Embed Size (px)
Citation preview
2
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
3
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
4
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
5
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 )(uP 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.
)(uPP = ),,( wvuPP =
)(rPP = Problem 2.1.1 ( ) 10 8 3P u Cos u i Sin u j uk= + + şeklinde verilen vektör fonksiyonunu
3
u π= için hesaplayınız.
3
u π= için ( ) 10 8 3
3 3 3 3P Cos i Sin j kπ π π π
= + +
( ) 5 4 33
P i j kπ π= + +
6
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 )(uP vektörünü u değişkenine verilen artımla elde edilen )( uuP Δ+ vektöründen çıkarılırsa PΔ 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.
Pu
ΔΔ
)( uuP Δ+ PΔ )(uP
)()( uPuuPP −Δ+=Δ
uuPuuP
duPd
OU Δ−Δ+
= →Δ)()(lim
2.2.1 Türev kuralları P , Q , W vektörleri ve λ ile s skaleri u nun fonksiyonu olsun.Ayrıca T vektörü θ nın θ da s in fonksiyonu olsun ve işareti u ya göre türevi göstersin. a) ( ) WQPWQP ′′′=
′∓∓∓∓
b) ( ) PPP ′λ+λ′=′
λ
c) ( ) QPQPQP ′•+•′=′
•
d) ( ) QPQPQP ′∧+∧′=′
∧
e) duds
dsd
dTd
duTd θ
θ=
7
Problem 2.2.1 ( ) 10 8 3P u Cos u i Sin u j uk= + + şeklinde verilen vektör fonksiyonunun u ya
göre birinci ve ikinci türevini 3
u π= için hesaplayınız.
Çözüm :
( ) 10 8 3dP u Sin u i Cos u j kdu
= − + +
2
2
( ) 10 8d P u Cos u i Sin u jdu
= − −
3u π=
( )3 5 3 4 3
dPi j k
du
π
= − + + , 2
2
( )3 5 4 3
d Pi j
du
π
= − −
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
( ) 0dPP udu
• =
elde edilir. Böylece skaler çarpımın sıfır olmasından ( )P u ile dPdu
türev
vektörünün birbirine dik olduğu ispatlanmış olur.
8
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
dθ
θ e θ x e Cos i Sin jθ θ= +
de Sin i Cos jd
θ θθ= − +
e birim vektörüne aynı düzleme paralel olmak koşulu ile ve pozitif yönde dik vektör ( )k e k Cos i Sin jθ θ∧ = ∧ + Buradaki vektörel çarpma işlemi yapılırsa
dek edθ
∧ =
bulunur. 2.3 Vektörel fonksiyonun integrali
)(ux , )(uy , )(uz , u nun belirli bir aralığında sürekli fonksiyonlar olmak üzere kuzjuyiuxuP )()()()( ++=
u ya bağlı vektörel fonksiyonunu göz önüne alalınırsa aşağıdaki integrale
∫ ∫∫∫ ++= kduuzjduuyiduuxduuP )()()()(
)(uP vektörel fonksiyonunun belirsiz integrali denir.
)()( uQduduP = eşitliğini sağlayan bir )(uQ vektörel fonksiyonu varsa
9
CuQduuQdudduuP +==∫ ∫ )()()(
olur. Burada C vektörü u skalerine bağlı olmayan sabit bir vektördür.
Bu durumda u = a ve u = b sınırları arasındaki belirli integral
)()()()()( aQbQCuQduuQdudduuP
b
a
b
a
b
a
−=+==∫ ∫
şeklinde yazılabilir.
10
BÖLÜM 3
EĞRİLERDE DİFERANSİYEL ÖZELLİKLER 3.1 Bir vektör fonksiyonunun hodografı u ya bağlı değerler alan )(uP vektörel fonksiyonunun başlangıçları aynı noktaya getirilirse uç noktalarının çizdiği eğriye bu vektörel fonksiyonun hodografı denir. y Hodograf )(uP
o x z 3.2 Bir vektörel fonksiyonun hodografı üzerinde ( )P u vektörel fonksiyonunun
türevi y
11
Pu
ΔΔ
dPdu
Δs T PΔ 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.
duds
dsPd
duPd=
burada dsPd vektörünün T teğet birim vektörüne eşit olduğu türevin tanımı
kullanılarak anlaşılır.
TsPLim
dsPd
s =ΔΔ
= →Δ 0
Böylece
Tduds
duPd=
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.
)(2
2T
duds
dud
duPd=
12
du
TddudsT
dusd
duPd
+= 2
2
2
2
Burada du
Td teğet birim vektörün u ya göre türevini almak için üç boyutlu
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. dθ T 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.
duds
dsd
dTd
duTd θ
θ=
burada θdTd işlemini yapabilmek için sabit bir düzleme paralel olarak değişen
T birim vektörünün bu düzlemde bulunan sabit bir doğrultuyla yaptığı θ açısına göre türevi göz önüne alınabilir. y
13
dTdθ
θ
T θ x
jSiniCosT θ+θ=
jCosiSindTd
θ+θ−=θ
Buradan T birim vektörünün θ ya göre türevinin aynı düzlemde kendisine pozitif yönde dik bir vektör olduğu anlaşılır. Bu vektöre N asal normal birim vektörü denir.
NdTd=
θ
Bu denklem teğet birim vektörün u ya göre türevi ifadesinde yerine yazılırsa
duds
RddN
duTd
θθ
=
Tduds
RduTd 1=
Teğet birim vektörün u ya göre türevi bulunur. Bu eşitlikler ile 2
2
duPd ikinci türev
ifadesine gidilirse ( ) N
RdudsT
dusd
duPd 2
2
2
2
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
NTB ∧= 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
Bir )(uPP = vektörel fonksiyonunda elde edilen Tduds
duPd= denkleminden
14
duPd
duds
= ve
duPddu
PdT = elde edilir.
N birim vektörü ise
1dT dsNdu R du
=
formülünden elde edilir.
dTRduNdPdu
=
R eğrilik yarıçapı ise P vektörünün u ya göre 1. ve 2. mertebeden türevleri birbiri ile vektörel çarpılarak elde edilir.
( )Rdu
ds
duPd
duPd
32
=∧
Bu denklemin her iki tarafının modülü alınır ve du
Pdduds
= eşitliği göz
önüne alınırsa R eğrilik yarıçapı aşağıdaki gibi yazılabilir.
2
2
3
duPd
duPd
duPd
R∧
=
Problem 3.4.1
y = f(x) kartezyen denklemiyle verilen bir düzlem eğride eğrilik yarıçapını veren formülü yazınız. Çözüm:
jxfixP )(+= jxfidxPd )(′+= jxf
dxPd )(2
2′′= ve [ ]2)(1 xf
dxPd ′+=
)(2
2xf
dxPd
dxPd ′′=∧
denklemleri ile R eğrilik yarıçapını veren formül
15
[ ]( ) 2/32
)()(1
xfxfR
′′′+
=
şeklinde elde edilir.
Problem 3.4.2 ( ) 10 8 3P u Cos u i Sin u j uk= + + şeklinde vektör fonksiyonu ile verilen
eğrinin 3
u π= deki eğrilik yarıçapını ve teğet birim vektörünü bulunuz.
Çözüm :
2
2
3
duPd
duPd
duPd
R∧
=
( ) 10 8 3dP u Sin u i Cos u j kdu
= − + +
2
2
( ) 10 8d P u Cos u i Sin u jdu
= − −
2
2
( ) ( ) 10 8 310 8 0
i j kdP u d P u Sinu Cos udu du
Cos u Sinu∧ = −
− −
2
2
( ) ( ) 24 30 80dP u d P u Sinu i Cos u j kdu du
∧ = − +
2
2 22
( ) ( ) 576 900 6400dP u d P u Sin u Cos udu du
∧ = + +
2 2( ) 100 64 9dP u Sin u Cos u
du= + +
3
2 2 3 / 2( ) (100 64 9)dP u Sin u Cos udu
= + +
3
2 2 3 / 2
2 2 2
2
( )(100 64 9)
( ) ( ) 576 900 6400
dP udu Sin u Cos uR
dP u d P u Sin u Cos udu du
+ += =
+ +∧
16
2 2
( )10 8 3
( ) 100 64 9
dP uSin u i Cos u j kduT
dP u Sin u Cos udu
− + += =
+ +
2 2 1/ 2
10 8 3(100 64 9)
Sin u i Cos u j kTSin u Cos u
− + +=
+ +
3u π= için
2 2 1/ 2
10 8 33 3( )
3 (100 64 9)3 3
Sin i Cos j kT
Sin Cos
π ππ
π π
− + +=
+ +
1/ 2
5 3 4 3 3 2 3( )3003 2 5 10( 16 9)
4
i j kT i j kπ − + += = − + +
+ +
2 2 3 / 2
2 2
(100 64 9)3 3
576 900 64003 3
Sin CosR
Sin Cos
π π
π π
+ +=
+ +
3 / 2300( 16 9)
4 11.9432 225 6400
R+ +
= =+ +
BÖLÜM 4 MADDESEL NOKTANIN KİNEMATİĞİ
4.1 Kinematiğin temel kavramları
17
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 )
dtrdV = ( Hız Vektörü )
dtVda = ( İvme vektörü )
y P θ x )(tθ=θ (Zamanı fonksiyonu olan aynı düzlemdeki açı )
dtdθ
=ω ( Açısal hız ) , dtdω
=α (Açısal ivme )
4.2 Maddesel noktanın hareketinin kartezyen koordinat sisteminde incelenmesi
y
18
),,( zyxA r y z Bir maddesel noktanın hareketinde koordinatları
)(txx = , )(tyy = , )(tzz =
şeklinde ise yer , hız ve ivme vektörleri aşağıdaki gibi hesaplanır.
ktzjtyitxr )()()( ++=
ktzjtyitxV )()()( ++=
ktzjtyitxa )()()( ++= Burada değişkenlerin üzerindeki noktalar zamana göre türevi göstermektedir. Problem 4.2.1 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde 10x Cos t= , 8y Sin t= , 3z t=
bağıntılarına göre hareket etmektedir. 6
t π= için maddesel noktanın yer, hız ve
ivme vektörlerini bulunuz. Çözüm:
10 8 3r Cos t i Sin t j t k= + + 10 8 3V Sin t i Cos t j k= − + + 10 8a Cos t i Sin t j= − −
6t π= için
10 8 36 6 6
r Cos i Sin j kπ π π= + +
5 3 42
r i j kπ= + +
10 8 36 6
V Sin i Cos j kπ π= − + +
5 4 3 3V i j k= − + +
10 86 6
a Cos i Sin jπ π= − −
19
5 3 4a i j= − − 4.3 Maddesel noktanın hareketinin Doğal koordinat sisteminde
incelenmesi y V Ta a T s (+) N o1 Na 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. T
dtds
dtrdV ==
NRdtds
Tdtsd
dtrda
2
2
2
2
2 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+==
Problem 4.3.1 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde 3 22 5 4s t t= + − ( Burada s metre , t saniye cinsindendir.) bağıntısına uygun olarak hareket etmektedir. 1t = de maddesel noktanın bulunduğu yerin eğrilik yarıçapı 5 .R m= olduğuna göre bu andaki hız ve ivme vektörlerini doğal koordinat sisteminde hesaplayınız. Çözüm:
dsV Tdt
= , NRdtds
Tdtsd
dtrda
2
2
2
2
2 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+==
23 10ds t t
dt= + ,
2
2 6 10d s tdt
= +
20
1t = de 13dsdt
= 2
2 16d sdt
=
13=V T , 2(13)16
5a T N= +
16 33,8= +a T N Problem 4.3.2 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde hareket ederken bir t anında hız ve ivme vektörlerinin kartezyen koordinatlardaki bileşenleri
6 2 3V i j k= − + 3 4a i j= + olduğuna göre bu an için hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadelerini ve eğri üzerinde bulunduğu noktanın eğrilik yarıçapını bulunuz. Çözüm: V Ta θ A a Na 2 2 26 ( 2) 3V = + − + , 7 /V m s= , 7=V T
V a V a Cosθ• = , 2 23 4a = + , 25 /a m s=
V aCosV a
θ •= , 6*3 2* 4
7 *5Cosθ −
= , 1035
Cosθ = ⇒ 73,4 oθ =
20,86 /Ta a Cos m sθ= = , 22,87 /Na a Sin m sθ= =
0,86 2,87= +a T N
2
NVaR
= ⇒ 2
N
VRa
= , 494
=R , 12,25=R m
4.4 Maddesel noktanın hareketinin silindirik koordinat sisteminde incelenmesi z
21
k ρ θe ),,( zA θρ ρe r o y ρ θ k 1A θe x ρe Yukarıdaki şekilden r vektörü
AAOAr 11 += şeklinde yazılabilir. Bu eşitlik silindirik koordinatların birim vektörleri cinsinden yazılırsa kzer +ρ= ρ elde edilir. Yer vektörünün zamana göre türevlerinden hız ve ivme vektörleri bulunur.
kdtdz
dted
edtd
dtrdV +ρ+
ρ== ρ
ρ
Burada ρe birim vektörü θ nın fonksiyonu olduğundan zincir kuralı uygulanıp
dtd
ded
dted θ
θ= ρρ eşitliği yazılabilir.
Burada θρ
ded
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 θe vektörüdür. Böylece elde edilen θρ θ= ee denklemi ile hız denklemine gidilirse silindirik koordinatlardaki hız vektörü kzeeV +θρ+ρ= θρ şeklinde elde edilir. Bu elde edilen hız vektörünün zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü bulunur.
kzeeeeedtVda +θρ+θρ+θρ+ρ+ρ== θθθρρ
Burada ρe gibi θe da θ nın fonksiyonudur. Bundan dolayı
22
dtd
ded
dted
e θθ
== θθθ eşitliği yazılabilir.
Burada θθ
ded bir düzleme paralel olarak değişen bir birim vektördür. Bu birim
vektörün bu düzlem içindeki sabit bir doğrultu ile yaptığı açıya göre türevi kendisine pozitif yönde dik bir birim vektör olan ρ− e vektörüdür. Böylece elde edilen ρθ θ−= ee ve θρ θ= ee eşitliği ivme denklemine gidilirse
( ) ( ) kzeea +θρ+θρ+θρ−ρ= θρ 22 silindirik koordinatlardaki ivme denklemi elde edilir. Problem 4.4.1 Bir maddesel nokta bir eğri üzerinde 20 10
6Cos tπρ = + , 3
3tπθ = , 10
4z Sin tπ=
Bağıntılarına uygun olarak hareket etmektedir. 1t = için yer ,hız ve ivme vektörlerini silindirik koordinatlarda hesaplayınız.
kzeeV +θρ+ρ= θρ ( ) ( ) kzeea +θρ+θρ+θρ−ρ= θρ 22
53 6Sin tπ πρ = − ,
2518 6Cos tπ πρ = −
2tθ π= , 2 tθ π= 52 4
z Cos tπ π= ,
258 4
z Sin tπ π= −
1t = de 20 5 3ρ = + , 56πρ = − ,
25 336πρ = −
3πθ = , θ π= , 2θ π=
5 2z = , 5 24
z π= ,
25 216
z π= −
(20 5 3) 5 2= + +r e kρ , 5 5(20 5 3) 26 4
= − + + +V e e kρ θπ ππ
2 225 5 5[ 3 (20 5 3) ] [(20 5 3) 2 2( ) ] 2
36 6 16a e e kρ θ
π π ππ π π= − − + + + + − −
22 2185 5 5[ (20 3) ] [(40 10 3) ( ) ] 2
36 3 16= − + + + + − −a e e kρ θ
ππ π π
4.5 Maddesel noktanın doğrusal hareketi
23
Maddesel noktanın yörüngesi bir koordinat sistemine göre doğru şeklinde ise maddesel noktanın bu koordinat sistemine göre yaptığı harekete doğrusal hareket denir. y
ΔU Δ
s A
o1 r 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
1 1r OO O A= + şeklinde yazılabilir. 1O A s UΔ= olduğundan 1r OO s UΔ= + olur.
Hız vektörü Δ= UdtdsV
İvme vektörü Δ= Udtsda 2
2
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.
dtdsV = ,
dtdVa = , 2
2
dtsda =
ve ayrıca dtdsV = den çekilen
Vdsdt = eşitliği
dtdVa = denklemine
yerleştirilirse
dsVdVa =
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.
24
dtdVa = den
0=a bulunur. Ve
dtdsV = den Vdtds = yazılıp V sabit olduğu için kolayca integre ederek
∫∫ =ts
S
dtVds00
⇒ tVss += 0
sabit hızlı doğrusal harekete ait konum zaman bağıntısı bulunur.
Problem 4.5.1.1
Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde 6 /V m s= sabit hızı ile hareket ettiğine göre 0t = da 8s m= olduğuna göre 5 inci saniyedeki konumunu bulunuz. Çözüm: 0s s V t= + konum zaman denkleminden
5t = deki konum t yerine 5 yazarak bulunur. 8 6 *5s = + 38 .s m=
4.5.2 Sabit ivmeli doğrusal hareket
Bir doğrusal hareketteki ivme a sabit ise aşağıdaki işlemler yapılabilir.
dtdVa = den dtadV = yazıp integre ederek
∫∫ =tV
V
dtadV00
⇒ taVV += 0
hız zaman bağıntısı elde edilir.
dtdsV = den dttaVds )( 0 += yazıp integre ederek
∫ ∫ +=S
S
t
dttaVds0 0
0 )( ⇒ 200 2
1 tatVss ++=
konum-zaman bağıntısı elde edilir.
Ayrıca dsVdVa = bağıntısından yazılan dVV
ads 1
= bağıntısı integre edilirse
25
∫∫ =V
V
S
S
dVVa
ds00
1 ⇒ )(21 2
02
0 VVa
ss −+=
konum-hız bağıntısı elde edilir.
Problem 4.5.2.1 Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde 23 /a m s= sabit ivmesi ile hareket ettiğine göre 0t = da konumu 8s m= ve hızı 4 /V m s= olduğuna göre 5 inci saniyedeki konumunu bulunuz. Çözüm: 2
00 21 tatVss ++= konum zaman denkleminden
7 .t s= deki konum t yerine 7 yazarak bulunur. 218 4*7 3*7
2s = + + , 109,5 .=s m
4.5.3 )(tfa = İvme zamanın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise
dtdVa = den elde edilen dtadV = denklemde a yerine )(tf yazıp
integre edilirse
dttfdV )(= ⇒ dttfdVtV
V
)(00
∫∫ =
∫+=t
dttfVV0
0 )(
hız –zaman bağıntısı elde edilir. Bu bağıntıdaki V hızı yerine dtds yazıp
düzenlendikten sonra integre edilirse
∫+=t
dttfVdtds
00 )( ⇒ dtdttfVds
ttS
S
])([0
000
∫∫∫ +=
dtdttfVsstt
])([0
00
0 ∫∫ ++=
konum-zaman bağıntısı elde edilir. Burada 0s ve 0V Başlangıç değerleridir.
Problem 4.5.3.1 Bir maddesel nokta bir doğru 2 3a t= + ivme zaman bağıntısı ile hareket ediyor. 0t = da konum 4 .s m= ve hız 10 / .V m s= − olduğuna göre
6t = daki konumu ve hızı hesaplayınız.
26
Çözüm:
dVadt
= den dV adt= yazılabilir. Burada a yerine 2 3t + yazıp integre
edilirse
(2 3)O
V t
V O
dV t dt= +∫ ∫ ⇒ 2 3OV V t t= + +
denklemi elde edilir. Bu denklemde OV yerine –10 konursa
2 3 10V t t= + −
Hız-zaman denklemi elde edilir.Burada t yerine 6 yazılırsa
29 /=V m s
bulunur. dsVdt
= den ds V dt= yazılabilir. Burada V yerine 2 3 10t t+ − yazıp integre
edilirse
2
0
( 3 10)O
S t
S
ds t t dt= + −∫ ∫
3 20
1 3 103 2
s s t t t= + + −
denklemi elde edilir. Burada 0s yerine 4 yazılırsa
3 21 3 10 43 2
s t t t= + − +
konum-zaman denklemi elde edilir. Burada t yerine 6 yazılırsa
70=s m
bulunur.
4.5.4 )(sfa = İvme konumun fonksiyonu şeklinde verilmiş ise
27
a yerine dsVdV veya 2
2
dtsd yazıp denklem düzenlendikten sonra integre
ederek hız-konum veya konum-zaman denklemleri bulunur.
Problem 4.5.4.1
Bir maddesel nokta bir doğru 1/ 212a s= ivme -konum bağıntısı ile hareket ediyor. 0t = da konum 0s = ve hız 0V = olduğuna göre
2t = deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız.
Çözüm: a yerine
dsVdV yazıp elde edilen
1/ 212VdV sds
= denklemi 1/ 212V dV s ds= şeklinde düzenlenip integre edilirse
1/ 2
0 0
12V s
V dV s ds=∫ ∫
2 3/ 21 1122 3/ 2V s=
3/ 44V s= denklemi elde edilir. Bu denklemde V yerine dsdt
yazıp
3/ 4256ds sdt
= elde edilen denklem 3/ 44ds dts
= şeklinde yazılıp integre edilirse
3/ 4
0 0
14
s t
s ds dt− =∫ ∫
1/ 4s t= 4s t= , 34V t= , 212a t=
2t = de 16 .s m= , 32 /V m s= , 248 /a m s=
4.5.5 )(Vfa = İvme hızın fonksiyonu şeklinde verilmiş ise
a yerine dtdV veya
dsVdV yazılırsa aşağıdaki denklemler elde edilir.
)(VfdtdV
= ⇒ )(Vf
dVdt =
)(VfdsVdV
= ⇒ )(Vf
VdVds =
Bu son eşitlikler integre edilirse hız-zaman ve konum-hız denklemleri bulunur.
28
Problem 4.5.5.1 Bir maddesel nokta bir doğru 20,2a V= − ivme –hız bağıntısı ile hareket ediyor. 0t = da konum 0s = ve hız 20 /V m s= olduğuna göre
2t = deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız.
Çözüm: a yerine dV
dt yazarak elde edilen
20, 2dV Vdt
= − denklemi 25 dVdtV
= − şeklinde düzenlenip integre edilirse
20 20
5t V dVdt
V= −∫ ∫ ⇒ 5 1
4tV
= − ⇒ 5 14
tV
= + ⇒ 514
Vt
=+
201 4
Vt
=+
denklemi elde edilir. Bu denklemde V yerine dsdt
yazarak
201 4
dsdt t
=+
elde edilen denklem 201 4
ds dtt
=+
şeklinde düzenlenip integre
edilirse 0 0
201 4
S t
ds dtt
=+∫ ∫ ⇒ 5 (1 4 )s Ln t= + konum-zaman bağıntısı elde edilir.
2t = de 11=s m , 2,22 /=V m s , 20.2= −a V , ( )20.2 2,22= −a
20,988 /= −a m s
4.5.6 kVa −= Bağıntısına uygun doğrusal hareket (geri tepmeyi azaltma)
Burada k pozitif reel sayı
dsVdVa = de a yerine kV− yazılıp
dsVdVkV =− elde edilen denklem
kdsdV −= şeklinde düzenlendikten sonra integre edilirse
∫∫ −=S
S
V
V
dskVd00
⇒ )( 00 sskVV −−=
hız-konum bağıntısı elde edilir. Elde edilen bağıntıda V yerine dtds yazılırsa
00 ksksVdtds
+−= bağıntısı elde edilir. Eğer hız-konum bağıntısında 00 =s
alınabilirse ksVdtds
−= 0 şekline gelen denklem dtksV
ds=
−0 şeklinde
düzenlenip integre edilirse
∫∫ =−
tS
dtksV
ds
00 0 ⇒ t
VksV
k=
−−
0
0ln1 ⇒ kteVksV −=− 00
)1(0 ktekV
s −−= konum-zaman bağıntısı elde edilir.
29
0.5 1 1.5 2 2.5 3
-10
-5
5
10
4.5.7 ksa −= Bağıntısına uygun doğrusal hareket (serbest titreşim hareketi)
Burada k pozitif reel sayı
ksa −= denkleminde a yerine 2
2
dtsd yazılırsa
02
2=+ sk
dtsd
ikinci mertebeden sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemi elde edilir. Bu
denklemin çözüm fonksiyonu olarak tSinBtCosAs ω+ω=
önerilirse diferansiyel denklemi sağladığı görülür. Burada k=ω dır. A ve B
sabitleri ise başlangıç koşulları aşağıdaki denklemlerde yerine konarak bulunur. tSinBtCosAs ω+ω=
tCosBtSinAV ωω+ωω−=
kullanılarak bulunur. Eğer 0=t daki s ve V biliniyorsa aşağıdaki denklemler yazılabilir.
tACoss ω=0 , tCosBV ωω=0 bunlardan 0sA = ve ω
= 0VB
Böylece tSinV
tCosss ωω
+ω= 00
Denklemi elde edilir.
tSinBtCosAs ω+ω= denklemi
)( φ−ω= tCosCs şeklinde yazılabilir.
Burada 22 BAC += ABArc tan=φ dır. Eğer fonksiyonun s-t grafiği çizilirse
buradaki eğri tCos ω eğrisinden Cos )( φ−ωt fonksiyonunun argümanı olan
)( φ−ωt yi sıfır yapan ωφ
=t kadar geriden başlar .
tBSintACos ω+ω
tACos ω
tBSin ω
t
30
0.5 1 1.5 2 2.5 3
-10
-5
5
10
0.5 1 1.5 2 2.5 3
-10
-5
5
10
)( φ−ωtCosC
t
ωφ
=t
Yukarıdaki grafikler 10=A , 6=B , 66,116)10( 22 =+=C ,
.54,0106tan RadArc ==φ , 3=ω ve 18,0=
ωφ için çizilmiştir.
s
s φ tω
t t
ωφ
Problem 4.5.7.1
Bir maddesel nokta bir doğru 2
36a sπ= − ivme –konum bağıntısı ile hareket
ediyor. 0t = da konum 10s = ve hız 4 /V m s= olduğuna göre
2t = deki konumu hızı ve ivmeyi hesaplayınız.
Çözüm: 2
36a sπ= − denkleminde a yerine
2
2d sdt
yazılırsa
31
2 2
2 036
d s sdt
π+ =
ikinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin
genel çözümü
6 6s ACos t B Sin tπ π= +
6 6 6 6V A Sin t B Cos tπ π π π= − +
0t = daki konum 10s = ve hız 4 /V m s= denklemlerde yerine konursa
10A = ve 24Bπ
= elde edilir. Bu bulunan değerler konum-zaman ve hız-
zaman denklemlerinde yerine konursa 2410
6 6s Cos t Sin tπ π
π= +
24106 6 6 6
V Sin t Cos tπ π π ππ
= − +
5 43 6 6
V Sin t Cos tπ π π= − +
denklemleri elde edilir. Burada t yerine 2 yazılırsa 2t = deki konum ve hız
değerleri elde edilir. 2410
3 3s Cos Sinπ π
π= +
125 3sπ
= + , 11,62 .s m=
5 43 3 3
V Sin Cosπ π π= − +
35 23 2
V π= − + , 6,53 / .V 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
32
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 4tt = zamanına kadar aldığı toplam yolu inceleyelim. Maddesel nokta 0=t da
0s konumundan harekete başlar. Hız denklemini sıfır yapan zaman değerleri
1t , 2t ve 3t ise maddesel nokta 0=t dan 1tt = e , 1tt = den 2tt = ye, 2tt = den 3tt = e kadar ve 3tt = den sonra aynı yönde hareket
edeceğinden bu aralıklardaki konum farklarının mutlak değerleri toplanarak toplam yol bulunur.
12 ss −
01 ss − 23 ss − 34 ss −
1s 0s 0 3s 2s 4s
4tt = kadar alınan Toplam Yol = 01 ss − + 12 ss − + 23 ss − + 34 ss −
Burada zamanı gösteren alt indisleri birlikte s konumları maddesel
noktanın doğru üzerinde indisin belirttiği zamandaki konumunu göstermektedir.
Problem 4.5.8.1
Bir maddesel nokta bir doğru üzerinde 3 24 12 273
s t t 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.
24 24 27V t t= − + denklemini sıfır yapan zaman değerleri
2
1,224 ( 24) 4*4*27
2*4t
± − −= , 1,2
24 128
t ±=
33
1 1,5t = , 2 4,5t = olarak bulunur.
4 1,5 0 4 1,5. tTopYol s s s s= = − + −
0 0s =
3 21,5
41,5 12*1,5 27*1,5 18 .3
s m= − + =
3 24,5
4 4,5 12*4,5 27*4,5 1,33 .3
s m= − + =
4. 18 0 1,33 18tTopYol = = − + −
4. 34,67 .tTopYol 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 Ta a P R θ θ s o x Hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki ifadeleri çembersel harekette açısal hız ve açısal ivme cinsinden yazılabilir.
dtdθ
=ω , dtdω
=α
s çember yayı uzunluğunu gösterdiğinden θ= Rs
yazılabilir. Bu bağıntının her iki tarafının t ye göre 1. ve 2. türevleri
34
alınırsa
ω= Rdtds
α= Rdtsd2
2
denklemleri elde edilir. Bu denklemler doğal koordinat sistemine ait
TdtdsV = , N
Rdtds
Tdtsda
2
2
2 ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
+=
denklemlerinde yerine konursa
TRV ω=
NRTRa 2ω+α=
Çembersel harekete ait hız ve ivme vektörlerinin doğal koordinat sistemindeki
ifadeleri elde edilir.
Buradaki açısal hız ω ve açısal ivme α nın değerleri
dtdθ
=ω
dtdω
=α
2
2
dtd θ
=α
θωω
=αdd
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 12 .R cm= yarıçaplı çember üzerinde saat akrebinin tersi yönünde hareket ederken bir t anında açısal hızı 6 / .Rad sω = ve
35
açısal ivmesi 22 /Rad sα = olduğuna göre bu an için hız ve ivme vektörlerini doğal koordinat sisteminde bulunuz. Çözüm: TRV ω= Şeklindeki çembersel hareketteki hız vektörünün doğal koordinat sistemindeki formülünde verilenler yerine konursa
12*6V T= 72V T=
hız vektörünün doğal koordinat sistemindeki ifadesi elde edilir. Aynı şekilde ivme vektörünün doğal koordinat sistemindeki formülü olan
NRTRa 2ω+α= denkleminde verilenler yerine konursa
212*2 12*6a T N= + 24 432a T N= +
ivme vektörünün doğal koordinat sistemindeki ifadesi bulunur. Problem 4.6.1 Basit bir sarkacın hareketi kα θ= − şeklinde veriliyor. 0t = da 0θ θ= ve 0ω ω= olduğuna göre açı θ , açısal hız ω ve açısal ivme α nın zamana bağlı ifadelerini bulunuz. Çözüm:
α yerine 2
2ddtθ yazılırsa
2
2 0d kdtθ θ+ =
ikinci mertebeden sabit katsayılı diferansiyel denklem elde edilir. Bu denklemin genel çözümü
ACos t B Sin tθ = Ω + Ω şeklindedir. Burada 2k = Ω dir. A ve B sabitleri ise başlangıç şartlarından bulunur.
ACos t B Sin tθ = Ω + Ω denkleminde θ yerine 0θ , t yerine sıfır yazılırsa
0 Aθ = bulunur. A Sin t B Cos tω = − Ω Ω + Ω Ω
denkleminde ω yerine 0ω , t yerine sıfır yazılırsa Bω = Ω elde edilir. Buradan
36
B ω=Ω
bulunur. Bu bulunan A ve B değerleri açı-zaman bağıntısında
yerine yazılırsa
0Cos t Sin tωθ θ= Ω + ΩΩ
açı-zaman denklemi bulunur.Bu denklemin zaman göre birinci türevi 0Sin t Cos tω θ ω= −Ω Ω + Ω
açısal hız-zaman denklemini verir. Bu denklemin tekrar zaman göre türevi 2
0Cos t Sin tα θ ω= −Ω Ω −Ω Ω açısal ivme-zaman denklemini verir.
4.6.1 Çembersel harekette hız ve ivmenin kartezyen koordinatlardaki ifadeleri
y V Ta a P R θ θ s o x Çembersel harekette ω açısal hız vektörü tanımlandıktan sonra V hız vektörü
OPV ∧ω=
Şeklinde hesaplanabilir.Burada ω 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. ω ile OP vektörü birbirine dik olduğundan OP∧ω nin şiddeti ωR değerine eşit , doğrultusu çembere teğet, yönüde hız vektörü yönünde olduğundan OP∧ω vektörü hız vektörüne eşittir. Yukarıdaki şekle göre
37
kω=ω
jSinRiCosROP θ+θ=
yazılabilir. Bu eşitliklerle hız vektörü
jCosRiSinRV θω+θω−=
şeklinde kartezyen koordinat sisteminde yazılabilir. Bu hız vektörünün OPV ∧ω= şeklindeki denkleminin zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü bulunur.
VOPa ∧ω+∧α= Burada α vektörü
dtdω
=α dir.
Yukarıdaki şekilde α yerine kα=α alınıp ivme vektöründe yerine yazılıp gerekli işlemler yapılırsa
VkOPka ∧ω+∧α=
)()( jCosRiSinRkjSinRiCosRka θω+θω−∧ω+θ+θ∧α=
jSinRCosRiCosRSinRa )()( 22 θω−θα+θω+θα−= ivme vektörünün kartezyen koordinatlardaki ifadesi bulunur. Problem 4.6.1.1 Bir maddesel nokta 14 .R cm= yarıçaplı bir çember üzerinde 3
24tπθ =
bağıntısına uygun olarak hareket etmektedir. Çember şekilde gösterildiği gibi yz düzlemindedir. θ açısı da şekilde gösterildiği gibi alınıyor. 2t = için maddesel noktanın yer hız ve ivme vektörlerini kartezyen koordinatlarda hesaplayınız. y R A θ
38
C zC O x yC z Burada 14 .R cm= 20 .yC cm= 18 .zC cm= 3
24tπθ = dır.
Çözüm: r OC CA= +
20 18OC j k= + CA RCos j RSin kθ θ= +
2t = de 3πθ =
7 7 3CA j k= + 27 (18 7 3)r j k= + + 27 30,12r j k= + Hız vektörü kartezyen koordinatlarda V CAω= ∧ formülü ile hesaplanabilir.Burada d i
dtθω = ( Çünkü x ekseni çember
düzlemine diktir ve maddesel nokta çember etrafında y den z ye doğru dönüyor.)
2
4d tdtθ π=
2t = için ddtθ π= değeri V CAω= ∧ denkleminde yerine yazılırsa
(7 7 3)V i j kπ= ∧ + 7 3 7V j kπ π= − + 38,1 22V j k= − + 2t = deki hız ifadesi hesaplanmış olur. İvme vektörü kartezyen koordinatlarda a CA Vα ω= ∧ + ∧
formülü ile hesaplanabilir.Burada 2
2d idtθα = ( Çünkü açısal ivme vektörü
doğrultu değiştirmiyor.)
39
2
2 2d tdtθ π=
2t = için 2
2ddtθ π= değeri ve diğer elde edilenlerle birlikte
a CA Vα ω= ∧ + ∧ denklemine gidilirse (7 7 3 ) ( 7 3 7 )a i j k i j kπ π π π= ∧ + + ∧ − +
(7 7 3) (7 7 3 )a j kπ π π π= − + + − 107,18 97,67a j k= − −
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 2P
12 / PPr
1P xP1 zP1 1P
r 2Pr
o x z Yukarıdaki şekilden yer vektörleri arasında
2121 / PPPP rrr =+
bağıntısı yazılabilir. Buradan P2 noktasının P1 noktasına veya öteleme
hareketi yapan eksen sistemine göre 12 / PPr bağıl yer vektörü çekilip zamana
göre birinci ve ikinci türevi alınırsa bağıl hız ve bağıl ivme vektörleri elde edilir.
1212 / PPPP rrr −=
40
1212 / PPPP VVV −=
1212 / PPPP aaa −=
Problem 4.7.1
Şekilde gösterildiği gibi 1P maddesel noktası d1 doğrusu üzerinde
10 812
s Sin tπ= + konum-zaman bağıntısına göre 2P maddesel noktası ise xy
düzleminde bulunan 12 .R cm= yarıçaplı bir çember üzerinde 3
24tπθ = açı-zaman
bağıntısına göre hareket etmektedir. 2t = için 2P maddesel noktasının 1P
maddesel noktasına göre bağıl yer , hız , ivme vektörlerini ve aralarındaki
uzaklığı bulunuz.
y 20cm.
10cm. 2P θ
1P C
s 15cm.
O x
z
Çözüm:
1212 / PPPP rrr −=
2 2 2Pr OP OC CP= = + , 20 15OC i j= +
2(20 12 ) (15 12 )Pr Cos i Sin jθ θ= + + +
1 1Pr OA AP= + , 1
10Pr s j k= +
2 1/ (20 12 ) (15 12 ) 10P Pr Cos i Sin s j kθ θ= + + + − −
2t = de 32 .24 3
Radπ πθ = = , 10 8 2 14 .12
s Sin cmπ= + =
41
2 1/ (20 12 ) (15 12 14) 10
3 3P Pr Cos i Sin j kπ π= + + + − −
2 1/ (20 6) (15 6 3 14) 10P Pr i j k= + + + − −
2 1/ 26 (1 6 3) 10P Pr i j k= + + − ,
2 1/ 26 11,39 10P Pr i j k= + −
2 1/ 12 (12 )P PV Sin i Cos V jω θ ω θ= − + −
2
8tπω = , 2
3 12V Cos tπ π=
2t = de / .2Rad sπω = , 3 / .
3V cm sπ=
2 1/
312 (12 )2 3 2 3 3P PV Sin i Cos jπ π π π π= − + −
2 1/
3 1 312 (12 )2 2 2 2 3P PV i jπ π π= − + − ,
2 1/33 3 (3 )
3P PV i jπ π= − + −
2 1/ 16,32 7,61P PV i j= − +
2 1
2 2/ (12 12 ) (12 12 )P Pa Sin Cos i Cos Sin a jα θ ω θ α θ ω θ= − + + − −
4tπα = ,
2
18 12V Sin tπ π= −
2t = de 2/2Rad sπα = ,
22/
36a cm sπ= −
2 1
2 2 2
/ (12 12 ) (12 12 )2 3 4 3 2 3 4 3 36P Pa Sin Cos i Cos Sin jπ π π π π π π π π
= − + + − +
2 1
2 2 2
/3 1 1 3(12 12 ) (12 12 )
2 2 4 2 2 2 4 2 36P Pa i jπ π π π π= − + + − +
2 1
22 2
/3 3(3 3 ) (3 3 )2 2 36P Pa i jππ π π π= − + + − +
2 1/3 3(3 3 ) (3 3 )2 2 36P Pa i jππ π π π= − + + − +
2 1/ 31,13 14,57P Pa i j= − + −
Problem 4.7.2
Şekilde gösterildiği gibi 1P maddesel noktası xy düzleminde bulunan ve
merkezi x ekseni üzerinde 8 .R cm= yarıçaplı bir çember üzerinde 6tπθ =
bağıntısına göre hareket etmektedir. 2P maddesel noktası ise 1 2 5P P L R= = sabit
42
olmak üzere Z ekseni üzerinde hareket ediyor. 1t = için 2P maddesel noktasının hız ve ivmesini bulunuz. z 2P 5L R= y z R θ 3R C x Çözüm:
2Pr z k= ,
2PV z k= ,
2Pa z k=
2 1/ 5P Pr L R= =
1212 / PPPP rrr −=
1
(3 )Pr R RCos i RSin jθ θ= + +
2 1/ (3 )P Pr R RCos i RSin j z kθ θ= − + − +
2 1
22 2 2 2 2 2 2 2 225 9 6P PL r R R R Cos R Cos R Sin zθ θ θ−= = = + + + +
2 2 215 6z R R Cosθ= −
15 6z R Cosθ= − , 1/ 2(15 6 )z R Cosθ= −
1/ 21 (15 6 ) ( 6 )2
z R Cos Sinθ θ θ−= − − −
1/ 23 (15 6 )z R Sin Cosθ θ θ −= − 315 6R Sinz
Cosθ θ
θ=
−
1/ 2 2 1/ 2 3 / 233 (15 6 ) 3 (15 6 ) 3 ( )(15 6 ) (6 )2
z R Sin Cos R Cos Cos R Sin Cos Sinθ θ θ θ θ θ θ θ θ θ θ− − −= − + − + − −
2 2 23 ( ) 2715 6 (15 6 ) 15 6
R Sin Cos R SinzCos Cos Cos
θ θ θ θ θ θθ θ θ
+= −
− − −
43
6tπθ = ,
6πθ = , 0θ =
1t = de .6Radπθ =
36 6
15 66
R Sinz
Cos
π π
π=
−
2
15 3 3z π=
− 2 / .z cm s=
22PV k=
2 223 ( ) 27
36 6 36 6
15 6 (15 6 ) 15 66 6 6
R Cos R Sinz
Cos Cos Cos
π π π π
π π π= −
− − −
2 23 3
3 15 3 3 2(15 3 3) 15 3 3z π π= −
− − −
21,34 /z cm s= 2
1,34Pa 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.
As Cs
44
Bs
C
A
B
İpin toplam uzunluğunun değişmediği kabul edilirse
=++ CBA sss 2 sabit
yazılabilir. Bu eşitliğin her iki tarafının zamana göre türevleri alınırsa
02 =++ CBA VVV
hızlar arasındaki bağıntı bulunur. Tekrar türev alınırsa
02 =++ CBA aaa
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.
45
C
W
A
M
Çözüm:
Ws
Cs As
C
W
A
M
a) A Ws s sabit+ =
0A WV V+ =
W AV V= −
5 / .WV m s= −
46
b) 2C As s sabit+ =
2 0C AV V+ =
10 /CV m s= −
c) /C A C AV V V= −
/ 15 /C AV m s= −
d) /W A W AV V V= −
/ 5 5W AV = − −
/ 10 /W AV m s= −
Problem 4.8.2
Şekilde gösterilen B bloğu sağa doğru 450 / .BV 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 450 /B sV mm= E
Çözüm:
0 → (+) AS BS
C D 450 /B sV mm= A E B
47
a)
3 2B As s sabit− =
3 2 0B AV V− =
32A BV V=
3 4502AV =
675 /AV mm s=
b)
2 B Ds s sabit− =
2 0B DV V− =
2D BV V=
2* 450DV =
900 / .DV mm s=
c)
/A B A BV V V= −
/ 675 450A BV = −
/ 225 / .A BV mm s=
d)
/C D C DV V V= −
450 / .C BV V mm s= =
/ 450 900C DV = −
/ 450 / .C DV mm s= −
48
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 ΔV AV Δ B A ΔV BV Br Ar
49
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
0d AB ABdt
• =
elde edilir. Burada d ABdt
yerine AB VV − yazılırsa
( ) 0B AV V AB− • =
A BV AB V AB• = •
bağıntısı bulunur. Bu bağıntının her iki tarfı AB vektörünün modülüne bölünürse
ABBABA UVUV •=•
izdüşüm hızlar teoremi ispatlanmış olur.
Problem 5.1.1: Bir rijid cismin koordinatları (1,1,0) olan A noktasının hız vektörü
3 7 8AV i j k= + − 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
50
A BV AB V AB• = • yazılabilir. AB OB OA= − 2 3 6AB i j k= + + B BV V i= 3* 2 7 *3 8* 6AV AB• = + − 21 /AV AB m s• = − 2 * 21 /B BV AB V m s• = = −
21 /2BV m s= −
10,5 / .BV m s= − Problem 5.1.2: Şekilde gösterilen AB cisminin A ucu y ekseni üzerinde AV hız şiddeti ile aşağı doğru hareket ederken B ucu x ekseni üzerinde hareket ediyor. B ucunun hızının şiddetini A ucunun hızının şiddetine ve θ açısına bağlı olarak bulunuz. y AV Sinθ A θ AV θ B BV x θ BV Cosθ Çözüm: İzdüşüm hızlar teoremine göre A noktasının hızının AB doğrultusu üzerindeki izdüşümü B noktasının hızının AB doğrultusu üzerindeki izdüşümüne eşittir.
51
A BV Sin V Cosθ θ= B AV V tgθ= 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 Ar Br x o z Şekildeki A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir.
52
A Br AB r+ =
AB = sabit olduğu göz önünde bulundurularak eşitliğin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa BA VV =
hız vektörleri arasındaki bağıntı bulunur.Tekrar türev alındığında ise
BA aa =
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 sω = açısal ivmesi 22 /Rad sα = 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 ω α θ A D
F E 20 .AB CD cm= = 32 .BC AD cm= = 030θ =
53
Çözüm: B C ω x α Na Aa θ A D Ta AV E Aa a= F E y E AV V= 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 AV AB Tω= ⋅ 20 5AV T= ∗ 100AV T= 2
Aa AB T AB Nα ω= ⋅ + ⋅ 220 2 20 5Aa T N= ∗ + ∗ 40 500Aa T N= + 100E AV V T= =
40 500E Aa a T N= = + b) Kartezyen koordinat sisteminde hız ve ivme vektörleri AV BAω= ∧ 5kω = − BA BA Sin i BA Cos jθ θ= − ∗ + ∗ 0 020 30 20 30BA Sin i Cos j= − ∗ + ∗ 10 10 3BA i j= − + 5 ( 10 10 3 )AV k i j= − ∧ − + 50 3 50AV i j= − A Aa BA Vα ω= ∧ + ∧
54
2 ( 10 10 3 ) 5 (50 3 50 )Aa k i j k i j= − ∧ − + − ∧ − (20 3 250) (20 250 3)Aa i j= + + −
50 3 50E AV V i j= = −
(20 3 250) (20 250 3)E Aa a i 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 DV C r D θ ω A
ω α Yukarıdaki şekilde bir rijid cisim A ve B noktalarından geçen Δ ekseni etrafında ω açısal hızı ve α açısal ivmesi ile dönüyor. Cismin üzerindeki
55
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.
TrV ω=
İvme vektörü ise
NrTra 2ω+α=
şeklindedir. Sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde V hız vektörünün
DV ADω= ∧
şeklinde yazılabileceği aşağıda gibi gösterilebilir.
Burada ω açısal hız vektörüdür. Açısal hız vektörü aşısal hız şiddetinde dönme
ekseni doğrultusunda ve sağ el kuralı ile cismin dönme yönünü belirten yönde
bir vektördür.
DV AD AD Sinω ω θ= ∧ =
Burad AD Sin rθ = olduğundan ω= rV hızın şiddetini veren denklemi
sağlanmış olur.
Vektörel çarpımın doğrultusu çarpımdaki her iki vektöre de dik olacağından ω 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 DV ADω= ∧
ifadesi kullanılabilr. Bu eşitliğin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa ivme vektörü formülü elde edilir. D Da AD Vα ω= ∧ + ∧
Burada dtdω
=α dır.
Problem 5.3.1
Dikdörtgenler prizması şeklindeki cisim bir t anında açısal hızı pozitif yönde 7 /Rad sω = ve açısal ivmesi 22 /Rad sα = dir. Ayrıca aynı anda kenarları
koordinat eksenlerine çakışacak konumdan geçmektedir. B noktasının hız ve ivme vektörlerini cisim
56
a) x ekseni etrafında dönerken b) y ekseni etrafında dönerken c) z ekseni etrafında dönerken d) OA ekseni etrafında dönerken
y C B 20cm. D A
30cm. O H x E 60cm. F
Z
Çözüm:
a) cisim x ekseni etrafında pozitif yönde ( y den z ye doğru) dönüyor.
BV HB Tω= ∗ , 30 7BV T= ∗ , 210BV T=
BV HBω= ∧ , 7 iω = , 30HB j= , 7 30BV i j= ∧
210BV k=
2Ba HB T HB Nα ω= ∗ + ∗ , 230 2 30 7Ba T N= ∗ + ∗
60 1470Ba T N= +
B Ba HB Vα ω= ∧ + ∧ , 2 30 7 210Ba i j i k= ∧ + ∧
1470 60Ba j k= − +
b) cisim y ekseni etrafında pozitif yönde (z den x e doğru) dönüyor.
BV CB Tω= ∗ , 60 7BV T= ∗ , 420BV T=
260 2 60 7Ba T N= ∗ + ∗ , 120 2940Ba T N= +
BV CBω= ∧ , 7 jω = , 7 60BV j i= ∧
420BV k= −
B Ba CB Vα ω= ∧ + ∧ , 2 60 7 420Ba j i j k= ∧ + ∧ −
2940 120Ba i k= − −
c) Cisim z ekseni etrafında pozitif yönde (x den y ye doğru) dönüyor.
57
BV OB Tω= ∗ , 2 230 60OB = + , 2 230 60OB = + , 10 45OB =
70 45BV T= , 469,57BV T=
210 45 2 10 45 7Ba T N= ∗ + ∗ , 20 45 490 45Ba T N= +
134,16 3287,02Ba T N= + , 23289,8 /Ba cm s=
BV OBω= ∧ , 7kω = , 60 30OB i j= +
7 (60 30 )BV k i j= ∧ +
210 420BV i j= − +
B Ba OB Vα ω= ∧ + ∧ , 2 (60 30 ) 7 ( 210 420 )Ba k i j k i j= ∧ + + ∧ − +
120 60 1470 2940Ba j i j i= − − −
3000 1350Ba i j= − −
d) Cisim OA ekseni etrafında pozitif yönde (O dan bakıldığında saat
ibrelerinin tersi yönünde) dönüyor.
BV ABω= ∧
OAUω ω= , ( ) ( ) ( )2 2 2
60 30 20
60 30 20OA
i j kOAUOA
+ += =
+ +
6 3 27 7 7OAU i j k= + + , 6 3 2i j kω = + + , 20AB k= −
(6 3 2 ) 20BV i j k k= + + ∧ −
60 120BV i j= − +
B Ba AB Vα ω= ∧ + ∧ , OAUα α= , 12 6 47 7 7i j kα = + +
12 6 4( ) 20 6 3 27 7 7
60 120 0B
i j ka i j k k= + + ∧ − +
−
120 240( 240) ( 120) 9007 7Ba i j k= − − + − +
58
257,14 85,71 900Ba i j k= − − +
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 sω = ve açısal ivmesi 27 /Rad sα = 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:
CV ACω= ∧ , C Ca AC Vα ω= ∧ + ∧
Uω ω Δ= , Uα α Δ= , ABUAB
Δ = , 2 2 2
(7 5) (3 6) (8 2)
(7 5) (3 6) (8 2)
i j kUΔ− + − + −
=− + − + −
2 3 67 7 7
U i j kΔ = − + , 4 6 12i j kω = − + , 2 3 6i j kα = − +
(10 5) (8 6) (6 2)AC i j k= − + − + − , 5 2 4AC i j k= + +
a)
4 6 125 2 4
C
i j kV ACω= ∧ = −
( 6 4 12 2) (12 5 4 4) (4 2 6 5)CV i j k= − ∗ − ∗ + ∗ − ∗ + ∗ + ∗
48 44 38CV i j k= − + +
b)
C Ca AC Vα ω= ∧ + ∧ , 2 3 6 4 6 125 2 4 48 44 38
C
i j k i j ka = − + −
−
( 3 4 6 2 6 38 12 44) (6 5 2 4 48 12 4 38)
(2 2 3 5 4 44 6 48)Ca i j
k
= − ∗ − ∗ − ∗ − ∗ + ∗ − ∗ − ∗ − ∗ +
+ ∗ + ∗ + ∗ − ∗
780 706 93Ca i j k= − − −
59
c)
C CV R ω= ⇒ CC
VR
ω=
48 44 38CV i j k= − + + , 75,39 /CV cm s=
75,3914CR =
5,39 .CR 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
ABr / B A Ar Br x o z
60
Şekildeki oAB vektör üçgeninden A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir. /B A B Ar r r= + Bu yer vektörleri arasındaki bağıntının zaman göre türevinden hız vektörleri arasındaki bağıntı elde edilir. /B A B AV V V= +
Bu eşitliğin zamana göre türevi alınırsa ivmeler arasındaki bağıntı elde edilir.
/B A B Aa a 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. /B AV ABω= ∧
/ /B A B Aa AB Vα ω= ∧ + ∧
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 8 /OA Rad sω = ,açısal ivmesi 23 /OA Rad sα = AB kolunun açısal hızı ise 6 /AB Rad sω = ,açısal ivmesi
22 /AB Rad sα = olduğuna göre bu an için C noktasının hız ve ivme vektörlerini bulunuz. y B ABω
A ϕ
OAω
61
O θ x
26 .OA cm= 20 .AB cm=
Sistem verilen konumdan geçerken: 060θ = , 045ϕ = , 8 /OA Rad sω =
23 /OA Rad sα = , 6 /AB Rad sω = , 22 /AB Rad sα =
dır.
Çözüm:
/B A B AV V V= + , A OAV OAω= ∧ , /B A ABV ABω= ∧
8OA kω = , 3OA kα = , 6AB kω = , 2AB kα =
( )OA OA Cos i Sin jθ θ= + , 13 13 3OA i j= +
( )AB AB Cos i Sin jϕ ϕ= + , 10 2 10 2AB i j= +
8 (13 13 3 )AV k i j= ∧ + , 104 3 104AV i j= − +
/ 6 (10 2 10 2 )B AV k i j= ∧ + , / 60 2 60 2B AV i j= − +
(104 3 60 2) (104 60 2)BV i j= − + + +
265 188,9BV i j= − +
/B A B Aa a a= + , A OA OA Aa OA Vα ω= ∧ + ∧ , / /B A AB AB B Aa AB Vα ω= ∧ + ∧
3 (13 13 3 ) 8 ( 104 3 104 )Aa k i j k i j= ∧ + + ∧ − + ,
(39 3 832) (39 832 3)Aa i j= − + + −
/ 2 (10 2 10 2 ) 6 ( 60 2 60 2 )B Aa k i j k i j= ∧ + + ∧ − +
/ (20 2 360 2 ) (20 2 360 2 )B Aa i j= − + + − , / 380 2 340 2B Aa i j= − −
(39 3 380 2 832) (39 832 3 340 2)Ba i j= − + + + − −
1436,95 1882,9Ba i j= − −
Problem 5.4.2
62
Aşağıdaki şekilde kaymadan yuvarlanma hareketi yapan bir disk gösterilmektedir. Diskin çevresindeki A , B , C , D ve I noktalarının hız ve ivme vektörlerini bulunuz. C 2C GV V=
y /D GV DV B GV
θ /B G B GV V V= + D GV G GV A GV
I /A GV AV x
/I GV 0IV = GV
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: /A G A GV V V= + GV R iω= , /A GV R jω= −
AV R i R jω ω= −
/A G A Ga a a= +
Ga R iα=
2/A Ga R T R Nα ω= +
2/A Ga R i R jω α= − −
2( )Aa R i R jα ω α= − −
B noktasının hız ve ivme vektörü: /B G B GV V V= + GV R iω= , / ( )B GV k RCos i RSin jω θ θ= − ∧ +
/B GV R Sin i R Cos jω θ ω θ= −
(1 )BV R Sin i R Cos jω θ ω θ= + −
63
/B G B Ga a a= + / ( ) ( )B Ga k RCos i RSin j k R Sin i R Cos jα θ θ ω ω θ ω θ= − ∧ + − ∧ − 2 2
/ ( ) ( )B Ga R Sin R Cos i R Cos R Sin jα θ ω θ α θ ω θ= − − + 2 2( ) ( )Ba R R Sin R Cos i R Cos R Sin jα α θ ω θ α θ ω θ= + − − + C noktasının hız ve ivme vektörü: /C G C GV V V= + GV R iω= , /C GV R iω=
2CV R iω=
/C G C Ga a a= +
Ga R iα=
2/C Ga R T R Nα ω= +
2/C Ga R i R jα ω= −
22Ca R i R jα ω= −
A noktasının hız ve ivme vektörü: /D G D GV V V= + GV R iω= , /D GV R jω=
DV R i R jω ω= +
/D G D Ga a a= +
Ga R iα=
2/D Ga R T R Nα ω= +
2/D Ga R i R jω α= +
2( )Da R i R jα ω α= + +
I noktasının hız ve ivme vektörü: /I G I GV V V= + GV R iω= , /I GV R iω= −
0IV =
/I G I Ga a a= +
64
Ga R iα=
2/I Ga R T R Nα ω= +
2/I Ga R i R jα ω= − +
2Ia R jω=
5.5 Genel düzlemsel harekette ani dönme merkezi Genle düzlemsel hareketteki BABA VVV =+ / 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. CV C AV AV
ω I A AIV / Şekilde görüldüğü gibi A noktasının hızına çıkılan dikme üzerinde hızı sıfır olan noktayı bulmak mümkündür. Eğer AAI VV =/
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
65
dik çıkarak, yönü ω nın gösterdiği yönde , şiddeti ise IC doğrusunun uzunluğu ile ω açısal hız vektörünün çarpımından şekildeki gibi kolaylıkla bulunur. CV IC ω= ⋅ Problem 5.5.1: Şekilde gösterilen L uzunluğundaki AB cisminin A ucu y ekseni üzerinde AV hızı ile aşağı doğru hareket ederken B ucu x ekseni üzerinde hareket ediyor. B ucunun hızını ve C merkezinin hızını A ucunun hızına ve θ açısına bağlı olarak bulunuz. y A AV C θ B x Çözüm: y I A ω
66
AV C CV θ B BV x AV IA ω= ∗ ⇒ AV
IAω =
BV IB ω= ∗ , CV IC ω= ∗
B AIBV VIA
= ∗ , C AICV VIA
= ∗
AB L= , IA LCosθ= , IB LSinθ= , 2LIC =
B AL SinV VLCos
θθ
= ∗ , 2C A
L
V VLCosθ
= ∗
B AV V tgθ=
AC
VV
Cosθ=
Problem 5.5.2: Şekildeki krank biyel mekanizmasında AB=10cm. uzunluğundaki krankı A etrafında saat ibreleri yönünde 5 / .Rad sω = sabit açısal hızı ile dönüyor. 030θ = için BC=30cm. uzunluğundaki biyelinin açısal hızını ve C pistonunun hızını bulunuz. B C A θ x
ABω
Çözüm : I BCω B
67
C A θ ϕ CV x
ABω BV
B AB BCV AB IBω ω= ∗ = ∗ ⇒ BC ABABIB
ω ω=
C BCV IC ω= ∗ , C ABABV ICIB
ω= ∗
10 5BV = ∗ , 50 /BV cm s= Sinüs teoreminden
0(180 )Sin Sin Sin
AB BC ACϕ θ θ ϕ− −= = ⇒ ABSin Sin
BCϕ θ=
AC ABCos BCCosθ ϕ= +
21Cos Sinϕ ϕ= − , 2 21 ( )ABCos SinBC
ϕ θ= −
2 21 ( )ABAC ABCos BC SinBC
θ θ= + −
0 2 2 01010 30 30 1 ( ) 3030
AC Cos Sin= + −
37,815 .AC cm=
ACIACosθ
= , 037,815
30IA
Cos=
43,665 .IA cm= IC IASinθ= , 043,665 30IC Sin= ∗ 21,833 .IC cm= IB IA AB= − , 43,665 10IB = − 33,665 .IB cm=
BC ABABIB
ω ω= , 10 533,665BCω =
1, 485 /BC Rad sω = C BCV IC ω= ∗ , 21,833 1,485CV = ∗ 32,42 /CV cm s=
68
5.6 Rijid cismin sabit bir nokta etrafında hareketi
Aşağıdaki şekilde o etrafında ω açısal hız vektörü ve α açısal ivme vektörü ile dönen bir rijid cismin C noktasının hız ve ivme vektörleri aşağıdaki gibi yazılabilir.
ω α C O CV OCω= ∧ C Ca OC Vα ω= ∧ + ∧ 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.
69
Problem 5.6.1: Şekilde gösterildiği anda OAB Robot kolu y ekseni etrafında 1 0,15 /Rad sω = sabit açısal hızı ve z ekseni etrafında 2 0, 25 /Rad sω = 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 1ω A B o 350 2ω z x Çözüm: a) 1 2ω ω ω= + 1 1 jω ω= , 2 2kω ω= , 1 2j kω ω ω= +
0,15 0,25j kω = + , ( ) ( )2 20,15 0, 25ω ω= = + 0,29 / .Rad sω = b)
70
1 2d dddt dt dt
ω ωωα = = +
Şiddeti sabit olan 1ω açısal hız vektörünün doğrultusu da
değişmediğinden 1 0ddtω
= dır.
21 2
ddtω
α ω ω= = ∧ , 0,15 0,25j kα = ∧
0,0375 iα = c) BV OBω= ∧ , 0 035 35OB Cos i Sin j= +
0,819 0,5736OB i j= + , 0 0,15 0,250,819 0,5736 0
B
i j kV =
0,1434 0,205 0,123BV i j k= − + − , 0, 279 /BV m s= d) B Ba OB Vα ω= ∧ + ∧
0,0375 (0,819 0,5736 ) 0 0,15 0,250,1434 0,205 0,123
B
i j ka i i j= ∧ + +
− −
0,0697 0,0359 0,043Ba i j k= − − + , 20,089 /Ba m s= 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
(180 / )BV mm 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
71
E O C 40 240 D 2 80 A 1 z x (Ölçüler mm. cinsindendir.) 200 Çözüm: a) BV OBω= ∧ , x y zi j kω ω ω ω= + + , 240OB j= ( ) 240B x y zV i j k jω ω ω= + + ∧ , 240 240B z xV i kω ω= − + ayrıca 180BV k= olduğu bilindiğinden
240 240 180B z xV i k kω ω= − + = ⇒ 180 0,75 /240x Rad sω = = , 0zω =
AV OAω= ∧ , 0.75 yi jω ω= + , 200OA k= (0.75 ) 200A yV i j kω= + ∧ , 200 150A yV i jω= − ayrıca A noktasının hızı doğrultusu bilindiğinden 2 1
5 5A A AV V i V j= − şeklinde yazılabilir. Bu A noktasına ait hız
ifadeleri eşitlenip 2 1 200 150
5 5A A A yV V i V j i jω= − = − elde edilen denklemden A
noktasının hızı ve açısal hızın y ekseni doğrultusundaki bileşeni bulunur. 150 5AV = , 2
200 5y AVω = , 2 (150 5) 1,5 /200 5y Rad sω = =
0,75 1,5i jω = + b) 2 1(150 5) (150 5)
5 3AV i j= −
300 150AV i j= − c) CV OCω= ∧ , 100 80 40OC i j k= + +
72
0,75 1,5 0100 80 40
C
i j kV = , 60 30 90CV i j k= − −
d) C Ca OC Vα ω= ∧ + ∧ B noktasının hızının şiddeti sabit ise ivmenin teğetsel bileşeni sıfır olacağında α açısal ivmesi sıfırdır. 0α = (0,75 1,5 ) (60 30 90 )Ca i j i j k= + ∧ − −
0,75 1,5 060 30 90
C
i j ka =
− − , 135 67,5 112,5Ca i j k= − + −
5.7 Rijid cismin genel hareketi y
ABr / B A Ar Br x o z Şekildeki oAB vektör üçgeninden A ve B nin yer vektörleri arasında aşağıdaki bağıntı yazılabilir. BABA rrr =+ / Bu yer vektörleri arasındaki bağıntının zaman göre türevinden hız vektörleri arasındaki bağıntı elde edilir. BABA VVV =+ /
73
Bu eşitliğin zamana göre türevi alınırsa ivmeler arasındaki bağıntı elde edilir.
BABA aaa =+ /
Buradaki B nin A daki eksen sistemine göre olan bağıl yer hız ve ivme vektörleri sabit bir nokta etrafındaki hareketi göstermektedir. /B AV ABω= ∧ / /B A B Aa AB Vα ω= ∧ + ∧ 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
18 /AB Rad sω = 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 ABω A C x z Çözüm: /C B C BV V V= + B ABV ABω= ∧ , /C B BCV BCω= ∧ Ayrıca C CV V k= dır. 18AB kω = , 150AB j= , 18 150BV k j= ∧ , 2700BV i= −
74
X Y ZBC BC BC BCi j kω ω ω ω= + + , 225 150BC i j OC k= − − +
( ) ( ) ( )2 2 2OC BC OA AB= − − , ( ) ( ) ( )2 2 2525 225 150OC = − −
450 .OC mm= , 225 150 450BC i j k= − − + / ( ) ( 225 150 450 )
X Y ZC B BC BC BCV i j k i j kω ω ω= + + ∧ − − +
/
225 150 450X Y ZC B BC BC BC
i j kV ω ω ω=
− −
/ (450 150 ) (225 450 ) (225 150 )Y Z Z X Y XC B BC BC BC BC BC BCV i j kω ω ω ω ω ω= + − + + −
İzdüşüm hızlar teoremine göre B CV BC V BC• = • 2700 ( 225 150 450 ) ( 225 150 450 )Ci i j k V k i j k− • − − + = • − − + 607500 450 CV= , 1350 /CV mm s= , 1350CV k= /C B C BV V V= − , / 2700 1350C BV i k= +
/ 2700 1350 (450 150 ) (225 450 ) (225 150 )Y Z Z X Y XC B BC BC BC BC BC BCV i k i j kω ω ω ω ω ω= + = + − + + −
/ 2700 (450 150 ) (225 450 ) (225 150 )Y Z Z X Y XC B C BC BC BC BC BC BCV i V k i j kω ω ω ω ω ω= + = + − + + −
450 150 2700
225 450 0
225 150
Y Z
Z X
Y X
BC BC
BC BC
BC BC CV
ω ω
ω ω
ω ω
+ =
+ =
− =
3 450 3 150 3 2700
2 225 ( 2) * 450 0
6 225 6 150 6
Y Z
Z X
Y X
BC BC
BC BC
BC BC CV
ω ω
ω ω
ω ω
∗ + ∗ = ∗
− ∗ + − =
∗ − ∗ = ∗
1350 450 3 2700
450 900 0
1350 900 6
Y Z
Z X
Y X
BC BC
BC BC
BC BC CV
ω ω
ω ω
ω ω
+ = ∗
− − =
− = ∗
1350 900 3 2700
1350 900 6Y X
Y X
BC BC
BC BC CV
ω ω
ω ω
− = ∗
− = ∗
3 18
2 0Y Z
X Z
BC BC
BC BC
ω ω
ω ω
+ =
+ =
263
2Y X
Z X
BC BC
BC BC
ω ω
ω ω
= +
= −
6 3 2700CV∗ = ∗ ⇒ 1350 /CV mm s= , 1350CV k=
0 450 150450 0 225 ( 450 225 150) (150 450 225) 0150 225 0
= − ∗ ∗ + ∗ ∗ =−
Katsayılar matrisinin determinantı sıfır olduğundan açısal hız vektörü belirsizdir. BC kolu kendi etrafında B ve C noktalarının hızından bağımsız olarak dönebilir. 2(6 ) 2
3X X XBC BC BCi j kω ω ω ω= + + −
/C B C Ba a a= + , C Ca a k=
B AB AB Ba AB Vα ω= ∧ + ∧
75
AB kolunun açısal hızı sabit olduğundan açısal ivmesi ABα sıfırdır.
B AB Ba Vω= ∧ , 18 2700Ba k i= ∧ − , 48600Ba j= −
/ /C B BC BC C Ba BC Vα ω= ∧ + ∧
/ ( ) ( 225 150 450 )
2[ (6 ) 2 ] (2700 1350 )3
X Y Z
X X X
C B BC BC BC
BC BC BC
a i j k i j k
i j k i k
α α α
ω ω ω
= + + ∧ − − + +
+ + − ∧ +
/26 23
225 150 450 2700 0 1350X Y Z X X XC B BC BC BC BC BC BC
i j ki j ka α α α ω ω ω= + + −
− −
/ (450 150 900 8100) ( 225 450 6750 )
( 150 225 1800 16200)Y Z X Z X X
X Y X
C B BC BC BC BC BC BC
BC BC BC
a i j
k
α α ω α α ω
α α ω
= + + + + − − − +
+ − + − −
(450 150 900 8100) ( 225 450 6750 48600)
( 150 225 1800 16200)Y Z X Z X X
X Y X
C C BC BC BC BC BC BC
BC BC BC
a a k i j
k
α α ω α α ω
α α ω
= = + + + + − − − − +
+ − + − − 450 150 900 8100 0
225 450 6750 48600 0
150 225 1800 16200
Y Z X
Z X X
X Y X
BC BC BC
BC BC BC
BC BC BC Ca
α α ω
α α ω
α α ω
+ + + =
− − − − =
− + − − =
3 450 3 150 3 900 3 8100 0
2 225 2 450 2 6750 2 48600 0
150 225 1800 16200
Y Z X
Z X X
X Y X
BC BC BC
BC BC BC
BC BC BC Ca
α α ω
α α ω
α α ω
∗ + ∗ + ∗ + ∗ =
− ∗ − ∗ − ∗ − ∗ =
− + − − =
900 1350 10800 72900
150 225 1800 16200X Y X
X Y X
BC BC BC
BC BC BC Ca
α α ω
α α ω
− + − =
− + − − =
150 225 1800 12150
150 225 1800 16200X Y X
X Y X
BC BC BC
BC BC BC Ca
α α ω
α α ω
− + − =
− + − − =
12150 16200 Ca− = , 24050 /Ca mm s= −
254 83Y X XBC BC BCα ω α= + + , 30 216 2
Z X XBC BC BCα ω α= − − −
2(54 8 ) ( 30 216 2 )3X X X X XBC BC BC BC BCi j kα α ω α ω α= + + + + − − −
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.
76
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.
( ) 0( )
OC OC BCOC OC BC
ω ∧ ∧• =
∧ ∧
( ) 0( )
OC OC BCOC OC BC
α ∧ ∧• =
∧ ∧
450OC k= , 225 150 450BC i j k= − − +
( ) 450 ( 225 150 450 )OC BC k i j k∧ = ∧ − − + , ( ) 67500 101250OC BC i j∧ = − [ ( )] 450 (67500 101250 )OC OC BC k i j∧ ∧ = ∧ −
[ ( )] 45562500 30375000OC OC BC i j∧ ∧ = − ( ) 0,832 0,5547( )
OC OC BC i jOC OC BC
∧ ∧= −
∧ ∧
2(6 ) 23X X XBC BC BCi j kω ω ω ω= + + −
( ) 2( (6 ) 2 ) (0,832 0,5547 ) 03( ) X X XBC BC BC
OC OC BC i j k i jOC OC BC
ω ω ω ω∧ ∧• = + + − • − =
∧ ∧
0,832 3,3282 0,3698 0
X XBC BCω ω− − = ⇒ 7, 2 /XBC Rad sω =
7, 21 10,8 14,4i j kω = + −
77
2(54 8 ) ( 30 216 2 )3X X X X XBC BC BC BC BCi j kα α ω α ω α= + + + + − − −
2(111,6 ) ( 432 2 )3X X XBC BC BCi j kα α α α= + + + − −
( ) 2[ (111,6 ) ( 432 2 ) ] (0,832 0,5547 ) 03( ) X X XBC BC BC
OC OC BC i j k i jOC OC BC
α α α α∧ ∧• = + + + − − • − =
∧ ∧
20,832 0,5547 111,6 0,5547 03X XBC BCα α− ∗ − ∗ = , (0,832 0,3698) 61,9
XBCα− = 2133,93 /
XBC Rad sα = , 133,93 200,9 699,9i j kα = + + − 5.8 Maddesel noktanın dönen eksen sistemine göre bağıl hareketi Y y .sürω B q .sürα j x i A X O C k Z z Yukarıdaki şekilde siyah çizgiyle çizilmiş XYZ eksen sistemine göre mavi çizgiyle çizilmiş xyz eksen sistemi ω açısal hız vektörü ve α 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. kqjqiqq zyx ++=
78
dtkdqk
dtdq
dtjdqj
dtdq
dtidqi
dtdq
DtqD
zz
yy
xx +++++=
kdtdq
jdtdq
idtdq
dtqd zyx ++=
Birim vektörlerin türevleri hız formüllerinden faydalanarak alınabilir.
dtidiV sürA =∧ω= .
dtjdjV sürB =∧ω= .
dtkdkV sürC =∧ω= .
qdtqd
DtqD
sür ∧ω+= .
Y y .sürω p .sürα pr x X O Z z Bulunan bu türev formülünde q yerine dönen eksen sistemine göre ifade edilmiş p maddesel noktasının pr yer vektörü yazılırsa pV hız vektörü bulunur.
psürpp
p rdtrd
dtrD
V ∧ω+== .
Burada .bağp Vdtrd
= bağıl hız.
.. sürpsür Vr =∧ω sürükleme hızıdır.
79
Böylece p maddesel noktasının hız vektörü aşağıdaki gibi yazılabilir.
.. sürbağp VVV +=
P maddesel noktasının ivme vektörünü bulmak için türev formülünde q
yerine bulduğumuz pV hız vektörünün psürp rdtrd
∧ω+ . ifadesi yazılmalıdır.
)()(
..
.
psürp
sür
psürp
pp r
dtrd
dt
rdtrd
d
DtVD
a ∧ω+∧ω+∧ω+
==
)( .....2
2
psürsürp
sürp
sürpsürp
p rdtrd
dtrd
rdtrd
a ∧ω∧ω+∧ω+∧ω+∧α+=
Burada
bağılp a
dtrd
=2
2
bağıl ivme
.... )( sürpsürsürpsür arr =∧ω∧ω+∧α sürükleme ivmesi
..2 corp
sür adtrd
=∧ω⋅ Coriolis ivmesi
Böylece p maddesel noktasının ivmesi aşağıdaki gibi yazılabilir.
.. corsürbağılp aaaa ++=
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
10 /AP Rad sω = (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
80
APω x 600 200 B A 300 mm. Çözüm: .. sürbağp VVV += , . .bağ bağ BEV V U= , .sür BEV BPω= ∧ P APV APω= ∧ Şekilden 0120PAB = , 040APB = olduğu görülür. Sinüs teoreminden
0 0 0300
20 120 40AP BP
Sin Sin Sin= = ⇒ 159,63 .AP mm= , 404,19 .BP mm=
0 0( 60 60 )AP AP Cos i Sin j= + , 79,815 138,244AP i j= +
0 0( 20 20 )BP BP Cos i Sin j= + , 379,81 138,24BP i j= +
BEBPUBP
= , 0,9397 0,342BEU i j= +
10AP kω = , BE BE kω ω=
10 (79,815 138, 244 )PV k i j= ∧ + , 1382, 44 798,15PV i j= − +
. . .0,9397 0,342bağ bağ bağV V i V j= +
. (379,81 138, 24 )sür BEV k i jω= ∧ + , . 138, 24 379,81sür BE BEV i jω ω= − +
. .1382,44 798,15 (0,9397 0,342 ) ( 138,24 379,81 )P bağ bağ BE BEV i j V i V j i jω ω= − + = + + − +
. .1382,44 798,15 (0,9397 138,24 ) (0,342 379,81 )bağ BE bağ BEi j V i V jω ω− + = − + +
.
.
0,9397 138, 24 1382, 44
0,342 379,81 798,15bağ BE
bağ BE
V
V
ω
ω
− = −
+ =
a)
.
.
379,81 379,81 379,810,9397 138,24 1382,44138,24 138,24 138,240,342 379,81 798,15
bağ BE
bağ BE
V
V
ω
ω
− = −
+ =
.2,9238 2851,7bağV = − , . 975,34 /bağV mm s= −
81
. 916,527 333,566bağV i j= − − b) .0,342 379,81 798,15bağ BEV ω+ = 0,342( 975,34) 379,81 798,15BEω− + = , 2,98 /BE Rad sω = . 411,96 1131,83sürV i j= − + c) .. corsürbağılp aaaa ++= , P AP AP Pa AP Vα ω= ∧ + ∧ . .bağ bağ BEa a U= , . .sür BE BE süra BP Vα ω= ∧ + ∧ , . .2Cor BE bağa Vω= ∧ 10 ( 1382, 44 798,15 )Pa k i j= ∧ − + , 7981,5 13824, 4Pa i j= − − . . .0,9397 0,342bağ bağ bağa a i a j= + . (379,81 138, 24 ) 2,98 ( 411,96 1131,83 )sür BEa k i j k i jα= ∧ + + ∧ − + . ( 138, 24 3372,85) (379,81 1227,64)sür BE BEa i jα α= − − + − . 2 2.98 ( 916,527 333,566 )Cora k i j= ∗ ∧ − − , . 1988,05 5462,5Cora i j= −
. .7981,5 13824,4 (0,9397 0,342 )
[( 138,24 3372,85) (379,81 1227,64) ] (1988,05 5462,5 )P bağ bağ
BE BE
a i j a i a j
i j i jα α
= − − = + +
− − + − + −
.
.
7981,5 13824,4 (0,9397 138, 24 1384,8)
(0,342 379,81 6690,14)bağ BE
bağ BE
i j a i
a j
α
α
− − = − − +
+ + −
.
.
0,9397 138, 24 1384,8 7981,5
0,342 379,81 6690,14 13824, 4bağ BE
bağ BE
a
a
α
α
− − = −
+ − = −
.
.
0,9397 138, 24 6596,7
0,342 379,81 7134, 26bağ BE
bağ BE
a
a
α
α
− = −
+ = − ⇒
2.
2
8638,94 /
11 /
bağ
BE
a mm s
Rad sα
= −
= −
Problem 5.8.2: Şekildeki mekanizmada A noktasından mafsallı AOP kolunun P ucu ekseninden
4R mesafesinde mafsallı olan D diskine sürekli temas halindedir. D
diski saat ibreleri yönünde 40 /D Rad sω = sabit açısal hızı ile döndüğüne göre şekilde gösterilen konumdan geçerken AOP kolunun A noktasının hızını ve ivmesini bulunuz. y
82
Dω
D A G P
x O Ölçüler mm. dir. Çözüm: .. sürbağp VVV += p OV OPω= ∧ , .bağ DV GPω= ∧ , .sür DV DPω= ∧ O Okω ω= , 40D kω =
DP DP j= − , 2 2DP GP DG= − , 2 240 10DP = − , 10 15DP j= −
210 (90 )OP i DP j= + − , 210 (90 10 15)OP i j= + − GP GD DP= + , 10 10 15GP i j= − [210 (90 10 15) ]p OV k i jω= ∧ + − , (90 10 15) 210p O OV i jω ω= − − + . . (10 10 15 )bağ bağV k i jω= ∧ − , . . .10 15 10bağ bağ bağV i jω ω= + . 40 ( 10 15 )sürV k j= ∧ − , . 400 15sürV i= . .(90 10 15) 210 (10 15 10 ) (400 15 )p O O bağ bağV i j i j iω ω ω ω= − − + = + + . .(90 10 15) 210 (10 15 400 15) 10p O O bağ bağV i j i jω ω ω ω= − − + = + +
.
.
10 15 400 15 (90 10 15)
10 210bağ O
bağ O
ω ω
ω ω
+ = − −
=
+ .
.
10 15 400 15 (90 10 15)
15 10 15 210bağ O
bağ O
ω ω
ω ω
+ = − −
− ∗ = − ∗
400 15 ( 90 200 15 ) Oω= − −
400 1590 200 15Oω =− −
, 1,792 /O Rad sω = − , . 37,628 /bağ Rad sω = −
A OV OAω= ∧ , 1,792 90AV k j= − ∧ , 161, 28AV i=
83
91,88 376,32pV i j= − , . 1457,326 376,28bağV i j= − − , . 1549,193sürV i=
.. corsürbağılp aaaa ++= , p O O Pa OP Vα ω= ∧ + ∧
. . . .bağ bağ bağ bağa GP Vα ω= ∧ + ∧ , . .sür D D süra DP Vα ω= ∧ + ∧ 0Dα = , . .bağ bağ kα α= , O Okα α=
[210 (90 10 15) ] 1,792 (91,88 376,32 )p Oa k i j k i jα= ∧ + − − ∧ − ( 51,27 674,365) (210 164,65)p O Oa i jα α= − − + −
. . (10 10 15 ) ( 37,628 ) ( 1457,326 376,28 )bağ bağa k i j k i jα= ∧ − + − ∧ − −
. . .(38,73 14158,66) (10 54836,26)bağ bağ bağa i jα α= − + +
. 40 1549,193süra k i= ∧ , . 61967,72süra j=
. .
( 51, 27 674,365) (210 164,65)
[(38,73 14158,66) (10 54836, 26) ] 61967,72p O O
bağ bağ
a i j
i j j
α α
α α
= − − + − =
− + + +
. .( 51,27 674,365) (210 164,65) (38,73 14158,66) (10 116804)O O bağ baği j i jα α α α− − + − = − + + .
.
38,73 14158,66 51,27 674,365
10 116804 210 164,65bağ O
bağ O
α α
α α
− = − −
+ = −
.
.
38,73 51,27 13484,3
10 210 116968,65bağ O
bağ O
α α
α α
+ =
− = − ⇒ 2
. 366,1 /bağ Rad sα = − , 2539,56 /O Rad sα =
A O O Aa OA Vα ω= ∧ + ∧ , 539,56 90 1,792 161, 28Aa k j k i= ∧ − ∧ 48560, 4 289Aa i j= − −
Problem 5.8.3: Şekilde gösterilen sistemde A pimi etrafında Aω 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
84
P 2b R A θ O Oω x Aω Çözüm : y P A θ ψ Oω x Aω ϕ O ϕ . .P bağ sürV V V= + , P AV APω= ∧ . . .bağ bağ bağV V Sin i V Cos jϕ ϕ= − , sür OV OPω= ∧ A Akω ω= − , O Okω ω= − AP RCos i R Sin jθ θ= + , ( )OP R b RCos i R Sin jθ θ= − + − + 2 2( ) 2 ( )OP R R b R b R Cosθ= + + − ∗ +
bAO R b RCos R Sin tgCos
θ θ ϕϕ
= + = + +
OP Sin R Sinψ θ= ⇒ R SinSinOP
θψ =
OPCos R b RCosψ θ= + − ⇒ R b RCosCosOP
θψ + −=
( )OPCos bψ ϕ+ = ( )Cos Cos Cos Sin Sinψ ϕ ψ ϕ ψ ϕ+ = −
( ) bCosOP
ψ ϕ+ =
85
b Cos Cos Sin SinOP
ψ ϕ ψ ϕ= − , R b RCos R Sinb Cos SinOP OP OP
θ θϕ ϕ+ −= −
( )b R b RCos Cos R Sin Sinθ ϕ θ ϕ= + − − ( ) 0RSin Cos R b RCos Sin R Cos Sin R Sin Cosθ θ ϕ θ ϕ ϕ θ θ ϕ ϕ θ ϕ− + − − − =
( ) tan tan 0RSin R b RCos R Cos R Sinθ θθ θ ϕ θ ϕ θϕ ϕ
− + − − − =
( ) tantan
R b RCos R SinRSin RCos
θ ϕ θθϕ θ θ ϕ
+ − +=
− , ( ) tan 1
tanR b
RSin RCosϕθ
ϕ θ θ ϕ+
= +−
(1 )
1
tan
bR
Sin Cos
θθϕ θϕ
+= +
−
( )P AV k RCos i R Sin jω θ θ= − ∧ + , P A AV R Sin i RCos jω θ ω θ= − [ ( ) ]sür OV k R b RCos i R Sin jω θ θ= − ∧ − + − + ( )sür O OV R Sin i R b RCos jω θ ω θ= + + −
. .
( ( ) )
( )P A A O O
bağ bağ
V R Sin i RCos j R Sin i R b RCos j
V Sin i V Cos j
ω θ ω θ ω θ ω θ
ϕ ϕ
= − = + + − +
+ −
. .( ) [ ( ) ]A A O bağ O bağR Sin i RCos j R Sin V Sin i R b RCos V Cos jω θ ω θ ω θ ϕ ω θ ϕ− = + + + − −
.
.( )O bağ A
O bağ A
R Sin V Sin R Sin
R b RCos V Cos RCos
ω θ ϕ ω θ
ω θ ϕ ω θ
+ =
+ − − = −
.
.( )O bağ A
O bağ A
R Sin Cos V Sin Cos R Sin Cos
R b RCos Sin V Cos Sin RCos Sin
ω θ ϕ ϕ ϕ ω θ ϕ
ω θ ϕ ϕ ϕ ω θ ϕ
+ =
+ − − = −
[( ) ] ( )O AR b RCos Sin R Sin Cos R Sin Cos RCos Sinω θ ϕ θ ϕ ω θ ϕ θ ϕ+ − + = −
(1 )
O
A
Sin Cos Cos Sinb Cos Sin Sin CosR
ω θ ϕ θ ϕω θ ϕ θ ϕ
−=
+ − + , ( )
(1 ) ( )
O
A
Sinb Sin SinR
ω θ ϕω ϕ θ ϕ
−=
+ + −
veya
(1 )
1
tan
A
O
bR
Sin Cos
ωθω θϕ
+= +
−
Kare kesitli çubuk oluşturmak için ψ nin maksimum değerinde 2OP b= ∗ Olmalıdır. 2 2( ) 2 ( )OP R R b R b R Cosθ= + + − ∗ + 2 2 22 ( ) 2 ( )b R R b R b R Cosθ= + + − ∗ + 2 2 22( ) 2 2Rb R Cos R Rb bθ+ = + −
86
22( 1) 2 2 ( )b b bCosR R R
θ+ = + − , 22 2 ( )
2( 1)
b bR RCosbR
θ+ −
=+
0.375bR= için 018,4022462θ =
R SinSinOP
θψ = 2
R SinSinb
θψ = ⇒ 036,5314312ψ =
( ) bCosOP
ψ ϕ+ = , ( )2bCosb
ψ ϕ+ = ⇒ 0( ) 45ψ ϕ+ =
8, 4685688ϕ =
(1 )
1
tan
A
O
bR
Sin Cos
ωθω θϕ
+= +
−
, 2,173810974A
O
ωω
=
015θ = için
2
1
2 2 ( ) 2 ( 1)
ROP b b b Cos
R R Rθ
=+ + − ∗ +
2 2
1
2( ) 2 1 2 [ ( ) ]
bOP R R R R Cos
b b b bθ
=+ + − ∗ +
( )R SinASinOP
θψ = , ( )bACosOP
ϕ ψ= −
2,06579395ROP
= , 0,7746727311bOP
= , 32,32131862ψ = , 6,903310716ϕ =
2,514479398A
O
ωω
=
05θ = için 2,572662065R
OP= , 0,9647482743b
OP= , 12,95714925ψ = , 2,301354539ϕ =
2,675669706A
O
ωω
=
00,1θ = için
2,666626955ROP
= , 0,999985108bOP
= , 0,266635228ψ = , 0,04602697436ϕ =
2,705542091A
O
ωω
=
87
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
VmP =
olarak tanımlanır. Bu tanımla ikinci hareket yasası
)( Vmdtd
dtPdF ==
şeklini alır. Newton mekaniği yani klasik mekanik çerçevesinde m
kütlesinin yalnız cismin iç özelliklerine bağlı olduğu zaman ve yerle
değişmediği varsayılır. Dolayısıyla ikinci yasa
88
amF =
şeklinde yazılabilir.
6.2 Maddesel noktanın kinetiği Newtonun ikinci hareket kanunu olan
amF =
denkleminin kartezyen koordinatlardaki bileşenleri
xx amF = , yy amF = , zz amF =
doğal koordinatlardaki bileşenleri
TT amF = , NN amF =
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 amF = denklemi alt alta yazılıp toplanırsa 3a y 2a 3m iF im ia 2m nm na 2F ),,( ζηξG nF 1a 1m
o x z 111 amF =
222 amF =
333 amF =
……….
iii amF =
……….
89
nnn amF =
∑ ∑= =
=n
i
n
iiii amF
1 1
denklemi elde edilir. Burada G maddesel noktalar sisteminin kütle merkezidir. Kütle merkezinin yer vektörü
1
1
n
i ii
n
ii
m OAOG
m
=
=
=∑
∑
şeklinde yazılabilir. Bu vektörün zamana göre ikinci türevi alınırsa kütle merkezinin ivme vektörü bulunur.
∑
∑
=
== n
ii
n
iii
G
m
ama
1
1
Bu ivme vektörü ifadesinden. ∑=
=n
iimm
1
olmak üzere
∑=
=n
iiiG amam
1
yazılabilir.
∑ ∑= =
=n
i
n
iiii amF
1 1
ifadesindeki ∑=
n
iii am
1
yerine Gam yazılırsa
∑ = GamF
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 α
90
ΔM r Ta
Na dm NdF TdF A V Şekilde gösterilen V hacim bölgesini kapsayan ve Δ Ekseni etrafında ΔM 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 amF = denkleminin doğal koordinatlardaki ifadesi TT amF = NN amF = Bu denklemler rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa dmadF TT = dmadF NN = 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 Ta ivmenin teğetsel bileşeni yerine α= raT yazılarak elde edilen dmrdFT α= denkleminin her iki tarafı diferansiyel kütlenin yörüngesinin yarıçapı olan r ile çarpılıp integre edilirse sabit eksen etrafında dönme hareketine ait kinetik denklemi elde edilir. dmrrdFr
V
T
V
α= ∫∫
Burada T
V
dFrM ∫=Δ olduğu bilindiğine göre yukarıdaki denklem
91
∫α=Δ
V
dmrM 2
şeklinde yazılabilir.Buradaki ∫V
dmr 2 büyüklüne cismin Δ eksenine göre
atalet momenti denir
∫=Δ
V
dmrI 2
Böylece sabit bir eksen etrafında dönme hareketine ait moment ve açısal ivme arasındaki bağıntıyı veren kinetik denklemi aşağıdaki gibi yazılabilir.
α= ΔΔ IM 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.
dm p Ar pr A dr V d ∫=
V
AA dmrI 2 A noktasına göre atalet momenti
∫=V
dd dmrI 2 d doğrusuna göre atalet momenti
∫=V
PP dmrI 2 P düzlemine göre atalet momenti
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.
2I m k= ∗
92
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 yG d z x A dm G y o x V z ∫ ++=
V
O dmzyxI )( 222
∫=V
yoz dmxI 2
93
∫=V
xoz dmyI 2
∫=V
xoy dmzI 2
Bu denklemlerden xoyxozyozo IIII ++= elde edilir.Bu birinci teoremin ispatıdır. Ayrıca ∫ +=
V
x dmzyI )( 22
olduğundan xoyxozx III += yazıldığı gibi ikinci teorem ispatlanmış olur. Paralel eksenler teoremini ispatlamak için ∫ +=
V
y dmzxI )( 22
∫ +=V
GAGAY dmzxIG
)( 2/
2/
GAG xxx /+= , GAG zzz /+= 2
//22
//222 22 GAGAGGGAGAGG zzzzxxxxzx +++++=+
222 dzx GG =+ ∫∫ ∫ +++=
V
GAG
V V
GAGAy dmxxmdddmzxI /22
/2
/ 2)(
kütle merkezi formülünden 0/ =∫
V
GA dmx olduğundan
2dmIIGYy +=
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 ),( yxA dm r y
94
x o ∫=
S
x dmyI 2 , ∫=S
y dmxI 2
∫ +=S
O dmyxI )( 22
Bu atalet momenti ifadelerinden yxO III += 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
x dx 2
AI x dm= ∫ , dm dxρ= , m Lρ=
2L
AO
I x dxρ= ∫ , 3
3ALI ρ=
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu 1mLρ= ile
çarpmak gerekir. 3
3AL mI
Lρ
ρ=
2
3ALI m=
paralel eksenler teoremine göre 2( )
2A GLI I m= + , 2( )
2G ALI I m= − ,
2 2
3 4GL LI m m= −
2
12GLI m=
Problem 6.5.2
95
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: 2
AV
I x dm= ∫ , dm dVρ=
eğer A taban düzleminin alanı S ise
m S Lρ= , dm S dLρ=
dır.
2L
AO
I x S dLρ= ∫ , 3
3ALI Sρ=
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu 1mSLρ
=
ile çarpmak gerekir. 3
3AL mI S
SLρ
ρ=
2
3ALI m=
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 A noktası O x
96
Çözüm:
a) Çember şeklindeki cismin üzerindeki bütün noktaların O noktasına uzaklığı R olduğundan
2OI m R=
olur. b) Atalet momenti ile ilgili teoremlerden üçüncüsünden O x yI I I= + yazılabilir. Ayrıca tüm çap doğrularına göre kütle dağılımı çember şeklindeki cisimde aynı olduğundan x yI I= yazılabilir. Böylece çember şeklindeki cismin çapına göre
atalet momenti 212x yI I m R= =
c) Paralel eksenler teoremine göre 2
d yI I m R= + olduğundan
232dI m R=
d) Atalet momenti ile ilgili beşinci teorem göz önüne alınırsa O ve A noktası
arasında paralel eksenler teoremi yazılabilir. 2
A OI I m R= + 22AI m R=
Problem 6.5.4 R yarıçaplı ve m kütleli homojen daire şeklindeki levhanın atalet momentini a) merkezine , b) çapına göre bulunuz. Çözüm: y dm dAρ= R
r dr x O
97
2m Rρπ= , 2dA r drπ= , 2dm r drρ π= a)
2
0
R
OI r dm= ∫ , 2
0
( 2 )R
OI r r drρ π= ∫ , 3
0
2R
OI r drρ π= ∫
4
24ORI ρ π=
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu
2 1mRρπ
= ile çarpmak gerekir. 4
224OR mI
Rρ π
ρπ=
212OI m R=
b) Atalet momenti ile ilgili teoremlerden üçüncüsünden O x yI I I= + yazılabilir. Ayrıca tüm çap doğrularına göre kütle dağılımı dairesel levha için aynı olduğundan x yI I= yazılabilir. Böylece dairesel levhanın çapına göre atalet momenti
214x yI I m R= =
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 x xoy xozI I I= +
yazılabilir. Aynı şekilde
z xoz yozI I I= + ve xoz yozI I= olduğundan 2z
xozI
I = yazılabilir.
98
zI dairesel levhanın merkezine göre atalet momenti gibi 21
2zI m R= olduğundan
214xozI m R= olur.
213xoyI m L= eşitliği prizmatik ve sabit kesitli cisimlerin taban düzlemine göre
atalet momenti olduğundan
2 21 13 4xI m L m R= + , 2 21 1( )
3 4xI m L R= + 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 2dm r dzρπ= r dz R z o y x m Vρ=
0
2R
m dm= ∫ , 2
0
2R
m r dzρ π= ∫ , 2 2 2r R z= −
2 2
0
2 ( )R
m R z dzρπ= −∫ , 3
32 ( )3Rm Rρπ= − , 34
3m Rρπ=
Atalet momenti ile ilgili teoremlerden ikincisine göre x xoy xozI I I= + yazılabilir. Kürenin bütün çapsal düzlemleri küreyi iki eşit
parçaya böldüğünden xoy xozI I= ve 2x xoyI I= yazılabilir.
99
2
0
2R
xoyI z dm= ∫ , 2 2
0
2R
xoyI z r dzρπ= ∫ , 2 2
0
2R
xoyI z r dzρπ= ∫
2 2 2
0
2 ( )R
xoyI z R z dzρπ= −∫ , 2 2 4
0
2 ( )R
xoyI z R z dzρπ= −∫
5 5
2 ( )3 5xoyR RI ρπ= − , 54
15xoyI Rρπ=
Atalet momentini cismin kütlesi cinsinden bulmak için sonucu 3
3 14mRρπ
= ile çarpmak gerekir
53
4 315 4xoy
mI RR
ρπρπ
= , 215xoyI mR= , 22
5xI mR=
6.6 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde
problemler Δ B α r ΔM dm V A
α= ΔΔ IM
Burada MΔ , Δ eksenine göre cisme uygulanan toplam dış momenti
IΔ , cismin Δ eksenine göre atalet momentini ∫=Δ
V
dmrI 2
α 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. GF ma=∑
100
Burada Ga 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 θ açısı yaptığı andaki açısal ivmesini b) yeni harekete bırakıldığı andaki mafsal tepkisini bulunuz. Çözüm: y
2L mg
2L
A G B x θ α a)
α= ΔΔ IM ⇒ MI
α Δ
Δ
=
2LM mg CosθΔ = , 21
3I mLΔ =
2
213
Lmg Cos
mL
θα = , 3
2g CosL
α θ=
b)
101
GF ma=∑ Çubuk harekete yeni bırakıldığı anda açısal hızı sıfır olduğundan kütle merkezinin ivmesinin yatay bileşeni sıfırdır.
2GLa jα= −
0θ = da 32gL
α = , 34Gga j= −
GF ma=∑ denkleminden toplam kuvvetle ivme aynı yönde olması gerekir. Cisme yatay doğrultuda başka aktif kuvvet etkimediğinden mafsal tepkisi de düşey doğrultuda olmalıdır.
A GR mg j ma− = , 3( )4AgR mg j m j− = − 1
4AR mg j=
6.7 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinin kinetiği y
Aa dm GAr / G dF Gr Ar o x A Maddesel noktanın hareketi için geçerli olan amF = denklemi Rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa AdF 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. GAGA aaa /+=
/ /A G A G Ar dF r a dm∧ = ∧
/ / /( )A G A G G A GA A
r dF r a a dm∧ = ∧ +∫ ∫
102
dFrkMA
GAz ∧= ∫ /
dmaradmrkM GA
A
GAG
A
GAz /// ))( ∫∫ ∧+∧=
sağ taraftaki birinci integral kütle merkezinin formülünden dolayı sıfır olur. İkinci integral için
)]([)(/ jyixkkjyixka GA +∧ω∧ω++∧α=
)(/ iyjxkjxiya GA ω−ω∧ω+α+α−=
jyixjxiya GA22
/ ω−ω−α+α−=
)()( 22// jyixjxiyjyixar GAGA ω−ω−α+α−∧+=∧
kxykykxykxar GAGA2222
// ω+α+ω−α=∧
kyxar GAGA α+=∧ )( 22//
2 2( )GA
M k x y k dmα= +∑ ∫
burada dmyxIA
G ∫ += )( 22 dır.
Böylece genel düzlemsel harekette moment ve açısal ivme arasındaki
G GM I α=∑
bağıntısı elde edilir.
Problem 6.7.1 60 .R cm= Yarıçaplı 10 .m kg= kütleli homojen dairesel levha kaymadan yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Levhanın merkezinin ivmesinin 25 /m s olması için merkezine uygulanan yatay doğrultudaki F kuvvetini ve gerekli olan en düşük sürtünme katsayısını bulunuz. Çözüm: y mg Ga α G F
x
103
o f N G GM I α=∑ , GF ma=∑
Ga Rα= ⇒ GaR
α =
212GI mR= , GM f R=∑
212
GG
aM f R mR
R= =∑ ⇒ 1
2 Gf ma= ⇒ 25f Newton=
GF f ma− = ⇒ 32 GF ma= ⇒ 75F Newton=
f Nμ= ⇒ fN
μ =
0yF =∑ ⇒ 0N mg− = ⇒ 50N mg Newton= =
2550
μ = , 0,5μ =
Problem 6.7.2
60 .R cm= Yarıçaplı 10 .m kg= kütleli homojen dairesel levha kaymadan yuvarlanma hareketi yapmaktadır. Levhanın merkezinin ivmesinin 25 /m s olması için merkezine uygulanan Momentin şiddetini ve gerekli olan en düşük sürtünme katsayısını bulunuz. Çözüm: y mg GM Ga α G
x o f N G GM I α=∑ , GF ma=∑
Ga Rα= ⇒ GaR
α =
104
212GI mR= , G GM M f R= −∑
212
GG G
aM M f R mR
R= − =∑ ⇒ 1
2G GM mRa f R= +
Gf ma= ⇒ 50f Newton=
110 0,6 5 50 0.62GM = ∗ ∗ + ∗ , 45 .GM Nm=
f Nμ= ⇒ fN
μ =
0yF =∑ ⇒ 0N mg− = ⇒ 50N mg Newton= = 50
50μ = , 1μ =
Problem 6.7.3 1,2 m. Uzunluğunda ve m=25 kg kütleli bir çubuk A ucu yatay doğru üzerinde B ucu 045 eğimli doğru üzerinde olmak üzere sürtünmesiz olarak hareket ediyor. Eğer çubuk ilk hızsız olarak harekete bırakılırsa ve bu anda
030θ = ise bu an için a) Çubuğun açısal ivmesini b) A ve B noktalarındaki tepki kuvvetlerini hesaplayınız. B 1,2 m. G 450 θ A Çözüm: Ba B mg BR 150 G A
105
450 300 Aa AR G GM I α=∑ ⇒ 0 0 2130 15
2 2 12A BL LR Cos R Cos mL α− =
GF ma=∑ ⇒ Xx GF ma=∑ ,
Yy GF ma=∑
Xx GF ma=∑ ⇒ 045XB GR Cos ma=
Yy GF ma=∑ ⇒ 045
YA B GR R Sin mg ma+ − = Kinematik inceleme:
/B A B Aa a a= + , 2 22 2B B Ba a i a j= −
A Aa a i= , / /B A B Aa AB Vα ω= ∧ + ∧ hareketi yeni başladığı için 0ω = dır.
0 0/ ( 30 30 )B Aa k LCos i LSin jα= ∧ − + , /
1 32 2B Aa L i L jα α= − −
2 2 1 3( )2 2 2 2B B B Aa a i a j a i L i L jα α= − = + − −
2 2 1 3( )2 2 2 2B B Aa i a j a L i L jα α− = − −
1 22 2
3 22 2
A B
B
a L a
L a
α
α
− =
− = −
⇒
3 12
32
A
B
a L
a L
α
α
+=
=
/G A G Aa a a= + , X YG G Ga a i a j= +
/ /G A G Aa AG Vα ω= ∧ + ∧
3 12Aa L iα+
=
0 0/ ( 30 30 )
2 2G AL La k Cos i Sin jα= ∧ − + /
34 4G ALa i L jα α= − −
3 1 3( ) ( )2 4 4X YG G G
La a i a j L i i L jα α α+= + = + − −
2 3 1 34 4X YG Ga i a j L i L jα α+
+ = −
2 3 14XGa Lα+
= , 34YGa Lα= − , 1,339
XGa α= , 0,520YGa α= −
045XB GR Cos ma= ⇒ 1,894BR mα=
106
0 0 2130 152 2 12A BL LR Cos R Cos mL α− = ⇒ 2,3434AR mα=
22,3434 1,894 0,5202
m m mg mα α α+ − = −
9,8122,3434 1,894 0,520
2
α =+ +
, 2,33 /Rad sα =
23,12 /
XGa m s= , 21, 21 /YGa m s= −
136,5AR N= , 110,3BR N= 6.8 Rijid cismin üç boyutlu hareketinin kinetiği y Aa dm GAr / G dF Gr Ar o x V z Maddesel noktanın hareketi için geçerli olan amF = denklemi Rijid cismin bir diferansiyel kütlesine uygulanırsa dmadF A= 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. dmardFr AAA ∧=∧
dmardFr A
V
A
V
A ∫∫ ∧=∧
Buradaki Ar vektörü yerine
107
GAGA rrr /+=
yazılırsa
dmarrdFrr A
V
GAG
V
GAG ∫∫ ∧+=∧+ )()( //
denklemi elde edilir. Bu denklem
0)(( =−∧ ∫ dmadFr A
V
G
olduğu göz önüne alınarak
dmardFr A
V
GA
V
GA ∫∫ ∧=∧ //
şeklinde kısaltılabilir. Burada
dFrMV
GAG ∧= ∫ /
cisme uygulanan toplam moment olduğundan
dmarM A
V
GAG ∫ ∧= /
denklem şekline gelir. Burada diferansiyel kütlesinin ivmesi
GAGA aaa /+=
şeklinde yazılabileceğinden
dmaarM AGG
V
GAG )( // +∧= ∫
olur. Burada ∫∫ =∧=∧V
GGAG
V
GA admrdmar 0)( //
olduğundan
dmarM AG
V
GAG //∫ ∧=
yazılabilir. Burada
)( /// GAGAGA rra ∧ω∧ω+∧α= , kzjyixr GA ++=/
kji zyx α+α+α=α , kji zyx ω+ω+ω=ω
Böylece rijid cismin kütle merkezine etki eden moment ve cismin
108
açısal hareketi ile ilgili genel bağıntı aşağıdaki şekilde olur.
dmrrrM GAGA
V
GAG )]}([{ /// ∧ω∧ω+∧α∧= ∫
Bu denklemin sağ tarafı iki integralin toplamına dönüştürülürse işlemler kısalabilir. dmrrdmrrM GA
V
GAGA
V
GAG )]}([{)([ //// ∧ω∧ω∧+∧α∧= ∫∫
Her iki integral işlemi ayrı ayrı aşağıdaki gibi yapılabilir.
kxyjzxiyzzyx
kjir yxxzzyzyxGA )()()(/ α−α+α−α+α−α=ααα=∧α
)]([)( ///// GAGAGAAGAAGA rrrrar ∧ω∧ω∧+∧α∧=∧
)( // GAAGA rr ∧α∧ =
yxxzzy xyzxyzzyxkji
α−αα−αα−α
++α−α−α+α+α−α−α= jaxxyyzzizxzxyy yxzyxzyx )()( 2222 kyyzxzx zyxz )( 22 α+α−α−α+ Burada ∫ =+
V
xIdmzy )( 22 , ∫ =+V
yIdmzx )( 22 , ∫ =+V
zIdmyx )( 22
denklemleri sırasıyla x, y ve z eksenlerine göre atalet momentlerini göstermektedir. Ayrıca
∫=V
xy dmxyI , ∫=V
xz dmxzI , ∫=V
yz dmyzI
denklemleri sırasıyla yz-xz , yz-xy , xz-xy düzlemlerine göre çarpım atalet momentleridir. Bunlarla birlikte yukarıdaki denkleme gidildiğinde dmrrdmrrM GA
V
GAGA
V
GAG )]}([{)([ //// ∧ω∧ω∧+∧α∧= ∫∫
denkleminin sağ tarafının birinci integral işlemi aşağıdaki gibi tamamlanmış olur. =∧α∧∫
V
GAGA dmrr )]([ // +α−α−α iIII zxzyxyxx ][
+α−α−α+ jIII zyzxxyyy ][ [ ]z z xz x yz yI I I kα α α+ − −
109
Aynı denklemin sağ tarafının ikinci integral işlemi için aşağıdaki işlemler yapılabilir.
kxyjzxiyzzyx
kjir yxxzzyzyxGA )()()(/ ω−ω+ω−ω+ω−ω=ωωω=∧ω
yxxzzy
zyxGA
xyzxyz
kjir
ω−ωω−ωω−ωωωω=∧ω∧ω )( /
+ωω+ω−ω−ωω+ωω+ω−ω−ωω= jxyyzizxxy yxxzzyzxzyxy )()( 2222
kyzzx zyyxzx )( 22 ωω+ω−ω−ωω+
=∧ω∧ω∧ )]([ // GAGA rr
zyyxzxyxxzzyzxzyxy yzzxxyyzzxxyzyxkji
ωω+ω−ω−ωωωω+ω−ω−ωωωω+ω−ω−ωω=
222222
+ωω−ω+ω+ωω−ωω+ω−ω−ωω= ixzyzyzzyyzyzxy yxxzzyzyyxzx )( 222222
+ωω−ω+ω+ωω−ωω+ω−ω−ωω+ jxyxzxzxzxzxzyz zyyxzxzxzyxy )( 222222 kyzxyxyyxxyxyxz zxzyxyyxxzzy )( 222222 ωω−ω+ω+ωω−ωω+ω−ω−ωω+ =∧ω∧ω∧∫ dmrr GAGA
V
)]}([{ //
+ωω−ω−ω+ωω+ωω− iIIIII yxxzyzyzzxxyzyyz ])()[( 22
+ω−ω+ωω+ωω−ωω−+ jIIIII zxxzxyyzzyxyzxzx )]()[( 22
kIIIII zxyzzyxzxyxyyxxy ])()[( 22 ωω−ωω+ω−ω+ωω−+ Burada )()()( 2222
yzzy
V
zyzyzy
V
IIdmzydmzy −ωω=−ωω=ωω−ωω ∫∫ dır.
Çünkü ∫ +=V
z dmyxI )( 22 ve ∫ +=V
y dmzxI )( 22
∫∫ −=+−+=−VV
yz dmzydmzxyxII )()]()[( 222222
dır.
110
=∧α∧∫V
GAGA dmrr )]([ // +α−α−α iIII zxzyxyxx ][
+α−α−α+ jIII zyzxxyyy ][ [ ]z z xz x yz yI I I kα α α+ − − 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. =∧ω∧ω+∧α∧= ∫ dmrrrM GAGAGA
V
G )]}()[({ ///
+ω−ω+α+ωω−α−ωω+ωω−+α= iIIIIII yzyzzyxxzyzxxyzyyzxx )]()()()([ 22
2 2[ ( ) ( ) ( ) ( )]y y x z x z xy y z x yz y x z xz x zI I I I I I jα ω ω ω ω α ω ω α ω ω+ + − − + + − + − +
2 2[ ( ) ( ) ( ) ( )]z z y x x y xz y z x yz x z y xy y xI I I I I I kα ω ω ω ω α ω ω α ω ω+ + − + − − + + −
Burada cismin kütle merkezinden alınan eksenler cismin asal eksenleri ise yani bu eksen sisteminin koordinat düzlemlerine göre çarpım atalet momentleri sıfır ise yukarıdaki denklem
kIIIjIIIiIIIM yxxyzzzxzxyyzyyzxxG ])([])([])([ ωω−+α+ωω−+α+ωω−+α=
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.
kIIIjIIIiIIIM yxxyzzzxzxyyzyyzxxO ])([])([])([ ωω−+α+ωω−+α+ωω−+α=
Bu denklemler sabit eksen etrafında dönme hareketinde Eğer z ekseni dönme ekseni olarak alınırsa
2 2( ) ( )O xz z yz z yz z xz z z zM I I i I I j I kα ω α ω α= − + + − − + 2
x xz z yz zM I Iα ω= − + 2
y yz z xz zM I Iα ω= − −
z z zM I α= şekline dönüşür. Eğer sabit eksen etrafında dönme hareketinde koordinat eksenleri asal eksenler ise yukarıdaki denklemler z zM I α= şeklinde tek bir skaler denkleme indirgenir.
111
Benzer şekilde genel düzlemsel harekette denklem α= GG IM şekline indirgenir. Burada GM cismin kütle merkezinden geçen hareket düzlemine dik eksene göre toplam momenti GI 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 L/4 x L/4
112
C yD o L/2 Cx B c c xD Cy A D M Dx z Dy
2 2( ) ( )O xz z yz z yz z xz z z zM I I i I I j I kα ω α ω α= − + + − − + 2
x xz z yz zM I Iα ω= − + 2
y yz z xz zM I Iα ω= − − z z zM I α=
O y xM L D i L D j M k= − ∗ + ∗ + 212
3zI m c= ∗
1 1 1( )( )2 2 4yzI m L c mLc= =
1 1 1( )( )4 2 8xzI m L c mLc= − = −
2y xz z yz zL D I Iα ω− ∗ = − +
2x yz z xz zL D I Iα ω∗ = − −
z zM I α= ⇒ zz
MI
α = , 212
3
zM
mcα =
∗ , 2
32zMmc
α =
22
1 3 14 82x z
ML D mLc mLcmc
ω∗ = − + , 23 18 8x zMD mcc
ω= − +
21 18 4y z zL D mLc mLcα ω− ∗ = + + , 23 1
16 4y zMD mcc
ω= − −
23 600 1 0,3 0,1 (1200 2 / 60)8 0,1 8xD π∗
= − + ∗ ∗ ∗ ∗∗
, 36,72 .xD N=
23 6 1 0,3 0,1 (1200 2 / 60)16 0,1 4yD π∗
= − − ∗ ∗ ∗ ∗∗
, 129,69 .yD N= −
2 2( ) ( )D D D DD x z z y z z y z z x z z z zM I I i I I j I kα ω α ω α= − + + − − +
2D D Dx x z z y z zM I Iα ω= − +
2D D Dy y z z x z zM I Iα ω= − −
113
D y xM L C i L C j M k= ∗ − ∗ + 2
D Dy x z z y z zL C I Iα ω∗ = − + 2
D Dx y z z x z zL C I Iα ω− ∗ = − − 1 1 1( )( )2 2 4Dy zI m L c mLc= =
3 1 3( )( )4 2 8Dx zI m L c mLc= − = −
22
1 3 34 82x z
ML C mLc mLcmc
ω− ∗ = − + ⇒ 23 38 8x zMC mcc
ω= −
23 6 3 0,3 0,1 (1200 2 / 60)8 0,1 8xC π∗
= − ∗ ∗ ∗ ∗∗
155,15 .xC N= −
22
3 3 18 42y z
ML C mLc mLcmc
ω∗ = + ⇒ 29 116 4y zMC mcc
ω= +
29 6 1 0,3 0,1* (1200 2 / 60)16 0,1 4yC π∗
= + ∗ ∗ ∗∗
, 152,19 .yC 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 1ω sabit açısal hızı ile döndüğüne göre
a) Döşemeden diske gelen tepki kuvvetini ( doğrultusu düşey farzediliyor) b) O mafsalındaki tepki kuvvetini bulunuz. y L 2ω R o x 1ω I z
114
Çözüm: y L mg 2ω R o x 1ω I z N 0IV = ⇒ 0IV OIω= ∧ = 1 2i jω ω ω= − , OI Li R j= −
1 2( ) ( )IV i j L i R jω ω= − ∧ − , 2 1( ) 0IV L R kω ω= − = ⇒ 2 1RL
ω ω=
2 1α ω ω= ∧ , 1 1R j iL
α ω ω= − ∧ , 21
R kL
α ω=
kIIIjIIIiIIIM yxxyzzzxzxyyzyyzxxO ])([])([])([ ωω−+α+ωω−+α+ωω−+α=
21
2xI mR= 2 214yI mR mL= + 2 21( )
4y zI I m R L= = +
1xω ω= 1y
RL
ω ω= −
[ ( ) ]O z z y x x yM I I I kα ω ω= + − 2 2 2 2 21 1 1{ ( ) [ ( ) ] }
4 4 2O z x yM m R L m R L mR kα ω ω= + + + −
2 2 2 2 2 2
1 11 1[( ) ( ) ]4 4O
R RM m R L R L kL Lω ω= + + −
3212O
mRM kL
ω=
( )OM NL mgL k= − 3
21( )
2OmRM NL mgL k kL
ω= − = 3
21( )
2mRNL mgLL
ω− = ⇒ 3
212( )
2RN m gLω= +
115
GF ma=∑ ( )x y zF R i R N mg j R k= + + − +∑ 3
212[ ( )]
2x y zRF R i R m j R kLω= + + +∑
22Ga L iω= − ,
221G
Ra iLω= −
3 2
2 21 12[ ( )]
2x y zR RF R i R m j R k m i
LLω ω= + + + = −∑
2
21x
RR mLω= − ,
3212( )
2yRR mLω= , 0zR =
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 NF F (1) m TF rd ds r rdr + (2)
o x z
116
Burad m kütlesi rd kadar yer değiştirme yaptığında etki eden F kuvvetinin yaptığı iş rdFd •=τ dır. M kütlesi (1) konumundan (2) konumuna geldiğinde etki eden F kuvvetinin yaptığı iş ise
∫ •=τ →
)2(
)1(
)2()1( rdF
şeklinde integral ile hesaplanır. Burada NFTFF NT += Tdsrd = şeklinde yazılabileceğinden bir F kuvvetin işi
∫ ⋅=τ →
)2(
)1(
)2()1( dsFT
şeklinde de hesaplanabilir. Bir maddesel noktanın hareketinin teğet doğrultusundaki denklemi TT amF =
Burada Ta yerine dsVdV yazarak
dsVdVmFT = , VdVdsFT =
elde edilen denklemin her iki tarafı (1) konumundan (2) konumuna integre edilirse
VdVmdsFT ∫∫ =)2(
)1(
)2(
)1(
Burada dsFT∫=τ →
)2(
)1(
)2()1(
Olduğundan 21
22)2()1( 2
121 mVmV −=τ →
denklemi elde edilir. Burada 2
21mVT =
eşitliğine V hızındaki m kütlesinin kinetik enerjisi denir. Bu şekilde elde edilen 12)2()1( TT −=τ → 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.
117
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 h (2) f θ 12)2()1( TT −=τ → , (1) (2) ( )m g Sin s f sτ θ→ = − , 1 0T =
22
12
T mV= , 21( )2
m g Sin s f s mVθ − = , 2( )fV g Sin sm
θ= −
7.1.2. Mekanik enerjinin korunumu ve potansiyel enerji: Bir kuvvet alanı UF −∇= şeklinde yazılabiliyorsa buradaki kuvvete korunumlu kuvvet U ya ise potansiyel enerji denir. Kartezyen koordinat sisteminde k
zUj
yUi
xUU
∂∂
+∂∂
+∂∂
=∇
kdzjdyidxrd ++=
ile ∫ •=τ →
)2(
)1(
)2()1( rdF denklemine gidilirse
)()2(
)1(
)2()1( dzzUdy
yUdx
xU
∂∂
+∂∂
+∂∂
−=τ ∫→
118
∫−=τ →
)2(
)1(
)2()1( dU
21)2()1( UU −=τ → 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 1221 TTUU −=− veya 2211 TUTU +=+
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 k (1) θ s N h (2) θ 1 2 2 1U U T T− = − , 2
1 212
U U mgh ks− = − , h s Sinθ= , 1 0T =
119
22
12
T mV= , 2 21 12 2
m g s Sin k s mVθ − =
durduğu anda hızı sıfırdır. 21 02
m g s Sin k sθ − = ⇒ 2m gs Sink
θ=
7.2 Rijid cismin sabit bir eksen etrafında dönmesinde kinetik enerji hesabı Δ B ω V r dm A V Rijid cisme ait bir diferansiyel kütlenin kinetik enerjisi dmVdT 2
21
=
Sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde
120
ω= rV olduğundan dmrdT 22
21
ω=
yazılabilir. Bu diferansiyel kinetik enerjinin cismin tüm V hacmi üzerinde integrali alınarak toplam kinetik enerji bulunur. dmrT
V
22
21
ω= ∫
integral içindeki sabitler dışarı alınarak elde edilen ∫ω=
V
dmrT 22
21
denkleminde ∫=Δ
V
dmrI 2
ifadesi Δ eksenine göre cismin atalet momenti olduğundan sabit bir eksen etrafında dönme hareketinde rijid cismin kinetik enerjisi 2
21
ω= ΔIT
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 1 2 2 1U U T T− = −
121
1 2 2LU U m g Sinθ− =
1 0T = , 22
12 AT I ω=
212 2 ALm g Sin Iθ ω=
213AI mL=
2 21 12 2 3Lm g Sin mLθ ω= ⇒ 3g Sin
Lω θ=
7.3 Rijid cismin genel düzlemsel hareketinde kinetik enerji hesabı y A GAr / dm G Gr Ar S o x dmVdT A
2
21
=
AAA VVV •=2
GAGA VVV /+=
122
)()( //2
GAGGAGA VVVVV +•+=
dmVVVVT GAGGA
S
G )2(21
/2
/2 •++= ∫
Burada 0/ =• ∫S
GAG dmVV ve 22/
2/ ω= GAGA rV olduğundan toplam kinetik enerji
∫ω+=S
GAG dmrmVT 2/
22
21
21
şeklinde yazılabilir. Burada G
S
GA Idmr =∫ 2/ cismin kütle merkezinden geçen
ve hareket düzlemine dik eksene göre atalet momentini gösterdiğinden genel
düzlemsel harekette kinetik enerji
22
21
21
ω+= GG ImVT
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 G mg h f N θ 1 2 2 1U U T T− = − Kaymadan yuvarlanmada sürtünme kuvveti iş yapmaz . Çünkü kayma olayındaki gibi sürekli aynı bölgede temas yoktur. Normal kuvvet harakete dik olduğu için iş yapmaz.
123
1 2U U mgh− = , h s Sinθ= , 2s n Rπ= ∗ , 2s n Rπ= 1 2 2U U mgn R Sinπ θ− = , 1 0T =
2 22
1 12 2G GT mV I ω= +
Kaymadan yuvarlanma hareketinde GV Rω= dır.
212GI mR=
2 2 22
1 1 1( )2 2 2
T m R mRω ω= + , 2 22
34
T mR ω=
2 2324
mgn R Sin mRπ θ ω= ⇒ 83gn SinRπω θ=
7.4 Rijid cismin genel hareketinde kinetik enerji hesabı y A GAr / dm G Gr Ar S o x dmVdT A
2
21
=
AAA VVV •=2
GAGA VVV /+=
)()( //2
GAGGAGA VVVVV +•+=
124
dmVVVVT GAGGA
S
G )2(21
/2
/2 •++= ∫
Burada 0/ =• ∫V
GAG dmVV olduğundan toplam kinetik enerji
dmVmVTV
GAG ∫+= 2/
2
21
21
GAGAGA VVV //2
/ •= GAGA rV // ∧ω= Burada kji zyx ω+ω+ω=ω kzjyixr GA ++=/ şeklinde kartezyen koordinatlardaki bileşenleri ile yazılırsa diferansiyel kütlenin kütle merkezine göre hız vektörü aşağıdaki gibi hesaplanır.
=ωωω=zyx
kjiV zyxGA / kxyjzxiyz yxxzzy )()()( ω−ω+ω−ω+ω−ω
2222/ )()()( yxxzzyGA xyzxyzV ω−ω+ω−ω+ω−ω=
yxyxxxzzyzyGA xyxyzxzzxyzyzV ωω−ω+ω+ωω−ω+ω+ωω−ω+ω= 222 2222222222222/
zyzxyxzyxGA yzxzxyyxzxzyV ωω−ωω−ωω−ω++ω++ω+= 222)()()( 2222222222/
=∫ dmV
V
GA2
/
dmyzxzxyyxzxzy zyzxyxzyx
V
]222)()()[( 222222222 ωω−ωω−ωω−ω++ω++ω+∫
olur . Burada
Gx
V
Idmzy =+∫ )( 22
Gy
V
Idmzx =+∫ )( 22
Gz
V
Idmyx =+∫ )( 22
integralleri kütle merkezinden geçen ve x , y, z eksenlerine paralel olan eksenlere göre atalet momentlerini
125
GG yxyx
V
Idmyx =ωω∫
GG zxzx
V
Idmzx =ωω∫
GG zyzy
V
Idmzy =ωω∫
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 zyzyzxzxyxyxzzyyxxG GGGGGGGGG
IIIIIImVT ωω−ωω−ωω−ω+ω+ω+= 2222
21
21
21
21
formunda çıkarılmış olur. Eğer kütle merkezinden geçen eksenler asal eksenler yani çarpım atalet momentlerinin sıfır olduğu eksenler ise kinetik enerji ifadesi
2222
21
21
21
21
zzyyxxG GGGIIImVT ω+ω+ω+=
şeklinde kısalır. Rijid cismin sabit bir nokta etrafında dönme hareketinde de benzer işlemler yapılırsa toplam kinetik enerji zyzyzxzxyxyxzzyyxx IIIIIIT ωω−ωω−ωω−ω+ω+ω= 222
21
21
21
ifadesi elde edilir aynı şekilde x , y , z eksenleri asal eksenler ise kinetik enerji 222
21
21
21
zzyyxx IIIT ω+ω+ω=
formülüne indirgenir.
126
BÖLÜM 8
İMPULS VE MOMENTUM İLKESİ 8.1 maddesel nokta için impuls ve momentum ilkesi Newton’un ikinci hareket yasası
)( VmdtdF =
şeklinde yazılırsa buradaki Vm vektörüne lineer momentum denir ve L ile gösterilir. VmL =
yukarıdaki denklem
)( VmddtF =
şeklinde yazılıp 1t den 2t ye integre edilirse
127
12
2
1
VmVmdtFt
t
−=∫
veya
21
2
1
VmdtFVmt
t
=+ ∫
buradaki ∫2
1
t
t
dtF integraline F kuvvetinin 1t 2t zaman aralığındaki lineer
impulsu veya impulsu denir ve 1 2→Imp ile gösterilir ve kartezyen
koordinatlarda aşağıdaki gibi yazılabilir.
2 2 2 2
1 1 1 1
1 2 ( ) ( ) ( )→ = = + +∫ ∫ ∫ ∫t t t t
x y zt t t t
Imp Fdt F dt i F dt j F dt k
Böylece maddesel nokta için impuls ve momentum ilkesi
21 2→+ =mV Imp mV
şeklinde elde edilir.
İmpuls ve momentum ilkesi kartezyen koordinatlarda bileşen formunda aşağıdaki gibi yazılabilir.
2
1
1 2( ) ( )+ =∫t
x x xt
mV F dt mV
2
1
1 2( ) ( )+ =∫t
y y yt
mV F dt mV
2
1
1 2( ) ( )+ =∫t
z z zt
mV F dt mV
Eğer birden fazla sayıda maddesel nokta için bu ilke kullanılırsa denklem aşağıdaki toplam formunda yazılmalıdır.
1 1 2 21 1 1
→= = =
+ =∑ ∑ ∑n n n
i i imV Imp mV
Problem 8.1.1
8.2 Rijid cismin hareketinde impuls ve momentum ilkesi
128
y Vdm A /A Gr dm
G
Gr
V x o z
Cismin toplam momentumu
= ∫ AV
L V dm
Kütle merkezinin formülü
=∫
∫V
V
OAdmOG
dm
şeklinde olduğundan bu denklemin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa = ∫G A
V
mV V dm
elde edilir. = ∫ AV
L V dm lineer momentum denkleminin sağ tarafındaki integral
yerine GmV yazılırsa rijid cismin hareketindeki = GL mV lineer momentum denklemi elde edilir.
Bir diferansiyel kütlenin AV dm lineer momentum vektörü sağdan Ar 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. = ∧∫O A A
V
H r V dm
129
Burada /= +A G A Gr r r /= +A G A GV V V / /( ) ( )= + ∧ +∫O G A G G A G
V
H r r V V dm
/ / / /[ ( )] [( ) ] [( ) ]= ∧ + + ∧ + ∧∫ ∫ ∫O G G A G A G G A G A GV V V
H r dm V V r dm V r dm V
/ / / /( ) ( ) [( ) ] ( )= ∧ + ∧ + ∧ + ∧∫ ∫ ∫ ∫O G G G A G A G G A G A GV V V V
H r V dm r V dm r dm V r V dm
kütle merkezinin yer vektöründen dolayı / 0=∫ A GV
r dm ve / 0=∫ A GV
V dm dır.
Bu durumda açısal momentum / /( ) ( )= ∧ + ∧∫ ∫O G G A G A G
V V
H r V dm r V dm
denklemine indirgenir. Burada sağ taraftaki birinci integral aşağıdaki gibi ( )∧ = ∧∫G G G G
V
r V dm r mV
veya
∧ =G G G G G
G G Gx y Z
i j kr mV x y z
mV mV mV
( ) ( ) ( )∧ = − + − + −G G G G G G G G G G G G G Gz y x z y x
r mV m y V z V i m z V x V j m x V y V k şeklinde yazılabilir. İkinci integral için hesaplanacak olan / /= ∧A G A GV rω denkleminde diferansiyel kütlenin tüm cismin kütle merkezine göre yer vektörünü ve cismin açısal hız vektörünü kartezyen koordinatlarda yazarak aşağıdaki işlemler yapılabilir. / = + +A Gr xi yj zk = + +x y zi j kω ω ω ω
/ /= ∧ =A G A G x y z
i j kV r
x y zω ω ω ω
/ ( ) ( ) ( )= − + − + −A G y z z x x yV z y i x z j y x kω ω ω ω ω ω
130
/ /∧ =− − −
A G A G
y z z x x y
i j kr V x y z
z y x z y xω ω ω ω ω ω
/ /
2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( )
∧ =
− − + + − − + + − − +A G A G
x y z x y z x y z x y z
r V
y xy xz z i z yz xy x j x xz yz y kω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω
2 2( )= +∫x
V
I y z dm , 2 2( )= +∫yV
I x z dm , 2 2( )= +∫zV
I x y dm
eşitlikleri kütle merkezinden geçen x , y ve z eksenlerine paralel olan eksenlere göre atalet momentlerini
= ∫xyV
I xydm , = ∫xzV
I xzdm , = ∫yzV
I yzdm
eşitlikleri ise çarpım atalet momentlerini gösterdiğine göre / /∧∫ A G A GV
r V dm integrali
/ / ( ) ( ) ( )∧ = − − + − − + − −∫ A G A G x x xy y xz z y y xy x yz z z z xz x yz y
V
r V dm I I I i I I I j I I I kω ω ω ω ω ω ω ω ω
formunda yazılır. Bu denklemle birlikte açısal momentum denklemi aşağıdaki formda yazılabilir.
[ ( ) ( )] [ ( ) ( )]= − + − − + − + − − +z y x zO G G G G x x xy y xz z G G G G y y xy x yz zH m y V z V I I I i m z V x V I I I jω ω ω ω ω ω
[ ( ) ( )]+ − + − −y xG G G G z z xz x yz ym x V y V I I I kω ω ω
Eğer kütle merkezinden geçen eksenler asal eksenler ise açısal momentum denklemi
[ ( ) ] [ ( ) ] [ ( ) ]= − + + − + + − +z y x z y xO G G G G x x G G G G y y G G G G z zH m y V z V I i m z V x V I j m x V y V I kω ω ω
şekline gelir. Sabit bir nokta etrafında dönme hareketinde de benzer işlemler yapılırsa bu sabit noktaya göre açısal momentum
( ) ( ) ( )= − − + − − + − −O x x xy y xz z y y xy x yz z z z xz x yz yH I I I i I I I j I I I kω ω ω ω ω ω ω ω ω denklemi elde edilir. Burada , , , , ,x y z xy xz yzI I I I I I sabit noktadan geçen eksen takımına göre atalet momentleridir.Eğer eksenler asal eksenler ise açısal momentum denklemi
= + +O x x y y z zH I i I j I kω ω ω denklemine indirgenir.
131
Genel düzlemsel harekette açısal momentum
[ ( ) ] [ ( ) ] [ ( ) ]= − − + − + − +y x y xO G G xz z G G yz z G G G G z zH m z V I i m z V I j m x V y V I kω ω ω
şekline indirgenir. Genel düzlemsel harekette kütle merkezinden geçen eksenler asal eksenler ise açısal momentum denklemi
( ) ( ) [ ( ) ]= − + + − +y x y xO G G G G G G G G z zH m z V i m z V j m x V y V I kω
şeklinde yazılabilir. Sabit eksen etrafında dönme hareketinde bu sabit eksen Δ ise Δ eksenine göre açısal momentum denklemi Δ Δ Δ=H I ω skaler denklemine indirgenir. Burada ΔI 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 0− =F ma 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
132
ia mi iF o x z
1
( ) 0=
= − ⋅ ≤∑n
i i i iiF m a rδτ δ
Bağlar çift taraflı ise (Holonom sistemler):
1
( ) 0=
= − ⋅ =∑n
i i i iiF m a rδτ δ
Problem 9.1 Şekildeki sistemde A cisminin ivmesini verilen konum için bulunuz. mCg αB αC RB δθB αD δθC aC ICαC IBαB B RD mCaC C RC δθD D f N IDαD mAg mAaA mEg mEaE δx δxE aE aA Bu sisteme bağlara uygun bir δx virtüel yerdeğiştirmesi verilirse A ve E cisminin ağırlığı ile atalet kuvvetleri iş yapar.
0A E E A A B B B C C C C C C D D D E E E=m g x m g x m a x I m a x I I m a xδτ δ δ δ α δθ δ α δθ α δθ δ− − − − − − − =
133
BB
xRδ
δθ = , 2Cxx δ
δ = , 2C
C
xRδ
δθ = , 2D
D
xRδ
δθ = , 2Exx δ
δ =
AB
B
aR
α = , 2A
Ca
a = , 2
AC
C
aR
α = , 2
AD
D
aR
α = , 2A
Ea
a =
212
=B B BI m R , 212C C CI m R= , 21
2D D DI m R=
2 2
2
1 12 2 2 2 2 2 2
1 02 2 2 2 2
A A AA E A A B B C C C
B B C C
A AD D E
D D
a a ax x x x=m g x m g m a x m R m m RR R R R
a ax xm R mR R
δ δ δ δδτ δ δ
δ δ
− − − − − −
− =
1 1 1 1 1 1 02 2 4 8 8 4A E A A B A C A C A D A E Am g m g m a m a m a m a m a m a− − − − − − − =
1 3 1 1 12 8 8 4 2A A B C D E A Ea (m m m m m ) m g m g+ + + + = −
12
1 3 1 12 8 8 4
A E
A
A B C D E
m g m ga
m m m m m
−=
+ + + + , 8 4
8 4 3 2A E
AA B C D E
m g m ga
m m m m m−
=+ + + +
