Sistem Modelleme ve Analizi dersinde mekanik, elektrik, akış, ısıl ve elektro-mekanik sistemlerin enerji denklemleriyle matematik modelleri kurulur. Sistemlerin benzer matematik modellerinin çıkarılması vurgulanır. Modellerin analitik ve nümerik çözümleri verilir. Çözümlerde bilgisayarlardan yararlanma yöntemleri gösterilir. MatLAB, VisualBASIC ve Bilgisayar Destekli Mühendislik programları kullanılır.

Sesli POWER POINT sunum dosyaları ekli CD dedir. Sunumlar Microsoft Office-XP uyumludur. dsma.pps dosyası çalıştırılarak sunumlar başlatılabilir.

Prof.Dr. Hira Karagülle Dokuz Eylül Üniversitesi öğretim üyesidir. Ege Üniversitesi’nden lisans ve yüksek lisans dereceleri aldıktan sonra 1984 te Massachusetts Institute of Technology’den makine mühendisliğinde doktora derecesi almıştır. Bilgisayar destekli mühendislik, mekanik titreşimler, ultrasonik, ölçme ve kontrol genel uzmanlık alanlarıdır.

Sistem

Modelleme

ve Analizi

2. Baskı

MotorDCkV

LJ

2aa1 qL

2

1E 2

mmJ2

1 2

LLJ2

1

Sesli Sunumlu

Prof.Dr. Hira Karagülle

SİSTEM MODELLEME VE ANALİZİ

Prof.Dr. Hira Karagülle

2002, H. Karagülle

Baskı ve Cilt:

Demfo, Bornova-İzmir e-posta: demfo@mynet.com

iii

İÇİNDEKİLER

ÖNSÖZ v GİRİŞ 1 1 MEKANİK SİSTEMLERİN MODELLENMESİ 3

1.1 Mekanik Sistemlerin Modellenme Yöntemleri 3

1.2 Mekanik Sistem Elemanları 3

1.3 Enerji Eşitlikleri 6

1.4 Lagrange Denklemi 9

1.5 Özdeğer Denklemi 12

2 MEKANİK SİSTEMLERİN BİLGİSAYARLA MODELLENMESİ

22

3 ELEKTRİK DEVRELERİNİN MODELLENMESİ 29

3.1 Elektrik Devrelerinin Modellenme Yöntemleri 29

3.2 Elektrik Devresi Elemanları 29

3.3 Genel Analoji Tablosu 32

3.4 Elektrik Devrelerinin Modellenmesi 33

4 ELEKTRİK DEVRELERİNİN BİLGİSAYARLA MODELLENMESİ

43

5 AKIŞ SİSTEMLERİNİN MODELLENMESİ: BENZER ELEKTRİK DEVRELERİ

48

6 ISIL SİSTEMLERİN MODELLENMESİ: BENZER ELEKTRİK DEVRELERİ

52

7 ELEKTRO-MEKANİK SİSTEMLERİN MODELLENMESİ

56

8 DOĞRUSAL DİFERANSİYEL DENKLEMLER 64

8.1 Transfer Fonksiyonu 64

8.2 Eksponansiyel/harmonik girdi 65

8.3 Laplace Transformu 66

8.3.1 İmpuls Cevabı 68

8.3.2 Adım Girdi Cevabı 70

8.3.3 İlk Şartlara Bağlı Çözüm 72

8.4 Blok Diyagramları 74

9 DOĞRUSAL DİFERANSİYEL DENKLEM TAKIMLARI 79

9.1 Durum Değişkenleri 79

9.1.1 Girdiye Bağlı Çözüm 80

9.1.2 İlk Şartlara Bağlı Çözüm 86

9.2 Bilgisayarla Model Çözümleri 87

9.3 Runge-Kutta Yöntemiyle Nümerik Çözüm 88

iv

10 DOĞRUSAL OLMAYAN DİFERANSİYEL DENKLEM TAKIMLARI

95

10.1 Dengeden Küçük Sapmalarda Doğrusallaştırma 95

10.1.1 Sarkaç Problemi 101

SINAV PROBLEMLERİ Ara Sınav 1 110

Ara Sınav 2 113

Final 116

110

KAYNAKLAR 119

EK A : MatLAB İLE PROGRAMLAMA 120

EK B : VisualBASIC İLE PROGRAMLAMA 123

EK C: Runge-Kutta Yöntemi Programı 129

PROBLEMLERİN YANITLARI 131

Sunumla İgili Açıklamalar 154

DİZİN 155

v

ÖNSÖZ

İnsanlık tarihinde önemli dönüm noktalarından biri 17.

yüzyılda hareket kanunlarının keşfidir. Daha önce temel matematik ve

deneyimle yapılan mühendislik tasarımları bu keşifden sonra

bilimselleşerek ileri matematik, deneyim ve hesapla yapılmıştır.

Mühendislik hizmetlerindeki bu değişim sanayi devrimini oluşturmuş,

şehirleşme ile sosyal değişim yaşanmıştır. Büyük fabrikalar

kurulmuştur. Bir fabrikada örneğin kalite kontrolü bölümünde işe

başlayan bir kişi yıllar sonra şef olarak emekli olmuştur. Mühendislik

sistemlerinin fiziği ve matematik modelleri bilindiği halde hesap

olanaklarının kısıtlı olması nedeniyle basit modellere ileri matematik

uygulanabilmiş, karmaşık sistemler için deneyim önemini korumuştur.

Bu dönemde klasik mühendislik eğitimi oldukça yerleşik bir müfredat

oluşturmuştur.

Dijital elektronikteki gelişmeler, bilgisayarlarla hesap

olanaklarını sunmuş ve bilgi çağı dönemi başlamıştır. Artık ileri

matematiğe dayalı karmaşık modeller de çözülebilmekte ve deneyimin

önemi azalmaktadır. Bilgisayar destekli tasarım ve analiz (computer

aided design/computer aided analysis) (CAD/CAE) programları ile

karmaşık mühendislik sistemleri tasarlanıp analiz edilebilmektedir.

Otomasyon hızla artmaktadır. Bu gelişmeler sosyal hayatı ve eğitim

sistemini de doğrudan etkilemektedir. Büyük üretim fabrikalarının

yerini, tasarım şirketlerinin tasarladığı sistemlerin elemanlarını üreten

küçük ve orta boy işletmelere (KOBİ’lere) dayalı üretim almaktadır.

Artık büyük fabrikalarda kalite kontrolü bölümünde emekli olana

kadar çalışma olanağı yerine, KOBİ’lerde değişik işleri yapabilme

yeteneğine sahip, bilgisayar destekli mühendislik hizmetlerini

yapabilen, iletişimi güçlü, takım çalışmasına yatkın mühendislere

ihtiyaç artmaktadır. Bu ihtiyaçlara paralel olarak mühendislik

eğitiminde de önemli değişiklikler olabilecektir. Uzaktan eğitim,

internet destekli eğitim hızla gelişmektedir. Bazı üniversiteler,

müfredatlarında görülen bazı dersleri kendi üniversitelerinden alma

imkanı yanında uzaktan eğitim veren ve kendi standartlarında

gördükleri başka üniversitelerin birinden alınmasını da kabul

etmektedir. Bir kıtada gelişmiş bir üniversitede verilen bir ders, diğer

bir kıtada az gelişmiş birçok üniversitede aynı anda verilebilmektedir.

Bu kitap yeni dönem mühendislik eğitimi anlayışına yönelik

yazılmıştır. Mekanik, elektrik, akış ve ısıl sistemlerin ortak matematik

vi

modellerinin çıkarılışı ve bu modellerin bilgisayar desteği ile çözümü

verilerek entegre bir yaklaşım benimsenmiştir. CAD/CAE

programlarıyla da çözümler verilmiştir. Kitap, kendine özgü içerikle

yazılmıştır. Klasik kitaplarda yer alan konuların detayı verilmemiştir.

Kitaptaki konular işlendikten sonra, tümdengelim yaklaşımı ile başlığı

belli bazı konuların detayları için ilgili literatüre başvurulabilir.

Kitap, Dokuz Eylül Üniversitesi-Mühendislik Fakültesi-

Makine Bölümü’nde 7. dönemde verilen Sistem Modelleme ve Analizi

dersi için yazılmıştır. Ders konularının sunumu sesli Power-Point

dosyalarına kaydedilmiş ve kitabın ekindeki CD de verilmiştir.

Sunumlar Microsoft Office-XP uyumlu olup dsma.pps dosyası

çalıştırılarak başlatılabilir. Öğretim üyesinin konuyu anlatırken

tahtada sırasıyla yazdıkları ve söyledikleri sunumlarda

gerçekleştirilmiştir. Sınıfta, bilgisayarla sunum cihazı kullanılarak CD

den yararlanılabilir. Kitabın içerik bakımından orijinallik yönü

yanında, ekli sesli sunum dosyaları ile de orijinal yönü söz konusudur.

Mühendislik eğitimindeki gelişmelere paralel olarak bu kitaptaki

entegre yaklaşım ve sunum tekniklerinin çok daha gelişerek

yayılacağını umuyorum.

Kitabın, makine mühendisleri yanında, tüm mühendislik

alanları için, uygulamalı matematik veya fizikle ilgilenenler için

yararlı olabileceği düşüncesindeyim.

Kitabın yazımında ve düzeltilmesinde yardımcı olan Dr.

Zeki Kıral’a teşekkür ederim.

Prof.Dr. Hira Karagülle

İzmir, Aralık-2002

1

GİRİŞ

Sistemler belirli bir işlevi yerine getirmek için tasarlanır ve

üretilirler. Farklı özellikteki elemanların farklı şekillerde bağlanması

ile farklı sistemler oluşturulur. Sistemlerin matematik modellerinin

kurulması, girdi ile çıktıları arasındaki ilişkilerin bulunmasını sağlar.

Sistemlerin işlevlerini yerine getirip getirmeyeceği, verimliliği tasarım

aşamasında belirlenir. Elemanlarının dayanımı ve ömrü, dolayısı ile

sistemlerin ömrü tahmin edilebilir. Matematik modellerin kurulması

ile sistem kontrol edilebilir.

Mekanik, elektrik, akış ve ısıl sistemlerde ortak matematik

modeller ortaya çıkar. Basit sistemler dışında, bu modellerin çözümü

bilgisayar gerektirir. Bilgisayarlar gelişmeden önce üretimi ve

denenmesi daha pahalı ve zor olan mekanik, akış ve ısıl sistemler

yerine aynı matematik modele sahip elektrik devreleri kurularak

sistemler geliştirilmiştir. Günümüzde bilgisayar destekli tasarım ve

analiz (computer-aided design/engineering) (CAD/CAE)

programlarına sistemler tanıtılmakta, programlar otomatik olarak

matematik modelleri kurup çözmektedir.

Bu kitapta önce temel mekanik sistem elemanları, eleman

denklemleri ve elemanlarla ilgili enerji eşitlikleri verilir ve Lagrange

yöntemiyle matematik modellerin çıkarılışı gösterilir. Bu modeller

matrislerle yazılabilen doğrusal diferansiyel denklem takımlarıdır.

Denklemlerin çözümünde ilk aşama özdeğerlerin, mekanik sistemler

için doğal frekansların bulunuşudur. Çözümlerde MatLAB’dan

yararlanılır.

Mekanik sistemlerin ANSYS programıyla bilgisayarda

modellenmesi de gösterilir. ANSYS yerine Working Model, ADAMS

gibi farklı programlar da kullanılabilir. Sistem tanıtıldıktan sonra

modeli kendi kurup çözen bilgisayar programlarının sonuçlarının,

matematik modelin kurulup MatLAB ile çözülmesiyle elde edilen

sonuçlarla karşılaştırması örneklerle yapılır.

Elektrik devresi elemanları, eleman denklemleri ve enerji

denklemleri verilir. Mekanik sistemlerle elektrik sistemleri elemanları,

eleman denklemleri ve enerji denklemleri arasındaki benzerlik

vurgulanır. Lagrange denklemi uygulanarak elektrik devrelerinin

matematik modellerinin çıkarılışı gösterilir.

Elektrik devrelerinin Electronics Workbench programıyla

bilgisayarda modellenmesi de gösterilir. Workbench yerine farklı

2

programlar da kullanılabilir. Devre tanıtıldıktan sonra modeli kendi

kurup çözen bilgisayar programlarının sonuçlarının, matematik

modelin kurulup MatLAB ile çözülmesiyle elde edilen sonuçlarla

karşılaştırması örneklerle yapılır.

Akış ve ısıl sistemler için de benzer denklemler vurgulanır ve

bu sistemlerin benzer elektrik devrelerinin kuruluşu gösterilir.

Elektro-mekanik sistemlerin matematik modellerinin

kuruluşu gösterilir. Bu sistemlerin matematik modelleri, doğrusal

olmayan diferansiyel denklem takımlarını da verir.

Tek serbestlik dereceli sistemlerin matematik modeli olan

sabit katsayılı doğrusal diferansiyel denklemlerin Laplace transformu

ile çözüm yöntemleri gösterilir.

Çok serbestlik dereceli sistemlerin matematik modeli olan

doğrusal diferansiyel denklem takımlarının çözümünde denklemler

matrislerle durum değişkenleri formunda yazılır ve Laplace

transformuyla çözüm yöntemleri gösterilir. Matrislerin tersinin

alınması, ters Laplace transformlarının bulunması ve cevapların

grafiklerinin çizilmesinde MatLAB’dan yararlanılır. Ayrıca Runge-

Kutta yöntemiyle nümerik çözümler verilir. Runge-Kutta yönteminin

uygulaması VisualBASIC programıyla yapılır.

Son olarak elektro-mekanik sistemlerin modellenmesinde

ortaya çıkan doğrusal olmayan diferansiyel denklemlerin denge

halinin bulunması ve dengeden küçük sapmalar için denklemlerin

doğrusallaştırılması gösterilir.

3

1 MEKANİK SİSTEMLERİN

MODELLENMESİ

1.1 Mekanik Sistemlerin Modellenme Yöntemleri

Mekanik sistemlerin modellenmesinde iki ana yöntem

kullanılır. 1. yöntemde kinematik analiz yapılarak konum, hız ve

ivmeler bulunur. Daha sonra serbest cisim diyagramları çizilerek

mekanik yasaları uygulanır. 2. yöntemde kinematik analiz yapılarak konum ve hızlar

bulunur. Daha sonra sistem için toplam kinetik enerji, potansiyel

enerji ve sanal iş ifadeleri yazılarak Lagrange denklemi uygulanır. Bu

derste 2. yöntem kullanılacaktır.

1.2 Mekanik Sistem Elemanları:

Temel mekanik sistem elemanlarını ele alalım. Ötelenen

elemanlardan ilki Şekil 1.1 de gösterilen m kütlesidir. Kütleye

uygulanan kuvvet F ve kütlenin yer değiştirmesi x tir.

Şekil 1.1 Kütle elemanı

Eleman denklemi

ve elemanda depolanan kinetik enerji

dir. Burada x hız ve x ivmedir.

İkinci tip eleman Şekil 1.2 de gösterilen k değerinde yaydır.

Yaya uygulanan kuvvet f ve yayın şekil değiştirmesi x tir.

xmF

21 xm

2

1E

4

Şekil 1.2 Yay elemanı

Eleman denklemi

ve yayda depolanan potansiyel enerji

dir.

Üçüncü temel eleman, Şekil 1. 3 te gösterilen, sönüm sabiti

c olan sönüm elemanıdır. Elemana etkiyen kuvvet f ve elemanın yer

değiştirmesi x tir.

Şekil 1.3 Sönüm elemanı

Eleman denklemi

ve sanal iş

dir. Sanal işin negatif olmasının nedeni sürtünme kuvvetlerinin daima

harekete ters yönde olmasındandır.

Elemanlara etkiyen dış kuvvetlerin yaptığı sanal iş

dir.

kxF

22 kx

2

1E

xcF

xxcW

xFW

5

Dönel elemanlar için de benzer denklemler yazılabilir:

Burada T tork, açısal konumdur. IG kütle atalet momenti, Kr dönel

yay sabiti ve Cr de dönel sönüm sabitidir.

Kütlesi m ve boyu L olan homojen ve düzgün kesitli bir

çubuğun kütle atalet momenti

dir.

Kütlesi m ve yarıçapı R olan diskin kütle atalet momenti

dir. Karmaşık şekilli elemanların kütle, kütle merkezi ve atalet

momenti bilgileri bilgisayar destekli tasarım programları ile

bulunabilir.

Düzlemde öteleme ve dönme hareketini birlikte yapan bir

katı cismin kinetik enerjisi şu şekilde yazılabilir:

Burada vG, cismin kütle merkezinin hızıdır.

GIT

2G1 I

2

1E

θKT r 2r2 K

2

1E

rCT

rCW

TW

2G mL

12

1I

2G mR

2

1I

2G

2G1 I

2

1mv

2

1E

6

1.3 Enerji Eşitlikleri

Mekanik sistemlerde kinetik enerji, potansiyel enerji, sanal iş

konusunu bir örnek ile ele alalım.

Örnek 1.1

Şekil 1.4 deki sistemde 1 nolu sabit gövdeye 2 nolu OA kolu O da

mafsallanmıştır.

Şekil 1.4 Mekanik sistem

Kolun kütlesi 2m/3, boyu 3L/4 tür. Diğer bir eleman, merkezi B de

olan 3 nolu disktir. Diskin kütlesi m/2, yarıçapı L/3 tür. 2 ve 3 nolu

elemanlar, 2k ve 3c değerinde yay-sönüm elemanı ile bağlıdırlar. 3

nolu disk 2k ve 3c değerinde diğer bir yay-sönüm elemanı ile gövdeye

de bağlıdır. 3 nolu disk, diğer bir 4 nolu kol üzerinde kaymadan

yuvarlanabilmektedir. Kol gövdede yatay doğrultuda kayabilmekte ve

iki tarafından k ve c değerli yay-sönüm elemanları ile gövdeye

bağlıdır. 4 nolu kolun kütlesi m ve boyu L dir. 2 koluna D noktasında

yatay f kuvveti etkimektedir. OD=9L/16 dır. 3 diskine B noktasında T

torku etkimektedir. 3 serbestlik dereceli olan sistemin genel

koordinatları θ, xB ve x4 olarak seçilebilir. f ve T sistemin kuvvet

girdileridir. Sistemin genel koordinatlarından biri olabilecek olan x4

de bu problemde girdi olarak alınacaktır. x4 dış etki ile kontrol

edilmektedir. Bu durumda sistemin kalan genel koordinatları θ ve xB

dir. θ nın radyan değerinin 1 den çok küçük olduğu ve dolayısı ile

radyan cinsinden

ve sin 1cos

7

varsayılacaktır.

Sistemin toplam kinetik enerjisi şu şekilde yazılabilir:

1. terim, (1/2) çarpı 2 nolu kolun kütlesi çarpı 2 nolu kolun kütle

merkezinin hızının karesidir. 2 nolu kolun kütle merkezi orta

noktasında olup O dan 3L/8 uzaklıktadır, ve dairesel hareket

yapmaktadır. 2. terim, (1/2) çarpı 2 nolu kolun atalet momenti çarpı

açısal hızının karesidir. Kolun atalet momenti (1/12) çarpı kolun

kütlesi çarpı uzunluğunun karesidir. 3. terim, (1/2) çarpı 3 nolu diskin

kütlesi çarpı kütle merkezinin hızının karesidir. 4. terim, (1/2) çarpı 3

nolu diskin atalet momenti çarpı açısal hızının karesidir. 3 nolu diskin

atalet momenti (1/2) çarpı kütlesi çarpı yarıçapının karesidir. Açısal

hızı ise (4 nolu kol ile temas noktasının ortak hızı-merkezinin

hızı)/yarıçap tır. 5. terim, 4 nolu kolun kinetik enerjisi olup, (1/2) çarpı

kolun kütlesi çarpı kütle merkezinin hızının karesidir. 4 nolu kol açısal

hareket yapmadığından kinetik enerjiye açısal hareket nedeni ile

katkısı yoktur.

Sistemin toplam potansiyel enerjisi şu şekilde yazılabilir:

1. terim, 2 ve 3 nolu elemanlar arasındaki yayda depolanan potansiyel

enerji olup, (1/2) çarpı yay değeri çarpı yaydaki şekil değiştirmenin

karesidir. Yaydaki şekil değiştirme B noktası ile A noktasının

yerdeğiştirme farkıdır. A noktasının yatay yer değiştirmesi (3L/4)sin θ

olup küçük θ açıları için yaklaşık (3L/4)θ dır. 2. terim, 3 nolu disk ile

gövde arasındaki 2k değerinde yayda depolanan potansiyel enerjidir.

Son iki terim 4 nolu kol ile gövde arasındaki yaylarda depolanan

potansiyel enerjilerdir.

Sistemin sanal iş ifadesi şu şekilde yazılabilir:

1E

2

8

L3

3

m2

2

1

22

4

L3

3

m2

12

1

2

1

2

Bx2

m

2

1

2B4

2

L

)xx(3

3

L

2

m

2

1

2

1

24xm

2

1

2E

2

B4

L3xk2

2

1

2Bkx2

2

1 2

4kx2

1

24kx

2

1

8

1. terim, f kuvvetinin yaptığı sanal iştir. f kuvvetinin uygulanma

noktasının yatay yer değiştirmesi küçük θ açıları için yaklaşık

(9L/16)θ dır. 2. terim, T torkunun yaptığı sanal iştir. T torku 3 diskine

uygulanmaktadır ve 3 diskinin açısal konumu genel koordinatlara

bağlı olarak yazılmıştır. 3. terim, 2 kolu ile 3 diski arasında 3c

değerindeki sönüm elemanı sanal işidir. Elemanın B ve A uçlarındaki

hız farkları ve sanal yer değiştirme farkları kullanılmıştır. Küçük θ

açıları için A nın yatay yer değiştirmesi yaklaşık (3L/4) θ dır. 4. terim

3 diski ile gövde arasında 3c değerindeki sönüm elemanı sanal işidir.

Son iki terim 4 kolu ile gövde arasındaki sönüm elemanları sanal işi

olarak yazılabilirdi. Ancak bu örnekte x4 girdi olarak alındığından δx4

sanal yer değiştirmesi sıfırdır. Sanal yer değiştirme yalnız genel

koordinatlara uygulanır.

Sanal değişimin dağılma özelliği kullanılarak sanal iş ifadesi

şu şekilde düzenlenebilir:

x4 girdi olduğundan δx4 sıfırdır. δθ ve δxB nin çarpanları parantez

içine alınarak şu ifade elde edilir:

δθ nın çarpanı olan parantez içerisindeki ifade genel koordinat θ nın

genel kuvvet ifadesidir. δxB nin çarpanı olan parantez içerisindeki

ifade de genel koordinat xB nin genel kuvvet ifadesidir ve sırasıyla

aşağıda verilmiştir:

16

L9fW

L

)xx(3T B4

4

L3x

4

L3xc3 BB

BB xxc3 4444 xxcxxc

f16

L9W B4 xT

L

3xT

L

3 BBB x

4

cL9xxc3

16

cL27x

4

cL9 2

B BB xxc3

16

cL27x

4

cL9f

16

L9W

2

B BB x4

cL9xc6T

L

3

16

cL27x

4

cL9f

16

L9Q

2

B 4

cL9xc6T

L

3Q BxB

9

1.4 Lagrange Denklemi

Bir mekanik sistemde kinetik enerji ile potansiyel enerji farkına

Lagrange parametresi (L) adı verilir.

21 EE L (1.4.1)

Lagrange denklemi şu şekilde yazılır:

(1.4.2)

Burada xi i nolu genel koordinat, Qi i nolu genel kuvvettir. n serbestlik

dereceli bir sistem için i, 1 den n ye kadar değerler alır. Denklemin

çıkarılışı için kaynak kitap incelenebilir (Willams). Konuyu Örnek

1.1 i devam ettirerek açıklayalım.

Örnek 1.1 (devam):

Bölüm 1.3 te ilgili örnekte bulunan kinetik enerji ve potansiyel enerji

eşitlikleri ve sanal iş ifadelerinden elde edilen genel kuvvetler aşağıda

tekrar verilmiştir.

iii

Qxxdt

d

LL

1E

2

8

L3

3

m2

2

1

22

4

L3

3

m2

12

1

2

1

2

Bx2

m

2

1

2B4

2

L

)xx(3

3

L

2

m

2

1

2

1

24xm

2

1

2E

2

B4

L3xk2

2

1

2Bkx2

2

1 2

4kx2

1

24kx

2

1

16

cL27x

4

cL9f

16

L9Q

2

B

4

cL9xc6T

L

3Q BxB

10

İlk olarak θ koordinatına Lagrange denklemini uygulayalım:

Kinetik enerji yalnız nın fonksiyonu ve potansiyel enerji de yalnız

θ nın fonksiyonu olduğundan denklem şu şekilde yazılabilir:

Yukarıdaki enerji eşitliklerine ilgili türev işlemleri uygulanırsa,

(1.4.3)

Bu defa aynı işlemleri xB koordinatı için yapalım:

Benzer şekilde yukarıdaki enerji eşitliklerine ilgili türev işlemleri

uygulanırsa,

(1.4.4)

Denklem 1.4.3 ve 1.4.4, ilk terimlerdeki zamana göre türevler alınarak

düzenlenirse sırasıyla:

Q

dt

d LL

Q

EE

dt

d 21

576

mL18

192

mL18

dt

d 22

4

L3x

4

kL6B

16

cL27x

4

cL9f

16

L9 2

B

XBB

2

B

1 Qx

E

x

E

dt

d

)xx(

L36

mL9x

2

m

dt

dB42

2

B BB kx24

L3xk2

4

cL9xc6T

L

3B

11

yazılır. Bu denklemlerin sol tarafında genel koordinatları içeren

terimler, sağ tarafında da girdileri içeren terimler yer alır. Bu iki

denklem matrislerle aşağıdaki gibi düzenlenebilir:

(1.4.5)

Bu denklemlerin genel formu

(1.4.6)

şeklindedir. Burada M kütle matrisi, C sönüm matrisi, K direngenlik

matrisi olarak adlandırılır ve kare matrislerdir. X genel koordinat

sütun matrisi ve F de girdi sütun matrisidir. Bu denklemler doğrusal

diferansiyel denklem takımı olup, çok serbestlik dereceli titreşim

denklemi olarak adlandırılır.

f16

L9x

2

kL3

8

kL9x

4

cL9

16

cL27

8

mLB

2

B

22

4BBB x4

mT

L

3kx4

2

kL3xc6

4

cL9x

4

m3

B

2

B

2

B

2

xk42

kL3

2

kL3

8

kL9

xc64

cL9

4

cL9

16

cL27

x4

m30

08

mL

4x4

mT

L

3

f16

L9

FKXXCXM

12

1.5 Özdeğer Denklemi

Çok serbestlik dereceli titreşim denkleminde dış kuvvetlerin

sıfır olması durumunda ilk şartlar etkisi ile serbest titreşim söz konusu

olur. Denklem (1.4.6) aşağıdaki şekli alır.

X=Aest şeklindeki çözüm bu denklemde yerine konursa

[s2M+sC+K]Ae

st=0

yazılır. Eşitlik est ye bölünürse

[s2M+sC+K]A=0

yazılır. Çözüm elde edebilmek için A nın çarpanı olan matrisin

determinantının sıfıra eşit olması gerekir:

│ s2M+sC+K │=0 (1.5.1)

Bu denkleme özdeğer denklemi denir. Sonuç olarak Aest şeklindeki

çözüm geçerlidir, ancak s nin bu denklemi sağlaması gerekir. Bu

denklemi sağlayan s değerlerine özdeğerler denir.

Özdeğer denklemi konusunu Örnek 1.1 e uygulayalım.

Örnek 1.1 (devam):

Denklem 1.5.1, Denklem 1.4.5 e uygulanırsa, Örnek 1.1 deki sistem

için özdeğer denklemi

(1.5.2)

bulunur.

Şu sayısal değerleri seçelim:

m=0.184 kg, L =0.24 m, k=201.1 N/m, c=2.34 Ns/m

0KXXCXM

0

k4cs6s4

m3

2

kL3s

4

cL9

2

kL3s

4

cL9

8

kL9s

16

cL27s

8

mL

2

222

2

13

Bu durumda Denklem 1.5.2

olur. Bu determinant açılırsa:

(1.5.3)

bulunur. Sonuç olarak özdeğer denklemi bir polinomdur. Polinomun

kökleri MatLAB programında roots komutu ile bulunabilir. Aşağıda

örnek program verilmiştir.

Program 1.5.1 a=[1.83e-4,0.05,4.46,183,5241.2];

p=roots(a);vpa(p,4)

Alternatif olarak, aşağıda verilen diğer bir program ile de örnek için

özdeğerler bulunabilir.

Program 1.5.2 clc;clear

m0=0.184;l0=0.24;k0=201.1;c0=2.34;

m=[m0*l0^2/8,0;0,3*m0/4];

c=[27*c0*l0^2/16,-9*c0*l0/4;-9*c0*l0/4,6*c0];

k=[9*k0*l0^2/16,-3*k0*l0/2;-3*k0*l0/2,4*k0];

syms s;p=solve(det(m*s^2+c*s+k));vpa(p,4)

İki programdan biri çalıştırılarak, şu öz değerler elde edilir:

-18.5+42.1i, -18.5-42.1i, -97.4, -139

4 kökten ikisi eşlenik sanal olup, diğer ikisi reeldir.

Serbest Titreşim Cevabının Formu:

Özdeğerler, sistemin serbest titreşim cevabının formunu belirler.

Örnekte bulunan özdeğerler için θ genel koordinatının serbest titreşim

cevabı formu

(1.5.4)

04.804s04.14s138.0396.72s2636.1

396.72s2636.113.03130.2274s0.0013s2

2

02.5241s183s46.4s05.0s)10(83.1 2344

)t1.42cos(eA)t( 1

t5.18

1 t4.97

2eA t4.139

3eA

14

şeklindedir. İlk terim, ilk iki sanal eşlenik kökün cevaba yansımasıdır.

Burada A1 genlik, φ1 faz açısıdır. Köklerin reel kısmı eksponansiyel

sönümü, sanal kısmı ise titreşimin frekansını belirler.

Reel olan 3. ve 4. kökler Denklem 1.5.4 te cevaba 2. ve 3.

terimi yansıtırlar. Son iki kök tamamen reel olduğundan yalnız

eksponansiyel sönüm söz konusudur.

Terimlerde eksponansiyel sönüm veya titreşim frekansını öz

değerler belirler. A1, φ1, A2 ve A3 değerlerini ise ilk şartlar belirler.

Denklem 1.5.4 te, t sonsuza yaklaştığında serbest titreşim

cevabı da sıfıra yaklaşır. Düzgün rejim cevabı sıfır olur. Bunun

nedeni tüm özdeğerlerin reel kısmının negatif olmasıdır. Bu durumda

sistemin kararlı olduğu söylenir.

Zaman Aralığı ve Düzgün Rejime Ulaşma Zamanı:

Özdeğerlerden, sistemin incelenmesinde kullanılabilecek

zaman aralığı (Δt) ve sistemin düzgün rejime ulaşma zamanı (t∞)

belirlenebilir. Bu zaman değerleri sistemin cevabının grafiğini

çizerken veya sistemle ilgili diğer sayısal analizlerde gereklidir.

Sanal özdeğer için Δt ve t∞:

-σ±iω şeklinde eşlenik sanal özdeğerler için p=–σ+iω kökünün

konumu Şekil 1.5 te sanal düzlemde gösterilmiştir.

Şekil 1.5 Sanal özdeğerin konumu

Yatay eksen reel, düşey eksen sanal bileşendir. Sönümsüz doğal

frekans (ω0) ve sönüm oranı (ξ) değerleri şeklin geometrisi

kullanılarak şu şekilde yazılır:

ve (1.5.5)

σ ve ω, ξ ve ω0 a bağlı olarak şu şekilde yazılabilir:

220 cos

15

ve (1.5.6)

Örnek 1.1 deki sanal özdeğerler için için sönümsüz doğal frekans 46

rad/s bulunur. Sönüm oranıise 0.4 bulunur. Sönüm oranı boyutsuzdur.

Reel kısım sanal kısma oranla küçüldükçe sönüm oranı da küçülür.

T0 saniye cinsinden periyot ve f0 Hz cinsinden frekans olup

aşağıda verilen denklemlerle hesaplanabilir:

ve (1.5.7)

Eşlenik sanal öz değerlerin belirlediği terim ile ilgili sayısal

analizlerde

ve (1.5.8)

alınabilir.

Şekil 1.6 da farklı sönüm oranları için eşlenik sanal

özdeğerlerin sistemin cevabında belirlediği terimin davranışı

gösterilmiştir. Sönüm azaldıkça sistem daha fazla sayıda titreşim

yaparak düzgün rejim değerine daha geç ulaşmaktadır.

Şekil 1.6 Farklı sönüm oranları için cevabın davranışı

0 20 1

2T000

0T

1f

20

Tt 0

0Tt

16

Reel özdeğerler için Δt ve t∞:

Özdeğerin p=-σ şeklinde reel olması halinde zaman sabiti ( )

(1.5.9)

tanımlanır ve

ve (1.5.10)

alınabilir.

Şekil 1.7 de farklı zaman sabitleri için reel özdeğerlerin

sistemin cevabına yansıttığı terimin zamana bağlı davranışı

gösterilmiştir.

Şekil 1.7 Farklı zaman sabitleri için cevabın davranışı

Bu cevaplarda titreşim gözlenmemekte, zaman sabiti arttıkça sistem

daha geç düzgün rejim değerine ulaşmaktadır.

Örnekteki ilk iki eşlenik sanal öz değer için hesaplanan t0, Δt

ve t∞ değerleri burada verilmiştir.

1

t 2t

17

Örnek 1.1 (devam):

Örnek 1.1 için öz değerler -18.5+42.1i, -18.5-42.1i, -97.4, -139

0olarak yukarıda bulunmuştu. Sanal özdeğerler için

ω0=46 rad/s, ξ=0.4, T0=0.14 s, f0=7.32 Hz, Δt=0.0068 s ve t∞=0.34 s

bulunur.

Özdeğer, -97.4 için

0.0103 s, Δt=0.0033 s ve t∞=0.0645 s bulunur.

Özdeğer, -139 için

0.0072 s, Δt=0.0023 s ve t∞=0.0452 s bulunur.

Her özdeğer için bulunan Δt değerlerinden en küçüğü, t∞

değerlerinden en büyüğü tüm sistem için Δt ve t∞ olarak seçilir. Örnek

1.1 için bu değerler Δt=0.0023 s ve t∞=0.34 s dir.

PROBLEMLER Problem 01A-1

Şekildeki sistemde f(t) girdi, x(t) genel koordinattır. Sistem

için kinetik enerji, potansiyel enerji ve sanal iş ifadelerini yazınız.

Şekil: Problem 01A-1

18

Problem 01A-2

Şekildeki sistemde T(t) torku girdi, θ(t) genel koordinattır.

Küçük açılı hareket için sistemin kinetik enerji, potansiyel enerji ve

sanal iş ifadelerini yazınız.

Şekil: Problem 01A-2

Problem 01A-3

Şekil 3 deki sistemde xA(t) ve θ(t) genel koordinatlar, f(t) ve

x1(t) girdilerdir. θ <<1 dir. Sistemin kinetik enerji, potansiyel enerji ve

sanal iş ifadelerini yazınız.

Şekil: Problem 01A-3

19

Problem 01B-1 Problem 01A-1 deki sistemin matematik modelini Lagrange

denklemini uygulayarak bulunuz.

Problem 01B-2 Problem 01A-2 deki sistemin matematik modelini Lagrange

denklemini uygulayarak bulunuz.

Problem 01B-3 Problem 01A-3 deki sistemin matematik modelini Lagrange

denklemini uygulayarak bulunuz.

Problem 01C-1

Problem 01A-1 deki sistemin ve Problem 01B-1 de çözümü

aşağıdaki hareket denklemini verir:

f(t) girdi, x(t) cevaptır. m=2 kg, k=3240 N/m ve c=380 Ns/m dir.

Sistemin öz değerlerini bulunuz. Sistem kararlımıdır? Serbest titreşim

cevabının formunu yazınız. Sistemin cevabının incelenmesinde

kullanılabilecek zaman aralığı (Δt) ve sistemin düzgün rejime ulaştığı

t∞ değerlerini belirleyiniz.

Problem 01C-2

Problem 01A-2 deki sistemin ve Problem 01B-2 de çözümü

aşağıdaki hareket denklemini verir:

T(t) girdi, θ(t) cevaptır. m=1.8 kg, L=0.42m, k=32000 N/m, c=486

Ns/m dir. Sistem kararlımıdır? Serbest titreşim cevabının formunu

yazınız. Sönümsüz doğal frekansını Hz cinsinden bulunuz. Sistemin

sönüm oranını belirleyiniz. Sistemin cevabının incelenmesinde

kullanılabilecek zaman aralığı (Δt) ve sistemin düzgün rejime ulaştığı

t∞ değerlerini belirleyiniz.

fkx2xc2x2

m5

TkL9

cL

9

mL 222

20

Problem 01C-3

Problem 01A-3 deki sistemin ve Problem 01B-3 de çözümü

aşağıdaki matematik modeli verir:

Burada f(t) ve x1(t) girdi, xA(t) ve θ(t) genel koordinattır. m=20 kg,

L=0.6 m, k=42000 N/m, c=2000 Ns/m dir. Sistem kararlımıdır?

Serbest titreşim cevabının formunu yazınız. Varsa sönümsüz doğal

frekansları Hz cinsinden ve sönüm oranlarını bulunuz. Sistemin

cevabının incelenmesinde kullanılabilecek Δt ve t∞ değerlerini

belirleyiniz.

Problem 01C-4

Şekildeki sistemde yA ve yB girdi, y1 ve y2 genel

koordinatlardır.

Şekil: Problem 01C-4

m=1050 kg, I=670 kg-m2 k=35300 N/m, c=2000 Ns/m L1=1.7 m,

L2=1.4 m dir. Sistemin özdeğerlerini ve sönüm oranlarını bulunuz.

Sönümsüz doğal frekanslarını Hz cinsinden bulunuz. Sistemin

cevabının incelenmesinde kullanılabilecek Δt ve t∞ değerlerini

belirleyiniz.

A2

A2

A2

x

9/kL113/kL

3/kLk5.0x

9/cL113/cL

3/cLc5.0x

3/mL40

0m

111

11

xmL2x)3/cL4(x)3/kL4(Lf

xc5.0kx5.0

21

Problem 01C-5

Şekildeki sistemde f1 ve f2 girdi, x1 ve x2 genel korrdinattır.

Şekil: Problem 01C-5

m1=5.8 kg, m2=3.2 kg, k1=4325 N/m, k2=3850 N/m, k3=3500 N/m,

c1=37.2 Ns/m, c2=33.5 Ns/m, c3=32 Ns/m dir. Sistemin özdeğerlerini

ve sönüm oranlarını bulunuz. Sönümsüz doğal frekanslarını Hz

cinsinden bulunuz. Sistemin cevabının incelenmesinde

kullanılabilecek Δt ve t∞ değerlerini belirleyiniz.

Problem 01C-6

Şekildeki sistemde yA girdi θ genel koorrdinattır. m1=250 kg,

m2=350 kg, k=37000 N/m, c=1500 N/m, L1=1.2 m dir. Sistemin

özdeğerlerini ve sönüm oranlarını bulunuz. Sönümsüz doğal

frekanslarını Hz cinsinden bulunuz.

Şekil: Problem 01C-6

22

2 MEKANİK SİSTEMLERİN

BİLGİSAYARLA MODELLENMESİ Bilgisayar teknolojisi ve yazılım (software) endüstrisindeki

gelişmelere paralel olarak, mühendislik sistemlerin modellenmesi ve

analizinde Bilgisayar Destekli Tasarım ve Mühendislik (Computer

Aided Design/Computer Aided Engineering) (CAD/CAE)

programlarından yararlanılmaktadır. Bu bölümde, mekanik sistemlerin

ANSYS ile modellenmesi ve analizi ele alınmıştır. ANSYS

gibi

bilgisayar destekli mühendislik programlarında, sistem elemanları ve

bağlantıları komutlarla programa tanıtılır. Program sistemin

matematik modelini otomatik olarak kurar, çözümleri yapar ve

sonuçları verir. ANSYS yerine Working Model ve ADAMS gibi

başka programlar da kullanılabilir.

2.1 Mekanik Sistemlerin ANSYS ile Modellenmesi

Mekanik sistemlerin ANSYS ile modellenmesi konusunu bir

örnekle ele alalım.

Örnek 2.1

Şekil 2.1 de bir yay-kütle sistemi görülmektedir.

Şekil 2.1 Yay-Kütle Sistemi

Bu sistemin doğal frekansı m/k dir. Şekil 2.1 de

verilen sayısal değerler için doğal frekans

100/35100 ==18.71 rad/s = )2/(71.18 Hz = 2.98 Hz

100 kg

35100 N/m

23

olarak bulunur. Bu problemi ANSYS ile çözelim. Bunun için:

ANSYS Interactive programı çalıştırılır.

ANSYS penceresinde çalışma klasörü (working directory)

ve çalışma dosyası (initial jobname) bilgileri girilir.

Bir yazı editör programı (örneğin notepad.exe) çalıştırılır ve

aşağıdaki komutlar sırası ile yazılır. Komutlara ait açıklamalar da

verilmiştir.

Komutlar Komut Açıklamaları

/prep7 ANSYS’in Preprocessor programına geçilir

et,1,mass21 1 nolu eleman tipi olarak kütle tanımlanır

et,2,combin14 2 nolu eleman tipi olarak yay-sönüm kombine

elemanı tanımlanır

r,1,0,100 1 nolu özellik, x yönünde kütle 0 ve y yönünde

kütle 100 kg tanımlanır

r,2,35000,0 2 nolu özellik, yay sabiti 35000 N/m ve sönüm

sabiti 0 olarak tanımlanır

n,1,0,0 1 nolu düğüm noktası, x=0 ve y=0 koordinatında

tanımlanır. 1 nolu düğüm noktası sistemde yayın

zemine bağlandığı noktadır

n,2,0,0.25 2 nolu düğüm noktası, x=0 ve y=0.25

koordinatında tanımlanır. 2 nolu düğüm noktası

yay ile kütlenin bağlandığı noktadır. Sonuçları

etkilemeyecek olan yay-sönüm elemanı uzunluğu

0.25 metre alınmıştır

type,1 1 nolu eleman tipi seçilir

real,1 1 nolu özellik seçilir

e,2 2 nolu düğüm noktasında kütle elemanı tanımlanır

type,2 2 nolu eleman tipi seçilir

real,2 2 nolu özellik seçilir

e,1,2 1 ile 2 nolu düğüm noktaları arasında yay-sönüm

elemanı tanımlanır

eplot Elemanlar yeniden görüntülenir

24

/solu ANSYS’in çözüm programına geçilir

d,all,ux,0 Tüm düğüm noktalarında x yönündeki yer

değiştirmeler kısıtlanır

d,all,uz,0 Tüm düğüm noktalarında z yönündeki yer

değiştirmeler kısıtlanır

d,1,uy,0 1 nolu düğüm noktasında y yönündeki yer

değiştirme de kısıtlanır.

antype,2 2 nolu analiz tipi (modal analiz) seçilir

modopt,lanb,1 Çözüm yöntemi olarak Block Lancoz yöntemi

seçilir ve 1 adet doğal frekansın hesaplanacağı

belirtilir

solve Çözüm istenir

finish İşlem sonlandırılır

Yazılan program ANSYS çalışma klasörü altında örneğin

e01.txt adlı doyaya kaydedilir (notepad.exe, dosya adının txt uzantısını

ototmatik olarak verir). ANSYS Input penceresinde aşağıdaki komut

girilerek program çalıştırılır:

/input,e01,txt

Çözüm elde edildikten sonra, ANSYS ana seçeneklerinden

(main menü) aşağıdaki komutlar tıklanır:

General Postproc > Results Summary

Sonuçları gösteren pencerede doğal frekansın değeri Hz

cinsinden okunur. Bulunan değerin yukarıda hesaplanan değerle

yaklaşık aynı olduğu görülür.

Yeni program çalıştırmak için ANSYS ana seçeneklerinden

aşağıdaki komutlar tıklanır:

File>Clear&Start New...>OK>YES

Ana seçenekler penceresi ekranda gözükmüyorsa, ANSYS

seçeneklerinden şu seçenekler tıklanır:

MenuCtrls>Main Menu

25

Seçenekleri Tıklayarak Programlama:

Anlatılan örnekte önce bir yazı dosyasında komutlar sırayla

yazılır. Daha sonra ANSYS’te bu dosya okutularak komutlar

çalıştırılır. Yazı dosyası hazırlamadan, doğrudan seçenekler

tıklanarak da komutlar çalıştırılabilir. Örneğin

et,1,mass21

komutu sırası ile şu komutlar tıklanarak çalıştırılabilir:

MainMenu>Preprocessor>ElementType>

Add/Edit/Delete>Add...>Structural Mass>3Dmass 21

Tıklanarak çalıştırılan komutlar, uzantısı log olan bir çalışma

dosyasına kaydedilir. Daha sonra yazı editörü ile bu dosya

incelenebilir. Help ve help on seçenekleri ile ANSYS komutları

hakkında bilgi edinilebilir.

Mekanik sistemlerin ANSYS ile modellenmesi konusuna bir

başka örnekle devam edelim.

Örnek 2.2

Şekil 2.2 deki sistemde yA ve yB girdi, y1 ve y2 genel koordinatlardır.

Şekil 2.2 Araç modeli

Bu problemin çözümünde Lagrange denklemi kullanılarak matematik

model kurulur ve MatLAB® yardımı ile sisteme ait sönümsüz doğal

frekanslar aşağıdaki gibi bulunabilir (Problem 01C-4):

m=1050 kg

I =670 kg-m2

k =35300 N/m c =2000 Ns/m L1=1.7 m L2 =1.4 m

26

f1=1.2968 Hz, f2=2.5483 Hz

Problemin ANSYS ile çözümünde öncelikle sistemdeki 1,2,3,4, ve 5

nolu düğüm noktaları seçilir. Sistemde kütle ve yay-sönüm elemanları

mevcuttur. Kütle 3 nolu düğüm noktasında topaklanmıştır. 1 ile 3 nolu

düğüm noktaları ve 3 ile 2 nolu düğüm noktaları rijit bağlı kabul

edilir. ANSYS’te rijit elemanlar yerine yaklaşık rijit özelliklere sahip

kiriş elemanı kullanılır.

Aşağıda verilen komutları bir yazı editöründe yazılır ve bir

dosyaya kaydedilir. Problemin çözümü için bu dosya Örnek 2.1 de

olduğu gibi ANSYS’te çalıştırılır. Komutlara ait açıklamalar da

verilmiştir.

Komutlar Komut Açıklamaları

/prep7 Preprocessor programına geçilir

et,1,beam3 1 nolu eleman tipi kiriş

et,2,mass21 2 nolu eleman tipi kütle

et,3,combin14 3 nolu eleman tipi yay-sönüm

kombine elemanı

r,1,0.2,7e-4,0.1 1 nolu özellik, kirişin kesit alanı

0.2m2, kesit atalet momenti

7x10-4

m4 ve kesit yüksekliği 0.1m

alınır.

r,2,0,1050,0,0,0,670 2 nolu özellik, x yönünde kütle 0,

y yönünde kütle 1050 kg , z

yönünde kütle 0, x ekseni

etrafında atalet momenti 0, y

ekeseni etrafında atalet momenti 0

ve z ekseni etrafında atalet

momenti 670 kg-m2 alınır.

r,3,35300,2000 3 nolu özellik, problemde verilen

yay sabiti ve sönüm sabiti

değerleri tanımlanır

uimp,1,ex,dens,,200e9,7800,0 1 nolu malzeme olarak kiriş için

elastisite modülü 200GPa ve

yoğunluk 7800 kg/m3 alınır

n,1,0,0 1 nolu düğüm x ve y koordinatları

n,2,3.1,0 2 nolu düğüm x ve y koordinatları

n,3,1.7,0 3 nolu düğüm x ve y koordinatları

n,4,0,-0.25 4 nolu düğüm x ve y koordinatları

27

n,5,3.1,-0.25 5 nolu düğüm x ve y koordinatları

Sonuçları etkilemeyecek olan

yay-sönüm kombine elemanları

uzunluğu 0.25 m alınmıştır

type,1 1 nolu eleman tipi seçilir

real,1 1 nolu özellik seçilir

mat,1 1 nolu malzeme seçilir

e,1,3 1 ile 3 nolu düğüm noktaları

arasında kiriş elemanı tanımlanır

e,3,2 3 ile 2 nolu düğüm noktaları

arasında kiriş elemanı tanımlanır

type,2 2 nolu eleman tipi seçilir

real,2 2 nolu özellik seçilir

e,3 3 nolu düğüm noktasında kütle

elemanı tanımlanır

type,3 3 nolu eleman tipi seçilir

real,3 3 nolu özellik seçilir

e,1,4 1 ile 4 nolu düğüm noktaları

arasında yay-sönüm elemanı

tanımlanır

e,2,5 2 ile 5 nolu düğüm noktaları

arasında yay-sönüm elemanı

tanımlanır

eplot Elemanlar yeniden görüntülenir

/solu Çözüm programına geçilir

d,all,ux,0 Tüm düğüm noktalarında x

yönündeki yer değiştirmeler

kısıtlanır

d,all,uz,0 Tüm düğüm noktalarında z

yönündeki yer değiştirmeler

kısıtlanır

d,4,uy,0 4 nolu düğümde (zemin) y

yönündeki yerdeğiştirme kısıtlanır

d,5,uy,0 5 nolu düğümde (zemin) y

yönündeki yerdeğiştirme kısıtlanır

antype,2 2 nolu analiz tipi (modal analiz)

seçilir

28

modopt,lanb,2 Çözüm yöntemi olarak Block

Lancoz yöntemi seçilir ve 2 adet

doğal frekansın hesaplanacağı

belirtilir

solve Çözüm istenir

finish İşlem sonlandırılır

Bu program ANSYS’te çalıştırıldıktan sonra ana

seçeneklerden aşağıdaki komutlar tıklanarak sonuçlar görüntülenir.

General Postprocessing> Results Summary

Sonuçların yukarıda verilen sonuçlarla yaklaşık aynı olduğu

görülür.

PROBLEMLER

Problem 02-1

Şekilde gösterilen sistemde f1 ve f2 girdi, x1 ve x2 genel korrdinattır.

Şekil: Problem 02-1

m1=5.8 kg, m2=3.2 kg, k1=4325 N/m, k2=3850 N/m, k3=3500 N/m,

c1=37.2 Ns/m, c2=33.5 Ns/m, c3=32 Ns/m dir. Sistemin sönümsüz

doğal frekanslarını Hz cinsinden ANSYS ile bulunuz. Problem 01C-5

te Lagrange denklemi kullanılarak sistemin matematik modeli kurulur

ve MatLAB yardımı ile aşağdaki sonuçlar bulunur:

f1=4.6549 Hz, f2=8.4979 Hz

Bu sonuçları, ANSYS ile bulunan sonuçlarla karşılaştırınız.

29

3 ELEKTRİK DEVRELERİNİN

MODELLENMESİ

3.1 Elektrik Devrelerinin Modellenme Yöntemleri

Elektrik devrelerinin modellenmesinde iki ana yöntem

kullanılır. 1. yöntemde ilk olarak akımlar kuralı uygulanır. Buna göre

bir düğüm noktasına bağlı hatlardaki akımların cebirsel toplamı

sıfırdır. Daha sonra gerilimler kuralı uygulanır. Buna göre de her bir

çevrim için gerilimler toplamı sıfırdır. Bu kurallara sırası ile 1. ve 2.

Kirchoff kuralı da denir.

2. yöntemde, yine ilk olarak akımlar kuralı uygulanır. Daha

sonra sistem için manyetik enerji, elektrik enerjisi ve sanal iş

eşitlikleri yazılır ve Lagrange denklemi uygulanır. Bu bölümde

mekanik sistemlerin modellenmesinde olduğu gibi 2. yöntem

kullanılacaktır.

3.2 Elektrik Devresi Elemanları

Elektrik devrelerinde kullanılan pasif elemanlardan L

indüktörü, C kapasitörü ve R direncinin sembolleri Şekil 3.1 de

gösterilmiştir.

Şekil 3.1 Pasif elemanlar

Bu derste ele alınacak aktif eleman op-amp (operational

amplifier) sembolü ise Şekil 3.2 de gösterilmiştir.

Şekil 3.2 Op-amp

30

Op-amp’ın özellikleri, ileride bu elemanı içeren ilk örnekte

açıklanacaktır.

Pasif elemanların matematik modelleri, aşağıda verilen

mekanik-elektrik analojisi ile verilebilir.

Burada mekanikteki tanımlar ve elemanlar verilmiştir

Burada da elektrikteki tanımlar ve elemanlar verilmiştir.

Sırasıyla sütunlardaki büyüklükler arasında analoji söz konusudur.

Kütle ve indüktör benzer denklemlere sahiptir ve eleman

denklemleri sırasıyla

dir. Benzer kinetik enerji ve manyetik enerji denklemleri sırasıyla:

dir.

Yay ve kapasitör benzer denklemlere sahiptir ve eleman

denklemleri sırasıyla

dir. Benzer potansiyel enerji ve elektrik enerjisi denklemleri sırasıyla:

dir.

21 xm

2

1E

22 kx

2

1E

21 qL

2

1E

kxF

22 q

C2

1E

xmF

qC

1V

dt

diLV

31

Mekanik sönüm elemanı ve elektrik direnci benzer

denklemlere sahiptir ve eleman denklemleri sırasıyla

dir. Benzer mekanik ve elektrik sanal işi denklemleri sırasıyla:

dir.

Kuvvet ve gerilim benzer büyüklükler olup uygulanmalarına

bağlı benzer mekanik ve elektrik sanal işi denklemleri sırasıyla

dir.

Mekanik sistemlerde genel koordinatlar, elektrik devrelerinde

genel yükler söz konusudur ve Lagrange denklemi elektrik devreleri

için de aynen geçerlidir.

xxcW

xcF

qqRW

xfW

iRV

qVW

32

3.3 Genel Analoji Tablosu

Mekanik ve elektrik analojisi, mekanik öteleme ve dönme,

elektrik, akış ve ısıl sistemler için aşağıda toplu olarak verilmiştir.

Tablo 3.1 Sistemler arasındaki analoji tablosu

Yukarıdaki tabloda, kullanılan semboller ve birimler

verilmiştir. Sütunlardaki büyüklükler arasında analoji sözkonusudur.

Akış ve ısıl sistemlerdeki tanımlarla ilgili ilerideki bölümlerde

açıklama verilecektir.

Mekanik sistemlerde, bir cisme etkiyen kuvvetler arasındaki

fark cismi öteler, moment farkı ise cismi döndürür. Elektrik

devrelerinde gerilim farkı elektrik akımı sağlar. Akış sisteminde

basınç farkı sıvıyı akıtır. Isıl sistemde sıcaklık farkı ısıyı transfer eder.

Ötlemeye, dönmeye, akıma, akışa ve ısı tranferine karşı

direnç söz konusudur.

Lagrange denklemindeki 2. tip enerji yaylarda, kapasitörde,

sıvı deposunda ve ısınmış cisimlerde depolanabilir.

33

Lagrange denklemindeki 1. tip enerji hareketli cisimlerde,

indüktörde ve hareketli sıvılarda depolanabilir. Isıl sistemlerde 1. tip

enerji söz konusu değildir.

3.4 Elektrik devrelerinin modellenmesi

Elektrik devrelerinin modellenmesini bir örnekle ele alalım.

Örnek 3.1

Matematik modeli bulunacak elektrik devresi Şekil 3.3 de

gösterilmiştir.

Şekil 3.3 Elektrik devresi

Hatlardaki akımlar şekil üzerinde gösterilmiştir. R1 direnci

üzerinden geçen akım bağımsız olmayıp, akımlar kuralına göre 2qq

dır. Bu devrede V1 gerilimi girdi, q ve q2 genel yüklerdir. Devre için

manyetik enerji ve elektrik enerjisi sırasıyla şu şekilde yazılır:

Besleme gerilimi ve dirençlere bağlı sanal iş ifadesi şu

şekilde yazılır:

Genel yük değişimlerine göre eşitlik düzenlenirse

21 qL

2

1E 2

22 qC2

1E

2222211 qqR)qq()qq(RqVW

2222112111 q)qRqRqR(q)qRqRV(W

qQ 2qQ

34

bulunur. İlk terimde parantez içindeki ifade, q genel yükü için genel

gerilimdir (Qq). İkinci terimde parantez içindeki ifade, q2 genel yükü

için genel gerilimdir (Qq2).

Lagrange denklemi q ve q2 genel yükleri için uygulanırsa

sırasıyla aşağıdaki denklemler yazılır:

Bu iki denklem doğrusal diferansiyel denklem takımıdır ve

daha önceki bölümlerde ele alınan mekanik sistemlerin matematik

modeline benzerdir. Matrislerle bu denklem takımı şöyle

düzenlenebilir:

Mekanik sistemlerde olduğu gibi burada da özdeğer denklemi

söz konusudur ve bu örnek için özdeğer denklemi şu şekildedir:

Bu problem için L=3.4 mH, C=286 F, R1=3.2 , R2=4.5 sayısal

değerleri yerine konursa özdeğer denklemi

0s81.11188s288.26s02618.0)s(D 23

olur. MatLAB yardımıyla şu sonuçlar bulunur:

Özdeğerler : 0, -502.06±418.70i (=0.768)

q2121 Q

q

)EE(

q

)EE(

dt

d

2111 qRqRVqL

2q2

21

2

21 Qq

)EE(

q

)EE(

dt

d

22112 q)RR(qRq

C

1

0

V

q

q

C

10

00

q

q

RRR

RR

q

q

00

0L 1

22211

11

2

0

C

1s)RR(sR

sRsRLs

211

112

35

İçinde op-amp elemanı bulunan diğer bir örnek ele alalım.

Örnek 3.2

Matematik modeli bulunacak op-amp lı devre Şekil 3.4 de

gösterilmiştir. Devrenin girdisi V1 gerilimidir. Op-amp ayrıca

gerilimle beslenen aktif bir eleman olduğundan çıkışında V2 gerilimi

üretir.

Şekil 3.4 Op-amp lı elektrik devresi

Hatlardaki akımlar şekil üzerinde gösterilmiştir. Devreye akımlar

kuralı uygulanır.

Op-amp ile ilgili ilk özellik, girişlerinde çok büyük direnç

olmasıdır. Bu nedenle C2 kapasitörü üzerinden geçen akım aynen R3

direnci üzerinden de geçer.

Diğer düğüm noktalarına akımlar kuralı uygulanırsa şu iki

eşitlik yazılır.

Bu eşitlikler düzenlenirse

yazılır. Dolayısı ile 4q ve fq akımları bağımsız değildir. Be devre

için q1, q2 ve q3 genel yüklerdir. Devrede indüktör olmadığından

manyetik enerji sıfırdır.

4321 qqqq f34 qqq

3214 qqqq 213321f qqqqqqq

0E1

36

Elektrik enerjisi eşitliği şu şekilde yazılır:

Sanal iş eşitliği

dir. q1, q2 ve q3 genel yüklerine Lagrange denklemi uygulanırsa

sırasıyla aşağıdaki 3 eşitlik bulunur:

Op-amp ile ilgili ikinci özellik, – girişi ile + girişindeki

gerilimlerin eşit olmasıdır. Bu durumda örneğimiz için – girişteki

gerilim de sıfırdır. – girişten op-amp çıkışına ulaşan hatta gerilim

kuralı uygulanırsa

bulunur.

Son eşitlik Lagrange denklemi ile bulunan yukarıdaki 3

denklemde yerine konur ve bu 3 denklem düzenlenirse, denklem

takımı matris formunda yazılır:

23

2

2321

12 q

C2

1)qqq(

C2

1E

33322211121211 qqRqqRqqR)qq(VqVW

11213211

qRVV)qqq(C

1

2223211

qRV)qqq(C

1

3332

3211

qRqC

1)qqq(

C

1

233 VqR

37

Bu elektrik devresine ait özdeğer denklemi şu şekilde yazılır:

R1=15.9 k, R2=837 , R3=318 k, C1=C2=0.005F

sayısal değerleri kullanılırsa MatLAB yardımıyla

Özdeğerler : 0, -628.9312561.76i (=0.05)

bulunur.

0

2C

1

C

1sR

C

1

C

1

C

1sR

C

1sR

C

1

C

1sR

C

1

C

1sR

13

11

13

12

1

13

111

0

0

V

q

q

q

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

q

q

q

R00

RR0

R0R 1

3

2

1

2111

111

111

3

2

1

3

32

31

38

Op-amp lı Otomatik Kontrol Devreleri:

Op-amplı devreler otomatik kontrolda kullanılırlar. Şekil 3.5

de girdi sinyali ile orantılı çıktı sinyali veren devre gösterilmiştir.

Şekil 3.5 Oransal devre

Şekil 3.6 da girdi sinyalinin integrali ile orantılı çıktı sinyali

veren devre gösterilmiştir.

Şekil 3.6 Integral devresi

Şekil 3.7 de girdi sinyalinin türevi ile orantılı çıktı sinyali

veren devre gösterilmiştir. Türev işlemi gürültüye karşı duyarlıdır.

Şekil 3.7 Türev devresi

11

22 V

R

RV

dtVRC

1V 12

dt

dVRCV 1

2

39

Şekil 3.8 de 3 girdi sinyalinin toplamının tersini çıktı sinyali

olarak veren devre gösterilmiştir.

Şekil 3.8 Toplama devresi

Şekil 3.9 da iki girdi sinyalinin farkını alan devre

gösterilmiştir.

Şekil 3.9 Fark devresi

Şekil 3.10 daki devrede girdi sinyalinin kendisiyle,

integraliyle ve türeviyle orantılı sinyalleri üretip toplamını çıktı

sinyali olarak veren devre gösterilmiştir. Bu devre PID (Proportional-

Integral-Derivative) kontrol devresi olarak adlandırılır.

)VVV(V 331c

21c VVV

40

Şekil 3.10 PID kontrol devresi

PROBLEMLER

Problem 03-1

Şekildeki devrede V1 girdi, q ve q1 genel yüktür.

Şekil: Problem 03-1

Devre için enerji eşitliklerini yazınız. Lagrange denklemini

uygulayarak matematik modelini kurunuz. Özdeğer denklemini veren

determinantlı denklemi yazınız.

44D CRK

33I

CR

1K

dt

dVKdtVKVKV 1

D1I1P2

1

2P

R

RK

41

Problem 03-2

Şekildeki devrede V1 girdi, q1, q2 ve q3 genel yüktür.

Şekil: Problem 03-2

Devre için enerji ifadelerini yazınız. Lagrange denklemini

uygulayarak matematik modelini kurunuz. Özdeğer denklemini veren

determinantlı denklemi yazınız.

Problem 03-3

Şekildeki devrede V1 girdi, q1 ve q2 genel yüktür.

Şekil: Problem 03-3

Devre için enerji eşitliklerini yazınız. Lagrange denklemini

uygulayarak matematik modelini kurunuz. Özdeğer denklemini veren

determinantlı denklemi yazınız.

42

Problem 03-4

Şekildeki devrede V1 girdi, q1 ve q2 genel yüktür.

Şekil: Problem 03-4

Devre için enerji eşitliklerini yazınız. Lagrange denklemini

uygulayarak matematik modelini kurunuz. Özdeğer denklemini veren

determinantlı denklemi yazınız. Problem 03-5

Şekildeki devrede V1 girdi, q1 ve q2 genel yüktür.

Şekil: Problem 03-5

Devre için enerji eşitliklerini yazınız. Lagrange denklemini

uygulayarak matematik modelini kurunuz. Özdeğer denklemini veren

determinantlı denklemi yazınız.

43

4 ELEKTRİK DEVRELERİNİN

BİLGİSAYARLA MODELLENMESİ

Elektrik devrelerinin modellenmesinde de mekanik

sistemlerde olduğu gibi paket programlardan yararlanılmaktadır. Bu

bölümde elektrik devrelerinin modellenmesi ve analizi için kullanılan

Electronics Workbench programı üzerinde durulacaktır. Benzer

başka programlar da kullanılabilir.

Workbench gibi bilgisayar destekli tasarım programlarında,

devre elemanları ve bağlantıları programa tanıtılır. Program, devrenin

matematik modelini otomatik olarak kurar, çözümleri yapar ve

sonuçları verir.

Konuyu Şekil 4.1 de gösterilen devre ile ele alalım.

Şekil 4.1 Elektrik devresi

Bu devre için Örnek 3.1 de bulunan öz değerler aşağıdadır:

Özdeğerler : 0, -502.06418.70i

Devreyi Workbench programı ile incelemek için aşağıdaki

adımları takip edilir:

Workbench programı çalıştırılır ve devrede kullanılan

elemanlar mouse ile seçilir ve mouse sol tuşu basılı tutularak ekranda

sürüklenir ve bırakılır.

Eleman uçları mouse ile tıklanır ve birbirlerine birleştirilerek

devre oluşturulur.

44

Eleman seçildikten sonra mouse çift tıklanarak elemanla ilgili

değerler girilebilir, mouse sağ tuşu kullanılarak eleman özellikleri

değiştirilebilir.

Devre üzerindeki düğüm noktaları aşağıdaki seçenekler

sırayla tıklanarak görünür hale getirilebilir:

Circuit>Schematic Options>Show Nodes>Ok

Devre ile ilgili bilgiler uzantısı ewb olan dosyalara kaydedilir.

Buna ek olarak File>Export seçenekleri tıklanarak devre ile ilgili

bilgiler uzantısı cir olan dosyalara yazı formatında kaydedilebilir.

Özdeğerlerin Bulunması:

Devrenin özdeğerlerini bulmak için şu seçenekler tıklanır:

Analysis>Pole-Zero

Bu seçenekler tıklanarak devreye ait özdeğerler (tekil

noktalar) bulunur. İncelenen örnek için Workbench programı ile

bulunan özdeğerler

502.06 ± 418.70i

dir. Bu değerlerin Örnek 3.1 de matematik modelleme sonucu bulunan

değerlerle aynı olduğu görülür.

Geçiş Rejimi Analizi:

Analysis>Transient

Seçenekleri tıklanarak devrenin geçiş rejimi (transient) analizi yapılır.

Önce,

Initial Conditions> Set to Zero

seçenekleri tıklanarak ilk şartlar sıfırlanmalıdır.

45

Add->

seçeneği ile analiz edilecek düğüm noktası seçilir. Örneğin 3 nolu

düğüm noktasını seçelim.

Analiz için öz değerlerden hesaplanan Δt ve t∞ değerleri

kullanılır. Bu örnek için Δt=4.8x10-4 s ve t∞=0.0125 s bulunur.

Workbench programında TSTOP (t∞) değeri 0.0125 ve TMAX (Δt)

değeri 4.8e-4 olarak atanır. Analizi gerçekleştirmek için

Simulate

seçeneği tıklanarak devreye ait geçiş rejimi cevabı elde edilir. Bu

örnek için 3 nolu düğüm noktasında elde edilen geçiş rejimi cevabı

Şekil 4.2 de gösterilmiştir.

Şekil 4.2 Geçiş rejimi cevabı

Frekans Analizi:

Bu analiz için öncelikle devrede kullanılan gerilim kaynağı

Battery yerine bir

AC-Voltage Source

olarak değiştirilmelidir. Analiz için FSTOP parametresi devredeki en

büyük özdeğerin belirlediği frekanstan oldukça büyük seçilir.

Örneğimiz için f0=104.05 Hz dir ve

46

FSTOP=500 Hz

seçilebilir.

Add->

seçeneği ile analiz edilecek düğüm noktası seçilir. Örneğin 3

nolu düğüm noktasını tekrar seçelim.

Sweep Type>Vertical Scale>Linear

seçilir ve

Simulate

tıklanır. Devrenin 3 nolu düğüm noktası için Şekil 4.3 de görülen

frekans cevabı elde edilir.

Şekil 4.3 Frekans cevabı

Devreye Instruments>Function Generator seçeneği ve

Instruments>Oscilloscope seçeneği ile değişik sanal cihaz

bağlantıları yapılabilir. Sağ üstteki Activate Simulation seçeneği ile

değişik girdiler için hesaplanan cevaplar osiloskopta izlenebilir.

47

PROBLEMLER

Problem 04-1

Örnek 3.2 deki devre şekilde gösterilmiştir.

Şekil 4.4 Problem 04-1

R1=15.9 kΩ, R2=837 Ω, R3=318 kΩ, C1=C2=0.005 µF değerleri için

öz değerler: 0, -628.93±12561.76i (ξ=0.05) olarak Örnek 3.2 de

bulunmuştur. Devreyi Workench programında kurunuz. Öz değerleri

bularak yukarıdaki değerlerle karşılaştırınız. V2 geriliminin geçiş

rejimindeki grafiğini bulunuz. Frekans cevabının grafiğini çiziniz.

48

5 AKIŞ SİSTEMLERİNİN MODELLENMESİ:

BENZER ELEKTRİK DEVRELERİ

Mekanik öteleme ve dönme, elektrik, akış ve ısıl sistemlerde

tanımlar arasındaki genel analoji tablosu Tablo 3.1 de verilmiştir. Bu

tablodan elektrik ve akış bölümleri aşağıda tekrar verilmiştir:

Tablo 5.1 Elektrik-Akış Sistemleri Analoji Tablosu

Akış sistemleri ile ilgili eleman bilgileri aşağıda verilmiştir

(Rowell & Wormley):

Boruda akışkan ataleti:

A

Lf

Burada If:Akışkan Ataleti, ρ: Yoğunluk, L: Boru uzunluğu ve A: Boru

kesitidir.

Akışkan depo kapasitesi:

g

AC d

f

Burada Cf: Akışkan depo kapasitesi, Ad:Depo kesit alanı ve , g=9.81

m/s2 yerçekim ivmesidir.

49

Laminar akışta boruda akışkan direnci:

Burada Rf::Direnç, µ:Viskozite, L: Boru boyu, d: Boru çapıdır.

Laminar akış için Reynolds sayısı 2000 den küçüktür. Reynolds sayısı

şu şekilde hesaplanır:

Dirsek, vana gibi diğer elemanlarda da direnç söz konusudur

ve bunlarla ilgili bilgi literatürde bulunabilir.

Akış Sistemlerinin Benzer Elektrik Devreleri:

Akış sistemleri benzer elektrik devreleri kurularak

incelenebilir. Konuyu Şekil 5.1 de verilen örnekle ele alalım.

Örnek 5.1:

Şekil 5.1 Akış sistemi

Şekil 5.1 de bir akış sistemi verilmiştir. Bu sistemin analizi

benzer elektrik devresi kurularak yapılabilir. Yukarıda verilen akış

sisteminin benzer elektrik devresi Şekil 5.2 de verilmiştir.

4fd

L128R

d

Q4 f

Reynolds Sayısı =

50

Şekil 5.2 Akış sisteminin benzer elektrik devresi

Akış sisteminde pompa 1 nolu boru hattına bağlıdır.

Pompanın çıkış basıncı pk1 dir. Atmosfer basıncı pa dır. Benzer

elektrik devresinde gerilim farkı Vk1-Va olan bir gerilim üreteci R1

direnci ile L1 indüktörünun bulunduğu elektrik hattına bağlıdır.

Benzer büyükler tabloda gösterilmektedir. Akış sistemindeki

basınçlara karşılık elektrik devresinde gerilimler söz konusudur.

Borulardaki dirençlere karşılık elektrik dirençleri, borulardaki atalete

karşılık indüktörler, boru hatlarındaki debilere karşılık elektrik

hatlarında akımlar söz konusudur.

Akış sisteminde 1 nolu depo 1 nolu boru hattına ve 2 nolu

boru hattına bağlıdır. Buna karşılık elektrik devresinde 1 nolu

kapasitör R1 ile L1 in olduğu hatta ve R2 ile L2 nin olduğu hatta

bağlıdır. Depo atmosfere açık olduğu için kapasitörün diğer ucu da Va

gerilimi hattına bağlıdır. Akış sistemlerindeki depo kapasitelerine

karşılık elektrik devrelerinde kapasitörler söz konusudur.

Akış sisteminde 1 nolu depo Qk1 debili kaynakla

beslenmektedir. Buna karşılık elektrik devresinde 1kq değerinde akım

kaynağı konur.

2 nolu boru hattı 3 nolu ve 4 nolu boru hatlarına A da

bağlıdır. Buna karşılık elektrik devresinde R2 ile L2 nin olduğu hat R3

ile L3 ün bulunduğu hatta ve R4 ile L4 ün bulunduğu hatta A da

bağlanır. V4 gerilim kaynağı, akış devresinde 4 nolu boru hattının

51

yerçekimine karşı yükselmesine bağlı A noktasındaki basınca karşılık

konmuştur. V4 ün + ucu A noktası tarafındadır.

2 nolu depo 4 ve 5 nolu boru hatlarına bağlıdır. Buna karşılık

elektrik devresinde 2 nolu kapasitör R4 ile L4 ün bulunduğu hatta ve R5

ile L5 in bulunduğu hatta bağlanır.

Benzer elektrik devresi incelenerek devrenin istenilen

hattındaki akımların ve istenilen noktasındaki gerilimlerin dinamik

veya düzgün rejim davranışları hesaplanabilir. Böylece akış

sisteminde bunlara karşılık gelen debiler ve basınçların dinamik veya

düzgün rejim davranışları bulunmuş olur.

Günümüzde devreler veya doğrudan akış sistemleri

bilgisayarla analiz edilmektedir. Bilgisayarlar gelişmeden önce akış

sistemleri yerine üretimi daha ucuz ve kolay olan benzer elektrik

devreleri kurularak devre üzerinde deneysel inceleme ile akış

sistemleri geliştirilmiştir.

PROBLEMLER Problem 05-1

Şekilde verilen akış sisteminde pb ve Q

c girdidir. Pa, atmosfer

basıncıdır. Sistemin benzer elektrik devresini kurunuz.

Şekil: Problem 05-1

52

6 ISIL SİSTEMLERİN MODELLENMESİ:

BENZER ELEKTRİK DEVRELERİ

Akış sistemlerinde olduğu gibi ısıl sistemler için de

elektriksel eşdeğer devreler kurulabilir. Tablo 3.1 den elektrik ve ısıl

sistemlere ait büyüklükler aşağıdaki tabloda tekrar verilmiştir.

Tablo 6.1 Elektrik-Isıl Sistemler Analoji Tablosu

Isıl sistemlerle ilgili eleman bilgileri aşağıda verilmiştir

(Rowell & Wormley):

Isıl Kapasite:

pt mCC

Burada Ct: Isıl kapasite, Cp=Özgül ısı ve m: Kütle dir.

Temasla ısı iletiminde ısıl direnç:

D

tC

1R

L

AC C

D

Burada Rt:Direnç, ρc:Isıl iletkenlik, A:kesit alanı, L:Uzunluk dur.

53

Konveksiyonla ısı iletiminde ısıl direnç:

h

tAC

1R

Burada Ch:Konveksiyonla ısı iletim katsayısı dır.

Isıl Sistemlerin Benzer Elektrik Devreleri :

Konuyu bir örnekle ele alalım.

Örnek 6.1:

Şekil 6.1 de gösterilen ısıl sistemi ele alalım.

Şekil 6.1 Isıl sistem

Yukarıdaki ısıl sistemin benzer elektrik devresi Şekil 6.2 de

gösterilmiştir.

Şekil 6.2 Isıl sistemin benzer elektrik devresi

54

Isıl sistemde Qk1 ısıl debili kaynak, 1 nolu odayı ısıtmaktadır.

Atmosfer sıcaklığı Ta dır. Odanın ısıl kapasitesine bağlı olarak

odadaki cisimler ısınmakta ve aynı zamanda 1 odasından atmosfere ve

yandaki B odasına ısı transfer olmaktadır. Benzer elektrik devresinde

1kq değerinde akım kaynağı R1a dirençli, C1 kapasitörlü ve R1B

dirençli hatları beslemektedir. Benzer büyüklükler Tablo 5.1 de

gösterilmiştir. Isıl sistemlerde ısıl debilere karşılık elektrik

devrelerinde akımlar, ısıl dirençlere karşılık elektrik dirençleri, ısıl

kapasitelere karşılık kapasitörler, sıcaklıklara karşılık gerilimler söz

konusudur. 1 odası ile atmosfer arasındaki yalıtım direncine karşılık

elektrik direnci R1a, 1 odası ile B odası arasındaki yalıtım direncine

karşılık elektrik direnci R1B dir. 1 odasının ısıl kapasitesine karşılık C1

kapasitörü söz konusudur.

B odası kontrollu ısı kaynağına sahip olup TB sıcaklığındadır.

B odası ile atmosfer ve yandaki 2 nolu oda arasında ısı transferi söz

konusudur. TB sıcaklık kaynağına karşılık elektrik devresinde VB

gerilim üreteci konur. Bu üretecin akımı b1q akımı ile birlikte RBa ve

RB2 dirençli hatlardaki akımları besler.

2 odasında Qk2 ısıl debili kaynak mevcuttur. 2 odası ile

atmosfer arasında ısı transferi söz konusudur. Benzer elektrik

devresinde 2kq değerinde akım kaynağı konur ve bu akım 2bq akımı

ile birlikte R2a dirençli ve C2 kapasitörlü hatları besler. 2 nolu odanın

ısı kapasitesine karşılık elektrik devresinde C2 kapasitörü vardır.

Isıl sistemin girdileri Qk1 ve Qk2 ısıl debili kaynaklar ile TB

sıcaklığındaki kaynaktır. Elektrik devresinin girdileri ise 1kq ve 2kq

değerli akım kaynakları ile VB gerilim üretecidir. Benzer elektrik

devresi incelenerek devrenin istenilen hattındaki akımların ve istenilen

noktasındaki gerilimlerin dinamik veya düzgün rejim davranışları

hesaplanabilir. Böylece ısıl sistemde bunlara karşılık gelen ısıl debiler

ve sıcaklıkların dinamik veya düzgün rejim davranışları bulunmuş

olur.

Günümüzde devreler veya doğrudan ısıl sistemler

bilgisayarla analiz edilmektedir. Bilgisayarlar gelişmeden önce ısıl

sistemler yerine üretimi daha ucuz ve kolay olan benzer elektrik

devreleri kurularak devre üzerinde deneysel inceleme ile ısıl sistemler

geliştirilmiştir.

55

PROBLEMLER Problem 06-1

Şekildeki sistemde Qk1, Qk2, Qk3 ve TB girdilerdir. Odaların

ısıl kapasitesi verilmiştir. Odalar arasında ve odalarla atmosfer

arasında ısıl dirençler de verilmiştir. Sistemin benzer elektrik

devresini kurunuz

Şekil: Problem 06-1

56

7 ELEKTRO-MEKANİK SİSTEMLERİN

MODELLENMESİ

Önceki bölümlerde ele alınan mekanik, elektrik, akış ve ısıl

sistemlerin ortak fiziksel büyüklüğü enerjidir. Bu sistemlerin yanında,

elektro-mekanik, termo-elektrik, hidro-mekanik, v.b., enerji dönüşüm

sistemleri de yaygın olarak kullanılır.

Elektro-mekanik sistemlerin modellenmesi konusunu

örneklerle işleyelim.

Örnek 7.1: DC-Motorlu Sistem

Elektro-mekanik sistemler konusunda ilk örnek Şekil 7.1 de

görülen doğru akım motorlu bir sistemdir.

Şekil 7.1 Doğru akım motorlu sistem

Sistemde, bir doğru akım motoru z1 ve z2 dişli sistemi

üzerinden 2 numaralı şaftın ucundaki JL yükünü tahrik etmektedir.

Burada

Ra : Motor sargı direnci

La : Sargı indüktansı Jm : Motorda dönel kütle atalet momenti Bm : Motorda dönel sönüm katsayısı Ki : Motor tork katsayısı Kb : Motor geri besleme katsayısı

Vk : Motora uygulanan gerilim

57

dir.

Motorda oluşturulan manyetik alana dik sargılardan geçirilen

elektrik akımı, Şekil 7.2 de görüldüğü gibi manyetik ve elektrik

alanına dik bir kuvvet alanı oluşturur.

Şekil 7.2 Elektrik ve manyetik alana dik kuvvet alanı

Bu kuvvetin momenti motor torkunu oluşturur. Motorun çıkış

milindeki tork

aim qKT

burada

Tm : Motor torku

aq : Motor sargı akımı

dır.

Ayrıca, manyetik alanda hareketli telde hız ile orantılı gerilim

ürer. Bu gerilim motorun tahrik gerilimi Vk ya ters yöndedir ve geri

besleme gerilimi olarak adlandırılır. Vb geri besleme gerilimi şu

şekilde yazılır:

mbb KV

m : Motor açısal hızıdır.

Bir doğru akım motoru kesiti Şekil 7.3 de gösterilmiştir.

Statorda, A sargılarına uygulanan akım, B manyetik alanını oluşturur.

Rotorda, şekil düzlemine dik, C sargılarından geçen akım sonucu

oluşan tork, rotoru saatin ters yönünde döndürür.

58

Şekil 7.3 Elektrik motoru kesiti

Motor çıkışına bağlı şaftın 1 nolu yatak konumundaki dönme

açısı 1, motor dönme açısıdır. Problemde bu şaft rijit kabul edilmiştir

ve bu nedenle 2 nolu yatak konumundaki dönme açısı da motor

dönme açısına eşittir.

m1 )şaftrijit(m2

2 nolu şaftın 4 nolu yatak konumundaki dönme açısı 4,

yükün dönme açısına L ye eşittir. Problemde bu şaft, esnek ve K2

dönel yay katsayısına sahip kabul edilmiştir. 2 nolu şaftta potansiyel

enerji şu şekilde yazılabilir

Burada 3, şaftın 3 nolu yatak konumundaki dönme açısıdır.

Dişli sistemindeki çevrim oranı

2

1

z

zN

dir. z1 ve z2 diş sayılarıdır.

3mN

tür. Buradaki – işareti dişliler ters yönde döndüğü içindir.

23L22 )(K

2

1E

59

JL : Yük kütle atalet momenti

By : 1, 2, 3 ve 4 nolu yataklarda dönel sönüm katsayısı

dır.

Yazılan eşitlikler de kullanılarak, Lagrange denklemi için

enerji ifadeleri yazılabilir.

LLymmymmymmy

ambmaimmmaaaak

B)N()N(BBB

qKqKBqqRqVW

Sanal iş eşitliğinde 4. terim motor torku sanal işi, 5. terim geri

besleme gerilimi sanal işidir. Sanal iş eşitliği şu şekilde düzenlenebilir

LLymmy2

myaimm

ambaak

B)BNB2qKB(

q)KqRV(W

Bu sistemde Vk girdi, qa, m, L genel değişkenlerdir. Yazılan enerji

eşitlikleri kullanılarak Lagrange denklemi uygulanır ve sistemin

matematik modeli kurulur (Problem 07-1).

Enerji eşitliklerinde bazı terimler yalnız elektrik, bazı

terimler yalnız mekanik, bazı terimler ise hem elektrik hem de

mekanik büyüklükleri içerir.

2L

2mm

2aa1

2

1J

2

1qL

2

1E

2mL22 )N(K

2

1E

60

Örnek 7.2: Plakası Hareketli Kapasitörlü Sistem

Bu örnekte Şekil 7.4 de görülen plakası hareketli kapasitör

içeren bir sistemi ele alalım.

Şekil 7.4 Plakası hareketli kapasitör

Sistemde Vk gerilim kaynağı seri bağlı R ve C kapasitörlü hattı

beslemektedir. q akımdır. Kapasitörün sol plakası sabit, sağ plakası

hareketlidir. Hareketli plakanın kütlesi m dir. Hareketli plaka yay ve

sönüm elemanları ile gövdeye bağlanmıştır. Plakaya fa(t) kuvveti

uygulanmaktadır. Plakanın yer değiştirmesi x(t) dir. Kapasitörde

plakalar arası uzaklık değiştmektedir. Kapasite değerinin x’e bağlı

değişimi aşağıdaki eşitlikte verilmiştir

xd

dC)x(C

0

00

Burada C0 ve d0 birer sabittir.

Sistemde girdiler Vk ve fa dır. Genel değişkenler q ve x

tir.Enerji eşitlikleri şu şekilde yazılabilir.

2

1 xm2

1E

61

2

00

022 q

dC

)xd(

2

1x

2

k

2

12E

ve sanal iş

xx2

b2xfqqRqVW ak

Lagrange denkleminin genel değişkenlere uygulanması ile

aşağıdaki eşitlikler bulunur.

xbfqdC2

1kxxm a

2

00

qRVqdC

)xd(k

00

0

Bu denklemler doğrusal olmayan diferansiyel denklem

takımıdır. Runge-Kutta yöntemi gibi nümerik yöntemlerle çözülebilir.

Ya da, denge hali etrafında küçük değişimler için doğrusallaştırılabilir.

Bu konular ilerideki bölümlerde işlenecektir.

Elektro-mekanik sistemlerde diğer temel bir örnek çekirdeği

hareketli indüktör içeren sistemdir ve Problem 07-2 de ele elınmıştır.

62

PROBLEMLER

Problem 07-1

Örnek 7.1 de ele alınan ve Şekil 7.1 de gösterilen DC motorlu

sistem için bulunan enerji denklemleri aşağıdadır.

2LL

2mm

2aa1 J

2

1J

2

1qL

2

1E

LLymmy2

myaimm

ambaak

B)BNB2qKB(

q)KqRV(W

Bu sistemde girdi : Vk, genel değişkenler: qa, θm, θL dir. Sistemin

matematik modelini kurunuz ve matrislerle yazınız.

Problem 07-2

Şekildeki sistemde indüktörün çekirdeği hareketli olup

indüktansının x e bağlı değişimi aşağıda verilmiştir. Sistemin

matematik modelini kurunuz. x(t) ve q(t) genel değişkenler, Vk(t)

girdidir.

a

x1

L)x(L 0

Şekil: Problem 07-2

2mL22 )N(K

2

1E

63

Problem 07-3

Şekildeki elektro-mekanik sistemde fk(t) ve Vk(t) girdilerdir.

q(t), x1(t) ve x2(t) genel değişkenlerdir. Sistemin matematik modelini

kurunuz.

Şekil: Problem 07-3

21

01

a

x1

L)x(L

20

002

xd

dC)x(C

64

8 DOĞRUSAL DİFERANSİYEL

DENKLEMLER

Tek serbestlik dereceli sistemlerin matematik modelleri, sabit

katsayılı doğrusal diferansiyel denklemler olabilmektedir. Bu bölümde

bu denklemlerin çözümü verilecektir. Konuyu bir örnekle ele alalım.

Örnek 8.1:

Aşağıda verilen diferansiyel denklemde

f(t) girdi, u(t) cevaptır. Önce transfer fonksiyonunu bulalım.

8.1. Transfer Fonksiyonu:

Örnek 8.1 için girdi f(t)=est olması halinde u(t)=H(s)e

st şeklinde bir

cevap söz konusu olur. Bu eşitlikler diferansiyel denklemde yerine

konursa:

s3H(s)e

st+4s

2H(s)e

st+14sH(s)e

st+20H(s)e

st = 3e

st+se

st

yazılır. Eşitlik est ye bölünür ve düzenlenirse:

(s3+4s

2+14s+20)H(s) = 3+s

bulunur. Sonuç olarak Örnek 8.1 için transfer fonksiyonu

(8.1)

bulunur.

Transfer fonksiyonunun paydasını sıfır yapan s değerlerine

özdeğerler denir. Özdeğerler MatLAB da roots komutu ile

dt

dff3u20

dt

du14

dt

ud4

dt

ud

2

2

3

3

20s14s4s

3s)s(H

23

65

bulunabilir. Aşağıda özdeğerleri Örnek 8.1 için veren MatLAB

programı verilmiştir.

a=[1,4,14,20];roots(a)

Öz değerler: -1±3i, -2 bulunur.

8.2 Eksponansiyel/Harmonik Girdi:

Ae-σt

cos(ωt-φ) şeklindeki girdiye eksponansiyel/harmonik

girdi denir. Örnek 8.1 deki diferansiyel denklemde girdinin

olması halinde cevabı bulalım. f(t) şu şekilde yazılabilir:

Burada Re, reel kısım anlamındadır. C=-1.8e-1.6i

ve s=-0.2+7i dir.

Girdi est olsaydı cevap H(s)e

st olurdu. Girdi C ile çarpılıp reel

kısmı alınırsa cevap ta C ile çarpılıp reel kısmı alınır. Bu durumda

olur. )s(H ve H , transfer fonksiyonunun s=-0.2+7i değeri için

sırasıyla genliği ve faz açısıdır. Reel kısım alınarak cevap bulunur:

s=-0.2+2.7i değeri için H(s) nin genlik ve faz değeri MatLAB yardımı

ile aşağıdaki programla bulunabilir:

s=-0.2+2.7i;hs=(s+3)/(s^3+4*s^2+14*s+20);

abs(hs),angle(hs)

Genlik ve faz, sırasıyla 0.2437 ve -1.2882 bulunur. Dolayısı ile

)6.1t7.2cos(e8.1)t(f t2.0

)6.1t7.2(it2.0 ee8.1Re)t(f t)i7.22.0(i6.1 ee8.1 stCeRe

ste)s(CHRe)t(u t)i7.22.0(Hii6.1 ee)s(He8.1Re

)H6.1t7.2(it2.0 e)s(He8.1Re

)6.1t7.2cos(e)s(H8.1)t(u Ht2.0

)2882.16.1t7.2cos(e2437.0x8.1)t(u t2.0

66

bulunur. Görüldüğü gibi cevabın eksponansiyel/harmonik yapısı

girdininki ile aynıdır. Cevap için, girdinin genliği transfer

fonksiyonunun s=-0.2+2.7i değeri için hesaplanan genliği ile

çarpılmakta ve girdinin fazına transfer foksiyonunun s=-0.2+2.7i

değeri için hesaplanan fazı eklenmektedir. s=-0.2+2.7i değerini

girdinin eksponansiyel/harmonik yapısı belirlemektedir.

Rezonans:

Eksponansiyel/harmonik girdi, girdinin belirlediği s değeri

özdeğerlerden birine eşit olacak şekilde seçilseydi transfer

fonksiyonunun paydası sıfır olur, dolayısı ile genliği sonsuz olurdu.

Bu durum da cevabın da genliği sonsuz olurdu. Örnek 8.1 için a ve b

birer sayı olmak üzere, girdi

f(t)= ae-tcos(3t-b) veya f(t)=ae

-2t

olarak alınırsa cevabın genliği sonsuz olur. Bu duruma rezonans

durumu denir.

8.3 Laplace Transformu:

Doğrusal diferansiyel denklemlerin çözümünde Laplace

transformu kullanılabilir. Girdisi x(t), transfer fonksiyonu H(s) ve

cevabı y(t) olan bir sistemi ele alalım:

Cevabın Laplace transformu, girdinin Laplace transformu

çarpı transfer fonksiyonudur:

Y(s)=X(s) H(s)

Bir f(t) fonksiyonunun Laplace transformu F(s) ve ters

Laplace transformu aşağıda sırasıyla verilmiştir:

)89.2t7.2cos(e44.0)t(u t2.0

67

Laplace operatörü L ile gösterilirse

yazılır.

Fonksiyonun 1. ve 2. türevlerinin Laplace transformları sırasıyla

dir. Bu eşitlikler daha yüksek mertebeden türevler için de yazılabilir.

Zaman ekseninde kadar ötelenen fonksiyon için Laplace

transformu

dir.

Son değer teoremi:

f(t) nin t sonsuza yaklaştığındaki limit değeri Laplace

transformundan aşağıdaki denklemden hesaplanabilir:

Eksponansiyel/harmonik fonksiyonlar için limit değere

yaklaşık ulaşıldığı zaman düzgün rejim (steady-state) değerine

ulaşma zamanı olarak adlandırılır ve bu değer t∞ olarak gösterilir. t∞

un hesaplanması Bölüm 1.5 te verilmiştir.

Bazı fonksiyonların Laplace transformu aşağıdaki tabloda

verilmiştir:

0

stdte)t(f)s(F

ia

ia

stdte)s(Fi2

1)t(f

)s(F)f( L

0f)s(sF)f( L

002 )f(sf)s(Fs)f( L

)s(Fe)]t(f[ sL

)s(sFlim)t(flim0st

68

TABLO 8.1

:)t( İmpuls fonksiyonu

1)s()s(F

f(t)=u(t)

u(t): Birim adım fonksiyonu

s

1)s(U)s(F

8.3.1 İmpuls Cevabı

Girdi impuls ise girdinin Laplace transformu 1 dir. Cevabın

Laplace transformu doğrudan transfer fonksiyonuna eşit olur. Transfer

fonksiyonunun ters Laplace transformu impuls cevabını verir. x(t)

girdi, y(t) cevap ve H(s) sistemin transfer fonksiyonu ise:

x(t)=δ(t) → X(s)=Δ(s)=1

Y(s)=X(s)H(s) → Y(s)=H(s) → y(t)=h(t)

dir. h(t) ye impuls cevabı denir.

)t()t(f

te)t(f

s

1)s(F

)tcos(Ae)t(f t

)i(s

iba

)i(s

iba)s(F

)iba(2Aei

69

Örnek 8.1 (devam):

Örnek 8.1 için impuls cevabını bulalım. Denklem 8.1 deki

transfer fonksiyonunun ters Laplace transformunu bulmak için

basit kesirlerine ayırma işlemi yapılır. Paydayı sıfır yapan

özdeğerler (tekil noktalar) -1±3i ve -2 olarak bulunduğu dikkate

alınarak aşağıdaki eşitlik yazılır:

Basit kesirlere ayırma işleminde paydalarda (s- tekil nokta)

lar, paylarda belirlenebilecek sabitler yer alır. Sanal eşlenik öz

değerler için paylarda sanal eşlenik sabitler söz konusudur.

Transfer fonksiyonunun payında yer alan polinomun

katsayılarını p1 değişkenine ve paydasında yer alan polinomun

katsayılarını p2 değişkenine atayıp residue komutu ile basit kesirlere

ayrılmış halin paylarındaki sabitleri veren MatLAB programı aşağıda

verilmiştir:

p1=[1,3];p2=[1,4,14,20]; [r,p,k]=residue(p1,p2)

Residue komutu, basit kesirlere ayrılmış halin paylarındaki sabit

değerlerini r değişkenine, tekil noktaları p değişkenine atar. Transfer

fonksiyonunda paydaki polinomun derecesi paydadaki polinomun

derecesinden küçük olduğu için k değişkeni sıfır bulunur.r değikeninin

değerleri

r(1)=-0.05-0.1833i, r(2)=-0.05+0.1833i, r(3)=0.1

bulunur. Transfer fonksiyonunun basit kesirlere ayrılmış hali:

Tablo 8.1 den ilk iki terimin ters Laplace transfromu Ae-tcos(3t-φ)

formundadır ve Aeiφ

=2(-0.05+0.1833i) dir. MatLAB’da:

z=2*(-0.05+0.1833i);a=abs(z),fi=angle(z)

20s14s4s

3s)s(H

23

)2(s

a

)i31(s

iba

)i31(s

iba 21111

)2(s

1.0

)i31(s

i1833.005.0

)i31(s

i1833.005.0)s(H

70

komutlarıyla a=0.3801 ve φ=1.837 bulunur. 3. terimin de ters Laplace

transformu Tablo 8.1 den yazılarak, impuls cevabı:

bulunur. Sanal tekil noktalar için ξ=0.3162 (s=-1±3i) ve sistem için

Δt=0.099, t∞=6.283 bulunur. Aşağıdaki MatLAB programı

çalıştırılarak Şekil 8.1 deki impuls cevabı grafiği elde edilir.

clc;clear;t=0:0.099:6.283; yt=0.3801*exp(-t).*cos(3*t-1.837)+0.1*exp(-2*t) plot(t,yt)

Şekil 8.1 Örnek 8.1 için impuls cevabı

8.3.2 Adım Girdi Cevabı

Şimdi de Örnek 8.1 deki transfer fonksiyonu için adım girdi

cevabını bulalım. Bu durumda:

x(t)=u(t) → s

1)s(U)s(X

Y(s)=X(s)H(s) → )s(Hs

1)s(Y

Y(s) in ters Laplace transformu ile cevap, y(t), bulunur. Basit kesirlere

ayırma işlemi ile

t2t e1.0)837.1t3cos(e3801.0)t(h

20s14s4s

3s.

s

1)s(Y

23

s

a

)2(s

a

)i31(s

iba

)i31(s

iba 321111

71

yazılır. Özdeğerlere ek olarak girdiden dolayı s=0 da tekil noktadır.

Basit kesirlere ayırma işlemi, MatLAB da residue komutu ile

yapılabilir:

p1=[1,3];p2=[1,4,14,20,0]; [r,p,k]=residue(p1,p2)

Program,

r(1)=-0.05+0.0333i, r(2)=-0.05-.0033i, r(3)=-0.05, r(4)=0.15

değerlerini verir. Y(s) nin basit kesirlerine ayrılmış hali bulunur:

İlk iki terimin ters Laplace transformu Ae-tcos(3t-φ) formunda olup

genlik ve fazı bulunabilir:

Adım girdiye cevap bulunur:

Adım girdiye cevabın düzgün rejim değeri (steady-state) s=0 tekil

noktasının belirlediği son terimdir. Düzgün rejim değeri son değer

teoremi ile de bulunabilir:

Aşağıdaki MatLAB programı ile adım girdi cevabının Şekil

8.2 de verilen grafiği elde edilir: clc;clear;t=0:0.099:6.283; yt=0.1202*exp(-t).*cos(3*t+2.5536)-0.05*exp(- 2*t)+0.15;

plot(t,yt)

s

15.0

)2(s

05.0

)i31(s

i0333.005.0

)i31(s

i0333.005.0)s(Y

i5536.2i e1202.0)i0333.005.0(2Ae

15.0e05.0)5536.2t3cos(e1202.0)t(y t2t

15.020

3

)20s14s4s(

)3s(

s

1slim)s(sYlim)t(ylim

230s0st

72

Şekil 8.2 Örnek 8.1 için adım girdi cevabı

8.3.3 İlk Şartlara Bağlı Çözüm:

Girdinin olmaması ve yalnız ilk şartların olması durumunda

çözüme homojen çözüm denir. Titreşim problemlerinde serbest

titreşim cevabı denir. Örnek 8.1 için f(t)=0 alınır ve diferansiyel

denklem:

olur. İlk şartlar, t=0 da

olsun. Diferansiyel denklemde her terimin Laplace transfromunu

alalım:

0u20dt

du14

dt

ud4

dt

ud

2

2

3

3

2.1u)0(u 0 5.2udt

du0

0t

1.3udt

ud0

0t2

2

]uusus)s(Us[ 00023 ]usu)s(Us[4 00

2

]u)s(sU[14 0 0)s(U20

73

1. terim, 3

3

dt

udün, 2. terim

2

2

dt

ud4 nin, 3. terim

dt

du14 nin ve son terim

20u nun Laplace transformudur. Denklem şöyle düzenlenebilir:

Bu denklemden

yazılır. D(s) paydada yer alan polinomdur ve transfer fonksiyonunun

paydası ile aynıdır. 1. terimin payı paydanın son terimi çıkarılarak ve s

ye bölünerek elde edilebilir. 2. terimin payı 1. terimin payının son

terimi çıkarılarak ve s ye bölünerek elde edilebilir. 3. terimin payı ise,

2. terimin payının son terimi çıkarılarak ve s ye bölünerek elde

edilebilir. Bu algoritmik yaklaşım daha yüksek mertebeden

diferansiyel denklemlere genişletilebilir.

3 ilk şarttan en az birinin sıfırdan farklı olması durumunda ilk

şartalara bağlı cevap söz konusudur. Örneğimiz için cevap şu

şekildedir:

Bu denklem düzenlenir ve basit kesirlerine ayrılırsa:

yazılır. İlk iki terimin ters Laplace transformu

eksponansiyel/harmonik formda olup genlik ve fazı bulunabilir. Sonuç

olarak ilk şartlara bağlı cevap

bulunur.

0uu)4s(u)14s4s()s(U)20s14s4s( 000223

0

2

u)s(D

)14s4s()s(U

0u

)s(D

)4s(

0u

)s(D

1

20s14s4s)s(D 23

)2.1()s(D

)14s4s()s(U

2

)5.2()s(D

)4s( )1.3(

)s(D

1

)s(D

9.9s3.2s2.1)s(U

2

)2(s

01.1

)i31(s

i0483.0095.0

)i31(s

i0483.0095.0

t2t e01.1)6710.2t3cos(e2132.0)t(u

74

8.4 Blok Diyagramları

Otomatik kontrol sistemlerinde kullanılan blok diyagramları

konusunu bir örnekle işleyelim.

Örnek 8.2:

Şekil 8.3 te farklı transfer fonksiyonlarına sahip sistemlerin

bağlanması ile oluşan bir kapalı kontrol sistemini ele alalım.

Şekil 8.3: Blok diyagramı

Burada bloklar içerisinde gösterilen K ve Kt birer sabittir, G1(s) ve

G2(s) transfer fonksiyonlarıdır. R(s) tüm sistemin girdisinin, C(s) tüm

sistemin cevabını Laplace transformlarıdır.

olup, H(s) tüm sistemin transfer fonksiyonudur. Kapalı kontrol

sistemlerinde, girdi hedeflenen, cevap ise ölçülen büyüklüktür. Girdi

ile cevabın fark sinyali ile sistem kontrol edilir ve hedeflenen

büyüklüğü izlemesi istenir.

Tüm sistemin transfer fonksiyonunu bulalım. Blok

diyagramında A(s) gösterilen noktadaki büyüklüğün Laplace

transformu olsun. R ile C nin farkı K ile çarpılmakta, daha sonra bu

fark ile A büyüklüğünün Kt ile çarpımının farkı G1(s) ile çarpılmakta

ve sonuç A yı vermektedir:

AGAKK)CR( 1t

A ile G2 nin çarpımı C yi vermektedir:

AG2=C

İkinci denklemden elde edilen A, birinci denklemde yerine

konur ve düzenlenirse

)s(C)s(H)s(R

75

yazılır. R ve C nin çarpanları düzenir ve C yalnız bırakılırsa, sırasıyla:

bulunur. R nin çarpanı H(s) olur.

Bu eşitlik düzenlenirse:

Bulunur. Verilen G1(s) ve G2(s) yerine konursa:

Bulunur. Burada K ve Kt ye farklı değerler verilerek sistemin

özdeğerleri değiştirilebilir. Sistemin adım girdiye cevabının

performansı incelenebilir. Kontrol sistemlerinde adım girdiye cevap,

girdide, yani hedeflenen büyüklükte yapılan değişikliğin, cevaba, yani

gerçekleşen büyüklüğe nasıl yansıdığının göstergesidir.

212

t

GG

C

G

CKKCKR

C

GG

1

G

KK

KR

212

t

CGG

1

G

KKKR

212

t

212

t

GG

1

G

KK

K)s(H

1GKGKG

GKG)s(H

1t21

21

K100s)20K2000(s4

K100)s(H

t2

76

PROBLEMLER Problem 08A-1:

Problem 01B-l in çözümü aşağıdaki hareket denklemini verir:

Burada f(t) girdi, x(t) cevaptır. m=2 kg, k=3240 N/m ve c=380 Ns/m

dir. a) Transfer fonksiyonunu bulunuz. b) f(t)=3e-42t

ise cevabı

bulunuz. c) f(t)=7cos(23.4t) ise cevabı bulunuz. d) f(t)=-4e-2.4t

cos(16t-

1.8) ise cevabı bulunuz.

Problem 08A-2:

Problem 01B-2 nin çözümü aşağıdaki hareket denklemini

verir:

Burada T(t) girdi, θ(t) cevaptır. m=1.8 kg, L=0.42m, k=32000 N/m,

c=486 Ns/m dir. a) T(t)=2200e-72t

cos(214t+3.2) ise cevabı bulunuz.

b) Rezonans oluşturacak bir girdi yazınız.

Problem 08A-3:

Problem 01C-6 nın çözümü aşağıdaki hareket denklemini

verir:

Burada yA(t) girdi, θ(t) cevaptır. m1=250 kg, m2=350 kg, k=37000

N/m, c=1500 N/m, L1=1.2 m dir. yA(t)=0.2e-3t

cos(17t-1.8) ise cevabı

bulunuz.

Problem 08B-1:

Problem 08A-1 deki denklemi yeniden ele alınız. a) İmpuls

cevabını bulunuz ve grafiğini çiziniz. b) 40 şiddetinde adım girdiye

cevabını bulunuz. Grafiğini çiziniz.

fkx2xc2x2

m5

TkL9

cL

9

mL 222

A1A21

21

21

212

211 ykLycLkLcLLm

3

Lm

77

Problem 08B-2:

Problem 08A-2 deki denklemi yeniden ele alınız. a) İmpuls

cevabını bulunuz ve grafiğini çiziniz. b) 3.8 şiddetinde adım girdiye

cevabını bulunuz. Grafiğini çiziniz.

Problem 08B-3:

Problem 08A-3 deki denklemi yeniden ele alınız. a) 3

şiddetindeki impuls girdiye cevabını bulunuz ve grafiğini çiziniz. b)

0.08 şiddetinde adım girdiye cevabını bulunuz. Grafiğini çiziniz.

Problem 08C-1:

Problem 08A-1 deki denklemi yeniden ele alınız. f(t)=0

olsun. t=0 da x=-0.03 m ve x 24 m/s ise cevabı bulunuz. Grafiğini

çiziniz.

Problem 08C-2:

Problem 08A-2 deki denklemi yeniden ele alınız. T(t)=0

olsun. t=0 da θ=-0.12 rad ve 14 rad/s ise cevabı bulunuz.

Grafiğini çiziniz.

Problem 08C-3:

Problem 08A-3 deki denklemi yeniden ele alınız. yA=0 olsun.

t=0 da θ=0.2 rad ve -16 rad/s ise cevabı bulunuz. Grafiğini çiziniz.

Problem 08C-4:

Bir sistemin matematik modeli aşağıdaki denklemle

verilmiştir:

Burada v(t) girdi, q(t) cevaptır. a) Sistemin transfer fonksiyonunu

bulunuz. b) Öz değerleri bulunuz. Sanal öz değerler için sönüm

sabitini bulunuz. Sistemin incelenmesinde kullanılacak zaman adımını

(Δt) ve sistemin düzgün rejime ulaşacağı zamanı (t∞) bulunuz. c)

v(t)=-2.6e-1.2t

için q(t) yi bulunuz. d) v(t)=3.8e-0.4t

cos(1.3t+1.6) için

dt

dv5.0vq12

dt

dq7

dt

qd5

dt

qd2

2

2

3

3

78

q(t) yi bulunuz. e) v(t)=0 dır. t=0 da 0q , 1.3q ve 4q

olması halinde q(t) yi bulunuz. f) v(t), 2 şiddetinde adım girdi ise q(t)

yi bulunuz ve grafiğini çiziniz. Yanıtın düzgün rejim değerini son

değer teoremi ile de bulunuz. g) İmpuls cevabını bulunuz. h)

v(t)=3sin(4.6t) ise q(t) yi bulunuz.

Problem 08C-5:

Şekildeki yay-kütle sisteminde m=60 kg, c=200 Ns/m ve

k=2400 N/m dir.

Şekil: Problem 08C-5

Sistemin hareket denklemi fkyycym dir. f(t) girdi, y(t)

cevaptır. a) Sistemin transfer fonksiyonunu bulunuz, öz değerlerini

bulunuz, sanal özdeğerler için sönüm oranı, Δt ve t∞ değerlerini

bulunuz. b) f(t)=0 ve t=0 da y=-0.3, 2y dir. Cevabın transfer

fonksiyonunu bulunuz. c) İlk şartlar sıfır ve girdi adım girdidir.

Cevabın Laplace transformunu bulunuz.

79

9 DOĞRUSAL DİFERANSİYEL DENKLEM

TAKIMLARI

9.1 Durum Değişkenleri

Doğrusal diferansiyel denklem takımlarının çözümünde,

denklemlerin burada verilen özel formda olduğunu varsayalım:

(9.1)

Burada x durum değişkenleri matrisidir ve n bilinmeyenli denklem

takımı için boyutu nx1 dir. m adet girdinin olduğu sistemde u girdi

matrisinin boyutu mx1 dir. A sistem matrisi ve B matrisi sabitlerden

oluşan matrislerdir. A matrisi kare matris olup boyutu nxn dir. B

matrisinin boyutu nxm dir.

Türevin Laplace transformu ile ilgili kural uygulanarak

Denklem 9.1 in Laplace transformu alınırsa:

X(s)-x0=AX(s)+BU(s) (9.2)

Burada x0, durum değişkenlerinin t=0 daki değerlerinden oluşan ilk

şartlar sütun matrisidir.

Denklem 9.2 de ilk terim diyagonali 1 olan nxn boyutlu birim

matrisle (I) çarpılır ve düzenlenirse:

sIX(s)-x0=AX(s)+BU(s)

[sI-A]X(s)=x0+BU(s)

yazılır. X(s) sol tarafta yalnız bırakılırsa durum değişkenleri

transfer fonksiyonu denklemi bulunur:

X(s)= [sI-A]-1

x0+[sI-A]-1

BU(s)

Sağ taraftaki ilk terim ilk şartlara bağlı çözümün (homojen çözümün),

2. terim girdiye bağlı çözümün (özel çözümün) Laplace transformunu

BuAxx

80

verir. MatLAB taki residue komutundan da yararlanarak ters Laplace

trasnfromu ile durum değişkenlerinin zamana bağlı çözümü bulunur.

9.1.1 Girdiye Bağlı Çözüm:

Konuyu bir örnekle devam ettirelim.

Örnek 9.1:

Şekil 9.1 de verilen sistemi ele alalım ele alalım.

Şekil 9.1: Araç modeli

m=1050 kg, I=670 kg-m2, k=35300 N/m, c=2000 Ns/m L1=1.7 m,

L2=1.4 m dir. y1 ve y2 genel koordinatlar, yA ve yB girdilerdir.

Sistemin matematik modeli, Lagrange yöntemi ile bulunur (Problem

01C-4):

Bu denklemi durum değişkenleri formuna dönüştürmek için 11 vy

ve 22 vy tanımı ile yeni değişkenler atayalım. Yeni değişkenlerle

matematik model denklemi şu şekilde düzenlenebilir:

M

2

1

2

1

2

1

y

y

353000

035300

y

y

20000

02000

y

y

48.38532.190

32.19087.283

BB

AA

y35300y2000

y35300y2000

2

1

2

1

2

1

y

y

353000

035300

v

v

20000

02000

v

v

48.38532.190

32.19087.283

BB

AA

y35300y2000

y35300y2000

81

1.dereceden türevleri sol tarafta yalnız bırakabilmek için ilk terimdeki

kare matrisin (M) tersi ile denklem çarpılarak şu düzenleme

yapılabilir:

Yeni değişkenleri tanımlayan denklemlerle birlikte şu denklem elde

edilir:

Bu denklem BuAxx formunda olup y1, y2, v1, v2 durum

değişkenleridir. Durum değişkenleri transfer fonksiyonu denkleminde

örneğimiz için ilk şartlar sıfırdır. Türevin Laplace transformu kuralı

kullanılarak girdinin Laplace transformu U(s) örneğimiz için şu

şekilde yazılabilir:

[sI-A] matrisinin tersi:

2

1

2

1

2

1

y

y

5.1368.91

8.919.185

v

v

8.72.5

2.55.10

v

v

BBAA

BBAA

y5.136y8.7y2.5y8.91

y8.91y2.5y9.185y5.10

2

1

2

1

2

1

2

1

v

v

y

y

8.72.55.1368.91

2.55.108.919.185

1000

0100

v

v

y

y

BBAA

BBAA

y5.136y8.7y8.91y2.5

y8.91y2.5y9.185y5.10

10

01

00

00

)s(Y)5.136s8.7()s(Y)8.91s2.5(

)s(Y)8.91s2.5()s(Y)9.185s5.10()s(U

BA

BA

1

1

8.7s2.55.1368.91

2.55.10s8.919.185

10s0

010s

]AsI[

82

şeklindedir. Matrisin tersinde paydada yer alan [sI-A] matrisinin

determinantını sıfır yapan değerler özdeğerlerdir. Özdeğerleri ve

[sI-A] matrisinin tersini veren MatLAB programı burada verilmiştir.

clc;clear;syms s; a=[0,0,1,0

0,0,0,1

-185.9,91.8,-10.5,5.2

91.8,-136.5,5.2,-7.8];

eig(a)

pause

i1=eye(4);a1=inv(s*i1-a);pretty(a1)

Program şu sonucu verir:

eig(a) komutu öz değerleri verir:

Özdeğerler : s1,2= -7.3 ± 14.3i, s3,4= -1.9 ± 7.9i

Bu sonuç, Problem 01C-4 ün çözümünü verdiği sonuçla aynıdır.

B= dir ve [sI-A]-1

matrisi ile B matrisinin çarpımı:

)s(D

1

s9.185s5.10ss8.91s2.51.16948s9.955s5.136s8.2s8.91

s8.91s2.5s5.136s8.7s2.6s8.911.16948s7.972s9.185

9.185s5.10s8.91s2.57.972s8.240s3.18s8.2s8.91

8.91s2.55.136s8.7s2.6s8.919.955s4.191s3.18s

23222

22322

223

223

1]AsI[

1.16948s6.1928s3.377s3.18s)s(D 234

s9.185s5.10ss8.91s2.5

s8.91s2.5s5.136s8.7s

9.185s5.10s8.91s2.5

8.91s2.55.136s8.7s

)s(D

1B]AsI[

232

223

2

2

1

10

01

00

00

83

olur. Bu matrisin U(s) ile çarpımı ile durum değişkenleri transfer

fonksiyonu denklemi bulunur:

Polinomların çarpımında MatLAB’da conv() komutundan

yararlanılabilir.

Örnek problemimizde Şekil 9.2 de görüldüğü gibi Va=60

km/saat hızla giden aracın 5 cm yüksekliğe sıçrama yapması halinde

titreşimini inceleyelim.

Şekil 9.2: Araç ve engebe

yA(t) ve yB(t) nin değişimi Şekil 9.3 te görüldüğü gibi olur.

Şekil 9.3: Girdiler

t=0 anı ön amörtisör zemininin sıçrama yaptığı andır. Arka amörtisör

zemini ise t1 kadar gecikme ile sıçrama yapar ve gecikme

L=L1+L2=3.1 m için araç hızına bağlı olarak:

)s(D

1

Y)s1.16948s6.1928s4.191s8.7(Y)s8.91s2.5(

Y)s8.91s2.5(Y)s1.16948s6.1928s8.240s5.10(

Y)1.16948s6.1928s4.191s8.7(Y)s8.91s2.5(

Y)s8.91s2.5(Y)1.16948s6.1928s8.240s5.10(

BU]AsI[

B234

A34

B34

A234

B23

A23

B23

A23

1

)s(V

)s(V

)s(Y

)s(Y

2

1

2

1

s186.0

3600

1000x60

1.3t1

84

bulunur. YB adım girdidir ve Laplace transformu:

olarak yazılır. YA t1 gecikmeli adım girdidir. Gecikme için Laplace

Transformu kuralı kullanılarak YA nın Laplace transformu:

olarak yazılır.

YA(s) ve YB(s) yukarıdaki durum değişkenleri transfer

fonksiyonunda yerine konarak durum değişkenlerinin transfer

fonksiyonları bulunur. Örnek olarak 4 durum değişkeninden y1(t) nin

Laplace transformu:

bulunur. Gecikmenin Laplace transformu ile ilgili kural da

kullanılarak ters Laplace transformu alınır ve

y1(t) nin MatLAB da çizilen grafiği Şekil 9.4 te verilmiştir. Grafik

çizdirilirken özdeğerlerden sistem için Δt=0.02 s ve t∞=3.31 s

değerleri bulunur. Δt ve t∞ değerlerini seçerken girdiler de dikkate

alınmalıdır. Burada girdilerde yer alan t1 gecikmesi için bu değerler

uygundur.

s

05.0)s(YB

s186.0A e

s

05.0)s(Y

)s(sD

05.0)s8.91s2.5(e

)s(sD

05.0)1.16948s6.1928s8.240s5.10()s(Y 23s186.023

1

]67.2)186.0t(3.14cos[e035.0)t(y )186.0t(3.71

)186.0t(u05.0]91.2)186.0t(9.7cos[e019.0 )186.0t(9.1

)47.0t3.14cos(e027.0 t3.7 )91.2t9.7cos(e025.0 t9.1

85

Şekil 9.4: y1(t) nin grafiği İnceleme Sonuçlarının Değerlendirilmesi:

Örnek 9. 1 de bir engebeye sıçrama yapan bir aracın titreşimi

incelenmiştir. İnceleme sonuçları mühendislik yönünden

değerlendirilir. Araç üzerindeki bir noktanın titreşimi y1 ve y2 nin

doğrusal bileşiminden oluşur ve bu noktanın titreşimi konfor

yönünden incelenebilir. Titreşimin yolcuyu ne derece rahatsız edeceği

üzerinde durulur. (y1-yA), arka amortisördeki şekil değiştirmenin

dinamik davranışını verir. Dinamik davranış, amortisörün elastik

sınırlar içerisinde titreşim yapıp yapmadığını belirler ve yorulma

ömrü hakkında bilgi verir.

Mekanik sistemlerde tüm elemanların dinamik

davranışlarının ve yorulma ömrünün bulunması hedeflenir. Makina

için hedeflenen ömre tüm elemanların sahip olması istenir. Kısa

ömürlü elemanlar için periyodik bakımlarda gerekli değiştirmelerin ne

zaman yapılacağı tasarım aşamasında tahmin edilir. Sistem

elemanlarının özelliklerinde yapılacak değişikliklerin sonuçlara etkisi

araştırılır.

Benzer mühendislik yorumları elektrik, akış ve ısıl sistemleri

için de yapılabilir. Sistemlerde girdi ve cevap arasındaki ilişki

incelenerek sistemin tasarım amacına uygun olup olmadığı bulunur.

Girdi-cevap ilişkisi sistemin kontrolünde kullanılır. Farklı çalışma

durumları incelenir. Elektrik devrelerinde gerilimler ve her elemanın

86

taşıdığı akımlar, akış sistemlerinde basınç dağılımı ve debiler, ısıl

sistemlerde sıcaklık dağılımı ve ısıl debiler bulunur. Elektrik

devrelerinde elemanların akımları taşıyıp taşıyamıyacağı ve ömrü

hakkında bilgi edinilebilir. Akış sistemlerinde elemanların basınçlara

dayanıp dayanmıyacağı, farklı çalışma durumlarında depoların taşıp

taşmayacağı, sistemdeki debi dağılımlarının uygun olup olmadığı

incelenir. Akış sistemlerinde ısı kaynaklarının yeterli olup olmadığı,

sıcaklık dağılımlarının konfor yönünden uygun olup olmadığı

incelenir. 9.1.2 İlk Şartlara Bağlı Çözüm:

Konuyu Örnek 9.1 e devam ederek işleyelim.

Örnek 9.1 (devamı):

Örnek 9.1 deki sistem için bu defa yA ve yB girdileri sıfır

olsun. t=0 da ilk şartlar:

olsun.

x0

dir. Durum değişkenleri transfer fonksiyonu denkleminde girdiye

bağlı terim sıfır olur ve denklem yalnız ilk şartlara bağlı terimi kapsar:

[sI-A]-1x0 =

,0y1 ,0y1 ,04.0y2 8y2

8

0

04.0

0

v

v

y

y

0t2

1

2

1

)s(V

)s(V

)s(Y

)s(Y

2

1

2

1

)s(D

1

)9.185s5.10s(8)1.16948s9.955s5.136(04.0

)s8.91s2.5(8)s2.6s8.91(04.0

)9.185s5.10s(8)7.972s8.240s3.18s(04.0

)8.91s2.5(8)2.6s8.91(04.0

232

22

223

87

Böylece durum değişkenlerinin Laplace transformu bulunumuş olur.

Ters Laplace transformları alınarak cevapların zamana bağlı

davranışları bulunabilir.

9.2 Bilgisayarla Model Çözümü

Örnek 9.1 deki sistemin girdiye bağlı çözümünü ANSYS

programı ile elde edelim.

Örnek 9.1 (devam):

Örnek 2.2 de sistemin sönümsüz doğal frekansları ANSYS

ile bulunmuştu. Örnek 2.2 de modeli kuran ve doğal frekansları

veren ANSYS programı öncelikle çalıştırılır. Daha sonra aşağıdaki

komutlar yazı editörü ile yeni bir dosyaya kaydedilir ve ANSYS’te

çalıştırılır. Komutlara ait açıklamalar da verilmiştir.

Komutlar________ Komut Açıklamaları____________________

/solu Çözüm programına geçilir

antype,4 4 nolu analiz tipi, geçiş rejimi (transient) analizi

seçilir

outres,all,all Tüm düğüm noktalarında her an için çözümün

verilmesi istenir

deltim,0.02 Zaman aralığı (Δt)=0.02 s seçilir

kbc,1 Girdilerde bir önceki değerden bir sonraki

değere adım şeklinde geçilmesi istenir

d,5,uy,0.05 5 nolu düğüm noktasında y yönünde 0.05 m yer

değiştirme tanımlanır. (ANSYS te atanan

değerler değişiklik yapılıncaya kadar

geçerlidir)

time,0.186 t=0.186 s zaman değeri atanır

solve Bu ana kadar Δt aralıkla çözüm istenir

d,4,uy,0.05 t=0.186 iken 4 nolu düğüm noktasında y

yönünde 0.05 m yer değiştirme tanımlanır

time,3.3 t=t∞=3.3 s zaman değeri atanır

solve Bu ana kadar çözümün Δt aralıkla devam

ettirilmesi istenir

/post26 Çözümlerin grafiğinin gösterilmesi istenir

nsol,2,1,uy 2 nolu grafik olarak 1 nolu düğüm noktasında y

88

yönündeki yer değiştirme seçilir

plvar,2 2 nolu grafiğin çizilmesi istenir

finish İşlem sonlandırılır

ANSYS te bulunan cevap Şekil 9.5 te gösterilmiştir.

Şekil 9.5: y1(t) nin ANSYS ile bulunan grafiği

Şekil 9.5 te ANSYS ile bulunan cevap, Şekil 9.4 te Laplace

transformu ile bulunan cevapla karşılaştırılırsa yaklaşık aynı olduğu

gözlenir.

9.3 Runge-Kutta Yöntemiyle Nümerik Çözüm

Runge-Kutta yöntemiyle diferansiyel denklem takımlarının

çözümü için, diferansiyel denklem takımında eşitliklerin sol tarafında

1. dereceden türevli terimleri ve sağ tarafında türevsiz terimleri içeren

forma dönüştürülür:

Burada x1(t) ve x2(t) durum değişkenleri u1(t) ve u2(t) girdilerdir. f1 ve

f2 x1, x2, u1, u2 ve t ye bağlı fonksiyonlardır. Fonksiyonlar x1 ve x2 nin

doğrusal veya doğrusal olmayan terimlerini içerebilir. Burada 2 durum

değişkenli denklem takımı yazılmıştır. Bu bölümdeki sonuçlar daha

fazla değişkenli denklem takımlarına da genişletilebilir.

)t,u,u,x,x(fx 212111

)t,u,u,x,x(fx 212122

89

Yukarıda verilen forma dönüştürülen denklem takımları

nümerik bir yöntem olan Runge-Kutta yöntemi ile çözülebilir.

Yöntem doğrusal veya doğrusal olmayan denklemlerin çözümünde

kullanılabilir.

Örnek 9.1 i Runge-Kutta yöntemiyle çözelim. Örnek 9.1 (devam):

Örnek 9.1 deki sistemin bulunan matematik modeli burada

tekrar verilmiştir:

Aşağıda problemin Runge-Kutta yöntemiyle çözümü için

yazılan Visual BASIC programının farklı problemler için

değiştirilecek olan satırları verilmiştir. Programın tamamı Ek-C de

verilmiştir ve ekli CD de rkutta.txt adlı bilgisayar dosyasındadır.

Sub Form_Activate () 'Farklı problemler için 500,505, 510-520 nolu satırları değiştiriniz 500 nb = 4: dt = .02: tson = 3.3 ... 505 yb(1, 1) = 0: yb(2, 1) = 0: yb(3, 1) = 0: yb(4, 1) = 0 ... 510 ' EQUATIONS: x1 = ybt(1): x2 = ybt(2): x3 = ybt(3): x4 = ybt(4) u2 = .05: u1 = 0: If t >= .186 Then u1 = .05 u3 = 0: If t = .186 Or t = .186 + dt Then u3 = .05 / dt u4 = 0: If t = 0 Or t = dt Then u4 = .05 / dt f(1) = x3 f(2) = x4 f(3) = -185.9 * x1 + 91.8 * x2 - 10.5 * x3 + 5.2 * x4 f(3) = f(3) + 185.9 * u1 - 91.8 * u2 + 10.5 * u3 - 5.2 * u4 f(4) = 91.8 * x1 - 136.5 * x2 + 5.2 * x3 - 7.8 * x4 f(4) = f(4) - 91.8 * u1 + 136.5 * u2 - 5.2 * u3 + 7.8 * u4 520 Return ... End Sub

500 nolu satırda nb denklem sayısıdır. dt zaman aralığı ve

tson cevapların bulunacağı son zaman değeridir. 505 nolu satırda

11 vy

22 vy

BBAA

BBAA

2

1

2

1

2

1

y5.136y8.7y8.91y2.5

y8.91y2.5y9.185y5.10

y

y

5.1368.91

8.919.185

v

v

8.72.5

2.55.10

v

v

90

denklemlerin sol tarafında 1. türevi yer alan 1,2,3 ve 4 nolu

değişkenlerin ilk andaki değerleri sırası ile verilir.

510 ila 520 nolu satırlar arasında denklemlerin sağ tarafında

yer alan türevsiz fonksiyonlar sırası ile verilir. Denklemlerdeki

değişkenler yerine programda kullanılan değişkenler burada

listelenmiştir:

Adım girdilerin türevi impulstur. İmpulslar, dt aralığındaki

pulslara yaklaşık eşit alınmıştır.

Programın çalıştırılmasıyla bulunan sonuç Şekil 9.6 da

verilmiştir.

Şekil 9.6: y1(t) nin Runge-Kutta yöntemiyle ile bulunan grafiği

Şekil 9.6 da Runge-Kutta yöntemiyle bulunan cevap, Şekil 9.4 te

Laplace transformu ile bulunan cevapla karşılaştırılırsa yaklaşık aynı

olduğu gözlenir.

91

PROBLEMLER Problem 09A-1:

Şekildeki sistemde x1 ve x2 genel koordinatlar, f1 ve f2

girdilerdir.

Şekil: Problem 09A-1

Sistemin matematik modeli aşağıda verilmiştir:

a) Özdeğerleri, sanal olanları için sönüm oranını ve sistem için Δt ve

t∞ değerlerini bulunuz. b) f2 3 şiddetinde adım girdidir. X2(s) i

bulunuz.

Problem 09A-2:

Örnek 3.2 deki devreyi ele alınız. R1=15.9 kΩ, R2=837 Ω,

R3=318 kΩ, C1=C2=0.005 µF dir. V1 girdi, V2 cevaptır. Bulunan

matematik model aşağıda verilmiştir:

211211 x8x16fx50x100x2

122122 x8x8fx50x50x4

0

0

V

q

q

q

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

C

1

q

q

q

R00

RR0

R0R 1

3

2

1

2111

111

111

3

2

1

3

32

31

332 qRV

92

Devrenin 12 V şiddetinde adım girdiye cevabını bulunuz. Problem 09A-3:

Örnek 7.1 de ele alınan DC-motorlu sistemin Problem 07-1

de bulunan matematik modeli aşağıdadır:

Vk girdidir. qa, θm ve θL genel koordinatlardır. La=0.2 H, Ra=100 Ω,

Kb=0.6 Vs/rad, Ki=0.7 Nm/A, Jm=5x10-5

kg-m2, JL=8x10

-3 kg-m

2,

Bm=3x10-3

NMs/rad, By=5x10-2

NMs/rad, K2=75 NM/rad ve N=1/5

tir. Matematik modeli durum değişkenleri formunda yazınız ve sistem

matrisini bulunuz. Özdeğerlerini MatLAB ile bulan programı yazınız.

Problem 09B-1:

Problem 09A-1 deki sistemde t=0 da ,5.0x1 ,0x1

,0x2 4x2 olarak verilmiştir. 21 xv dir. V1(s) i bulunuz.

Problem 09B-2:

Problem 08C-5 teki yay-kütle sistemini yeniden ele alınız.

Hareket denklemi fkyycym şeklindedir. vy olarak yeni

değişken atayınız. Böylece, durum değişkenleri formunda aşağıdaki

denklem takımı elde edilir:

f(t) girdidir. a) Denklem takımını matrislerle düzenleyiniz. Öz

değerlerini bulunuz b) f(t)=0 ve t=0 da y=-0.3, 2y dir. y(t) nin

transfer fonksiyonunu bulunuz. c) İlk şartlar sıfır ve girdi adım

girdidir. y(t) nin Laplace transformunu bulunuz.

Sonuçları Problem 01C-5 in yanıtlarıyla karşılaştırınız.

mbaakaa KqRVqL

my2

ymaim22

L2mm )BNB2B(qKKNNKJ

Lym2L2LL BNKKJ

vy

fm

1y

m

ky

m

cv

93

Problem 09B-3:

Bir sistemin matematik modeli aşağıda verilmiştir:

Burada f girdi, x ve v durum değişkenleridir. a) Sistemin özdeğerlerini

bulunuz. Sistem kararlımıdır? b) t=0 da x=-2 ve v=5 tir ve f(t), -2

şiddetinde adım girdidir. V(s) yi bulunuz.

Problem 09C-1:

Problem 02-1 de şekildeki sistemin ANSYS ile modeli

kurulur, sönümsüz doğal frekansları bulunur ve Problem 01C-5 teki

sonuçlarla karşılaştırılır. Sönümsüz doğal frekanslar: f1=4.6549 Hz,

f2=8.4979 Hz dir.

Şekil: Problem 09C-1

m1=5.8 kg, m2=3.2 kg, k1=4325 N/m, k2=3850 N/m, k3=3500 N/m,

c1=37.2 Ns/m, c2=33.5 Ns/m, c3=32 Ns/m dir.

f1, 100 N şiddetinde adım girdi ve f2=0 ise x2(t) nin grafiğini ANSYS

ile bulunuz. Problem 01C-5 te bulunan matematik modeli kullanarak

Laplace transformu ile de problemi çözünüz ve sonuçları

karşılaştırınız.

Problem 09C-2:

vx fv6.0vx7.0

94

Örnek 3.2 deki devrenin 12V şiddetinde adım girdiye cevabı,

Problem 04-1 de Workbench ile bulunur. Problem 09A-2 de durum

değişkenleri formu ve Laplace transformu ile bulunur. Sonuçları

karşılaştırınız.

Problem 09D-1:

Problem 09C-1 i Runge-Kutta yöntemiyle çözünüz. Sonuçları

karşılaştırınız.

Problem 09D-2:

Problem 09C-2 yi Runge-Kutta yöntemiyle çözünüz.

Sonuçları karşılaştırınız.

95

10 DOĞRUSAL OLMAYAN DİFERANSİYEL

DENKLEM TAKIMLARI 10.1 Dengeden Küçük Sapmalarda Doğrusallaştırma

Doğrusal olmayan diferansiyel denklem takımlarının

çözümünde denge hali belirlenip, dengeden küçük sapmalar için

denklemler doğrusallaştırılabilir. Konuyu Örnek 7.2 deki sistemin

incelenmesini devam ettirerek işleyelim.

Örnek 10.1: (Örnek 7.2 nin devamı)

Örnek 7.2 deki, pakası hareketli kapasitörlü elektro-mekanik

sistemin Lagrange yöntemiyle bulunan matematik modeli aşağıda

tekrar verilmiştir:

Burada m, k, C0, d0, b ve R sabitlerdir. Vk(t) ve fa(t) girdi, q(t) ve x(t)

genel değişkenlerdir. x alınarak yukarıdaki denklemler şu şekilde

düzenlenebilir:

(10.1)

xbfqdC2

1kxxm a

2

00

qRVqdC

)xd(k

00

0

vx

a2

00

fm

1

m

bq

dmC2

1x

m

k vv

k00

0 VR

1q

dRC

)xd(q

96

Burada, eşitliklerin sol tarafında 1. türevli terimler, sağ tarafında

türevsiz terimler yer alır. Denklemler, durum değişkenleri formunda

doğrusal olmayan diferansiyel denklem takımıdır. Bu formdaki

denklemler, Runge-Kutta yöntemi gibi sayısal yöntemlerle doğrudan

çözülebilir. Ayrıca, bu bölümde anlatılan yöntemle denklemler

doğrusallaştırılarak Laplace transformu yöntemleriyle denge halinden

küçük sapmalar için çözülebilir.

Denge hali:

Sistem denge halinde iken türevler sıfırdır. Denklem 10.1 de

eşitliklerin sol tarafı sıfır alınarak denge denklemleri:

(10.2)

olarak yazılır. Burada xd, vd, qd, ve fad ve vkd denge değerleridir. 5

adet denge değerinden 2 si seçilerek, kalan 3 denge değeri denge

denklemlerinden bulunabilir. Seçilen değerlere veya denge

denklemlerin çözümüne bağlı olarak farklı denge durumları söz

konusu olabilir. Denge denklemleri doğrusal olmayan cebirsel

denklem takımıdır ve Newton-Raphson yöntemi gibi iterasyon

yöntemleriyle çözülebilir. Denge denklemleri, MatLAB da solve

komutu ile çözülebilir.

Durum değişkenleri ve girdilerin, denge değerleri + dinamik

sapmalardan oluştuğu varsayılır:

ve

d0 v

add2d

00d f

m

1

m

bq

dmC2

1x

m

k0 v

kdd00

d0 VR

1q

dRC

)xd(0

)t(xx 1d

)t(2d vv

)t(qq 3d

97

Burada εi sapmaları durum değişkenleri denge değerlerinden sapmalar

olup her an için mutlak değerinin 1 den çok küçük olduğu kabul edilir.

ui sapmaları ise girdi denge değerlerinden sapmalardır. Bu eşitlikler

Denklem 10.1 deki diferansiyel denklem takımında yerine konursa:

yazılabilir. Denklem 10.2 den υd=0 alınır. 2. ve 3. eşitlikler

düzenlenirse:

yazılır. ε1 ve ε3,1 den çok küçük olduğundan 2. denklemde ε32 ve 3.

denklemde ε1ε3 çok çok küçük olur ve ihmal edilebilir. Çok küçük

değerlerin çarpımını içeren terimler, yüksek mertebeden terimler

olarak adlandırılır ve kısaca (y.m.t.) olarak gösterilir ve ihmal edilir.

Kalan terimler düzenlenirse:

)t(uff 1ada

)t(uVV 2kdk

21

)uf(m

1)(

m

b)q(

dmC2

1)x(

m

k1ad2d

23d

001d2 v

)uV(R

1)q(

dRC

)xd(2kd3d

00

1d03

0

1ad2233d

2d

001d2 u

m

1f

m

1

m

b)q2q(

dmC2

1

m

kx

m

k

2kd313d01ddd000

3 uR

1V

R

1)xd(qq)xd(

dRC

1

21

.t.m.y

.t.m.y

98

2. ve 3. eşitliklerde parantez içerisindeki terimler zamana bağlı

olmayan terimleri içerir ve sırasıyla denge denklemlerinden 2. ve 3.

südür ve dolayısı ile değerleri sıfırdır.

Yüksek mertebeden terimler ihmal edildiğinde ve zamana

bağlı olmayan terimlerin toplamının denge denkleminden sıfır

denklemler küçük sapmalar için doğrusal diferansiyel denklem takım

olduğu dikkate alındığında kalan terimler matrislerle şu şekilde

düzenlenir:

Artık bu denklemler BuAxx formundadır ve 9.

Bölümde anlatılan Laplace transformu yöntemleriyle de çözülebilir.

İlk olarak doğrusallaştırılmış denklemlerde öz değerlere bakılır ve

denge durumunun kararlı olup olmadığı belirlenir.

123d00

1ad2d

00d2 u

m

1

m

bq

dmC

1

m

kf

m

1q

dmC2

1x

m

k

21

2300

d01

00

dkdd

00

d03 u

R

1

dRC

)xd(

dRC

qV

R

1q

dRC

)xd(

0

0

2

1

3

2

1

00

d0

00

d

00

d

3

2

1

u

u

R

10

0m

1

00

dRC

)xd(0

dRC

q

dmC

q

m

b

m

k

010

99

Denge değerlerinin bulunması:

Denklem 10.2 deki denge denklemlerinin çözümünü sayısal

örnekle devam ettirelim. Sabit değerler

k=2750, m=0.007, d0=0.002, C0=0.006 ve R=4 olsun.

5 denge değerinden 2 si:

fad=0.2 ve Vkd=0.6 olarak seçelim.

Kalan 3 denge değeri (xd, υd ve qd), denge denklemlerinden Newton-

Raphson iterasyonu gibi yöntemlerle bulunabilir. υd=0 dır. Aşağıda

diğer denge değerlerini solve komutu ile bulan MatLAB programı

verilmiştir:

clc;clear;k=2750;m=0.07;d0=0.002;c0=0.006;r=4;

fad=0.2;vkd=0.575;syms xd qd;

f1=-k/m*xd-1/(2*m*c0*d0)*qd^2-1/m*fad;

f2=-(d0+xd)/(r*c0*d0)*qd+1/r*vkd;

[x1,x2]=solve(f1,f2);vpa(x1,8),vpa(x2,8)

Program, şu sonucu verir:

Doğrusal olmayan denklemlerin birden fazla çözümü olabilir ve

çözümler sanal da olabilir. Burada 3 ayrı çözüm elde edilir. Sanal

kısımlar çok küçük olduğundan çözümler yaklaşık reeldir. 1. Çözüm

şu denge değerlerini verir:

xd= -0.00841 ve qd = -0.00114

[ .84068044e-2-.2e-9*i]

[ -.12817010e-1-.1e-9*i]

[ .44102053e-2+.3e-9*i]

x1: x2:

[ -.11435509e-2+.50950330e-10*i]

[ -.25617538e-2-.38839424e-10*i]

[ -.36742289e-3-.40092775e-10*i]

100

Maclaurin serisi:

Dengeden küçük sapmalar için yazılan denklemler küçük

sapmaların değişik fonksiyonlarını içerebilirler. Fonksiyonlar,

Maclaurin serisine açılarak doğrusallaştırma işlemi yapılabilir.

Aşağıda f(ε) un seriye açılımı verilmiştir:

Seride ilk iki terim dikkate alınır. Diğer terimler yüksek

mertebedendir 1 den çok küçük ε değerleri için ihmal edilebilir:

+ yüksek mertebeden terimler (y.m.t.)

Aşağıda değişik fonksiyonların doğrusallaştırılmış yaklaşık

eşitlikleri verilmiştir:

0d

df)0(f)(f

)sin(

1)cos(

)acos()asin()asin(

)asin()acos()acos(

2a

1

a

1

a

1

322 a

2

a

1

)a(

1

222 a

1

a

1

101

Son yaklaşık eşitliğin çıkarılışı aşağıda verilmiştir:

10.1.1. Sarkaç Problemi

Doğrusal olmayan diferansiyel denklem takımlarının

dengeden küçük sapmalar için doğrusallaştırılması konusunu sarkaç

problemi örneğini ele alarak devam ettirelim. Örnek 10.2 Sarkaç Problemi

Şekil 10.1 de gösterilen sistemde, O da mafsallı, kütle merkezi G de

olan bir cisim ilk şartlar altında serbest hareket edebilmektedir.

Şekil 10.1 Sarkaç

Sistem için enerji eşitlikleri aşağıda verilmiştir:

0

3

20

2)a(2

a

1

d

df)0(f

)a(

1)(f

32 a

2

a

1

2G

21 I

2

1)L(m

2

1E

)cos(mgE2

102

Potansiyel enerji yerçekimine (g=9.81 m/s2) bağlı olarak yazılmıştır. θ

genel koordinatı için Lagrange denkleminden

yazılır. sin(θ) lı terim nedeni ile bu denklem doğrusal olmayan

diferansiyel denklemdir. alınarak denklem şöyle düzenlenebilir:

(10.4)

Bu denklem takımı Runge-Kutta yöntemi gibi nümerik yöntemlerle

çözülebilir veya dengeden küçük sapmalar için doğrusallaştırılabilir.

Aşağıdaki sayısal değerleri seçelim:

L=0.08 metre, m=0.4, kg, IG=0.012 kg-m2, B=0.07 Nm/(rad/s)

Bu durumda Denklem 10.4

(10.5)

olur. Türevler sıfır alınarak denge denklemleri elde edilir:

θd ve ωd denge değerleridir. ωd=0 dır ve 2. eşitlikten denge hali için

dır. sin(θd) , θd nin 0 veya π değerinde sıfır olur. Dolayısı ile iki denge

hali vardır.

BW

B)sin(mg)ImL( G2

)sin(ImL

mg

ImL

B

G2

G2

)sin(51.26981.4

d0

)sin(51.26981.40 dd

0)sin( d

103

θd=0 denge hali:

Şekil 10.2 de gösterilen θd=0 denge halinden küçük sapmaları ele

alalım:

Şekil 10.2 θd=0 denge halinden küçük sapma

alınır ve bu eşitlikler Denklem 10.5 te yerine konursa

yazılır. 11)sin( dir. Bu durumda yukarıdaki doğrusallaştırılmış

diferansiyel denklem takımı matrislerle şöyle yazılabilir:

(10.6)

Bu denklem Axx formundadır ve öz değer denklemi, det[sI-A]=0

dan:

1

2

21

)sin(51.26981.4 122

1

2

1

2

1

81.451.269

10

081.4s51.269

1s

104

olarak yazılır. Determinant açılırsa:

polinomu bulunur. Polinomun kökleri şu öz değerleri verir:

Öz değerler: -2.40±16.24i

Bu denge hali kararlıdır ve öz değerlerden sönüm oranı =0.1464

bulunur. Salınımın frekansı 16.24 rad/s=2.6 Hz dir. θd=π denge hali:

Şimdi de Şekil 10.3 te gösterilen θd=π denge halinden küçük sapmaları

ele alalım:

Şekil 10.2 θd=π denge halinden küçük sapma

alınır ve bu eşitlikler Denklem 10.5 te yerine konursa

051.269s81.4s2

1

2

21

)sin(51.26981.4 122

1

105

yazılır. 1111 )sin()cos()cos()sin()sin( dir. Bu

durumda yukarıdaki doğrusallaştırılmış diferansiyel denklem takımı

matrislerle şöyle yazılabilir:

Bu denklem Axx formundadır ve öz değer denklemi, det[sI-A]=0

dan:

olarak yazılır. Determinant açılırsa:

polinomu bulunur. Polinomun kökleri şu öz değerleri verir:

Öz değerler: 14.19, -19

Bu denge hali pozitif kök nedeniyle kararsızdır. İlk şartlara bağlı çözüm:

Sarkaç problemini aşağıda verilen ilk şartlara bağlı olarak çözelim.

t=0 da θ=θ0=0.14 rad (8o) ve 0

olsun. İlk olarak doğrusallaştırılmış denklemlerin Laplace

transformu ile çözümü elde edelim. Denklem 10.6,

Axx formundadır ve 9. Bölümden trensfer fonksiyonu denklemi

01x]AsI[X şeklindedir ve küçük sapmaların Laplace

transformu:

2

1

2

1

81.451.269

10

081.4s51.269

1s

051.269s81.4s2

106

yazılabilir. Bu denklemden

bulunur. MatLAB’da residue komutunu kullanarak ters Laplace

transformu alınır ve

bulunur. Özdeğerlerden Δt=0.019 ve t∞=2.6 alınarak 1(t) nin grafiği

MatLAb’da çizilebilir.

Şimdi de denklemleri doğrusallaştırmadan doğrudan

Denklem 10.5 i Runge-Kutta yöntemiyle çözelim. 9. bölümde verilen

VisualBASIC programında aşağıdaki satırlar düzenlenerek çözüm

bulunur.

Sub Form_Activate () 'Change lines 500,505, 510-520 for different problems 500 nb = 2: dt = .019: tson = 2.6 ... 505 yb(1, 1) = 0.14: yb(2, 1) = 0 ... 510 ' EQUATIONS : x1 = ybt(1): x2 = ybt(2) f(1) = x2 f(2) = -4.81*x2-269.51*sin(x1) 520 Return ... End Sub

0

14.0

s51.269

181.4s

)s(D

1

0

14.0

81.4s51.269

1s

)s(E

)s(E1

2

1

51.269s81.4s)s(D 2

)s(D

)81.4s(14.0)s(E1

)147.0t24.16cos(e1415.0)t( t41.21

107

Denklemlerdeki θ ve ω değişkenlerine karşılık programda sırasıyla x1

ve x2 değişkenleri kullanılmıştır.

Yukarıdaki iki ayrı çözüm sonuçları Şekil 10.3 te verilmiştir.

(a) (b)

Şekil 10.3 1(t) nin a) doğrusallaştırılmış denklemlerin Laplace

transformu ile b) doğrusal olmayan denklemlerin Runge-Kutta yöntemiyle çözümü sonucu elde edilen grafikleri (θ0=8

0)

Şekil 10.3 teki sonuçlar ilk sapma θ0=80 için elde edilmiştir.

Bu defa çözümler θ0=860 derece olarak oldukça büyük seçilmiş ve

Şekil 10.4 teki çözüm grafikleri elde edilmiştir. Görüldüğü gibi sarkaç

probleminde, büyük sapmalar için bile, doğrusallaştırılmış

denklemlerin verdiği sonuç oldukça iyidir. Doğrusallaştırılmış

denklemlerin çözümü biraz daha büyük değerler vermektedir.

108

Şekil 10.4 1(t) nin a) doğrusallaştırılmış denklemlerin Laplace

transformu ile b) doğrusal olmayan denklemlerin Runge-Kutta yöntemiyle çözümü sonucu elde edilen grafikleri (θ0=86

0)

PROBLEMLER

Problem 10-1

Şekildeki elektro-mekanik sistemde Vk(t) girdidir.

Şekil: Problem 10-1

Sistemin matematik modeli aşağıda verilmiştir:

dt

d015.05.1)t(Vk

ii

y8.010

dt

yd 2

2

2 i

109

Vk=5 olması halinde denge değerlerini bulunuz. Bu denge halinden

küçük sapmalar için özdeğerleri bulunuz. Denge hali kararlımıdır?

Problem 10-2:

Problem 07-2 de çekirdeği hareketli indüktörlü mekanik

sistemin bulunan matematik modeli aşağıdadır:

x(t) ve q(t) genel değişkenler, Vk(t) girdidir. L=0.3, a=0.0025, R=0.8,

m=0.014, k=300, b=16 dır. a) Denklemleri Runge-Kutta yöntemiyle

çözülebilecek forma dönüştürünüz. b) Vk nın 0.5 olduğu denge

durumundan küçük sapmalarda sistemin özdeğerlerini bulunuz.

Sistem kararlımıdır? Problem 10-3:

Bir sistemin matematik modeli

olarak bulunmuştur. f(t) girdidir. a) f=80 için denge değerlerini

bulunuz. Dengeden küçük sapmalar için denklemi doğrusallaştırınız.

Özdeğerleri bulunuz. Δt ve t∞ değerlerini bulunuz. b) f(t) , 80

değerinden 82 değerine adım sıçrama yaptığına göre

doğrusallaştırılmış denklemlerden cevabın grafiğini çiziniz.

c) (b) şıkkını Runge-Kutta yöntemiyle doğrusal olmayan denklemle

çözünüz ve (b) şıkkında bulunan yanıtla karşılaştırınız. “

xbkxq)xa(

aL

2

1xm 2

2

0

qRVq)xa(

aLqx

)xa(

aLk

00

x18f03.0)2x(

x128000x2

2

110

SINAV PROBLEMLERİ

ARA SINAV-1

6 adet soruyu 110 dakikada çözünüz.

Problem AS1-1:

Şekildeki sistemde AD=L, AG=0.3L, AB=0.65L dir. AD

kolunun kütle merkezi G de, kütlesi 3m ve kütle atalet momenti

IG=0.34 mL2 dir. y1, y2 ve θ genel koordinatlar; TA torku , f2 kuvveti

ve yE girdilerdir. θ, 1 radyandan çok küçüktür. Lagrange denklemi

için gerekli enerji eşitliklerini yazınız.

Şekil: Problem AS1-1

Problem AS1-2:

Şekildeki devrede q, q1, ve q2 genel koordinatlar, V1 girdi ve

V2 çıktı sinyalidir. Lagrange denklemi için gerekli enerji eşitliklerini

yazınız. Ayrıca, V2 yi de bulmak için gerekli denklemi op-amp

özelliğini kullanarak yazınız.

111

Şekil: Problem AS1-2

Problem AS1-3:

Bir sistemin enerji eşitlikleri aşağıda verilmiştir:

q, q1 ve q2 genel koordinatlar, Vb girdidir. Q1 için Lagrange

denklemini uygulayınız. Problem AS1-4:

DC motorlu bir sistemin matematik modeli aşağıda

verilmiştir.

Vk girdidir. qa, θm ve θL genel koordinatlardır. La=0.2 H, Ra=100 Ω,

Kb=0.6 Vs/rad, Ki=0.7 Nm/A, Jm=5x10-5

kg-m2, JL=8x10

-3 kg-m

2,

Bm=3x10-3

NMs/rad, By=5x10-2

NMs/rad, K2=75 NM/rad ve N=1/5 tir.

Sistemin özdeğerlerini bulan MatLAB programını yazınız.

2111 qL

2

1E

22

2

21

12 q

C2

1)qq(

C2

1E

)qq()qqq(RqqRqVW 2121c2111b

mbaakaa KqRVqL

my2

ymaim22

L2mm )BNB2B(qKKNNKJ

Lym2L2LL BNKKJ

112

Problem AS1-5:

Bir sistemin öz değerleri -2±5i, -3±7i ve -0.8 olarak

bulunmuştur. Sanal öz değerler için sönüm oranlarını bulunuz.

Sistemin incelenmesinde kullanılacak olan zaman aralığı (Δt) ve

sistemin düzgün rejim değerine yaklaştığı t∞ değerini bulunuz. İlk

şartlara bağlı cevabın formunu yazınız.

Problem AS1-6:

Şekildeki mekanik sistem için enerji eşitlikleri aşağıda

verilmiştir:

Şekil: Problem AS1-6

222

2111 xm

2

1xm

2

1E

2122

2112 )xx(k

2

1xk

2

1E

)xx()xx(cxxcxfxfW 121221112211

113

ARA SINAV-2

9 adet soruyu 120 dakikada çözünüz.

Problem AS2-1:

Şekildeki elektro-mekanik sistem için enerji eşitlikleri

aşağıda verilmiştir:

Şekil: Problem AS2-1

L0, a0 birer sabittir. q genel koordinatı için Lagrange denklemini

uygulayınız.

Problem AS2-2:

Bir sistemin matematik modeli: )t(fx8.0x2 3

şeklindedir. f(t) girdidir. Runge-Kutta yöntemi ile çözüm için

denklemi düzenleyiniz.

Problem AS2-3:

Bir sistemin adım girdiye cevabının Laplace transformu

aşağıda verilmiştir. Sistemin cevabını bulunuz:

221 xm

2

1q)x(L

2

1E

22 kx

2

1E

xxbqqRqVW k

)xa(

La)x(L

0

00

s

2.1...

)i52(s

i32

4s

5.0)s(Y

114

Problem AS2-4:

Matematik modeli aşağıda verilen sistemin özdeğerlerini

MatLAB ile bulan programı yazınız. Vk girdidir.

Problem AS2-5:

Bir sistemin matematik modeli:

M3m23782 olarak bulunmuştur. M(t) girdidir.

a)Sistemin adım girdiye cevabının Laplace transformunu bulunuz. b)

t=0 da θ=-0.2 ve 2.0 olması halinde cevabın Laplace

transformunu bulunuz. Problem AS2-6:

Şekildeki ısıl sistemin eşdeğer elektrik devresini kurunuz.

R12, 1 ile 2 odası arasındaki yalıtımın direnci; C1, 1 odasındaki ısıl

kapasite, C2, 2 odasındaki ısıl kapasitedir.

Şekil: Problem AS2-6

1k21 q2V)qq(3

0)qq(3q8.0 212

115

Problem AS2-7:

Şekildeki akış sisteminin eşdeğer elektrik devresini kurunuz.

Şekil: Problem AS2-7

Problem AS2-8:

Bir sistemin matematik modeli aşağıda verilmiştir. u(t)

girdidir.

a) t=0 da ε1=0.1 ve ε2 =-0.8 ise ε2 nin Laplace transformunu

bulunuz.

b) u(t), 0.2 şiddetinde adım girdi ise ε1 in Laplace transformunu

bulunuz.

Problem AS2-9:

Matematik modeli aşağıda verilen sistemin Td=3 denge girdi

değeri için θ nın denge değerini bulunuz. Dengeden küçük sapmalar

için denklemi doğrusallaştırınız.

211 3

u242 212

T)sin(12

116

FİNAL

7 adet soruyu 120 dakikada çözünüz.

Problem F-1:

Şekildeki sistemde x ve θ genel koordinatlar, T ve xA

girdilerdir. Kinematik analiz sonucu (x-xB)=Rθ ve (x-xD)=2Rθ

bulunur. Sistem için enerji ve sanal iş eşitliklerini yazınız.

Şekil: Problem F-1

Problem F-2:

Şekildeki devrede V1 girdi, V2 cevaptır. Devre için enerji ve

sanal iş eşitliklerini yazınız. Ayrıca V2 yi bulmak için gerekli

denklemi op-amp özelliğini kullanarak yazınız.

Şekil: Problem F-2

117

Problem F-3:

Bir sistem için enerji ve sanal iş eşitlikleri aşağıda verilmiştir.

V1 girdidir. q1 genel koordinatı için Lagrange denklemini uygulayınız.

Problem F-4:

Bir elektro-mekanik sistem için enerji ve sanal iş eşitlikleri

aşağıda verilmiştir. Vk girdidir. x genel koordinatı için Lagrange

denklemini uygulayınız.

dir. a0 ve L0 birer sabittir. Problem F-5:

Bir sistemin matematik modeli aşağıda verilmiştir.

t=0 da q=-2 ve q1=3 tür. V1, 2.8 şiddetinde adım girdidir. Cevap

12 q2V dir. Cevabın Laplace transformunu bulunuz.

Problem F-6:

Blok diyagramı aşağıdaki şekilde verilen sistemin 3

şiddetinde adım girdiye cevabının Laplace tranformu, E(s), hakkında

bilgi aşağıda verilmiştir. Cevabı bulunuz.

211 qL

2

1E 2

32

3212 qC2

1)qqq(

C2

1E

3332221112121311 qqRqqRqqR)qq()qq(RqVW

)xa(

La)x(L

0

00

221 xm

2

1q)x(L

2

1E 2

2 kx2

1E

xxbqqRqVW k

1q2qq6 111 V2q2q6q8

118

Şekil: Problem F-6

Problem F-7:

Problem 6 daki sistemin girdisi u(t)=4cos(7t) ise cavbı bulan

MatLAB programını yazınız.

s

...

...

425.1...

...

i4028.06188.0)s(E

119

KAYNAKLAR ANSYS Help Manual, www.ansys.com

Charpa S.C. and Canale R.P., Numerical Methods for Engineers with

Programming and Software, WCB/McGraw-Hill, 1998

Electronics Workbench Help Manual, www.electronicsworkbench.com

Hornbeck R.W., Numerical Methods, Prentice-Hall, 1975

Kreyszig E., Advanced Engineering Mathematics, 7th Edition, John

Wiley & Sons, 1993

Kuo B.C., Automatic Control Systems, 6th Edition, Prentice-Hall,

1991

Maddock R.J. and Calcutt D.M., Electronics: A Course for Engineers,

Longman, 1988

MatLAB Help Manual, www.mathworks.com

Rowell D. and Wormley D.N., System Dynamics:An Introduction,

Prentice-Hall, 1997

Thompson S., Control Systems Engineering and Design, Longman,

1989

Uyar E., Sistem Dinamiği ve Otomatik Kontrol, Dokuz Eylül

Üniversitesi-Mühendislik Fakültesi, İzmir-1998

VisualBASIC Help Manual, www.microsoft.com

Williams Jr. J.H., Fundamentals of Applied Dynamics, John Wiley &

Sons, 1996

120

EK-A: MatLAB İLE PROGRAMLAMA Bu kitapta verilen MatLAB örneklerinin uygulanabilmesi

için MatLAB programının bilgisayara kurulmuş olması gerekir.

MatLAB programı çalıştırıldığında >> işareti ekranda belirir ve

komutlar girilebilir. Burada MatLAB ile ilgili olarak detaylı

programlama bilgisi verilmemiştir. Kitapta ele alınan örnekler

incelenerek ve uygulanarak programlama bilgisi arttırılabilir.

help komutu:

Tek başına help komutu ile komutların listesi ekranda görülebilir.

PageDown ve PageUp tuşları ile sayfalarda gezinilebilir. Örneğin

help clear komutu ile ise yalnız clear komutu hakkında bilgi

ekrana getirilebilir. Verilen örneklerde kullanılan komutların detayları

hakkında bilgi help komutu ile edinilebilir.

cd komutu:

Örneğin cd c:\sma komutu girilirse dosyalar c sabit diskinin sma

alt klasöründe otomatik olarak yer alır veya yer aldığı varsayılır. cd

“change directory” nin kısaltılmasıdır.

MatLAB’da değişkenler için kullanılan büyük ve küçük harfler

ayrı değişkenler olarak kabul edilir.

Matrislerin tanımlanması:

Örneğin

4.32

31.0

matrisinin a değişkenine atanması şu şekildedir: a=[0.1,3.2

bilgisi girilip enter tuşuna basılır ve akabinde –2,3.4] bilgisi

girilir. [ işareti matris bilgisi girişinin başladığını, ] işareti bittiğini

belirtir. Alt satıra geç bilgisi enter işareti ile verilebildiği gibi ; işareti

ile de verilebilir. Dolayısı ile a=[0.1,3 ; -2,3.4] şeklinde de

matris bilgisi girilebilir. Bu bilgi girildiğinde a matrisi bilgisi ekrana

yansır.

121

Komutların sonuna ; işareti konulursa bilgi ekrana yansımaz.

Örneğin a değişkenine bir matris bilgisi girilmişse a olarak yazılan

komut matris bilgisini ekrana verir. Örneğin a(2,1) komutu girilirse

matrisin 2. Satırı ve 3. Sütununda yer alan elemanın değerini ekrana

verir.

Örneğin x=0:0.5:6 komutu [0, 0.5, 0.1, 0.15, ..., 6] şeklinde 1 satır

ve 1+6/0.5 = 13 sütundan oluşan x matrisini oluşturur.

exit komutu ile MatLAB programından çıkılır.

Program Dosyası (M-File):

MatLAB penceresi aktif iken komutlar sıra ile girilerek adım adım

işlemler yaptırılabilir. Ya da, önce bir editör kullanılarak komutlar alt

alta yazılıp program dosyası sabit diske kaydedilir. Program

dosyalarının uzantısı “m” dir. “New M-File” seçeneğini tıklayınız ve

MatLAB Editor/Debugger programını çalıştırınız. Aşağıda örnek

olarak verilen program bilgilerini yazınız:

clc;clear;

a= [-2, 3 ; 1, -5]; b= [4, -3 ; 5, 6];

c= a*b, d=a.*b

Save seçeneğini tıklayınız ve dosya adı olarak p1 bilgisini giriniz.

“m” uzantısını editör kendisi otomatik olarak verir. Dolayısıyla

program bilgisi p1.m dosyasına kayıt edilmiş olur. Editör programını

gizleyiniz veya kapatınız. MatLAB komut programını aktifleyiniz. p1

komutunu giriniz. MatLAB p1.m dosyasında kayıtlı komut bilgilerini

alarak sırası ile uygular.

Matris Çarpımı (*) ve Elemandan elemana çarpım (.*):

Yukarıdaki örnekte c=a*b komutu a matrisi ile b matrisinin matris

çarpımını yapar ve sonucu c değişkenine atar. d=a.*b komutu ise a

matrisi ile b matrisinin elemandan elemana çarpımını d değişkenine

atar. d(i,j) = a(i,j)*b(i,j) dir. Program c matrisini [7,24;-21,-33] olarak

ve d matrisini [-8,-9,5,-30] olarak hesaplar.

122

Komutlar noktalı virgül veya yalnız virgül ile ayrılarak aynı

satıra yazılabilir. Yalnız vigül ile ayırmada önceki komut bilgisi

ekrana yansır.

Verilerin dosyaya yazdırılması:

Örneğin )1t2cos(e8.0)t(y t15.0 olarak verilen fonksiyonu 0 t

50 aralığında t=0.2 adım ile örnekleyip ekrana çizdiren ve

örneklerini “p2.dat” adlı dosyaya sırası ile kaydeden MatLAB

programı yazalım:

clc;clear;t=0:0.2:50;

y=0.8*exp(-0.15*t).*cos(2*t-1);plot(t,y)

fl=fopen ('p2.dat','w');

fprintf (fl,'%6.2f\r\n',y);fclose(fl);

Verilerin dosyadan okunması:

Bu defa yukarıda oluşturulan p2.dat isimli dosyadaki verileri x

değişkenine okuyup grafiğini çizdiren MatLAB programını yazıalım.

clc;clear;

fl=fopen ('p13.dat','r');

x=fscanf(fl,'%f \r\n');fclose(fl);

plot(x)

123

EK B: VisualBASIC İLE PROGRAMLAMA

Bu kitaptaki VisualBASIC örneklerini uygulamak için

VisualBASIC programının bilgisayara kurulu olması gerekir.

VisualBASIC 3.0 ın yalnız vb.exe dosyasının yüklü olması

örneklerde verilen programları uygulamaya yeterlidir. Geliştirilen

programlardan File>Make Exe File seçenekleri ile exe uzantılı

program dosyaları oluşturulabilir. Bu şekilde 3.0 versiyonu ile

oluşturulan exe uzantılı program dosyalarının çalıştırılması için

vbrun300.dll dosyasının yüklü olması gerekir. Yardım açıklamaları

için vb.hlp dosyasının da yüklü olması gerekir.

Burada VisualBASIC detaylı programlama bilgisi

verilmeyecektir. Help seçeneği tıklanarak örneklerde kullanılan

komutlar incelenebilir. Daha yeni VisualBASIC derleyicileri

kullanılarak da verilen örnekler uygulanabilir.

Nesneler:

vb.exe çalıştırıldığında ekrana Form1 nesnesi (“object”)

çıkar. Bu nesne görünmüyor ise Window>Project>View Form

seçenekleri tıklanarak nesne ekrana getirilebilir. Araç kutusu

penceresi görünmüyor ise Window>Toolbox seçenekleri tıklanarak

araç kutusu penceresi ekrana çağrılabilir. Araç kutusundaki değişik

nesneler tıklanıp seçilir ve daha sonra Form1 nesnesi üzerinde fare

basılı tutulup gezdirilir ve serbest bırakılırsa form üzerinde yeni

nesneler oluşturulabilir. Daha sonra bu nesnelerin üzerleri tıklanarak

seçilebilir. Seçilen nesne, Del tuşuna basılarak silinebilir veya nesne

üzerinde fare basılı tutulup oynatılarak yeri değiştirilebilir, büyültülüp

küçültülebilir. Formun veya nesnenin üzeri çift tıklandığında program

kodlama penceresi aktif olur. Örneğin form üzeri çift tıklanırsa Sub

Form_Load() ile başlayıp End Sub ile biten kodlama penceresi aktif

olur. Kodlama penceresi aktif iken “Object:” karşısındaki ok

tıklandığında nesnelerin listesi gözlenip farklı nesneler veya (general)

kodlama kısmı seçilebilir. Proc.: karşısındaki ok tıklandığında Click,

MouseDown gibi farklı işlem (Procedure) listesi görülür. Örneğin

Form kodlama penceresi aktif iken Proc: kısmında Click seçilirse Sub

Form_Click() ile başlayıp End Sub ile biten kodlama penceresi aktif

olur.

124

Örnek B.1

Aşağıdaki çıktısı verilen programı örnek olarak ele alalım:

Sub Command1_Click ()

End

End Sub

Sub Command2_Click ()

For i = 1 To 10: Print i: Next i

End Sub

Sub Form_Load ()

windowstate = 2

form1.Caption = "Deneme Programı"

command1.Caption = "End"

command2.Caption = "İşlem"

End Sub

Bu programda Sub ... ile başlayıp End Sub ile biten 3 adet alt

program mevcuttur. Form1 üzerinde Command1 ve Command2

nesneleri oluşturulmuştur. Be nesneleri vb.exe ile programlama

aşamasında Şekil B.1 (a) daki gibi oluşturunuz. Programlama

aşamasında Form1 üzeri çift tıklanır ve Sub Form Load() ile başlayıp

End Sub ile biten kodlama penceresi aktif olur. Buraya yukarıda

verilen 4 satırlık program bilgisi kodlanır. Form üzeri tek tıklanarak

aktiflenir ve daha sonra Command1 üzeri çift tıklanarak Sub

Command1_Click() ile başlayıp End Sub ile biten kodlama penceresi

aktiflenir ve yukarıda verilen 1 satırlık End komutu kodlanır. Benzer

şekilde Sub Command2_Click() ile başlayan ve End Sub ile biten alt

program kodlanır. Bu alt programda i değişkeni 1 den 10 kadar ekrana

yazdırılmaktadır. Bu şekilde kodlama tamamlanmış olur. File>Save

Project seçenekleri tıklanarak kodlanan program önce bir form için

dosya ismi verilerek ve daha sonra proje için dosya ismi verilerek

sabit diske kayıt edilir. Her iki isim için p1 adını verelim. Form için

frm uzantısı, proje için ise mak uzantısı otomatik olarak verilmiş olur.

Dolayısı ile sabit diskte p1.frm ve p1.mak dosyaları oluşur.

VisualBASIC programından çıkıldıktan sonra tekrar çalıştırıldığında

File>Open Project seçenekleri tıklanarak dosya adı olarak p1 ismi

girilirse bu program tekrar yüklenmiş olur. Programı çalıştırmak için

125

Run>Start seçeneklerini tıklamak gerekir. p1.frm çalıştırılırsa

ekranda Şekil B.1 (b) deki görüntü oluşur.

(a)

(b) Şekil B.1 Örnek B.1 için vb.exe ile (a) programlama aşamasında oluşturulan nesneler ve (b) program çalıştırıldıktan sonra ekranın

görüntüsü

Program çalıştırıldıktan sonra, İşlem başlıklı nesne tıklandığında 1 den

10 a kadar sayılar ekranda listelenir. End başlıklı nesne tıklandığında

programdan çıkılır.

126

VisualBASIC te general kodlama kısmında tanımlanmayan

değişkenler tamamen aynı karakterlerden oluşsa bile farklı alt

programlarda farklı değişkenler olarak algılanırlar.

Program çalıştırma aşamasında herhangi bir nedenle

program kilitlenirse Ctrl ve Break tuşlarına birlikte basılır, sonra 1

veya 2 kez Alt tuşuna basılır ve daha sonra Run>End seçenekleri

tıklanır.

Exe uzantılı dosya oluşturma işlemi:

Vb.exe ile program geliştirmek ve çalıştırmak, gerekirse düzeltmeler

yaparak tekrar çalıştırmak geliştirme aşamasında kullanılan

yöntemdir. Geliştirilen programı vb.exe den bağımsız olarak

kullanabilmek için File>Make Exe File seçenekleri tıklanarak exe

uzantılı program dosyası oluşturulur. Exe uzantılı dosyaları

çalıştırmak için yalnız vbrun300.dll dosyası gereklidir.

Program Örnekleri:

Grafik çizimi ile ilgili olarak aşağıdaki örneği ele alalım.

Örnek B.2:

)7.1x5cos(e5)x(f x25.0 olarak verilen fonksiyonu 0

x 60 aralığında x=0.2 adım ile örnekleyip ekrana çizdiren bir

VisualBASIC programı yazalım.

Sub Form_Activate ()

' Farklı çizim problemleri için 10 ve 20 nolu

' satırları değiştiriniz

10 x1 = 0: x2 = 30: dx = .02

nd = (x2 - x1) / dx: x = x1: windowstate = 2

ReDim f(nd) As Single

For i = 0 To nd

20 f(i) = 5 * Exp(-.25 * x) * Cos(5 * x + 1.7)

x = x + dx

Next i

fmin = f(0): fmax = fmin

127

For i = 1 To nd

If f(i) < fmin Then fmin = f(i)

If f(i) > fmax Then fmax = f(i)

Next i

picture1.Scale (0, fmax)-(nd, fmin)

picture1.PSet (0, f(0))

For i = 1 To nd

picture1.Line -(i, f(i)): Next i

End Sub

Sub Picture1_Click ()

End

End Sub

Programı düzenlemek için Şekil B.2 deki görüntüyü verecek

şekilde araç kutusu kullanılarak picture1 nesnesi oluşturmak gerekir.

Bu nesnenin üzeri çift tıklanarak Sub Picture1_Click ile başlayan

kodlama penceresine ulaşılabilir. Benzer şekilde Form üzeri çift

tıklanarak ve daha sonra Proc: kısmında Activate seçilerek Sub

Form_Activate() ile başlayan kodlama penceresine ulaşılabilir.

Yukarıda verilen ilgili alt programlar düzenlenip program

çalıştırılırsa Şekil B.2 deki görüntü ekranda oluşur. Yazılan

programdan anlaşılacağı üzere programdan çıkmak için Picture1

nesnesinin üzerini tıklamak gereklidir.

Şekil B.2 Örnek B.2 programı çalıştırıldığında ekranda oluşan görüntü

128

Örnek B.3: a) Örnek B.2 de ele alınan fonksiyonun örneklerini sabit

diskte “pc.dat” isimli dosyaya da kaydetmek için programda yapılması

gereken değişik:

Sub Form_Activate() ile başlayan alt programda sondaki End

Sub komutundan hemen önce aşağıdaki kodlar yazılır:

dosya = "pc.dat": Open dosya For Output As 1

For i = 1 To nd: Write #1, f(i): Next i

Close #1

b) (a) şıkkında oluşturulan “pc.dat” isimli dosyadan verileri okuyup

karelerinin ortalamasını hesaplayan ve ekrana yazdıran program:

Sub Form_Activate()

Open "pc.dat" For Input As 1: ort = 0: nd = 0

windowstate = 2 25 If EOF(1) = -1 Then 30 nd = nd + 1: Input #1, f: ort = ort + f * f

GoTo 25 30 ort = ort / nd: Print "Ortalama = ", or

MsgBox (""):End End Sub

Program yanıt olarak ekranda 0.8418 değerini verir.

129

RUNGE KUTTA YÖNTEMİ PROGRAMI

Aşağıda VisualBASIC derleyicisi için yazılan Runge-Kutta

yöntemi programı verilmiştir. Program Bölüm 9.3 te işlenen örnek

için yazılmıştır. Propgram ekli CD de rkutta.txt adlı dosyada

kayıtlıdır.

Sub Form_Activate ()

'Change lines 500,505, 510-520 for different problems

500 nb = 4: dt = .02: tson = 3.31

ny = CInt(tson / dt + 1)

ReDim yb(nb, ny), t0(ny), ybt(nb), f(nb), fd(nb, ny), fdt(nb)

ReDim f1(nb), f2(nb), f3(nb), f4(nb), y(ny)

t0(1) = 0

505 yb(1, 1) = 0: yb(2, 1) = 0: yb(3, 1) = 0: yb(4, 1) = 0

Cls: nj = ny: GoSub 7500

nc = InputBox("Variable Number :", , "1"): n = Val(nc)

If nc = "" Or n = 0 Then 599

If n > nb Then 599

For j = 1 To ny: y(j) = yb(n, j): Next j

ymin = y(1): ymax = ymin

For i = 2 To ny

If y(i) < ymin Then ymin = y(i)

If y(i) > ymax Then ymax = y(i)

Next i

'--------------------------

' ymin = -.015: ymax = .07

'---------------------------

Scale (1, ymax)-(ny, ymin): Cls: PSet (1, y(1))

For i = 2 To ny: Line -(i, y(i)): Next i

GoTo 599

510 ' EQUATIONS :

x1 = ybt(1): x2 = ybt(2): x3 = ybt(3): x4 = ybt(4)

u1 = 0: If t >= .186 Then u1 = .05

u2 = .05

u3 = 0: If t = .186 Or t = .186 + dt Then u3 = .05 / dt

u4 = 0: If t = 0 Or t = dt Then u4 = .05 / dt

f(1) = x3

f(2) = x4

f(3) = -185.9 * x1 + 91.8 * x2 - 10.5 * x3 + 5.2 * x4

f(3) = f(3) + 185.9 * u1 - 91.8 * u2 + 10.5 * u3 - 5.2 * u4

130

f(4) = 91.8 * x1 - 136.5 * x2 + 5.2 * x3 - 7.8 * x4

f(4) = f(4) - 91.8 * u1 + 136.5 * u2 - 5.2 * u3 + 7.8 * u4

520 Return

7500 Rem --- Runge-Kutta Subroutine-----

dt2 = dt / 2

For j = 2 To nj

jj = j - 1: tjj = t0(jj): tjjh = tj + dt2: tj = tjj + dt: t0(j) = tj

For i = 1 To nb: ybt(i) = yb(i, jj): Next i: t = tjj: GoSub 510

For i = 1 To nb: f1(i) = f(i): Next i

For i = 1 To nb: ybt(i) = yb(i, jj) + f1(i) * dt2: Next i: t = tjjh: GoSub 510

For i = 1 To nb: f2(i) = f(i): Next i

For i = 1 To nb: ybt(i) = yb(i, jj) + f2(i) * dt2: Next i: t = tjjh: GoSub 510

For i = 1 To nb: f3(i) = f(i): Next i

For i = 1 To nb: ybt(i) = yb(i, jj) + f3(i) * dt: Next i: t = tj: GoSub 510

For i = 1 To nb: f4(i) = f(i): Next i

For i = 1 To nb

yb(i, j) = yb(i, jj) + dt * (f1(i) + 2 * f2(i) + 2 * f3(i) + f4(i)) / 6: Next i

Next j

Return

599

End Sub

131

PROBLEMLERİN YANITLARI

BÖLÜM 1

Problem 01A-1

Problem 01A-1 Problem 01A-3

2222

1R

xmR

2

1

2

1xm

2

1xm

2

1E

222 kx

2

1kx

2

1E

x)xc2f(W

222

1 mL12

1

2

1

6

Lm

2

1E

22

23

L2k2

2

1

3

Lk

2

1E

9

cLTW

2

2A

222

11 xm2

1mL4

12

1

2

1

2

Lxm4

2

1E

2

1A2

1212

3

L2xx)k5.0(

2

1)Lx(k

2

1kx

2

1E

3

L2xx

3

cL)Lx(cLfLx

3

L2xxc5.0W 1A1A1A

132

Problem 01B-1

Problem 01B-2

Problem 01B-3

Problem 01C-1

Özdeğer denklemi: 2.5ms2+2cs+2k=0

Sistem kararlı, cevabın formu:

Δt=0.0022, t∞=0.7

Problem 01C-2

f0=63.6943 Hz, ξ=0.3375, Δt=0.7854x10-3

s, t∞=0.0465 s

fkx2xc2x2

m5

TkL9

cL

9

mL 222

A2

A2

A2

x

9/kL113/kL

3/kLk5.0x

9/cL113/cL

3/cLc5.0x

3/mL40

0m

111

11

xmL2x)3/cL4(x)3/kL4(Lf

xc5.0kx5.0

t9.1422

t1.91 eAeA)t(x

)t53.376cos(Ae)t( t135

133

Problem 01C-3

f0=4.33 Hz, ξ=0.648, Δt=0.0041 s, t∞=0.36 s

Problem 01C-4

f1=1.2968 Hz, f2=2.5483 Hz

s1,2=1.8809±7.9283i (ξ=0.2308), s3,4=-7.2627±14.2698i (ξ=0.4536)

Δt=0.0196 s, t∞=3.34 s

t65.773

t79.2821

t62.171A eAeA)t73.20cos(eA)t(x

21

11

G yL

Ly

L

L1y

)LLL( 21

L

yy 12 )1(

212

2

21

11

1L

yyI

2

1y

L

Ly

L

L1m

2

1E

2B2

2A12 )yy(k

2

1)yy(k

2

1E

2B21A1 y)yy(cy)yy(cW

BB

AA

2

1

2

1

2

1

2

21

2

11

2

11

2

21

ycky

ycky

y

y

k0

0k

y

y

c0

0c

y

y

L

Im

L

L

L

Im

L

L1

L

L

L

Im

L

L1

L

L

L

Im

L

L1

48.38532.190

32.19087.283M

134

Problem 01C-5

f1=4.6549 Hz, f2=8.4979 Hz

s1,2=-3.76±29.01i (ξ=0.129), s3,4=-12.57±51.89i (ξ=0.235)

Δt=0.0059 s, t∞=1.67 s

Problem 01C-6

f=1.4692 Hz, s1,2=-1.7308 ± 9.0768i (ξ=0.1872)

222

2111 xm

2

1xm

2

1E

233

2122

2112 xk

2

1xxk

2

1xk

2

1E

332122221112211 xxc)xx(xxcxxcxfxfW

2

1

2

1

322

221

2

1

322

221

2

1

2

1

f

f

x

x

kkk

kkk

x

x

ccc

ccc

x

x

m0

0m

2122

211

21

11 Lm2

1

12

Lm

2

1

2

Lm

2

1E

2A12 yLk2

1E

)yL()yL(cW A1A1

A1A21

21

21

212

211 ykLycLkLcLLm

3

Lm

135

BÖLÜM 3 Problem 03-1

Problem 03-2

21 qL

2

1E 2

12 )qq(C2

1E 111 qqRqVW

11 V)qq(C

1qL

11 qR)qq(C

1

0

C

1Rs

C

1C

1

C

1Ls2

2111111

qRqRVqC

1

233332233

VqRqRqRqC

1

23322211122

VqRqRqRqRqC

1

0

sR2C

1s)RR(sR

C

1sR3sR0

0sRC

1sR

32

211

3

32

11

1

0E1 23

3

22

2

21

12 q

C2

1q

C2

1q

C2

1E

)qq()qq(RqVW 2121111

33332322 qqR)qq()qq(R )qq(V 322

136

Problem 03-3

Problem 03-4

)qq(RVqC

121111

1

2221122

qR)qq(RqC

1

0

C

1s)RR(sR

sRC

1sR

2211

11

1

111211

qRV)qq(C

1

2222

211

qRqC

1)qq(

C

1

0

C

1

C

1sR

C

1

C

1

C

1sR

212

1

111

0E1 22

2

221

12 q

C2

1)qq(

C2

1E

22211111 qqRqqRqVW

0E1 22

2

21

12 q

C2

1q

C2

1E

2222121111 qqR)qq()qq(RqVW

137

Problem 03-5

BÖLÜM 4 Problem 04-1

A111211

VqRV)qq(C

1

A2222

211

VqRqC

1)qq(

C

1

22

A qC

1V

0E1 22

2

221

12 q

C2

1)qq(

C2

1E

22211111 qqRqqRqVW )qq(V 21A

0

C

1sR

C

1

C

1

C

1

C

1sR

12

1

2111

138

BÖLÜM 5 Problem 05-1

BÖLÜM 6 Problem 06-1

139

BÖLÜM 7

Problem 07-1

Problem 07-2 Problem 07-3

mbaakaa KqRVqL

my2

ymaim22

L2mm )BNB2B(qKKNNKJ

Lym2L2LL BNKKJ

2021 q

)xa(

aL

2

1xm

2

1E

2

2 kx2

1E

xxbqqRqVW k

xbkxq)xa(

aL

2

1xm 2

2

0

qRVq)xa(

aLqx

)xa(

aLk

00

k00

20211122

12

20

21

2

20 Vq

dC

)xd(q)RR(qxx

)xa(

aL2q

)xa(

aL

k2

1221

2

20

221212111 fqx)xa(

aLxkx)kk(xbxbxm

0qdC2

1xkxkxbxbxm 2

0022122122

140

BÖLÜM 8

Problem 08A-1

a)

b) x(t)=-1.8051x10-4

e-42t

c) x(t)=3.8518x10-4

cos(23.4t-1.3634)

d) x(t)=3.2631 x10-4

e-2.4t

cos(16t+0.6723)

Problem 08A-2

a) θ(t)=0.6025 e-72t

cos(214t+2.94)

b) T(t)=2 e-134.92t

cos(376.44t-1.8)

Problem 08A-3

6480s760s5

1)s(H

2

53280s2160s624

53280s2160)s(H

2

)4838.4t17cos(e091.0)t( t3

141

Problem 08B-1

a)

b) t=0:0.0022:0.7; x=0.418e-3*exp(-142.9*t)-0.659e-2*exp(-9.1*t)+0.617e-2; plot(t,x) Problem 08B-2

a) t=0:7.85e-4:0.0465; x=0.0753*exp(-135*t).*cos(376.53*t-1.57); plot(t,x)

b)

t1.9t9.142 e0015.0e0015.0)t(x

00067.0)8.2t53.376cos(e00072.0)t( t135

142

Problem 08B-3

a)

b) t=0:0.034:3.63; x=0.0814*exp(-1.73*t).*cos(9.1*t-2.95)+0.08; plot(t,x)

Problem 08C-1 Problem 08C-2

t=0:7.85e-4:0.0465; x=0.12*exp(-135*t).*cos(376.53*t+3.1); plot(t,x)

)194.1t1.9cos(e22.28)t( t73.1

6480s760s5

2.97s15.0

6480s760s5

)24(5)03.0)(769s5()s(X

22

t1.9t9.142 e1473.0e1773.0)t(x

8.5644s256.9s0353.0

6492.0s0042.0

8.5644s256.9s0353.0

)14(0353.0)12.0)(256.9s0353.0()s(

22

143

Problem 08C-3

Problem 08C-4

b)s1=-2.164, s2,3=-0.168±1.657i (ξ=0.1); Δt=0.14, t∞=37.4

c) q(t)=-0.14e-1.2t

d) q(t)=0.71e-0.4t

cos(3t+2.15)

e) q(t)=-0.84e-2.164t

+7.35e-0.168t

cos(1.657t-0.706)

f) q(t)=-0.0056e-1.164t

+0.1726e-0.168t

cos(1.657t+3.08)+0.167

g) q(t)=-0.0061e-1.164t

+0.144e-0.168t

cos(1.657t-1.53)

Problem 08C-5

s1,2=-1.67±6.1i (ξ=0.26, Δt=0.05, t∞=3.8)

12s7s5s2

1s5.0)s(H)a

23

)s(D

1)s(H)a 2400s200s60)s(D 2

)s(D

60s18

)s(D

260)3.0()200s60()s(Y)b

)s(sD

1)s(Y)c

53280s2160s624

9552s8.124

53280s2160s624

)16(624)2.0)(2160s624()s(

22

)46.1t1.9cos(e74.1)t( t73.1

144

BÖLÜM 9 Problem 09A-1

s1,2=-0.44±2.30i (ξ=0.19); s3,4=-4.56±6.02i (ξ=0.60);

Δt=0.0416, t∞=14.3

Problem 09A-2

MatLAB ile:

Öz değerler: 0, -628.93±12561.76i (ξ=0.05, Δt=2.5x10-5, t∞=0.01)

5.312s100s5.70s10s)s(D 234

s50s8ss5.12s25.312s50s5.12s5.12

s25s4s5.12s2ss255.312s50s50

50s8s5.12s250s58s10ss5.12

25s45.12s2ss2550s5.20s10s

)s(D

1]AsI[

2322

22322

223

223

1

)s(sD

)5.12s2s25.0(3)s(X

2

2

vrcqrqvcqqr 11

1

4

3

2

1

3

2

1

V

0

0

10x63.0

q

q

q

9.12579.6289.628

23894900

6.1257800

q

q

q

)s(D

1

ss9.628s9.628

s2389507910700s9.1257s10x5.1

s12579791070010x5.1s9.1257s

]AsI[2

28

82

1

s10x58.1s9.1257s)s(D 823

s

12)s(V1

)s(D

4754.0)s(Q3

)s(D

s151193)s(V2

145

Problem 09A-3

Özdeğerler: 0, -2043.5, -17±96.7i, 0, -528.7

Problem 09B-1

Problem 09B-2

b)

)57.1t76.12561cos(e16.12)t(V t93.6282

)s(D

25.156s125s41)s(V

2

1

5.312s100s5.70s10s)s(D 234

f017.0

0

v

y

33.340

10

v

y)a

033.3s40

1sAsI

s40

133.3s

)s(D

1AsI

140s33.3s)s(D 2

146

(Sonuçlar, pay ve payda 60 ile çarpılarak Problem 08C-5 teki

sonuçlarla karşılaştırılmalıdır). Problem 09B-3

a) s1=-0.12, s2=-5.9, kararlı

Problem 09C-1

)s(D

1s3.0)s(Y

2

3.0AsI

)s(V

)s(Y 1

)s(sD

017.0)s(Y

s

1

0017.0

0AsI

)s(V

)s(Y)c

1

)s(D

2

)s(D

s54.1)s(V)b

7.0s6s)s(D 2

147

BÖLÜM 10 Problem 10-1

Öz değerler: -3.35, 3.35, -100; Kararsız. Problem 10-2

Problem 10-3

Öz değerler: -4.5±19.2i (ξ=0.23) Δt=0.016, t∞=1.4

89.0y,33.3 dd i

1

3

2

1

3

2

1

u

0

0

1

024.116

100

00100

vdt

dxi

dt

dq

viv

m

bx

m

k

)xa(m

aL

2

1

dt

d 2

2

0

ivi RaL

)xa(V

aL

)xa(

dt

di

0k

0

vx

f015.0v9)2x(

x64000v

2

0v,00613.0x,80f ddd

12

1

2

1u

015.0

0

95.390

10

)s(sD

03.0)s(E1 5.390s9s)s(D 2

0000768.0)9.2t2.19cos(e0000789.0)t( t5.41

148

SINAV PROBLEMLERİNİN YANITLARI Problem AS1-1

Problem AS1-2

Ayrıca:

Problem AS1-3

Problem AS1-4

la=0.2; ra=100; kb=0.6; ki=0.7; jm=5e-5; jl=8e-3; bm=3e-3; by=5e-2;

k2=75;n=1/5;syms s;

a=[la*s^2+ra*s, kb*s, 0

-ki*s, +jm*s^2+(bm+2*by+n^2*by)*s+n^2*k2, n*k2

0, n*k2, jl*s^2+by*s+k2];

d=det(a);p=solve(d);vpa(p,8)

22

21

2221 ym

2

1ym2

2

1mL34.0

2

1)L3.0(m3

2

1E

22

22

21

2E12 ky2

2

1)Ly(k2

2

1)yL65.0(k

2

1)yy(k

2

1E

22211E1 y)cL2yc4f(y)yccL65.0ycyc(W

)cL2ycL2ycL65.0L4225.0T( 221

2A

22

21 qL8.0

2

1qL

2

1E

22

212 )qq(

)C2(2

1)qq(

C2

1E

221121 qqR2qqRq)VV(W

222 VqL8.0qR2

)qqq(RqR)qq(C

1qL 21c2111

111

149

Problem AS1-5

-2±5i (ξ=0.37, Δt=0.058, t∞=3.14)

-3±7i (ξ=0.39, Δt=0.041, t∞=2.09)

-0.8 (τ=0.39, Δt=0.40, t∞=7.85)

Sistem için Δt=0.041, t∞=7.85

Problem AS1-6

Problem AS2-1

Problem AS2-2

Problem AS2-3

t8.032

t321

t21 ea)t7cos(ea)t5cos(ea)t(y

qRVxq)xa(

Laq

)xa(

LaqRV)qL(

dt

dk2

0

00

0

00k

vx

fx4.0v 3

2.1)16.2t5cos(e21.7e5.0)t(y t2t4

150

Problem AS2-4

a=[-1.5,1.5,0; 0,0,1; 3.75,-3.75,0]; eig(a)

Problem AS2-5

Problem AS2-6

Problem AS2-7

Problem AS2-8

)37s8s2(s

2s3)s()a

2

37s8s2

)4.3(2)2.0)(8s2()s()b

2

u2

0

42

31

2

1

2

1

4s2

31s]AsI[

151

a)

b)

Problem AS2-9

)s(D

1

1s2

34s]AsI[ 1

2s3s)s(D 2

8.0

1.0]AsI[

)s(E

)s(E 1

2

1

)s(D

6.0s8.0

)s(D

)1s(8.0)1.0(2)s(E2

)s(sD

2.1

s

2.0

)s(D

6)s(E

s

2.0

2

0]AsI[

)s(E

)s(E1

1

2

1

d0

3)sin(120 d 2527.0d

12527.0 2 u3T

21

u3)2527.0sin(12 12

)sin()2527.0cos()cos()2527.0sin()2527.0sin( 111

11 97.025.0)2527.0cos()2527.0sin(

21

u64.11 12

152

Problem F-1

Problem F-2

Problem F-3

Problem F-4

Problem F-5

22221 mR2

2

1)Rx(m2

2

1xm

2

1E

22A

22 )R2x(k3

2

1)xx(k

2

1kx

2

1E

)x()xx(cxxcTW A

21 qL

2

1E 2

2 qC2

1E

qqRqqRqVqVW 21

1121313211 qR)qq(RV)qqq(C

1qL

xbkxq)La(

La

2

1xm 2

200

00

111

V1

0

q

q

43

26

q

q

4s3

26s]AsI[

)s(D

1

6s3

24s]AsI[ 1

18s10s)s(D 2

s

8.2

1

0

6s3

24s

)s(D

1

3

2

6s3

24s

)s(D

1

)s(Q

)s(Q

1

s

)6s(8.2)6s(36)s(Q)s(D 1

153

Problem F-6 Problem F-7

s=7i;hs=2/(s+4)*(2*s^2+6)/(2*s^2+10*s+48);a=4*abs(hs),fi=angle(hs)

Cevap ε(t)=acos(7t+φ) olur.

)s(D

)8.16s8.14s3(2

)s(sD

)6s(8.2s)12s3(s2)s(V

2

2

1875.0e425.1)577.0t213.4cos(e4766.1)t( t4t5.2

154

Sunumla İlgili Açıklamalar

Kitaptaki konuların sunumu Power-Point dosyalarına

kaydedilmiş ve kitabın ekindeki CD de verilmiştir. Sunumları izlemek

için Microsoft Office-XP Power Point programı, Denklem

Düzenleyicisi (Equation Editor) seçeneği ile bilgisayara yüklenmiş

olmalıdır. CD deki dosyaların tümü sabit diskte bir klasöre kopye

edilip bu klasörden sunumlar çalıştırılabilir.

Dosyalardan dsma.pps sunum başlangıç dosyasının üzeri çift

tıklanarak sunum başlatılabilir. Bu dosyada konu adını taşıyan

nesneler tıklanarak konulara geçilebilir.

Kitaptaki problemler, sunumlarda ödevler başlığı altında

verilmiştir. Örneğin kitaptaki Problem 08B-2 ye, sunumlarda

ÖDEV 08B nesnesi ve daha sonra Problem 2 nesnesi tıklanarak

ulaşılabilir.

Konu sunumlarında tıklama ile veya PageUP, PageDown

tuşları kullanılarak ilerlenebilir.

Esc. Tuşuna basılarak konu sunumundan çıkılabilir.

Mouse sağ tuşu> Go> by Title> SlideN sırasıyla tıklanarak

konu sunumunun ileri sayfalarına geçilebilir.

155

DİZİN

Açısal hız, 5

Açısal ivme, 5

Açısal konum, 5

Adım girdi cevabı, 70

Akım, 30

Akımlar kuralı, 29

Akış sistemleri, 48

Akışkan ataleti

Boruda, 48

Akışkan direnci, 49

Akışkan kapasitesi, 48

Analoji, 32

ANSYS, 22, 87

Basınç, 48

Basit kesirlere ayırma (partial fraction expansion), 69

Benzer elektrik devreleri

Akış sistemlerinin, 49

Isıl sistemlerin, 53

Bilgisayar destekli tasarım/analiz (CAD/CAE)

ANSYS, 22, 87

Electronics Workbench, 43, 94

Blok diyagramları, 74

Debi, 48

Denge denklemleri, 96

Diferansiyel denklem, 64

Diferansiyel denklem takımı

Doğrusal, 79

Doğrusal olmayan, 95

Direnç, 29

Direngenlik matrisi, 11

Doğru akım motoru (D.C. motor), 56

Doğrusallaştırma, 95

Dönel sönüm sabiti, 5

Dönel yay sabiti, 5

Durum değişkenleri, 79

Düğüm noktası, 23,44

156

Düzgün rejim (steady-state) değeri, 66

Düzgün rejime ulaşma zamanı (t)

Sanal özdeğer için, 15

Reel özdeğer için, 16

Electronics Workbench (Workbench), 43, 94

Elektrik enerjisi, 30

Elektrik devreleri, 29

Elektrik yükü, 30

Elektro-mekanik sistemler, 56

Eksponansiyel/harmonik girdi, 65

Faz, 71

Frekans, 15

Frekans cevabı, 46

Geçiş rejimi (transient), 44, 87

Genel gerilim, 34

Genel koordinat, 6

Genel kuvvet, 9

Genel yük, 31

Genlik, 71

Geri besleme gerilimi, 57

Gerilim, 30

Gerilimler kuralı, 29

Girdiye bağlı çözüm, 80

Hacim, 48

Hız, 3

Isı, 52

Isıl debi, 52

Isıl direnç, 53

Isıl kapasite, 52

Isıl sistemler, 52

İlk şartlar, 14, 72, 86

İlk şartlara bağlı çözüm,72, 86

İmpuls cevabı, 68

İndüktör, 29

Çekirdeği hareketli, 62

157

İvme, 3

Kapasitör, 29

Plakası hareketli, 60

Kararlı sistem, 14

Kinetik enerji, 3,5

Kirchoff kuralı, 29

Konum (yer değiştirme), 3

Kuvvet, 3

Küçük sapma, 96

Kütle, 3

Kütle atalet momenti, 5

Kütle matrisi, 11

Lagrange denklemi

Mekanik sistemlerde, 9

Elektrik devrelerinde, 34

Laplace transformu, 66

Maclaurin serisi, 100

Manyetik alan, 57

Manyetik enerji, 30

MatLAB, 13, 82, 120

Mekanik sistemler, 3

Moment (Tork), 5

Newton-Raphson yöntemi, 96

Op-amp, 35

Otomatik kontrol, 74

Otomatik kontrol devreleri, 38

Özdeğerler, 12, 82

Özdeğer denklemi, 12, 82

Periyot, 15

Potansiyel enerji, 4,5

Residue komutu, 69

Rezonans, 66

Roots komutu, 13

158

Runge-Kutta yöntemi, 88

Sanal iş, 4, 5, 31

Sarkaç problemi, 101

Serbest titreşim cevabı, 13

Sıcaklık, 52

Solve komutu, 13, 99

Son değer teoremi, 67

Sönüm elemanı, 4

Sönüm matrisi, 11

Sönüm oranı, 14

Sönümsüz doğal frekans, 14

Tekil nokta, 69

Ters Laplace transformu, 69

Tork (Moment), 5

Transfer fonksiyonu, 64

VisualBASIC, 89, 123

Yay, 4

Yay-sönüm elemanı, 23

Yer değiştirme (konum), 3

Zaman aralığı (t), 14

Zaman sabiti, 16

Workbench (Electronics Workbench), 43, 94