MÜHENDİSLİK MEKANİĞİ
DİNAMİK DERS NOTLARI
Yar. Doç. Dr. Hüseyin Bayıroğlu
EKİM 2002 İSTANBUL
İçindekiler 1 GİRİŞ 2 VEKTÖREL ANALİZ 2.1 Vektör fonksiyonu 2.2 Vektör fonksiyonunun türevi 2.3 Vektör fonksiyonunun integrali
3 EĞRİLERDE DİFERANSİYEL ÖZELLİKLER 3.1 Bir vektör fonksiyonunun hodografı 3.2 Bir vektör fonksiyonunun hodografı üzerinde türevler 3.3 Doğal koordinat sistemi
4 MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ 4.1 Kinematiğin temel kavramları 4.2 Maddesel noktanın hareketinin kartezyen koordinatlarda incelenmesi. 4.3 Maddesel noktanın hareketinin doğal koordinatlarda incelenmesi. 4.4 Maddesel noktanın hareketinin silindirik koordinatlarda incelenmesi. 4.5 Maddesel noktanın doğrusal hareketi 4.5.1 Sabit hızlı doğrusal hareket 4.5.2 Sabit ivmeli doğrusal hareket 4.5.3 a f (t ) ivme zamanın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise 4.5.4 a f ( s) ivme konumun fonksiyonu şeklinde verilmiş ise 4.5.5 a f (V ) ivme hızın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise 4.5.6 a kV Bağıntısına uygun doğrusal hareket (geri tepmeyi azaltma) 4.5.7 a ks Bağıntısına uygun doğrusal hareket (Serbest titreşim hareketi) 4.5.8. Doğrusal harekette toplam yol 2
4.6 Maddesel noktanın çembersel hareketi 4.6.1 Çembersel harekette hız ve ivmenin kartezyen koordinatlardaki ifadeleri
4.7 Maddesel noktanın bağıl hareketi (öteleme hareketi yapan eksen sistemine göre) 4.8 Maddesel noktanın bağlı hareketi
5 RİJİD CİSMİN KİNEMATİĞİ 5.1 Rijid cismin hareketinde izdüşüm hızlar teoremi 5.2 Rijid cismin öteleme hareketi 5.3 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi 5.4 Rijid cismin genel düzlemsel hareketi 5.5 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinde ani dönme merkezi 5.6 Rijid cismin sabit bir nokta etrafında hareketi 5.7 Rijid cismin genel hareketi 5.8 Maddesel noktanın dönen eksen takımına göre bağıl hareketi
6 KİNETİK 6.1 Kinetik ve Newton’un ikinci hareket kanunu 6.2 Maddesel noktanın kinetiği 6.3 Kütle merkezinin hareketi teoremi 6.4 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında hareketi ve atalet momentleri 6.5 Atalet momentleri 6.5.1 Atalet momentleri ile ilgili teoremler
6.6 Genel düzlemsel harekette rijid cismin kinetiği 6.7 Üç Buyutlu harekette rijid cismin kinetiği
7 İŞ VE ENERJİ İLKESİ 7.1 Maddesel noktanın hareketinde iş ve enerji ilkesi 7.1.2 Mekanik enerjinin korunumu ve potansiyel enerji
7.2 Sabit eksen etrafında dönen rijid cismin kinetik enerjisi 7.3 Genel düzlemsel harekette rijid cismin kinetik enerjisi 7.4 Üç boyutlu harekette rijid cismin kinetik enerjisi
3
8 İMPULS VE MOMENTUM İLKESİ 8.1 Maddesel noktanın hareketinde impuls ve momentum ilkesi 8.2 Rijid cismin hareketinde impuls ve momentum ilkesi
9 D’ALAMBERT İLKESİ 9.1 D’alambert ilkesi 9.2 Lagrange tarzında D’alambert ilkesi
4
BÖLÜM 1 GİRİŞ Mühendislik mekaniğin ikinci kısmı olan dinamik kuvvetler etkisinde cisimlerin hareketini inceleyen bilim dalıdır. Mekanikçiler Dinamiği kinematik ve kinetik adı altında iki ana bölüme ayırırlar. Kinematik hareketi doğuran nedenleri göz önüne almadan sadece hareketin geometrisini göz önüne alan bilim dalıdır. Kinetik ise hareketi oluşturan nedenlerle birlikte incelemektir. Kinetik kinematiği de içerdiğinden bazı yazarlar kinetiğe dinamik diyorlar. Genellikle Dinamik ilk önce kinematik veya kinematik için gerekli matematik bilgileri ile başlar. Burada da ilk iki bölüm kinematik için gerekli matematik konularını içeriyor.
BÖLÜM 2 VEKTÖREL ANALİZ 2.1 Vektör fonksiyonu Statikte görülen eş zamanlı vektörlerden farklı olarak dinamikte zamanla veya başka bir değişkene göre değişebilen vektörlerle de çalışılır. Bir u reel sayısının tanımlı olduğu bölgedeki her değerine bir P(u) vektörü karşılık geliyorsa P vektörüne u değişkenine bağlı vektörel fonksiyon denir. Benzer şekilde birden fazla sayıdaki u , v , w gibi değişkenlere veya r gibi vektörlere bağlı vektörel fonksiyonlar tanımlanabilir. P P(u) P P(u, v, w ) P P(r )
Problem 2.1.1
P (u) 10Cos u i 8 Sin u j 3uk şeklinde verilen vektör fonksiyonunu
u
3
u
için hesaplayınız. 3
için
P ( ) 10Cos i 8 Sin j 3 k 3 3 3 3 P( ) 5 i 4 3 j k 3
5
2.2 Vektör fonksiyonunun türevi Bir vektörel fonksiyonun türevi aşğıdak i şekilde gösterildiği gibi skaler fonksiyonlardaki türev işlemlerine benzer biçimde alınabilir.Bir vektörel fonksiyonda u nun herhangi bir değerine karşılık gelen P(u) vektörünü u değişkenine verilen artımla elde edilen P(u u) vektöründen çıkarılırsa P artım vektörü elde edilir. Bu artım vektörünü değişkenin artımı olan Δu ya bölümüne ortalama değişim vektörü denir. Ortalama değişim vektöründe değişkenin artımı sıfıra yaklaştırılırsa vektörel fonksiyonunun u da ki türevi elde edilir. P u
P(u u)
P P(u)
P P(u u) P(u) dP P(u u) P(u) lim U O du u
2.2.1 Türev kuralları P , Q , W vektörleri ve λ ile s skaleri u nun fonksiyonu olsun.Ayrıca işareti u ya göre türevi T vektörü θ nın θ da s in fonksiyonu olsun ve göstersin. a) P Q W P Q W
b) P P P
c) P Q P Q P Q
d) P Q P Q P Q
dT dT d ds e) du d ds du
6
Problem 2.2.1
P (u) 10Cos u i 8 Sin u j 3uk şeklinde verilen vektör fonksiyonunun u ya
göre birinci ve ikinci türevini u
3
için hesaplayınız.
Çözüm :
dP (u) 10 Sin u i 8Cos u j 3k du d 2 P ( u) 10Cos u i 8 Sin u j 2 du
u
3
dP ( ) 3 5 3 i 4 j 3k , du
d 2P( ) 3 5 i 4 3 j du2
Problem 2.2.2 Modülü sabit olarak değişen vektörün türevinin kendisine dik bir vektör olduğunu gösterin Çözüm: P (u) sabit
Bir vektörün modülü vektörün kendisi ile skaler çarpımının karekökü alınarak bulunabileceğinden. P (u) P (u) sabit
Bu eşitliğin her iki tarafının u ya göre türevi alınırsa dP P ( u) 0 du
dP elde edilir. Böylece skaler çarpımın sıfır olmasından P (u) ile türev du
vektörünün birbirine dik olduğu ispatlanmış olur.
7
Problem 2.2.3 Bir düzleme paralel olarak değişen bir birim vektörün bu düzlem içindeki sabit bir doğrultuyla yaptığı açıya göre türevi aynı düzlemde bulunan kendisine pozitif yönde dik bir birim vektördür. Çözüm: Birim vektörün paralel olduğu düzlemi xy düzlemi bu düzlemdeki sabit bir doğrultu x ekseni ile gösterilsin Bu düzlemde x ekseni ile θ açısı yapan birim vektör e ise buna pozitif yönde dik vektör ile θ ya göre türevi alınan vektörün aynı vektör olduğu görülür. y
de d
θ e
θ x
e Cos i Sin j de Sin i Cos j d
e birim vektörüne aynı düzleme paralel olmak koşulu ile ve pozitif yönde dik
vektör
k e k (Cos i Sin j )
Buradaki vektörel çarpma işlemi yapılırsa de k e d
bulunur. 2.3 Vektörel fonksiyonun integrali x(u) , y (u) , z (u) , u nun belirli bir aralığında sürekli fonksiyonlar olmak üzere P(u) x(u) i y (u) j z (u) k
u ya bağlı vektörel fonksiyonunu göz önüne alalınırsa aşağıdaki integrale
P (u) du
x(u) du
i
y (u) du
j
z (u) du k
P(u) vektörel fonksiyonunun belirsiz integrali denir. d P(u) Q(u) eşitliğini sağlayan bir Q(u) vektörel fonksiyonu varsa du
8
P(u) du
d Q(u) du Q(u) C du
olur. Burada C vektörü u skalerine bağlı olmayan sabit bir vektördür. Bu durumda u = a ve u = b sınırları arasındaki belirli integral b
a
P(u) du
b
a
d Q(u) du Q(u) C du
b a
Q(b) Q(a)
şeklinde yazılabilir.
9
BÖLÜM 3
EĞRİLERDE DİFERANSİYEL ÖZELLİKLER 3.1 Bir vektör fonksiyonunun hodografı u ya bağlı değerler alan P(u) vektörel fonksiyonunun başlangıçları aynı noktaya getirilirse uç noktalarının çizdiği eğriye bu vektörel fonksiyonun hodografı denir. y Hodograf
P(u)
o
x
z
3.2 Bir vektörel fonksiyonun hodografı üzerinde P(u ) vektörel fonksiyonunun türevi y
10
P u
dP du
T P
Δs s
(+) o1
o
x
z Yukarıdaki şekilde görüldüğü gibi eğri üzerinde keyfi bir başlangıç ve yön ile belirlenen s eğrisel ölçüsüne (OA arasındaki eğri uzunluğuna) eğrisel apsis denir. Burada P vektörü s değişkeninin s de u nun fonksiyonu olarak ifade edilebilir. Böylece P vektörünün u ya göre türevi aşağıdaki gibi alınabilir. dP dP ds du ds du
burada
dP vektörünün T teğet birim vektörüne eşit olduğu türevin tanımı ds
kullanılarak anlaşılır. dP Lim ds
s 0
P T s
Böylece dP ds T du du
P vektörünün u ya göre birinci mertebeden türevi bulunmuş olur. P vektörünün u ya göre ikinci mertebeden türevi ise birinci mertebeden
türevinin tekrar u ya göre türevi alınarak bulunur. d2P d ds ( T) du 2 du du
11
d 2 P d 2 s ds dT T du du du 2 du 2 dT teğet birim vektörün u ya göre türevini almak için üç boyutlu Burada du
eğrilere ait bazı tanımları kullanmak gerekir. Oskülatör düzlem : Eğri üzerindeki noktalara göre değişebilen ve bir nokta civarında eğriyi düzlem eğri kabul etmekle bu nokta civarında eğriye en iyi uyan düzlemdir. İki boyutlu eğrilerde eğriyi içinde bulunduran düzlem oskülatör düzlemdir. Asal normal birim vektörü : Teğete oskülatör düzlemde dik olan ve eğrilik merkezine doğru yönelmiş olan birim vektöre denir. Üç boyutlu eğrilerde eğrilik yarıçapı , asal normal birim vektörü gibi tanımları yapabilmek için bir nokta civarında eğriyi düzlem eğrisi ve R yarıçaplı çember parçası olarak kabul etmek gerekir. Bir A noktası civarında aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi oskülatör düzlemde bulunan ds yay uzunluğunda, dθ merkez açısında ve R yarıçapında bir çember parçası kabul edilebilir.
T
dθ ds
T
R dθ
burada ds = R dθ Burada görüldüğü gibi T birim vektörünü θ nın θ yı s in fonksiyonu olarak düşünülüp zincir kuralından faydalanılırsa aşağıdaki eşitlik yazılabilir. dT dT d ds du d ds du dT burada işlemini yapabilmek için sabit bir düzleme paralel olarak değişen d T birim vektörünün bu düzlemde bulunan sabit bir doğrultuyla yaptığı θ açısına
göre türevi göz önüne alınabilir. y
12
dT d
θ T
θ
x
T Cos i Sin j dT Sin i Cos j d kendisine Buradan T birim vektörünün θ ya göre türevinin aynı düzlemde pozitif yönde dik bir vektör olduğu anlaşılır. Bu vektöre N asal normal birim
vektörü denir.
dT N d
Bu denklem teğet birim vektörün u ya göre türevi ifadesinde yerine yazılırsa dT d ds N du Rd du dT 1 ds T du R du
d2P Teğet birim vektörün u ya göre türevi bulunur. Bu eşitlikler ile 2 ikinci türev du
ifadesine gidilirse
2 d 2 P d 2 s ds / du N T R du 2 du 2 P vektörünün u ya göre türevi teğet ve asal normal birim vektörleri
doğrultusunda bulunur. 3.3 Doğal koordinat sistemi Bu elde edilen T ve N birim vektörleri ile birde bunlara sağ el kuralına göre dik üçüncü bir birim vektör tanımlanırsa B TN
bir koordinat sistemi tanımlanmış olur. Buradaki B birim vektörüne binormal birim vektörü denir. Bu T , N ve B birim vektörlerinin belirlediği koordinat sistemine doğal koordinat denir. T ve N birim vektörlerinin belirlediği düzleme oskülatör düzlem N ve B birim vektörlerinin belirlediği düzleme normal düzlem T ve B birim vektörlerinin belirlediği düzleme rektifiyen düzlem denir. Bu üç koordinat düzlemine birlikte Frenet üç yüzlüsü de denir. 3.4 Doğal koordinat sisteminde T , N , B birim vektörleri ve R eğrilik yarıçapı dP ds Bir P P(u) vektörel fonksiyonunda elde edilen T denkleminden du du
13
ds dP du du
ve
T
N birim vektörü ise
dP
du dP du
elde edilir.
1 ds dT N du R du
formülünden elde edilir. dT R du N dP du
R eğrilik yarıçapı ise P vektörünün u ya göre 1. ve 2. mertebeden türevleri birbiri ile vektörel çarpılarak elde edilir.
ds dP d 2 P du du du R
3
ds dP eşitliği göz Bu denklemin her iki tarafının modülü alınır ve du du
önüne alınırsa R eğrilik yarıçapı aşağıdaki gibi yazılabilir. dP
R
3
du dP d 2 P du du 2
Problem 3.4.1 y = f(x) kartezyen denklemiyle verilen bir düzlem eğride eğrilik yarıçapını veren formülü yazınız. Çözüm: P x i f ( x) j
dP d 2 P f (x) dx dx 2
dP i f ( x ) j dx
d2P f ( x ) j dx 2
dP 2 ve 1 f (x) dx
denklemleri ile R eğrilik yarıçapını veren formül
14
1 f (x) R
2 3/ 2
f (x)
şeklinde elde edilir. Problem 3.4.2
P (u) 10Cos u i 8 Sin u j 3uk şeklinde vektör fonksiyonu ile verilen
eğrinin u Çözüm : R
3
dP
deki eğrilik yarıçapını ve teğet birim vektörünü bulunuz.
3
du dP d 2 P du du 2
dP (u) 10 Sin u i 8Cos u j 3k du d 2 P ( u) 10Cos u i 8 Sin u j 2 du i j dP (u) d 2 P (u) 10 Sin u 8Cos u du du2 10Cos u 8 Sin u dP (u) d 2 P (u) 24 Sin u i 30Cos u 2 du du
k 3 0 j 80k
dP (u) d 2 P (u) 576 Sin2 u 900Cos 2 u 6400 du du2 dP (u) 100 Sin 2 u 64Cos 2 u 9 du
3 dP (u) (100 Sin 2 u 64Cos 2 u 9)3 / 2 du 3 dP (u) du (100 Sin 2 u 64Cos 2 u 9)3 / 2 R dP (u) d 2 P (u) 576 Sin2 u 900Cos 2 u 6400 du du2
15
dP (u) 10 Sin u i 8Cos u j 3k du T dP (u) 100 Sin 2 u 64Cos 2 u 9 du 10 Sin u i 8Cos u j 3k T (100 Sin 2 u 64Cos 2 u 9)1/ 2
u
için
3
10 Sin i 8Cos j 3k 3 3 T( ) 3 (100 Sin2 64Cos 2 9)1/ 2 3 3
5 3 i 4 j 3k 3 2 3 T( ) i j k 300 3 2 5 10 ( 16 9)1/ 2 4 R
(100 Sin2 576 Sin 2
R
3
3
64Cos 2
3
900Cos 2
9)3 / 2
3
6400
300 16 9)3 / 2 4 11.9 432 225 6400
(
BÖLÜM 4 MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ 4.1 Kinematiğin temel kavramları
16
Yer vektörü : Bir maddesel noktanın bir mukayese cismine (koordinat sistemine) göre bulunduğu yere orijinden uzanan vektör. Hız vektörü : Yer vektörünün zamana göre türevi İvme vektörü: Hız vektörünün zamana göre türevi veya yer vektörünün zamana göre ikinci türevi Aşısal hız: Aynı düzlemde hareket eden noktayı sabit bir noktaya bağlayan doğrunun aynı düzlemdeki sabit bir doğru ile yaptığı açının zamana göre türevi Açısal ivme: Açısal hızın zamana göre türevi y p r
x z r
(Yer vektörü )
dr V dt dV a dt
( Hız Vektörü )
( İvme vektörü ) y P
x
( t )
d dt
(Zamanı fonksiyonu olan aynı düzlemdeki açı ) ( Açısal hız ) ,
d dt
(Açısal ivme )
4.2 Maddesel noktanın hareketinin kartezyen koordinat sisteminde incelenmesi y
17
A( x, y, z )
r y
z
Bir maddesel noktanın hareketinde koordinatları x x (t ) ,
y y (t ) ,
z z (t )
şeklinde ise yer , hız ve ivme vektörleri aşağıdaki gibi hesaplanır. r x (t ) i y (t ) j z (t ) k V x (t ) i y (t ) j z(t ) k a x(t ) i y(t ) j z(t ) k
Burada değişkenlerin üzerindeki noktalar zamana göre türevi göstermektedir. Problem 4.2.1 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde x 10Cos t , y 8 Sin t , z 3 t bağıntılarına göre hareket etmektedir. t
6
için maddesel noktanın yer, hız ve
ivme vektörlerini bulunuz. Çözüm:
r 10Cos t i 8 Sin t j 3 t k V 10 Sin t i 8Cos t j 3 k a 10Cos t i 8 Sin t j
t
6
için
r 10Cos i 8 Sin j 3 k 6 6 6 r 5 3 i 4 j k 2 V 10 Sin i 8Cos j 3 k 6 6 V 5 i 4 3 j 3 k a 10Cos i 8 Sin j 6 6
18
a 5 3 i 4 j
4.3 Maddesel noktanın hareketinin Doğal koordinat sisteminde incelenmesi y
V aT
a
N aN
T
(+)
s
o1
r
o
x
z
Daha önce formülleri çıkarılan doğal koordinat sistemindeki P vektörü yerine r yer vektörü u yerine t zaman değişkeni alınırsa aşağıdaki hız ve ivme ifadeleri elde edilir. dr ds V T dt dt
2
ds 2 2 d r d s dt a 2 2T N R dt dt
Problem 4.3.1 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde s 2t 3 5t 2 4 ( Burada s metre , t saniye cinsindendir.) bağıntısına uygun olarak hareket etmektedir. t 1 de maddesel noktanın bulunduğu yerin eğrilik yarıçapı R 5m. olduğuna göre bu andaki hız ve ivme vektörlerini doğal koordinat sisteminde hesaplayınız. Çözüm: 2
ds 2 2 ds d r d s dt V T , a 2 2T N dt R dt dt
ds 3 t 2 10 t dt
,
d2s 6 t 10 dt 2
19
t 1 de
ds 13 dt
V 13T , a 16 T 33,8 N
d2s 16 dt 2 (13) 2 a 16 T N 5
Problem 4.3.2 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde hareket ederken bir t anında hız ve ivme vektörlerinin kartezyen koordinatlardaki bileşenleri V 6 i 2 j 3k a 3i 4 j
olduğuna göre bu an için hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadelerini ve eğri üzerinde bulunduğu noktanın eğrilik yarıçapını bulunuz. Çözüm:
V
aT
a
A
aN V 62 (2) 2 32 , V a V a Cos , V a Cos , Cos V a aT a Cos 0,86 m / s 2 a 0,86 T 2,87 N
V2 aN R
V2 R aN
V 7 m/s a 32 42
, ,
V 7T a 5 m / s2
6*3 2* 4 10 , Cos 7*5 35 , a N a Sin 2,87 m / s 2
,
R
49 4
,
73, 4
o
R 12, 25 m
4.4 Maddesel noktanın hareketinin silindirik koordinat sisteminde incelenmesi z
20
k
r
e A(, , z ) e
o
y
x
k A1
e
e
Yukarıdaki şekilden r
vektörü
r OA1 A1 A
şeklinde yazılabilir. Bu eşitlik silindirik koordinatların birim vektörleri cinsinden yazılırsa r e z k
elde edilir. Yer vektörünün zamana göre türevlerinden hız ve ivme vektörleri bulunur.
dr d de dz V e k dt dt dt dt Burada e birim vektörü nın fonksiyonu olduğundan zincir kuralı uygulanıp de de d eşitliği yazılabilir. dt d dt de
Burada
d
bir düzleme paralel olarak değişen bir birim vektör dür. Bu
vektörün bu düzlem içindeki sabit bir doğrultu ile yaptığı açıya göre türevi kendisine pozitif yönde dik bir birim vektör olan e vektörüdür. Böylece elde edilen e e denklemi ile hız denklemine gidilirse silindirik koordinatlardaki hız vektörü V e e z k
şeklinde elde edilir. Bu elde edilen hız vektörünün zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü bulunur.
dV e e e e e z k a dt Burada e gibi e da nın fonksiyonudur. Bundan dolayı
21
de de d e eşitliği yazılabilir. dt d dt de bir düzleme paralel olarak değişen bir birim vektördür. Bu birim Burada d
vektörün bu düzlem içindeki sabit bir doğrultu ile yaptığı açıya göre türevi kendisine pozitif yönde dik bir birim vektör olan e vektörüdür.
Böylece elde edilen e e ve e e
2 e 2 e z k a
eşitliği ivme denklemine gidilirse
silindirik koordinatlardaki ivme denklemi elde edilir. Problem 4.4.1
6
3
Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde 20 10Cos t ,
t 3 , z 10 Sin
4
t
Bağıntılarına uygun olarak hareket etmektedir. t 1 için yer ,hız ve ivme vektörlerini silindirik koordinatlarda hesaplayınız. V e e z k 2 e 2 e z k a
5 5 2 Sin t , Cos t 3 6 18 6 2 t , 2 t 5 5 2 z Sin t z Cos t , 8 4 2 4 5 t 1 de 20 5 3 , 6
3
,
z5 2 ,
z
5 4
, 2 ,
r (20 5 3) e 5 2k
,
5 2 3 36
2 5 2 2 16 5 5 V e (20 5 3) e 6 4
z
,
5 2 5 2 5 a [ 3 (20 5 3) 2 ] e [(20 5 3) 2 2( ) ] e 36 6 16 2 5 185 5 a [(20 3) 2 ] e [(40 10 3) ( ) 2 ] e 2k 36 3 16
2k 2k
4.5 Maddesel noktanın doğrusal hareketi
22
Maddesel noktanın yörüngesi bir koordinat sistemine göre doğru şeklinde ise maddesel noktanın bu koordinat sistemine göre yaptığı harekete doğrusal hareket denir. y U
s
Δ
A r
o1
x o
z Maddesel noktanın yörüngesi olan bu doğru üzerinde keyfi bir başlangıç noktası ve yön seçilebilir. Buradaki s A da bulunan maddesel noktanı doğru üzerindeki başlangıç noktasına göre alınan ölçüdür. Burada maddesel noktanın konumunu gösteren r yer vektörü r OO1 O1 A şeklinde yazılabilir. O1 A s U r OO1 s U olur.
olduğundan
ds V U dt d 2s İvme vektörü a 2 U dt
Hız vektörü
Bu elde edilen hız ve ivme vektörleri aynı doğrultuda olduğundan önce şiddetleri hesaplanıp sonra vektör formuna kolayca getirilir. Doğrusal hareketi için aşağıdaki skaler denklemler kullanılır. V
ds dt
,
ve ayrıca V
a ds dt
dV dt
,
den çekilen
d 2s dt 2 ds dV dt eşitliği a V dt
a
denklemine
yerleştirilirse a
VdV ds
denklemi elde edilir. Bu elde edilen 4 adet denklemden doğrusal harekete ait problemler çözülmeye çalışılır. 4.5.1 Sabit hızlı doğrusal hareket Bir doğrusal hareketteki hız V sabit ise aşağıdaki işlemler yapılabilir. 23
a
dV dt
bulunur. Ve
a0
V
den
ds dt
den ds Vdt yazılıp V sabit olduğu için kolayca integre ederek
s
t
ds V dt
s s0 V t
0
S0
sabit hızlı doğrusal harekete ait konum zaman bağıntısı bulunur. Problem 4.5.1.1 Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde V 6 m / s sabit hızı ile hareket ettiğine göre t 0 da s 8 m olduğuna göre 5 inci saniyedeki konumunu bulunuz. Çözüm: konum zaman denkleminden t 5 deki konum t yerine 5 yazarak bulunur. s s0 V t
s 8 6*5
s 38 m.
4.5.2 Sabit ivmeli doğrusal hareket Bir doğrusal hareketteki ivme a sabit ise aşağıdaki işlemler yapılabilir. a
dV dt
den
V
dV a dt
yazıp integre ederek
t
dV a dt
V V0 a t
0
V0
hız zaman bağıntısı elde edilir. V S
ds dt
den
yazıp integre ederek
t
ds (V
S0
ds (V0 a t ) dt
0
a t ) dt
s s 0 V0 t
0
1 2 at 2
konum-zaman bağıntısı elde edilir. Ayrıca a
VdV ds
1 a
bağıntısından yazılan ds V dV bağıntısı integre edilirse
24
S
S0
V
1 ds V dV a
s s0
V0
1 (V 2 V02 ) 2a
konum-hız bağıntısı elde edilir. Problem 4.5.2.1 Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde a 3 m / s 2 sabit ivmesi ile hareket ettiğine göre t 0 da konumu s 8 m ve hızı V 4 m / s olduğuna göre 5 inci saniyedeki konumunu bulunuz. Çözüm: 1 2 at konum zaman denkleminden 2 t 7 s. deki konum t yerine 7 yazarak bulunur. 1 s 8 4 * 7 3* 7 2 , s 109,5 m . 2
s s 0 V0 t
4.5.3 a f (t ) İvme zamanın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise a
dV dt
den elde edilen dV a dt denklemde a yerine
f (t ) yazıp
integre edilirse dV f (t ) dt
V
t
V0
0
dV f (t ) dt
t
V V0
f (t ) dt 0
hız –zaman bağıntısı elde edilir. Bu bağıntıdaki V hızı yerine
ds yazıp dt
düzenlendikten sonra integre edilirse ds V0 dt
S
t
f (t ) dt
0
t
s s 0 [ V0 0
t
ds [ V0
S0
0
t
f (t ) dt ] dt 0
t
f (t ) dt ] dt 0
konum-zaman bağıntısı elde edilir. Burada s 0 ve V0 Başlangıç değerleridir. Problem 4.5.3.1 Bir maddesel nokta bir doğru a 2t 3 ivme zaman bağıntısı ile hareket ediyor. t 0 da konum s 4 m. ve hız V 10 m / s. olduğuna göre t 6 daki konumu ve hızı hesaplayınız.
25
Çözüm: a
dV den dt
dV a dt yazılabilir. Burada a yerine 2t 3 yazıp integre
edilirse V
t
dV (2t 3) dt
VO
V VO t 2 3t
O
denklemi elde edilir. Bu denklemde VO yerine –10 konursa V t 2 3t 10
Hız-zaman denklemi elde edilir.Burada t yerine 6 yazılırsa V 29 m / s
bulunur. V
ds den ds V dt yazılabilir. Burada V yerine t 2 3t 10 yazıp integre dt
edilirse S
t
SO
0
ds (t
2
3t 10) dt
1 3 s s0 t 3 t 2 10t 3 2
denklemi elde edilir. Burada s0 yerine 4 yazılırsa 1 3 s t 3 t 2 10t 4 3 2
konum-zaman denklemi elde edilir. Burada t yerine 6 yazılırsa s 70 m
bulunur.
4.5.4 a f (s) İvme konumun fonksiyonu şeklinde verilmiş ise
26
a
VdV ds
yerine
veya
d 2s dt 2
yazıp denklem düzenlendikten sonra integre
ederek hız-konum veya konum-zaman denklemleri bulunur. Problem 4.5.4.1 Bir maddesel nokta bir doğru a 12 s1/ 2 ivme -konum bağıntısı ile hareket ediyor. t 0 da konum s 0 ve hız V 0 olduğuna göre t 2 deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız. Çözüm: a
yerine
VdV yazıp elde edilen ds
VdV 12 s1/ 2 denklemi ds V dV 12 s1/ 2 ds şeklinde düzenlenip integre edilirse V
s
0
0
V dV 12 s
1/ 2
ds
1 2 1 3/ 2 V 12 s 2 3/ 2 V 4 s3 / 4
denklemi elde edilir. Bu denklemde V yerine
ds 256 s 3 / 4 dt s
elde edilen denklem
ds yazıp dt
ds dt şeklinde yazılıp integre edilirse 4 s3 / 4
t
1 3 / 4 4 s ds dt 0 0
s1/ 4 t s t4
, V 4 t 3 , a 12 t 2 t 2 de s 16 m. , V 32 m / s ,
a 48 m / s 2
4.5.5 a f (V ) İvme hızın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise a
yerine
dV f (V ) dt VdV f (V ) ds
dV dt
VdV yazılırsa aşağıdaki denklemler elde edilir. ds dV dt f (V ) VdV ds f (V )
veya
Bu son eşitlikler integre edilirse hız-zaman ve konum-hız denklemleri bulunur.
27
Problem 4.5.5.1 Bir maddesel nokta bir doğru a 0, 2V 2 ivme –hız bağıntısı ile hareket ediyor. t 0 da konum s 0 ve hız V 20 m / s olduğuna göre t 2 deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız. Çözüm: dV yazarak elde edilen dt dV dV 0, 2V 2 denklemi dt 5 2 şeklinde düzenlenip integre edilirse dt V t V dV 5 1 5 1 5 dt 5 V 2 t V 4 V t 4 V 1 0 20 t 4 20 ds denklemi elde edilir. Bu denklemde V yerine yazarak V 1 4t dt ds 20 20 elde edilen denklem ds şeklinde düzenlenip integre dt dt 1 4t 1 4t S t 20 edilirse ds 1 4t dt s 5 Ln(1 4t ) konum-zaman bağıntısı elde edilir. 0 0 a yerine
t 2 de
s 11 m ,
V 2, 22 m / s
, a 0.2V 2 , a 0.2 2, 22 2
a 0,988 m / s 2
4.5.6 a kV Bağıntısına uygun doğrusal hareket (geri tepmeyi azaltma) Burada k pozitif reel sayı VdV VdV de a yerine kV yazılıp kV elde edilen denklem ds ds dV kds şeklinde düzenlendikten sonra integre edilirse a
V
S
dV k ds
V0
V V0 k ( s s 0 )
S0
hız-konum bağıntısı elde edilir. Elde edilen bağıntıda V yerine
ds dt
yazılırsa
ds V0 ks ks 0 bağıntısı elde edilir. Eğer hız-konum bağıntısında s 0 0 dt ds ds V0 ks şekline gelen denklem dt şeklinde alınabilirse dt V0 ks
düzenlenip integre edilirse S
0
s
t
ds dt V0 ks
0
V0 (1 e kt ) k
1 V0 ks ln t k V0
V0 ks V0 e kt
konum-zaman bağıntısı elde edilir.
28
4.5.7 a ks Bağıntısına uygun doğrusal hareket (serbest titreşim hareketi) Burada k pozitif reel sayı a ks
denkleminde a yerine
d 2s dt 2
yazılırsa
d 2s ks0 dt 2
ikinci mertebeden sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemi elde edilir. Bu denklemin çözüm fonksiyonu olarak s A Cos t B Sin t
önerilirse diferansiyel denklemi sağladığı görülür. Burada k dır. A ve B sabitleri ise başlangıç koşulları aşağıdaki denklemlerde yerine konarak bulunur. s A Cos t B Sin t V A Sin t B Cos t
kullanılarak bulunur. Eğer t 0 daki s ve V biliniyorsa aşağıdaki denklemler yazılabilir. s 0 ACos t ,
Böylece
bunlardan A s 0 ve B
V0 B Cos t
s s 0 Cos t
V0
V0 Sin t
Denklemi elde edilir. s A Cos t B Sin t denklemi s C Cos (t ) şeklinde yazılabilir. B dır. Eğer fonksiyonun s-t grafiği çizilirse A buradaki eğri Cos t eğrisinden Cos (t ) fonksiyonunun argümanı olan (t ) yi sıfır yapan t kadar geriden başlar .
Burada C A 2 B 2
Arc tan
ACos t BSint 10
ACos t
5
BSin t 0.5
1
1.5
2
2.5
3
t
-5
-10
29
C Cos (t )
10
5
0.5
1
1.5
2
2.5
t
3
-5
-10
t
Yukarıdaki grafikler A 10 , B 6 , C (10) 2 6 2 11,66 , Arc tan
6 0,54 Rad . , 3 ve 0,18 için çizilmiştir. 10
s s 10
t 5
t
t 0.5 -5
-10
1
1.5
2
2.5
3
Problem 4.5.7.1 Bir maddesel nokta bir doğru a
2 36
s ivme –konum bağıntısı ile hareket
ediyor. t 0 da konum s 10 ve hız V 4 m / s olduğuna göre t 2 deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız.
Çözüm: 2
d 2s yazılırsa a s denkleminde a yerine 36 dt 2
30
d 2s 2 s0 dt 2 36
ikinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin genel çözümü s A Cos V
6
6
t B Sin
A Sin
t
6
t
6
6
B Cos
t 0 daki konum s 10 A 10 ve
B
24
6
t
ve hız V 4 m / s denklemlerde yerine konursa
elde edilir. Bu bulunan değerler konum-zaman ve hız-
zaman denklemlerinde yerine konursa s 10 Cos V 10 V 5
6
3
6
24
t
Sin
Sin
6
6
Sin
t
t
6
24 Cos t 6 6
t 4 Cos
6
t
denklemleri elde edilir. Burada t yerine 2 yazılırsa t 2 deki konum ve hız değerleri elde edilir. s 10 Cos s 5
12
V 5 V 5
3
3
24
,
3 Sin
Sin
3
3 s 11, 62 m.
4 Cos
3 2 3 2
,
3
V 6,53 m / s.
4.5.8 Doğrusal harekette toplam yol Maddesel nokta bir doğru üzerinde hareket ederken yön değiştirebilir. Bundan dolayı toplam yolu bulurken yön değiştirdiği noktalar arasındaki
31
yollar toplanmalıdır. Yön değiştirdiği noktalardaki zamanlar hızı sıfır yapan zaman değerleridir.Bu elde edilen zamanlar ve istenen zaman noktası arasındaki konum farklarının mutlak değerleri toplandığında toplam yol bulunur. Aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi bir maddesel noktanın t t 4 zamanına kadar aldığı toplam yolu inceleyelim. Maddesel nokta t 0 da s 0 konumundan harekete başlar. Hız denklemini sıfır yapan zaman değerleri t1 , t 2 ve t 3 ise maddesel nokta t 0 dan t t1 e , t t1 den t t 2 ye, t t 2 den t t 3 e kadar ve t t 3 den sonra aynı yönde hareket edeceğinden bu aralıklardaki konum farklarının mutlak değerleri toplanarak toplam yol bulunur. s 2 s1 s1 s 0 s1
s3 s 2
0
s0
s3
s 4 s3 s2
s4
t t 4 kadar alınan Toplam Yol = s1 s 0 + s 2 s1 + s3 s 2 + s 4 s3
Burada zamanı gösteren alt indisleri birlikte s konumları maddesel noktanın doğru üzerinde indisin belirttiği zamandaki konumunu göstermektedir. Problem 4.5.8.1 4 3
Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde s t 3 12t 2 27 t konum –zaman bağıntısına göre hareket ediyor. İlk 4 saniye içinde maddesel noktanın aldığı toplam yolu bulunuz. Çözüm: Maddesel noktanın 4. saniyeye kadar aynı yönde gittiği zaman dilimlerindeki konum farklarının mutlak değerleri toplanırsa toplam yol bulunur. Yön değiştirdiği zamanlar hızı sıfır yapan değerleridir. V 4 t 2 24 t 27 t1,2
denklemini sıfır yapan zaman değerleri
24 (24) 2 4* 4* 27 2* 4
,
t1,2
24 12 8 32
t1 1,5
, t 2 4,5
olarak bulunur.
Top.Yolt 4 s1,5 s0 s4 s1,5 s0 0 4 s1,5 1,53 12*1,52 27 *1,5 18m. 3 s4,5
4 4,53 12* 4,52 27 * 4,5 1,33m. 3
Top.Yolt 4 18 0 1,33 18
Top.Yolt 4 34, 67 m.
4.6 Maddesel noktanın çembersel hareketi Maddesel noktanın bir koordinat sistemine göre yörüngesi çember veya çember parçası şeklinde ise bu tür harekete çembersel hareket denir.
y
V
aT
a
P
R
o
s x
Hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadeleri çembersel harekette açısal hız ve açısal ivme cinsinden yazılabilir.
d , dt
d dt
s çember yayı uzunluğunu gösterdiğinden
s R
yazılabilir. Bu bağıntının her iki tarafının t ye göre 1. ve 2. türevleri
33
alınırsa ds R dt d 2s R dt 2
denklemleri elde edilir. Bu denklemler doğal koordinat sistemine ait 2
ds V T , dt
ds 2 d s dt a 2T N R dt
denklemlerinde yerine konursa V R T a R T R 2 N
Çembersel harekete ait hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadeleri elde edilir. Buradaki açısal hız ve açısal ivme nın değerleri
d dt
d dt
d 2 dt 2
d d
denklemlerinden elde edilir. Bu denklemler doğrusal harekete ait diferansiyel denklemlerle aynı formdadır. Bundan dolayı çözüm yöntemleri de aynıdır. Problem 4.6.1 Bir maddesel nokta R 12 cm. yarıçaplı çember üzerinde saat akrebinin tersi yönünde hareket ederken bir t anında açısal hızı 6 Rad / s. ve
34
açısal ivmesi 2 Rad / s 2 olduğuna göre bu an için hız ve ivme vektörlerini doğal koordinat sisteminde bulunuz. Çözüm: V R T
Şeklindeki çembersel hareketteki hız vektörünün doğal koordinat sistemindeki formülünde verilenler yerine konursa V 12*6 T V 72 T
hız vektörünün doğal koordinat sistemindeki ifadesi elde edilir. Aynı şekilde ivme vektörünün doğal koordinat sistemindeki formülü olan a R T R 2 N
denkleminde verilenler yerine konursa a 12* 2 T 12*62 N a 24 T 432 N
ivme vektörünün doğal koordinat sistemindeki ifadesi bulunur. Problem 4.6.1 Basit bir sarkacın hareketi k
şeklinde veriliyor. t 0 da 0 ve 0 olduğuna göre açı , açısal hız ve açısal ivme nın zamana bağlı ifadelerini bulunuz. Çözüm: yerine
d 2 dt 2
yazılırsa
d 2 k 0 dt 2
ikinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin genel çözümü ACos t B Sin t
şeklindedir. Burada k 2 dir. A ve B sabitleri ise başlangıç şartlarından bulunur. ACos t B Sin t denkleminde yerine 0 , t 0 A bulunur. A Sin t B Cos t denkleminde yerine 0 , t B elde edilir. Buradan
yerine sıfır yazılırsa
yerine sıfır yazılırsa
35
B
bulunur. Bu bulunan A ve B değerleri açı-zaman bağıntısında
yerine yazılırsa 0Cos t
Sin t
açı-zaman denklemi bulunur.Bu denklemin zaman göre birinci türevi 0 Sin t Cos t
açısal hız-zaman denklemini verir. Bu denklemin tekrar zaman göre türevi 2 0Cos t Sin t
açısal ivme-zaman denklemini verir.
4.6.1 Çembersel harekette hız ve ivmenin kartezyen koordinatlardaki ifadeleri
y
V
aT
a
P
R
o
s x
Çembersel harekette açısal hız vektörü tanımlandıktan sonra V hız vektörü V OP
Şeklinde hesaplanabilir.Burada açısal hız vektörüdür.Açısal hız vektörünün modülü açısal hızın mutlak değerine eşit , doğrultusu çember düzlemine dik yönü sağ el kuralına uygun maddesel noktanın dönüş yönüne bağlı olarak tesbit edilen yönde bir vektördür. ile OP vektörü birbirine dik olduğundan OP nin şiddeti R değerine eşit , doğrultusu çembere teğet, yönüde hız vektörü yönünde olduğundan OP vektörü hız vektörüne eşittir. Yukarıdaki şekle göre 36
k OP R Cos i R Sin j
yazılabilir. Bu eşitliklerle hız vektörü V R Sin i R Cos j
şeklinde kartezyen koordinat sisteminde yazılabilir.
Bu hız vektörünün V OP şeklindeki denkleminin zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü bulunur. a OP V
d dir. dt Yukarıdaki şekilde yerine k alınıp ivme vektöründe yerine
Burada vektörü
yazılıp gerekli işlemler yapılırsa a k OP k V a k ( R Cos i R Sin j ) k ( R Sin i R Cos j ) a ( R Sin R 2 Cos ) i ( R Cos R 2 Sin ) j
ivme vektörünün kartezyen koordinatlardaki ifadesi bulunur. Problem 4.6.1.1 Bir maddesel nokta R 14 cm. yarıçaplı bir çember üzerinde
24
t3
bağıntısına uygun olarak hareket etmektedir. Çember şekilde gösterildiği gibi yz düzlemindedir. açısı da şekilde gösterildiği gibi alınıyor. t 2 için maddesel noktanın yer hız ve ivme vektörlerini kartezyen koordinatlarda hesaplayınız. y
A
R
37
C Cz
O
x
Cy
z Burada R 14cm. C y 20cm. C z 18cm.
24
t 3 dır.
Çözüm: r OC CA
OC 20 j 18k CA RCos j RSin k
t 2 de 3 CA 7 j 7 3 k r 27 j (18 7 3)k r 27 j 30,12k
Hız vektörü kartezyen koordinatlarda V CA
formülü ile hesaplanabilir.Burada
d i ( Çünkü x ekseni çember dt
düzlemine diktir ve maddesel nokta çember etrafında y den z ye doğru dönüyor.) d 2 t dt 4
d t 2 için değeri V CA denkleminde yerine yazılırsa dt V i (7 j 7 3)k V 7 3 j 7 k V 38,1 j 22k t 2 deki hız ifadesi hesaplanmış olur.
İvme vektörü kartezyen koordinatlarda a CA V
d 2 formülü ile hesaplanabilir.Burada 2 i ( Çünkü açısal ivme vektörü dt
doğrultu değiştirmiyor.)
38
d 2 t dt 2 2 d 2 t 2 için değeri ve diğer elde edilenlerle birlikte 2 dt a CA V denklemine gidilirse a i (7 j 7 3k ) i (7 3 j 7 k ) a (7 7 3) j (7 7 3 )k a 107,18 j 97, 67k
4.7 Maddesel noktanın bağıl hareketi (öteleme hareketi yapan eksen sistemine göre ) İki maddesel noktanın birbirine göre bağıl yer hız ve ivme vektörleri aşağıdaki şekilden elde edilebilir. Bu maddesel noktalardan birisi öteleme hareketi yapan eksen sisteminin orijini alınırsa aşağıdaki şekil çizilebilir. y
yP1 rP 2 / P 1
P2
P1
rP2
rP 1
zP1
o
xP1
x
z Yukarıdaki şekilden yer vektörleri arasında rP1 rP 2 / P1 rP2
bağıntısı yazılabilir. Buradan P2 noktasının P1 noktasına veya öteleme
hareketi yapan eksen sistemine göre rP 2 / P1 bağıl yer vektörü çekilip zamana göre birinci ve ikinci türevi alınırsa bağıl hız ve bağıl ivme vektörleri elde edilir. rP 2 / P1 rP2 rP1
39
V P 2 / P1 V P2 V P1 a P 2 / P1 a P2 a P1
Problem 4.7.1 Şekilde gösterildiği gibi P1 maddesel noktası d1 doğrusu üzerinde s 10 8 Sin
12
t konum-zaman bağıntısına göre P2
maddesel noktası ise xy
düzleminde bulunan R 12cm. yarıçaplı bir çember üzerinde
24
t 3 açı-zaman
bağıntısına göre hareket etmektedir. t 2 için P2 maddesel noktasının P1 maddesel noktasına göre bağıl yer , hız , ivme vektörlerini ve aralarındaki uzaklığı bulunuz. y
20cm.
10cm.
P2
C
P1
s
15cm. O
x
z Çözüm: rP 2 / P1 rP2 rP1
rP2 OP2 OC CP2
,
OC 20 i 15 j
rP2 (20 12 Cos )i (15 12 Sin ) j rP1 OA AP1
rP1 s j 10k
,
rP2 / P1 (20 12 Cos )i (15 12 Sin s ) j 10k t 2 de
24
23
3
Rad . ,
s 10 8 Sin
12
2 14cm.
40
rP2 / P1 (20 12 Cos )i (15 12 Sin 14) j 10k 3 3 rP2 / P1 (20 6)i (15 6 3 14) j 10k rP2 / P1 26i (1 6 3) j 10k ,
rP2 / P1 26i 11,39 j 10k
VP2 / P1 12 Sin i (12 Cos V ) j
8
t2 , V
t 2 de
2
2 Cos t 3 12 Rad / s. , V
3 cm / s. 3
3 VP2 / P1 12 Sin i (12 Cos )j 2 3 2 3 3
3 1 3 VP2 / P1 12 i (12 )j , 2 2 22 3 VP2 / P1 16,32i 7, 61 j
3 ) j VP2 / P1 3 3 i (3 3
a P2 / P1 (12 Sin 12 2Cos )i (12 Cos 12 2 Sin a ) j
4
t , V
t 2 de
2
2 18
Sin
12
t
Rad / s 2 , a
2 36
cm / s 2
2
2 2 a P2 / P1 (12 Sin 12 Cos )i (12 Cos 12 Sin ) j 2 3 4 3 2 3 4 3 36 2 2 2 3 1 1 3 )i (12 a P2 / P1 (12 12 12 )j 2 2 4 2 22 4 2 36 3 3 2 3 2 ) j a P2 / P1 (3 3 2 )i (3 2 2 36 3 3 3 ) j a P2 / P1 (3 3 ) i (3 2 2 36 a P2 / P1 31,13i 14,57 j
Problem 4.7.2 Şekilde gösterildiği gibi P1 maddesel noktası xy düzleminde bulunan ve merkezi x ekseni üzerinde R 8 cm. yarıçaplı bir çember üzerinde
t 6 bağıntısına göre hareket etmektedir. P2 maddesel noktası ise P1 P2 L 5 R sabit
41
olmak üzere Z ekseni üzerinde hareket ediyor. t 1 için P2 maddesel noktasının hız ve ivmesini bulunuz. z P2
y
L 5R
z
R C
3R
x
Çözüm: rP2 z k , VP2 z k , a P2 zk rP2 / P1 L 5 R rP 2 / P1 rP2 rP1 rP1 (3 R RCos ) i RSin j rP2 / P1 (3 R RCos ) i RSin j z k 2 L2 rP2 P1 25 R 2 9 R 2 R 2Cos 2 6 R 2Cos R 2 Sin 2 z 2
z 2 15 R 2 6 R 2Cos z R 15 6Cos
z R(15 6Cos )1/ 2
,
1 z R(15 6Cos ) 1/ 2 (6 Sin ) 2 z 3R Sin (15 6Cos ) 1/ 2
z
3 R Sin 15 6Cos
3 z 3RSin (15 6Cos ) 1/ 2 3 R 2 Cos (15 6Cos ) 1/ 2 3 R Sin ( )(15 6Cos ) 3 / 2 (6 Sin ) 2 z
3 R(Sin 2 Cos ) 15 6Cos
27 R 2 Sin2 (15 6Cos ) 15 6Cos
42
6
, , 0
t
6
t 1 de
z
3R
6
Sin
z
6
2
Cos ) 36 6
2 3 3 15 3 3
VP 2 2 k
z 2 cm / s.
15 3 3 3R(
Rad .
6
2
15 6Cos
z
6
15 6Cos
z
6
z 1,34 cm / s 2
27 R
36
2
Sin 2
6
(15 6Cos ) 15 6Cos 6 6
3 2 2(15 3 3) 15 3 3 a P 2 1,34 k
4.8 Maddesel noktaların bağlı hareketi Bir maddesel noktanın hareketi diğer maddesel noktaların hareketine bağlı olarak veriliyorsa bu tür harekete bağlı hareket denir. Bir maddesel noktalar sistemi düşünüldüğünde bu sistemin konumunu belirten değişkenlere genelleştirilmiş koordinatlar denir. Genelleştirilmiş koordinatların birbirinden bağımsız sayısına sistemin serbestlik derecesi denir. Bir maddesel noktalar sistemindeki her bir bağıntı serbestlik derecesini bir azaltır. Aşağıdaki bir makara sistemindeki maddesel nokta kabul edilen kütleler düşey doğrultuda hareket ediyorlar.Sistemin konumu 3 tane değişkenle gösterilebilir. Bu makaralardan dolandırılan ve cisimleri birbirine bağlı olarak hareket etmesini sağlayan ipin boyunun değişmediği kabul edilirse ek olarak bir bağıntı gelir. Böylece sistemin serbestlik derecesi 2 olur.
sA
sC
43
sB
C A B İpin toplam uzunluğunun değişmediği kabul edilirse s A 2 s B s C sabit
yazılabilir. Bu eşitliğin her iki tarafının zamana göre türevleri alınırsa V A 2V B VC 0
hızlar arasındaki bağıntı bulunur. Tekrar türev alınırsa a A 2a B a C 0
ivmeler arasındaki bağıntı bulunur. Bu problemden ayrı olarak maddesel noktalar sisteminde maddesel noktalar arasındaki uzaklıklar değişmiyorsa bu sistem rijid cisim modelini oluşturur. Bu modelde serbestlik derecesi 6 dır. Problem 4.8.1 Şekilde gösterilen A asansörü aşağı doğru 5 m/s. Sabit hızı ile aşağı doğru hareket ediyor. a) W Karşı ağırlığının hızını b) C kablosunun hızını c) C kablosunun A asansörüne göre hızını d) W karşı ağırlığının A asansörüne göre hızını bulunuz.
44
C W A M
Çözüm:
sW sC
sA
C W A M a) s A sW sabit VA VW 0 VW VA VW 5m / s.
45
b) sC 2 s A sabit VC 2VA 0 VC 10m / s
c)
VC / A VC VA VC / A 15m / s
d) VW / A VW VA VW / A 5 5 VW / A 10m / s
Problem 4.8.2 Şekilde gösterilen B bloğu sağa doğru VB 450 mm / s. sabit hızı ile hareket ediyor. a) A bloğunun hızını b) Kablonun D kısmının hızını c) A nın B ye göre hızını d) Kablonun C kısmının hızını D kısmına göre bulunuz. C A
D
B
VB 450 mm / s
E
Çözüm: 0 (+) SA
A
SB
C D E
VB 450 mm / s
B 46
a) 3sB 2 s A sabit 3VB 2VA 0 3 V A VB 2 3 VA 450 2 VA 675mm / s
b) 2 sB s D sabit 2VB VD 0 VD 2VB VD 2 * 450 VD 900mm / s.
c) VA / B VA VB VA / B 675 450 VA / B 225mm / s.
d) VC / D VC VD VC VB 450mm / s. VC / D 450 900 VC / D 450mm / s.
47
BÖLÜM 5 RİJİD CİSMİN KİNEMATİĞİ 5.1 Rijid cismin hareketinde izdüşüm hızlar teoremi Rijid cismin hareketinde aynı doğru üzerinde bulunan noktaların hızlarının bu doğru üzerindeki izdüşümleri birbirine eşittir. Bu teoremin ispatı aşağıdaki şekilde yapılabilir.
y V
VA
B A rA
V
rB
VB
48
o
x
z Rijid cisim üzerindeki herhangi iki nokta arasındaki uzaklık değişmediğinden AB sabit
yazılabilir. Bir vektörün modülü vektörü kendisiyle skaler çarpıp karekökünü alarak da bulunur. Bir vektör sabit ise modülünün karesi de sabittir. AB AB sabit
Her iki tarfın zamana göre türevi alınırsa d AB AB 0 dt d AB yerine V B V A elde edilir. Burada dt (VB VA ) AB 0 VA AB VB AB
yazılırsa
bağıntısı bulunur. Bu bağıntının her iki tarfı AB vektörünün modülüne bölünürse V A U AB V B U AB
izdüşüm hızlar teoremi ispatlanmış olur. Problem 5.1.1: Bir rijid cismin koordinatları (1,1,0) olan A noktasının hız vektörü VA 3i 7 j 8k ve koordinatları (3,4,6) olan B noktasının hız vektörünün doğrultusunun x eksenine paralel olduğu bilindiğine göre şiddetini bulunuz. (Burada uzunluklar metre zaman saniye cinsindendir.) Çözüm: İzdüşüm hızlar teoreminden 49
VA AB VB AB
yazılabilir.
AB OB OA AB 2i 3 j 6k VB VB i VA AB 3* 2 7 * 3 8 * 6 VA AB 21m / s VB AB 2 * VB 21m / s 21 VB m / s 2 VB 10,5m / s .
Problem 5.1.2: Şekilde gösterilen AB cisminin A ucu y ekseni üzerinde VA hız şiddeti ile aşağı doğru hareket ederken B ucu x ekseni üzerinde hareket ediyor. B ucunun hızının şiddetini A ucunun hızının şiddetine ve açısına bağlı olarak bulunuz.
y VA Sin
A VA
VB
B VB Cos
x
Çözüm: İzdüşüm hızlar teoremine göre A noktasının hızının AB doğrultusu üzerindeki izdüşümü B noktasının hızının AB doğrultusu üzerindeki izdüşümüne eşittir.
50
VA Sin VB Cos VB VA tg
5.2 Rijid cismin ötelenme hareketi Rijid cismin hareketinde üzerindeki hiçbir doğru doğrultu değiştirmiyorsa bu tür harekete öteleme hareketi denir. Bu durumda rijid cisme bağlı vektörler düzlemler eksen sistemleri doğrultu değiştirmezler. Rijid cisme bağlı her vektör sabit vektördür. Şekilde bu sabit vektörlerden herhangi biri AB vektörü olsun. y
B A rA rB
x o z Şekildeki A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir.
51
rA AB rB AB sabit olduğu göz önünde bulundurularak eşitliğin her iki
tarafının zamana göre türevi alınırsa V A VB
hız vektörleri arasındaki bağıntı bulunur.Tekrar türev alındığında ise a A aB
ivmeler arasındaki bağıntı bulunur. Bu bağıntılardan öteleme hareketinde rijid cismin bütün noktalarının hız vektörlerinin birbirine eşit , ivme vektörlerinin birbirine eşit olduğu görülür. Ötelenme hareketinde bütün noktaların hızları birbirine eşit olduğu için yörüngeleri de birbirinin aynı veya ötelenmiş eğriler olur. Eğer bu yörüngeler doğru şeklinde ise bu harekete doğrusal ötelenme, eğri şeklinde ise eğrisel ötelenme hareketi denir. Problem 5.2.1 Şekil düzleminde kalmak şartı ile A noktasından B etrafında dönebilen AB çubuğu ile D noktasından C etrafında dönebilen CD çubuğu ile mafsallı olarak hareket ediyor. AB çubuğunun şekilde verilen konumdan geçerken açısal hızı 5 Rad / s açısal ivmesi 2 Rad / s 2 olduğuna göre bu an için ADEF dikdörtgen levhasının E noktasının hız ve ivme vektörlerini a) doğal koordinat sisteminde b) kartezyen koordinat sisteminde bulunuz. B
C
A
F
D
E
AB CD 20cm. BC AD 32cm. 300
52
Çözüm: B
C aA
aN
x
A
D aT
VA
F
aE a A
E
y VE V A AB uzunluğu CD uzunluğuna ve BC uzunluğu AD uzunluğuna eşit olduğu için ABCD daima paralel kenar olur. Bundan dolayı dikdörtgen plaka öteleme hareketi yapar. Öteleme hareketi yapan cisimlerin bütün noktalarının hızları ve ivmeleri birbirinin aynı olduğundan E noktasının hızı ve ivmesi A noktasının hızı ve ivmesine eşit olur. a) Doğal koordinat sisteminde hız ve ivme vektörleri VA AB T VA 20 5 T VA 100 T a A AB T AB 2 N a A 20 2 T 20 52 N a A 40 T 500 N VE VA 100 T a E a A 40 T 500 N
b) Kartezyen koordinat sisteminde hız ve ivme vektörleri V A BA 5k BA BA Sin i BA Cos j BA 20 Sin 300 i 20 Cos 300 j BA 10 i 10 3 j VA 5k (10 i 10 3 j ) VA 50 3 i 50 j a A BA VA
53
a A 2k (10 i 10 3 j ) 5k (50 3 i 50 j ) a A (20 3 250) i (20 250 3) j VE VA 50 3 i 50 j a E a A (20 3 250) i (20 250 3) j
5.3 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi Rijid cismin üzerindeki noktaların sabit bir eksene ve bu eksen üzerindeki bir noktaya uzaklıkları hareket boyunca değişmiyorsa rijid cismin bu hareketine sabit bir eksen etrafında dönme hareketi denir. Δ B VD
C r D
A
Yukarıdaki şekilde bir rijid cisim A ve B noktalarından geçen Δ ekseni etrafında açısal hızı ve açısal ivmesi ile dönüyor. Cismin üzerindeki
54
bütün noktaların yörüngeleri Δ eksenine dik düzlemlerdeki çemberlerdir. Burada D noktası C merkezli r yarıçaplı Δ eksenine dik düzlemde bir çember çizer. Çembersel harekette bir noktanın hız vektörünün doğrultusu çembere teğet ,yönü hareket yönünde , şiddeti ise açısal hız ile yarıçapın çarpımına eşittir. V r T
İvme vektörü ise a r T r 2 N
şeklindedir. Sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde V hız vektörünün VD AD
şeklinde yazılabileceği aşağıda gibi gösterilebilir.
Burada açısal hız vektörüdür. Açısal hız vektörü aşısal hız şiddetinde dönme ekseni doğrultusunda ve sağ el kuralı ile cismin dönme yönünü belirten yönde bir vektördür. VD AD AD Sin
Burad AD Sin r olduğundan V r hızın şiddetini veren denklemi sağlanmış olur.
Vektörel çarpımın doğrultusu çarpımdaki her iki vektöre de dik olacağından açısal hız vektörü ile AD vektörüne dik doğrultu teğet doğrultusunda olur. Yönü ise sağ el kuralı ile bulunur. Bu elde edilen doğrultu ve yön hız vektörünün doğrultu ve yönü ile aynı olur. Böylece sabit bir eksen etrafında dönme hareketindeki hız vektörünün hesabında VD AD
ifadesi kullanılabilr. Bu eşitliğin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü formülü elde edilir. a D AD VD d dır. Burada dt
Problem 5.3.1 Dikdörtgenler prizması şeklindeki cisim bir t anında açısal hızı pozitif yönde 7 Rad / s ve açısal ivmesi 2 Rad / s 2 dir. Ayrıca aynı anda kenarları koordinat eksenlerine çakışacak konumdan geçmektedir. B noktasının hız ve ivme vektörlerini cisim 55
a) b) c) d)
x ekseni etrafında dönerken y ekseni etrafında dönerken z ekseni etrafında dönerken OA ekseni etrafında dönerken y C
B
20cm. D
A
30cm. O E
H 60cm.
x
F
Z Çözüm: a) cisim x ekseni etrafında pozitif yönde ( y den z ye doğru) dönüyor. VB HB T , VB 30 7 T , VB 210 T VB HB , 7 i , HB 30 j , VB 7 i 30 j VB 210 k a B HB T HB 2 N , a B 30 2 T 30 7 2 N a B 60 T 1470 N a B HB VB , a B 2i 30 j 7 i 210k a B 1470 j 60k
b) cisim y ekseni etrafında pozitif yönde (z den x e doğru) dönüyor. VB CB T ,
VB 60 7 T ,
VB 420 T
a B 60 2 T 60 7 2 N , a B 120 T 2940 N VB CB , 7 j , VB 7 j 60i VB 420 k a B CB VB ,
a B 2 j 60i 7 j 420k
a B 2940i 120k
c) Cisim z ekseni etrafında pozitif yönde (x den y ye doğru) dönüyor. 56
VB OB T , OB 302 602 , OB 302 602 , OB 10 45 VB 70 45 T ,
VB 469,57 T a B 10 45 2 T 10 45 7 2 N , a B 20 45 T 490 45 N a B 134,16 T 3287, 02 N ,
VB OB , 7 k , VB 7 k (60i 30 j )
a B 3289,8cm / s 2
OB 60i 30 j
VB 210 i 420 j a B OB VB , a B 2k (60i 30 j ) 7 k (210 i 420 j ) a B 120 j 60i 1470 j 2940 i a B 3000 i 1350 j
d) Cisim OA ekseni etrafında pozitif yönde (O dan bakıldığında saat ibrelerinin tersi yönünde) dönüyor. VB AB U OA
OA , U OA OA
60 i 30 j 20 k
60 2 30 2 20 2
6 3 2 U OA i j k , 6 i 3 j 2 k , 7 7 7 VB (6 i 3 j 2 k ) 20k
AB 20 k
VB 60 i 120 j 12 6 4 a B AB VB , U OA , i j k 7 7 7 i j k 12 6 4 a B ( i j k ) 20k 6 3 2 7 7 7 60 120 0
240 120 aB ( 240) i ( 120) j 900k 7 7
57
a B 257,14 i 85, 71 j 900k
Problem 5.3.2 Bir rijid cisim A(5,6,2) ve B(7,3,8) noktalarından geçen ve A dan B ye doğru yönelmiş Δ ekseni etrafında pozitif yönde dönüyor. Cismin bir t anındaki açısal hızı 14 Rad / s ve açısal ivmesi 7 Rad / s 2 dir. Bu anda C noktası (10,8,6) koordinatlarından geçtiğine göre C noktasının a) bu andaki hız ve ivme vektörlerini b) dönme eksenine olan uzaklığını bulunuz. Çözüm: VC AC , aC AC VC (7 5) i (3 6) j (8 2) k AB U , U , U , U AB (7 5) 2 (3 6) 2 (8 2) 2
2 3 6 U i j k , 4 i 6 j 12 k , 2 i 3 j 6 k 7 7 7 AC (10 5) i (8 6) j (6 2) k , AC 5 i 2 j 4 k
a) i j k VC AC 4 6 12 5 2 4 VC (6 4 12 2) i (12 5 4 4) j (4 2 6 5) k VC 48 i 44 j 38 k
b) aC AC VC
,
i j k i j k aC 2 3 6 4 6 12 5 2 4 48 44 38
aC (3 4 6 2 6 38 12 44) i (6 5 2 4 48 12 4 38) j (2 2 3 5 4 44 6 48) k aC 780 i 706 j 93 k
58
c) VC RC
RC
VC
VC 48 i 44 j 38 k ,
RC
VC 75,39 cm / s
75,39 14
RC 5,39 cm.
5.4 Rijid cismin genel düzlemsel hareketi Rijid cisim üzerindeki bütün noktaların yörüngeleri düzlemsel eğriler ise rijid cismin bu tür hareketine genel düzlemsel hareket denir. Düzlemsel eğriler çizen bu noktalar aynı düzlemde veya birbirine paralel düzlemlerde bulunur.Genel düzlemsel hareket için yapılan bu tanımdan sabit bir eksen etrafındaki hareketin de bir düzlemsel hareket olduğu anlaşılır. Bu paralel düzlemlerden birinde elde edilen hız ve ivmeler bu düzleme çıkılan dik doğru üzerindeki her noktada aynıdır.yörüngeler ise aynı yörüngenin bu noktaya ötelenmiş halidir. Bundan dolayı genel düzlemsel hareket yapan bir rijid cisim üzerindeki yörüngelere paralel düzlemlerden birini ana levha olarak adlandırıp bunun üzerinde inceleme yapmak yeterli olur. y
rB / A
B
A rA rB
x o z 59
Şekildeki oAB vektör üçgeninden A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir. rB rA rB / A
Bu yer vektörleri arasındaki bağıntının zaman göre türevinden hız vektörleri arasındaki bağıntı elde edilir. VB V A VB / A
Bu eşitliğin zamana göre türevi alınırsa ivmeler arasındaki bağıntı elde edilir. aB a A aB / A
Buradaki denklemlerin sol tarafındaki ikinci terimler B nin A daki ötelenme hareketi yapan eksen sistemine göre hareketini göstermektedir. Burada B ile A arasındaki uzaklık değişmediğinden ve B düzlemsel bir yörüngeye sahip olduğundan B nin A daki eksen sistemine göre yörüngesi çember olur. Çembersel harekette sabit eksen etrafında dönme hareketine ait aşağıdaki denklemler yazılabilir. VB / A AB a B / A AB VB / A
Problem 5.4.1 Şekilde gösterilen sistemde OA kolu O silindirik mafsalı etrafında AB kolu ise A silindirik mafsalı etrafında dönme hareketi yapmaktadır. Sistem bir t anında verilen konumdan geçerken OA kolunun açısal hızı OA 8 Rad / s ,açısal ivmesi OA 3 Rad / s 2 AB kolunun açısal hızı ise AB 6 Rad / s ,açısal ivmesi AB 2 Rad / s 2 olduğuna göre bu an için C noktasının hız ve ivme vektörlerini bulunuz. y
B AB
A
OA
60
O
x OA 26 cm.
AB 20 cm.
Sistem verilen konumdan geçerken: 600 , 450 , OA 8 Rad / s OA 3 Rad / s 2 , AB 6 Rad / s , AB 2 Rad / s 2
dır. Çözüm: VB V A VB / A , VA OA OA , VB / A AB AB OA 8k , OA 3k , AB 6k , AB 2k OA OA(Cos i Sin j ) , OA 13 i 13 3 j AB AB (Cos i Sin j ) , AB 10 2 i 10 2 j VA 8k (13 i 13 3 j ) , VA 104 3 i 104 j VB / A 6k (10 2 i 10 2 j ) , VB / A 60 2 i 60 2 j VB (104 3 60 2) i (104 60 2) j VB 265 i 188,9 j a B a A aB / A , a A OA OA OA VA , a B / A AB AB AB VB / A a A 3k (13 i 13 3 j ) 8k (104 3 i 104 j ) , a A (39 3 832) i (39 832 3) j a B / A 2k (10 2 i 10 2 j ) 6k (60 2 i 60 2 j ) a B / A (20 2 360 2 ) i (20 2 360 2 ) j , a B / A 380 2 i 340 2 j a B (39 3 380 2 832) i (39 832 3 340 2) j a B 1436,95 i 1882,9 j
Problem 5.4.2
61
Aşağıdaki şekilde kaymadan yuvarlanma hareketi yapan bir disk gösterilmektedir. Diskin çevresindeki A , B , C , D ve I noktalarının hız ve ivme vektörlerini bulunuz. VC 2VG C y
VD / G
VD
B
VG G
D
I VI / G
VI 0
VG
VG A VA / G
VB VG VB / G VG VA
x
VG
Çözüm: Yukarıdaki şekilde gösterildiği gibi bütün noktaların hız vektörünü kütle merkezinin hız vektörü ile bu noktaların kütle merkezine göre hız vektörlerinin toplamından elde edilir. İvme vektörleri de aynı şekilde kütle merkezinin ivmesi ile bu noktaların kütle merkezine göre ivmelerinin toplamından elde edilir. A noktasının hız ve ivme vektörü: V A VG VA / G VG R i , VA / G R j VA R i R j a A aG a A / G aG R i a A / G R T R 2 N a A / G R 2 i R j a A R( 2 ) i R j
B noktasının hız ve ivme vektörü:
VB VG VB / G VG R i , VB / G k ( RCos i RSin j ) VB / G R Sin i R Cos j VB R (1 Sin ) i R Cos j
62
a B aG a B / G a B / G k ( RCos i RSin j ) k ( R Sin i R Cos j ) a B / G ( R Sin R 2 Cos ) i ( R Cos R 2 Sin ) j a B ( R R Sin R 2 Cos ) i ( R Cos R 2 Sin ) j
C noktasının hız ve ivme vektörü:
VC VG VC / G VG R i , VC / G R i VC 2 R i aC aG aC / G aG R i aC / G R T R 2 N aC / G R i R 2 j aC 2 R i R 2 j
A noktasının hız ve ivme vektörü: VD VG VD / G VG R i , VD / G R j VD R i R j a D aG a D / G aG R i a D / G R T R 2 N a D / G R 2 i R j a D R( 2 ) i R j
I noktasının hız ve ivme vektörü:
VI VG VI / G VG R i , VI / G R i VI 0 a I aG a I / G
63
aG R i a I / G R T R 2 N a I / G R i R 2 j aI R 2 j
5.5 Genel düzlemsel harekette ani dönme merkezi
Genle düzlemsel hareketteki V A V B / A V B eşitliği göz önüne alınırsa Herhangi bir noktanın hız vektörü hız vektörü bilinen bir noktanın hız vektörüne bu noktayı baz alarak elde edilen bağıl hız vektörü eklenerek bulunur. Bu söylenen bağıntıdan genel düzlemsel harekette hızı sıfır olan Bir noktayı bulmak mümkün olur. Hızın sıfır olan nokta bulunduktan sonra diğer noktaların bu nokta etrafında çembersel hareket yaptığı düşünülerek hızları hesaplanır. VC
C
VA
VA
I
A
VI / A
Şekilde görüldüğü gibi A noktasının hızına çıkılan dikme üzerinde hızı sıfır olan noktayı bulmak mümkündür. Eğer VI / A VA
olacak şekilde bir I noktası bulunursa bu noktanın hızı sıfır olur. Hızı sıfır olan noktayı bulduktan sonra başka bir C noktasının hızının doğrultusu IC doğrusuna
64
dik çıkarak, yönü nın gösterdiği yönde , şiddeti ise IC doğrusunun uzunluğu ile açısal hız vektörünün çarpımından şekildeki gibi kolaylıkla bulunur. VC IC
Problem 5.5.1: Şekilde gösterilen L uzunluğundaki AB cisminin A ucu y ekseni üzerinde VA hızı ile aşağı doğru hareket ederken B ucu x ekseni üzerinde hareket ediyor. B ucunun hızını ve C merkezinin hızını A ucunun hızına ve açısına bağlı olarak bulunuz. y A VA
C
B
x
Çözüm:
y I A
65
VA
VC
C
B V VA IA A IA VB IB , VC IC IB IC VB VA , VC VA IA IA IB L Sin AB L , IA LCos ,
VB
L Sin VA LCos
VB
,
x
L IC 2
L 2 V VC A LCos
,
VB VA tg VC
VA Cos
Problem 5.5.2: Şekildeki krank biyel mekanizmasında AB=10cm. uzunluğundaki krankı A etrafında saat ibreleri yönünde 5 Rad / s. sabit açısal hızı ile dönüyor. 300 için BC=30cm. uzunluğundaki biyelinin açısal hızını ve C pistonunun hızını bulunuz. B C
A
x
AB
Çözüm : I BC
B 66
C
A
VC
x
VB
AB
AB VB AB AB IB BC BC AB IB AB VC IC BC , VC IC AB IB VB 10 5 , VB 50 cm / s
Sinüs teoreminden Sin Sin Sin(1800 ) AB BC AC AC AB Cos BC Cos
AB Sin Sin BC
AB Cos 1 Sin , Cos 1 ( ) 2 Sin2 BC AB AC AB Cos BC 1 ( ) 2 Sin2 BC 10 AC 10 Cos 300 30 1 ( ) 2 Sin 2 300 30 AC 37,815cm. 37,815 AC IA , IA Cos Cos 300 IA 43, 665cm. IC IA Sin , IC 43, 665 Sin 300 IC 21,833cm. IB IA AB , IB 43, 665 10 IB 33, 665cm. AB 10 5 BC AB , BC 33, 665 IB 2
BC 1, 485 Rad / s VC IC BC ,
VC 21,833 1, 485
VC 32, 42 cm / s
67
5.6 Rijid cismin sabit bir nokta etrafında hareketi Aşağıdaki şekilde o etrafında açısal hız vektörü ve açısal ivme vektörü ile dönen bir rijid cismin C noktasının hız ve ivme vektörleri aşağıdaki gibi yazılabilir.
C
O
VC OC aC OC VC
Sabit bir nokta etrafında dönme hareketinde açısal ivme vektörü ile açısal hız vektörü aynı doğrultuda olmak zorunda değildir. Sabit bir nokta etrafında dönme hareketi her an için sabit bir eksen etrafında dönme hareketine eşdeğer düşünülebilir. Ani dönme ekseni denen bu eksen üzerindeki noktaların hızı sıfırdır.Fakat ivmeleri sıfır olmayabileceğinden ivme vektörü bu eksen dışında olabilir.
68
Problem 5.6.1: Şekilde gösterildiği anda OAB Robot kolu y ekseni etrafında 1 0,15 Rad / s sabit açısal hızı ve z ekseni etrafında 2 0, 25 Rad / s sabit açısal hızı ile dönüyor. OB robot kolunun uzunluğu 1m. olduğuna göre a) OAB robot kolunun açısal hızını b) OAB robot kolunun açısal ivmesini c) B noktasının hızını d) B noktasının ivmesini bulunuz. y 1
A
B
o 350
2
z Çözüm: a)
1 2
x
1 1 j , 2 2 k , 1 j 2 k
0,15 j 0, 25k ,
0,152 0, 252
0, 29 Rad / s .
b) 69
d d 1 d 2 dt dt dt
Şiddeti sabit olan 1 açısal hız vektörünün doğrultusu da değişmediğinden
d 1 0 dır. dt
d 2 1 2 , 0,15 j 0, 25 k dt 0, 0375 i
c)
VB OB , OB Cos 350 i Sin 350 j i j k OB 0,819 i 0,5736 j , VB 0 0,15 0, 25 0,819 0,5736 0 VB 0,1434 i 0, 205 j 0,123 k ,
d)
VB 0, 279 m / s
a B OB VB
i j k a B 0, 0375 i (0,819 i 0,5736 j ) 0 0,15 0, 25 0,1434 0, 205 0,123 a B 0, 0697 i 0, 0359 j 0, 043 k ,
a B 0, 089 m / s 2
Problem 5.6.2: Çeşitli düz çubuklardan birleştirilerek oluşturulan OABC robot kolu O da küresel mafsal ile bağlanmıştır. OA çubuğu D , OB çubuğu ise E plakasındaki doğrusal kanallarda hareket ediyor. E plakasındaki kanal z eksenine paraleldir. D plakası z eksenine diktir. Şekilde gösterildiği anda B noktasının hızının VB (180mm / s ) k ve sabit olduğu bilindiğine göre a) OABC robot kolunun açısal hızını , b) A noktasının hızını c) C noktasının hızını , d) OABC robot kolunun açısal ivmesini e) C noktasının ivmesini bulunuz. y 100 B 70
E
O
C 40
D A
240
2
80 1
z x (Ölçüler mm. cinsindendir.) 200 Çözüm: a) VB OB , x i y j z k , OB 240 j
VB ( x i y j z k ) 240 j , VB 240 z i 240 x k ayrıca VB 180 k olduğu bilindiğinden 180 VB 240 z i 240 x k 180 k x 0, 75 Rad / s , 240 VA OA , 0.75 i y j , OA 200 k VA (0.75 i y j ) 200 k , VA 200 y i 150 j
z 0
ayrıca A noktasının hızı doğrultusu bilindiğinden 1 2 VA VA i VA j 5 5
şeklinde yazılabilir. Bu A noktasına ait hız
ifadeleri eşitlenip
1 2 VA VA i VA j 200 y i 150 j 5 5
elde edilen denklemden A
noktasının hızı ve açısal hızın y ekseni doğrultusundaki bileşeni bulunur. VA 150 5 , y
2 200 5
VA , y
2 200 5
(150 5) 1,5 Rad / s
0, 75 i 1,5 j
b)
c)
1 2 (150 5) i (150 5) j VA 5 3 VA 300 i 150 j VC OC
, OC 100 i 80 j 40 k
71
i j k VC 0, 75 1,5 0 100 80 40
d)
VC 60 i 30 j 90 k
,
aC OC VC
B noktasının hızının şiddeti sabit ise ivmenin teğetsel bileşeni sıfır olacağında açısal ivmesi sıfırdır.
0
aC (0, 75 i 1,5 j ) (60 i 30 j 90 k ) i j k 0 , aC 135 i 67,5 j 112,5k aC 0, 75 1,5
60
30 90
5.7 Rijid cismin genel hareketi y
rB / A
B
A rA rB
x o z Şekildeki oAB vektör üçgeninden A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir. rA rB / A rB
Bu yer vektörleri arasındaki bağıntının zaman göre türevinden hız vektörleri arasındaki bağıntı elde edilir. V A VB / A VB
72
Bu eşitliğin zamana göre türevi alınırsa ivmeler arasındaki bağıntı elde edilir. a A aB / A aB
Buradaki B nin A daki eksen sistemine göre olan bağıl yer hız ve ivme vektörleri sabit bir nokta etrafındaki hareketi göstermektedir. VB / A AB a B / A AB VB / A
Problem 5.7.1: Uzunluğu 525 mm. olan BC çubuğu B ucundan AD etrafında dönen AB çubuğuna C ucundan OC çubuğu üzerinde hareket eden C bileziğine küresel mafsallar ile bağlanmıştır. xy Düzleminde dönen AB kolunun açısal hızı AB 18 Rad / s ve sabittir. Şekilde gösterilen konum için C bileziğinin hızını ve ivmesini bulunuz. Eğer C deki küresel mafsal yerine çatal mafsal konursa BC çubuğunun açısal hızını ve açısal ivmesini bulunuz. y
B O
D
AB
A C
x
z Çözüm:
VC VB VC / B VB AB AB , VC / B BC BC Ayrıca VC VC k dır. AB 18 k , AB 150 j , VB 18 k 150 j ,
VB 2700 i
73
BC BC X i BCY j BC Z k , BC 225 i 150 j OC k
2 2 2 2 2 2 OC BC OA AB , OC 525 225 150 OC 450mm. , BC 225 i 150 j 450 k VC / B ( BC X i BCY j BC Z k ) (225 i 150 j 450 k ) i j k VC / B BC X BCY BC Z
225 150 450 VC / B (450 BCY 150 BC Z ) i (225 BC Z 450 BC X ) j (225 BCY 150 BC X )k İzdüşüm hızlar teoremine göre VB BC VC BC 2700 i (225 i 150 j 450 k ) VC k (225 i 150 j 450 k ) 607500 450VC , VC 1350mm / s , VC 1350 k VC / B VC VB , VC / B 2700 i 1350 k VC / B 2700 i 1350 k (450 BCY 150 BC Z ) i (225 BC Z 450 BC X ) j (225 BCY 150 BC X )k VC / B 2700 i VC k (450 BCY 150 BC Z ) i (225 BC Z 450 BC X ) j (225 BCY 150 BC X )k 450 BCY 150 BC Z 2700
3 450 BCY 3 150 BC Z 3 2700
225 BC Z 450 BC X 0
2 225 BC Z (2) * 450 BC X 0
225 BCY 150 BC X VC
6 225 BCY 6 150 BC X 6 VC
1350 BCY 450 BC Z 3 2700
1350 BCY 900 BC X 3 2700
450 BC Z 900 BC X 0
1350 BCY 900 BC X 6 VC
1350 BCY 900 BC X 6 VC
2 3
3 BCY BC Z 18
BCY 6 BC X
2 BC X BC Z 0
6 VC 3 2700 0
BC Z 2 BC X
VC 1350 mm / s
, VC 1350 k
450 150
450 0 225 (450 225 150) (150 450 225) 0 150 225 0
Katsayılar matrisinin determinantı sıfır olduğundan açısal hız vektörü belirsizdir. BC kolu kendi etrafında B ve C noktalarının hızından bağımsız olarak dönebilir.
2 3
BC X i (6 BC X ) j 2 BC X k
aC a B aC / B , aC aC k a B AB AB AB VB
74
AB kolunun açısal hızı sabit olduğundan açısal ivmesi AB sıfırdır. a B AB VB , a B 18 k 2700 i , a B 48600 j aC / B BC BC BC VC / B aC / B ( BC X i BCY j BC Z k ) (225 i 150 j 450 k ) 2 [ BC X i (6 BC X ) j 2 BC X k ] (2700 i 1350 k ) 3 i
aC / B BC X
j
i
k
BCY
BC Z BC X
225 150
450
2700
j
k
2 6 BC X 3 0
2 BC X 1350
aC / B (450 BCY 150 BC Z 900 BC X 8100) i (225 BC Z 450 BC X 6750 BC X ) j (150 BC X 225 BCY 1800 BC X 16200) k
aC aC k (450 BCY 150 BC Z 900 BC X 8100) i (225 BC Z 450 BC X 6750 BC X 48600) j (150 BC X 225 BCY 1800 BC X 16200) k 450 BCY 150 BC Z 900 BC X 8100 0 225 BC Z 450 BC X 6750 BC X 48600 0 150 BC X 225 BCY 1800 BC X 16200 aC 3 450 BCY 3 150 BC Z 3 900 BC X 3 8100 0 2 225 BC Z 2 450 BC X 2 6750 BC X 2 48600 0 150 BC X 225 BCY 1800 BC X 16200 aC 900 BC X 1350 BCY 10800 BC X 72900 150 BC X 225 BCY 1800 BC X 16200 aC 150 BC X 225 BCY 1800 BC X 12150 150 BC X 225 BCY 1800 BC X 16200 aC
12150 16200 aC
,
aC 4050 mm / s 2 2 3
,
BCY 54 8 BC X BC X
2 3
BC Z 30 BC X 216 2 BC X
BC X i (54 8 BC X BC X ) j ( 30 BC X 216 2 BC X ) k
Burada açısal hız vektöründe olduğu gibi açısal ivme vektörü de belirsizdir. Eğer C deki küresel bağlantı yerine aşağıdaki gibi çatal mafsal kullanılırsa açısal hız ve açısal ivme vektörleri belirli olur.
75
BC çubuğunun açısal hız ve ivme vektörlerinin C deki çatal mafsal pimi eksenine ve C bileziği hareket eksenine dik doğrultudaki bileşenleri sıfırdır. y o C mafsalı pim ekseni x C BC kolu doğrultusu
z Bu durumda (OC BC ) vektörü C deki pim eksenini gösterir. [OC (OC BC )] vektörü pim eksenine ve bilezik hareket doğrultusuna dik ekseni gösterir. Bu elde edilen vektörün birim vektörü ile açısal hız ve açısal ivme vektörlerinin skaler çarpımı sıfıra eşitlenirse elde edilen denklemlerden açısal hız ve açısal ivme bulunur. OC (OC BC ) 0 OC (OC BC ) OC (OC BC ) 0 OC (OC BC )
BC 225 i 150 j 450 k OC 450k , (OC BC ) 450 k (225 i 150 j 450 k ) , (OC BC ) 67500 i 101250 j [OC (OC BC )] 450k (67500 i 101250 j ) [OC (OC BC )] 45562500 i 30375000 j OC (OC BC ) 0,832 i 0,5547 j OC (OC BC ) 2 BC X i (6 BC X ) j 2 BC X k 3 2 OC (OC BC ) ( BC X i (6 BC X ) j 2 BC X k ) (0,832 i 0,5547 j ) 0 3 OC (OC BC ) 0,832 BC X 3,3282 0,3698 BC X 0 7, 21i 10,8 j 14, 4k
BC X 7, 2 Rad / s
76
2 3
BC X i (54 8 BC X BC X ) j ( 30 BC X 216 2 BC X ) k
2 3
BC X i (111, 6 BC X ) j ( 432 2 BC X ) k
OC (OC BC ) 2 [ BC X i (111, 6 BC X ) j (432 2 BC X ) k ] (0,832 i 0,5547 j ) 0 3 OC (OC BC )
2 0,832 BC X 0,5547 111, 6 0,5547 BC X 0 3
X
133,93 i 200,9 j 699,9 k
,
BC X 133,93 Rad / s 2
, (0,832 0,3698) BC 61,9
5.8 Maddesel noktanın dönen eksen sistemine göre bağıl hareketi Y
y sür . sür .
B
q
j
i A
x X
C Z
k
O
z
Yukarıdaki şekilde siyah çizgiyle çizilmiş XYZ eksen sistemine göre mavi çizgiyle çizilmiş xyz eksen sistemi açısal hız vektörü ve açısal ivme vektörü ile o noktası etrafında hareket etmektedir. Mavi çizgiyle çizilmiş eksen sisteminde ifade edilen bir q vektörünün zamana göre türevi siyah çizgiyle çizilmiş XYZ eksen sisteminde aşağıdaki gibi yapılabilir. q q x i q y j qz k
77
d i dq y Dq dq x i qx Dt dt dt dt dq dq x dq y dq z i j dt dt dt dt
d j dq z dk j qy k qz dt dt dt k
Birim vektörlerin türevleri hız formüllerinden faydalanarak alınabilir. di V A sür . i dt d j V B sür . j dt dk VC sür . k dt Dq dq sür . q Dt dt
Y
y sür .
p rp
sür .
x X
O Z
z
Bulunan bu türev formülünde q yerine dönen eksen sistemine göre ifade edilmiş p maddesel noktasının r p yer vektörü yazılırsa V p hız vektörü bulunur. Dr p dr p Vp sür . r p dt dt dr p Burada Vbağ . bağıl hız. dt sür . r p V sür . sürükleme hızıdır.
78
Böylece p maddesel noktasının hız vektörü aşağıdaki gibi yazılabilir. V p Vbağ . V sür .
P maddesel noktasının ivme vektörünü bulmak için türev formülünde q
dr p sür . r p ifadesi yazılmalıdır. yerine bulduğumuz V p hız vektörünün dt dr p ( d sür . r p ) DV p dr p dt ap sür . ( sür . r p ) Dt dt dt dr p dr p d 2 rp sür . r p sür . sür . sür . ( sür . r p ) ap 2 dt dt dt
Burada d 2 rp dt
2
a bağıl
bağıl ivme
sür . r p sür . ( sür . r p ) a sür . dr p 2 sür . a cor . dt
sürükleme ivmesi
Coriolis ivmesi
Böylece p maddesel noktasının ivmesi aşağıdaki gibi yazılabilir. a p a bağıl a sür . a cor .
Problem 5.8.1: Şekil düzleminde hareket eden sistem A etrafında saat ibreleri yönünde dönen AP çubuğu ve buna B etrafında dönebilen BE çubuğu üzerinde kayabilen P bileziği mafsallanarak oluşturulmuştur. Sistem şekilde gösterilen konumdan geçerken AP çubuğunun açısal hızı AP 10 Rad / s (sabit) olduğuna göre verilen konum için a) P bileziğinin BE çubuğuna göre bağıl hızını b) BE çubuğunun açısal hızını c) BE çubuğunun açısal ivmesini ve P bileziğinin BE çubuğuna göre bağıl ivmesini bulunuz. E
P
y
79
x
60
AP
0
200
B
A 300 mm. Çözüm:
V p Vbağ . V sür . , Vbağ. Vbağ.U BE VP AP AP
Şekilden PAB 1200 , Sinüs teoreminden
,
APB 400
Vsür . BE BP
olduğu görülür.
AP BP 300 AP 159, 63 mm . , BP 404,19 mm. Sin 200 Sin1200 Sin 400 AP AP (Cos 600 i Sin 600 j ) , AP 79,815 i 138, 244 j BP BP (Cos 200 i Sin 200 j ) , BP 379,81 i 138, 24 j BP U BE 0,9397 i 0,342 j U BE , BP
AP 10 k , BE BE k
VP 10k (79,815 i 138, 244 j ) , VP 1382, 44 i 798,15 j Vbağ. 0,9397 Vbağ . i 0,342Vbağ. j Vsür . BE k (379,81 i 138, 24 j ) , Vsür . 138, 24 BE i 379,81 BE j VP 1382, 44 i 798,15 j (0,9397Vbağ . i 0,342Vbağ. j ) (138, 24 BE i 379,81 BE j ) 1382, 44 i 798,15 j (0,9397Vbağ. 138, 24 BE ) i (0,342Vbağ . 379,81 BE ) j 0,9397 Vbağ. 138, 24 BE 1382, 44 0,342Vbağ. 379,81 BE 798,15
a) 379,81 379,81 379,81 0,9397Vbağ. 138, 24 BE 1382, 44 138, 24 138, 24 138, 24 0,342Vbağ. 379,81 BE 798,15 2,9238Vbağ. 2851, 7 , Vbağ. 975,34 mm / s 80
Vbağ. 916,527 i 333,566 j
b)
0,342Vbağ. 379,81 BE 798,15 0,342 (975,34) 379,81 BE 798,15 Vsür . 411,96 i 1131,83 j
BE 2,98 Rad / s
,
c)
a p a bağıl a sür . a cor . , a P AP AP AP VP abağ. abağ .U BE , a sür . BE BP BE Vsür . , aCor . 2 BE Vbağ. a P 10 k (1382, 44 i 798,15 j ) , a P 7981,5 i 13824, 4 j abağ. 0,9397 abağ. i 0,342 abağ . j a sür . BE k (379,81 i 138, 24 j ) 2,98 k (411,96 i 1131,83 j ) a sür . (138, 24 BE 3372,85) i (379,81 BE 1227, 64) j aCor . 2 2.98 k (916,527 i 333,566 j ) , aCor . 1988, 05 i 5462,5 j a P 7981,5 i 13824, 4 j (0,9397 abağ . i 0,342 abağ . j ) [(138, 24 BE 3372,85) i (379,81 BE 1227, 64) j ] (1988, 05 i 5462,5 j ) 7981,5 i 13824, 4 j (0,9397 abağ . 138, 24 BE 1384,8)i (0,342 abağ . 379,81 BE 6690,14) j 0,9397 abağ. 138, 24 BE 1384,8 7981,5 0,342 abağ . 379,81 BE 6690,14 13824, 4 0,9397 abağ . 138, 24 BE 6596, 7 0,342 abağ . 379,81 BE 7134, 26
abağ. 8638,94mm / s 2
BE 11 Rad / s 2
Problem 5.8.2: Şekildeki mekanizmada A noktasından mafsallı AOP kolunun P ucu R mesafesinde mafsallı olan D diskine sürekli temas halindedir. D 4 diski saat ibreleri yönünde D 40 Rad / s sabit açısal hızı ile döndüğüne göre
ekseninden
şekilde gösterilen konumdan geçerken AOP kolunun A noktasının hızını ve ivmesini bulunuz. y
81
D
D
A G
P x O Ölçüler mm. dir. Çözüm:
V p Vbağ . V sür . V p O OP , Vbağ . D GP , Vsür . D DP O O k , D 40k 2 2 DP DP j , DP GP DG , DP 402 102 , DP 10 15 j OP 210 i (90 DP ) j , OP 210 i (90 10 15) j GP GD DP , GP 10 i 10 15 j V p O k [210 i (90 10 15) j ] , V p (90 10 15) O i 210 O j Vbağ. bağ. k (10 i 10 15 j ) , Vbağ. 10 15 bağ. i 10 bağ . j Vsür . 40 k (10 15 j ) , Vsür . 400 15 i V p (90 10 15) O i 210 O j (10 15 bağ. i 10 bağ. j ) (400 15 i ) V p (90 10 15) O i 210 O j (10 15 bağ. 400 15) i 10 bağ. j 10 15 bağ . 400 15 (90 10 15) O 10 bağ . 210 O
+
10 15 bağ. 400 15 (90 10 15) O 15 10 bağ. 15 210 O 400 15 (90 200 15 ) O
O
400 15
, O 1, 792 Rad / s , bağ. 37, 628 Rad / s 90 200 15 VA O OA , VA 1, 792 k 90 j , VA 161, 28 i
82
V p 91,88 i 376,32 j , Vbağ. 1457,326 i 376, 28 j , Vsür . 1549,193 i a p a bağıl a sür . a cor . , a p O OP O VP a sür . D DP D Vsür . abağ. bağ. GP bağ. Vbağ . , D 0 , bağ. bağ. k , O O k a p O k [210 i (90 10 15) j ] 1, 792 k (91,88 i 376,32 j ) a p (51, 27 O 674,365) i (210 O 164, 65) j abağ. bağ . k (10 i 10 15 j ) (37, 628 k ) (1457,326 i 376, 28 j ) abağ. (38, 73 bağ. 14158, 66) i (10 bağ . 54836, 26) j a sür . 40 k 1549,193 i , a sür . 61967, 72 j a p (51, 27 O 674,365) i (210 O 164, 65) j [(38, 73 bağ. 14158, 66) i (10 bağ. 54836, 26) j ] 61967, 72 j (51, 27 O 674,365) i (210 O 164, 65) j (38, 73 bağ . 14158, 66) i (10 bağ. 116804) j 38, 73 bağ. 14158, 66 51, 27 O 674,365 10 bağ. 116804 210 O 164, 65 38, 73 bağ. 51, 27 O 13484,3 10 bağ. 210 O 116968, 65
a A O OA O V A , a A 48560, 4 i 289 j
bağ. 366,1 Rad / s 2
, O 539,56 Rad / s 2
a A 539,56 k 90 j 1, 792 k 161, 28 i
Problem 5.8.3: Şekilde gösterilen sistemde A pimi etrafında A açısal hızı ile dönen R uzunluğundaki AP çubuğu ucunda P kesici kalemini taşımaktadır. P kesici kaleminin uç noktası ,bir kenarının uzunluğu 2b olan ve O pimi etrafında dönen kare levhanın bir kenarını çizebilmesi için AP çubuğunun açısal hızının kare levhanın açısal hızına oranını bulunuz. y
83
P
2b
R
A
O
O
x
O
x
A
Çözüm : y P
A A
O
VP Vbağ. Vsür . , VP A AP Vbağ. Vbağ. Sin i Vbağ.Cos j , Vsür O OP A A k , O O k AP R Cos i R Sin j , OP ( R b R Cos ) i R Sin j OP R 2 ( R b) 2 2 R(b R)Cos b AO R b R Cos R Sin tg Cos R Sin OP Sin R Sin Sin OP R b R Cos OP Cos R b R Cos Cos OP OP Cos ( ) b Cos ( ) Cos Cos Sin Sin b Cos ( ) OP
84
R b R Cos R Sin b b Cos Cos Sin Sin , Cos Sin OP OP OP OP b ( R b R Cos )Cos R Sin Sin
RSin Cos ( R b R Cos ) Sin RCos Sin R Sin Cos 0 RSin ( R b R Cos ) tan R Cos tan R Sin 0 ( R b) tan ( R b R Cos ) tan R Sin , 1 RSin RCos tan RSin RCos tan
b ) R
1 Sin Cos tan VP A k ( R Cos i R Sin j ) , VP A R Sin i A R Cos j Vsür O k [( R b R Cos ) i R Sin j ] Vsür O R Sin i O ( R b R Cos ) j
(1
VP A R Sin i A R Cos j ( O R Sin i O ( R b R Cos ) j ) (Vbağ. Sin i Vbağ.Cos j ) A R Sin i A R Cos j ( O R Sin Vbağ. Sin )i [ O ( R b R Cos ) Vbağ.Cos ] j
O R Sin Vbağ. Sin A R Sin O ( R b R Cos ) Vbağ.Cos A R Cos O R Sin Cos Vbağ. Sin Cos A R Sin Cos O ( R b R Cos ) Sin Vbağ .Cos Sin A R Cos Sin
O [( R b R Cos ) Sin R Sin Cos ] A ( R Sin Cos R Cos Sin ) O O Sin Cos Cos Sin Sin( ) , A (1 b ) Sin Sin( ) A (1 b Cos ) Sin Sin Cos
veya
R
R
b
(1 ) A R 1 Sin O Cos tan
Kare kesitli çubuk oluşturmak için nin maksimum değerinde OP 2 b Olmalıdır.
OP R 2 ( R b) 2 2 R(b R)Cos
2b 2 R 2 ( R b) 2 2 R(b R)Cos 2( Rb R 2 )Cos 2 R 2 2 Rb b 2
85
b b b 1)Cos 2 2 ( ) 2 , R R R
2(
Cos
b b ( )2 R R b 2( 1) R
22
b 0.375 için 18, 40224620 R R Sin R Sin Sin 36,53143120 Sin OP b 2 b b Cos ( ) , Cos ( ) ( ) 450 OP b 2 8, 4685688 b
(1 ) A R 1 O Sin Cos tan
150
,
A 2,173810974 O
için
R OP b OP
1 22
b b b ( ) 2 2 ( 1)Cos R R R 1
R R R R 2( ) 2 2 1 2 [ ( ) 2 ]Cos b b b b R Sin b ASin( ) , ACos ( ) OP OP R b 2, 06579395 , 0, 7746727311 , 32,32131862 , 6,903310716 OP OP A 2,514479398 O
50
için
R b 2,572662065 , 0,9647482743 , 12,95714925 , 2,301354539 OP OP A 2, 675669706 O
0,10
için
R b 2, 666626955 , 0,999985108 , 0, 266635228 , 0, 04602697436 OP OP A 2, 705542091 O
86
BÖLÜM 6 KİNETİK 6.1 Kinetik ve Newtonun ikinci hareket kanunu Kinetik hareketi oluşturan kuvvet moment gibi nedenleri de göz önüne alarak hareketin incelenmesidir. Kinetikte temel yasa Newtonun ikinci hareket kanunudur. Bir parçacığın lineer momentumunun zamanla değişimi üzerine etkiyen kuvvetlerin bileşkesi ile orantılıdır ve bu bileşkenin yönündedir. Parçacığın lineer momentumu hızı ile orantılı olup hız yönündedir ve bu orantı katsayısı kütle adını alır. Parçacığın hızı V kütlesi m ile gösterilirse Lineer momentumu P mV
olarak tanımlanır. Bu tanımla ikinci hareket yasası dP d F (mV ) dt dt
şeklini alır. Newton mekaniği yani klasik mekanik çerçevesinde m kütlesinin yalnız cismin iç özelliklerine bağlı olduğu zaman ve yerle değişmediği varsayılır. Dolayısıyla ikinci yasa 87
F ma
şeklinde yazılabilir.
6.2 Maddesel noktanın kinetiği Newtonun ikinci hareket kanunu olan F ma
denkleminin kartezyen koordinatlardaki bileşenleri Fx m a x ,
Fy m a y
,
Fz m a z
doğal koordinatlardaki bileşenleri FT m aT ,
FN m a N
6.3 Kütle merkezinin hareketi teoremi Aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi maddesel noktalardan oluştuğu düşünülen sistem veya rijid cismin hareketinde her bir maddesel nokta için yazılan F m a denklemi alt alta yazılıp toplanırsa
a2
y m2 a1
o
F2
a3
m 3 Fi
mi ai
G (, , )
an
mn Fn
m1
x
z F1 m1a1 F2 m 2 a 2 F3 m 3 a 3
………. Fi m i a i
………. 88
Fn m n a n n
Fi
i 1
n
m a i
i
i 1
denklemi elde edilir. Burada G maddesel noktalar sisteminin kütle merkezidir. Kütle merkezinin yer vektörü m OA i i n
OG
i 1
n
mi i 1
şeklinde yazılabilir. Bu vektörün zamana göre ikinci türevi alınırsa kütle merkezinin ivme vektörü bulunur. n
aG
m a
i
i
i 1 n
m
i
i 1
n
Bu ivme vektörü ifadesinden. m m i
olmak üzere
i 1
m aG
n
m a i
i
i 1
yazılabilir. n
Fi
i 1
n
mi ai
i 1
F ma
ifadesindeki
n
m a i
i
yerine m aG yazılırsa
i 1
G
şeklindeki kütle merkezinin hareketi teoremi olarak bilinen denklem elde edilir. Bu denkleme göre maddesel noktalar sisteminin veya rijid cismin kütle merkezi bütün kuvvetler ona uygulanmış ve toplam kütle orada yoğunlaşmış bir maddesel nokta gibi hareket eder.
6.4 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketi ve atalet momentleri Δ B
89
M aT
r aN
dm
dF N dFT
A
V
Şekilde gösterilen V hacim bölgesini kapsayan ve Δ Ekseni etrafında M dış momenti etkisinde dönen cismin üzerindeki bir dm diferansiyel kütlesi ve bu kütle için kinetik denklemi yazıp cismin tüm V hacmi içinde integre edilirse rijid cismin sabit eksen etrafında dönme hareketine ait kinetik denklemi bulunur. Maddesel noktanın hareketi verilen F m a denkleminin doğal koordinatlardaki ifadesi FT m aT FN m a N
Bu denklemler rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa dFT a T dm dFN a N dm
Şekilde gösterildiği gibi sabit bir eksen etrafında dönen cismin bütün noktaları çembersel hareket yapar. Bundan dolayı cisim üzerindeki bir diferansiyel kütle için yazılan denklemlerden ikincisinin dönme hareketine bir etkisi olmaz. Birinci denklemdeki aT ivmenin teğetsel bileşeni yerine a T r yazılarak elde edilen dFT r dm
denkleminin her iki tarafı diferansiyel kütlenin yörüngesinin yarıçapı olan r ile çarpılıp integre edilirse sabit eksen etrafında dönme hareketine ait kinetik denklemi elde edilir.
r dF r r dm T
V
V
Burada M r dFT
olduğu bilindiğine göre yukarıdaki denklem
V
90
M r 2 dm V
şeklinde yazılabilir.Buradaki r 2 dm büyüklüne cismin Δ eksenine göre V
atalet momenti denir
I r 2 dm V
Böylece sabit bir eksen etrafında dönme hareketine ait moment ve açısal ivme arasındaki bağıntıyı veren kinetik denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir. M I
6.5 Atalet momentleri Sabit bir eksen etrafında dönme veya genel düzlemsel hareketin kinetiğinde rijid cismin sabit bir eksene göre atalet momentinin bilinmesi gerekir. Bu işlem noktaya ve düzleme göre atalet momentleri tanımlayıp daha kolay yapılabilir.
p
dm
rp
rA
A
rd
V d
A noktasına göre atalet momenti
d doğrusuna göre atalet momenti
P düzlemine göre atalet momenti
I A rA2 dm V
I d rd2 dm V
I P rP2 dm V
6.5.1 Atalet yarıçapı Bir noktaya veya eksene göre atalet momenti I olan m kütleli bir cismin tüm kütlesi bu noktaya veya eksene eşit uzaklıktaki bir bölgede toplanmış farz edilirse bu uzaklığa atalet yarıçapı denir ve k ile gösterilir. I m k2
91
6.5.2 Atalet momenti ile ilgili teoremler 1 ) Bir rijid cismin birbirine dik üç düzleme göre atalet momentlerinin toplamı bunların ara kesiti olan noktaya göre atalet momentine eşittir. 2) Bir rijid cismin birbirine dik iki düzleme göre atalet momenlerinin toplamı bunların ara kesiti olan doğruya göre atalet momentine eşittir. 3) İki boyutlu bir rijid cismin şekil düzleminde bulunan birbirine dik iki doğruya göre atalet momentlerinin toplamı bunların arakesiti olan noktaya göre atalet momentine eşittir. 4) Bir rijid cismin herhangi bir doğruya göre atalet momenti bu doğruya paralel olup kütle merkezinden geçen doğruya göre atalet momenti ile cismin kütlesini eksenler arasındaki uzaklıkla çarpılarak elde edilen sayının toplamına eşittir. Bu teoreme paralel eksenler teoremi denir. 5) İki boyutlu cisimlerde Şekil düzlemine dik eksenle bu eksenin şekil düzlemindeki izdüşümü olan noktaya göre atalet momenti birbirine eşittir.Bu son teoreme göre iki boyutlu cisimlerde şekil düzleminde bulunan bir noktaya göre atalet momentinin kütle merkezine göre atalet momenti ile bu noktalar arasındaki uzaklık karesinin kütle ile çarpımının toplamına eşitliği şeklinde paralel eksenler teoremine benzer teorem yazılabilir. Bu teoremlerin ispatı aşağıdaki şekilde yapılabilir. y d
yG
z x
A dm G y
o
x V
z
I O ( x 2 y 2 z 2 ) dm V
I yoz
x
2
dm
V
92
I xoz
y
2
dm
2
dm
V
I xoy
z
V
Bu denklemlerden I o I yoz I xoz I xoy
elde edilir.Bu birinci teoremin ispatıdır. Ayrıca
I x ( y 2 z 2 ) dm V
olduğundan I x I xoz I xoy
yazıldığı gibi ikinci teorem ispatlanmış olur. Paralel eksenler teoremini ispatlamak için
I y ( x 2 z 2 ) dm V
I YG ( x A2 / G z A2 / G ) dm V
,
x xG x A / G
z zG z A / G
x 2 z 2 x G2 2 x G x A / G x A2 / G z G2 2 z G z A / G z A2 / G x G2 z G2 d 2
I y ( x A2 / G z A2 / G ) dm d 2 d m 2 x G x A / G dm V
V
kütle merkezi formülünden
V
x
A/G
dm 0
olduğundan
V
I y I YG m d
2
yazılarak paralel eksenler teoremi ispatlanmış olur. Üçüncü teorem ikinci teoremin iki boyuta indirgenmiş halidir. Bu teoremin ispatı için aşağıdaki şekil göz önüne alınır. y
x A( x, y ) dm r y 93
x o
Ix
y dm
,
2
Iy
S
x dm 2
S
I O ( x y ) dm 2
2
S
Bu atalet momenti ifadelerinden IO I x I y
yazılarak üçüncü teorem ispatlanmış olur. Problem 6.5.1 Kütlesi m olan L uzunluğundaki homojen , doğrusal ve sabit kesitli çubuğun ucuna ve merkezine göre atalet momentini bulunuz. Çözüm: y L dm
A
G x
I A x 2 dm , L
I A x 2 dx
x
dx
dm dx ,
, IA
O
m L
L3 3
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu çarpmak gerekir. I A IA m
m 1 ile L
L3 m 3 L
L2 3
paralel eksenler teoremine göre L I A IG m ( ) 2 , 2 L2 IG m 12
L L2 L2 IG I A m ( ) 2 , IG m m 2 3 4
Problem 6.5.2
94
Kütlesi m olan L uzunluğundaki homojen , doğrusal ve sabit kesitli Prizmatik cismin taban düzlemine göre atalet momentini bulunuz. Çözüm:
y L dx x
x
A taban düzlemi V O
dm z
Çözüm: I A x 2 dm ,
dm dV
V
eğer A taban düzleminin alanı S ise mSL ,
dm S dL
dır. L
I A x 2 S dL
, IA S
O
L3 3
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu ile çarpmak gerekir.
m 1 SL
L3 m IA S 3 SL
L2 IA m 3
Problem 6.5.3 R yarıçaplı ve m kütleli homojen çember şeklindeki cismin atalet momentini a) merkezine , b) çapına , c) teğet doğrusuna , d) çember üzerindeki bir noktaya göre bulunuz. d doğrusu
y R O
A noktası x
95
Çözüm: a) Çember şeklindeki cismin üzerindeki bütün noktaların O noktasına uzaklığı R olduğundan IO m R2
olur. b) Atalet momenti ile ilgili teoremlerden üçüncüsünden IO I x I y
yazılabilir. Ayrıca tüm çap doğrularına göre kütle dağılımı çember şeklindeki cisimde aynı olduğundan yazılabilir. Böylece çember şeklindeki cismin çapına göre Ix I y atalet momenti
Ix I y
1 m R2 2
c) Paralel eksenler teoremine göre I d I y m R 2 olduğundan Id
3 m R2 2
d) Atalet momenti ile ilgili beşinci teorem göz önüne alınırsa O ve A noktası arasında paralel eksenler teoremi yazılabilir. I A IO m R2 I A 2 m R2
Problem 6.5.4 R yarıçaplı ve m kütleli homojen daire şeklindeki levhanın atalet momentini a) merkezine , b) çapına göre bulunuz. Çözüm: dm dA
y R r
dr
x
O
96
m R2 ,
dA 2 r dr ,
dm 2 r dr
a) R
R
I O r 2 dm ,
I O r 2 ( 2 r dr ) ,
0
IO 2
0
R
I O 2 r 3 dr 0
4
R 4
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu m R4 m 1 ile çarpmak gerekir. 2 I O 4 R2 R2 1 IO m R 2 2
b) Atalet momenti ile ilgili teoremlerden üçüncüsünden IO I x I y
yazılabilir. Ayrıca tüm çap doğrularına göre kütle dağılımı dairesel levha için aynı olduğundan I x I y yazılabilir. Böylece dairesel levhanın çapına göre atalet momenti Ix I y
1 m R2 4
formunda elde edilir. Problem 6.5.5 Silindir şeklindeki homojen dolu cismin taban düzlemindeki bir çapına göre atalet momentini bulunuz. y L z R O x Çözüm: Atalet momentleri ile ilgili ikinci teoreme göre I x I xoy I xoz
yazılabilir. Aynı şekilde I z I xoz I yoz
ve I xoz I yoz olduğundan I xoz
Iz 2
yazılabilir. 97
I z dairesel levhanın merkezine göre atalet momenti gibi 1 I z m R 2 olduğundan 2 1 I xoz m R 2 olur. 4 1 I xoy m L2 eşitliği prizmatik ve sabit kesitli cisimlerin taban düzlemine göre 3
atalet momenti olduğundan 1 1 I x m L2 m R 2 , 3 4
1 1 I x m ( L2 R 2 ) 3 4
eşitliği bulunur.
Problem 6.5.6 R Yarıçaplı ve m kütleli homojen dolu kürenin kütle merkezinden geçen bir çapına göre atalet momentini bulunuz. Çözüm: z
dm r 2 dz r dz z
R
o
y
x
m V
R
m 2 dm , 0
R
R
m 2 r 2 dz ,
r 2 R2 z 2
0
m 2 ( R 2 z 2 )dz , m 2 ( R3 0
R3 ) , 3
m
4 R3 3
Atalet momenti ile ilgili teoremlerden ikincisine göre I x I xoy I xoz yazılabilir. Kürenin bütün çapsal düzlemleri küreyi iki eşit
parçaya böldüğünden I xoy I xoz ve I x 2 I xoy
yazılabilir.
98
R
R
I xoy 2 z dm 0
I xoy 2 z 2 ( R 2 z 2 )dz 0
I xoy 2 (
2
2
0
R
5
R
, I xoy 2 z r dz , I xoy 2 z 2 r 2 dz
2
0
R
, I xoy 2 ( z 2 R 2 z 4 )dz 0
5
R R 4 ) , I xoy R5 3 5 15
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu 3m 1 ile çarpmak gerekir 4 R3 4 3m 1 , I xoy mR 2 , I xoy R5 3 15 5 4 R
6.6
Ix
2 mR 2 5
Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde problemler Δ B
r
M dm
V A
M I
Burada M , Δ eksenine göre cisme uygulanan toplam dış momenti
I , cismin Δ eksenine göre atalet momentini I r 2 dm V
ise cismin açısal ivmesini göstermektedir.
Rijid cismin sabit eksen etrafında dönme hareketinde cisme etki eden dış aktif kuvvetler ile mafsal tepkileri arasındaki bağıntı kütle merkezinin hareketi teoreminden elde edilebilir.
F m aG
99
Burada aG cismin kütle merkezinin ivmesidir.
Problem 6.6.1 Homojen L uzunluğunda ve m kütlesindeki sabit kesitli doğrusal çubuk A ucundan kendisine dik silindirik mafsalla bağlıdır. Çubuk yatay konumdan ilk hızsız harekete bırakılıyor. Çubuğun a) yatayla açısı yaptığı andaki açısal ivmesini b) yeni harekete bırakıldığı andaki mafsal tepkisini bulunuz. Çözüm:
y L 2
mg
L 2
A G
B
x
a) M I
M mg
L Cos 2
L Cos 2 1 mL2 3
mg
M I
1 I mL2 3
, ,
3g Cos 2L
b)
100
F m aG Çubuk harekete yeni bırakıldığı anda açısal hızı sıfır olduğundan kütle merkezinin ivmesinin yatay bileşeni sıfırdır. L aG j 2
3g 3g 0 da , aG j 2L 4 F m aG denkleminden toplam kuvvetle ivme aynı yönde olması gerekir.
Cisme yatay doğrultuda başka aktif kuvvet etkimediğinden mafsal tepkisi de düşey doğrultuda olmalıdır. RA mg j m aG
, RA mg j m (
1 RA mg j 4
3g )j 4
6.7 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinin kinetiği y aA rA / G rG
G
rA
o
dm
dF
x A
Maddesel noktanın hareketi için geçerli olan F ma
denklemi Rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa dF a A dm
yazılabilir. Bu denklemin her iki tarafı diferansiyel kütlenin yer vektörü ile soldan vektörel çarpılır ve cismin tüm kütlesi boyunca integre edilirse rijid cisme uygulanan moment ve cismin açısal hareketleri ile ilgili denklemler elde edilir. a A aG a A / G rA / G dF rA / G a A dm r dF rA / G (aG a A / G ) dm A/G A
A
101
M z k rA / G dF
A
M z k ( rA / G dm ) a G ) rA / G a A / G dm
A
A
sağ taraftaki birinci integral kütle merkezinin formülünden dolayı sıfır olur. İkinci integral için a A / G k ( xi yj ) k [k ( xi yj )] a A / G y i x j k ( x j y i ) a A / G y i x j x 2 i y 2 j rA / G a A / G ( xi yj ) ( y i x j x 2 i y 2 j ) rA / G a A / G x 2 k xy 2 k y 2 k xy 2 k r A / G a A / G ( x 2 y 2 ) k MG k ( x 2 y 2 ) k dm A
burada
dır.
I G ( x 2 y 2 ) dm A
Böylece genel düzlemsel harekette moment ve açısal ivme arasındaki
M G IG bağıntısı elde edilir. Problem 6.7.1 R 60 cm. Yarıçaplı m 10kg. kütleli homojen dairesel levha kaymadan yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Levhanın merkezinin ivmesinin 5 m / s 2 olması için merkezine uygulanan yatay doğrultudaki F kuvvetini ve gerekli olan en düşük sürtünme katsayısını bulunuz. Çözüm: y mg aG
G
F
x 102
o
f N
M G IG
aG R IG
1 mR 2 2
F m aG
, aG R
MG
,
fR
a 1 mR 2 G 2 R
F f maG F
3 maG 2
MG
fR
f N
Fy 0
25 50
f
f N N mg 0
1 maG 2
f 25 Newton
F 75 Newton
,
N mg 50 Newton
0,5
Problem 6.7.2 R 60 cm. Yarıçaplı m 10kg. kütleli homojen dairesel levha kaymadan
yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Levhanın merkezinin ivmesinin 5 m / s 2 olması için merkezine uygulanan Momentin şiddetini ve gerekli olan en düşük sürtünme katsayısını bulunuz. Çözüm: y mg MG aG
G
x o
f N
M G IG
aG R
F m aG
, aG R
103
IG
1 mR 2 2
MG MG f R
,
aG R f 50 Newton 1
MG MG f R 2 mR2
MG
1 mR aG f R 2
f maG 1 M G 10 0, 6 5 50 0.6 , M G 45 Nm. 2 f f N N Fy 0 N mg 0 N mg 50 Newton
50 50
1
,
Problem 6.7.3 1,2 m. Uzunluğunda ve m=25 kg kütleli bir çubuk A ucu yatay doğru üzerinde B ucu 450 eğimli doğru üzerinde olmak üzere sürtünmesiz olarak hareket ediyor. Eğer çubuk ilk hızsız olarak harekete bırakılırsa ve bu anda 300 ise bu an için a) Çubuğun açısal ivmesini b) A ve B noktalarındaki tepki kuvvetlerini hesaplayınız. B 1,2 m. G 450
A
Çözüm: aB
B mg RB
150 G A 104
450
300
aA
RA
M G IG F m aG Fx m aG Fy m aG X
Y
L L 1 RA Cos 300 RB Cos 150 mL2 2 2 12 Fx m aGX , Fy m aGY
RB Cos 450 m aG X
RA RB Sin 450 mg m aGY
Kinematik inceleme: aB a A aB / A
, aB
2 2 aB i aB j 2 2
a A a A i , a B / A AB VB / A hareketi yeni başladığı için 0 dır. 1 3 a B / A k ( LCos 300 i LSin 300 j ) , a B / A L i L j 2 2 2 2 1 3 aB aB i aB j a A i ( L i L j ) 2 2 2 2 2 2 1 3 aB i a B j (a A L ) i L j 2 2 2 2 3 1 1 2 aA L a A L aB 2 2 2 3 3 2 aB L L aB 2 2 2 aG aG X i aGY j aG a A aG / A , aG / A AG VG / A 3 1 aA L i 2 L L L 3 aG / A k ( Cos 300 i Sin 300 j ) aG / A i L j 4 4 2 2 3 1 L 3 aG aG X i aGY j ( L i ) ( i L j ) 2 4 4 2 3 1 3 aG X i aGY j L i L j 4 4 2 3 1 3 aG X L , aGY L , aG X 1,339 , aGY 0,520 4 4 RB Cos 450 m aG X RB 1,894m
105
L L 1 RA Cos 300 RB Cos 150 mL2 RA 2,3434m 2 2 12 2 2,3434m 1,894m mg 0,520 m 2 9,81 2,33 Rad / s , 2 2,3434 1,894 0,520 2 aG X 3,12 m / s 2 , RA 136,5 N
aGY 1, 21 m / s 2 RB 110,3 N
,
6.8 Rijid cismin üç boyutlu hareketinin kinetiği y aA rA / G rG
G
rA
o
dm
dF
x V
z Maddesel noktanın hareketi için geçerli olan F ma
denklemi Rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa dF a A dm
yazılabilir. Bu denklemin her iki tarafı diferansiyel kütlenin yer vektörü ile soldan vektörel çarpılır ve cismin tüm hacmi boyunca integre edilirse rijid cisme uygulanan moment ve cismin açısal hareketleri ile ilgili denklemler elde edilir. rA dF rA a A dm
r
V
A
dF rA a A dm
V
Buradaki rA vektörü yerine
106
rA rG rA / G
yazılırsa
(r
G
rA / G ) dF (rG rA / G ) a A dm
V
V
denklemi elde edilir. Bu denklem rG ( ( dF a A dm ) 0
V
olduğu göz önüne alınarak
r
A/G
dF rA / G a A dm
V
V
şeklinde kısaltılabilir. Burada M G rA / G dF
V
cisme uygulanan toplam moment olduğundan M G rA / G a A dm
V
denklem şekline gelir. Burada diferansiyel kütlesinin ivmesi a A aG a A / G
şeklinde yazılabileceğinden M G rA / G (a G a G / A ) dm
V
olur. Burada
rA / G a G dm ( rA / G dm ) a G 0
V
V
olduğundan M G rA / G a G / A dm
V
yazılabilir. Burada a A / G r A / G ( r A / G ) , xi y j zk ,
rA / G x i y j z k x i y j z k
Böylece rijid cismin kütle merkezine etki eden moment ve cismin
107
açısal hareketi ile ilgili genel bağıntı aşağıdaki şekilde olur. M G {rA / G [ rA / G ( rA / G )]} dm
V
Bu denklemin sağ tarafı iki integralin toplamına dönüştürülürse işlemler kısalabilir. M G [rA / G ( rA / G )dm {rA / G [ ( rA / G )]} dm
V
V
Her iki integral işlemi ayrı ayrı aşağıdaki gibi yapılabilir.
rA / G
i x x
j
y y
k z ( z y y z )i ( x z z x ) j ( y x x y )k z
rA / G a A rA / G ( A rA / G ) rA / G [ ( rA / G )]
rA / G
i ( A r A / G ) = x z y yz
j
k z yx xy
y xz zx
( y 2 x xy y xz z z 2 x ) i ( z 2 y yz z xy x x 2 a y ) j ( x 2 z xz x yz y y 2 z ) k
Burada
(y
2
z 2 )dm I x
V
, ( x 2 z 2 )dm I y
,
V
(x
2
y 2 )dm I z
V
denklemleri sırasıyla x, y ve z eksenlerine göre atalet momentlerini göstermektedir. Ayrıca I xy xy dm , I xz xz dm , I yz yz dm V
V
V
denklemleri sırasıyla yz-xz , yz-xy , xz-xy düzlemlerine göre çarpım atalet momentleridir. Bunlarla birlikte yukarıdaki denkleme gidildiğinde
M G [rA / G ( rA / G )dm {rA / G [ ( rA / G )]} dm
V
V
denkleminin sağ tarafının birinci integral işlemi aşağıdaki gibi tamamlanmış olur.
V
[rA / G ( rA / G )]dm [ I x x I xy y I xz z ] i [ I y y I xy x I yz z ] j [ I z z I xz x I yz y ] k
108
Aynı denklemin sağ tarafının ikinci integral işlemi için aşağıdaki işlemler yapılabilir. rA / G
i x x
j
y y
k z ( z y y z )i ( x z z x ) j ( y x x y )k z
i ( r A / G ) x z y y z
j
y x z z x
k z y x x y
( y y x x 2y x 2z z x z ) i ( z y z y 2z y 2x x x y ) j ( x x z z 2x z 2y y y z ) k rA / G [ ( rA / G )] i x 2 y y x x y x 2z z x z
j
y z y z y y 2x x x y 2 z
k z 2 x x z z x z 2y y y z
( xy x z yz 2x yz 2y y 2 y z z 2 y z yz 2z yz 2x xz x y ) i ( yz y x xz 2y xz 2z z 2 x z x 2 x z xz 2x xz 2y xy y z ) j ( xz y z xy 2z xy 2x x 2 x y y 2 y x xy 2y xy 2z yz x z ) k
{r
A/G
[ ( rA / G )]} dm
V
Burada
[( I z I y ) y z I xy x z I yz ( 2z 2y ) I xz x y ] i [( I x I z ) x z I xy y z I yz y x I xz ( 2x 2z )] j [( I y I x ) x y I xy ( 2y 2x ) I xz y z I yz x z ] k
(y 2
y
z
z 2 y z )dm y z ( y 2 z 2 )dm y z ( I z I y ) dır.
V
V
Çünkü I z ( x 2 y 2 )dm ve I y ( x 2 z 2 ) dm V
V
I z I y [( x y ) ( x z 2 )] dm ( y 2 z 2 )dm V
2
2
2
V
dır.
109
[rA / G ( rA / G )]dm [ I x x I xy y I xz z ] i
V
[ I y y I xy x I yz z ] j [ I z z I xz x I yz y ] k
Bu bulunan değerlerle moment denklemine gidildiğinde Rijid cismin genel hareketinde Kütle merkezine göre toplam moment vektörü ile cismin atalet momentleri açısal hız ve açısal ivme bileşenleri arasındaki bağıntıyı veren denklem bulunmuş olur. M G {rA / G [( rA / G ) ( rA / G )]} dm
V
[ I x x ( I z I y ) y z I xy ( x z y ) I xz ( x y z ) I yz ( 2z 2y )] i [ I y y ( I x I z ) x z I xy ( y z x ) I yz ( y x z ) I xz ( x2 z2 )] j [ I z z ( I y I x ) x y I xz ( y z x ) I yz ( x z y ) I xy ( 2y x2 )] k
Burada cismin kütle merkezinden alınan eksenler cismin asal eksenleri ise yani bu eksen sisteminin koordinat düzlemlerine göre çarpım atalet momentleri sıfır ise yukarıdaki denklem M G [ I x x ( I z I y ) y z ] i [ I y y ( I x I z ) x z ] j [ I z z ( I y I x ) x y ] k
şeklinde basitleşir. Bu denklemler ilk defa 1758 de Euler tarafından elde edildiği için Euler denklemleri adıyla anılır. Sabit bir nokta etrafında dönen bir cisimde de benzer bağıntılar elde edilir. Yalnız burada eksen takımı ve moment vektörü bu sabit noktadan geçecek şekilde seçilirse aynı formda bağıntılar elde edilir. M O [ I x x ( I z I y ) y z ] i [ I y y ( I x I z ) x z ] j [ I z z ( I y I x ) x y ] k
Bu denklemler sabit eksen etrafında dönme hareketinde Eğer z ekseni dönme ekseni olarak alınırsa M O ( I xz z I yz z2 ) i ( I yz z I xz z2 ) j I z z k
M x I xz z I yz z2 M y I yz z I xz z2 M z I z z
şekline dönüşür. Eğer sabit eksen etrafında dönme hareketinde koordinat eksenleri asal eksenler ise yukarıdaki denklemler M z I z
şeklinde tek bir skaler denkleme indirgenir.
110
Benzer şekilde genel düzlemsel harekette denklem MG IG
şekline indirgenir. Burada M G cismin kütle merkezinden geçen hareket düzlemine dik eksene göre toplam momenti IG ise aynı eksene göre atalet momentini göstermektedir.
Problem 6.8.1 C ve D de silindirik mafsallı CD çubuğuna 100mm. Uzunluğunda ve 300 g. kütleli A ve B çubukları rijid olarak bağlıdır. Eğer 600 N.m. şiddetinde bir moment CD çubuğuna uygulanırsa CD çubuğunun açısal hızı 1200 dev/dak. değerini aldığında C ve D mafsallarındaki tepkileri bulunuz. ( CD çubuğunun kendi eksenine göre atalet momentini ihmal ediniz.) y L/4
x
C
L/2
o B c A
c D M z
Çözüm: y x
L/4 L/4
111
C
yD
o Cx
L/2
B c
c
xD
Cy A D M Dx
z Dy
M O ( I xz z I yz z2 ) i ( I yz z I xz z2 ) j I z z k
M x I xz z I yz z2 M y I yz z I xz z2 M z I z z M O L D y i L Dx j M k 1 Iz 2 m c2 3 1 1 1 I yz m ( L)( c ) mLc 2 2 4 1 1 1 I xz m ( L)( c ) mLc 4 2 8 L D y I xz z I yz z2
L Dx I yz z I xz z2 3M M , z 1 2m c 2 2 m c2 3 1 3M 1 3M 1 L Dx mLc mLc z2 , Dx mc z2 2 4 8 8c 8 2m c 1 1 3M 1 L D y mLc z mLc z2 , D y mc z2 8 4 16 c 4 3 600 1 0,3 0,1 (1200 2 / 60) 2 , Dx 36, 72 N . Dx 8 0,1 8 3 6 1 0,3 0,1 (1200 2 / 60) 2 , D y 129, 69 N . Dy 16 0,1 4 M D ( I x D z z I yD z z2 ) i ( I yD z z I xD z z2 ) j I z z k
M I z z
z
M Iz
, z
M xD I x D z z I yD z z2 M yD I yD z z I xD z z2
112
MD L C y i L Cx j M k
L C y I xD z z I yD z z2 L C x I yD z z I x D z z2 1 1 1 I yD z m ( L)( c ) mLc 2 2 4 3 1 3 I xD z m ( L)( c ) mLc 4 2 8 1 3M 3 L C x mLc mLc z2 2 4 8 2m c 36 3 0,3 0,1 (1200 2 / 60) 2 Cx 8 0,1 8 3 3M 1 L C y mLc mLc z2 C y 2 8 4 2m c 96 1 0,3 0,1* (1200 2 / 60) 2 Cy 16 0,1 4
Cx
3M 3 mc z2 8c 8
C x 155,15 N .
9M 1 mc z2 16 c 4
, C y 152,19 N .
Problem 6.8.2 Yarıçapı R kütlesi m olan homojen bir disk kütlesi ihmal edilebilen bir OG çubuğuna monte edilmiştir.OG çubuğu O noktasında mafsallıdır. Disk yatay düzlemde kaymadan yuvarlanma hareketi yapabilmektedir. Çubuk düşey eksen etrafında dönebilmektedir. Disk çubuk ekseni etrafında saat ibreleri tersi yönünde 1 sabit açısal hızı ile döndüğüne göre a) Döşemeden diske gelen tepki kuvvetini ( doğrultusu düşey farzediliyor) b) O mafsalındaki tepki kuvvetini bulunuz. y L 2
R o
x
1
I z
113
Çözüm: y L
mg
2
R o
x
1
I z
N
VI 0 VI OI 0 1 i 2 j , OI L i R j VI (1 i 2 j ) ( L i R j )
2 1 ,
,
VI ( L 2 R1 )k 0
R 1 j 1i , L
R 2 1 k L
2
R 1 L
M O [ I x x ( I z I y ) y z ] i [ I y y ( I x I z ) x z ] j [ I z z ( I y I x ) x y ] k
Ix
1 mR 2 2
Iy
1 mR 2 mL2 4
1 I y I z m ( R 2 L2 ) 4
R 1 L M O [ I z z ( I y I x ) x y ] k 1 1 1 M O {m ( R 2 L2 ) z [m ( R 2 L2 ) mR 2 ] x y } k 4 4 2
x 1
y
1 R 1 R M O m[( R 2 L2 ) 12 ( R 2 L2 ) 12 ] k 4 4 L L 3 mR 2 MO 1 k 2L mR3 2 M O ( NL mgL) k M O ( NL mgL) k 1 k 2L mR3 2 R3 ( NL mgL) 1 N m ( 2 12 g ) 2L 2L
114
F maG
F Rx i ( Ry N mg ) j Rz k
R3 2 F Rx i [ Ry m ( 2 L2 1 )] j Rz k R2 2 aG aG L 22 i , 1 i L R3 2 R2 2 F R i R m [ ( )] j R k m 1 i 1 x y z L 2 L2 Rx m
R2 2 1 L
, Ry m(
R3 2 1 ) 2 L2
,
Rz 0
BÖLÜM 7 İŞ VE ENERJİ İLKESİ 7.1 Maddesel noktanın hareketinde iş ve enerji ilkesi Bir maddesel noktaya etki eden kuvvetin maddesel noktanın yer değiştirmesinde yaptığı işi bulabilmek için aşağıdaki şekil çizilebilir. y FN
(1) r
F m FT dr r dr
o
ds
(2) x
z
115
Burad m kütlesi dr kadar yer değiştirme yaptığında etki eden F kuvvetinin yaptığı iş d F dr
dır. M kütlesi (1) konumundan (2) konumuna geldiğinde etki eden F kuvvetinin yaptığı iş ise ( 2)
(1)( 2 )
F dr
(1)
şeklinde integral ile hesaplanır. Burada F FT T FN N yazılabileceğinden bir F kuvvetin işi
dr dsT şeklinde
( 2)
(1)( 2)
F
T
ds
(1)
şeklinde de hesaplanabilir. Bir maddesel noktanın hareketinin teğet doğrultusundaki denklemi FT m aT
VdV ds
Burada aT yerine FT m
VdV ds
,
yazarak FT ds VdV
elde edilen denklemin her iki tarafı (1) konumundan (2) konumuna integre edilirse ( 2)
( 2)
F ds m VdV T
(1)
(1)
( 2)
Burada
(1)( 2 )
F ds T
(1)
Olduğundan
(1)( 2 )
1 1 mV 22 mV12 2 2
denklemi elde edilir. Burada T
1 mV 2 2
eşitliğine V hızındaki m kütlesinin kinetik enerjisi denir. (1)( 2 ) T2 T1 Bu şekilde elde edilen denklemine iş ve enerji ilkesi denir. Bir maddesel noktanın (1) konumundan (2) konumuna hareketinde maddesel noktaya etki eden kuvvetlerin yaptığı işler toplamı maddesel noktanın bu konumlar arasındaki kinetik enerji farkına eşittir. Kinetik enerji maddesel noktanın hareket ettiği yola bağlı değildir. Sadece son ve ilk konumdaki hızlara bağlıdır. Etki eden kuvvetlerin yaptığı işler ise mekanik enerjinin korunmadığı durumlarda yola bağlıdır.
116
Problem 7.1.1 θ eğim açılı eğik düzlem üzerinde bırakılan bloğun s kadar yol aldıktan sonraki hızını bulunuz. Çözüm : mg (1)
θ
s N (2)
h
f
θ (1)( 2 ) T2 T1 , (1)(2) (m g Sin ) s f s , T2
1 mV 2 , 2
(m g Sin ) s f s
1 mV 2 , 2
T1 0
V 2( g Sin
f )s m
7.1.2. Mekanik enerjinin korunumu ve potansiyel enerji: Bir kuvvet alanı F U
şeklinde yazılabiliyorsa buradaki kuvvete korunumlu kuvvet U ya ise potansiyel enerji denir. Kartezyen koordinat sisteminde U
U U U i j k y z x
dr dx i dy j dz k ( 2)
ile
(1)( 2 )
F dr
denklemine gidilirse
(1)
( 2)
(1)( 2 ) ( (1)
U U U dx dy dz ) x y z
117
( 2)
(1)( 2 ) dU (1)
(1)( 2 ) U 1 U 2
korunumlu kuvvetlerde bir kuvvetin işinin Potansiyel enerji farkının negatifi ile yapılabileceği görülür. Bu elde edilen denklem iş ve enerji denkleminde bir kuvvetin işi yerine yazılırsa U 1 U 2 T2 T1
veya U 1 T1 U 2 T2
mekanik enerjinin korunum denklemi elde edilir.
Problem 7.1.2.1 θ eğim açılı eğik düzlem üzerinde bırakılan bloğun durana kadar aldığı s yolunu bulunuz. Cisim ilk harekete bırakıldığında yay katsayısı k olan yay doğal uzunluğundadır. Çözüm : mg (1)
k θ
s N
h
(2)
θ
U1 U 2 T2 T1 ,
1 U1 U 2 mgh ks 2 2
, h s Sin , T1 0
118
T2
1 mV 2 , 2
1 1 m g s Sin k s 2 mV 2 2 2 1 m g s Sin k s 2 0 2
durduğu anda hızı sıfırdır.
s
2m g Sin k
7.2 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönmesinde kinetik enerji hesabı Δ B V
r
dm
A V Rijid cisme ait bir diferansiyel kütlenin kinetik enerjisi 1 dT V 2 dm 2
Sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde 119
V r
olduğundan dT
1 2 2 r dm 2
yazılabilir. Bu diferansiyel kinetik enerjinin cismin tüm V hacmi üzerinde integrali alınarak toplam kinetik enerji bulunur. 1
2r dm
T
2
2
V
integral içindeki sabitler dışarı alınarak elde edilen 1 2 2 r dm 2 V
T
denkleminde
I r 2 dm V
ifadesi Δ eksenine göre cismin atalet momenti olduğundan sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde rijid cismin kinetik enerjisi T
1 I 2 2
şeklinde hesaplanır. Problem 7.2.1 Uzunluğu L ve kütlesi m olan AB çubuğu A ucundan silindirik mafsallı olarak düşey düzlemde hareket edebilmektedir. AB çubuğu yatay konumda ilk hızsız harekete bırakılıyor. Yatayla θ açısı yaptığı andaki açısal hızını bulunuz. Çözüm: mg A
L/2
L/2
B
θ mg
U1 U 2 T2 T1 120
L Sin 2 1 T1 0 , T2 I A 2 2 L 1 m g Sin I A 2 2 2 1 I A mL2 3 L 11 m g Sin mL2 2 2 23 U1 U 2 m g
3g Sin L
7.3 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinde kinetik enerji hesabı y
A
rA / G
dm
G rG
rA
S o
x
1 dT V A2 dm 2 V A2 V A V A V A VG V A / G
121
V A2 (VG V A / G ) (VG V A / G )
T
1 (VG2 V A2/ G 2VG V A / G ) dm 2S
Burada VG V A / G dm 0 ve V A2/ G rA2 / G 2 olduğundan toplam kinetik enerji S
T
1 1 mV G2 2 rA2 / G dm 2 2 S
şeklinde yazılabilir. Burada
r
2 A/G
dm I G
cismin kütle merkezinden geçen
S
ve hareket düzlemine dik eksene göre atalet momentini gösterdiğinden genel düzlemsel harekette kinetik enerji T
1 1 mVG2 I G 2 2 2
formülü ile hesaplanır. Problem 7.3.1 R yarıçapılı ve m kütleli bir disk θ eğim açılı eğik düzlem üzerinde kaymadan yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Disk eğik düzlem üzerinde ilk hızsız harekete bırakıldığında diskin n sayıda tam devir yaptığı andaki açısal hızı ne olur ? Çözüm: mg s R
mg
G
h
f N θ
U1 U 2 T2 T1
Kaymadan yuvarlanmada sürtünme kuvveti iş yapmaz . Çünkü kayma olayındaki gibi sürekli aynı bölgede temas yoktur. Normal kuvvet harakete dik olduğu için iş yapmaz. 122
U1 U 2 m gh
, h s Sin
U1 U 2 2m gn R Sin 1 1 T2 mVG2 IG 2 2 2
,
, s n 2 R , s 2n R T1 0
VG R dır.
Kaymadan yuvarlanma hareketinde 1 mR 2 2 1 11 T2 m ( R ) 2 mR 2 2 2 22
IG
2m gn R Sin
3 mR 2 2 4
,
T2
3 mR 2 2 4
8 gn Sin 3R
7.4 Rijid cismin genel hareketinde kinetik enerji hesabı y
A
rA / G
dm
G rG
rA
S o
x
1 dT V A2 dm 2 V A2 V A V A V A VG V A / G V A2 (VG V A / G ) (VG V A / G ) 123
1 (VG2 V A2/ G 2VG V A / G ) dm 2S
T
Burada VG V A / G dm 0 olduğundan toplam kinetik enerji V
T
1 1 mV G2 V A2/ G dm 2 2V
V A2/ G V A / G V A / G V A / G rA / G
Burada
x i y j z k rA / G xi yj zk
şeklinde kartezyen koordinatlardaki bileşenleri ile yazılırsa diferansiyel kütlenin kütle merkezine göre hız vektörü aşağıdaki gibi hesaplanır. VA/G
i x x
j
y y
k z ( z y y z ) i ( x z z x ) j ( y x x y ) k z
V A2/ G ( z y y z ) 2 ( x z z x ) 2 ( y x x y ) 2 V A2/ G z 2 2y y 2 2z 2 yz y z x 2 2z z 2 2x 2 xz x z y 2 2x x 2 2y 2 xy x y V A2/ G ( y 2 z 2 ) 2x ( x 2 z 2 ) 2y ( x 2 y 2 ) 2z 2 xy x y 2 xz x z 2 yz y z
V
2 A/G
dm
V
[( y
2
z 2 ) 2x ( x 2 z 2 ) 2y ( x 2 y 2 ) 2z 2 xy x y 2 xz x z 2 yz y z ]dm
V
olur . Burada
(y
2
z 2 )dm I xG
V
(x
z 2 )dm I yG
2
V
(x
2
y 2 )dm I zG
V
integralleri kütle merkezinden geçen ve x , y, z eksenlerine paralel olan eksenlere göre atalet momentlerini
124
x y dm I x
y
xG yG
V
xz dm I x
z
xG zG
V
yz dm I y
z
yG zG
V
integralleri ise kütle merkezinden geçen ve xy , xz, yz düzlemlerine paralel olan düzlemlere göre çarpım göre atalet momentlerini gösterdiğinden rijid cismin üç boyutlu hareketinde toplam kinetik enerjiyi veren formül T
1 1 1 1 mVG2 I xG 2x I yG 2y I zG 2z I xG yG x y I xG zG x z I yG zG y z 2 2 2 2
formunda çıkarılmış olur. Eğer kütle merkezinden geçen eksenler asal eksenler yani çarpım atalet momentlerinin sıfır olduğu eksenler ise kinetik enerji ifadesi T
1 1 1 1 mVG2 I xG 2x I yG 2y I zG 2z 2 2 2 2
şeklinde kısalır. Rijid cismin sabit bir nokta etrafında dönme hareketinde de benzer işlemler yapılırsa toplam kinetik enerji T
1 1 1 I x 2x I y 2y I z 2z I x y x y I x z x z I y z y z 2 2 2
ifadesi elde edilir aynı şekilde x , y , z eksenleri asal eksenler ise kinetik enerji T
1 1 1 I x 2x I y 2y I z 2z 2 2 2
formülüne indirgenir.
125
BÖLÜM 8 İMPULS VE MOMENTUM İLKESİ 8.1 maddesel nokta için impuls ve momentum ilkesi Newton’un ikinci hareket yasası d F (mV ) dt
şeklinde yazılırsa buradaki m V vektörüne lineer momentum denir ve L ile gösterilir. L mV
yukarıdaki denklem Fdt d (m V )
şeklinde yazılıp t1 den t 2 ye integre edilirse
126
t2
Fdt m V2 m V1
t1
veya t
2 m V1 Fdt m V2
t1
t2
buradaki
Fdt integraline F kuvvetinin t1
t 2 zaman aralığındaki lineer
t1
impulsu veya impulsu denir ve Imp12 ile gösterilir ve kartezyen koordinatlarda aşağıdaki gibi yazılabilir. t2 t2 t2 t2 Imp12 Fdt ( Fx dt ) i ( Fy dt ) j ( Fz dt ) k t1
t1
t1
t1
Böylece maddesel nokta için impuls ve momentum ilkesi mV Imp12 mV2
şeklinde elde edilir. İmpuls ve momentum ilkesi kartezyen koordinatlarda bileşen formunda aşağıdaki gibi yazılabilir. t2
(mVx )1 Fx dt (mVx ) 2 t1
t2
(mV y )1 Fy dt (mV y ) 2 t1
t2
(mVz )1 Fz dt (mVz ) 2 t1
Eğer birden fazla sayıda maddesel nokta için bu ilke kullanılırsa denklem aşağıdaki toplam formunda yazılmalıdır. n
n
mV Imp i 1
1
i 1
1 2
n mV2 i 1
Problem 8.1.1
8.2 Rijid cismin hareketinde impuls ve momentum ilkesi 127
y
Vdm rA / G
A dm
G rG
V x o z Cismin toplam momentumu L VA dm V
Kütle merkezinin formülü OAdm
OG V
dm
V
şeklinde olduğundan bu denklemin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa mVG VA dm V
elde edilir. L VA dm lineer momentum denkleminin sağ tarafındaki integral V
yerine mVG yazılırsa rijid cismin hareketindeki L mVG
lineer momentum denklemi elde edilir.
Bir diferansiyel kütlenin VAdm lineer momentum vektörü sağdan rA vektörü ile vektörel olarak çarpılırsa aynı diferansiyel kütlenin açısal momentum vektörü elde edilir. Tüm kütlenin açısal momentumu diferansiyel kütlelerin açısal momentumlarının integrali ile elde edilir. H O rA VA dm V
128
Burada
rA rG rA / G VA VG VA / G H O (rG rA / G ) (VG VA / G )dm V
H O [ rG dm (VG VA / G )] [( rA / G dm ) VG ] [( rA / G dm ) VA / G ] V
V
V
H O (rG VG dm ) (rG VA / G dm ) [( rA / G dm ) VG ] ( rA / G VA / G dm ) V
V
V
kütle merkezinin yer vektöründen dolayı
V
rA / G dm 0 ve
V
V A / G dm 0 dır.
V
Bu durumda açısal momentum H O (rG VG dm ) ( rA / G VA / G dm ) V
V
denklemine indirgenir. Burada sağ taraftaki birinci integral aşağıdaki gibi rG (VG dm ) rG mVG V
veya rG mVG
i
j
k
xG mVG x
yG mVG y
zG mVGZ
rG mVG m ( yGVGz zGVG y )i m ( zGVG x xGVGz ) j m ( xGVG y yGVG x )k
şeklinde yazılabilir. İkinci integral için hesaplanacak olan VA / G rA / G
denkleminde diferansiyel kütlenin tüm cismin kütle merkezine göre yer vektörünü ve cismin açısal hız vektörünü kartezyen koordinatlarda yazarak aşağıdaki işlemler yapılabilir. rA / G xi yj zk xi y j zk i
j
k
VA / G rA / G x y z x y z VA / G ( z y y z )i ( x z z x ) j ( y x x y )k
129
rA / G VA / G
i x z y y z
j
k z y x x y
y x z z x
rA / G VA / G
( y 2 x xy y xz z z 2 x )i ( z 2 y yz z xy x x 2 y ) j ( x 2 z xz x yz y y 2 z )k
I x ( y 2 z 2 )dm ,
I y ( x 2 z 2 )dm ,
V
V
I z ( x 2 y 2 )dm V
eşitlikleri kütle merkezinden geçen x , y ve z eksenlerine paralel olan eksenlere göre atalet momentlerini I xy xydm , I xz xzdm , I yz yzdm V
V
V
eşitlikleri ise çarpım atalet momentlerini gösterdiğine göre
r
A/G
VA / G dm
integrali
V
r V dm ( I I I ) i ( I I I ) j ( I I I ) k x x xy y xz z y y xy x yz z z z xz x yz y A/G A/G
V
formunda yazılır. Bu denklemle birlikte açısal momentum denklemi aşağıdaki formda yazılabilir.
H O [m ( yGVGz zGVG y ) ( I x x I xy y I xz z )] i [m ( zGVG x xGVGz ) ( I y y I xy x I yz z )] j [m ( xGVG y yGVG x ) ( I z z I xz x I yz y )] k
Eğer kütle merkezinden geçen eksenler asal eksenler ise açısal momentum denklemi
H O [m ( yGVGz zGVG y ) I x x ] i [m ( zGVG x xGVGz ) I y y ] j [m ( xGVG y yGVG x ) I z z ] k
şekline gelir. Sabit bir nokta etrafında dönme hareketinde de benzer işlemler yapılırsa bu sabit noktaya göre açısal momentum H O ( I x x I xy y I xz z )i ( I y y I xy x I yz z ) j ( I z z I xz x I yz y )k
denklemi elde edilir. Burada I x , I y , I z , I xy , I xz , I yz sabit noktadan geçen eksen takımına göre atalet momentleridir.Eğer eksenler asal eksenler ise açısal momentum denklemi H O I x x i I y y j I z z k
denklemine indirgenir.
130
Genel düzlemsel harekette açısal momentum
H O [m ( zGVG y ) I xz z ] i [m ( zGVG x ) I yz z ] j [m ( xGVG y yGVG x ) I z z ] k
şekline indirgenir. Genel düzlemsel harekette kütle merkezinden geçen eksenler asal eksenler ise açısal momentum denklemi H O m ( zGVG y ) i m ( zGVG x ) j [m ( xGVG y yGVGx ) I z z ] k
şeklinde yazılabilir. Sabit eksen etrafında dönme hareketinde bu sabit eksen Δ ise Δ eksenine göre açısal momentum denklemi H I
skaler denklemine indirgenir. Burada I rijid cismin Δ eksenine göre atalet momentidir.
BÖLÜM 9 D’ALAMBERT İLKESİ D’Alambert ilkesi : Bir maddesel sistemin hareketinden dolayı bir t anında meydana gelen atalet kuvvetleri aktif dış kuvvetlerle birlikte göz önüne alınırsa sistem bütün bu kuvvetlerin etkisi altında t anındaki konumunda dengede ( dinamik denge ) bulunur.
Newton’ un ikinci hareket yasası F ma denklemi D’Alambert ilkesinde F ma 0
şeklinde yazılır. D’alambert ilkesi ile Kinetik problemleri statik problemlerine dönüştürülmüş olur. Lagrange tarzında D’Alambert ilkesi : Bir maddesel sistemin herhangi bir virtüel yer değiştirmesinde sisteme etki eden aktif kuvvetlerin ve sistemin atalet kuvvetlerinin virtüel işlerinin toplamı sıfır veya sıfırdan küçüktür. (Bağlar çift taraflı ise sıfırdır.) y m1
m2 131
ai
mi
Fi
o
x
z
n
( Fi mi ai ) ri 0 i 1
Bağlar çift taraflı ise (Holonom sistemler):
n
( Fi mi ai ) ri 0 i 1
Problem 9.1 Şekildeki sistemde A cisminin ivmesini verilen konum için bulunuz. mCg αC
αD
δθC δθD D
RD mCaC
αB aC
ICαC
IBαB
RB δθB B
C RC
f N IDαD
δxE
mEg
mEaE aE
mAg
mAaA
δx aA
Bu sisteme bağlara uygun bir δx virtüel yerdeğiştirmesi verilirse A ve E cisminin ağırlığı ile atalet kuvvetleri iş yapar. =m A g x m E g xE m A a A x I B B B mC aC xC I C C C I D D D m E aE xE 0
132
x x x x x , x C , C , D , x E 2 2R C 2R D 2 RB a a a a a B A , aC A , C A , D A , a E A 2 2R C 2R D 2 RB 1 1 1 I B m B R B2 , I C mC R C2 , I D m D R D2 2 2 2 a x a x 1 a x 1 x =m A g x m E g m A a A x m B R B2 A mC A mC R C2 A 2 2 2 2 2 2R C 2R C RB RB B
a a x x 1 mE A 0 m D R D2 A 2 2R D 2R D 2 2 1 1 1 1 1 1 m A g m E g m A a A m B a A mC a A mC a A m D a A m E a A 0 2 2 4 8 8 4 1 3 1 1 1 a A (m A m B mC m D m E ) m A g m E g 2 8 8 4 2 1 m A g mE g 8m A g 4m E g 2 aA , aA 1 3 1 1 8m A 4m B 3mC m D 2m E m A m B mC m D m E 2 8 8 4
133
