Bölüm 5

Salınımlar

Hooke yasası ve basit harmonik hareket, çözümün eşdeğer biçimleri ve karmaşık gösterim; iki boyutlu salınıcılar ve Lissajous eğrileri; sönümlü salınımlar (az, kritik ve aşırı sönüm); zorlanmış sönümlü salınıcı, kalıcı ve geçici çözümler; rezonans, rezonans genişliği ve kalite faktörü; Fourier serileri, periyodik bir kuvvetle zorlanan salınıcı ve Parseval teoremi.

37 dk okuma8 çözümlü örnek8 şekil19 problem

Bu bölümde

Kararlı bir denge çevresindeki küçük salınımların neden basit harmonik hareket olduğunu ve bu hareketin çözümünü dört eşdeğer biçimde yazmayı
Karmaşık sayılarla salınım problemlerini çözmeyi
İki boyutlu salınıcıların yollarını ve Lissajous eğrilerini
Sönümlü salınıcının üç davranış türünü (az, kritik ve aşırı sönüm) ve enerjinin nasıl kaybolduğunu
Sinüzoidal bir kuvvetle zorlanan sönümlü salınıcının hareketini; rezonansı, rezonans genişliğini ve kalite faktörünü
Periyodik bir fonksiyonu Fourier serisine açmayı ve doğrusal bir salınıcının herhangi bir periyodik kuvvete yanıtını bu açılımla bulmayı

5.1Hooke yasası

Doğadaki hareketlerin çok büyük bir kısmı salınımdır: bir sarkacın, bir saat yayının, bir köprünün, bir moleküldeki atomların, bir kristaldeki iyonların, bir elektrik devresindeki akımın ileri geri hareketi. Bu bölümde salınımların ortak kuramını kuracağız. Bu kuramın bu kadar geniş bir alana uygulanabilmesinin nedenini 4. bölümde gördük: kararlı bir denge noktasının yakınında her potansiyel enerji

$$ U(x) \approx U(x_0) + \tfrac12 k\,(x - x_0)^2, \qquad k = U''(x_0) > 0 $$

biçimindedir. Orijini denge noktasına yerleştirir ve sabit terimi atarsak $U = \tfrac12 kx^2$ ve kuvvet

$$ F = -\dv{U}{x} = -kx $$

(5.1)

olur. Bu, Hooke yasasıdır: geri çağırıcı kuvvet, dengeden uzaklıkla orantılıdır ve dengeye doğru yönelir. Robert Hooke bu yasayı 1678'de yaylar için "ut tensio, sic vis" (uzama ne ise kuvvet de odur) sözleriyle duyurdu. Gerçek bir yay için bu yasa yalnızca küçük uzamalarda geçerlidir; ama yukarıdaki Taylor açılımı, her sistemin küçük salınımları için aynı yasanın geçerli olduğunu gösterir. Bir sarkaç için de, bir molekül için de, küçük yer değiştirmelerde Hooke yasası doğrudur.

5.2Basit harmonik hareket

Kütlesi $m$ olan ve Hooke yasasına uyan bir kuvvetin etkisindeki bir cismin hareket denklemi

$$ \ddot{x} = -\omega^2 x, \qquad \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} $$

(5.2)

olur. Bu, ikinci mertebeden, doğrusal ve homojen bir diferansiyel denklemdir. Doğrusal olması, bilinmeyen $x$ ve türevlerinin yalnızca birinci kuvvetten bulunması demektir; homojen olması, $x$'ten bağımsız bir terim içermemesi demektir. Bu tür denklemlerin çok önemli bir özelliği vardır.

Teorem 5.1Üst üste binme ilkesi

$x_1(t)$ ve $x_2(t)$, doğrusal homojen bir diferansiyel denklemin iki çözümüyse, her $C_1$, $C_2$ sabiti için $C_1x_1 + C_2x_2$ de bir çözümdür. İkinci mertebeden bir denklemin genel çözümü, birbirinin katı olmayan (doğrusal bağımsız) iki çözümün böyle bir bileşimidir ve iki keyfi sabit içerir.

Kanıt kısadır: $\ddot{x}_1 = -\omega^2x_1$ ve $\ddot{x}_2 = -\omega^2x_2$ ise $(C_1x_1 + C_2x_2)'' = C_1\ddot{x}_1 + C_2\ddot{x}_2 = -\omega^2(C_1x_1 + C_2x_2)$ ✓. İki keyfi sabit, başlangıçtaki konum ve hız ile belirlenir.

(5.2)'nin genel çözümünü dört eşdeğer biçimde yazabiliriz; her birinin kullanışlı olduğu durumlar vardır.

Karmaşık üstel biçim. $e^{i\omega t}$ ve $e^{-i\omega t}$ fonksiyonları denklemi sağlar (iki kez türev almak $(\pm i\omega)^2 = -\omega^2$ ile çarpmaktır). Genel çözüm

$$ x(t) = C_1e^{i\omega t} + C_2e^{-i\omega t} $$

Sinüs ve kosinüs biçimi. Euler formülü $e^{\pm i\omega t} = \cos\omega t \pm i\sin\omega t$ ile

$$ x(t) = B_1\cos\omega t + B_2\sin\omega t, \qquad B_1 = C_1 + C_2,\quad B_2 = i(C_1 - C_2) $$

Bu biçimde sabitler başlangıç koşullarından hemen bulunur: $B_1 = x_0$ ve $B_2 = v_0/\omega$.

Genlik ve faz biçimi. $B_1 = A\cos\delta$ ve $B_2 = A\sin\delta$ yazarsak, kosinüsün toplam formülüyle

$$ x(t) = A\cos(\omega t - \delta), \qquad A = \sqrt{B_1^2 + B_2^2},\quad \tan\delta = \frac{B_2}{B_1} $$

(5.3)

olur. $A$ genlik, $\omega t - \delta$ faz, $\delta$ faz sabitidir. Hareket $T = 2\pi/\omega$ periyoduyla tekrarlanır; frekans $f = 1/T = \omega/2\pi$'dir. $\omega$'ya açısal frekans denir.

Bir karmaşık sayının gerçek kısmı. $x$ gerçek bir nicelik olduğundan genel çözümde $C_2 = C_1^*$ olmalıdır (yıldız, karmaşık eşleniği gösterir). Bu durumda iki terim birbirinin eşleniğidir ve toplamları, birinin gerçek kısmının iki katıdır:

$$ x(t) = \mathrm{Re}\left(\mathcal{A}\,e^{i\omega t}\right), \qquad \mathcal{A} = 2C_1 = A\,e^{-i\delta} $$

(5.4)

Karmaşık düzlemde $\mathcal{A}e^{i\omega t}$, boyu $A$ olan ve $\omega$ açısal hızıyla dönen bir vektördür; gerçek hareket, bu dönen vektörün gerçek eksene izdüşümüdür. Bu gösterim, zorlanmış salınımlarda hesapları büyük ölçüde kısaltacak.

**Şekil 5.1.** Basit harmonik hareket $x = A\cos(\omega t - \delta)$. Eğri, $\delta/\omega$ kadar sağa kaymış bir kosinüstür; tepe noktaları $T = 2\pi/\omega$ aralıklarla tekrarlanır. Sağda, karmaşık düzlemde dönen $\mathcal{A}e^{i\omega t}$ vektörü ve onun gerçek eksene izdüşümü.

Enerji. Kinetik ve potansiyel enerji, (5.3) ile

$$ K = \tfrac12 m\dot{x}^2 = \tfrac12 kA^2\sin^2(\omega t - \delta), \qquad U = \tfrac12 kx^2 = \tfrac12 kA^2\cos^2(\omega t - \delta) $$

olur ($m\omega^2 = k$ kullanıldı). Toplam enerji $E = \tfrac12 kA^2$ sabittir: enerji, kinetik ve potansiyel biçimler arasında her çeyrek periyotta bir el değiştirir. Bir periyot boyunca ortalama alındığında $\langle K\rangle = \langle U\rangle = E/2$'dir (Problem 5.3).

Örnek 5.1Başlangıç koşullarından genlik ve faz

Açısal frekansı $\omega = 4{,}0$ rad/s olan bir salınıcı, $t = 0$'da dengeden $x_0 = 5{,}0$ cm uzakta ve dengeden uzaklaşan yönde $v_0 = 30$ cm/s hızla hareket ediyor. Genliği, faz sabitini ve cismin ilk kez dengeden geçtiği anı bulun.

Çözüm

Sinüs ve kosinüs biçiminde $B_1 = x_0 = 5{,}0$ cm ve $B_2 = v_0/\omega = 7{,}5$ cm. (5.3) ile

$$ A = \sqrt{5{,}0^2 + 7{,}5^2} = 9{,}0\ \text{cm}, \qquad \tan\delta = \frac{7{,}5}{5{,}0} = 1{,}5 \;\Rightarrow\; \delta = 0{,}983\ \text{rad} = 56{,}3° $$

$B_1$ ve $B_2$ ikisi de pozitif olduğundan $\delta$ birinci bölgededir. Cisim önce dışarı gider ve $\omega t = \delta$ anında, yani $t = 0{,}25$ s'de en uzak noktaya ($x = A$) ulaşır. Dengeden ilk kez $\omega t - \delta = \pi/2$ olduğunda geçer:

$$ t = \frac{\delta + \pi/2}{\omega} = \frac{0{,}983 + 1{,}571}{4{,}0} \approx 0{,}64\ \text{s} $$

Örnek 5.2Suda yüzen bloğun salınımı

Tabanı yatay, yan yüzleri düşey olan türdeş bir tahta blok suda yüzüyor; batan kısmının derinliği $d = 20$ cm'dir. Blok biraz aşağı itilip bırakılırsa hangi periyotla salınır? (Suyun blokla birlikte hareket etmesinden gelen etkileri ve sürtünmeyi ihmal edin.)

Çözüm

Kesit alanı $S$ ve kütlesi $m$ olsun. Dengede kaldırma kuvveti ağırlığa eşittir: $\rho_s S d\,g = mg$, yani $m = \rho_s S d$ ($\rho_s$, suyun yoğunluğu). Blok dengeden $x$ kadar aşağı itilirse kaldırma kuvveti $\rho_s S g\,x$ kadar artar; net kuvvet $F = -\rho_s S g\,x$ olur. Bu, yay sabiti $k = \rho_s S g$ olan bir Hooke kuvvetidir:

$$ \omega^2 = \frac{k}{m} = \frac{\rho_s S g}{\rho_s S d} = \frac{g}{d}, \qquad T = 2\pi\sqrt{\frac{d}{g}} = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}20}{9{,}8}} \approx 0{,}90\ \text{s} $$

Periyot, bloğun yoğunluğuna ya da kesitine bağlı değildir; yalnızca batan derinliğe bağlıdır. Boyu $d$ olan bir sarkaçla aynı periyottur. Gemilerin yalpalama ve dalıp çıkma periyotları da benzer düşüncelerle hesaplanır.

Örnek 5.3Dünya'nın içinden geçen tünel

Dünya'yı türdeş bir küre sayarak, merkezinden geçen ve iki karşıt noktayı birleştiren düz, havasız ve sürtünmesiz bir tünele bırakılan bir cismin hareketini bulun. Cisim öbür uca ne kadar sürede ulaşır?

Çözüm

Türdeş bir kürenin içinde, merkezden $r$ uzaklıktaki bir noktada kütle çekim kuvvetini yalnızca $r$ yarıçaplı iç küredeki kütle belirler (dış kabukların çekimi birbirini götürür; bunu 8. bölümde kanıtlayacağız). Bu kütle $M(r/R)^3$ olduğundan kuvvet

$$ F = -\frac{GMm}{r^2}\left(\frac{r}{R}\right)^3 = -\frac{GMm}{R^3}\,r = -\frac{mg}{R}\,r $$

olur ($g = GM/R^2$). Bu bir Hooke kuvvetidir; cisim $\omega = \sqrt{g/R}$ ile basit harmonik hareket yapar. Periyot

$$ T = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}} = 2\pi\sqrt{\frac{6{,}37 \times 10^6}{9{,}8}} \approx 5\,070\ \text{s} \approx 84\ \text{dk} $$

ve öbür uca varış süresi bunun yarısı, yaklaşık 42 dakikadır. Cismin merkezdeki hızı $A\omega = R\sqrt{g/R} = \sqrt{gR} \approx 7{,}9$ km/s'dir. Bu bir rastlantı değildir: periyot, Dünya yüzeyine teğet bir dairesel yörüngede dolanan bir uydunun periyoduyla aynıdır (Problem 5.6). Gerçek Dünya'nın yoğunluğu merkeze doğru arttığı için yolculuk yaklaşık 38 dakika sürer.

5.3İki boyutlu salınıcılar

Bir parçacık iki boyutta hareket edebiliyor ve her doğrultuda bir geri çağırıcı kuvvet hissediyorsa, en basit durumda kuvvet

$$ F_x = -k_xx, \qquad F_y = -k_yy $$

biçimindedir. İki denklem birbirinden bağımsızdır; her biri bir basit harmonik harekettir:

$$ \begin{aligned} &x(t) = A_x\cos(\omega_xt - \delta_x),\\ &y(t) = A_y\cos(\omega_yt - \delta_y),\\ &\omega_x = \sqrt{k_x/m},\quad \omega_y = \sqrt{k_y/m} \end{aligned} $$

(5.5)

Eşyönlü salınıcı. $k_x = k_y$ ise kuvvet $\vb{F} = -k\vb{r}$, yani merkezi ve uzaklıkla orantılıdır; iki frekans eşittir. Zamanın başlangıcını uygun seçerek $\delta_x = 0$ yazabiliriz; bağıl faz $\delta = \delta_y$ olsun. $\delta = 0$ ise $y/x = A_y/A_x$ sabittir ve parçacık bir doğru parçası üzerinde salınır. $\delta = \pm\pi/2$ ise yol, eksenleri koordinat eksenleri olan bir elipstir. Genel bir $\delta$ için yol, eğik bir elipstir (Problem 5.7). Küçük açılarda iki boyutta salınan bir sarkaç böyle davranır; 3. bölümdeki konik sarkaç, $\delta = \pi/2$ ve $A_x = A_y$ olan özel durumdur.

Eşyönlü olmayan salınıcı. $\omega_x \neq \omega_y$ ise yol çok daha zengindir. Frekansların oranı $\omega_x/\omega_y = p/q$ gibi bir rasyonel sayıysa ($p$ ve $q$ tam sayı), hareket periyodiktir: $x$ $p$ tam salınım, $y$ $q$ tam salınım yaptığında parçacık başladığı noktaya aynı hızla döner ve yol kapanır. Bu kapalı eğrilere Lissajous eğrileri denir. Oran irrasyonel ise yol hiçbir zaman kapanmaz ve zamanla dikdörtgenin içini yoğun biçimde doldurur.

Not

Lissajous eğrileri, osiloskopla iki sinyalin frekans oranını ölçmenin klasik yoludur: biri yatay, öbürü düşey saptırmaya bağlanır ve ekrandaki eğrinin biçimi oranı doğrudan gösterir. Jules Lissajous 1857'de bu eğrileri, titreşen iki diyapazona tutturulmuş aynalardan yansıyan bir ışık demetiyle elde etmişti.

5.4Sönümlü salınımlar

Gerçek salınıcılar sonsuza kadar salınmaz; sürtünme, hava direnci ve iç kayıplar enerjiyi yavaş yavaş tüketir. En basit ve en önemli model, 2. bölümdeki doğrusal dirençtir: $f = -b\dot{x}$. Hareket denklemi

$$ m\ddot{x} + b\dot{x} + kx = 0 $$

olur. İki parametre tanımlayalım: sönüm sabiti $\beta = b/2m$ ve doğal frekans $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ (sönüm olmasaydı salınıcının frekansı). Denklem

$$ \ddot{x} + 2\beta\dot{x} + \omega_0^2x = 0 $$

(5.6)

biçimini alır. Bu da doğrusal ve homojendir; çözümünü $x = e^{rt}$ biçiminde arayalım. Yerine koyarsak $(r^2 + 2\beta r + \omega_0^2)e^{rt} = 0$, yani $r$ şu karakteristik denklemi sağlamalıdır:

$$ r^2 + 2\beta r + \omega_0^2 = 0 \quad\Rightarrow\quad r_\pm = -\beta \pm \sqrt{\beta^2 - \omega_0^2} $$

Genel çözüm $x = C_1e^{r_+t} + C_2e^{r_-t}$'dir. Davranış, karekökün içinin işaretine göre üç türe ayrılır.

Az sönüm ($\beta < \omega_0$). Karekök sanaldır: $\sqrt{\beta^2 - \omega_0^2} = i\omega_1$, burada

$$ \omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 - \beta^2} $$

(5.7)

Çözüm, gerçek biçimde yazılırsa

$$ x(t) = Ae^{-\beta t}\cos(\omega_1t - \delta) $$

(5.8)

olur: frekansı $\omega_1$ olan bir salınım, üstel olarak azalan bir genlikle ($Ae^{-\beta t}$) çarpılmıştır. Sönüm frekansı biraz düşürür ($\omega_1 < \omega_0$); zayıf sönümde bu fark çok küçüktür. Ardışık iki tepe arasında genlik $e^{-\beta T_1}$ katına iner ($T_1 = 2\pi/\omega_1$); bu oranın logaritması $\beta T_1$'e logaritmik azalma denir. Genliğin $1/e$'ye inme süresi $1/\beta$'dır.

Aşırı sönüm ($\beta > \omega_0$). İki kök de gerçek ve negatiftir:

$$ x(t) = C_1e^{-\left(\beta - \sqrt{\beta^2 - \omega_0^2}\right)t} + C_2e^{-\left(\beta + \sqrt{\beta^2 - \omega_0^2}\right)t} $$

Salınım yoktur; cisim dengeye üstel olarak, yavaşça sürünerek döner. Uzun zamanlarda daha yavaş azalan birinci terim baskındır ve sönüm büyüdükçe dönüş daha yavaş olur: $\beta \gg \omega_0$ iken birinci üstel $\omega_0^2/2\beta$ gibi küçük bir hızla azalır. Bal içinde salınan bir sarkaç böyle davranır.

Kritik sönüm ($\beta = \omega_0$). İki kök çakışır ($r = -\beta$) ve yalnızca bir çözüm $e^{-\beta t}$ bulunur. İkinci bağımsız çözüm $te^{-\beta t}$'dir (Problem 5.8):

$$ x(t) = (C_1 + C_2t)\,e^{-\beta t} $$

(5.9)

Kritik sönümde salınıcı dengeye, salınım yapmadan, olabilecek en hızlı biçimde döner: uzun zamanlarda $e^{-\omega_0t}$ gibi azalır, oysa aşırı sönümün yavaş terimi daha yavaş, az sönümün zarfı $e^{-\beta t}$ ise $\beta < \omega_0$ olduğu için yine daha yavaş azalır.

Sönümlü salınım — **Şekil 5.4.** Aynı doğal frekanslı ve aynı başlangıç koşullu (durgun hâlden bırakılan) üç salınıcı: az sönüm ($\beta = 0{,}2\,\omega_0$), kritik sönüm ($\beta = \omega_0$) ve aşırı sönüm ($\beta = 3\omega_0$). Kesikli eğriler, az sönümlü salınımın $\pm Ae^{-\beta t}$ zarfıdır.

Enerji kaybı. Az sönümlü salınıcının mekanik enerjisi, zayıf sönümde bir periyot üzerinden ortalama alınarak $E \approx \tfrac12 kA^2e^{-2\beta t}$ olur: enerji, genlikten iki kat hızlı azalır. Kaybolan güç, direnç kuvvetinin işidir: $\dd E/\dd t = -b\dot{x}^2 \le 0$ (Problem 5.10).

Örnek 5.4Otomobil süspansiyonu

Bir otomobilin bir tekerleğine düşen kütle 300 kg'dır ve süspansiyonun doğal frekansı 1,2 Hz'dir. (a) Yayın sabitini ve kritik sönüm için gereken amortisör katsayısını bulun. (b) Gerçek otomobillerde konfor için kritik sönümün yaklaşık %30'u kullanılır ($\beta = 0{,}30\,\omega_0$). Bu durumda salınım frekansı nedir ve bir tümsekten sonra genlik bir salınımda kaç katına iner?

Çözüm

(a) $\omega_0 = 2\pi \times 1{,}2 = 7{,}54$ rad/s, $k = m\omega_0^2 = 300 \times 7{,}54^2 \approx 1{,}7 \times 10^4$ N/m. Kritik sönümde $\beta = b/2m = \omega_0$, yani $b_{\text{kr}} = 2m\omega_0 = 2 \times 300 \times 7{,}54 \approx 4\,500$ N·s/m.

(b) $\beta = 0{,}30 \times 7{,}54 = 2{,}26$ s⁻¹ ve (5.7) ile $\omega_1 = 7{,}54\sqrt{1 - 0{,}09} = 7{,}19$ rad/s, yani 1,14 Hz: sönüm frekansı yalnızca %5 düşürmüştür. Bir salınım periyodu $T_1 = 2\pi/\omega_1 = 0{,}87$ s'dir ve genlik bu sürede

$$ e^{-\beta T_1} = e^{-2{,}26 \times 0{,}87} \approx 0{,}14 $$

katına iner. Tümsekten sonra araç önce ters yönde, yarım periyot sonra ilk çökmenin $e^{-\beta T_1/2} \approx 0{,}37$ katı kadar geri seker; aynı yöndeki bir sonraki tepe ilk çökmenin yalnızca 0,14 katıdır ve ondan sonrası fark edilmez. Amortisörleri eskimiş bir otomobilde $\beta$ küçülür ve araç tümseklerden sonra birkaç kez "zıplar".

5.5Zorlanmış sönümlü salınımlar

Şimdi salınıcıya bir dış kuvvet $F(t)$ uygulayalım. Hareket denklemi

$$ \ddot{x} + 2\beta\dot{x} + \omega_0^2x = f(t), \qquad f(t) = \frac{F(t)}{m} $$

(5.10)

olur. Sağ tarafta $x$'ten bağımsız bir terim olduğundan bu denklem artık homojen değildir; üst üste binme ilkesi bu yüzden değişik bir biçim alır. Denklemin herhangi bir çözümüne $x_\text{ö}$ (özel çözüm) diyelim. Homojen denklemin (5.6) genel çözümü $x_h$ ise $x_\text{ö} + x_h$ de (5.10)'u sağlar, çünkü $x_h$'nin katkısı sağ tarafta sıfır verir. Üstelik (5.10)'un her çözümü bu biçimdedir (Problem 5.16). Dolayısıyla genel çözüm

$$ x(t) = x_\text{ö}(t) + C_1e^{r_+t} + C_2e^{r_-t} $$

olur. Homojen çözümler sönümle üstel olarak azalır ve bir süre sonra geriye yalnızca özel çözüm kalır. Bu yüzden homojen kısma geçici çözüm, özel çözüme ise uzun zamanlardaki kalıcı çözüm denir.

Sinüzoidal kuvvet: karmaşık yöntem

En önemli durum, sinüzoidal bir kuvvettir: $f(t) = f_0\cos\omega t$. Burada $\omega$, zorlama frekansıdır; salınıcının doğal frekansı $\omega_0$'dan farklı olabilir. Özel çözümü bulmanın en zarif yolu karmaşık sayılardır. Aynı denklemi bir de $f_0\sin\omega t$ zorlamasıyla düşünelim ve çözümüne $y(t)$ diyelim. $z = x + iy$ tanımlayıp ikinci denklemi $i$ ile çarparak birinciye eklersek

$$ \ddot{z} + 2\beta\dot{z} + \omega_0^2z = f_0e^{i\omega t} $$

buluruz. Bunun özel çözümünü $z = Ce^{i\omega t}$ biçiminde arayalım. Yerine koyunca $(-\omega^2 + 2i\beta\omega + \omega_0^2)\,C = f_0$, yani

$$ C = \frac{f_0}{\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\beta\omega} $$

Paydayı kutupsal biçimde yazalım: $\omega_0^2 - \omega^2 + 2i\beta\omega = \sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\beta^2\omega^2}\,e^{i\delta}$. O hâlde $C = Ae^{-i\delta}$ ve $x = \mathrm{Re}(z)$:

$$ x(t) = A\cos(\omega t - \delta), \qquad A^2 = \frac{f_0^2}{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\beta^2\omega^2}, \qquad \delta = \arctan\frac{2\beta\omega}{\omega_0^2 - \omega^2} $$

(5.11)

Kalıcı hareket, zorlamayla aynı frekansta bir salınımdır; ama genliği $A$ zorlama frekansına güçlü biçimde bağlıdır ve hareket, zorlamanın gerisinde $\delta$ kadar bir faz gecikmesiyle gelir. $\delta$, 0 ile $\pi$ arasındadır: $\omega < \omega_0$ iken $\delta < \pi/2$, $\omega > \omega_0$ iken $\delta > \pi/2$ (arktanjant bu aralıkta alınır).

Genel çözüm, kalıcı ve geçici kısımların toplamıdır; az sönümde

$$ x(t) = A\cos(\omega t - \delta) + B\,e^{-\beta t}\cos(\omega_1t - \delta_1) $$

(5.12)

olur. $B$ ve $\delta_1$, başlangıç koşullarından bulunur; $A$ ve $\delta$ ise başlangıç koşullarından bağımsızdır.

Örnek 5.5Durgun başlayan zorlanmış salınıcı

Doğal frekansı $\omega_0 = 10$ rad/s, sönüm sabiti $\beta = 1{,}0$ s⁻¹ olan bir salınıcı, $t = 0$'da durgun ve denge konumundayken $f = f_0\cos\omega t$ zorlamasıyla sürülmeye başlanıyor; $f_0 = 10$ m/s² ve $\omega = 8{,}0$ rad/s. Kalıcı hareketin genliğini ve faz gecikmesini bulun. Geçici hareket ne zaman ihmal edilebilir hâle gelir?

Zorlanmış salınım — **Şekil 5.5.** Durgun başlayan zorlanmış salınıcının hareketi (sürekli eğri) ve kalıcı çözüm (kesikli eğri). Başlangıçta doğal frekanstaki geçici salınım, zorlamayla girişim yapar; birkaç $1/\beta$ süresi sonra hareket kalıcı çözüme oturur.

Çözüm

(5.11) ile

$$ \begin{aligned} &A = \frac{10}{\sqrt{(100 - 64)^2 + 4 \times 1{,}0^2 \times 64}} = \frac{10}{\sqrt{1\,296 + 256}} = \frac{10}{39{,}4} \approx 0{,}25\ \text{m},\\ &\delta = \arctan\frac{16}{36} \approx 0{,}42\ \text{rad} = 24° \end{aligned} $$

Karşılaştırma için: aynı kuvvet sabit olsaydı ($\omega = 0$) yer değiştirme $f_0/\omega_0^2 = 0{,}10$ m olurdu; zorlama frekansı doğal frekansa yaklaştığı için genlik 2,5 katına çıkmıştır. Geçici kısım $e^{-\beta t} = e^{-t}$ ile azalır; 3 s sonra başlangıç değerinin %5'ine, 5 s sonra %1'in altına iner. İlk saniyelerde iki frekans ($\omega = 8{,}0$ ve $\omega_1 = 9{,}95$ rad/s) birlikte bulunduğu için genlik düzensiz biçimde büyüyüp küçülür; bu, iki yakın frekansın toplamında görülen vuru olayının başlangıcıdır, ama geçici kısım vurunun periyodu (yaklaşık 3,2 s) dolmadan söner.

5.6Rezonans

(5.11)'deki genliği zorlama frekansının fonksiyonu olarak inceleyelim. Payda $(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\beta^2\omega^2$, zayıf sönümde $\omega$ doğal frekansa yaklaştığında çok küçülür ve genlik keskin bir tepe yapar. Bu olaya rezonans denir. Tam olarak, $A^2$'nin türevini sıfıra eşitleyerek en büyük genliğin

$$ \omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 - 2\beta^2} $$

(5.13)

frekansında olduğu bulunur (Problem 5.11); zayıf sönümde $\omega_2 \approx \omega_0$'dır. Rezonanstaki genlik yaklaşık olarak

$$ A_{\max} \approx \frac{f_0}{2\beta\omega_0} $$

(5.14)

olur. Bunu sabit bir kuvvetin oluşturacağı $f_0/\omega_0^2$ yer değiştirmesiyle karşılaştırırsak oranın $\omega_0/2\beta$ olduğunu görürüz. Bu oran, salınıcının ne kadar "keskin" olduğunu gösteren kalite faktörüdür:

$$ Q = \frac{\omega_0}{2\beta} $$

(5.15)

Rezonans tepesinin genişliği de sönüme bağlıdır. Genliğin karesinin (ve dolayısıyla salınıcının enerjisinin) en büyük değerinin yarısına indiği iki frekans arasındaki uzaklığa yarı yükseklikteki tam genişlik (FWHM) denir. Zayıf sönümde (Problem 5.12)

$$ \text{FWHM} \approx 2\beta \qquad\Rightarrow\qquad Q = \frac{\omega_0}{\text{FWHM}} $$

(5.16)

Kalite faktörünün iki anlamı daha vardır: $Q$, serbest salınıcının genliği $e^{-\pi}$ katına inene kadar geçen salınım sayısının yaklaşık olarak kendisidir ve her periyotta kaybolan enerji, depolanan enerjinin yaklaşık $2\pi/Q$ kadarıdır (Problem 5.13). Yüksek $Q$'lu bir salınıcı uzun süre "çınlar" ve yalnızca dar bir frekans aralığına yanıt verir.

Faz. Rezonansın faz davranışı da çok öğreticidir. Zorlama çok yavaşsa ($\omega \ll \omega_0$) $\delta \approx 0$: salınıcı kuvveti eşzamanlı izler. Tam rezonansta $\delta = \pi/2$: yer değiştirme kuvvetin bir çeyrek periyot gerisindedir, yani hız kuvvetle aynı fazdadır ve kuvvet her an hareket yönünde iterek en verimli biçimde iş yapar. Zorlama çok hızlıysa ($\omega \gg \omega_0$) $\delta \approx \pi$: salınıcı kuvvetle tam ters fazda hareket eder ve genliği $f_0/\omega^2$ gibi küçüktür, çünkü kütlenin eylemsizliği baskın hâle gelir.

Örnek 5.6Diyapazonun kalite faktörü

440 Hz'lik bir diyapazona vurulduğunda sesin genliği yaklaşık 4 saniyede $1/e$ katına iniyor. Diyapazonun kalite faktörünü ve rezonans genişliğini bulun. Bu diyapazon hangi frekans aralığındaki bir sese rezonansla yanıt verir?

Çözüm

Genlik $e^{-\beta t}$ ile azaldığından $\beta = 1/(4\ \text{s}) = 0{,}25$ s⁻¹. $\omega_0 = 2\pi \times 440 = 2\,765$ rad/s ve (5.15) ile

$$ Q = \frac{\omega_0}{2\beta} = \frac{2\,765}{0{,}50} \approx 5\,500 $$

Rezonans genişliği $2\beta = 0{,}50$ rad/s, yani frekans cinsinden $0{,}50/2\pi \approx 0{,}08$ Hz'dir. Diyapazon yalnızca 440 Hz'in yaklaşık $\pm 0{,}04$ Hz yakınındaki seslere güçlü bir rezonansla yanıt verir. Aynı frekansta iki diyapazondan birine vurulduğunda öbürünün de titreşmeye başlaması bu yüzdendir; frekanslar biraz farklıysa bu olmaz. Karşılaştırma için kuvars saatlerdeki kristal salınıcıların $Q$ değeri $10^4$–$10^6$ arasındadır ve bu yüzden çok kararlı bir zaman tabanı sağlar.

Dikkat

Rezonans, mühendislikte hem yararlanılan hem de kaçınılan bir olaydır. Radyo alıcıları, istenen istasyonun frekansına ayarlanmış yüksek $Q$'lu bir devrenin rezonansıyla çalışır. Öte yandan bir yapının doğal frekansı, rüzgârın, depremin ya da yürüyen insanların zorlama frekansına yakınsa salınımlar tehlikeli boyutlara ulaşabilir. Londra'daki Millennium Köprüsü Haziran 2000'de açıldıktan iki gün sonra, yayaların adımlarıyla senkronlaşan yanal salınımlar yüzünden kapatıldı ve sönümleyiciler eklenerek iki yıl sonra yeniden açıldı. Sık anılan 1940 Tacoma Narrows köprüsü yıkımı ise basit bir rezonans değil, rüzgârın köprüyle etkileşmesinden doğan ve kendi kendini besleyen bir aeroelastik çırpınmaydı; rüzgârın periyodik bir zorlaması yoktu.

5.7Fourier serileri

Sinüzoidal bir kuvvete yanıtı tam olarak bulduk. Ama gerçek zorlamalar çoğu zaman sinüzoidal değildir: bir çekiçle düzenli aralıklarla vurulan bir parça, bir pistonun itişi, bir kare dalga. Bu kuvvetler periyodikse Fourier serileri ile sinüzoidal kuvvetlerin toplamına ayrılabilir; doğrusal bir salınıcının her bileşene yanıtı bilindiği için toplam yanıt da bulunur.

Teorem 5.2Fourier teoremi

Periyodu $\tau$ olan, "makul" bir $f(t)$ fonksiyonu (bir periyotta sonlu sayıda süreksizliği ve sonlu sayıda ekstremumu olan) şu seriye açılabilir:

$$ f(t) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}\left[a_n\cos(n\omega t) + b_n\sin(n\omega t)\right], \qquad \omega = \frac{2\pi}{\tau} $$

(5.17)

Katsayılar

$$ \begin{aligned} &a_0 = \frac{1}{\tau}\int_{-\tau/2}^{\tau/2} f(t)\,\dd t,\\ &a_n = \frac{2}{\tau}\int_{-\tau/2}^{\tau/2} f(t)\cos(n\omega t)\,\dd t,\\ &b_n = \frac{2}{\tau}\int_{-\tau/2}^{\tau/2} f(t)\sin(n\omega t)\,\dd t \end{aligned} $$

(5.18)

ile verilir. Süreksizlik noktalarında seri, sağ ve sol limitlerin ortalamasına yakınsar.

Katsayı formülleri, sinüs ve kosinüslerin diklik bağıntılarından gelir: bir periyot boyunca $\cos(n\omega t)\cos(m\omega t)$ çarpımının integrali $n \neq m$ ise sıfır, $n = m \ge 1$ ise $\tau/2$'dir; sinüsler için de aynısı geçerlidir ve sinüs ile kosinüs çarpımlarının integrali her zaman sıfırdır. (5.17)'nin iki tarafını $\cos(m\omega t)$ ile çarpıp bir periyot üzerinden integrallersek, toplamda yalnızca $n = m$ terimi kalır ve $a_m$ bulunur. $a_0$, $f$'nin ortalama değeridir.

Örnek 5.7Kare dalganın Fourier serisi

Periyodu $\tau$ olan ve $0 < t < \tau/2$ aralığında $+f_{\max}$, $-\tau/2 < t < 0$ aralığında $-f_{\max}$ değerini alan kare dalganın Fourier serisini bulun.

Çözüm

Fonksiyon tektir ($f(-t) = -f(t)$); tek bir fonksiyonun kosinüsle çarpımı da tektir ve simetrik bir aralıktaki integrali sıfırdır. Bu yüzden $a_0 = a_n = 0$. Sinüs katsayıları:

$$ b_n = \frac{2}{\tau}\cdot 2\int_0^{\tau/2} f_{\max}\sin(n\omega t)\,\dd t = \frac{4f_{\max}}{\tau}\,\frac{1 - \cos n\pi}{n\omega} = \frac{2f_{\max}}{n\pi}\left(1 - (-1)^n\right) $$

Çift $n$ için $b_n = 0$, tek $n$ için $b_n = 4f_{\max}/(n\pi)$. Dolayısıyla

$$ f(t) = \frac{4f_{\max}}{\pi}\left[\sin\omega t + \frac13\sin 3\omega t + \frac15\sin 5\omega t + \ldots\right] $$

Katsayılar $1/n$ gibi yavaş azalır, çünkü fonksiyonun süreksizlikleri vardır; pürüzsüz fonksiyonların katsayıları çok daha hızlı azalır. Seri süreksizlik noktalarında ($t = 0$) sıfır verir: $+f_{\max}$ ile $-f_{\max}$'ın ortalaması. Süreksizliğin hemen yanında kısmi toplamlar, terim sayısı ne kadar artarsa artsın, sıçramanın yaklaşık %9'u kadar ($f_{\max}$'ın yaklaşık 1,18 katına kadar) aşar; aşmanın genişliği daralır ama yüksekliği kalır. Bu, Gibbs olayıdır.

5.8Periyodik kuvvetle zorlanan salınıcı

Zorlama kuvveti periyodik ve Fourier serisi (5.17) ise, denklem doğrusal olduğu için çözüm de terimlerin çözümlerinin toplamıdır. Sabit terim $a_0$, salınıcıyı $a_0/\omega_0^2$ kadar kaydırır; $n$. kosinüs ve sinüs terimleri ise, frekansı $n\omega$ olan sinüzoidal zorlamalar gibi, (5.11) ile verilen genlik ve faz gecikmeleriyle yanıt üretir:

$$ x(t) = \frac{a_0}{\omega_0^2} + \sum_{n=1}^{\infty}A_n\left[a_n\cos(n\omega t - \delta_n) + b_n\sin(n\omega t - \delta_n)\right] $$

(5.19)

$$ A_n = \frac{1}{\sqrt{(\omega_0^2 - n^2\omega^2)^2 + 4\beta^2n^2\omega^2}}, \qquad \delta_n = \arctan\frac{2\beta n\omega}{\omega_0^2 - n^2\omega^2} $$

Burada $A_n$, birim genlikli zorlamaya yanıt genliğidir. Bu, kalıcı çözümdür; geçici kısım yine üstel olarak söner. Yanıt, zorlamanın bütün harmoniklerini içerir; ama doğal frekansa yakın harmonik ($n\omega \approx \omega_0$) rezonans yüzünden büyük bir ağırlıkla bulunur.

Örnek 5.8Kare dalgayla zorlanan salınıcı

Kalite faktörü $Q = 10$ ($\beta = 0{,}05\,\omega_0$) olan bir salınıcı, temel frekansı $\omega = \omega_0/3$ olan bir kare dalga kuvvetle zorlanıyor. Yanıttaki harmoniklerin genliklerini karşılaştırın.

Kare dalgaya yanıt — **Şekil 5.8.** Temel frekansı doğal frekansın üçte biri olan bir kare dalga zorlamasının harmonik genlikleri (solda) ve salınıcının yanıtındaki harmonik genlikleri (sağda). Zorlamada küçük olan üçüncü harmonik, rezonans yüzünden yanıta egemen olur.

Çözüm

Örnek 5.7'den zorlamanın (birim $f_{\max}$ için) yalnızca tek harmonikleri vardır: $b_n = 4/(n\pi)$; $b_1 = 1{,}27$, $b_3 = 0{,}42$, $b_5 = 0{,}25$. Yanıttaki genlik $b_nA_n$'dir; $\omega_0 = 1$ birimiyle:

$n$	zorlama $b_n$	$n\omega/\omega_0$	yanıt $b_nA_n$
1	1,27	1/3	1,43
3	0,42	1	4,24
5	0,25	5/3	0,14
7	0,18	7/3	0,04

Zorlamada en büyük terim temel harmonikken, yanıtta üçüncü harmonik açıkça baskındır: tam rezonansta $A_3 = 1/(2\beta\omega_0) = 10$ olduğundan zorlamanın küçük üçüncü harmoniği on kat büyütülmüştür. Salınıcı ağırlıklı olarak kare dalganın temel frekansının üç katında, yani kendi doğal frekansında salınır. Salınan bir sistemi her üç salınımda bir itmek de, her salınımda itmek gibi rezonansa yol açar; salıncaktaki bir çocuğu her ikinci salınımda bir itmenin işe yaraması bu yüzdendir.

5.9Ortalama karesel yer değiştirme: Parseval teoremi

Bir salınımın büyüklüğünü tek bir sayıyla anlatmak istediğimizde, birden çok frekans içeren karmaşık bir harekette "genlik" kavramı yetersiz kalır. Daha kullanışlı bir ölçü, yer değiştirmenin karesinin zaman ortalamasıdır; karekökü etkin (rms) değerdir. Fourier serisi bu ortalamayı hesaplamayı çok kolaylaştırır.

Teorem 5.3Parseval teoremi

Fourier serisi (5.17) olan periyodik bir fonksiyonun karesinin bir periyot üzerinden ortalaması

$$ \langle f^2\rangle = \frac{1}{\tau}\int_{-\tau/2}^{\tau/2} f(t)^2\,\dd t = a_0^2 + \frac12\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_n^2 + b_n^2\right) $$

(5.20)

ile verilir.

Kanıt, diklik bağıntılarının doğrudan bir sonucudur: $f^2$'yi seriler çarpımı olarak yazıp ortalama alınca, farklı terimlerin çarpımlarının ortalaması sıfır olur ve her $\cos^2$ ile $\sin^2$ teriminin ortalaması $1/2$'dir (Problem 5.18). Teoremin fiziksel anlamı açıktır: her harmonik toplam "güce" bağımsız olarak katkıda bulunur. Salınıcının ortalama potansiyel enerjisi $\tfrac12 k\langle x^2\rangle$ olduğundan, (5.20) her harmoniğin enerjiye katkısını ayrı ayrı verir.

Kare dalga için $\langle f^2\rangle = f_{\max}^2$'dir (fonksiyonun karesi her an $f_{\max}^2$). Parseval teoremiyle

$$ f_{\max}^2 = \frac12\sum_{n\ \text{tek}}\frac{16f_{\max}^2}{n^2\pi^2} \quad\Rightarrow\quad \sum_{n\ \text{tek}}\frac{1}{n^2} = 1 + \frac19 + \frac{1}{25} + \ldots = \frac{\pi^2}{8} $$

buluruz. Fizik, saf bir matematik sonucunu da hediye etmiştir.

Özet

Kararlı bir denge çevresinde her sistem Hooke yasasına uyar (5.1) ve $\omega = \sqrt{k/m}$ ile basit harmonik hareket yapar (5.2). Çözüm $A\cos(\omega t - \delta)$ (5.3) ya da $\mathrm{Re}(\mathcal{A}e^{i\omega t})$ (5.4) biçiminde yazılabilir; enerji $\tfrac12 kA^2$'dir.
İki boyutlu salınıcılarda eşit frekanslar elips, rasyonel frekans oranları kapalı Lissajous eğrileri, irrasyonel oranlar kapanmayan yollar verir (5.5).
Doğrusal dirençte $\ddot{x} + 2\beta\dot{x} + \omega_0^2x = 0$ (5.6). Az sönümde frekans $\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 - \beta^2}$ ve zarf $e^{-\beta t}$'dir (5.8); kritik sönüm ($\beta = \omega_0$) dengeye en hızlı dönüşü sağlar (5.9); aşırı sönümde salınım yoktur.
Sinüzoidal zorlamada kalıcı hareket zorlamayla aynı frekanstadır; genlik ve faz gecikmesi (5.11) ile verilir. Genel çözüm, kalıcı ve sönen geçici kısımların toplamıdır (5.12).
Rezonans $\omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 - 2\beta^2}$'de olur (5.13); tepe genişliği yaklaşık $2\beta$'dır ve kalite faktörü, (5.15) ile (5.16)'da görüldüğü gibi, $Q = \omega_0/2\beta = \omega_0/\text{FWHM}$'dir. Rezonansta faz gecikmesi $\pi/2$'dir.
Periyodik fonksiyonlar Fourier serisine açılır (5.17); doğrusal salınıcının periyodik bir kuvvete yanıtı, her harmoniğe verilen yanıtların toplamıdır (5.19). Parseval teoremi ortalama kareyi harmoniklerin katkılarının toplamı olarak verir (5.20).

Problemler

Problem 5.1Yaydaki kütle★☆☆

Yay sabiti 200 N/m olan bir yaya bağlı 0,50 kg'lık bir kütle, 4,0 cm genlikle salınıyor. Periyodu, en büyük hızı, en büyük ivmeyi ve toplam enerjiyi bulun.

Çözümü göster

$\omega = \sqrt{200/0{,}50} = 20$ rad/s, $T = 2\pi/20 = 0{,}31$ s. $v_{\max} = A\omega = 0{,}80$ m/s, $a_{\max} = A\omega^2 = 16$ m/s², $E = \tfrac12 kA^2 = \tfrac12 \times 200 \times 0{,}04^2 = 0{,}16$ J. Denetim: $\tfrac12 mv_{\max}^2 = \tfrac12 \times 0{,}50 \times 0{,}64 = 0{,}16$ J ✓.

Problem 5.2Seri ve paralel yaylar★☆☆

Yay sabitleri $k_1$ ve $k_2$ olan iki yay (a) yan yana (paralel) ve (b) uç uca (seri) bağlanarak bir $m$ kütlesini taşıyor. Her durumda etkin yay sabitini ve salınım frekansını bulun.

Çözümü göster

(a) Paralelde iki yay aynı uzamayı yapar ve kuvvetleri toplanır: $k = k_1 + k_2$. (b) Seride iki yay aynı kuvveti taşır ve uzamalar toplanır: $x = F/k_1 + F/k_2$, yani $1/k = 1/k_1 + 1/k_2$. Frekans her durumda $\omega = \sqrt{k/m}$. Eşit yaylarda paralel bağlama frekansı $\sqrt{2}$ katına çıkarır, seri bağlama $\sqrt{2}$ katı düşürür.

Problem 5.3Ortalama enerjiler★★☆

Basit harmonik harekette kinetik ve potansiyel enerjinin bir periyot üzerinden ortalamalarının eşit ve toplam enerjinin yarısı olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\langle\sin^2(\omega t - \delta)\rangle = \langle\cos^2(\omega t - \delta)\rangle$'dir, çünkü iki fonksiyon bir periyotta aynı değerleri (çeyrek periyot kaymış olarak) alır. Toplamları 1 olduğundan her biri $1/2$'dir. Dolayısıyla $\langle K\rangle = \langle U\rangle = \tfrac12\cdot\tfrac12 kA^2 = E/2$ ✓. Bu sonuç, istatistik mekaniğin eşbölüşüm ilkesinin klasik bir örneğidir.

Problem 5.4Fiziksel sarkaç★★☆

Uzunluğu $L$ olan türdeş ince bir çubuk, bir ucundan geçen yatay bir eksen etrafında düşey düzlemde salınıyor. Küçük salınımların periyodunu bulun ve $L = 1{,}0$ m için hesaplayın. Aynı periyotlu basit sarkacın uzunluğu nedir?

Çözümü göster

Eksene göre eylemsizlik momenti $I = \tfrac13 mL^2$; KM eksenden $L/2$ uzakta. Ağırlığın torku $-mg(L/2)\sin\phi$; 3. bölümdeki $\Gamma = I\ddot{\phi}$ ile $\ddot{\phi} = -(3g/2L)\sin\phi \approx -(3g/2L)\phi$. $T = 2\pi\sqrt{2L/3g} = 2\pi\sqrt{2/(3 \times 9{,}8)} \approx 1{,}64$ s. Eşdeğer basit sarkacın uzunluğu $2L/3 = 0{,}67$ m'dir.

Problem 5.5U borusundaki sıvı★★☆

Kesiti sabit bir U borusundaki sıvı sütununun toplam uzunluğu $L$'dir. Sıvının bir kolda biraz yükseltilip bırakılması hâlinde salınım periyodunun $2\pi\sqrt{L/2g}$ olduğunu gösterin (sürtünme yok).

Çözümü göster

Bir koldaki yüzey $x$ kadar yükselirse öbüründeki $x$ kadar alçalır; yükseklik farkı $2x$'tir ve fazladan sütunun ağırlığı $\rho S(2x)g$, bütün sıvıyı (kütle $\rho SL$) geri çeker: $\rho SL\ddot{x} = -2\rho Sg\,x$. $\omega^2 = 2g/L$, $T = 2\pi\sqrt{L/2g}$ ✓. $L = 0{,}50$ m için $T \approx 1{,}0$ s.

Problem 5.6Tünel ve yörünge★★☆

Örnek 5.3'teki tünel periyodunun, Dünya yüzeyine teğet dairesel bir yörüngedeki uydunun periyoduyla aynı olduğunu gösterin. Merkezden geçmeyen düz bir tünelde (bir kirişte) periyot nedir?

Çözümü göster

Yüzeye teğet yörüngede $v^2/R = g$, $T = 2\pi R/v = 2\pi\sqrt{R/g}$ ✓, aynı. Kirişte: tünel boyunca koordinat $s$ (kirişin ortasından), merkezden kirişe uzaklık $h$ olsun. Kuvvet $-(mg/R)\vb{r}$'nin tünel boyunca bileşeni $-(mg/R)s$'dir ($\vb{r}$'nin tünel doğrultusundaki bileşeni $s$'dir). Tünel duvarının tepki kuvveti tünele diktir. Dolayısıyla periyot yine $2\pi\sqrt{R/g} \approx 84$ dk'dır: kirişin uzunluğundan bağımsız olarak, türdeş Dünya'da bütün düz tüneller aynı sürede geçilir.

Problem 5.7Eşyönlü salınıcının elipsi★★☆

Eşyönlü iki boyutlu salınıcıda $x = A_x\cos\omega t$, $y = A_y\cos(\omega t - \delta)$ ise yolun bir elips olduğunu gösterin. $\delta = 0$, $\pi/2$ ve $\pi$ özel durumlarını yorumlayın.

Çözümü göster

$\cos\omega t = x/A_x$ ve $\sin\omega t = \pm\sqrt{1 - x^2/A_x^2}$. $y/A_y = \cos\omega t\cos\delta + \sin\omega t\sin\delta$ ile $(y/A_y - (x/A_x)\cos\delta)^2 = (1 - x^2/A_x^2)\sin^2\delta$. Açınca

$$ \frac{x^2}{A_x^2} + \frac{y^2}{A_y^2} - \frac{2xy\cos\delta}{A_xA_y} = \sin^2\delta $$

ikinci dereceden bir eğridir ve $x$, $y$ sınırlı kaldığı için bir elipstir (gerekirse yassılaşarak doğru parçasına iner). $\delta = 0$: $(x/A_x - y/A_y)^2 = 0$, eğimi pozitif doğru parçası. $\delta = \pi$: eğimi negatif doğru parçası. $\delta = \pi/2$: eksenleri koordinat eksenleri olan elips.

Problem 5.8Kritik sönümün ikinci çözümü★★☆

$\beta = \omega_0$ iken $x = te^{-\beta t}$'nin (5.6)'yı sağladığını doğrulayın. Durgun hâlden $x_0$ konumundan bırakılan kritik sönümlü salınıcının hareketini bulun ve dengeyi hiç geçmediğini gösterin.

Çözümü göster

$\dot{x} = (1 - \beta t)e^{-\beta t}$, $\ddot{x} = (\beta^2t - 2\beta)e^{-\beta t}$. $\ddot{x} + 2\beta\dot{x} + \beta^2x = [\beta^2t - 2\beta + 2\beta - 2\beta^2t + \beta^2t]e^{-\beta t} = 0$ ✓. $x = (C_1 + C_2t)e^{-\beta t}$, $x(0) = x_0 \Rightarrow C_1 = x_0$; $\dot{x}(0) = C_2 - \beta C_1 = 0 \Rightarrow C_2 = \beta x_0$. $x = x_0(1 + \beta t)e^{-\beta t}$: her $t \ge 0$ için pozitiftir, dengeyi hiç geçmez ✓.

Problem 5.9Logaritmik azalmadan sönüm sabiti★★☆

Zayıf sönümlü bir sarkacın ardışık iki tepe noktasındaki genlikleri 10,0 cm ve 8,0 cm'dir; ardışık tepeler arasındaki süre 1,00 s'dir. $\beta$'yı, $\omega_0$'ı ve $Q$'yu bulun.

Çözümü göster

$e^{-\beta T_1} = 0{,}80$: $\beta = \ln 1{,}25/1{,}00 = 0{,}223$ s⁻¹. $\omega_1 = 2\pi/T_1 = 6{,}283$ rad/s; $\omega_0 = \sqrt{\omega_1^2 + \beta^2} = 6{,}287$ rad/s (fark binde bir mertebesinde). $Q = \omega_0/2\beta \approx 14$. Bu bir laboratuvar sarkacı için düşük bir değerdir; muhtemelen sarkacın büyük ve hafif bir gövdesi vardır.

Problem 5.10Sönümlü salınıcıda enerji kaybı★★☆

$E = \tfrac12 m\dot{x}^2 + \tfrac12 kx^2$ için (5.6)'yı kullanarak $\dd E/\dd t = -b\dot{x}^2$ olduğunu gösterin. Zayıf sönümde bir periyot üzerinden ortalama alarak $\langle E\rangle \propto e^{-2\beta t}$ sonucunu bulun.

Çözümü göster

$\dot{E} = \dot{x}(m\ddot{x} + kx) = \dot{x}(-b\dot{x}) = -b\dot{x}^2$ ✓. Zayıf sönümde bir periyot boyunca $\dot{x}^2$'nin ortalaması $\tfrac12 A^2\omega_0^2e^{-2\beta t}$, enerji $\tfrac12 kA^2e^{-2\beta t} = \tfrac12 m\omega_0^2A^2e^{-2\beta t}$ olur. $\langle\dot{E}\rangle = -b\langle\dot{x}^2\rangle = -(b/m)E = -2\beta E$, dolayısıyla $E \propto e^{-2\beta t}$ ✓.

Problem 5.11Rezonans tepesi★★☆

(5.11)'deki $A^2$'nin $\omega$'ya göre en büyük değerinin $\omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 - 2\beta^2}$'de olduğunu ve bu değerin $f_0^2/[4\beta^2(\omega_0^2 - \beta^2)]$ olduğunu gösterin. $\beta > \omega_0/\sqrt{2}$ ise ne olur?

Çözümü göster

$D(\omega) = (\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\beta^2\omega^2$'nin $\omega^2$'ye göre türevi: $-2(\omega_0^2 - \omega^2) + 4\beta^2 = 0 \Rightarrow \omega^2 = \omega_0^2 - 2\beta^2$ ✓. Bu noktada $D = 4\beta^4 + 4\beta^2(\omega_0^2 - 2\beta^2) = 4\beta^2(\omega_0^2 - \beta^2)$ ✓. $\beta > \omega_0/\sqrt{2}$ ise $\omega_2^2 < 0$: sıfırdan farklı bir tepe yoktur; genlik $\omega = 0$'dan başlayarak sürekli azalır. Bu durumda rezonans yoktur.

Problem 5.12Rezonans genişliği★★★

Zayıf sönümde ($\beta \ll \omega_0$), $\omega \approx \omega_0$ yakınında $\omega_0^2 - \omega^2 \approx 2\omega_0(\omega_0 - \omega)$ yaklaşıklığıyla $A^2$'nin bir Lorentz eğrisi $A^2 \approx f_0^2/[4\omega_0^2((\omega_0 - \omega)^2 + \beta^2)]$ olduğunu gösterin. Buradan FWHM $\approx 2\beta$ sonucunu çıkarın.

Çözümü göster

$\omega_0^2 - \omega^2 = (\omega_0 - \omega)(\omega_0 + \omega) \approx 2\omega_0(\omega_0 - \omega)$ ve $4\beta^2\omega^2 \approx 4\beta^2\omega_0^2$. $D \approx 4\omega_0^2[(\omega_0 - \omega)^2 + \beta^2]$ ✓. Tepe $\omega = \omega_0$'da; yarı değer $(\omega_0 - \omega)^2 = \beta^2$, yani $\omega = \omega_0 \pm \beta$'da. Tam genişlik $2\beta$ ✓ ve $Q = \omega_0/2\beta = \omega_0/\text{FWHM}$.

Problem 5.13Kalite faktörünün enerji anlamı★★★

Zayıf sönümlü serbest bir salınıcıda bir periyotta kaybolan enerjinin, depolanan enerjiye oranının yaklaşık $2\pi/Q$ olduğunu gösterin. Ayrıca genliğin $e^{-\pi}$ katına inmesi için geçen salınım sayısının yaklaşık $Q$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$E \propto e^{-2\beta t}$; bir periyotta $\Delta E/E \approx 2\beta T = 2\beta(2\pi/\omega_0) = 2\pi/(\omega_0/2\beta) = 2\pi/Q$ ✓. Genlik $e^{-\beta t}$; $N$ periyotta $e^{-\beta N2\pi/\omega_0} = e^{-\pi N/Q}$. Bu $e^{-\pi}$ ise $N = Q$ ✓.

Problem 5.14Soğurulan güç★★☆

Kalıcı durumdaki zorlanmış salınıcıya kuvvetin aktardığı ortalama gücün $\langle P\rangle = m\beta\omega^2A^2$ olduğunu ve bu gücün tam olarak $\omega = \omega_0$'da en büyük olduğunu gösterin (genliğin tepesi $\omega_2$'de olduğu hâlde).

Çözümü göster

Kalıcı durumda ortalama enerji sabittir; aktarılan güç, direncin harcadığı güce eşittir: $\langle b\dot{x}^2\rangle = b\cdot\tfrac12\omega^2A^2 = m\beta\omega^2A^2$ ✓ ($b = 2m\beta$). $\omega^2A^2 = f_0^2\omega^2/[(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\beta^2\omega^2] = f_0^2/[(\omega_0^2/\omega - \omega)^2 + 4\beta^2]$. Payda, $\omega_0^2/\omega = \omega$, yani $\omega = \omega_0$ olduğunda en küçüktür ✓. Güç rezonansı hız genliğiyle belirlenir ve tam doğal frekanstadır.

Problem 5.15Sönümsüz rezonansta büyüyen genlik★★★

Sönümsüz bir salınıcı ($\beta = 0$) $t = 0$'da durgun ve dengedeyken tam doğal frekansında $f_0\cos\omega_0t$ ile zorlanıyor. $x(t) = (f_0t/2\omega_0)\sin\omega_0t$'nin çözüm olduğunu ve başlangıç koşullarını sağladığını gösterin. Bu sonucu yorumlayın.

Çözümü göster

$\dot{x} = (f_0/2\omega_0)(\sin\omega_0t + \omega_0t\cos\omega_0t)$, $\ddot{x} = (f_0/2\omega_0)(2\omega_0\cos\omega_0t - \omega_0^2t\sin\omega_0t)$. $\ddot{x} + \omega_0^2x = f_0\cos\omega_0t$ ✓. $x(0) = 0$, $\dot{x}(0) = 0$ ✓. Genlik zamanla doğrusal olarak sınırsız büyür: (5.11)'in $\beta \to 0$, $\omega \to \omega_0$ limitinde sonsuz olmasının zaman içindeki karşılığı budur. Gerçekte büyüme, sönüm ya da Hooke yasasının bozulduğu büyük genlikler tarafından durdurulur.

Problem 5.16Zorlanmış denklemin bütün çözümleri★★☆

$x_\text{ö}$, (5.10)'un bir çözümü ise, bu denklemin herhangi bir başka $x$ çözümü için $x - x_\text{ö}$'nün homojen denklemi sağladığını gösterin. Bu sonuç neden genel çözümün $x_\text{ö} + x_h$ biçiminde olduğunu kanıtlar?

Çözümü göster

İki denklemi taraf tarafa çıkarırsak sağ taraflar birbirini götürür: $(x - x_\text{ö})'' + 2\beta(x - x_\text{ö})' + \omega_0^2(x - x_\text{ö}) = 0$. Dolayısıyla $x - x_\text{ö}$ homojen denklemin bir çözümüdür, yani $x_h$ biçimindedir; $x = x_\text{ö} + x_h$ ✓. İki keyfi sabit ($x_h$'nin sabitleri) her başlangıç koşulunu karşılamaya yeter.

Problem 5.17Testere dişi dalga★★☆

Periyodu $\tau$ olan ve $-\tau/2 < t < \tau/2$ aralığında $f(t) = 2f_{\max}t/\tau$ olan testere dişi dalganın Fourier serisinin $f = (2f_{\max}/\pi)\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\sin(n\omega t)/n$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Fonksiyon tektir; $a_0 = a_n = 0$. $b_n = (2/\tau)\int_{-\tau/2}^{\tau/2}(2f_{\max}t/\tau)\sin(n\omega t)\,\dd t$. Kısmi integralle $\int_{-\tau/2}^{\tau/2}t\sin(n\omega t)\,\dd t = -\tau^2\cos(n\pi)/(2n\pi) = (-1)^{n+1}\tau^2/(2n\pi)$. Dolayısıyla $b_n = (4f_{\max}/\tau^2)(-1)^{n+1}\tau^2/(2n\pi) = (-1)^{n+1}\,2f_{\max}/(n\pi)$ ✓.

Problem 5.18Parseval teoreminin kanıtı★★☆

Diklik bağıntılarını kullanarak (5.20)'yi kanıtlayın. Testere dişi dalga (Problem 5.17) için bu teoremden $\sum 1/n^2 = \pi^2/6$ sonucunu çıkarın.

Çözümü göster

$f^2$'yi iki serinin çarpımı olarak yazıp terim terim ortalama alalım. $a_0^2$ teriminin ortalaması kendisidir; $a_0$ ile bir harmoniğin çarpımının ortalaması sıfırdır; farklı harmoniklerin çarpımlarının ortalaması sıfırdır; $a_n^2\cos^2$ ve $b_n^2\sin^2$ terimlerinin ortalaması $a_n^2/2$ ve $b_n^2/2$'dir ✓. Testere dişi: $\langle f^2\rangle = (1/\tau)\int(2f_{\max}t/\tau)^2\,\dd t = f_{\max}^2/3$. Parseval: $f_{\max}^2/3 = \tfrac12\sum 4f_{\max}^2/(n^2\pi^2)$, yani $\sum 1/n^2 = \pi^2/6$ ✓ (Euler'in 1734'te bulduğu ünlü sonuç).

Problem 5.19Kuru sürtünmeyle sönüm★★★

Yay sabiti $k$ olan bir yaya bağlı $m$ kütleli bir blok, kinetik sürtünme katsayısı $\mu$ olan yatay bir yüzeyde salınıyor. Her yarım periyotta genliğin sabit $2\mu mg/k$ kadar azaldığını gösterin (genlik doğrusal olarak azalır, üstel değil). $k = 100$ N/m, $m = 1{,}0$ kg, $\mu = 0{,}10$ ve başlangıç genliği 20 cm için blok kaç yarım salınım yapar?

Çözümü göster

Blok bir yönde hareket ederken sürtünme sabit $\mp\mu mg$'dir; bu, denge noktasını $\pm\mu mg/k$ kadar kaydırır. Her yarım periyot, kaymış denge çevresinde bir yarım salınımdır: $A$'dan başlayan blok kaymış dengeye göre simetrik noktaya gider ve genlik $2\mu mg/k$ azalır ✓. Sayısal olarak azalma $2 \times 0{,}10 \times 9{,}8/100 = 1{,}96$ cm. Blok, genlik $\mu mg/k = 0{,}98$ cm'nin altına inince durur (yay kuvveti statik sürtünmeyi yenemez; statik ve kinetik katsayılar eşit alındı). $20 - 1{,}96N < 0{,}98$ için $N > 9{,}7$: blok 10 yarım salınım yapar ve dengeden yaklaşık 0,4 cm uzakta durur. Doğrusal dirençten farklı olarak blok sonlu bir sürede ve tam dengede olmayan bir noktada durur.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 5. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
A. P. French, Vibrations and Waves (W. W. Norton, 1971): salınımlar ve dalgalar üzerine klasik, çok açık bir giriş.
H. J. Pain ve P. Rankin, Introduction to Vibrations and Waves (Wiley, 2015): sönüm, zorlama ve rezonansın zengin fiziksel örneklerle anlatımı.
R. P. Feynman, R. B. Leighton ve M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt I, 21.–25. bölümler: harmonik salınıcı, rezonans ve doğrusal sistemler.
P. Dallard ve diğerleri, "The London Millennium Footbridge", The Structural Engineer 79 (2001): yayaların neden olduğu yanal salınımların incelenmesi.