgalar doğrusalkutuplu dalgalardır. Her üç dalganın dalgavektörleri ve arayüzey normalinin olşuturduğudüzlem ‘‘Gelme Düzlemi’’ olarak adlandırılır. Herüç ışının manyetik alan bileşenleri gelmedüzlemine dik olduğu için bu durum, ‘‘TransverseMagnetic (TM modu)’’ olarak adlandırılır.
Elektromanyetik dalganın ilerleme yönü, 𝐸𝐸 × 𝐵𝐵 çarpımı yönündedir. Bu özellikdikkate alınarak elektrik alan bileşenlerinin yönleri belirlenmiştir.
( ),TE z t
( ),TB z t
2v
( ),IE z t
( ),RE z t
( ),IB z t
( ),RB z t
1v
1v 1n 2n
x
zyIθ
TθRθ
Gelen
YansıyanKırılan
14
Yukarıda verilen genel durum yerine, iki farklı ortamın arayüzeyine (z = 0’ da) dikolarak gelen elektromanyetik dalganın yansımasını ve geçmesini ele alalım:
(a) n1 < n2 (v1 > v2) durumu (b) n1 > n2 (v1 < v2) durumu
Gelen ve geçen dalgalar +z yönünde, yansıyan dalga ise −z yönünde ilerlemektedir.Gelen dalganın x-ekseni doğrultusunda (yani elektrik alan bileşenin x-eksenidoğrultusunda olduğu) kutuplu olduğu varsayılmıştır.
Birinci ortamın (z < 0 bölgesi) kırma indisi n1, ikinci ortamın ( z > 0 bölgesi) kırmaindisi ise n2’ dir.
( ),TE z t
( ),TB z t
2v
( ),IE z t
( ),RE z t
( ),IB z t
( ),RB z t
1v
1v1n 2n
x
zy
( ),TE z t
( ),TB z t
2v
( ),IE z t
( ),RE z t
( ),IB z t
( ),RB z t
1v
1v
1n 2n
x
zy
15
Elektromanyetik dalganın birinci ve ikinci ortamlardaki hızları, c ışık hızı olmak üzere,kırma indisleri cinsinden aşağıdaki gibi tanımlanır:
1 21 2
ve c cv vn n
= =
(a) n1 < n2 (v1 > v2) durumu
Gelen, yansıyan ve geçen elektromanyetikdalganın elektrik ve manyetik alan ifadeleri:
( ),TE z t
( ),TB z t
2v
( ),IE z t
( ),RE z t
( ),IB z t
( ),RB z t
1v
1v
1n 2n
x
zy
NOT: Yansıyan elektromanyetik dalga fonksiyonun elektrik alan bileşeni yazılırkenn1 < n2 durumu için π kadarlık faz farkından kaynaklanan terslenme, dalga fonksiyonuyazılırken doğrudan yansıtılmıştır.
16
z = 0
E1t E2t
l
d
x
z = 0
B1t B2t
l
d
y2 ) E
C S
B dl E dat t
µε µε∂Φ ∂− ⋅ = = ⋅
∂ ∂∫ ∫
1 ) B
C S
E dl B dat t
∂Φ ∂− ⋅ = − = − ⋅
∂ ∂∫ ∫
( )0
0 01t 2t zd E E l
=→ ⇒ − =
1t 2tE E=
( )0
0 01t 2t zd B B l
=→ ⇒ − =
1t 2tB B=
Dielektrik arayüzeye dik gelme durumu için sınır koşulları:
İki ortamı ayıran arayüzeyde (z = 0’ da) yüzey yükü ve yüzey akımı olmadığından,elektrik alanının ve manyetik alanın yüzeye teğet bileşenleri her an eşit olmalıdır.
17
I R TE E E− =
( ) ( ) ( )0, 0, 0,I R TB t B t B t+ =
( ) ( ) ( )0, 0, 0,I R TE t E t E t+ =
1 2
2 1I R T T
v nE E E Ev n
+ = =
1
1 2
2T I
nE En n
= +
2 1
1 2R I
n nE En n
−= +
2 1 1 2
1 2 1 2
R
I
E n n v vRE n n v v
− −= = =
+ +
1 2
1 2 1 2
2 2T
I
E n vTE n n v v
= = =+ +
Yansıtma Katsayısı
Geçirme Katsayısı
( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 20, 0, ; 0, 0,E t E t B t B t= =
( / )E E EZ vH B E v
µ µ µ= = = =Karakteristik empedans:
1 2
1 2
Z ZRZ Z−
=+
2
1 2
2ZTZ Z
=+1 2µ µ≅Birçok malzeme için:
18
Bazen yansıtma ve geçirme katsayıları gelen, yansıyan ve geçen dalgaların taşıdıklarıenerjileri cinsinden de tanımlanmaktadır. Elektromanyetik dalgalarda şiddet, birimzamanda birim yüzeyden taşınan ortalama enerji olarak tanımlanır (Bölüm-7, Sayfa 75):
( )
( )
22 2
1 1 2
2 1 2
1
12
12
RR
pI
I
EZ E Z ZYansıyan ŞiddetR
Gelen Güç E Z ZE
Z
− = = = = +
( )
( ) ( )
22
2 1 2 1 22
2 2 1 2 1 2
1
12 2 4
12
T
p
I
EZ Z Z Z ZGeçen GüçT
Gelen Güç Z Z Z Z ZEZ
= = = = + +
Enerjinin korunumu gereği Rp + Tp = 1 olduğuna dikkat ediniz.
22 0
. 01
2 2ortEI S E
v Zµ= = =
19
8.3. KUTUPLANMA (Polarizasyon):
Kutuplanma, sadece enine dalgaların bir özelliğidir ve burada sadece elektromanyetikdalgaların kutuplanmasından söz edeceğiz.
Birçok elektromanyetik dalga dedektörü, algılayıcı malzemedeki elektronlarınüzerlerine etkiyen elektriksel kuvvete verdikleri tepkiyi ölçerek çalışır. Bu nedenlekutuplanma, elektromagnetik dalganın elektrik alan vektörünün titreşim doğrultusuolarak kabul edilmektedir.
Elektromagnetik dalgalar doğrusal (düzlem) , dairesel ve eliptik kutuplu olabilirler.
Kutuplu olmayan ışık belirli bir doğrultuda ilerlerken, elektrik alan bileşeni eninedüzlem içinde her doğrultuda salınım yapar. Polarize eden (kutuplaştıran) filtreler,elektrik alan bileşeninin sadece belirli bir doğrultuda titreştiği dalgaların geçişine izinverir. Işığın bu şekilde tek yönlü titreştirilmesine polarizasyon (kutuplaştırma) adıverilir.
Bir elektromanyetik dalgada elektrik ve manyetik alan vektörleri birbirlerine diktir veher ikisi birden, dalganın yayılma yönüne diktir.
20
Doğrusal (Düzlem) Kutuplu Elektromanyetik Dalgalar:
( ) ( )0 ˆ, Re i kx tE x t E e yω− =
( ) ( )0 ˆ, Re i kx tB x t B e zω− =
( ) ( )0 ˆ, cosE x t E kx t yω= −
( ) ( )0 ˆ, cosB x t B kx t zω= −
Kutuplanması y-doğrultusunda olan ve +x-ekseni yönünde yayılan elektromanyetikdalganın elektrik ve manyetik alan bileşenleri aşağıda verilmiştir:
Elektrik alanının sadece y-bileşeni vardır. Bu dalgaya doğrusal (lineer) veya düzlemkutupludur denir. Kutuplanma doğrultusu ve yayılma doğrultusunun oluşturduğudüzleme (burada xy-düzlemi) kutuplanma düzlemi denir.
y
x
𝐸𝐸𝐵𝐵
z�𝑘𝑘
�⃗�𝑣
21
Dik kutuplu iki elektromanyetik dalganın üst-üste gelmesi:
Bir ortamda +x-yönünde ilerleyen ve elektrik alan bileşenleri arasında φ kadarlık fazfarkı olan, birbirine göre dik kutuplu iki elektromanyetik dalga olsun:
( ) ( )0 ˆ, cosy yE x t E kx t yω= −
( ) ( )0 ˆ, cosz zE x t E kx t zω φ= − +
Toplam dalganın kutuplanması, iki dalga arasındaki faz farkına bağlı olarak değişir:
i. φ = 0 ise, bileşke dalga doğrusal kutuplu veya düzlem kutupludur.
( ) ( ) ( )2 20 0 0 0ˆ ˆˆ, cos cosy z y zE x t kx t E y E z E E kx t nω ω = − + = + −
2 20 0y zE E+
n̂
Bileşke dalganın genliği
Bileşke dalganın kutuplanma doğrultusu (yz-düzlemi)
22
ii. φ = π/2 ise, bileşke dalga dairesel veya eliptik kutupluludur.
( ) ( )0 ˆ, cosy yE x t E kx t yω= −
( ) 0 ˆ, cos2z zE x t E kx t zπω = − +
( ) ( )0 0ˆ ˆ, cos cos2y zE x t E kx t y E kx t zπω ω = − + − +
Herhangi bir x noktasında 𝐸𝐸 ’ nin yön değişimini incelemek isteyelim. Bunun içinx = 0 almak işimizi kolaylaştırır (x = 0 olması şart değildir).
( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0ˆ ˆˆ ˆ0, cos cos cos sin2y z y zE t E t y E t z E t y E t zπω ω ω ω = − + − + = +
( ) ( ) ( ) ( )2 2
1 22 2
0 0
0, 0,cos sin 1
y z
E t E tt t
E Eω ω
+ = + =
( )1 0,E t ( )2 0,E t
E0y = E0z ise bileşke dalga dairesel kutupludur.
E0y ≠ E0z ise bileşke dalga eliptik kutupludur.
23
24
Kutuplayıcılar:
Birkaç santimetrelik dalga boyuna sahipelektromanyetik dalgalar (mikrodalga) için,kutuplayıcı olarak genellikle birbirindenyalıtılmış, birbirine paralel iletken tel dizinikullanılır.
Gelen elektromanyetik dalganın iletken tellere paralel olan elektrik alan bileşeni,elektronlar üzerine kuvvet uygular ve elektronlar tel boyunca salınım hareketi yapmayabaşlar.
Elektronların bu hareketi, iletken telde I2R ile orantılı bir ısı oluşturacağından enerjikaybına yol açar. Bu enerji dalganın enerjisidir ve ızgaradan geçen dalganın genliğininazalmasına yol açar.
Gelen elektromanyetik dalganın iletken tellere dik olan elektrik alan bileşeni ise,iletken tellerin eni çok küçük olduğundan önemsiz miktarda bir akım oluşturur veenerji kaybına sebep olmaz. Bu nedenle, böyle bir filtreden geçen dalgalar tellere dikdoğrultuda kutuplanmış olur.
25
Görünür ışık için en sık kullanılan kutuplayıcı filtre Polaroid markası ile bilinen, güneşgözlüğü ve fotoğraf makinesi filtresi olarak da sıklıkla kullanılan malzemedir. Bu filtreler1938 yılında Fizikçi Edwin H. Land tarafından geliştirilmiştir.
Polaroid malzemesi, çift renkli denilen ve birkutuplu ışığın diğer kutba göre çok dahafazla soğrulmasına neden olan yapılar içerir.
Başka tür bir Polaroid filtresinde de, uzunzincirli moleküller (Hidrokarbon zincirleri),eksenleri kutuplanma eksenine dik olacakşekilde yerleşmiştir.
Bu moleküller, yukarıdaki iletken telörneğinde olduğu gibi, sadece eksenlerineparalel kutuplu ışığı soğururlar.
26
Kutuplanmamış ışıktan kutuplanmış ışık üretmenin diğer bir yolu ise yansımayıkullanmaktır.
Saydam bir ortamın yüzeyinden, gelen ışığın sadece bir kesri yansıtılır. θ = θB ise,yansıyan ışık % 100 kutuplanmıştır. Yeni ortama iletilen ışık ise kısmen kutuplanmıştır.
Işık dik açı dışında herhangi bir açıda metalik olmayan bir yüzeye çarptığında,yansıyan demet tercihen yüzeye paralel düzlemde kutuplanır.
Yansıyan demetteki kutuplanma miktarı açıyabağlıdır; kutuplanmanın olmadığı dik gelişaçısından, % 100 kutuplanmanın olduğu gelmeaçısı θB ’ ye kadar değişir.
θB açısı, ortamların kırma indislerinin değerlerineaşağıda verilen denklemle bağlıdır (n1 ışığıngeldiği ortamın kırma indisi, n2 ise ışığın geçtiğiortamın kırma indisidir):
( ) 2
1
tan Bnn
θ =
27
( )tan B nθ =
Kutuplanma açısı θB ’ ye Brewster açısı denir. 1812’ de bunu deneysel olarak çalışaniskoçyalı fizikçi David Brewster’ in (1781-1868) anısına yukarıdaki bağıntıya daBrewester yasası adı verilmiştir.
Eğer ışık havadan geliyorsa n1 = 1 alınır. Işığın geçtiği ortamınkırma indisini n2 = n şeklinde genelleştirirsek, Brewster açısınıkırma indislerine bağlayan ifade çok daha basit bir hal alır:
( ) 2
1
tan Bnn
θ = ( )( )
2
1
sincos
B
B
nn
θθ
=
( )( )
1
2
sinsin
r
B
nn
θθ
=
( )( )
( )( )
sin cossin sin
r B
B B
θ θθ θ
=
( ) ( )sin cosr Bθ θ=
o90B rθ θ+ =Snell Yasası:
Brewster açısında, yansıyan ışık ile ikinci ortama geçen ışık arasındaki açı 90° ’ dir.
28
Malus Yasası:
x-ekseni doğrultusunda ilerleyen kutuplanmamış ışık bir kutuplayıcı üstünedüşürülüyor. Elektrik alan vektörünün kutuplanma eksenine paralel doğrultudaolmayan bileşenleri soğrulur. Kutuplayıcıdan geçen elektrik alan vektörünün genliği E0ile gösterilirse, kutuplanmış ışığın şiddeti aşağıdaki gibi verilir:
( )20 0ortI S Sabit E= = ∗
29
Kutuplanmış ışığın önüne yeni bir kutuplayıcı daha yerleştirelim (Buna analizör denir).Analizörün kutuplayıcı ekseni ile kutuplanmış ışığın elektrik alan bileşeni arasındaki açı𝜃𝜃 olsun.
( ) 20 cosI Sabit E θ= ∗ ( ) ( ) ( )2 2 2
0 0cos cosI Sabit E Iθ θ= ∗ =
Bu bağıntıya Fransız bilim adamı Étienne-Louis Malus (1775–1812)’ un adını anmakiçin Malus yasası denir. Malus yasası, analizöre gelen ışığın doğrusal kutuplu olmasıdurumunda geçerlidir.
Analizörden geçen ışığın elektrik alanının genliği E0cos(θ ) olacaktır. Bu durumda,analizörden geçen ışığın şiddeti aşağıdaki ifadeye sahiptir:
30
8.4. HUYGENS İLKESİ İlk defa Hollandalı bilim adamı Christian Huygens(1629-1695) 1678’ de ışığın bir parcaçıktan daha çok, birdalga hareketi olduğunu kabul etmiştir.
Huygens, ilerleyen bir dalga cephesi üzerindeki hernoktanın yeni bir dalga kaynağı olarak davrandığını ilerisürmüştür. Bu prensip, ‘‘Huygens İlkesi’’ bilinir.
Huygens’ in varsayımına göre, bir dalgacephesi üzerindeki her nokta, her yöne doğruyayılan ve ana dalga ile aynı hıza sahip ikincildalgaların kaynağı olarak düşünülebilir. Budurumda, ileri bir zamanda oluşacak yenidalga cephesi de bu ikincil dalgacıklara teğetveya zarf oluşturarak bulunur.
Küre yüzeyli dalgaların zarfı dalga cephesini,zarfa dik olarak çizilen doğrultular da dalganınilerleme yönünü vermektedir.
31
Şekildeki gibi AA′ dalga cephesi kaynaktandışarı doğru c hızıyla ilerlemektedir. ∆tzaman sonra, dalga cephesinin nasıl bir halalacağını bulmak istiyoruz.
Düzlem dalga cephesi durumunda, çemberler üzerinde ve AA′ dalga cephesineparalel yeni bir BB′ dalga cephesi elde edilmiş olur. Küresel dalga cephesidurumunda, çizilen çemberler üzerinde ve eski dalga cephesinden aynı dikuzaklıktaki noktalar birleştirilirse yeni dalga cephesi elde edilmiş olur.
Dalga cephesi üzerindeki her nokta ∆tsüresince r = c∆t yolunu alır. Her noktaiçin c∆t yarıçaplı çemberler çizelim.
Huygens ilkesiyle bulacağımız tüm sonuçlar, Maxwell denklemleriyle debulunabilir. Huygens ilkesi birçok durumda dalga hareketini içeren olaylarınhesaplarında kolaylık sağlar.
Yansıma ve kırılma yasaları deneysel olarak ışığın dalga teorisinden çok dahaönceleri bulunmuştur. Huygens tarafından da öne sürülen bu ilke yardımıylayansıma ve kırılma yasalarını daha gelişmiş bir şekilde öğrenebiliriz.
32
Kaynaktan dışarıya doğru yayılan dalgalar, kendi dalgaboyu ile aynımertebede genişliğe sahip yarık içeren bir engelle karşılaşırsa, yarık üzerinedüşen dalga cephesi üzerindeki herbir, nokta dairesel dalgalar yayan yeni birdalga kaynağı gibi davranır. Böylece, yarık geçişini takiben, yarıkkenarlarından dışarı doğru yayılan bir dalga oluşur.
Dalganın, yarık kenarları etrafındaki bu şekilde yayılmasına ‘‘kırınım’’ denir.Bu olaya deneysel bir örnek aşağıdaki şekilde gösterilmiştir.
Düzlem Cepheli Dalga Dairesel Cepheli Dalga33
34
8.4.1 Huygens ilkesi ve yansıma: Dalgaların bir yüzeyden yansıma yasasını, Huygens ilkesini kullanarak çıkarmakmümkündür. Bunun için düz ve yansıtıcı bir yüzeye gelen bir düzlem dalgadüşünelim:
ve AC DB vt AD BC= = =
( )sin iDB vtAB AB
θ = =
( )sin rAC vtAB AB
θ = =
( ) ( )sin sini rθ θ= i rθ θ=
Gelme açısı, yansıma açısına eşittir.
Yansıma Yasası
35
8.4.2 Huygens ilkesi ve kırılma:
1 2 ve CB v t AD v t= =
( ) ( )1 2sin ve sini tv t v tCB AD
AB AB AB ABθ θ= = = =
( )( )
( )( )
11 2
2 2 1
sin /sin /
i
t
c nv nv c n n
θθ
= = =
Kırılma Yasası veya Snell Yasası
Kırma indisi n1 olan 1 nolu ortam ile kırma indisi n2 olan 2 nolu ortamınarayüzeyini göz önüne alalım. 1 nolu ortamdan arayüzey normali ile θi açısıyaparak gelen ışının, 2 nolu ortama normalle θt açısı yaparak girdiğinidüşünelim. Işığın 1 nolu ortamdaki hızı v1, 2 nolu ortamdaki hızı v2 olsun.
( ) ( )1 2sin sini tn nθ θ=
36
( )1 2 1 2 n n v v< >
( ) ( )1
2
sin sint inn
θ θ=
( )1 2 1 2 n n v v> <
( ) ( ) ( )sin sin veya t i t iθ θ θ θ< <
( ) ( ) ( )sin sin veya t i t iθ θ θ θ> >
1n2n
iθ
tθ
1n2n
iθ
tθ
( )1 2 1 2 n n v v< > ( )1 2 1 2 n n v v> <37
8.5. GİRİŞİM
Girişim: İki veya daha fazla dalganın uzayda bir noktada birleşmesi girişimolayı olarak adlandırılır. Böyle bir durum, üst-üste binme (süperpozisyon)ilkesiyle belirlenir.
Çift Yarıkta Girişim (Young Deneyi)38
Tek renkli (Monokromatik) ışık: Girişim etkileri en kolay aynı frekanslı ( f )ve aynı dalgaboylu (λ) iki sinüzoidal dalganın birleşmesinde görülür. Optiktesinüzoidal dalgalar tek renkli ışığı tarif eder. Tek renkli ışık üretmek için bazıözel filtreler kullanılır. Tek renkli ışığa en yakın kaynak lazerlerdir. En yaygınolan He-Ne Lazerinin dalgaboyu yaklaşık 633 nm’ dir.
Faz Uyumluluğu (coherent): Aynı frekansa ve sabit bir faz ilişkisine sahip tekrenkli iki ışık kaynağı, faz uyumlu (coherent) olarak tanımlanır.
Üst-Üste Binme (Süperpozisyon) İlkesi: İki veya daha fazla dalga uzayda biraraya gelirse, herhangi bir anda herhangi bir noktada oluşan yer-değiştirme,herbir dalganın o anda o noktadaki yer-değiştirmelerin toplanmasıyla bulunur.
Yer-değiştirme: Yer-değiştirme sözcüğü genel anlamıyla kullanılmıştır. Birsıvı yüzeyindeki dalgalar için bu terim, sıvının normal yüksekliğinden aşağıdaveya yukarıda olmasına karşılık gelir; ses dalgalarında basınç farkına işareteder; elektromanyetik dalgalarda ise elektrik veya manyetik alanlardakideğişmeye karşılık gelir.
39
Yapıcı girişim: İki kaynaktan çıkan dalgalar bir noktaya aynı fazda geldiklerizaman oluşan dalganın genliği, herbir dalganın genliklerinin toplamına eşittir;dalgalar birbirlerini güçlendirirler. Bu duruma yapıcı girişim denir. Yapıcıgirişimin oluştuğu noktalara karın noktaları denir.
S1’ den perde üzerindeki P noktasınauzaklık olan r1, S2’ den perde üzerindekiP noktasına olan uzaklık r2 olsun:
P noktasında yapıcı girişim olması için,iki kaynaktan gelen dalgalar arasındakiyol farkının dalga boyunun tamsayıkatlarına eşit olması gerekir.
2 1 ; 0, 1, 2, r r m mλ− = = ⋅⋅⋅
40
Yıkıcı girişim: İki kaynaktan çıkan dalgalar bir noktaya zıt fazda geldiklerizaman, bir dalganın tepesi ile diğerinin çukuru aynı anda bu noktaya ulaşır.Genlikler eşit ise toplam genlik sıfır olur. Tek tek dalgaların tamamen veyakısmen söndürülme olayına yıkıcı girişim denir. Yıkıcı girişim oluşan noktalaradüğüm noktaları denir.
P noktasında yıkıcı girişim olması için, ikikaynaktan gelen dalgalar arasındaki yolfarkının dalga boyunun yarım katlarına eşitolması gerekir.
2 11 ; 0, 1, 2, 2
r r m mλ − = + = ⋅⋅⋅
Girişim desenleri duran dalgalar değildir. Duran dalgada girişim zıt yöndeyayılan iki dalga arasındadır ve değişmeyen bir karın ve düğüm deseni oluşur.İki yönde de net bir enerji akışı yoktur. Ancak, yukarıdaki durumlarda belli biryönde net enerji akışı söz konusudur.
41
Aşağıdaki şekilde, oldukça dar ve eşit aralıklı S1 ve S2 yarıklarına yaklaşan birdalga cephesi gösterilmiştir. Basitleştirmek açısından, bu yarıkların orijinaldalga kaynağıdan eşit uzaklıklarda olduğunu varsayacağız. Böylece S1 ve S2ikincil kaynakları aynı fazda olacaklardır.
8.5.1. Çift Yarıkta Girişim (Young deneyi):
42
S1 ve S2 kaynaklarından P noktasına gelen dalgaların genlikler farklıdır. Bununiki nedeni vardır:
• r1 ve r2 uzaklıkları farklıdır ve dairesel olarak genişleyen küresel birdalganın genliği kaynaktan uzaklaştıkça azalır.
Burada S1 ve S2 ikincil kaynakları arasındaki d mesafesinin, r1 ve r2 uzaklıklarıile karşılaştırdığında çok küçük olduğu durumu ele alacağız.
S1 ve S2 kaynaklarından çıkan dalgaları aşağıdaki formlarda verebiliriz:
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2, cos ; , cosy r t A kr t y r t A kr tω ω= − = −
Perde üzerinde P gibi herhangi bir noktadaki yer-değiştirme ifadesi:
( ) ( ) ( )1 1 2 2, , cos + cosPy r t A kr t A kr tθ ω ω= − −
• S1 ve S2 kaynaklarından P noktasına gelen dalgaların sapma açılarıfarklıdır ve bir Huygens dalgacığı artan sapma açısı ile azalan bir genliğesahiptir. Genlikteki bu azalma, θ sapma açısı olmak üzere, 1 + 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝜃𝜃faktörüne bağlıdır.(http://faculty.poly.edu/~jbain/histlight/lectures/05.Huygen%27s_Principle.pdf)
43
P noktası S1 ve S2 kaynaklarından çok uzakta alındığından, S1 ve S2kaynaklarından çıkan dalgaların genliklerini yaklaşık eşit alabiliriz:
1 2 0A A A≅ =
( ) ( ) ( )0 1 2, , cos + cosPy r t A kr t kr tθ ω ω= − −
( ) ( )cos cos 2cos cos2 2
A B A BA B − + + =
( ) ( ) ( )2 1 2 10, , 2 cos cos
2 2P
r r r ry r t A k k tθ ω
− + = −
Bu eşitlikte zamandan bağımsız olan terim, P noktasındaki bileşkeyer-değiştirmenin genliğidir. Bu terimin sıfır olduğu noktalarda yıkıcı girişim,maksimum olduğu noktalarda ise yapıcı girişim oluşur.
44
Yıkıcı Girişim: ( )2 1cos 0
2r r
k−
=
( )2 1 1 ; 0, 1, 2, 2 2
r rk m mπ
− = + = ⋅⋅⋅
2 112
r r m λ − = +
Yapıcı Girişim: ( )2 1cos 1
2r r
k−
=
( )2 1 ; 0, 1, 2, 2
r rk m mπ
−= = ⋅⋅⋅
2 1r r mλ− =
( ) 1sin2
d mθ λ = +
( )sind mθ λ=
45
Yol farkı-Faz farkı ilişkisi:
Girişim koşullarını yol farkı yerine faz farkı cinsinden de yazabiliriz. 2πkadarlık bir faz farkı, bir dalgaboyluk (λ) yol farkı anlamına gelir. Oran orantıyardımıyla y1 ve y2 dalgaları arasındaki faz farkı belirlenebilir:
( )2 12 r rπδλ
= − ( ) ( )1 20, , 2 cos cos
2 2P
r ry r t A k tδθ ω
+ = −
cos 02δ =
( )2 1 ; 0, 1, 2, m mδ π= + = ⋅⋅⋅Yıkıcı Girişim:
cos 12δ =
2 ; 0, 1, 2, m mδ π= = ⋅⋅⋅Yapıcı Girişim:
m. aydınlık saçağın merkezi aydınlık saçağa uzaklığı:
( ) ( ),max. ,max.tan sinm mθ θ≈ ,max.my mL d
λ≈ ,max.m
Ly mdλ
≈
max. 1,max. ,max.m my y y Ldλ
+∆ = − ≈Ardışık aydınlık saçaklar arası mesafe:46
Bu sonuçlar bize, yarıklardan oldukça uzak mesafelerdeki girişimin sapmaaçısına (θ) bağlı olduğunu gösterir. Eğer girişimin maksimum ve minimumkonumları, iki yarığı birleştiren çizgiye paralel bir çizgi boyunca (perdeüzerinde) gözlenmiş ise, ardışık maksimumlar (veya minimumlar) arasındakimesafeler, yarıklardan olan uzaklıkla (L) orantılı olarak artar.
m. karanlık saçağın merkezi aydınlık saçağa uzaklığı:
( ) ( ),min. ,min.tan sinm mθ θ≈ ,min. 12
mym
L dλ ≈ +
,min.12my m L
dλ ≈ +
min. 1,min. ,min.m my y y Ldλ
+∆ = − ≈Ardışık karanlık saçaklar arası mesafe:
Ardışık aydınlık (veya karanlık) bantlar arası mesafe, yarıklar arası mesafe (d)ile ters orantılıdır. Yarıklar birbirine yaklaştıkça, saçaklar merkezden dışadoğru uzaklaşır ve ardışık saçaklar arası mesafe artar. Yarıklar birbirindenuzaklaştırılırsa, bantlar merkeze doğru yaklaşır ve saçaklar arası uzaklık azalır.
47
2L d
k πλ
>>
=
1 21 2 ve
2r rr r r r+
≅ ≅ =
( ) 0sin 2, , 2 cos cosP
dy r t A r tπ θ πθ ωλ λ
= −
( ) 2
0
1 , ,T
PI y r t dtT
θ= ∫
2
0
1 2 1cos2
T
r t dtT
π ωλ
− = ∫
2 20
sin2 cos dI A π θλ
=
2max.
sincos dI I π θλ
=
48
1n
2n
Hava
+ −
+
+
−
t
−
1n
2n
Hava
+
+
+
t
−
+
+
8.5.2. İnce Filmlerde girişim:Bir dalga az yoğun ortamdan çok yoğun bir ortama geldiğinde (µ1 < µ2 veyan1 < n2), yansıyan dalga π kadarlık faz kaymasına uğrar. Çok yoğun birortamdan az yoğun ortama gelme durumunda ise, yansıyan dalga herhangi birfaz kaymasına uğramaz. Geçen dalgalar herhangi bir faz kaymasına uğramaz.
Kırma indisi n2 olan bir malzemenin üzeri, kırma indisi n1 ve kalınlığı t olanince bir film ile kaplanmış olsun. Havadan film yüzeyine gelen monokromatikdalganın, n1 < n2 ve n1 > n2 durumları için filmin üst ve alt yüzeylerindenyansımaları ve uğradıkları faz kaymaları aşağıda gösterilmiştir.
1 2n n< 1 2n n> 49
112 2
tn m Yapıcı Girişimλ = +
12 tn m Yıkıcı Girişimλ=
12 tn m Yapıcı Girişimλ=
112 2
tn m Yıkıcı Girişimλ = +
Işığın kırma indisi n olan bir ortamda aldığı optik yol, geometrik yol ile kırmaindisinin çarpımına eşittir. Filmin üst yüzeyi ile alt yüzeyinden yansıyandalgalar arasındaki optik yol farkı 2tn1 ile verilir.
1 2n n<
1 2n n>
Örnek: Açılı gelme durumunda
( )n AB BC ADδ = + −
sin 2 tan sinAD AC ntα β β= =
costAB BCβ
= =
sin sin
tan2
nAC
t
α β
β
=
=
− ++
+ +
50
2 2 tan sincos
tn ntδ β ββ
= −21 sin2 2 cos
cosnt ntβδ β
β −
= =
12 cos 2
nt m Yapıcı Girişimβ λ = +
2 cos nt m Yıkıcı Girişimβ λ=
12 2
t m Yapıcı Girişimλ = +
2 t m Yıkıcı Girişimλ=
Örnek:
Dik gelme durumu: Film tabakası hava (n = 1)
+
−
+
+
−
51
8.5.3 Çok yarıkta girişim (Girişim ızgarası):
Birbirlerinden eşit uzaklıklarda yerleşmiş N tane özdeş yarığa sahip birdüzenlenimin (girişim ızgarası) girişim desenini analiz edeceğiz. Ardışıkyarıklar arası mesafeye d diyelim.
Eğer yarıklara gelen orijinal dalga cepheleridüzgün ve yarık düzlemine paralel ise,bütün yarıkların aynı fazda sürüldüklerinikabul edebiliriz.
Ardışık yarıklardan perdedeki bir Pnoktasına ulaşan ikincil dalgalar arasındakiyol farkı dsinθ kadar olur.
Bunun sonucu olarak, ardışık iki yarıktan gidendalgalar arasındaki faz farkı yandaki ifadeye sahiptir:
2 sindπδ θλ
=
P noktasındaki bileşke yer-değiştirme aşağıdaki ifade ile verilir:
( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 2 0 3, , cos cos cosPy r t A kr t A kr t A kr tθ ω ω ω= − + − + − + ⋅⋅⋅
r
r1r2
52
Daha önce üst-üste gelme olayını ele almıştık (Bölüm2, Sayfa 16). Bileşke vektörün A genliği, herbiri enyakınındaki komşusu ile δ açısı yapan A0 uzunluğundaN tane vektörün toplamı olduğu bulunmuştu:
( )( )
0 2 sin / 2
2 sin / 2
A R
A R N
δ
δ
=
=
( )( )0
sin / 2sin / 2
NA A
δδ
=
12 2 2
N NCOB COP π δ π δα δ− − − = − = − =
( ) ( )1, , cosPy r t A kr tθ ω α= − +
I. Fazör Yardımıyla Genlik Hesabı:
( ) ( ), , cosPy r t A kr tθ ω= −
11 sin
2Nr r d θ− − =
1
12
Nkr kr δ− = +
53
Perde yarıklardan yeterince uzak alındığında, perde üzerindeki herhangi bir Pnoktasına düşen herbir dalganın genliğini A0 alabiliriz. Bu durumda Pnoktasındaki toplam yer değiştirme, üst üste binme ilkesi kullanılarak aşağıdakigibi bulunur:
( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 2 0, , cos cos cosP Ny r t A kr t A kr t A kr tθ ω ω ω= − + − + ⋅⋅⋅+ −
( ) 1 20, , e Nikrikr ikri t
Py r t A e e eωθ − = + + ⋅⋅⋅+
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 1 11 2 10, , e 1 Nik r r ik r ri kr t ik r r
Py r t A e e eωθ − −− − = + + + ⋅⋅⋅+
( )2 1 3 1 1sin ; 2 sin ; ; 1 sinNr r d r r d r r N dθ θ θ= + = + ⋅⋅⋅ = + −
II. Seri Toplama Yardımıyla Genlik Hesabı:
2 sin sind kdπδ θ θλ
= =d aralıklı kaynaklardan gelen dalgaların faz farkı:
54
( ) ( ) ( ) ( )1 11 sinsin 2 sin0 0, , e 1 ei kr t i N kd i kr tikd i kd
Py r t A e e e A Sω θ ωθ θθ − − − = + + + ⋅⋅⋅+ =
( )12 111
iNi Ni i
i
eS e e ee
δδδ δ
δ− − = + + + ⋅⋅⋅+ = −
( )1 sinsin 2 sin1 i N kdikd i kdS e e e θθ θ − = + + + ⋅⋅⋅+
1
0
11
iNxNinx
ixn
eee
−
=
−=
−∑
( ) ( ) ( ) ( )( )
1 1 /20
sin / 2, , e
sin / 2i kr t i N
P
Ny r t A eω δ δ
θδ
− − =
( ) ( ) ( )( ) ( )
( )/2 /2 /2
1 /2/2 /2 /2
sin / 2sin / 2
i N i N i Ni N
i i i
Ne e eS ee e e
δ δ δδ
δ δ δ
δδ
−−
−
−= ∗ = −
( )
( )
1
1
1 1 sin2
1 12
r r N d
kr kr N
θ
δ
− = − = + −
( ) ( ) ( )( )0
sin / 2, , e
sin / 2i kr t
P
Ny r t A ω δ
θδ
− =
55
Denklemin gerçel kısmı alınarak, P noktasındaki yer-değiştirme için aşağıdakisonuç elde edilir:
( ) ( )( ) ( ) ( )0
sin / 2, , cos cos
sin / 2P
Ny r t A kr t A kr t
δθ ω ω
δ
= − = −
( )( )0
sin / 2sin / 2
NA A
δδ
=
N = 2 için bu sonuç, çift yarıkta Young deneyi için elde edilen sonuçlauyumludur:
02 cos2
A A δ =
( ) ( )0, , 2 cos cos2Py r t A kr tδθ ω = −
( ) 0sin 2, , 2 cos cosP
dy r t A r tπ θ πθ ωλ λ
= −
Çift yarıkta Young deneyi:
56
N = 2 için bu sonuç, daha önce çift yarıktaki Young deneyi için elde edilensonuçla (Bkz. Sayfa 47) aynıdır:
( )( )
2
2 2 2 2 20 0 0
sin1 1 sin4cos 2 cos2 sin / 2 2 2
dI A A Aδ δ π θ
δ λ = = =
P noktasında bileşke dalganın şiddeti, bileşke yer-değiştirmenin karesininzaman ortalamasıdır:
( ) ( )2 2 2 2
0 0
1 1 1, , cos2
T T
PI y r t dt A kr t dt AT T
θ ω= = − = ∫ ∫
( )( )
2
20
sin / 212 sin / 2
NI A
δδ
=
57
Şimdi N yarık içeren girişim ızgarası deneyinde şiddet deseninin durumunabakalım:
i. δ/2 = 0, π, 2π, … , nπ durumunda perde üzerinde genliği NA0 olanmaksimumlar gözlenir.
( )( )0 0
2
sin / 2lim
sin / 2n
NA A NA
δ π
δδ→
= =
1 2 sin2 2
d nδ π θ πλ
= =
( )sin ; 0, 1, 2, d n nθ λ= = ⋅⋅⋅
şartını sağlayan her θ değerinde toplam genlik maksimumdur. Yani daralıkları ile yanyana gelmiş N tane yarıktan oluşan bir kırınım ağı, aynençift yarık örneğinde olduğu gibi, aynı doğrultularda temel maksimumlarasahiptir.
( )2max. 0
12
I NA=
58
ii. 𝑁𝑁𝛿𝛿/2 = π, 2π, 3π, …, mπ ve 𝑐𝑐𝑠𝑠𝑛𝑛 𝛿𝛿/2 ≠ 0 durumunda ise, üst-üstegelmeler birbirini söndürür ve genlik sıfır olur:
sin sin 0 ; 1, 2, , ( 1)2
m m NN
δ π = ≠ = ⋅⋅⋅ −
iii. Bu sıfırlar arasında, genlik maksimumlarına karşılık gelen δ değerleri devardır. Bu maksimumlara, çok yarıklı girişim deseninin ikincilmaksimumları denir. İkincil maksimumların yerleri ve şiddetleri, β = δ/2kısaltması kullanılarak, aşağıdaki şekilde bulunur:
( )12 3 , , , , 2
NN N N N
πδ π π π −= ⋅⋅⋅
0dIdβ
= ( ) ( )tantan
NN
ββ =
( )( )
2
20
sin12 sin
NI A
ββ
=
Sabit bir aralıktaki yarık sayısı N çok fazla ise, ardışıkyarıklardan çıkan dalgalar arasındaki faz farkı da çokküçük olacaktır 𝛿𝛿 → 0 . Elde edilen bu sonucu, Nβ = αkısaltmasıyla birlikte, yandaki gibi verilebiliriz:
tanα α=
59
Bu denklemin analitik çözümü mümkün olmamakla birlikte, yaklaşık çözümiçin aşağıdaki ifadeyi kabul edebiliriz:
tanα α= 1 1122
mm
α ππ
≅ + − +
1 12 2
mN
δβ π = ≅ +
20
2
12
1 1sin2
ikincilmaksimum
AI
mN
π
≅
+
Ardışık iki temel maksimum arasında N−1 tane minimum, N−2 taneikincil maksimum bulunur.
( ) 1, 2, 3, , 2m N= ⋅⋅⋅ −
Çözüm kümesi;
60
N=3 N=4
N=5 N=10
61
8.6. KIRINIM
Kırınım ile girişim arasında gerçekte bir ayırım yoktur.Tarihsel nedenlerle, sonlu sayıda, ayrı, eş fazlı kaynaklarınkatkılarının üst-üste gelmesi ile oluşmuş genlik ya daşiddet değişimine genellikle girişim deseni denir.
Sürekli, eş fazlı bir kaynaklar dağılımının katkılarının üst-üste gelmesi ileoluşmuş genlik ya da şiddet değişimine ise, genellikle kırınım deseni denir.
Böylece iki dar yarığın oluşturduğu girişim deseni ya da geniş bir yarığınoluşturduğu kırınım deseni, ya da geniş iki yarığın oluşturduğu bileşik girişimve kırınım deseni sözkonusu olur.
Işığın keskin bir köşeden kıvrılaması, dalgaboyumertebesinde bir yarıktan geçerken her doğrultudayayılması ‘‘kırınım’’ olarak adlandırılır.
Her iki olay da aynı temel fiziksel ilkeler tarafından belirlenir: Üst-üste binmeve Huygens ilkesi.
62
Fraunhofer kırınımı: Kaynak, yarık düzlemi ve perde birbirinden, gidenışınlar paralel kabul edilecek kadar uzaktaysa, buna Fraunhofer kırınımı denir.
Fresnel kırınımı: Kaynak, yarık düzlemi ve perde birbirinden sonlu uzaklıktaiseler, buna Fresnel kırınımı denir.
YarıkDüzlemi
63
8.6.1. Tek yarıkta kırınım:
Genişliği D olan tek yarık içindeki tüm noktaların gelen dalga düzlemitarafından aynı fazda sürüldüklerini kabul edeceğiz. Yarığı N özdeş küçük yarığaböldüğümüzü varsayalım (N >> 1). δ ardışık iki yarık arasındaki faz farkı olmaküzere, D yarığının üst ve alt ucu arasından gözlem noktasına (P noktası) ulaşandalgalar arasındaki faz farkı:
2 sinD Nπβ θ δλ
= =
r
r1r2
64
0sin ve 2 2
A R ER
β β = =
( )0
sin / 22 sin
2 / 2A R E
βββ
= =
( ) ( )( ) ( )0
sin / 2, , cos
/ 2Py r t E kr tβ
θ ωβ
= −
I. Fazör Yardımıyla Genlik Hesabı:
( ) 1, , cos2Py r t A kr t βθ ω = − +
1 sin2Dr r θ− =
1 12 sin
2 2Dkr kr krπ βθ
λ= + = +
1kr tω−α
2 2 2π π β βα − = − =
0 0NA E=
65
II. İntegral Yardımıyla Genlik Hesabı:
D
dss0
+D/2
−D/2
P
θr
r′
( ) ( )0, , cosPEdy r t ds kr tD
θ ω φ = − −
( )/2
0
/2
2, , cos sinD
PD
Ey r t kr t s dsD
πθ ω θλ
+
−
= − − ∫
( )/2
0
/2
1 2, , sin sin2 sin
D
PD
Ey r t kr t sD
πθ ω θπ λθλ
+
−
= − − −
( ) ( )0, , cosPEdy r t kr tN
θ ω φ = − −
2 ve arasındaki faz farkı : sinr r s
Nds D
πφ θλ
′ =
=
66
( ) ( )0
sin sin, , cos
sinP
Dy r t E kr t
D
π θλθ ω
π θλ
= −
( ) ( )( ) ( )0
sin / 2, , cos
/ 2Py r t E kr tβ
θ ωβ
= −
sin sin 2sin cos2 2
A B A BA B − + − =
( ) 0, , sin sin sin sin2 sin
PE D Dy r t kr t kr tD
π πθ ω θ ω θπ λ λθλ
= − − − − − +
67
III. N Yarıkta Girişim İfadesi Yardımıyla Genlik Hesabı:
2 2sin sin ve 1N N d D Nπ πδ θ θ βλ λ
= = = >>
( )( )
( )( )
( )0 0 0
sin / 2 sin / 2 sin / 2sin / 2 sin / 2 / 2
NA A NA
Nδ β βδ β β
≅ =
( ) ( )( ) ( )0
sin / 2, , cos
sin / 2P
Ny r t A kr t
δθ ω
δ
= −
( ) ( )( ) ( )0
sin / 2, , cos
/ 2Py r t E kr tβ
θ ωβ
= −
0 0E NA=
68
Sabit bir r uzaklığında, P noktasındaki bileşke dalganın şiddeti:
( ) ( ) ( )( ) ( )
22 2 2
00 0
sin / 21 1, , cos/ 2
T T
PI y r t dt E kr t dtT T
βθ ω
β
= = −
∫ ∫
( )( )
( )( )
2 2
20 0
sin / 2 sin / 212 / 2 / 2
I E Iβ β
β β
= =
2 sin 0Dπβ θλ
= =( )
( )
2
0 0
sin / 2/ 2
I I Iβ
β
= =
0θ =
Karanlık saçak şartı (I = 0):
Yarık merkezinden dik uzaklıktaki perde üzerindeki P noktasında (merkez),şiddet maksimumdur ve I0’ a eşittir.
( )sin , 2 , , ; 1, 2, 3, 2
D m mβ π θ π π πλ
= = ⋅⋅⋅ = ⋅⋅⋅
( )sin ; 1, 2,3,D m mθ λ= = ⋅⋅⋅69
( )( )
2 2
0 0
sin / 2 sin ; / 2 2
I I Iβ α βα
β α = = =
0 2
sin cos sin0 2 0dI Id
α α α αα α α
− = ⇒ = tanα α=
1 1122
mm
α ππ
≅ + − +
sin2
Dβ π θαλ
= =
2
1 1sin ; 1, 2, 3, 122
D m mm
θ λπ
= + − = ⋅⋅⋅ +
Aydınlık saçak şartı, şiddet fonksiyonunu maksimum yapan θ değerlerininbulunmasıyla belirlenir:
Bu denklemin analitik çözümü mümkün olmamakla birlikte, yaklaşık çözümiçin aşağıdaki ifadeyi kabul edebiliriz (Bkz. Bölüm-8, Sayfa 60):
Aydınlık saçak şartı
70
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
1,max 1,max 0
2,max 2,max 0
3,max 3,max 0
1 sin 1,432 0,0472
2 sin 2,459 0,0165
3 sin 3,471 0,00834
m D I I
m D I I
m D I I
θ λ
θ λ
θ λ
= ⇒ = ⇒ =
= ⇒ = ⇒ =
= ⇒ = ⇒ =
Şekil üzerindeki m değerleri minimum şiddetleri temsil eder. Su dalgaları da,tıpkı tek yarıktan geçen ışık gibi davranır. Kırınıma uğrayan dalgalardan sadecemerkeze yakın olanlar görülebiliyor, diğerleri görülemeyecek kadar zayıftır.
71
ifadelerine sahiptir. Dalga boyunun sabitolduğu durum için, yarık genişledikçe karanlıksaçaklar hem birbirlerine doğru yaklaşır, hemde merkeze doğru hareket ederler. Böylecemerkezi aydınlık saçak daralır ve keskinleşir.Başka bir deyişle, merkezi aydınlık saçağıngenişliği yarık genişliği ile ters orantılıdır.
θ = 0 durumu aydınlık saçağa karşılık gelir ve bu durumda yarıktan gelendalgaların tümü P noktasına aynı fazda gelir. Merkezi aydınlık saçağın, diğeraydınlık saçakların hepsinden çok daha geniş olduğuna ve merkezden uzaklaştıkçaikincil aydınlık saçakların şiddetlerinin hızlıca azaldıklarına dikkat ediniz
.minsin tan mmy LDλθ θ≅ ⇒ ≅
L >> D durumunda, m. karanlık saçağınmerkezi aydınlık saçaktan uzaklığı ve ardışıkkaranlık saçaklar arası mesafe: D = 0,16 mm
D = 0,08 mm
D = 0,04 mm
D = 0,02 mm
1.min .minm+ my y LDλ
− ≅
72
s
ds
d
r
a
a
C
B
A
O
D
θ
P
ds
s
r1
r2
( ) ( )01 , , cos sinEdy r t ds kr t ks
aθ ω θ = − −
( ) ( )02 , , cos sinEdy r t ds kr t ks
aθ ω θ = − +
( ) ( ) ( )0, , cos sin cos sinPEdy r t ds kr t ks kr t ksa
θ ω θ ω θ = − − + − +
2 2d aOB OC= = −
2 2d aOA OD= = +
8.6.2. Belirli Genişlikte İki Yarık (Girişim+Kırınım):
Her birinin genişliği a olan ve aralarında d uzaklığı bulunan çift yarıklı sistemiele alalım. Yarık genişliği ve yarıklar arası mesafe kıyaslanabilir büyüklükteiseler, perdede gözlenen şiddet dağılımı kırınım deseni tarafından modüle edilmişgirişim deseni olacaktır.
73
( ) ( ) ( )02, , cos sin cosPEdy r t ds ks kr ta
θ θ ω = −
cos cos 2cos cos2 2
A B A BA B − + + =
( ) ( ) ( )2 2
0
2 2
2, , cos sin cos
d a
Pd a
Ey r t ks ds kr ta
θ θ ω+
−
= −
∫
( ) ( )0 2 2
2 2
2 sin sinsin
d a
d aPEA ks
kaθ θ
θ+
−
=
( ) 02 sin sin sin sinsin 2 2 2 2PE d a d aA k k
kaθ θ θ
θ = + − −
sin sin 2sin cos2 2
A B A BA B − + − =
74
( ) 04 sin sin cos sinsin 2 2PE ka kdA
kaθ θ θ
θ =
( ) 22 2
0
1 1 , ,2
T
P P PI A y r t dt AT
θ= = ∫
( )
2
2 20
sinsinsin2 cossinP
adI E a
π θπ θλθ π θ λ
λ
=
Girişim
Kırınım
Sonuç şiddet, her noktada girişim ve kırınımdan elde edilen şiddetlerinçarpımı şeklindedir. Çift yarık için elde edilen tepe ve çukurlarının konumlarıaynıdır fakat, tek yarık kırınım deseni tarafından modüle edilmiştir.
75
Şekil-(a): Genişliği a olan tek bir yarığınoluşturduğu kırınım desenindeki şiddetdeğişimi.
Şekil-(b): Aralarında d uzaklığı olan ikiyarığın oluşturduğu girişim desenindekişiddet değişimi.
Şekil-(c): Aralarında d uzaklığı olan,herbiri a genişliğinde iki yarığınoluşturduğu girişim desenindeki şiddetdeğişimi (d > a).
Şekil-(d): Şekil-(c)’ de hesapla elde edilendesenin deneysel olarak elde edilmiş resmi.
76
0 1 20,25 0,33 1,33
1 0 14 −0,33 0,67∞ −1 0
Örnek-1: Boyca kütle yoğunlukları µ1 ve µ2 olan iki ip, T gerilimi altında bireruçlarından birleriyle birleştirilmişlerdir. Birleşme noktasına doğru ilerleyenbir dalgayı göz önüne alınız. µ2/µ1 = 0; 0,25; 1; 4; ∞ durumları için,yansıyan ve geçen dalga genliklerinin, gelen dalga genliğine oranınıbulunuz.
1 2 2 11 212
1 2 1 2 2 1
1 /1 /
Z ZBRA Z Z
µ µ µ µµ µ µ µ
− −−= = = =
+ + +Yansıma Katsayısı:
Geçme Katsayısı:
Çözüm-1:
112
1 2 2 1
2 21 /
ZCTA Z Z µ µ
= = =+ +
Karakteristik Empedans: Z Tµ=
2 1/µ µ 12R 12T
77
Örnek-2: Boyca kütle yoğunlukları µ1 ve µ2 olan iki ip birer uçlarından bağlıdır veipler T gerilimi ile gerilmiştir. Birleşme noktasına doğru ilerleyen bir dalgayıgöz önüne alınız. Yansıyan dalganın enerji akısı ile geçen dalganın enerjiakısı toplamının, gelen dalganın enerji akısına eşit olduğunu gösteriniz. Birdalganın enerji akısı (= enerji yoğunluğu ile dalga hızının çarpımı) A genlikve v dalga hızı olmak üzere, 𝐴𝐴2/𝑣𝑣 ile orantılıdır.
Çözüm-2: Bir dalganın enerji akısı: ( )212
P A vµ ω=
Gelen dalganın genliği A, yansıyan dalganın genliği B ve geçen dalganıngenliği C olsun. Bu durumda sırasıyla 𝑃𝑃𝐴𝐴, 𝑃𝑃𝐵𝐵 ve 𝑃𝑃𝐶𝐶 gelen, yansıyan ve geçendalganın akısı olmak üzere;
( ) ( ) ( )2 2 21 1 1 1 2 2
1 1 1 ; ; 2 2 2A B CP A v P B v P C vµ ω µ ω µ ω= = =
2 2 21 2
12B CP P T B Cω µ µ + = +
Burada v1 birinci ip üzerinde ve v2 ikinci ip üzerinde dalga hızınıgöstermektedir. Yansıyan ve geçen dalga akılarının toplamı için;
/v T µ=
78
2 2
1 2 12 21 2
1 2 1 2
212B CP P A T
µ µ µω µ µ
µ µ µ µ
− + = + + +
1 21 212
1 2 1 2
T TZ ZBRA Z Z T T
µ µµ µ
−−= = =
+ +
1112
1 2 1 2
22 TZCTA Z Z T T
µµ µ
= = =+ +
2
1 22 2
1 2
B Aµ µµ µ
−= +
2
12 2
1 2
2C A
µµ µ
= +
( )22 21 1 1
1 12 2B CP P A T A vω µ ω µ+ = = B C AP P P+ =
79
Örnek-3: Havada ilerleyen bir düzlem ses dalgası su yüzeyine dik olarak düşüyor. Sesinhavadaki hızı yaklaşık 334 m/s ve sudaki hızı ise yaklaşık 1480 m/s’ dir.
a) Suya giren dalganın genliğinin gelen dalganın genliğine oranı nedir?b) Suya giren dalganın enerji akısının gelen dalganın enerji akısına oranı nedir?
Çözüm-3: a-) Akışkanlarda yer değiştirme için dalga denklemi: 2 2
2 2 2
1x v tξ ξ∂ ∂=
∂ ∂
0/v B ρ=Dalganın yayılma hızı:
B, ortamın hacim modülü ve ρ0 dalganın yayıldığı ortamın yoğunluğudur.
( ) ( ), cosx t A kx tξ ω= −
Ses dalgasının su yüzeyine şekildeki gibidik geldiğini kabul edelim.
Bu durumda gelen, yansıyan ve geçendalgayı, sırasıyla, ξi(𝑥𝑥,𝑡𝑡), ξr(𝑥𝑥,𝑡𝑡) ve ξt(𝑥𝑥,𝑡𝑡)ile gösterelim.
80
( ) ( )1, cosi ix t A k x tξ ω= −
( ) ( )1, cosr rx t A k x tξ ω= − −
( ) ( )2, cost tx t A k x tξ ω= −
Sınır koşulları:
i-) Arayüzeyde yer değiştirmeler her an sürekli olmalıdır.
ii-) Arayüzeyde basınç her an sürekli olmalıdır.
( ) ( ) ( )0, 0, 0,i r tt t tξ ξ ξ+ =
( ) ( ) ( )cos cos cosi r tA t A t A tω ω ω+ = i r tA A A+ =
( ) ( ), sinp x t B kBA kx txξ ω∂
= − = −∂
( ) ( ) ( )0, 0, 0,i r tp t p t p t+ =
( ) ( ) ( )1 1 1 1 2 2sin sin sini r tk B A t k B A t k B A tω ω ω− − − = −
2 2
1 1i r t
k BA A Ak B
− =
Bkz. Bölüm-6, Sayfa 44
81
2 2
1 1
i r t
i r t
A A A
k BA A Ak B
+ =
− =
1 1
1 1 2 2
2t
i
A k BA k B k B
= +
; Bv kB B B v Zkω ω ρ ρ ρ
ρ= = ⇒ = = =
1 1 1 1 1
1 21 1 2 2 1 1 2 2
2 2 2t
i
B BA ZA Z ZB B B B
ω ρ ρω ρ ω ρ ρ ρ
= = =++ +
Verilen sayısal değerler kullanılarak aşağıdaki sonuç elde edilir:
( )( )( )( ) ( )( )
42 1,23 3342 5,55 101,23 334 1000 1480
t hava hava
i hava hava su su
A vA v v
ρρ ρ
−= = ≅ ×+ +
82
b-) Gerilmiş ipteki dalganın enerji akısı: ( )212
P A vµ ω=
Benzer şekilde ses dalgasının enerji akısı: ( )212
P A vρ ω=
Bu durumda gelen ses dalgasının enerji akısının suya giren ses dalgasının enerjiakısına oranı:
( )
( )
2 22 2
2 2
2 2 21 1
1212
tt t
i ii
A vP AvP v AA v
ρ ω ρρρ ω
= =
( )( )( )( ) ( )
224 31000 1480
5,55 10 1,11 101,23 334
t su su t
i hava hava i
P v AP v A
ρρ
− − = ≅ × = ×
83
Örnek-4: Çift yarık girişim deneyinde 𝑑𝑑 = 0,150 𝑚𝑚𝑚𝑚, 𝐿𝐿 = 120 𝑐𝑐𝑚𝑚, 𝜆𝜆 = 833 𝑛𝑛𝑚𝑚 ve𝑦𝑦 = 2,00 𝑐𝑐𝑚𝑚 olarak veriliyor.
a) S1 ve S2 kaynaklarından ekrandaki P noktasınagiden ışınlar arasındaki 𝛿𝛿 yol farkını bulunuz.
b) 𝛿𝛿’ yı, 𝜆𝜆 dalga boyu cinsinden ifade ediniz.c) Bu koşullardaki P noktasının maksimumda mı,
minimumda mı veya ara bir yerde mi olduğunubelirleyiniz.
Çözüm-4: a) Yol farkı : 2 1 sinr r dδ θ= − =
sin tan yL yL
θ θ⇒ ≅ =
( ) 20,15 2,5 120
yd mL
δ µ = = =
b) 6
9
2,5 10 3,00833 10
δλ
−
−
×= =
×3,00δ λ=
c) b-şıkkının sonucuna göre yol farkı dalga boyunun tam katı (3,00)olduğundan, verilen özelliklerdeki P noktasında yapıcı girişim, yanimaksimum veya başka bir deyişle aydınlık saçak oluşur.
84
Örnek-5: Tek renkli faz uyumlu (koherent) bir ışık kaynağı şekildekigibi birbirine paralel ve aralarındaki uzaklıklar d olan S1, S2ve S3 yarıklarına geliyor. Bu yarıklardan çıkan dalgalarıngenliklerinin eşit (E0), aynı 𝜔𝜔 frekanslı ve ardışık fazfarkları 𝜑𝜑 = 2𝜋𝜋𝑑𝑑𝑐𝑐𝑠𝑠𝑛𝑛𝜃𝜃/𝜆𝜆 ifadesi tanımlıdır.
a) P noktasındaki şiddetin, 2
0 2 sin1 2cos9I dI π θ
λ = +
ifadesi ile verileceğini gösteriniz. Burada I0 birincil maksimumlarınşiddettir.
b) İkincil maksimumların şiddetinin birinci maksimumların şiddetine oranınıbulunuz.
Çözüm-5: a) S1 ile S2 ve S2 ile S3 yarıkları arasındaki faz farkı:
( ) ( ) ( )1 0 2 0 3 0cos ; cos ; cos 2E E t E E t E E tω ω ϕ ω ϕ= = + = +
1 2 3PE E E E= + +
2 sindπ θϕλ
=
85
( ) ( )3 0 cos cos sin sinE E t tω ϕ ϕ ω ϕ ϕ= + − +
( ) ( ) ( )1 0 0cos cos cos sin sinE E t E t tω ϕ ϕ ω ϕ ϕ ω ϕ ϕ= + − = + + +
( )13 1 3 02 cos cosE E E E tω ϕ ϕ= + = +
( )2 0 cosE E tω ϕ= +
( )[ ]13 2 0 cos 1 2cosPE E E E tω ϕ ϕ= + = + +
( ) [ ] ( )22
2 0 2
0 0
1 2cos1 cosT T
P
EI E dt t dt
T Tϕ
ω ϕ+
= = +∫ ∫
/ 2T
20 max 00
92
I I I Eϕ=
= = =2
0 2 sin1 2cos9I dI π θ
λ = +
[ ]220
1 1 2cos2
E ϕ= +
86
[ ]20 1 2cos9II ϕ= +
[ ]04 1 2cos sin 09
dI Id
ϕ ϕϕ= − + = 2 40 , , , , 2
3 3π πϕ π π=
[ ] [ ]2
0 02
4 4sin sin 2 cos 2cos 29 9
d I dI Id d
ϕ ϕ ϕ ϕϕ ϕ
= − + = − +
[ ]2
0 0
1 1 2cos 0 19
I II I= + ⇒ =
b)
2
2
2
2
0 maksimum nokta
0 minimum nokta
d Idd Id
ϕ
ϕ
< ⇒
> ⇒
( )
( )
0 , , 2 2 4 , 3 3
maksimum
minimum
ϕ π ππ πϕ
=
=
87
Örnek-6: Çift yarık girişim deneyinde S kaynağı S1yarığına S2 yarığından yarım dalga boyudaha yakındır. Maksimum ve minimumlarınyerlerini belirleyiniz. θ = 0 noktasımaksimum mu yoksa minimum mudur?
Çözüm-6: S kaynağının S1 ve S2 yarıklarına uzaklıkları arasında λ/2 kadarlık bir farkolması nedeniyle, P noktasına gelen dalgalar arasındaki yol farkına 𝜆𝜆/2 ilaveetmek gerekir:
2 1 sin2
r r r d λθ∆ = − = +
P noktasında maksimum olabilmesi için bu yol farkının dalga boyunun tamkatlarına eşit olması gerekir:
maxsin ; 0, 1, 2, 3, 2
d n nλθ λ+ = = ⋅⋅⋅
max1sin2
d nθ λ = −
88
Ekran üzerinde maksimumların konumu için (L >> ymax):
maxmax maxsin tan y
Lθ θ≅ = max
12
Ly ndλ = −
Minimumlar için yol farkı dalga boyunun yarım katları olacağını biliyoruz:
min1sin ; 0, 1, 2, 3,
2 2d n nλθ λ + = + = ⋅⋅⋅
minsind nθ λ=
Ekran üzerinde minimumların konumu için :
minmin minsin tan y
Lθ θ≅ = min
Ly ndλ
=
0 sin 0 0d nθ θ= ⇒ = ⇒ =
Bu durumda merkezi girişim saçağı bir minimumdur.89