BÖLÜM-5
5.1
ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR (Coupled Oscillators)
Bundan önceki bölümlerde tek bir doğal frekansa sahip sistemleri inceledik. Bu
bölümde birçok farklı frekanslarda titreşen sistemleri inceleyeceğiz. Önce iki çiftlenimli
salınıcıdan oluşan sistemlerin serbest salınımlarını ele alacağız. Bu sistemlerin
analizinde bazı kurallar geliştireceğiz ve bunları çok sayıda çiftlenimli salınıcıdan
meydana gelen sistemlerin analizinde kullanacağız. Daha sonra bu sistemleri periyodik
dış kuvvet etkisinde ele alacağız. Basitten başlayarak kristal örgü gibi daha karmaşık
olayların dinamik özelliklerini anlamaya çalışacağız. Elde edeceğimiz bilgi birikimini
çiftlenimli elektrik devrelerinin analizinde kullanma becerisi edineceğiz. Fizik Lab-IV
dersinde bu kavramların uygulamalarını göreceksiniz. Özellikle iletim hatları deneyinin
iyi anlaşılması için bu bilgilere ihtiyaç duyacaksınız.
5.1.1 İki Çiftlenimli Sarkaç
Birbirine benzer A ve B sarkaçlarının Şekil-5.1a’deki gibi gerilmemiş bir yay ile
birbirine bağlandığı (çiftlendiği) sistemi göz önüne alalım. Burada basitlik olması
bakımından sarkaç boylarının ve kütlelerinin eşit olduğunu kabul edeceğiz
( =  =    =  = ).
Şekil-5.1 Özdeş iki sarkacın k yayı ile çiftlenimi.(a) Sistemin serbest hali. (b) B sarkacı
dururken A sarkacını xa kadar yana çekip sistemi serbest bırakılması.
Şekil-5.1b’deki gibi B sarkacı dururken A sarkacını xa kadar yana çekip sistemi serbest
bıraktığımızda olacak olayların gelişimi aşağıda özetlenmiştir.
1
 A sarkacı salınıma başlar.
 Bir süre sonra başlangıçta durgun olan B sarkacı da salınıma geçer.
 A sarkacının genliği giderek azalırken B sarkacının genliği artmaya başlar.
 Daha sonra A ve B sarkaçlarının genlikleri eşit olur.
 Salınım devam ettikçe, A sarkacının genliği azalırken B sarkacının genliği A
sarkacının genliğinin ilk değerine eşit olana kadar artmaya devam eder.
 B sarkacının genliği A sarkacının ilk genliğine eşit olduktan sonra, başlangıç
koşulu tersine çevrilmiş olur. Sisteme sürtünme gibi yitirici kuvvetler etki
etmediği sürece bu genlik değişimi sürekli kendini tekrarlar.
Çiftlenimi iki sarkaç arasındaki k yayı sağlar. A kütlesi titreşirken, aradaki k yayı B
kütlesini iter ve çeker. Böylece bu yay B kütlesi üzerinde bir dış kuvvet oluşturur ve
onu harekete geçirir. Aynı zamanda bu yay, A kütlesini de iter ve çeker.
Şimdi Şekil-5.1’de verilen sisteme biraz daha yakından bakalım ve bazı özel
durumlar için sistemin davranışını anlamaya çalışalım:
(i)
MOD-I: A ve B sarkaç kütlelerini eşit miktarda ( =  ) sağa çektiğimizi ve
sonra bunları aynı anda serbest bıraktığımız farz edelim (Şekil-5.2).
Şekil-5.2 A ve B sarkaçları eşit miktarda ( =  ) sağa çekilip serbest bırakılıyor.
Bu durumda sarkaç topları arasındaki uzaklık, dolaysıyla yayın boyu, değişmez. Yayın
boyunda değişiklik olmadığı için yaydan dolayı sarkaçlara bir kuvvet etki etmez. Bu
durumda A sarkacına ait  kütlesinin hareket denklemi için
 2 
 2

+  = 0

(5.1a)
yazabiliriz (Bu durumda sistem daha önce incelediğimiz basit sarkacın aynısıdır).
2
Benzer ifade B sarkacı için de geçerlidir:
 2 
 2
12 =



+  = 0

(5.1b)
alarak bu denklemleri
 2 
 2
 2 
 2
+ 12  = 0
(2a)
+ 12  = 0
(2b)
formunda yazabiliriz. Bu denklemlerin çözümü için
 =  =  1 
(2c)
ifadesini yazabiliriz. Bu çözüm bize A ve B sarkaçlarının aynı frekans (1 = √⁄ ),
aynı faz ve aynı genlikli (A) ve aralarındaki uzaklık sabit kalacak şekilde basit
harmonik hareket (BHH) yaptıklarını gösterir. Bu özel durumda sistemdeki yayın bir
etkisi yoktur. Her iki sarkaç birbirinden bağımsız gibi hareket eder yani sarkaçlar sanki
çiftlenmemiş gibi davranır. Bu çiftlenim biçimi çiftlenimli salınıcı sistemin bir normal
modunu (kipini) temsil eder. Burada mod sözcüğünü kip veya öztitreşim anlamında
kullanıyoruz. Farklı kitaplarda bu türden adlandırmalar görebilirsiniz.
(ii)
MOD-II: A ve B sarkaç toplarının zıt yönlerde fakat eşit miktarlarda ( = − )
yanlara çekilip aynı anda serbest bırakıldığını farz edelim (Şekil-5.3).
Şekil-5.3 A ve B sarkaçları zıt yönde  = − olacak şekilde çekilip serbest
bırakılıyor.
3
Bu durumda kütleleri birbirine bağlayan yay uzar veya sıkışır ve yay kütlelere bir
kuvvet uygular. A ve B sarkaçlarının hareketi birbirinin aynadaki görüntüsü şeklinde
olacaktır.
Bu hareket sırasında yaydaki uzama miktarı 2 = 2 = 2 kadar olacaktır. Yay her
bir kütleye (  =  = ) 2kx kadarlık bir geri çağırıcı kuvvet uygular. Burada,

küçük salınımlarda, her iki sarkacın kütlelerine yer çekiminden dolayı  = − ( ) 

geri çağırıcı kuvvetinin de uygulandığına dikkat ediniz. Böylece A sarkacının hareket
denklemi için

 2 
 2

+

⏟  
+
2
⏟ 
=0
(5.3a)
 
 ç
yazabiliriz. Bu denklemi yeniden
 2 
 2




+( +2
) = 0
(5.3b)
şeklinde yazabiliriz. Benzer ifade B sarkacı için de geçerlidir.
Burada 22 = (


+2

) diyerek (5.3b) denklemini yeniden

 2 
 2
+ 22  = 0
(5.4)
şeklinde yazabiliriz. Bu diferansiyel denklemin 2 frekanslı bir BHH’ye karşılık geldiği
açıktır. Bu denklemin çözümü için
 =  cos(2 )
(5.5a)
yazabiliriz. Benzer şekilde B sarkacının hareketi için
 = − cos(2 )
(5.5b)
yazabiliriz. Sonuç olarak ikinci modda da her bir sarkaç BHH yapan bir sistem gibi
davranır. Fakat aradaki yayın etkisi geri çağırıcı kuvveti artırıcı yönde olduğundan,
titreşim frekansı çiftlenimsiz duruma göre daha büyüktür yani 2 > 1 dir. A ve B
sarkaçları aynı frekansta, aynı genlikte fakat aralarında 180°’lik faz farkı olan BHH
yapar. A ve B sarkaçlarına ait uzanımlarının zamanla değişimleri Şekil-5.4’de
verilmiştir.
4
Şekil-5.4 Çiftlenmli sarkacın mod-II durumunda  ve  uzanımlarının zamanla
değişimi.
5.1.2 Normal modların üst üste gelmesi
Şimdi A sarkacındaki kütlenin yer değiştirmesinin xa , B sarkacındaki kütlenin yer
değiştirmesinin ise xb kadar olduğu rastgele bir durumu göz önüne alalım (Şekil-5.5).
Şekil-5.5 Çiftlenimli sarkaçta  ≠  durumu.
Bu durumda aradaki yay ( −  ) kadar uzar ve A ve B sarkaçları üzerine
( −  ) kadarlık geri çağırıcı bir kuvvet uygular.
A kütlesi üzerindeki toplam geri çağırıcı kuvvet (yerçekimi+yay):

 = −  − ( −  )

(5.6a)
B kütlesi üzerindeki toplam geri çağırıcı kuvvet (yerçekimi+yay):

 = −  − ( −  )

(5.6b)
ifadeleri ile verilebileceği açıktır.
A ve B sarkaç kütlelerinin hareket denklemleri  =  bağıntısından
5

 2 
 2

= −  − ( −  )

(5.7a)
ve

 2 
 2

= −  − ( −  )

(5.7b)
olacaktır. Bu eşitlikleri yeniden düzenlersek,
 2 
 2
 2 
 2








+  +
+  +
( −  ) = 0
(5.8a)
( −  ) = 0
(5.8b)
Burada A kütlesi için yazılan (5.8a) denklemi, B sarkacına ait  terimini; B kütlesi için
yazılan (5.8b) denklemi ise A sarkacına ait  terimini içermekte olduğuna dikkat
ediniz. Başka bir deyişle A sarkacının hareketi B sarkacının hareketini etkilemektedir.
Bunun tersi de geçerlidir. Bu nedenle bu iki diferansiyel denklem birbirinden bağımsız
çözülemez.
Bu denklemlerin birlikte çözümü için (5.8a) ve (5.8b) denklemlerini taraf tarafa
toplayarak,
 2 ( + )
 2

+ ( +  ) = 0

(5.9a)
ve çıkararak,
 2 ( − )
 2




+ ( + 2 )( −  ) = 0
(5.9b)
denklemleri elde edilir.
Burada
1 = ( +  ) ve 2 = ( −  )
12 =






ve 22 = + 2
(5.10)
(5.11)
alarak (5.9a) ve (5.9b) denklemlerini
 2 1
 2
 2 2
 2
+ 12 1 = 0
(5.12a)
+ 22 2 = 0
(5.12b)
şeklinde yazabiliriz. Bu iki denklemin, yer değiştirmeleri 1 ve 2 ; frekansları 1 ve 2
olan bağımsız BHH yapan iki sisteme karşı geldiği açıktır.
Bu denklemlerin (5.12a ve 5.12b) çözümleri için
6
1 = 1 (1  + 1 )
(5.13a)
2 = 2 (2  + 2 )
(5.13b)
yazabiliriz. Burada C1 ve C2 genlikler, 1 ve 2 ise faz sabitleri olup başlangıç
koşullarından tayin edilir.
Böylece iki bağımsız titreşime sahip oluruz. Bu titreşimler 1 ve 2 değişkenleri ile
temsil edildiği için normal modların diğer bir tanımını verir.
Buradaki 1 ve 2
değişkenleri normal koordinatlar; 1 ve 2 ise normal frekanslar olarak adlandırılır.
Tekrar orijinal koordinatlarımız olan  ve  ’ye geri dönelim:
1 = ( +  )
2 = ( −  )
Buradan
1
1
1
1
 = (1 + 2 ) = [1 cos(1  + 1 ) + 2 cos(2  + 2 )]
2
2
 = (1 − 2 ) = [1 cos(1  + 1 ) − 2 cos(2  + 2 )]
2
2
(5.14a)
(5.14b)
yazabiliriz.
Bu eşitliklerden şu sonuca varılır: her bir sarkacın hareketi iki normal modun
süperpozisyonu şeklindendir.
Başlangıç koşulları olarak 1 = 2 = 0 olduğunu kabul edelim. Bu durumda (5.14a) ve
(5.14b) eşitlikleri için
1
 = [1 cos 1  + 2 cos 2 ]
2
1
 = [1 cos 1  − 2 cos 2 ]
2
(5.15a)
(5.15b)
yazabiliriz.
Şimdi üç farklı başlangıç koşulu için yukarıdaki çözümleri ele alalım:
(i) t = 0 anında her iki kütle durgun ve  =  ve  = 
(ii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve  =  ve  = −
(iii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve  =  ve  = 0
7
Şimdi bu özel durumları tek tek ele alalım.
i) t=0 anında  =  ve  = 
Bu değerleri (5.15a) ve (5.15b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
[ + 2 ] = 
2 1
1
[ − 2 ] = 
2 1
elde ederiz. Buradan 1 = 2 ve 2 = 0 bulunur.
Bu durumda
 = 1 
 = 1 
olur. Bu ise daha önce incelediğimiz birinci normal mod çözümleridir. Bu özel
durumda aradaki yayın sisteme bir etkisi yoktur yani iki sarkaç, aynı genlik, aynı faz ve

aynı 1 = √ doğal titreşim frekansları ile titreşirler.

(ii) t=0 anında  =  ve  = −
Bu değerleri (5.15a) ve (5.15b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
[ + 2 ] = 
2 1
1
[ − 2 ] = −
2 1
elde ederiz. Buradan 1 = 0 ve 2 = 2 bulunur. Bu durumda çözümler için
 = 2 
 = −2 
yazabiliriz. Bu da daha önce incelediğimiz ikinci normal mod çözümleridir.
Bu özel durumda aradaki yay çiftlenimi sağlar ve iki sarkaç aynı genlikli, aynı frekanslı
ve 180 faz farkı (zıt fazlı) ile salınım yapar.
(iii) t=0 anında  =  ve  = 
Bu değerleri (5.15a) ve (5.15b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
[ + 2 ] = 
2 1
1
[ − 2 ] = 0
2 1
8
elde ederiz. Buradan 1 =  ve 2 =  bulunur. Bu durumda çözümler için
1
 = [cos 1  + cos 2 ]
2
1
 = [cos 1  − cos 2 ]
2
elde ederiz. Bu ifadeleri
α−β
α+β
cos
2
2
α−β
α+β
cosα − cosβ = −2sin
sin
2
2
cosα + cosβ = 2cos
trigonometrik özdeşlikleri kullanılarak yeniden düzenlenirse, xa ve xb için
2 −1
 =   (
2 − 1
 =   (
2
2 + 1
)  (
2
2
2 +1
)  (
2
2 − 1
) =   (
2
)
(5.16a)

2 + 1

 − )  (
− )
2
2
2
(5.16b)
ifadeleri elde edilir. Buradan xa ve xb fonksiyonlarının 
2 −1
2
2 −1
ve  (
2

− )
2
fonksiyonlar tarafından modüle olmuş olduğu görülür. Modülasyon frekansı =
2 −1
(
2
1 +2
) ve titreşim frekansı = (
2
) dir. Sarkaçlardan birinin modüle olmuş
genliği maksimum iken diğerinin modüle olmuş genliği sıfırdır (Şekil-5.6).
Şekil-5.6 Çiftlenimli sarkaçta modülasyon durumu.
9
5.2
YATAY DOĞRULTUDA ÇİFTLENİMLİ KÜTLE-YAY SİSTEMİ
Şimdi yatay doğrultuda çiftlenimli osilatör örneğini ele alalım. Kütleler ile yatay düzlem
arasında sürtünme olmadığını kabul edeceğiz. Basitlik açısından kütlelerin ve yayların
özdeş olduğu durumu ele alacağız. Şekil-5.7’de özdeş ve bağımsız iki kütle-yay
osilatörü verilmiştir.
Şekil-5.7 Çiftlenmemiş iki bağımsız kütle-yay osilatörü.
Bu iki osilatörü kuvvet sabiti 1 olan üçüncü bir yay ile birbirine bağlayarak
çiftlenmimli bir sistem haline getirebiliriz (Şekil-5.8a). Şekildeki gibi, A kütlesinin xa,
B kütlesini ise xb kadar sağa doğru çekelim.
Şekil-5.8a Yatay düzlemde çiftlenimli osilatör.
Çiftlenimli sistemde, xb>xa olması durumda, ortadaki yay ( −  ) kadar gerilmiş olur.
Bu durumda,
 A kütlesine sol taraftaki yaydan doğan − ve ortadaki yaydan doğan
1 ( −  ) kuvvetleri etki eder.
 B kütlesine ise sağdaki yaydan doğan − ve ortadaki yaydan doğan
−1 ( −  ) kuvvetleri etki eder.
xb>xa olması halinde ortadaki 1 yayının boyu net olarak uzamış demektir yani 1 yayı
gerilmiştir. Bu durumda 1 yayının A kütlesine uyguladığı kuvvet sağa doğru yani
( −  ) yönünde; B kütlesine uyguladığı kuvvet sola doğru yani −( −  ) yönünde
olacaktır. Bu durumda , sırasıyla, A ve B kütleleri için hareket denklemleri
10


 2 
 2
=
− 
⏟
+⏟
1 ( −  )
 
 2 
=
 2
− 
⏟
(5.17a)
 
−
⏟1 ( −  )
ğ 
(5.17b)
 
yazılabilir. Bu denklemleri yeniden düzenleyerek,


 2 
 2
 2 
 2
+ ( + 1 ) − 1  = 0
(5.18a)
+ ( + 1 ) − 1  = 0
(5.18b)
şeklinde ifade edebiliriz. Bu denklemlerin her biri hem xa hem de xb’yi içerdiği için
birbirinden bağımsız olarak çözülemez. Bu nedenle her ikisini de içerecek bir değişken
değiştirmeye gitmek uygun olacaktır. Bunun için (5.18a) ve (5.18b) denklemleri taraf
tarafa toplanarak,

ve çıkarılarak,

 2 ( + )
 2 ( − )
 2
denklemleri elde edilir. Burada,
+ ( +  ) = 0
(5.19a)
+ ( + 21 )( −  ) = 0
(5.19b)
 2
1 = ( +  )
2 = ( −  )
12 = /
22 = ( + 21 )⁄
kısaltmaları yapılarak (5.19a) ve (5.19b) denklemleri
 2 1
 2
 2 2
 2
+ 12 1 = 0
(5.20a)
+ 22 2 = 0
(5.20b)
şeklinde yazılabilir. Bunlar BHH’nin denklemleri ile aynıdır. Bu denklemlerin çözümü
için
1 = 1 cos(1  + 1 )
(5.21a)
2 = 2 cos(2  + 2 )
(5.21b)
yazabiliriz.
11
Bu iki denklemin ortak çözümünden xave xb elde edilebilir:
1
1
2
2
1
1
2
2
 = (1 + 2 ) =
 = (1 − 2 ) =
[1 (1  + 1 ) + 2 (2  + 2 )]
(5.22a)
[1 (1  + 1 ) − 2 (2  + 2 )]
(5.22b)
Başlangıç koşulları olarak 1 = 2 = 0 olduğunu kabul edelim ve aşağıdaki özel
durumlar için A ve B kütlelerinin titreşimlerini inceleyelim.
(i) t = 0 anında her iki kütle durgun ve  =  ve  = 
(ii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve  =  ve  = −
(iii) t = 0 anında her iki kütle durgun ve  =  ve  = 0
Şimdi bu özel durumları tek tek ele alalım.
i) t= 0 anında  =  ve  = 
Bu değerleri (5.22a) ve (5.22b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
[ + 2 ] = 
2 1
1
[ − 2 ] = 
2 1
ve buradan 1 = 2 ve 2 = 0 elde edilir. Bu durumda çözümler için
 = 1 
 = 1 
yazılır.
Her iki kütle aynı genlik, aynı faz ve aynı 1 = √k/m açısal frekansı ile titreşir. Bunun
anlamı ortadaki 1 çiftlenim yayının sisteme bir etkisi yoktur. Bu durum daha önce
sarkaç sisteminde anlatılan 1. normal mod durumuna karşı geldiğine dikkat ediniz.
(ii) t=0 anında ve  =  ve  = −
Bu değerleri (23a) ve (23b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
[ + 2 ] = 
2 1
1
[ − 2 ] = −
2 1
12
ve burada 1 = 0 ve 2 = 2 elde edilir. Bu durumda çözümler için
 = 2 
 = −2 
yazılabilir.
Her iki kütle aynı genlik ve aynı 2 = √( + 21 )/ açısal frekansı ile titreşir ancak
aralarında  (≡180) kadar faz farkı vardır. Çiftlenim yayı geri çağırıcı ek bir kuvvet
oluşturduğundan 2 açısal frekansı birinci durumda verilen çiftlenimsiz durumun
frekansından daha büyüktür 2 > 1 . Bu durum daha önce sarkaç sisteminde anlatılan
2. normal mod durumuna karşı geldiğine dikkat ediniz. Eğer çiftlenimi sağlayan yayın
kuvvet sabiti de diğer iki yayın kuvvet sabitine eşit olursa yani 1 =  olursa, 2 =
√3/ olur. Şekil-5.8b’de simetrik ve antisimetrik modlar gösterilmiştir.
Şekil-5.8b. Simetrik ve antisimetrik modlar.
(iii) t=0 anında ve  =  ve  = 
Bu değerleri (5.22a) ve (5.22b) denklemlerinde yerlerine yazarak
1
[ + 2 ] = 
2 1
1
[ − 2 ] = 0
2 1
ve buradan, 1 =  ve 2 =  elde edilir. Bu durumda çözümler için
1
 = [1  + 2 ]
(5.23a)
2
1
 = [1  − 2 ]
(5.23b)
2
elde ederiz. Bu ifadeleri
 + cosβ = 2cos
α−β
cosα − cosβ = −2sin
2
cos
α−β
2
α+β
sin
2
α+β
2
(5.24a)
(5.24b)
13
trigonometrik özdeşliklerini kullanarak yeniden düzenlersek, xa ve xb için
2 −1
xa = A cos (
xb = A sin (
2 −1
2
t) sin (
2 +1
2
2
t) cos (
2 +1
2
2 −1
t) = A cos (
2
t)
π
(5.25a)
2 +1
t − ) cos (
2
2
π
t− )
2
(5.25b)
ifadelerini elde ederiz. Bu sonuçların çiftlenimli sarkaç örneğindeki sonuçlar ile aynı
olduğuna dikkat ediniz. Bu nedenle çiftlenimli sarkaç örneğinde yapılan yorumlar
burada da geçerli olacaktır.
5.3
ÇİFTLENİMLİ
SALINICILARIN
ZORLANIMLI
TİTREŞİMİ
VE
REZONANS
Şu ana kadar çiftlenimli bir sistemin belli kurallar içinde titreştiği durumda sistemin
karakteristik doğal frekanslarını bulmak için sistemin serbest titreşimlerini göz önüne
aldık.
Eğer sisteme periyodik bir dış kuvvet etkirse ne olur? Örneğin çiftlenimli bir salınıcı
için rezonans halinin nasıl ortaya çıktığını tartışacağız. Tartışmamız daha önce
inceldiğimiz zorlanımlı salınan bir salınıcının analizine benzer olacaktır. Sönüm
etkilerini dikkate almayacağız. Fakat titreşimlerin oldukça çok salınımdan sonra geçiş
etkilerinin ortadan kaybolduğu ve böylece her salınıcının hareketinin dış kuvvetin
frekansında ve sabit genlikte olduğunu varsayacağız.
A ve B kütlelerinin aralarında bir yay ile birbirine bağlandığı çiftlenimli salınıcının A
kütlesine bağlı S yayına  = 0 cos  şeklinde periyodik bir dış kuvvetin
uygulandığını varsayalım (Şekil-5.9). Yayların ve kütlelerin özdeş olduğunu kabul
edeceğiz.
Şekil-5.9 Zorlanımlı çiftlenimli salınımlar.
14
Dış kuvvet nedeni ile S yayının boyunda  = cos  şeklinde bir değişim olacaktır.
Burada  =
0

dir. S yayına uygulanan periyodik dış kuvvet A kütlesine zorlamalı
titreşim hareketi yaptırır. Ortadaki çiftlenim yayı bu zorlamalı kuvvetin etkisini B’ye
iletir. Bu durumda A ve B kütleleri için hareket denklemleri,

 2 

 2
 2 
 2
+⏟
( − ) + ⏟
(  −  ) = 0
 
+
 
+ (
⏟  −  ) = 0

⏟
ğ 
olacaktır. (5.26a) denklemi,  =
 2 
 2
0

(5.26a)
(5.26b)
 
cos  ifadesi yerine konarak, yeniden düzenlenirse

+2

 −


 =
0

cos 
(5.27a)
ve (5.26b) denklemi yeniden düzenlenirse
 2 
 2
+2



 −

 
=0
(5.27b)
yazılabilir. Bu son iki denklem (5.27a ve 5.27b) taraf tarafa toplanır ve çıkarılırsa
2
 2
2
 2
( +  ) +
( −  ) +


3

( +  ) =
0
( −  ) =
0


cos 
(5.28a)
cos 
(5.28b)
denklemlerini elde ederiz. Daha önce yaptığımız gibi yine
 +  = 1 ;  −  = 2
(5.29)
şeklinde değişken değiştirmesi yapmak bu denklemleri çözmeyi kolaylaştıracaktır.
 2 1
 2
 2 2
 2

3


√ = 1 ve √
+


+
1 =
3

0

2 =
cos 
0

cos 
(5.30a)
(5.30b)
= 2 diyecek olursak
 2 1
 2
 2 2
 2
+ 12 1 =
0
+ 22 2 =
0


cos 
(5.31a)
cos 
(5.31b)
15
elde ederiz. Burada (5.31a) ve (5.31b) denklemleri 1 ve 2 doğal frekanslı iki
zorlanımlı harmonik salınıcıya benzemektedir. Bu benzerlik nedeniyle bu denklemlerin
kararlı hal çözümlerini aşağıdaki eşitliklerle tanımlayabiliriz:
1 = 1 
(5.32a)
2 = 2 
(5.32b)
Bu ifadeleri ve türevlerini (5.31a) ve (5.31b)’de kullanırsak, C1 ve C2 için
1 =
2 =
0 ⁄
(5.33a)
(21 −2 )
0 ⁄
(5.33b)
(22 −2 )
ifadelerini elde ederiz.
1 ve 2 genlik ifadeleri, dördüncü bölümde incelediğimiz sönümsüz zorlamalı bir
salınıcının gösterdiği rezonans davranışına benzer bir davranış göstereceği açıktır.
Yeniden xa ve xb’ye geçelim.
1
1
2
2
1
1
2
2
 = (1 + 2 ) = (1 + 2 ) cos  =  cos 
 = (1 − 2 ) = (1 − 2 ) cos  =  cos 
(5.34a)
(5.34b)
Buradan, a ve b kütlelerinin titreşim genliklerinin (A ve B) ’ya bağlı ifadeleri
1
 = (1 + 2 ) =
1 0
2
2
1
1 0
 = (1 − 2 ) =
2
2
[
1
21 −2
[
1
21 −2
+
−
1
22 −2
1
22 −2
]
(5.35a)
]
(5.35b)
şeklindendir. A ve B genliklerinin uygulanan dış kuvvetin frekansına bağlı davranışları
Şekil-5.10’de verilmiştir.
Şekil-5.10. A ve B genliklerinin uygulanan dış kuvvetin frekansına bağlı davranışları.
  < 1 bölgesinde A ve B kütleleri aynı fazda titreşirler.
 0 = √
12 +22
2
değerinde  = 0 dır.
16
  = 1 ve  = 2 olduğunda sistem rezonans durumuna girer ve kütleler çok
büyük genlikli salınım yaparlar. Bu olaydan yararlanarak sistemin normal
modları (1 ve 2 ) deneysel olarak belirlenebilir.
  > 2 bölgesinde A ve B kütleleri zıt fazda titreşirler
Bu tür sistemlere CO2 gibi ikiden fazla atoma sahip olan moleküllerin titreşimi güzel bir
örnek oluşturur. Atomları üç kütle (ortadaki C, kenarlardakiler ise O atomları) ve
atomlar arasındaki moleküler bağları da yaylar ile temsil edebiliriz (Şekil-5.11).
Şekil-5.11. CO2 molekülünün titreşim modları.
Şekil-5.11’den görüldüğü gibi bu sistemin titreşiminin iki adet normal modu vardır.
Bunlar simetrik ve asimetik gerilme olarak isimlendirilirler. Simetrik gerilme modunda
merkezdeki C atomu sabit durur, kenardaki O atomları zıt yönlerde eşit frekanslı ve eşit
genlikli olarak titreşir (Şekil-5.11a). Asimetrik gerilme modunda ise, kenardaki O
atomları aralarındaki uzaklık sabit kalacak şekilde aynı yönde hareket ederler.
Merkezdeki C atomu ise sistemin kütle merkezinin hareketsiz kalmasını sağlayacak
şekilde O atomlarının hareket yönünün tersi yönde hareket eder (Şekil-5.11b). Sistemin
normal frekansları soğurma spektrumu ile deneysel olarak belirlenmektedir. CO 2
molekülünün normal modlarına karşı gelen frekanslar 4.0x1013 s-1 (Şekil-5.11a) ve
7.0x1013 s-1 (Şekil-5.11b) dır. Bu molekülün ayrıca bir de bükülme modu vardır ve buna
karşı gelen frekans ise 2.0x1013 s-1 dir (Şekil-5.11c).
17
5.4
ENİNE SALINIMLAR
Daha önce kütle-yay sisteminin boyuna titreşimlerini inceledik. Şimdi bir veya daha
fazla kütle ve iki veya daha fazla yaydan oluşan sistemlerin enine salınımlarını
inceleyeceğiz.
5.4.1 Bir kütle-iki yaydan oluşan sisteminin enine salınımları
Özdeş yaylarla bağlı olan m kütlesinin küçük bir  miktarı kadar enine çekilip
bırakıldığını düşünelim (Şekil-5.12).
Şekil-5.12. Kütle-yay sisteminin enine titreşimi.
Yaylardaki uzama miktarı ∆,
∆ = ′ − 
(5.36)
olacaktır. Şekildeki  açısının kosinüsünü yazarak,


cos  = ′ ⇒ ′ = cos 
(5.37)
elde ederiz. Bu değeri (5.36)’da yerine yazarak ∆ için

1
∆ = ′ −  = (cos  − ) =  (cos  − 1)
(5.38)
yazabiliriz. Burada y yer değiştirmesinin küçük ve buna bağlı olarak  açısının küçük
olduğu durumu ele alacağız. Küçük 'lar için kosinüs fonksiyonunun seriye açılımından
cos  = 1 −
2
2!
+
4
4!
−
6
6!
cos  ≅ 1 −
+ ⋯+
(−1) 2
2!
2
2
yazabiliriz. Bunu (5.38) ifadesinde kullanarak ∆ için
∆ =  (
1
1−
yazılır.
2
2
=  diyerek ve
1
1−
1
1−
2
2
− 1)
(5.39)
‘in seriye açılımından yararlanarak
= 1 +  +  2 + ⋯ +   + ⋯, −1 <  < 1
(5.40a)
18
1
1−
2
2
=1+
2
2
2
2

+ ( )2 + ⋯ + ( ) + ⋯
2
2
(5.40b)
yazabiliriz.
Küçük  yaklaşımında (5.40b) serisinin ilk iki terimi ile yetinebiliriz, yani
1
1−
2
2
≅1+
2
(5.41)
2
alabiliriz. Bunu (5.39) ifadesinde kullanarak ∆ için
∆ ≅  [1 +
2
2
− 1] =
2
(5.42)
2
elde ederiz. Bu durumda  çok küçük ise (5.36) ifadesi ile verilen ∆ uzamasını ihmal
edebiliriz. Bu durumda yaydaki T gerilme kuvvetini sabit kabul edebiliriz.
Yaylardaki gerilme kuvveti kütle üzerine aşağı doğru bir geri çağırıcı kuvvet oluşturur.
Bu kuvvetin değeri
 sin  +  sin  = 2 sin 
(5.43)
olup yönü aşağı doğru (-y yönünde) olacaktır. Bu durumda hareket denklemi için

2
 2
= −2 sin  ≅ −2 ≅ −2


(5.44)
yazabiliriz (küçük açılarda  ≅ sin  ≅ tan alındığına dikkat ediniz). Bu ifade yeniden
düzenlenerek

2
 2
2
+
 2

+ 2 = 0

2

=0
(5.45a)
(5.45b)
şeklinde yazılabilir. Burada
2
= 2
(5.46)
+ 2  = 0
(5.47)

kısaltması yapılarak hareket denklemini
2
 2
formunda yazabiliriz. Bu ise basit harmonik hareketin denklemidir.
Bu denklemin çözümü için
 = ( − )
(5.48)
19
yazabiliriz (BHH örneğine bakınız). Bu durumda sistemin bir tek normal modu vardır.
Sistemin frekansı ve periyodu için
frekans =
1
2
√
2
, periyot = 2√


2
(5.49)
ifadelerinin yazılacağı açıktır (Not: Buradaki T, yaylardaki gerilim kuvvetidir, periyot
ile karıştırılmaması gerekir)
5.4.2 İki kütle - üç yaydan oluşan sisteminin enine salınımları
Şimdi iki özdeş kütlenin birbirine üç özdeş yay ile bağlandığı durumu ele alalım (Şekil13).
Şekil-5.13. İki kütle - üç yaydan oluşan sisteminin enine titreşimi.
Yukarıdaki tartışmayı dikkate alarak, küçük titreşimler için, problemi irdeleyeceğiz. A
ve B kütlelerinin hareket denklemleri için
A kütlesi için : 
B kütlesi için: 
 2 
 2
 2 
 2
= ⏟
−1 +
2
⏟
 
 
=−

⏟
2
−
 

⏟
3
(5.50a)
(5.50b)
ğ 
yazabiliriz. Şekildeki dik üçgenlerden
tan1 =


, tan2 =
 −

, tan3 =


(5.51)
yazabiliriz ve küçük açı yaklaşımında tan ≅  alabiliriz. Bunları (5.50a) ve (5.50b)
denkleminde kullanarak A ve B kütlelerinin hareket denklemleri için
 2 
 2
 2 
 2
+2
+2


 


−
 −



 = 0

 
=0
(5.52a)
(5.52b)
20
yazabiliriz. (5.52a) ve (5.52b) denklemleri çözümü için kompleks formda çözüm
önerelim (Aynı denklemlere trigonometrik fonksiyonlar cinsinden de çözüm
önerebileceğimizi biliyorsunuz).
 =  
(5.53a)
 =  
(5.53b)
Çözüm ifadelerinin türevleri alınırsa:




 2 
=   ;
 2
 2 
=   ;
 2
= − 2  
(5.54a)
= − 2  
(5.54b)
elde edilir. Bunları (5.52a) ve (5.52b)’de yerlerine yazarak
[−2 + 2
[−2 + 2


−




−
]   = 0
(5.55a)
]   = 0
(5.55b)


veya
−2 + 2
−2 + 2





−

−


=0
(5.55c)
=0
(5.55d)
elde ederiz.
Bu denklem takımı yeniden düzenlenerek
2

( − 2 )  −   =0
−


+(
2

(5.56a)
− 2 )  = 0
(5.56b)
yazılabilir.
(5.56a) ve (5.56b) denklem sisteminin çözümünden A ve B tayin edilebilir. Çözümün
olmasının gerek ve yeter koşulu katsayı determinantının sıfır olmasıdır:
2
|
Buradan
2
2
( − 2 )
−



2
( − 2 ) − () = 0
−


|=0
( − 2 )
(5.57)
2

2
2

2
( − 2 ) = ()
(5.58)
21
elde edilir. Burada  için iki farklı değer elde edilir. Bu  değerler sistemin normal
titreşim modlarına denk gelmektedir.
(i) NORMAL MOD I
2

olur.
2
2 = 1 =


− 12 =


 12 =
2

−

=



 1 = √


(5.59)
değeri (5.56a) veya (5.56b)’de yerine yazılarak  =  elde edilir. Bu
durumda çözüm fonksiyonları
 =  1 
(5.60a)
 =  1 
(5.60b)
olacaktır. Bu durum sistemin birinci moduna karşı gelir. Her iki kütle Şekil-5.14a’daki
gibi aynı faz, aynı genlik ve aynı 1 = √


açısal frekansı ile titreşir. Bunun anlamı
ortadaki çiftlenim yayının sisteme bir etkisi yoktur.
Şekil-5.14a
(ii)
NORMAL MOD II
İkinci modun frekansı için
2

− 22 = −


 22 =
3

 2 = √
3

(5.61)
Yazabiliriz. Bu değer (5.56a) veya (5.56b)’de yerine yazılarak  = − elde ederiz. Bu
durumda çözüm fonksiyonları
 =  2 
(5.62a)
 = − 2 
(5.62b)
Bu durum sistemin ikinci titreşim moduna karşı gelir. İki kütle Şekil-5.14b’deki gibi
zıt yönde titreşirler, ancak titreşim genlikleri ve frekansları aynıdır. Ortadaki yay
22
çiftlenimi sağlamaktadır ve kütlelere ek bir geri çağırıcı kuvvet uyguladığı için sistemin
titreşim frekansı birinci modun frekansının √3 ≅ 1,7 katı olmuştur.
Şekil-5.14b
Bu durum, ileride gerilmiş bir ipteki duran dalgayı incelerken işimize yarayacaktır. Bu
örnek aynı zamanda daha çok sayıda kütlenin yaylar ile birbirlerine bağlandığı durumu
anlamamızda da faydalı olacaktır.
5.5
N- KÜTLELİ ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR
Kütlesi ihmal edilebilen bir ip boyunca her birinin kütlesi m olan N tane kütlenin
(boncuk olarak düşünebilirsiniz) aralarındaki uzaklık l olacak şekilde dizildiğini
düşünelim (Şekil-5.15). İpin iki ucu bağlı olsun ve bu bağlı olan uçlarda da m kütleleri
bulunsun. Bu durumda kütleleri 0’dan N+1’e kadar ardışık sayılarla indisleyebiliriz.
Şekil-5.15. İki ucundan sabitlenmiş ip üzerinde eşit aralıklarla dizilmiş kütleler.
Enine titreşimleri göz önünde canlandırmak daha kolay olduğu için, önce çok sayıda
kütleden oluşan bir sistemin enine titreşimlerini ele alacağız (Şekil-5.16). Daha sonra
yaylarla birbirine bağlanmış kütlelerin boyuna titreşimlerini de ele alacağız.
Şekil-5.16. Gerilmiş ip üzerine eşit aralıklarala dizilmiş N tane kütlenin enine
titreşimleri.
23
İpteki başlangıç geriliminin T olduğunu ve kütlelerin sadece küçük enine yer
değiştirmeler yaptığını kabul edersek, kütleler titreşirken ipteki gerilmenin artışını
önemsemeyebiliriz (Tek kütleli örnekte bu durum tartışılmıştı).
1. kütlenin 1 , 2. kütlenin 2 ,.  'nci kütlenin ise  kadar yer değiştirdiğini kabul
edelim. Bundan önceki örnekte gördüğümüz gibi p’nci kütleye etkiyen kuvveti ( ) ,
 = −−1 + 
(5.63)
şeklinde yazabiliriz. Burada küçük yer değiştirmeler olduğunu kabul ettiğimiz için
 −−1
−1 ≅ −1 =
(5.64a)

+1 −
 ≅  =

=−
 −+1
(5.64b)

yazabiliriz. Bu durumda  kuvveti için
 = −−1 +  = −
 −−1

−
 −+1

(5.65)
yazabiliriz. 2. Newton yasasını kullanarak p kütlesinin hareket denklemi için

 2 
 2
= −
 −−1

−
 −+1

=−
2





 + −1 + +1
(5.66)
veya

 2 
 2
+
2


 − (−1 + +1 ) = 0

(5.67a)
yazabiliriz. Bu denklemin her iki tarafını m’ye bölerek yeniden
 2 
 2
+
2

 −


(−1 + +1 ) = 0
(5.67b)
yazabiliriz.


= 20
(5.68)
olarak alınarak (43b) denklemi
 2 
 2
+ 220  − 20 (−1 + +1 ) = 0
(5.69)
formunda yazılabilir.
Benzer şekilde  tane kütlenin her biri için hareket denklemi yazabiliriz. Böylece 1'den
'ye kadar, 'nin her bir değeri için bir tane olmak üzere  tane diferansiyel denklem
seti elde edilir. Ancak sol ve sağ uçlar bağlı olduğu için 0 = 0  +1 = 0 olacağını
unutmayalım.
24
Şimdi bazı özel durumları ele alalım:
(i)
 =  için çözüm:
Kütlesi m olan bir cisim eşit uzunluklu gerilmiş iki ip ile Şekil-5.17’daki gibi
bağlıdır. Bu cismin hareket denklemini (5.69) denklemini kullanarak yazabiliriz:
Şekil-5.17. (a) Gerilmiş ipin ortasına bağlı tek kütle. (b) Tek kütlenin enine titreşimi.
Bir tek kütle olduğu için  = 1 alınır. Bu durumda hareket denklemi için
 2 1
 2
+ 220 1 − 20 (0 + 2 ) = 0
(5.70)
yazılabilir. Uçların bağlı olması nedeniyle 0 = 0 ve 2 = 0 olacaktır. Bu durumda
hareket denklemi
 2 1
+ 220 1 = 0
(5.71)
 = (√20 )
(5.72)
 2
şeklini alır. Bu denklemin çözümü için
yazılabilir. Sistemin titreşim frekansı 1 = √
(ii)
2

olacaktır.
N = 2 için çözüm:
Sistemde iki tane kütle Şekil-5.18’daki gibi bağlıdır. Bu kütlelerin hareket denklemleri
(5.69) eşitliğinde p= 1 ve p = 2 yazılarak elde edilir.
Şekil-5.18. Gerilmiş bir ip üzerinde eşit aralıklarala bağlanmış iki kütle.
25
p=1 için hareket denklemi (0 = 0) :
 2 1
 2
+ 202 1 − 02 2 = 0
(5.73a)
p=2 için hareket denklemi (0 = 0 ve 3 = 0 ) :
 2 2
 2
+ 202 2 − 02 1 = 0
(5.73b)
olacaktır. Bu denklemler daha önce gördüğümüz, kütle yay sistemlerinde elde edilen
denklemlere benzemektedirler. Aynı şekilde burada da 12 =


= 20 ve 22 =
3

=
320 frekanslarında iki normal modda titreşim vardır (Şekil-5.19). Birinci modda
genlikler eşit ve aynı fazlı (Şekil-5.19a); ikinci modda genlikler eşit ancak zıt fazlı
(Şekil-5.19b) olduğu açıktır.
Şekil-5.19. Gerilmiş ip üzerindeki iki kütlenin enine titreşim modları. (a) Birinci mod.
(b) İkinci mod.
Bu son iki özel durumu daha önce de incelemiştik. Burada sadece genel hareket
denkleminden aynı sonuçlara ulaşılacağı gösterilmiştir.
5.6
N-KÜTLELİ ÇİFTLENİMLİ SALINICININ NORMAL MODLARININ
BULUNMASI
 tane kütlenin her biri için hareket denklemi (5.69) eşitliği kullanılarak yazılabilir.
 2 
 2
+ 220  − 20 (−1 + +1 ) = 0
Bu genel ifadede p=1,2,3,…,N-1,N yazılarak tüm sistem için toplam  tane diferansiyel
denklem seti elde edilir. Bu denklemlerin çözümü için, her bir kütlenin titreşim genliği
farklı olmak üzere, tüm kütlelerin aynı frekans ile titreştiğini kabul ederek, sinüzoidal
çözümler önereceğiz. Böylece ’inci kütle için
 =  ( + ),  = 1 , 2 , . . . , 
(5.74)
26
çözümünü alabiliriz. Başlangıç koşulu olarak,
 = 0 anında


=  = 0 ve

= 0 seçebiliriz. Bu durumda çözüm için
 =  cos  ,  = 1, 2 , . . . , 
(5.75)
yazılır. Önerilen bu çözümü (5.69) denkleminde kullanarak
 2 
 2
+ 220  − 20 (−1 + +1 ) = 0
[(−2 + 220 ) − 20 (−1 + +1 )] cos  = 0
(5.76)
yazabiliriz. Tüm  anlarında bunun sağlanması için parantez içindeki ifadenin sıfır
olması gerekir:
[(−2 + 220 ) − 20 (−1 + +1 )] = 0
(5.77)
Buradan
−1 + +1

=
−2 + 220
20
,  = 1 ,2 ,...,
(5.78)
elde ederiz. Burada 'nın herhangi bir temel durumu için (5.78) ifadesinin sağ tarafı
sabittir. Böylece sol taraftaki (−1 + +1 )⁄ oranı da  'den bağımsız bir sabit
olmalıdır.
 ’ya hangi değerleri verelim ki 0 = 0 ve +1 = 0 koşulu aynı anda gerçekleşsin
(Uçların bağlı olması nedeniyle)? Bu koşulları sağlayacak
 = 
(5.79)
şeklinde bir çözüm önerebiliriz. İleriki konularda gerilmiş ipteki kararlı titreşimlerin
genliğinin () =  ifadesi ile verileceğini göreceğiz (  =
2

). Bundan
esinlenerek (5.79) ile tanımlı fonksiyon önerildi. Bu çözüm kullanılarak
−1 + +1 = [sin( − 1)  + sin( + 1) ]
(5.80a)
yazılabilir. Burada iki sinüs fonksiyonunun toplamı ilgili trigonometrik özdeşlikten
yararlanarak
−1 + +1 = 2
yazabiliriz. Bu durumda
−1 ++1

oranı için
−1 ++1

(5.80b)
=
2

= 2
(5.81)
sonucunu elde ederiz. Bu sonucu (5.78) eşitliğinde yerine yazacak olursak
27
2 =
−2 + 220
(5.82)
20
veya buradan

2 = 220 (1 −  ) = 420 2 ( 2 )
(5.83a)
ifadesini yazmak zor olmayacaktır. Buradan  için

 = 20 |sin( )|
(5.83b)
2

ifadesini de yazabiliriz. Burada ’nın değeri hep pozitif olacağı için sin( )’nin mutlak
2
değeri alınmıştır. (5.83a) ve (5.83b) ile verilen eşitlikler dispersiyon bağıntısı olarak
adlandırılır. Ancak henüz k’nın ne olduğunu belirlemedik. Sınır koşulları kullanılarak
k’nın değeri belirlenir.
Sınır koşulları:  = 0 ve  =  + 1’de  = 0 olmalıdır. Bunun olabilmesi için +1
genliği sıfır olmalıdır, yani
+1 = ( + 1) = 0
(5.84)
( + 1) = 
(5.85)
olmalıdır. Bu ise
olması ile mümkündür. Sonuç olarak k’nın değerleri

 = (+1)
(5.86)
ile verilir.
Burada n’nin farklı değerleri titreşimin farklı normal modlarına karşı gelir. Buna karşı
gelen frekanslar ise (5.83b) bağıntısı kullanılarak belirlenir:



2
2(+1)
 = 20 |(/2)| = 20 | (+1) | = 20 |

 = 20 |sin (
2(+1)
sonucunu yazabiliriz. Burada 02 =


|
)|
(5.87)
olduğunu tekrar hatırlatmakta fayda vardır.
5.6.1 N - kütleli çiftlenimli salınıcının normal modlarının özellikleri
Denklem (5.87)'ye göre  tam sayısının farklı değerleri farklı modlara karşılık gelir.
’inci moda ait frekansı  ile gösterirsek (5.87) denkleminden
 = 20 |sin (

)|
2(+1)
(5.88)
28
yazabiliriz. Verilen bir kütlenin hareketinin, hem mod sayısına () hem de bir çizgi
boyunca dizilmiş kütlenin numarasına () bağlı olduğuna dikkat ediniz. Böylece, ’inci
modda titreşen p’inci parçacığın titreşim genliğini
 =  sin (

+1
)
(5.89)
şeklinde yazabiliriz. Buradaki  , uyarılan ’inci modunun genliğini gösterir. Kütlelerin
tamamı n’inci modda titreştiği zaman p’inci kütlenin yer değiştirmesi,
 () =    
(5.90)
ifadesi ile verilir. Buradaki  ve  (5.88) ve (5.89) denklemleri ile tanımlıdır.  = 0
anında her bir kütle durgundur. İki kütleden oluşan çiftlenimli salınıcı probleminde
olduğu gibi bu ifadeyi
 () =   ( −  )
(5.91)
şeklinde yazarak keyfi başlangıç koşullarını da sağlayabileceğimizi ifade eder. Burada
her bir farklı mod, farklı bir  fazına sahiptir.
5.6.2 Kaç tane normal mod vardır?
Daha önce iki kütleden oluşan bir çiftlenimli salınıcı için iki normal modun olduğunu
görmüştük.  tane kütle için de  tane bağımsız mod vardır. (5.88) ve (5.89)
denklemleri 'nin tam sayı değerleri için tanımlıdır. Ancak 'nin değeri 'den büyük
olduğunda bu eşitlikler herhangi bir yeni fiziksel durum tanımlamaz. Şekil-5.20’de
 ’nin ⁄[2( + 1)] niceliğine karşı grafiği verilmiştir.
Şekil-5.20.  ’nin ⁄[2( + 1)] niceliğine karşı grafiği.
 = 1 ‘den  =  ’ye gittikçe  tane farklı karakteristik frekans buluruz. Apsis
üzerinde ⁄2’ye karşı gelen  =  + 1'de  (= 20 ) şeklinde bir maksimum frekansa
ulaşır.  = 20 frekansına kesilim frekansı (cut off frequency) denir. Fakat bu
29
frekansta mümkün olan bir hareket yoktur. Çünkü Eşitlik-5.89’da
 = 0 ’dır. Başka bir deyişle
nπ
2(N+1)
=
π
2
 =  + 1 ’de
olduğunda  =  + 1 değerini alır ve
 =  + 1 değerinde tüm (+1) = 0 dır. Buradan  =  + 1 durumunun herhangi
bir fiziksel duruma karşı gelmediğini söyleriz. Şekilde kesikli-beyaz çizgi ile gösterilen
kısımlar çözüm olamaz. Başka bir deyişle  =  ’den daha sonrasındaki frekanslar
kendini tekrar ederler ve yeni bir mod elde edilmez. Sonuç olarak N parçacıklı
çiftlenimli osilatörlerin ancak N tane normal modunun olabileceğini söyleyebiliriz.
5.6.3 Değişik modların şekilleri
Birinci mod: n=1
Şimdi  parçacıklı bir sistemin modlarına ait titreşim şekillerini inceleyelim. İlk mod
 = 1 ile verilir. Bu durumda kütlelerin yer değiştirmeler,
1 = 1 sin (

) 1 ,  = 1,2, … 
+1
(5.92)
ifadesi ile verilir. Verilen herhangi bir t anında 1 1  çarpanı tüm kütleler için
aynıdır. Bu nedenle sadece sin (

) çarpanı farklı kütlelerin yer değiştirmelerini ayırt
+1
eder (Şekil-5.21).
Şekil-5.21 a) 'nin fonksiyonu olarak sin (

) 'nin çizimi. Kütleler düzgün bir ip
+1
üzerinde ve p'nin tam sayı değerlerine karşılık gelen konumlara yerleşmişlerdir.
b) En düşük normal modda değişik zamanlarda kütlelerin konumları.
30
İkinci mod:  = 
Bu durumda kütlelerin yer değiştirmeler,
2 = 2 sin (
2
+1
) 2 ,  = 1,2, … 
(5.93)
ifadesi ile verilir. İkinci modda titreşim yapan  kütleli bir sistemde kütlelerin yer
değiştirmesini değişik zamanlardaki grafiği Şekil-5.22'de verilmiştir. Eğer sistemdeki
kütle sayısı  tek sayı ise, ipin orta noktasında bir kütle yer alır ve ortadaki kütle
şekildeki gibi hareketsiz kalacaktır. İkinci modda titreşim yapan sistemde en az 2
parçacık olmalıdır ( ≥ 2).
Şekil-5.22. İkinci mod için ( = 2) değişik anlarda kütlelerin konumları.
Şekil-5.23'de, gerilmiş bir ip üzerine yerleşmiş 4 kütle için normal modların
diyagramlarının bir seti verilmiştir.
Şekil-5.23. Üzerine kütleler bağlanmış (N=4) ipin modları. n=6, 7, 8, 9’un n=4, 3, 2, 1’i
zıt yer değiştirmelerle tekrarlar.
31
Bu şekil,  'yi belirleyen sinüs eğrilerinin hepsi farklı olmasına rağmen  = 5′ e
ulaştıktan sonra yer değiştirme şekillenimlerinin ilk şekillenimlere nasıl döndüğünü
açıkça göstermektedir. Bu şekil aynı zamanda bize, N'nin küçük değerleri için kütleleri
birbirine bağlayan ipin tamamen farklı yollar izlese de her bir modda her bir kütlenin
yer değiştirmesinin sinüs eğrisine yaklaşacağını da gösterir. Şekil üzerine 4 tane kütle
bağlanmış ipin titreşim modları, n = N+1 = 5 için, titreşim genliği = 0 dır. n = 6, 7, 8 ve
9 titreşim modları sırasıyla n = 4, 3, 2, ve 1’in zıt yer değiştirmelerle tekrarıdır.
Şekillerdeki beyaz çizgiler ipin hareketini göstermektedir.
5.7
BOYUNA SALINIMLAR
Daha önceki bölümlerde bir ve iki parçacıklı sistemlerin boyuna salınımlarını
incelemiştik Şimdi N-parçacıklı bir sistemin boyuna salınımını inceleyerek genel
ifadeler bulacağız.
Şekil-5.24’de bir çizgi boyunca özdeş yaylarla birbirine bağlanmış m kütleli N tane
özdeş parçacık sistemini göz önüne alalım. Kütleler hareketsizken yayların uzunluğu l
olduğunu kabul edelim. Bir kristaldeki atomların bir sırası böyle bir modele
benzemektedir.
Şekil-5.24
Şekilde görüldüğü gibi p kütlesini  , soldaki komşu p-1 kütlesini −1 ve sağdaki
komşu p+1 kütlesini de +1 kadar sağa doğru çekelim ve daha sonra bunları aynı anda
serbest bırakalım. Bu kütleler titreşim hareketi yapacak ve daha sonra birlerini
etkileyeceklerdir. Burada da küçük genlikli titreşim hareketi yaklaşımını kabul
edeceğiz. Bu durumda geri çağırıcı kuvvetler yayların sıkışması ya da uzaması ile
meydana gelir. Her yayın kuvvet sabiti  = 20 olarak yazılabilir.
32
Kütlelerin denge konumundan itibaren yer değiştirmeleri 1 , 2 , −1 ,  , +1 … , 
ile gösterelim. Bu durumda ’inci kütlenin hareket denklemini

 2 
 2
veya

= −( − −1 ) − ( − +1 )
 2 
 2
= −2 + (−1 + +1 )
yazabiliriz. Burada daha önceleri de yaptığımız gibi 20 =


(5.94a)
(5.94b)
alarak bu denklemi
yeniden
 2 
 2
+ 220  − 20 (−1 + +1 ) = 0
(5.94c)
şeklinde yazabiliriz. Bu denklem daha önce enine titreşimleri incelerken elde ettiğimiz
(5.69) denklemi ile aynı formdadır. Bu nedenle bu denklemin çözümü için
 () =  sin (

) cos  
+1
(5.95)
yazabiliriz. Burada  frekansı için de
 = 20  [

]
2(+1)
(5.96)
ifadesini yazabiliriz. Sonuç olarak enine salınımlar için elde edilen eşitlikler ve yapılan
yorumlar boyuna salınımlar için de geçerli olduğunu söyleyebiliriz.
33
ÖNEMLİ NOT
N tane kütle-yay sisteminden oluşan sistemin boyuna (veya enine) titreşim modlarını
incelemek için sistemi oluşturan her kütleye ait hareket denkleminin doğru yazılması
gerekir. Her kütlenin solundaki ve sağındaki kütlelerin hareketinden etkilendiğini
biliyoruz. Çoğu kez hareket denklemlerinin yazılmasında hatalar yapılmakta ve
dolaysıyla problemin çözümü de hatalı olmaktadır. Eğer aşağıda özetlenen sistematiği
takip edersek hata yapma olasılığı azalır. Burada kütlelerin ve yayların farklı olduğunu
kabul ederek en genel durum için izlenecek yol verilmiştir. Şekil-5.24’deki sistemi
dikkatle inceleyiniz. Şekilden de görüldüğü gibi p kütlesinin solundaki kütlenin
numarası p-1 ve sağındaki kütlenin numarası ise p+1 seçilmiştir. p kütlesinin solundaki
yayın numarası p (kuvvet sabiti  ) ve sağındaki yayın numarası p+1 (kuvvet sabiti
+1 ) olarak seçilmiştir. Bu sistematiğe dikkat ederek herhangi bir kütleye ait hareket
denklemini aşağıdaki yolu uygulayarak yazabilirsiniz:
Şekil-5.24
 p numaralı kütleye ait
 ̈  terimini yazınız (Burada ̈  =
 2 
 2
kısaltması
yapılmıştır.);
 p numaralı kütlenin yer değiştirmesinden ( ), p’nin solundaki p-1 numaralı kütlenin
yer değiştirmesini ( −1 ) çıkarın ve elde edilen ( - −1 ) değerini p kütlesinin
solundaki yayın kuvvet sabiti olan  ile çarpın  ( - −1 );

p numaralı kütlenin yer değiştirmesinden (  ),
p’nin sağındaki p+1 numaralı
kütlenin yer değiştirmesini ( +1 ) çıkarın ve bunu p kütlesinin sağındaki yayın
kuvvet sabiti olan +1 ile çarpın: +1 ( - +1 );
 Elde edilen bu değerleri toplayın ve toplamı sıfıra eşitleyin;
 ̈  +  ( - −1 ) + +1 ( - +1 ) = 0
(5.97)
34
Yukarıdaki sistematiği kullanarak N = 3 olan bir kütle-yay sistemi için hareket
denklemlerini yazalım:
1 ̈ 1 + 1 (1 ) + 2 (1 - 2 ) = 0
2 ̈ 2 + 2 (2 - 1 ) + 3 (2 - 3 ) = 0
3 ̈ 3 + 3 (3 - 2 ) + 4 (3 ) = 0
Bu yöntemin aynısının enine titreşimler için de geçerli olacağını söyleyebiliriz.
5.7.1 Parçacık sayısı ′ çok büyük olması durumu
Çiftlenimli sistemde kütle sayısı N’nin oldukça büyük olduğu duruma bakalım. Burada
gerilmiş ip üzerindeki kütlelerin enine salınım hareketini göz önüne alacağız. Siz benzer
tartışmayı boyuna salınımlar için de yapabilirisiniz.
N’nin çok büyük olduğu durumu aşağıdaki kabullenmeler ile ele alacağız:
 N’nin arttığı ancak ipin (veya telin) toplam L boyunun değişmeden kalması için
komşu kütleler arasındaki uzaklığın (l) azaldığını kabul edeceğiz yani
 = ( + 1)
(5.98a)
 Toplam kütlenin (M) değişmeden kalması için her bir parçacığın kütlesinin (m)
azaldığını kabul edeceğiz yani
 = 
(5.98b)
Parçacık sayısı N büyüdükçe sistemin giderek sürekli bir ip (veya tel) gibi
davranacağına dikkat ediniz. Bu kavram bizi kesikli sistemlerden sürekli sistemlere
geçişe hazırlayacaktır.
Şimdi N çok büyük olursa, normal mod frekansları ne olur sorusunu kendimize soralım.
Daha önce n’inci mod frekansı için
 = 20  [

] = 2√
2(+1)


 [

]
2(+1)
bağıntısını türetmiştik (5.87 nolu eşitliğe bakınız).
35
Öncelikle mod sayısı 'nin küçük olduğu normal modları göz önüne alalım.  çok
büyük olduğu için, frekans ifadesindeki sinüsün argümanı küçülür ve küçük açı
yaklaşımı geçerli olur. Bu durumda
 [

2(+1)

]≅
(5.99)
2(+1)
yazılabilir. Böylece  ifadesini
 ≅ 2√

L

.

 2(+1)

√ =



=√



. (+1) = √



. (+1) = √


.

√

L
=

L
√
 2

=

L

√ =

(5.100)
şeklinde yazabiliriz.  = ( + 1) ipin (veya telin) toplam uzunluğu,  = ⁄ ise birim
uzunluk başına kütledir. Sonuç olarak  için
 ≅



√


(5.101)
yazabiliriz. Temel durum için (n=1) bu ifade
1 = √
 
(5.102)
şeklinde olur.  frekansını temel frekans cinsinden
 = 1
(5.103)
yazabiliriz. Böylece normal mod frekansları, en düşük mod frekansının tam katları
olduğu anlaşılır. Ancak bu ifadenin  ≪  durumu için elde edildiğini de unutmamak
gerekir.
Kütlelerin yer değişimi için daha önce
 =  sin (

+1
) cos  
(5.104)
ifadesini elde etmiştik. İp üzerindeki kütleleri 1, 2, 3, . . . ,  , . . . ,  + 1 şeklinde
numaralamıştık. Bunun yerine kütleleri, ipin sol ucuna uzaklığı olan  ile tanımlayalım.
Bu durumda  ‘inci kütleyi  =  ile tanımlayabiliriz. Böylece (5.104) eşitliğinde
sinüsün argümanını,

’nin pay ve paydasını l ile çarparak
+1

+1

= (+1)
(5.105a)
yazabiliriz. (N+1)l=L ve pl=x değerleri de kullanılarak


=
+1

36
şeklinde yazabiliriz. Bu durumda  yerine, ip enine titreştiği zaman sabit uçtan (sol
uç) itibaren x uzaklığında yer alan kütlenin t anındaki yer değiştirmesini  (, )ile
gösterebiliriz yani
 (, ) =  sin (


) cos   ,  = 1,2,3, …
(5.106)
yazabiliriz.
 büyüdükçe kütlelerin yerini belirten  değerleri birbirine yaklaşır ve  = 0’dan  =
'ye değişir. Böylece ip üzerindeki kütleler yerine sürekli sisteme geçiş adımını atmış
oluruz.
Şimdi en yüksek mod olan  =  durumunu göz önüne alalım. Eğer  çok büyük ise
daha önce ele ettiğimiz  ifadesi
 = 2 sin (



) ≅ 2 sin ( 2 ) = 2 = 2√
2(+1)
(5.107)
şeklinde maksimum değerini alır. Bu modda ( = ) her bir kütle her an en yakın
komşusunun yer değiştirmesine ters işarette ancak yaklaşık eşit bir yer değiştirmeye
sahiptir. Bu yer değiştirmeler Şekil-5.25’de gösterilmiştir.
Şekil-5.25 Gerilmiş bir ipteki kütleler dizisinin en yüksek modda enine
titreşimleri.
Komşu yer değiştirmeler arasındaki bu ilişki,
 =  sin (

+1
)
(5.108)
denklemi yardımıyla kolayca görülebilir.  =  olduğunda,
 =  sin (


) =  sin ( − +1)
+1
yazabiliriz (

+1
=  −

+1
(5.109)
). Bu ifade ( ∓ ) =  ∓ 
trigonometrik özdeşliği kullanılarak
 =  sin ( −



) =  [sin +1 −  +1]
+1
veya sin = 0 olduğundan  için
37

 = − () (
(5.110)
)
+1
yazılabilir.  'nin değeri ne olursa olsun,  'den  + 1 'e gidildiğinde genliğin işareti
tersine döner. Örneğin,  tek ise  + 1 çift olacaktır. Bu durumda,  = −1 ve
( + 1) = 1 olur.
Bu durumda  için
 =  
ifadesi ve (+1) için
(+1) =  sin [( + 1) −
=  [[( + 1)]
= − [cos( + 1) ]
(+1)
+1

(5.111a)
+1
]
( + 1)
( + 1)
− [( + 1)]
]
+1
+1
(+1)
+1
(+1) = − 
(+1)
(5.111b)
+1
yazılabilir (cos( + 1)  = 1).  ile (+1) ardışık genlikler olup zıt işaretlidir. 
çift ise yine ardışık genliklerin zıt işaretli olacağını gösterebilirsiniz.
Şimdi ardışık genliklerin büyüklüklerinin | |  |(+1) | yaklaşık eşit olduğunu
görelim:

|
| | = | 
+1
( + 1)
|(+1) | = | 
|
+1
N çok büyük olunca yani N→ ∞ olurken
lim
| |
→∞ |(+1) |
= lim
yazabiliriz. Örneğin  = 10 ise
olarak N çok büyük ise

|
+1
(+1)
→∞ |
|
+1

+1
| |
|(+1) |
=
|
10
11
≅
⁄(+1)
(+1)⁄(+1)
= 0.91 ,  = 100 ise
≅

+1
100
101
(5.112)
= 0.99, olur. Sonuç
oranı 1’e yaklaşır. Başka bir deyişle ardışık genlikler
yaklaşık eşittir diyebiliriz.
İki ucu bağlı bir ip için
 =  

+1
38
genliği  = 0 ve  =  + 1 için sıfırdır. Bu nedenle en yüksek modda ( = )
kütleler dizisinin enine salınımlarının genliklerinin dağılımının iki uç arasında bir yarım
sinüs eğrisi üzerine düşeceğini ifade eder (Şekil-5.26).
Şekil-5.26 Her iki ucu bağlı bir ipin üzerinde düzgün bir şekilde dizilmiş
kütlelerin en yüksek moda ( = ) salınım genlikleri.
Böylece merkez çizginin alt ve üstündeki yer değiştirmeler her zaman yaklaşık eşit ve
zıt olduğunu söyleyebiliriz.
Şekil-5.26'daki  kütlesini göz önüne alalım. Bu kütlenin herhangi bir andaki yer
değiştirmesi  ise bunun her iki komşusunun da yer değiştirmesi yaklaşık − 'dir.
Böylece iki ucundan bağlı ipdeki gerilim  ise her iki komşudan kaynaklanan
kuvvetlerin enine bileşenleri yaklaşık (2⁄ ) 'dir.  kütlesinin hareket denklemi
(yaklaşık olarak)

veya
2
 2
2
 2
≅ −2 (
2

)
(5.113a)
+ 420  ≅ 0
(5.113b)
elde edilir. Bu ise açısal frekansı yaklaşık 20 olan bir basit harmonik hareket
denklemidir.
5.8
BİR KRİSTAL ÖRGÜNÜN NORMAL MODLARI
Önceki kesimde yapılan analizler katıların titreşim modlarını anlamak için oldukça
başarılı sonuçlar verir. Küçük yer değiştirmeler söz konusu olduğu zaman komşu
atomlar arasındaki etkileşmeler bir yay ile benzerlik gösterir. Bu benzerlik nedeniyle
 = 20  [

ve
 
]
2(+1)
 ≅  ( )
 
1⁄
2
(5.114a)
(5.114b)
39
denklemlerini bir katıya uygulamak istersek, örgünün temel eksenleri boyunca bir
atomlar dizisini göz önüne almamız gerekir. Bu durumda , birim uzunluk başına bütün
atomların toplam kütlesi ya da  aralıklarla dizilmiş atomlardan birinin kütlesinin 'ye
bölümüdür.
Boyut olarak, ipteki gerilimin boyca kütle yoğunluğuna oranı ⁄ ile Young
modülünün yoğunluğa oranı ⁄ aynıdır. Bu iki ifadeyi birbiri yerine kullanabiliriz.
Böylece kristalin titreşim frekansları, (5.114a) eşitliğinden yararlanarak,
 = 20  [
şeklinde yazabiliriz. Burada 0 =
1

1⁄
2
( )
2 

2(+1)
]
(5.115)
’dir. Çizelge-1’de bazı katıların Young
modülü ve yoğunlukları verilmiştir.
ÇİZELGE-1. Bazı katıların Young modülü ve yoğunlukları.
Malzeme
Young Modülü Y(N/m2)
Yoğunluk (kg/m3)
Alüminyum
61010
2,7103
Prinç
91010
8,48103
Çelik
101010
7,82103
Bakır
121010
8,79103
Cam
61010
2,90103
Young
modüllerinin
değeri
1011 ⁄2 ,
yaklaşık

yoğunlukları
ise
104 ⁄3 mertebesinde olduklarından / oranı 107 2 ⁄ 2 mertebesindedir. Katılar
için l atomlar arası uzaklık ise 10−10 m mertebelerinde olduğundan,
0 =
1

( )
1⁄
2
2 
≅ 1013  −1
(5.116)
değeri elde edilir. Bu değer bir örgünün dayanabileceği en yüksek titreşim frekansıdır.
Diğer modlar ise
 =


1⁄
2
( )
2 
(5.117)
ifadesi ile verilir. Buradaki L, katının kalınlığıdır. Böylece 1cm'lik bir kristalin
titreşimlerinin en düşük frekansı (n=1) 105 Hz mertebesindedir.
40
ÖRNEK-1
İki özdeş sarkaç bir yay ile bağlanarak çiftlenimli hale getirilmiştir. Her bir sarkacın
boyu 0,4 m olup, yer çekim ivmesinin 9,8 m/s2 olduğu bir yerde bulunmaktadırlar.
Sarkaçlardan biri sabit tutulurken diğerinin periyodu 1,25 s ölçülmüştür. Sarkaçların her
ikisi de hareketli iken normal modların periyotlarını bulunuz.
Çözüm
Soldaki b-sarkacı sabit tutup, sağdaki a-sarkacı  kadar sağa doğru çekip serbest
bıraktığımızı düşünelim (Aşağıdaki şekildeki gibi). Bu durumda sarkacın periyodu 1,25
s ölçülüyor. Bu olay sırasında b-sarkacının hareket etmeyeceğine dikkat ediniz. Bu
durumda problem aşağıdaki şekildeki gibi düşünülebilir.
Bu durumda a-sarkacının hareket denklemi için

2 
+
 2

 
⏟
 ç 
etkisinden
+

⏟
 
etkisinden
=0
yazabiliriz (Ders notlarına bakınız). Her iki tarafı m’ye bölerek
2 
 
+
(
+ ) = 0
 2
  
41
yazabiliriz. Burada  = √


+


⇒ =
2

=
2




√ +
yazılabilir. Buradan
yazılır. T=1,25 s, g=9,8 m/s2 ve l=0,4 m değerleri kullanılarak




=
42
2
−


≅ 0,74  −2 değeri
elde edilir.
Şimdi problemde istenen periyot değerlerini bulabiliriz. Verilen sistemin iki farklı
modunun olduğunu ve mod frekanslarının



1 = √  ve 2 = √  + 2 
bağıntıları ile verildiğini biliyoruz (Ders notlarına bakınız).
Buradan 1.modun periyodu için

0,4
1 = 2√ = 2√
≅ 1,27 

9,8
2. modun periyodu için ise
2 =
2
√ + 2 


=
2
9,8
√
0,4 + 20,74
≅ 1,23 
elde edilir.
ÖRNEK-2
Kütleleri m olan A ve B cisimleri, kuvvet sabitleri  ve  olan yaylar ile duvara, yay
sabiti  olan bir yay ile de birbirlerine bağlanmışlardır. Sistem şekildeki gibi
sürtünmesiz yatay bir masa üzerindedir. A kütlesi  ve B kütlesi  kadar sağa doğru
çekilip serbest bırakılıyor.
a) Sistemin 1 ve 2 normal mod frekanslarını bulunuz.
b) Eğer 2 =   ise titreşimin normal modlarını bulunuz. (French-p5.4)
42
Çözüm:
a) A ve B kütlelerinin hareket denklemlerini
 ̈  +  ( - −1) + +1 ( - +1 ) = 0
bağıntısını kullanarak yazabiliriz (Ders notlarına bakınız).
̈ +   +  ( -  ) = 0
(1A)
̈  +   +  ( -  ) = 0
(1B)
(1A) ve (1B) denklemleri yeniden düzenlenerek
̈ +
 + 
̈  +

 -
 + 



 -


 = 0
(2A)
 = 0
(2B)
formunda yazılabilir.
Her iki kütle için harmonik çözümler alabiliriz:
 = 
(3A)
 = 
(3B)
Bu fonksiyonların ikinci türevleri alınarak (3A) ve (3B) denklemlerinde yerine yazılarak
(−2 +
 + 
(−2 +
 + 


−

) = 0
(4A)
 −  ) = 0
(4B)


veya buradan
(−2 +  +  )−  = 0
(5A)
−  + (−2 +  +  ) = 0
(5B)
A ve B’ye göre homojen, çizgisel denklem sisteminin çözümü olabilmesi için katsayı
determinantının sıfır olması gerekir:
|
−2 +  + 
−
−
|=0
− +  + 
2
Buradan
(−2 +  +  )( −2 +  +  ) − 2 = 0
yazılır. Bu ifade açılır ve gerekli işlemler yapılırsa
43
2 4 − [ +  + 2 ]2 + [  +   +   ] = 0
yazmak mümkündür. Burada 2 =  diyerek
2 − [ +  + 2 ] + [  +   +   ] = 0
yazarız. Bu ifade u’ya göre ikinci dereceden bir denklemdir. Buradan 1 ve 2 kökleri
için
1,2 =
[ + +2 ]∓√[ + +2 ]2 −4[  +  +  ]
(6)
2
2
yazılır. Karekök içindeki ifade açılır ve gerekli işlemler yapılırsa ve 1,2 = 1,2
olduğu kullanılırsa titreşimin mod frekansları için
2
1,2
=
1  +
[

2
+  ] ∓
1

[(
 − 2
)
2
1/2
+ 2 ]
(7)
elde edilir.
b) (7) ifadesinde karekök içindeki açılır ve   = 2 alınırsa
1/2
1/2
 −  2
1 2
2
2
[(
) +  ] = [ ( +  − 2  ) +   ]
2
4
1/2
1/2
1 2
1
1 2
1
2
2
= [ ( +  ) −   +   ] = [ ( +  ) +   ]
4
2
4
2
1/2
1/2
1 2
1
1
2)
2
(
=[
= [ ( +  ) ] = ( +  )
 +  + 2  )]
4
4
2
elde edilir. Bu değer (7) ifadesinde kullanılarak
2
1,2
=
1  + 
1
1
1
1
( +  ) =
( +  ) +  ∓
( +  )
[
+  ] ∓

2
2
2

2 
Buradan
12 =

⇒ 1 = √


(8A)

ve
22 =
 + +

⇒ 2 = √
 + +

(8B)
sonuçları elde edilir.
44
ÖRNEK-3
Doğal titreşim frekansları 0 ve kütleleri m olan iki özdeş A ve B sönümsüz
osilatörlerini düşünelim. A osilatörü üzerine 
 2 
 2
ve B ösilatörü üzerine 
 2 
 2
küvvetleri etkiyerek çiftlenimli hale getiriliyor. Bu ifadelerdeki , 1’den küçük değere
sahip olup çiftlenim sabitidir. Bu çiftlenimli sistemin normal modlarını ve bu modların
frekanslarını bulunuz. (French-p5.5)
Çözüm:
A ve B osilatörleri bağımsız olduklarında hareket denklemleri için


 2 
 2
 2 
 2
+ 02  = 0
(1A)
+ 02  = 0
(1B)
yazabiliriz. Şimdi (1A) denklemine 
 2 
 2
ve (1B) denklemine ise 
 2 
 2
kuvvetlerini ekliyelim:


 2 
 2
 2 
 2
+ 
+ 
 2 
 2
 2 
 2
+ 02  = 0
(2A)
+ 02  = 0
(2B)
Bu durumda A’nın denklemi B’ye ait bilgiyi ve B’nin denklemi ise A’ya ait bilgiyi
içermektedir. Bu nedenle bu iki osilatör çiftlenimli duruma gelmiştir.
Her iki kütle için harmonik çözümler alabiliriz:
 = 
(3A)
 = 
(3B)
Bu fonksiyonların ikinci türevleri alınarak (3A) ve (3B) denklemlerinde yerine yazılırsa
(−2  − 2  + 02 ) = 0
(4A)
(−2  − 2  + 02 ) = 0
(4B)
veya
(−2  − 2  + 02 ) = 0
(5A)
(−2  − 2  + 02 ) = 0
(5B)
veya
45
(−2 + 02 ) − 2  = 0
(6A)
−2  + (−2 + 02 ) = 0
(6B)
yazabiliriz.
A ve B’ye göre homojen, çizgisel denklem sisteminin çözümü olabilmesi
için katsayı determinantının sıfır olması gerekir:
−2 + 20
|
−2
−2
|=0
−2 + 20
Buradan
(−2 + 02 )2 − (2 )2 = 0
−2 + 02 = ∓ 2
( ∓ )2 = 02
(1 ∓ )2 = 02
02
 =
(1 ∓ )
0
1 =
√1 + 
0
2 =
√1 − 
2
sonuçları edilir. Sonuç olarak çiftlenimli durumda titreşim modlarının frekansı için
0
1 =
√1 + 
ve
2 =
0
√1 − 
değerleri bulunur.
46
ÖRNEK-4
Kütlesi ihmal edilebilen 3 uzunluğundaki bir ipin uçları iki sabit noktaya
tutturulmuştur. İpteki gerilme ise T’dir.
a) m kütleli bir parçacık şekildeki gibi ipin bir ucundan itibaren  uzunluğunda bir
noktaya tutturulmuş durumda iken m kütlesinin enine titreşimlerinin hareket
denklemini yazarak, periyodunu bulunuz.
b) m kütleli başka bir parçacık şekildeki gibi ipin diğer ucundan itibaren 
uzaklığına tutturulmuştur. İpteki gerilim yine T’dir. Enine salınımlar için farklı
normal modda kütlelerin ve ipin görünümünü çiziniz.
c) Yüksek mod frekansı ’yı hesaplayınız. (French-p5.13)
Çözüm:
Şekildeki kütleye etkiyen kuvvet için
 = −1 − 2
yazabiliriz. Küçük genlikli titreşimler için bu ifadeyi


3 
 = −1 − 2 ≅= −1 − 2 = − −  = −

2
2 
şeklinde yazabiliriz.
Titreşen kütlenin hareket denkleminin ise

2 3 
+
=0
 2 2 
47
olacağı açıktır. Burada her iki taraf m’ye bölünerek hareket denklemi için
2  3 
+
=0
 2 2 
ifadesi yazılır. Bu denklemdeki y’nin katsayısına
2 =
3 
2 
dersek periyot (P) için
2
 = 2√
3
ifadesini buluruz.
b ve c şıklarının yanıtı ders notlarında aynen vardır (Ders notlarına bakmadan problemi
çözmeye çalışın). Titreşim modlarının davranışı frekansları aşağıda verilmiştir.

Düşük modlu titreşim. 1 = √
3
Yüksek modlu titreşim. 2 = √
48
ÖRNEK-5
Şekilde gösterildiği gibi M ve m kütleli iki cisim kuvvet sabitleri 1 ve 2 olan yaylar
ile tavana asılıdır.
a) M kütlesi 0  kuvveti ile aşağı doğru sürülmektedir. Kütlelerin
hareket denklemlerinin
 2 1
 2 + (1 + 2 )1 − 2 2 = 0 

ve
 2 2

+ 2 2 − 2 1 = 0
 2
olduğunu gösteriniz. Burada 1 ve 2 sırasıyla M ve m kütlelerinin düşey
doğrultuda yer değiştirmeleridir.
b) 1 =  ve 2 =  ifadelerinin çözüm olabilmesi için
0 (2 − 2 )
=
(1 + 2 −  2 )(2 −  2 ) − 22
ve
=
0 2
(1 + 2 −  2 )(2 −  2 ) − 22
olması gerektiğini gösteriniz.
c)  = √
1

olması durumunda
2
1
=


olursa M’nin genliğinin sıfır olacağını
gösteriniz. George C. King, p4.9)
49
Çözüm:
a) Şekilde verilen sistemde M kütlesini 1 kadar, m kütlesini ise 2 kadar düşey
doğrultuda çekip serbest bırakalım. Bu durumda M kütlesine etkiyen kuvvet için
 = −1 1 − 2 (1 − 2 ) + 0 
yazabiliriz. Bu durumda M kütlesinin hareket denklemi için
 2 1

=  = −1 1 − 2 (1 − 2 ) + 0 
 2
veya
 2 1
 2 + 1 1 + 2 (1 − 2 ) = 0 

veya
 2 1
 2 + (1 + 2 )1 − 2 2 = 0 

yazabiliriz.
Benzer şekilde m kütlesi üzerine etkiyen kuvvet için ise
 = −2 (2 − 1 )
olacaktır. Bu durumda m kütlesinin hareket denklemi için
 2 2

+ 2 2 − 2 1 = 0
 2
yazılır.
b) Verilen 1 =  ve 2 =  çözümlerinin ikinci türevleri alınarak
hareket denklemlerinde yerine yazılırsa
(−2 + (1 + 2 ) − 2 ) = 0 
Elde edilir. Buradan
(−2 + (1 + 2 ) − 2 ) = 0
veya
(−2 + (1 + 2 )) − 2 ) = 0
(1a)
yazabiliriz. Aynı işlem m kütlesinin hareket denklemi için yapılırsa
(−2 + 2 ) − 2  = 0
(1b)
yazılır. (1b) denkleminden
50
=
2
2 −2
A
(2)
elde edilir. Bu sonucu (1a) denkleminde yerine yazarak A için
0 (2 −2 )
 = (
1 +2 −
(3)
2 )( −2 )− 2
2
2
elde etmek zor değildir. Bu sonucu (2) bağıntısında kullanarak B için
0 2
 = (
1 +2 −
(4)
2 )( −2 )− 2
2
2
elde edilir.
0 (2 −2 )
c)  = (
1 +2 −
2 )( −2 )− 2
2
2
ifadesinin payında
2 =
1

ve 2 =


1
değerleri yazılırsa
=


0 ( 1 −  1 )
(1 + 2 −
 2 )(2
−
 2 )
−
22
=
0
(1 + 2 −
 2 )(2
−  2 ) − 22
=0
sonucu elde edilir.
ÖRNEK-6
Şekildeki kütle-yay sisteminin titreşim frekanslarını bulunuz.
Çözüm:
Şekildeki sistemin kütle hareket denklemini
 ̈  +  ( - −1 ) + +1 ( - +1 ) = 0
Bağıntısını kullanarak yazabiliriz (Ders notlarına bakınız)
51
1. 41̈ + 31 + (1 − 2 ) = 0
2. 22̈ + (2 − 1 ) + (2 − 3 ) = 0
(1)
3. 3̈ + (3 − 2 ) = 0
Bu denklemler yeniden düzenlenerek
1. 41̈ + 41 − 2 = 0
2. 22̈ + 22 − 1 − 3 = 0
(2)
3. 3̈ + 3 − 2 = 0
şeklinde yazılabilir.
Her üç kütle aynı frekansla harmonik hareket yapacaktır. Bu nedenle kütlelerin
hareketini
1. 1 = 
2. 2 = 
(3)
3. 3 = 
fonksiyonları ile tanımlıyabiliriz. Bu fonksiyonların ikinci türevlerini alarak (2)’de
verilen denklemlerde yerine yazarak
1. −42  + 4 −  = 0
2. −22  + 2 −  −  = 0
(4)
3. −2  +  −  = 0
Bu denklemler yeniden düzenlenerek
1. (4 − 42 ) −  = 0
2. − + (2 − 22 ) −  = 0
(5)
3. − + ( − 2 ) = 0
yazılabilir. Bu denklem sisteminin çözümünün olabilmesi için katsayı determinantının
sıfıra eşit olması gerekir:
4 − 42
−
|
−
2 − 22
0
−
Bu determinantın açınımı yapılarak
0
− | = 0
 − 2
(4 − 42 )[(2 − 22 )( − 2 ) −  2 ] − [( − 2 )] = 0
elde edilir. Bu ifade biraz daha düzenlenirse
4( − 2 )[8( − 2 )2 − 5 2 ] = 0
52
yazılabilir. Bu eşitliğin sağlanması için
1.  − 2 = 0 ⇒ 2 = √


5
2. 8( − 2 )2 − 5 2 = 0 ⇒ ( − 2 )2 =  2 ⇒  − 2 = ∓
8
12 =  −
√5

√8
ve 32 =  +
√5

√8
√5

√8
⇒
elde edilir. Buradan da
1 = √/(1 − √5/8)1/2 ≅ 0,46√/
ve
3 = √/(1 + √5/8)1/2 ≅ 1,34√/
elde edilir. Frekansları büyüklüklerine göre sıralarsak
1 = 0,46√/ , 2 = √/, 3 = 1,34√/
yazabiliriz.
ÖRNEK-7
Şekilde gerilmiş ip üzerinde eşit aralıklarla, kütleleri eşit (1 = 2 = 3 = ) olan
üç boncuk bağlıdır. Sistem küçük genliklerle enine titreşim yapıyor. İpteki gerilimin
sabit kaldığını kabul ediniz (T=sabit). Ortadaki kütleye 0  periyodik dış kuvveti
uygulanıyor. Kütlelerin titreşim genliklerini belirleyiniz. Genliklerin frekansa bağlı
davranışını kabaca çiziniz.
Çözüm:
Kütlelerin enine titreşim durumlarının bir anı aşağıdaki şekildeki gösterilebilir. Burada

kütleler sanki kuvvet sabiti volan yaylarla bağlanmış gibi düşünülebilir (Ders notlarına

bakınız).
53
Kütlelerin hareket denklemlerinin aşağıdaki şekilde olacağını
 ̈ +  ( - −1 ) + +1 ( - +1 ) = 0
ifadesinden faydalanarak yazabiliriz (Ders notlarına bakınız).




1. 1 1̈ + 1 + (1 − 2 ) = 0








2. 2 2̈ + (2 − 1 ) + (2 − 3 ) = 0 
(1)
3. 3 3̈ + (3 − 2 ) + 3 = 0
1 = 2 = 3 =  alarak bu denklemler
1. 1̈ +
2. 2̈ +
3. 3̈ +






1 +


(1 − 2 ) = 0
(2 − 1 ) +
(3 − 2 ) +



(2 − 3 ) =

 3
0


(2)
=0
şeklinde yazılabilir.
1. 1 = 
2. 2 = 
(3)
3. 3 = 
şeklinde harmonik çözümler seçebiliriz. Bu fonksiyonların ikinci türevleri alınarak (2)
denklemlerinde yerlerine yazılırsa,
2

1. ( − 2 ) −   = 0

2

2. −   + ( − 2 )  −   =

0

(2)
2
3. −   + ( − 2 )  = 0
Bu denklem sistemini Cramer kuralı ile çözerek A, B ve C genliklerini belirleriz.
Katsayı determinantı
202 − 2
| −02
0
−02
202 − 2
−02
0
−02 | = (202 − 2 )[(202 − 2 )2 − 04 ] − 04 (202 − 2 )
202 − 2
= (202 − 2 )[(202 − 2 )2 − 204 ]
54
Burada


= 02 alınmıştır.
0
−02
0
|0 202 − 2
−02 |

0 2
0 (202 − 2 )
0
−02
202 − 2

=
=
(202 −  2 )[(202 −  2 )2 − 204 ] (202 −  2 )[(202 −  2 )2 − 204 ]
0 2
 0
=
[(202 −  2 )2 − 204 ]
Benzer işlem yapılarak B ve C için
0
(202 − 2 )

=
[(202 −  2 )2 − 204 ]
0 2
 0
=
[(202 −  2 )2 − 204 ]
Elde edilir. Burad A=C olduğuna dikkat ediniz. Bu sonuç problemin simetrisi ile de
uyumludur.
A, B ve C genliklerinin  frekansına bağlı davranışları aşağıdaki şekildeki gibi olacaktır
(Şekil ölçekli değildir).
55
ÖRNEK-8
Kütlesi m olan iki özdeş parçaçık uzunluğu l olan iplerle birbirine bağlanarak Şekil1’deki gibi tavana asılmışlardır. Sistem küçük genlikli salınım hareketi yapmaktadır.
Küçük genlikli salınım sırasında iplerdeki gerilimlerin statik durumdaki değerine göre
değişmediğini kabul ediniz. Küçük açı yaklaşımında  ≅  alınabildiğini
biliyorsunuz.
Şekil-1
a) Üsteki ve alttaki kütlelerin hareket denkleminin
 2 1 3

+

−
 =0
1
 2

 2
ve
 2 2 

+

−
 =0
2
 2

 1
ile verilebileceğini gösteriniz.
b) 1 =  ve 2 =  şeklinde harmonik çözümler olduğunu kabul
ederek sistemim frekansları 1,2 √(2 ∓ √2)/ olan iki tane normal modununun
olduğunu gösteriniz ve bu modlar için B/A genlik oranını belirleyiniz.
c)  = 1,0  alarak iki
titreşim modunun periyotlarını hesaplayınız. Sonucu
 = 1,0  uzunluklu basit sarkacın periyodu ile karşılaştırınız ( = 9,81  −2
alınız).
56
Çözüm:
Sistem denge durumundayken üsteki kütleyi tavana bağlayan ipteki gerilimin
1 = 2 ve alttaki kütlenin bağlandığı ipteki gerilimin ise 2 =  olacağı açıktır
(Şekil-2a). Küçük salınımlar durumunda bu gerilimlerin değişmeyeceğini kabul
edeceğiz.
Şekil-2
Kütlelere salınım hareketini kütlellere etkiyen yatay kuvvetler sağlayacaktır.
Üstteki kütleye etkiyen kuvvetin yatay bileşeni için:
1 ≅ −1 1 + 2 2 = −1
1
2 − 1
+ 2


Alttaki kütleye etkiyen kuvvetin yatay bileşeni için:
2 ≅ −2 2 = −2
2 − 1

yazabiliriz (Şekil-2b). Bu ifadelerde 1 ve 2 değerleri yerine yazılarak
1
2 − 1
1
2
+ 
=≅ −3
+ 




2 − 1
2
1
≅ −
= − + 



1 ≅ −2
2
yazılabilir.
Newtonun 2. Yasası kullanılarak üstteki ve alttaki kütlelerin hareket denklemleri için
 2 1
3

 2 =−
1 +



 2

 2 2
 2
=−


2 +


1
57
Bu denklemlerin her iki tarafı m’ye bölünerek yeniden
2 1 3

+
1 − 2 = 0
2



2 2 

+ 2 − 1 = 0
2



şeklinde yazılabilir.
b) 1 =  ve 2 =  harmonik çözümleri hareket denklemlerinde
kullanılarak
[(−2 +
3

) − ]  = 0


ve


[−  + (−2 + )]  = 0


yazılabilir. Bu denklemlerin her an sağlanabilmesi için
(−2 +
3

) −  = 0


ve


−  + (−2 + ) = 0


olmalıdır. Bu denklemlerin çözümünün olabilmesinin gerek ve yeter koşulu katsayı
determinantının sıfıra eşit olması gerekir:
3
−2 +

|

−

−


| = 0
− +

2
Burada
(−2 +
3

 2
) (−2 + ) − ( ) = 0



veya
4 −
 2 3 2
 2
 2
 −
 + 3( ) − ( ) = 0




veya
4 −
4 2
 2
 + 2( ) = 0


elde edilir. Burada 2 =  dersek
2 −
4
 2
 + 2( ) = 0


elde ederiz. Bu denklemin çözümü için
58
12
4 √ 4 2
 2 4 √  2 4

∓ ( ) − 8( )
∓ 8( )
∓ 2√2






 = (2 ∓ √2) 
=
=
=
2
2
2

Buradan normal modların titreşim frekansları için

i)
1 = √(2 − √2) 
ii)
2 = √(2 + √2) 

Sonucu elde edilir.
Daha önce elde ettiğimiz
(−2 +
3

) −  = 0


(−2 +
3

) −  = 0


ifadesinden
 3/ − 2
=

/
Elde ettiğmiz frekans değerleri kullanılarak:
i)
ii)




=
3
−2



=
3
−2



=
3

−(2−√2)




= 3 − (2 − √2) = 1 + √2
=
3

−(2+√2)




= 3 − (2 + √2) = 1 − √2
elde ederiz.
c) Titreşim periyotları için
i)
ii)
1 =
2 =
2

√(2−√2) 
=
2
9,81
2
9,81
≅ 2,62 
√(2−√2) 1,0
≅ 1,09 
√(2+√2) 1,0
Boyu l=1,0 m olan basit sarkacın periyodu ise
 = 2√/ ≅ 2,00 
dir. Burada 1 >  > 2 olduğuna dikkat ediniz.
59
ÖRNEK-9
Kütleleri ve boyları eşit ( =  =    =  = ) iki fiziksel sarkaç şekildeki
gibi sarkaçların asılma ucundan h kadar aşağıdan kuvvet sabiti k olan bir yay ile
birbirine bağlanarak çiftlenimli hale getiriliyor. Sarkaç çubuklarının kütlelerinin ihmal
edilecek kadar küçük olduğunu kabul ediniz. Burada  kütlesi hafifçe sağa doğru xA
kadar,  kütlesi ise xB kadar çekilip serbest bırakılıyor. a)  ve  kütlelerinin bağlı
olduğu sarkaçlar için hareket denklemini yazınız. b) Bu denklem sisteminin çözümünü
yapınız. c) Titreşim modlarının açısal frekanslarını belirleyiniz.
Çözüm:
Serbest durumda A ve B sarkaçlarını denge konumundan itibaren küçük θA ve θB açıları
kadar uzaklaştırılıp serbest bırakıldığında kütlelere etki eden geri çağırıcı kuvvetleri için
 = −
 = −
Bu kuvvetlerin dönme eksenine göre yarattığı torklar ise
 = −
 = −
olacaktır. Sarkaç kütleleri xA ve xB kadar sağa çekildiğinde çiftlenimi sağlayan yayın
boyundaki değişim  −  kadar olacağı açıktır. Şekildeki üçgenlerden
 =

ℎ
=


ℎ
⇒  =  
60
 =

ℎ
=


ℎ
⇒  =  
yazabiliriz. Buradan yayın boyundaki değişim için
 −  =
ℎ
( −  )
 
yazılabilir. Bu durumda çiftlenim yayından dolayı A ve B kütlelerine etkiyen kuvvetler
Hook yasasından
ℎ
 = − ( −  )

ℎ
 = − ( −  )

olacaktır. Bu kuvvetlerin dönme eksenine göre yarattığı torklar ise
ℎ
 = − ( −  )ℎ

ℎ
 = − ( −  )ℎ

Bu sonuçlar kullanılarak A ve B sarkaçlarının etki eden toplam torklar ise
ℎ
 =  +  = − −  ( −  )ℎ

ℎ
 =  +  = − −  ( −  )ℎ

Bu ifadeler küçük açı yaklaşımında ( ≅  ,  ≅  ;  ≅ 1,  ≅ 1)
ℎ
ℎ2
 =  +  = − −  ( −  )ℎ = − −
( −  )


ℎ
ℎ2
 =  +  = − −  ( −  )ℎ = − −
( −  )


yazılır. Tork için
 =  = 
ifadesini hatırlarsak
2 
 2

 2 
ℎ2
=
−
−
( −  )

 2


 2 
ℎ2
=
−
−
( −  )

 2

ve
yazılır. Burada I eylemsizlik momenti olup bu sistem için  = 2 dir. Burada  ≅
ve  ≅




alınarak
2 2 
 ℎ2
=
−
−
( −  )
  2


ve
61
2 2 
 ℎ2
=
−
−
( −  )
  2


Buradan
2  
ℎ2
+

+
( −  ) = 0
 2
  2 
ve
2  
ℎ2
+

+
( −  ) = 0
 2
  2 
Bu iki denklem taraf tarafa toplanır ve çıkarılırsa
 2 ( +  ) 
+ ( +  ) = 0
 2

ve
 2 ( −  )
 2ℎ2
+
(
+
)( −  ) = 0
 2
 2
elde edilir. Burada
1 = ( +  ) ve 2 = ( −  )
12 =



ve 22 =  +
2ℎ2
2
alınarak
 2 1
+ 12 1 = 0
 2
ve
2 2
+ 22 2 = 0
 2
yazılır. Buradan
1 = 1 (1  + 1 )
2 = 2 (2  + 2 )
yazabiliriz. Buradan çözüm için
1
1
 = (1 + 2 ) = [1 cos(1  + 1 ) + 2 cos(2  + 2 )]
2
2
1
1
 = 2 (1 − 2 ) = 2 [1 cos(1  + 1 ) − 2 cos(2  + 2 )]
ifadeleri elde edilir. Titreşim modlarının açısal frekansları ise


1 = √  ve 2 = √  +
2ℎ2
2
olacaktır.
62
ÖRNEK-10
Şekilde verilen sistemdeki 1 kütlesi sürtünmesiz masa üzerindedir ve kuvvet sabiti k
olan bir yayla O noktasından duvara bağlıdır. Kütlesi 2 , uzunluğu  olan basit sarkaç
ise bir iple şekildeki gibi 1 kütlesine bağlıdır. Sistem serbest bırakıldığında  ≈
 ≈
2 −1

olacak şekilde küçük titreşimler yapmaktadır. (French-5-11’den adapte
edilmiştir.)
a) 1 ve 2 kütlelerinin hareket denklemlerini yazınız.
b) 1 = 2 =  özel durumu için sistemin normal modlarının açısal frekanslarını
bulunuz.
ÇÖZÜM:
a) Bu çiftlenimli salınıcıda 1 kütlesine hem yay tarafından −1 geri çağırıcı kuvvet
hem de 2 kütleli sarkacın salınımını sağlayan 2  kuvveti etki etmektedir.
 −
Burada küçük salınımlar koşulu nedeniyle  ≈ 2 1 alınabilir. Bu durumda 1

kütlesinin salınımını sağlayan net kuvvet için
 = −1 + 2 
2 − 1

yazabiliriz. Newton’un ikici yasası kullanılarak 1 kütlesinin hareket denklemi için
1 ̈ 1 = −1 + 2 
2 − 1

veya
1 ̈ 1 + 1 + 2 
1 − 2
=0

yazabiliriz.
63
2 kütlesinin hareket denklemi için ise basit sarkaç örneğinden de bildiğimiz gibi
2 ̈ 2 + 2 
2 −1

=0
yazabiliriz. Bu iki denklem yeniden
̈ 1 + (

2 
2 
+
 =0
) 1 −
1 1 
1  2




̈ 2 + 2 − 1 0
Şeklinde düzenlenebilir.
b) 1 = 2 =  özel durumunda hareket denklemleri
c)
̈ 1 + (
 

+ ) 1 − 2 = 0
 





̈ 2 + 2 − 1 0
olacaktır. Burada
1 =  ve 2 = 
şeklinde harmonik çözümler olduğu kabul edilerek
−2  + (
 

+ )  −  = 0
 





−2  +  −  0
veya
−2 + (
 

+ ) −  = 0
 





−2 +  −  = 0
veya
 

[ + − 2 ]  −  = 0
 





−  + [ −2 ]  = 0
64
yazılır. Bu denklem sisteminin çözümünün olması için gerek ve yeter koşul katsayı
determinantının sıfıra eşit olmasıdır:
 
+ − 2
|  
−


−
 |=0

−2

Buradan
(
 

 2
+ − 2 ) ( −2 ) − ( ) = 0
 


elde edilir. Buradan
(2 )2 − (
 2 2  
+ ) +
=0



2 =  seçelim
2 − (
1,2
 2

+ ) +
=0




 2 √  2 2
+
∓ ( + ) −4


 2
 2






√
=
=
+ ∓ ( ) +( )
2
2 
2

2
1,2


 2
 2
√
=
+ ∓ ( ) +( )
2 
2

Sonuç olarak mod frekansları için


 2
 2
√
√
1 =
+ − ( ) +( )
2 
2



 2
 2
√
√
2 =
+ + ( ) +( )
2 
2

ifadelerini yazabiliriz.
65
Download

BÖLÜM-5 5.1 ÇİFTLENİMLİ SALINICILAR (Coupled Oscillators