KESTİRİMCİ BAKIM KABUL TESTİ KALİTE KONTROL SIZINTI TESPİTİ UÇAK MOTORU ANALİZİ MAKİNA DİZAYNI VE MÜHENDİSLİK

Ebat: px
Şu sayfadan göstermeyi başlat:

Download "KESTİRİMCİ BAKIM KABUL TESTİ KALİTE KONTROL SIZINTI TESPİTİ UÇAK MOTORU ANALİZİ MAKİNA DİZAYNI VE MÜHENDİSLİK"

Transkript

1 Titreşim Aalizie Titreşim ölçümü ve aalizi, döe ekipmaları mekaik durumlarıı iceleme, kotrol etme ve makiala arızalarıı taımlama içi kullaıla metotlarda e etkilisidir. Titreşim aalizi, makialar üzeride titreşim ölçümü yaparak makiaı titreşim özelliklerie ait veri toplamak ve daha sora toplaa bu verileri aaliz ederek makiaları mekaik problemlerii tespit etmektir.

2 KESTİRİMCİ BAKIM KABUL TESTİ KALİTE KONTROL SIZINTI TESPİTİ UÇAK MOTORU ANALİZİ MAKİNA DİZAYNI VE MÜHENDİSLİK

3 Titreşim aalizi ile aşağıdaki arızalar taımlaabilir: Balas bozukluğu Mil eğriliği Şase zayıflığı Cıvata gevşekliği Kapli ayarsızlığı Rulma boşluğu Sürtüme Rezoas Kaymalı yatak aşıması Rulma arızası Rulma ömrü Dişli arızaları Elektriksel arızalar Hidrodiamik titreşimler

4 Titreşimle İlgili Terimler Titreşim edir? Bir sistemi dege koumu civarıda yapmış olduğu salıım hareketie titreşim deir. Eğer yapıla salıım hareketi T saiyede kedii tekrar ediyorsa böyle hareketlere peryodik hareket deir. E basit peryodik hareket harmoik hareket adıı alır. x(t)=x(t+t) x=yerdeğiştirme m, rad t=zama s T=Peryod s =Peryod sayısı adet

5 Titreşim Nedir?

6

7 Harmoik Hareket x=yerdeğiştirme (m,rad) A=Gelik (m,rad) t=zama (s) T=Peryot (s) t x=a si π T x A t T

8 Daire Üzeride Hareketli Bir Noktaı Harmoik Gösterimi O A P x p A Asi t t π ω= = π f T x=a si ωt x=ω A cos ωt=ω A si(ωt-π/) x=-ω Asiωt=ω Asi(ωt+π)

9 Euler Deklemi Yardımı ile Döer Bir Vektörü Gösterimi Euler Deklemi i ω t i θ z=a e =A e z=a cos ωt + i A si ωt z=x + iy i θ e =cosθ +i si θ θ=ω t A= x +y θ=ta -1 y x A θ i ω t z=a e

10 Harmoik Harekette Yerdeğiştirme Hız ve İvme Vektörlerii Gösterimi Aw x x Aw A t t x x

11 Frekasları Ayı Vektörleri Toplaması x(t)=x1cos(ωt-j 1)+Xcos(ωt-j ) Xcos(ωt-j ) x(t)= å Xicos(ωt-j i) i=1 cos(α-β)=cos α cos β+si α si β bağıtısı kullaılarak å x(t)= X (cosωt cosj +siωt sij ) i i i i=1 æ ö æ ö å å = X cosj cosωt+ Xsij siωt çè ø çè ø i i i i i=1 i=1

12 Burada, A= X cosj B= X sij i i i i i=1 i=1 å å yazılırsa, x(t)=a cos ωt+b si ωt buluur. æ ö æ ö X= A +B = Xicosj i + Xsij i i çå çå è i=1 ø è i=1 ø j=ta B =ta A -1-1 i=1 x(t)=x cos(ωt-j) å å i=1 Xsij i i X cosj i i

13 Frekasları Birbirie Yakı Vektörleri Toplaması ω 1»ω x(t)=x cos(ω t-j )+X cos(ω t-j ) Bu ifadeyi yeide düzeleyelim, X+X 1 X-X 1 x(t)= [ cos(ω1t-j 1)+cos(ωt-j ) ] + [ cos(ω1t-j 1)-cos(ωt-j ) ] α-β α+β α-β α+β cos α+cos β= cos cos ve cos α-cos β=- si si Trigoometrik bağıtılarıda yararlaarak, (ω 1+ω )t-(j1-j ) A(t)=(X 1+X )cos ve (ω 1+ω )t-(j1-j ) B(t)=-(X 1-X )si

14 Taımları altıda, ω 1+ω j+j 1 ω 1+ω j+j 1 x(t)=a(t) æ ö æ ö cos t- +B(t) si t- ç è ø çè ø Yazılabilir. Burada, X(t)= A(t)+B(t) ve j(t)= j+j 1-1 B(t) +ta A(t) X(t)= X +X + X X cos (ω -ω )t-(j -j ) [ ] j+j é 1-1 X-X 1 ω1-ω j-j ù æ ö 1 j(t)= +ta ta t- ê X 1+X è ç ø ú ë û ifadeleri kullaılarak, æ ω 1+ω ö x(t)=x(t) cos ç t-j(t) çè ø toplam ifadesi buluur.

15 Vuru Titreşim Parametreleri ω m=ω1-ω ω 1+ω ω= π T m = ω -ω 1 vuru frekası veya modülasyo frekası taşıyıcı frekas vuru peryodu 4π T= ω +ω taşıyıcı peryodu 1 Tm ω = T (ω -ω ) 1 T m vuru peryoduda gerçekleşecek titreşim sayısı

16 Vuru Olayı x T m T X ~ (t) x(t) x(t)=100 e 1 x (t)=50 e x(t)=? i π t i.π t X 1 +X X 1 +X X 1 -X X 1 -X t clear t=0:0.01:30; x1=100*exp(i**pi*t); x=50*exp(i*.*pi*t); x=x1+x; plot(t,x)

17 Titreşim Sistemlerii Elemaları Kütle x Yay Söüm Kuvvet x

18 Yay Elemaları Helisel Yaylar

19 Yaprak Yaylar

20 Yay Karakteristikleri F (N) F (N) Lieer (doğrusal) yay karakteristiği X (m) X (m) No-Lieer (doğrusal olmaya) yay karakteristiği

21 Yay Katsayısı Kuvvet F k=ta α= (N/m) x Yerdeğiştirme

22 Yay Katsayısı Tablosu E I k= L E A k= L G I p k= L 4 G d k= 64 R 3 3EI k= L 3

23 k= 48 E I L 3 L/ 19 E I k= 3 L L/ 768 E I k= 7 L 3 L/

24 x a b 3 E I L P b x ab 6 E I L k= y y x = ( L -x -b ) EI L 1E I k= L 3

25 3E I k= L+a a ( ) L a 4E I k= a 3L+8 a ( ) L a

26 Söüm Elemaları Viskoz söüm Coulumb (kuru sürtüme) söümü Malzeme (histeresiz) söüm Sıkıştırılmış yağ (squeeze-film) damperi Elekro-mayetik damper Elektro-viskoz damper Piezo-elektrik damper

27 Kütle ve Atalet Elemaları Bir cismi bir döme ekseie göre kütlesel atalet mometii taımı: dm D r J= r dm ò D döme eksei

28 Problem: Orta oktasıda mafsallı ve sabit kesitli bir çubuğu kütlesel atalet mometii buluması y x L/ A dx x L

29 Çözüm: Elemater hacim Elemater kütle dv=a dx dm=ρ dv Kütlesel atalet mometii taımıda L L ò ò J= ρ A x dx=ρ A x dx L L - - L 3 x 1 3 J=ρ A = ρ A L 3 1 L - buluur. J= r dm ò D burada, 1 m = r A L J = m L 1

30 Problem: Bir diski döme ekseie göre kütlesel atalet mometii buluması. dr r d da R L

31 Çözüm: Elemater ala Elemater hacim Elemater kütle si d q da=r.si dθ.dr dv=l.da=l. r. si dθ.dr dm=ρ.dv=ρ.l.r.si dθ.dr dm=ρ.lr.dθ.dr buluur. π R J= ò r dm= ò ò ρ.l.r.dθ.dr= ρ.l.π.r D m = r.v = rp..r.l J = m.r

32 Titreşim yapa bir kütlei hareket özellikleri, tam olarak, 6 farklı hareketi birleşimiyle ifade edilebilir. Bu hareketler 3 ekse yöüdeki yerdeğiştirmeler ve 3 ekse etrafıdaki döme hareketleridir. Bu 6 hareket tipi Şekil-'de gösterilmiştir. Her kütlei karmaşık hareketleri bu 6 hareket kullaılarak ifade edilebilir. Bu edele bir kütlei ormaldeki serbestlik derecesi 6'dır. Acak bu hareketlerde bazıları sistemi özellikleri dolayısıyla kısıtlamış olabilir. Öreği Şekil-1deki yayı ucua bağlı ola kütlei muhtemel 6 hareketide 5 taesi kısıtlamıştır. (Kütlei kağıt düzlemi içide salıım yapabildiğii varsayıyoruz.) Bu kütle yalızca yukarı ve aşağı hareket edebilmektedir. Ayı biçimde, şekildeki sarkaç da yalızca sarkaç koluu bağlı buluduğu okta etrafida döme hareketi yapabilmektedir. Bu edele bu sistemlere tek serbestlik dereceli sistemler adı verilir. Titreşim hareketii icelerke alaşılmasıı daha kolay olması maksadıyla tek serbestlik dereceli bir sistemi örek alacağız. Herhagi bir sistemi ayrıtılı olarak icelemesi pratikte pek mümkü değildir. O edele sistemleri özelliklerie uygu fiziki modelleri çıkarılır. Tek serbestlik dereceli bütü sistemler (lieer olmak şartıyla) gösterile basit modelle iceleebilir.

33

34 Ayrık ve Sürekli Sistemler Solu sayıda serbestlik dereceli sistemlere ayrık sistem deir. Serbestlik derecesi sosuz ola sistemlere sürekli sistem deir. Sürekli sistem

35 SERBEST CİSİM DİYAGRAMI HAREKET DENKLEMİ y Newto s Law: mx ( t) kx( t) k c m x(t) Frictio-free surface x f k f c mg mx ( t) kx( t) 0 N x(0) x 0, x(0) v 0

36 Söümsüz Serbest Titreşim Düşey koumda kütle-yay sistemii hareket deklemi: L 0 k k st k x t x Statik dege koumu

37 k d st Serbest cisim diyagramı G= m.g Statik dege koumu: Burada, ω ΣF y =0 sistemi tabii frekasıdır. G=m.g=k.δ k g = =ω m δ st k ω = = m st g δ st

38 Newto u. kauu uygularsak, k( d st + x) x m x G= m.g ( d ) S F = m.a m x = -k + x + G st G=m.g=k.δst olduğuda, m x+k x=0 buluur.

39 Yatay koumda kütle-yay sistemii hareket deklemi: x x k m k x m m x Newto u. kauu uygularsak, ΣF=m.a m x = -k x m x + k x = 0 buluur.

40 Hareketi Diferasiyel Deklemii Eerji Metodu ile Buluması Bu metoodu kullaılabilmesi içi titreşim sistemii; Söümsüz Tek serbestlik dereceli olması gerekir. E+E=C=sabit k p d ( E ) k +E p =0 dt

41 Söümsüz Serbest Titreşim Hareket Deklemii Buluması m x + k x = 0 Bu diferasiyel deklemi çözümüü x = A e s t biçimide olduğuu biliyoruz. Burada, A ve s itegrasyo sabitleridir. Çözüm kabulüü türetirsek, x = x= s A e s A e s t s t Buluur. Bular yukarıdaki diferasiyel deklemde yerie koursa,

42 ( ) st m s + k A e = 0 Burada, s t A, e ¹ 0 dır. m s + k = 0 Buluur, bu dekleme karakteristik deklem deir. Karakteristik deklemi kökleri, s k = - = m i w 1, dir.

43 Bu durumda, hareket deklemi: x(t) = Ae + Ae = Ae + Ae st 1 st -iwt iwt 1 1 A 1 ve A başlagıç şartlarıda buluacak katsayılardır. iqt e = cos q.t i.si q.t eşitliği kullaılırsa, ( w w ) ( w w ) x(t) = A cos t - i si t + A cos t + i si t 1 ( ) w ( ) x(t) = A + A cos t -i A -A si w t 1 1 = ( + ) ve B ( A A ) B A A 1 1 = - olmak üzere, 1

44 x(t)=b1cos ωt+bsi ωt olur. Başlagıç şartları Bu durumda, ì x(0) = x t= 0 í ï ïï = B=x 1 0, 0 olsu. ïî x(0) x 0 x B= ω 0 buluur. Burada başlagıç şartlarıa bağlı hareket deklemi aşağıdaki şekilde buluur. x(t)=x cos ω t+ x si ω t 0 0 ω

45 İKİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEM mileböl: xt ( ) xt ( ) 0 k m doğa l frekas rad/s xt () Asi( t)

46 PERİYODİK HAREKET x(0) amplitude Displacemet Faz açısı Time sec Maximum Velocity

47 s peryot Frekas : rad/s doğoğfrekas f T rad/s cycles rad/cycle s Hz Frekas geellikle Hz olarak ifade edilir Fakat trigoemetrik foksiyolarda rad/s olarak kullaılır.

48 Gelik ve Faz x 0 Asi( 0 ) Asi v 0 Acos( 0 ) Acos Solvig yields A 1 x 0 v 0, ta 1 x 0 v 0 Amplitude Phase

49 Titreşim geliği üç farklı biçimde ifade edilir. peak to peak (P-P)(İki tepe arasıdaki uzaklık): Kütlei titreşim esasıda ulaştığı iki uç okta arasıdaki uzaklıktır. Değeri a'dır. Zero to peak (0-P): Dege koumu ile tepe oktası arasıdaki uzaklıktır. Değeri a'dır. RMS (Root mea square)(kareler toplamıı karekökü): Titreşimi efektif değeridir. Eliizi titreşim yapa makia üzerie koyduğuuzda hissettiğiiz titreşim seviyesidir. Basit harmoik harekette 0-P değerii katıdır. RMS değeri daha sora tekrar ele alıacaktır. Acak bu değer yalızca belli bir frekastaki düzgü harmoik bir titreşim içi geçerlidir. Yai 1500 CPM frekasıda ve 0-P geliği 0.1 μm ola siüzoidal bir titreşimi RMS değeri μm 'dir. Acak frekas düzlemide (spektrum grafiği) birçok farklı frekasta titreşimler mevcuttur. Bu durumda ise RMS değeri aşağıdaki formül kullaılarak buluur.

50 Tepede tepeye mesafe titreşimi geliğii alacağı büyük ve e, küçük değerleri gösterdiğide özellikle titreşim yerdeğiştirmesii öemli olduğu veya e büyük gerilmeleri dikkate alıması gerektiği yada mekaik boşlukları öem taşıdığı yerlerde kullaışlıdır. Tepe değeri özellikle kısa zama aralığıda ola şok titreşimleri göstermesi açısıda öemlidir. Ortalama değer zama içideki değişimi de göz öüe almakla beraber uygulamada fiziki bir değere doğruda doğruya bağlatırılmadığıda fazlaca bir öem taşımaz. RMS değeri ise titreşim ölçümleride e uygu değeridir. Buum sebebi titreşimi zamaa bağlı olarak değişmesii de dikkate almakla beraber, titreşimi ihtiva ettiği eerji miktarı, yai titreşimi tahrip gücüyle doğruda bağlatırılabilir.

51 Problem: Aşağıda dege koumuda verile sistemi diferasiyel deklemii çıkarıp tabii frekasıı hesaplayıız m,r k M x

52 Çözüm: Jmj j k x M x M x

53 Newto u. kauu uygulaırsa, S M= JTopj J j + M x.r = -k x.r m j<< 0 si j cos 1 J m = 1 m r x= r.si j= r x = r x= r j j j yazılabilir.

54 düzeleme yapılırsa, æ 1 m r ö ç j + M x.r = -k x.r çè ø æ 1 m r M r ö k r ç + j + j= 0 çè ø æ1 ö ç m + M j + k j= 0 çè ø k k k w = = = m 1 m+ M m+ M rad/s

55

56

57 Average & RMS A peak value 1 x lim T T x x rms 0 1 lim T T x T x( t) dt = average value T 0 x ( t) dt = mea - square value = root mea square value

58 The Decibel or db scale It is ofte useful to use a logarithmic scale to plot vibratio levels (or oise levels). Oe such scale is called the decibel or db scale. The db scale is always relative to some referece value x 0. It is defie as: db x 10log 10 0log x0 For example: if a acceleratio value was 19.6m/s the relative to 1g (or 9.8m/s ) the level would be 6dB, log10 0log x x 0 6dB

59 Diğer Çözüm Formları x(t) Asi( t ) x(t) A 1 si t A cos t x(t) a 1 e j t a e j t

60 TEPE DEĞERLERİ max veya tepe değeri : deplasma: x hız: x ivme: max x max max A A A

61 1 A=1, =1 x v a Time (sec)

62

63

64 Problem:Aşağıdaki titreşim sistemii üzerie m kütlesi h yüksekliğide düşüp yapışıyor. M kütlesii hareket deklemii yazıız. m h M x k

65 Çözüm: m ( M ) + m x h k M V = gh x x 0 = mg k k m M x m gh = V = M + m 0 0 x kx

66 m kütlesi ile M i çarpıştığı adaki mometumuu yazalım. ( ) m V (M m) V m gh M m V V x m gh = + 0 = = 0 = M + m kütleside dolayı k yayı bir miktar sıkışır. mg d st = x0 =- k m Newto u. kauu uygulaırsa, ( ) ( ) å F = m a M + m x = -k x M + m x + k x = 0

67 Sistemi tabii frekası. k k w = = m M+ m Söümsüz serbest titreşim hareketii başlagıç şartlarıa bağlı hareket deklemi aşağıdaki gibiydi: x x(t) = x cos w t + si w t 0 0 w değerler yerie koulura; mg æ k ö gh æ k ö xt () =- cos t m si t k + ç M m k( M m) è + ø + çè M+ m ø

68 Lieerleştirme Yapısal olieerlik (Malzeme olieerliği) Geometrik olieerlik -Ağırlık kuvveti - Merkezkaç kuvveti - Sürtüme kuvveti

69 Tek serbestlik dereceli bir sistemi diferasiyel deklemi aşağıdaki gibidir. m x+ f( x) = 0 Burada f( x) yay foksiyoudur. f( x) lieer olmaya bir formda ortaya çıkmış olsu. Koordiat başlagıcıı, x= 0 dege koumuda seçelim, yai; f( 0) = 0 ( ) f x x= 0 olsu bu durumda foksiyouu civarıda kuvvet serisie açalım. 3 k ( ) 1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) df 0 d f 0 d f 0 d f 0 f( x) = f( 0) + x+ x + x + =å x dx! dx 3! dx k! dx 3 k 3 k k= 0

70 f(x) 3 x << x, x ihmal edilirse; Elde edile lieerleştirilmiş yay foksiyou dif. deklemde yerie koulursa, lieerleştirilmiş dif. deklem elde edilir. 0 1 k = df ( 0) dx x ( ) f m x + k x = 0 k x ( ) f x df ( 0) ( ) df 0 dx dx x olur. = eşitliğide. f( k x buluur.

71 Yay-kütle-damper Sistemleri k c m x(t) y Frictio-free surface x f k f c mg N Newto s kauuda: m x( t) cx ( t) mx ( t) cx ( t) kx( t) 0 x(0) f c x f k kx( t) 0, x(0) v 0

72 Söümlü Serbest Titreşim Hareket Deklemii Buluması m x + c x + k x = 0 Bu diferasiyel deklemi çözümüü x = A e s t biçimide olduğuu biliyoruz. Burada, A ve s itegrasyo sabitleridir. Çözüm kabulüü türetirsek, x = x= s A e s A e s t s t Buluur. Bular yukarıdaki diferasiyel deklemde yerie kourda,

73 ( ) st m s + c s + k A e = 0 Burada, s t A, e ¹ 0 dır. m s + c s + k = 0 s Buluur, bu dekleme karakteristik deklem deir. Karakteristik deklemi kökleri, 1, dir. c c 4mk c æ c ö k - - = =- ç - m m çèm ø m

74 Sistemi birbiride bağımsız iki gerçek kökü vardır. Bu durumda, hareket deklemi: x(t) = A e + A e st 1 s t 1 A 1 ve A başlagıç şartlarıda buluacak katsayılardır.

75 Kritik Söüm Katsayısı ve Söüm Oraı Kritik söüm katsayısı c kr aşağıdaki gibi taımlaır. æc ö kr k ç - = çèm ø m 0 k ckr = m = k m = mw m Söüm oraı ise, x = c c kr olarak taımlaır.

76 Eğer karakteristik deklem, m s + c s+ k = 0 x ve w ciside yazılırsa, c k s + s + = 0 s + xws + w = 0 m m xw w deklemi kökleri aşağıdaki gibi buluur. ( ) (-+ - ) ( ) -- - x x 1 w t x x 1 w t x t = A e + A e 1

77 1.Durum: Zayıf Söümlü Sistem c 1, c kr c, m ( x -1) Kritik altı söümlü sistemlerde egatif olur. Bu durumda, ( ) s =-+ x i 1 -x w 1 ( ) s =-- x i 1 -x w olur. Sistemi bir çift eşleik kompleks kökü olduğuda, () k m (- + - ) ( ) x i 1 x w t x i 1 x w t x t = A e + A e 1 () ( ) -xwt i 1-x w t -i 1-x w t = 1 + x t e A e A e

78 é = ë ( A ) ù cos 1-xwt -i si 1-xwt ú û -xwt () ( ê ) 1 xw xw x t e A cos 1 t i si 1- t é ù -xwt x() t = e ( A1+ A ) cos 1-xwt+ i ( A1-A ) si 1- x wt êë B1 B úû - xwt () ( = - xw ) + f x t X e si 1 t () = - xw - xwt x t X e cos 1 ( t -f )

79 = 1 + ï ïýï -1 B = ta ï B1 ïï þ X B B f üï Başlagıç şartları, olarak yazılabilir. ì x = x ï t= 0 0 í ï ïî x = x ise, t= 0 0 B B 1 0 = = x x + xwx 0 0 w 1-x olarak buluur. Bu durumda, x( t)

80 ì x x x t e ï + xw x cos 1 t si 1 t ïî w 1-x -xw () ( ) ( ) = t ï í xw + -xw ü ý ï ïþ w d = 1- dir. x w ì x x x t e ï + xw íx0cos dt si dt ïî w 1-x -xw () t 0 0 = ( w ) + ( w ) olarak buluur. ü ï ý ïþ

81 x() t a = -1 ta x 0 p Td = w d X X e -xw t x 0 t f si ( w t + f) d X e xw - - t

82 .Durum: Kritik Söümlü Sistem Katlı kök olduğuda, c k 1, ckr c, m m ckr s = s =- =-w m 1 m x+ c x + k x = 0 deklemi çözümü: ( ) ( ) x t A A t e w - t = 1+ formuda olacaktır. Başlagıç şartları, A = x 1 0 A = x + w x 0 0 ì x = x ï t= 0 0 í ï ïî x = x ise, t= 0 0 olarak buluur ve çözüm:

83 ( ) = é + ( + w ) ù x t ë x0 x0 x 0 û e w buluur. Dikkat edilirse, x( t) x > 0 0 x = t -wt t e 0 x < 0 0 t

84 3.Durum: Aşırı Söümlü Sistem m x+ c x + k x = 0 c x > > > 1, c c kr, m m k Diferasiyel deklemii karakteristik deklemi, m s + cs+ k = 0 i kökleri: ( ) s =- x x -1 w dir. 1, x> 1 x - 1 > 0 eğer, olur. Bu durumda, kökler reel ve ayrık olacaktır. Deklemi çözümü: ( ) ( ) ( -+ - ) -- - x x 1 w t x x 1 w t x t = A e + A e 1

85 Başlagıç şartları, ì x = x ï t= 0 0 í ï ïî x = x ise, t= 0 0 A A 1 = = ( ) x w x+ x x 0 0 w x - 1 ( ) -x w x- x -1 -x w x 1

86 () x t A 1 1 ( -+ - ) 1 t A e x x w t ( -- - ) 1 t A e x x w A

87 Logaritmik Azalma x() t x 1 x t

88 Logaritmik azalma, söümlü serbest titreşimlerde gelikleri azalma hızıı ifade eder ve herhagi ardışık iki gelik oraıı tabii logaritması şeklide taımlaır. () - xw t ( ) x< 1 x t = X e cos w t -f idi, taım gereği; x 1 ( ) ( ) - xwt - xwt x X e cos t e cos t d d d ( ) ( ) - xw1 t - xw1 t X e cos wdt 1-f e cos wdt1-f = = w -f w -f p t = t1+ T d Td = dir. w d p ( w - f) = é æ w + ö ù - f = ( w + p- f) = ( w -f) d d 1 d 1 d 1 ê ë çè w ø ú d û cos t cos t cos t cos t

89 - xw1 t - xw1 t x 1 e e - xw( t1+ Td) - xw1 t - x e e = xwtd e = = e xw T d Şeklide elde edilir. Logaritmik azalma d ile gösterilirse; æx ö px c p d d= ç = x w = = x= çè ø 1-x 4p + d 1 l ç T d x m wd x << 1 d» px x = d p Eğer ise, alıabilir. Bu durumda dir.

90 Eğer, ardışık iki gelik yerie, tam periyot katlarıda iki gelik verilmiş ise: x ve 1 x + gibi, 1 x1 x1 x x3 x = x+ 1 x x 3 x 4 x+ 1 x x e xwt d xwtd xwtd e ( xw e ) = = e T xwt e d d e xwtd her iki tarafı logaritması alıacak olursa, æ x ö æ ( ) dt x ö 1 æ x ö d l xw l e l xwt d l = = = çx x x è ø èç ø èç ø d d + 1

91 Logaritmik azalmaı söüm oraı ile değişimi Logaritmik azalma d x = c c kr Söüm oraı

92 Çözüm: Verileler; m, c, k, x 0, v 0 buluacak x(t) Hareket deklemii m ile bölersek x( t) = x ( t) x( t) 0 k m c söüm oraı (boyutsuz) km

93 t x( t) ae olarak kabul eder & hareket deklemide yerie koyarsak a e a e ae 0 t t t bağlı bircebrikdeklem elde edilir: 1, quadratik deklemi kökleri. 1 diskrimiat 1, köklerii karakteristiğii belirler

94 Üç Durum: , coditios : Usig the iitial ) ( = 1 called critically damped & repeated roots are equal 1 1) x v a x a te a a e t x m km c c t t cr

95 1 1) ( 1 1) ( where ) ( ) ( 1 roots : two distict real called overdampig - 1, ) , t t t x v a x v a e a a e e t x

96 3) 1, called uderdamped motio - Two complex roots as cojugate pairs write roots i complex form as : most commo 1, j 1 where j 1

97 Uderdamped 0 < < ta ) ( ) ( 1 dampedaturalfrequecy, 1 )] cos( ) si( [ = ) si( ) ( ) ( x v x x x v A t B t A e t Ae e a a e e t x d d d d d d t d t t j t j t Reduces to udamped formulas for = 0 Ae t si( d t )

98 Critically damped motio Displacemet (mm) k=5n/m m=100kg ad =1 x 0 =0.4mm v 0 =1mm/s x 0 =0.4mm v 0 =0mm/s x 0 =0.4mm v 0 =-1mm/s Time (sec)

99 Displacemet (mm) Overdamped motio k=5n/m m=100kg ad = x 0 =0.4mm v 0 =1mm/s x 0 =0.4mm v 0 =0mm/s x 0 =0.4mm v 0 =-1mm/s Time (sec)

100 Zayıf Söüm Deplasma zama(saiye)

101

102

103

104

105

106

107

108 Vuru Beatig Çalışma frekasları arasıdaki fark çok küçükse f 0 si t 1 Displacemet (x) Larger amplitude Time (sec)

109 x p What happes whe is? ( t) tx si( t) substitute ito eq. ad solve for X grows with out f X 0 f0 x( t) A1 sit A cost t si( t) Whe the drive frequecy ad atural frequecy are the same the amplitude of the vibratio grows without bouds. This is kow as a resoace coditio Displacemet (x) 5 0 boud Time (sec)

110 Harmoically Excited Systems Equatios of motio (c =0): m k m F f t f t x t x t F t kx t mx, / where ) cos( ) ( ) ( ) cos( ) ( ) (

111 Söümsüz Zorlamış Titreşim Hareket Deklemii Buluması ( w ) F= F cos t E geel halde harmoik bir dış kuvvet olsu. Hareketi diferasiyel deklemi: 0 ( w ) mx + kx = F cos t Hareket deklemii geel çözümü: Homoje çözüm: ( ) = ( ) = ( ) + ( ) x t x t x t x t g h ö ( ) = ( w ) + ( w ) x t A cos t A si t h 1 Ft ( ) x () t Uyarıcı kuvvet harmoik olduğu içi özel çözüm de ö harmoik ve ayı frekasıa sahip olacaktır. x t Xcos t ö ( ) = ( w )

112 ö ö ö ( ) = ( w ) x t Xcos t () =-w ( w ) x t Xsi t ( ) =-w ( w ) x t Xcos t 5 1 i içie koulursa; ( ) ( ) ( ) mw Xcos wt kcos wt F0 cos wt - + = F k - m X cos t = F cos t X = k-m w ( w ) ( w ) ( w ) Geel çözüm: 6 F0 x() t = A1cos( wt) + Asi( wt) + cos ( wt) 7 k - mw

113 Başlagıç şartları, A A F = x - k - mw x0 = w ì x = x ï t= 0 0 í ï ïî x = x ise, t= 0 0 olarak buluur ve geel çözüm: æ F ö x F x t x ç cos t si t cos t çè ø () = - ( w ) + ( w ) + ( w ) 0 k-mw w k-mw

114 X i w ile değişimi w F0 F0 F0 F0 X k 1 X = X = k = k = k = k-mw m 1- w w æ F0 1 w ö æ w ö - k k 1-1- çw w è ø è ç ø m w R = X k F 0 Gelik oraı veya büyütme faktörü.

115 0< w < 1 w 1.Durum: ise; ( ) = ( w ) Ft Fcos t 0 t xö ( t ) =Xcos( ωt) t

116 w 1 w >.Durum: ise; ( ) = ( w ) Ft Fcos t 0 t x t Xcos t ö ( ) = ( w ) t

117 w 1 w = 3.Durum: ise; ( ) = ( w ) Ft Fcos t 0 t xt ( ) t

118 Problem: Aşağıda dege koumudaki sistemi verile değer ve başlagıç şartlarıa bağlı olarak s içi hareketii iceleyiiz. m,e,w m cubuk, L M x k

119 Çözüm: Jj F= me w coswt kx F 0 x Mx x = L j x = L j x = Lj 1 J= mcubukl 3

120 Newto u. kauu uygulaırsa, å M = Jj Jj + Mx L =- kx L+ F L æ ö ç + + = çè3 ø 1 m cubuk L ML j kl j me w Lcos w t

121 m = 30 kg M = 300 kg m = 0.5 kg cubuk 3 e 1 m 000 d/d L m k N/m = = = = ìï x 0 = j0 = t = 0 ï í ïï ïx 0 = j0 = ïî 5p 180 8p 180

122 w p p000 = = = p rad/s 140j j= cos 66.66pt M 0 k w = = = 4.04 p rad/s m 140 æ M ö j M j j ç w w w çè ø () t = - cos( t) + si( t) + cos( t) 0 k-mw w k-mw () ( ) ( ) ( ) - j t = cos 4.04pt si 4.04pt cos 66.66pt

123

124

125 Problem: Aşağıdaki sistemi titreşim hareketii 4 s içi çiziiz. F = 500si0pt F1 = 100cos0pt m x k

126 Çözüm: F = 500si0pt m F1 = 100cos 0pt x mx kx

127 Newto u. kauu uygulaırsa, å F= ma mx =- kx + F + F 1 mx + kx = F + F 1 10x x = 100cos 0pt + 500si 0pt 500 f= f= ta = + = F N ( p ) 10x x = 773cos 0 t-64.35

128 m = 10 kg k = 5000 N/m ì x0 = t= 0 ï í ï ïî x 0 = 0.01 m 0. m/s k 5000 w = = = 4.59 p rad/s w= 0p m 10 æ F ö x F x t x ç cos t si t cos t çè ø () = - ( w ) + ( w ) + ( w -f) 0 k-mw w k-mw ( ) = ( p ) + ( p )- ( p - ) x t 0.016cos 4.59 t si 4.59 t 0.006cos 0 t 64.35

129

130

131 Söümlü Zorlamış Titreşim Hareketi diferasiyel deklemii buluması: ( w ) F= F cos t 0 m x m x m ( w ) F= F cos t 0 k c k x c x Newto u. kauua göre, S F = m a m x = -c x-k x + F m x + c x + k x = F

132 Söümlü Zorlamış Titreşim Hareket Deklemii Buluması ( w ) F= F cos t E geel halde harmoik bir dış kuvvet olsu. Hareketi diferasiyel deklemi: Hareket deklemii geel çözümü: Homoje çözüm: ( w ) mx + cx + kx = F cos t ( ) = ( ) = ( ) + ( ) x t x t x t x t g h ö ( ) = ( w ) + ( w ) x t A cos t A si t h 1 Ft ( ) x () t w Uyarıcı kuvvet harmoik olduğu içi özel çözüm de ö harmoik ve ayı frekasıa sahip olacaktır. ( ) = ( w -f) x t Xcos t ö

133 ö ö ö () = ( w -f) x t Xcos t () =-w ( w -f) x t Xsi t () =-w ( w -f) x t Xcos t 5 1 i içie koulursa; Aşağıdaki trigoometrik bağıtılar kullaılarak; 5 ( ) ( ) ( ) ( ) = é êë mw Xcos wt f cwxsi wt f k cos wt f F0 cos wt ( k-mw ) cos( wt-f) -cwsi( wt- f) X= F cos( wt) ( ) cos wt f = coswt cosfsi wt sif ( ) si wt f = si wt cosfcoswt sif ù úû 0 6 7

134 7 olu eşitlik 6 deklemie koulursa; ( ) ( ) ( ) X é k m w coswt cosf si wt sif cw si wt cosf coswt sif ù ê ú= F0 coswt ë û cost sit ve i katsayılarıı eşitlersek; ( ) Xé k mw cosf cwsifù ê - + = F ë úû Xé( k mw ) sif cwcosfù ê - - ú= 0 ë û Bu iki deklemi karelerii alalım: X é ( k mw ) cos f ( cw) si f ( k m w ) cwcosfsif ù ê ú= F ë û X é ( k mw ) si f ( cw) cos f ( k m w ) cwcosfsif ù ê ú= 0 ë û 0 ve taraf tarafa toplayalım;

135 X é ( k mw ) ( cw ù ) F X ë û 0 ê - + ú= 0 = 9 olu deklemde; = 0 F ( k- mw ) + ( cw) c X é w ( k mw ) sif cwcosfù æ ö 0 f ta -1 ê - - = = ë ú û çèk- mw ø 11 1 Geel çözüm: 13 F = w + w + w -f ( ) ( ) ( ) 0 xt Acos 1 t Asi t cos t ( k- mw ) + ( cw) ( )

136 Büyütme Oraı 11 ve 1 deklemlerii boyutsuzlaştıralım, her iki deklemi pay ve paydasıı ya bölelim: X = k F0 k æ ö æ ö mw cw 1- + ç è k ø çè k ø f ta æ cw ö k ç mw ç 1- çè k ø -1 = ç 14 w c kr x = k = m = mw c c kr Söümsüz tabii frekas Kritik söüm katsayısı Söüm oraı 15

137 15 eşitlikleri 14 deklemlerie koursa; X k 1 1 = = F0 é ù w é w ù æ ö æ ö x - w + ê w ú ê çè ø ú èç ë ø ë û û ( 1 r ) ( xr) 16 f æ w ö x ç w çè ø r x = ta = ta æ w ö 1 - r 1-ç ç ç w çè ø w r = w Burada, dir.

138 Büyütme Faktörü-Hız Oraı Değişimi. x = 0 x = 0.1 R = X k F 0 R Büyütme faktörü x = 0.15 x = 0.5 x = x = 0.5 x =1 Hız oraı r = w w

139 Faz Açısı-Hız Oraı Değişimi. x = 0 x = 0.1 x = 0. f Faz açısı [derece] x = 0.3 x = x =1 x = 0.7 x = 0.5 Hız oraı r = w w

140 Büyütme Faktörü ile Faz Açısı-Hız Oraı Arasıdaki İlişki: Söümsüz bir sistem içi; r< 1 f = 0 r = 1 f = 90 r> 1 f = 180 x = 0 Söüm, gelik oraıı tüm zorlayıcı frekas değerleride azaltır. Söümü gelik oraıı azaltması, rezoas frekasıda veya civarıda çok belirgidir. Gelik oraıı maksimumu; r= 1-x veya w = w -x d 1 değerleride meydaa gelir.

141 Zemii Hareketli Söümlü Zorlamış Hareket Hareketi diferasiyel deklemii buluması: y k c t ( ) = ( w ) yt Ysi t ( - y) cx ( - y) k x m x m x mx Newto u. kauua göre, ( ) ( ) å F = m a mx = -k x-y -c x -y mx + cx + kx = cy + ky

142 Yukarıda bulua deklemde yol foksiyou yerie koulursa, () = ( w ) y t Ysi t ( w ) w ( w ) mx + cx + kx = kysi t + c Y cos t buluur. 1 1 olu deklemi süperpoze edelim, ( w ) mx + cx + kx = ky si t ( ) = ( w -f) x t Asi t 1ö 1 () = w ( w -f) x t Acos t 1ö 1 ( ) =-w ( w -f) x t Asi t 1ö 1 3 eşitlikleri i içie koursa; 3

143 ( ) ( ) ( ) ( ) = mw A si wt f1 cwa cos wt f1 ka si wt f1 ky si wt ( - w ) é ( w ) ( f1) - ( w ) ( f1) Ak m si tcos cos tsi ù ë û 4 + cwa é ë cos wt cos f1 + si wt si f1 û = ky si wt 4 deklemi Asi t ve Acos wt paratezie alııp katsayılar eşitleirse; ( ) ( ) ( ) ( ) ù ( ) ( w ) ( ) ( k - mw ) cos( f1) + cwsi ( f1) ù Asi( wt) é êë úû +- é ê - + ú = ë û ( k m w ) si( f1) cwcos ( f1) ù Acos( wt) kysi( wt ) ( w ) ( f1) w ( f1) é k m cos c si ù ê - + A= ky ë úû é ( k m w ) si( f1) cwcos ( f1) ù ê- - + ú A= 0 ë û 6 7 5

144 olur. A¹ 0 olmak üzere, 7 olu deklemde, é ( - æ cw ö - k - m w ) si( f ) ( ) cwcos f ù 1 A = 0 f1= ta êë ú û çèk- mw ø = 0 6 ve 7 olu deklemleri kareleri alııp taraf tarafa toplaırsa; ( k- mw ) cos( f1) + cwsi ( f1) ù A = ( ky) é êë úû é ( k m w ) si( f1) cwcos ( f1) ù + ê ë ú û A = 0 é ê ë - + ù ú= = û ( w ) ( w) ( ) A k m c ky A buluur. ky 9 8 ( k- mw ) + ( cw)

145 8 ve 9 eşitlikleri 3 olu hareket deklemide yerie koulursa; ky é -1æ cw ö ù x1ö () t = si wt- ta ê çk mw ë è - øú û Bezer şekilde; ( k- mw ) + ( cw) ( w ) mx + cx + kx = cwy cos t 11 ( ) = ( w -f ) x t Bcos t ö () =-w ( w -f ) x t Bsi t ö ( ) =-w ( w -f ) x t Bcos t ö ilgili eşitliklere koup ara işlemler bezer şekilde yapılırsa; 1 10

146 f - cw = ta æ ç ö çèk- mw ø 1 B = cwy ( k- mw ) + ( cw) cwy é -1æ cw ö ù xö() t = cos wt- ta ê çk mw ë è - øú û ( k- mw ) + ( cw) -1 cw f= f1= f = ta æ ç ö çèk- mw ø Olarak buluur. Burada, dir

147 x t x () t Süperpozisyo ilkesi uyarıca her bir ve çözümüü ö toplarsak; () () () 1ö () xö t = x1ö t + xö t 17 é ù ky -1æ cw ö xö () t = si wt- ta ç ( ) çè k mw k m ( cw w ø ) ê ú ë f1 û A é ù cwy ê æ cw ö ç ( çè k mw ) k m ( cw w ø ) ê ú ë f û -1 + cos êwt - ta ç B 18

148 17 deklemi şu şekilde de, yazılabilir. ( ) = ( w - f) + ( w -f ) x t Asi t Bcos t ö 1 yada, x t Xcos t ö ( ) = ( w -f-j) 0 19 biçimide yazılabilir. Burada; X= A + B = Y k + ( cw) ( k- mw ) + ( cw) 1 j -1æAö -1æ k ö = ta = ta ç è B ø èçcw ø dir.

149 0 deklemi, 16, 1 ve eşitlikleri göz öüe alıarak tekrar yazılırsa; ( w) k + c é -1 cw -1 k ö () = êw - ç - ç æ ù x t Y cos t ta ö æ ö ta ê çk mw çcw - + ë è - ø è øú û ( k mw ) ( cw) 3

150 Problem: Aşağıdaki sistemi verile değer ve başlagıç şartlarıa bağlı olarak 5 s içi hareketii iceleyiiz. k 1 c m c x k e

151 Çözüm: k 1 x c x m c x x mx (x k y) ( w ) y= esi t y

152 Newto u. kauu uygulaırsa, å F= ma ( ) 1 1 ( ) mx =-cx -cx -k x -k x -y mx + cx + k + k x = k y ( ) ( w ) mx + cx + k + k x = k esi t 1 m = 50 kg c = 00 Ns/m k = 0000 N/m k = N/m 1 p p450 e = 0.05 m = 450 d/d w= = = 15p ( p ) 50x + 400x x = 000si 15 t

153

154 Geçici titreşim bölgesi Daimi titreşim bölgesi

155 Problem: Aşağıdaki sistemi verile değer ve başlagıç şartlarıa bağlı olarak 5 s içi hareketii iceleyiiz.

156 Yerdeğiştirme Geçirgeliği 1 olu deklemde, ( w) ( ) ( ) ( x ) k + c 1+ r X G = = = Y k- mw + cw 1- r + xr ( ) ( ) 3 bulur. é ù k + ( cw) -1æ cw ö -1æ k ö xö () t = Y cos wt ta ta - - ç ( k mw ) ( cw) k mw ç cw - + è - ø è ø ê ú ë y û

157 Yerdeğiştirme Geçirgeliği-Hız Oraı Değişimi. x = 0.05 x = 0.1 Oraı X Y x = 0.15 x = 0.5 x = x = 0.5 x =1 Hız oraı r

158 Yerdeğiştirme Geçirgeliği Faz Farkı-Hız Oraı Değişimi. x = 0.1 x = 0.05 Faz farkı y x = x = 0.5 x = 0.5 x = 0.15 Hız oraı r = w w

159 Degelememiş Sistemleri Söümlü Zorlamış Hareketi Hareketi diferasiyel deklemii buluması: e m wt x Mx mew M e m wt x k c M kx c x

160 Newto u. kauua göre, å = = ( w ) F m a mx -kx-cx-mew si t + + = w ( w ) mx cx kx me si t 1 F Burada, dir. Bezer şekilde çözüm yapılırsa, 0 = mew X = mew ( k- mw ) + ( cw) f - cw = ta æ ç ö çèk- Mw ø olarak buluur.

161 X f i ve yi boyutsuz formda yazalım. MX = m e æ ω ö ç ω çè ø é ù æ ω ö é ω ù 1- + ξ ω ê çè ê ø ú ω ú ë ë û û φ=ta -1 æ ω ö ξ ç ω çè ø æ ω ö 1- ç ω çè ø x( t ) =Xsi( ωt-φ) buluur.

162 4 olu eşitlikle-hız Oraı Değişimi. x = 0.05 x = 0.1 Oraı x = 0.15 x = 0.5 x = M m X e x = 0.5 x = 1 Hız oraı r = w w

163 Faz Açısı-Hız Oraı Değişimi. x = 0 x = 0.1 x = 0. f Faz açısı [derece] x = 0.3 x = x =1 x = 0.7 x = 0.5 Hız oraı r = w w

164 Problem: Aşağıdaki sistemi verile değer ve başlagıç şartlarıa bağlı olarak s içi hareketii iceleyiiz. k 1 c R m r r m R m,e, x M k

165 Çözüm: JRj k 1 x c x Jrj x k F= meω cos ωt x ( ) F 0 Mx

166 Newto u. kauu uygulaırsa, å M= J Top J j + J j + Mx R =-cx r-k x R- k x R+ F R r R 1 æ1 1 ö ç mr r + mrr + MR j+ crj+ k1+ k Rj= mew Rcos wt çè ø r j R ( ) ( ) m = 0 kg m = 60 kg M = 60 kg r = 0.5 m R = 1 m e = 0.1 m m = 0.05 kg = 1500 d/d c = 1400 Ns/m p p1500 k1= 5000 N/m k = N/m w= = = 50 p rad/s ( ) 9.5j + 350j j= cos 50pt

167

168 Geçici titreşim bölgesi Daimi titreşim bölgesi

169 Titreşim İzolasyou m M k,c k F M+m c x Temele geçe kuvvet F T : F = F + F F = kx F = cx T y s y s F = kx+ cx T ( w j) x= Xsi t- ( ) x = wxcos wt-j ( ) ( ) F= T kx +cωx =kx 1+ çè ω æξωö ç ø

170 é ù é ù X k 1 æ w ö æ w ö = F 0 = kx 1 x - F 0 w + w é ù ç ç w é w ù ê è ø ú êë è øúû æ ö æ ö 1 ë û x - w + ê w ú ê çè ø ú è ç ë ø ë û û m X cx F T F X kx

171 Kuvvet Geçirgeliği X F æxwö æxwö kx ç w è ø ç w è ø T G = = = = Y F 0 é ù w é w ù é æ w ö ù é æ w öù kx æ ö æ ö 1 x 1- + x ê - + w w w ê w ç ú ê ç ú çè ø çè ú ê ú ø ê è ø è ø ë úû ë û ë û ë û X F = = = ( x ) 1+ r T G Y F 0 1 r r ( - ) + ( x ) İzolasyo Iz = 1-G (%)

172 G F F T = = 0 X Y Eğer, söüm ihmal edilecek kadar küçük ise, geçirgelik G G = 1 1 æ w ö r 1-1 ç w çè ø = = - ( pf) buluur. g 1 d st -1

173 Kuvvet Geçirgeliği-Hız Oraı Değişimi. 0Oraı F F T Hız oraı r

174 Kuvvet Geçirgeliğie Ait Bazı Souçlar: r< G 1 olması halide olur. Bu durumda yalıtıcıları kullaılması yarar değil zarar getirir. r> G< 1 olması halide olur. Bu durumda yalıtıcılar, kedileride beklee yararı sağlar. Acak bu bölgede x e kadar büyükse, G de o kadar büyük olmaktadır. Bua göre söüm, yalıtıcıı yararıı azaltır. r r» 1 r» 0 G» 1 r= x r Yalıtıcıı e büyük zararı (rezoas) olması halide, e büyük yararı ise olması halide görülür. Bua karşılık (çok sert k yalıtıcı ) ve olması halide, de bağımsız olarak, olur ve yalıtıcıı hiçbir etkisi görülmez. Souç olarak; iyi bir yalıtım içi elde geldiğice büyük ise elde geldiğice küçük yapılmalıdır. x

175 Problem: Toplam 100 kg kütleli bir makia, 700 kn luk bir yay paketi ile yataklamıştır d/d ile döe degelememiş bir kütlede dolayı 350 N luk bir merkezkaç kuvvetie maruz kalmaktadır. Söüm oraı 0. kabul edilecektir. a-degelememişlikte dolayı oluşa gelik e kadardır.? b-geçirgelik edir.? c-zemie iletile kuvvet miktarı e kadardır.?

176 Çözüm: kr Sayfa 189 da olu deklem yardımı ile; X = mew ( k- mw ) + ( cw) Merkezkaç kuvveti c c x= = c = x k m = = Ns/m c k m p p3000 w= = = 100 p rad/s X= = m= mm ( ( 100p) ) + ( p)

177 Hız oraı; p p3000 w r = = 30 = 30 = w k m 100 ( x ) ( ) ( x ) ( ) F 1+ r T G = = = = ( ) ( ) F 1- r + r F T G = FT = G F 0 FT = = N F0

178 Liear ohomogeous ode: Solutio is sum of homogeous ad particular solutio The particular solutio assumes form of forcig fuctio (physically the iput wis) x p (t) X cos(t) To be determied Drivig frequecy

179 Substitute ito the equatio of motio: x p x p X cos t X cos t f 0 cos t solvig yields : X f 0 Thus the particular solutio has the form: x p f ( t) 0 cos( t)

180 Add particular ad homogeeous solutios to get geeral solutio: x(t) particular A 1 si t A cos t f 0 cost homogeeous A 1 ad A are costats of itegratio.

181 t f t f x t v t x v A x x f A x cos cos si ) ( (0) (0) Apply the iitial coditios to evaluate the costats Solvig for the costats ad substitutig ito x yields

182 . Harmoic excitatio of damped systems ow icludes a phase shift 0 0 ) cos( ) ( cos ) ( ) ( ) ( cos ) ( ) ( ) ( t X t x t f t x t x t x t F t kx t cx t mx p

183 Substitute the values of A s ad B s ito x p : x p ( t) f0 cos( t ( ) () X 1 ta ) Add homogeeous ad particular to get total solutio: x( t) t Ae si( dt ) homogeeous or trasiet solutio X cos( t ) particular or steady state solutio Note: that A ad will ot have the same values as i Ch 1, as t gets large, trasiet dies out

184 Magitude: X f 0 ( ) ( ) No dimesioal Form: Phase: Frequecy ratio: Xk F 0 X f 0 ta r1 1 r r 1 (1 r ) (r)

185 r

186

187 Radom(Gelişigüzel) Titreşimler Şu aa kadar hep düzgü salıımlı titreşimleri iceledik. Oysa çalışa bir elektrik motoruda veya otomobiliizi çalıştırdığıızda hissettiğiiz titreşimler gelişigüzel titreşimlerdir. Gerçek hayatta, eğer özel olarak yaratılmıyorsa, düzgü salııdı titreşimlere rastlamak mümkü değildir. Gelişigüzel titreşimleri harmoik salıımlar gibi belirli bir frekası ve geliği yoktur. Dolayısıyla bu titreşimlere bakarak titreşime sebep ola kuvvet hakkıda fikir yürütmek imkasızdır. Halbuki bizim titreşim aalizi ile arızala teşhis edebilmemiz içi, bu titreşimleri frekaslarıı bilmemiz gerekir. İşte bu işlem içi Fourier Döüşümü'ü kullaıyoruz.

188

189 Fourier Döüşümü iki kütlei yay sabitleri ve kütleleri farklıdır. Bu edele eğer her iki kütleyi de eşit miktarda çekip serbest olarak salıım yapmaya bırakırsak, her ikisi de farklı frekas ve gelikte titreşim yapacaktır. Bu iki farklı titreşimi topladığımız taktirde Şekilde gösterile grafiği elde ederiz. Olaya matematik yöüde bakacak olursak frekasları ve gelikleri farklı iki siüzoidal eğriyi topladığımızda, siüzoidal olmaya üçücü bir eğri elde ederiz. Eğer bu işlemi iki değil de daha fazla siüzoidal içi yapacak olursak elde edeceğimiz grafik Şekilde gösterile gibi bir eğri olacaktır. O halde eğer elimizde bu şekilde bir eğri varsa bu toplama işlemii tersii uygulayarak, bu düzesiz eğriyi düzgü siüzoidaller halide yazabiliriz. İşte bu İşleme Fourier Döüşümü adı verilir.

190

191 Fourier döüşümü vasıtası ile titreşimi siüzoidal bileşelerii bulabiliriz. Şekil- 11'de gelişigüzel bir titreşimi farklı frekas ve geliklere sahip siüzoidal bileşeleri gösterilmiştir.

192

193

194

Genel Bilgiler. Giriş Titreşimlerin Sebepleri Titreşimlerin Sonuçları Sistemlerin Titreşim Analizi Titreşim ve İnsan

Genel Bilgiler. Giriş Titreşimlerin Sebepleri Titreşimlerin Sonuçları Sistemlerin Titreşim Analizi Titreşim ve İnsan Kaynaklar: Makina Dinamiği Yıldız Teknik Üniversitesi Yayını, Prof.Necati Tahralı Prof.Dr.Faris Kaya Y.Doç.Dr.İsmail Yüksek Y.Doç.Dr.Rahmi Güçlü. Mekanik Titreşimler Ders Notları, Prof.Dr.Özgür Turhan.

Detaylı

Kontrol Sistemleri Tasarımı

Kontrol Sistemleri Tasarımı Kotrol Sistemleri Tasarımı Frekas Yaıtı Prof. Dr. Bület E. Plati 3 Ağustos 0 Eylül 06 Taım Kararlı bir sistemi siüs girdisie sürekli rejim yaıtı Bu taımda 3 temel boyut bulumaktadır:. Kararlı bir sistem

Detaylı

Bölüm 5: Hareket Kanunları

Bölüm 5: Hareket Kanunları Bölüm 5: Hareket Kauları Kavrama Soruları 1- Bir cismi kütlesi ile ağırlığı ayımıdır? 2- Ne zama bir cismi kütlesi sayısal değerce ağırlığıa eşit olur? 3- Eşit kollu terazi kütleyi mi yoksa ağırlığı mı

Detaylı

İleri Diferansiyel Denklemler

İleri Diferansiyel Denklemler MIT AçıkDersSistemi http://ocw.mit.edu 18.034 İleri Diferasiyel Deklemler 2009 Bahar Bu bilgilere atıfta bulumak veya kullaım koşulları hakkıda bilgi içi http://ocw.mit.edu/terms web sitesii ziyaret ediiz.

Detaylı

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI

BASAMAK ATLAYARAK VEYA FARKLI ZIPLAYARAK İLERLEME DURUMLARININ SAYISI Projesii Kousu: Bir çekirgei metre, metre veya 3 metre zıplayarak uzuluğu verile bir yolu kaç farklı şekilde gidebileceği ya da bir kişii veya (veya 3) basamak atlayarak basamak sayısı verile bir merdivei

Detaylı

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER

BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ. Doç.Dr. Suat ŞAHİNLER BÖLÜM 3 YER ÖLÇÜLERİ İkici bölümde verileri frekas tablolarıı hazırlaması ve grafikleri çizilmesideki esas amaç; gözlemleri doğal olarak ait oldukları populasyo dağılışıı belirlemek ve dağılışı geel özelliklerii

Detaylı

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+...

Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri. n c = nc i= 1 n ca i. k 1. i= r n. Σ sembolü ile bilinmesi gerekli bazı formüller : 1) k =1+ 2 + 3+... MC formülüü doğruluğuu tümevarım ilkesi ile gösterelim. www.matematikclub.com, 00 Cebir Notları Gökha DEMĐR, gdemir@yahoo.com.tr Tümevarım_toplam_Çarpım_Dizi_Seri Tümevarım Metodu : Matematikte kulladığımız

Detaylı

FREKANS CEVABI YÖNTEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI

FREKANS CEVABI YÖNTEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI FREKANS CEVABI YÖNEMLERİ FREKANS ALANI CEVABI VEYA SİNUSOİDAL GİRİŞ CEVABI G(s (r(t ı Laplace döüşümü; A(s B(s A(s (s p (s p L(s p C(s G(sR(s R(s R s A(s B(s R(s A(s R a C(s L B(s s s j s j s p a b b s

Detaylı

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6.

(3) Eğer f karmaşık değerli bir fonksiyon ise gerçel kısmı Ref Lebesgue. Ref f. (4) Genel karmaşık değerli bir fonksiyon için. (6. Problemler 3 i Çözümleri Problemler 3 i Çözümleri Aşağıdaki özellikleri kaıtlamaızı ve buu yaıda daha fazla soyut kaıt vermeizi isteyeceğiz. h.h. eşitliğii ölçümü sıfır ola bir kümei tümleyei üzeride eşit

Detaylı

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI

6. BÖLÜM VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYI VEKTÖR UZAYLARI 6. BÖLÜM VEKTÖR LARI -BOYUTLU (ÖKLİT) I Taım: Eğer pozitif bir tam sayı ise sıralı -sayı, gerçel sayılar kümesideki adet sayıı (a 1, a 2,, a ) bir dizisidir. Tüm sıralı -sayılarıı kümesi -boyutlu uzay

Detaylı

İşlenmemiş veri: Sayılabilen yada ölçülebilen niceliklerin gözlemler sonucu elde edildiği hali ile derlendiği bilgiler.

İşlenmemiş veri: Sayılabilen yada ölçülebilen niceliklerin gözlemler sonucu elde edildiği hali ile derlendiği bilgiler. OLASILIK VE İSTATİSTİK DERSLERİ ÖZET NOTLARI İstatistik: verileri toplaması, aalizi, suulması ve yorumlaması ile ilgili ilkeleri ve yötemleri içere ve bu işlemleri souçlarıı probabilite ilkelerie göre

Detaylı

PROJE RAPORU. PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıların n. Dereceden Kökler Toplamı ve Trigonometrik Yansımaları

PROJE RAPORU. PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıların n. Dereceden Kökler Toplamı ve Trigonometrik Yansımaları PROJE RAPORU PROJENİN ADI: Karmaşık Sayıları. Derecede Kökler Toplamı ve Trigoometrik Yasımaları PROJENİN AMACI: Karmaşık sayıı karekökleri toplamı sıfırdır. Peki. derecede kök toplamı içi de geçerli miydi?

Detaylı

ÇOK SERBESTLĐK DERECELĐ SĐSTEMLERĐN ZAMAN TANIM ARALIĞINDA DĐNAMĐK ANALĐZĐ

ÇOK SERBESTLĐK DERECELĐ SĐSTEMLERĐN ZAMAN TANIM ARALIĞINDA DĐNAMĐK ANALĐZĐ DOKUZ EYLÜL ÜNĐVERSĐTESĐ FEN BĐLĐMLERĐ ENSTĐTÜSÜ ÇOK SERBESTLĐK DERECELĐ SĐSTEMLERĐN ZAMAN TANIM ARALIĞINDA DĐNAMĐK ANALĐZĐ Kerem GÜRBÜZ Hazira, 011 ĐZMĐR ÇOK SERBESTLĐK DERECELĐ SĐSTEMLERĐN ZAMAN TANIM

Detaylı

AKIŞKAN BORUSU ve VANTİLATÖR DENEYİ

AKIŞKAN BORUSU ve VANTİLATÖR DENEYİ AKIŞKA BORUSU ve ATİLATÖR DEEYİ. DEEYİ AMACI a) Lüle ile debi ölçmek, b) Dairesel kesitli bir borudaki türbülaslı akış şartlarıda hız profili ve eerji kayıplarıı deeysel olarak belirlemek ve literatürde

Detaylı

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler...

İÇİNDEKİLER. Ön Söz Polinomlar II. ve III. Dereceden Denklemler Parabol II. Dereceden Eşitsizlikler... İÇİNDEKİLER Ö Söz... Poliomlar... II. ve III. Derecede Deklemler... Parabol... 9 II. Derecede Eşitsizlikler... 8 Trigoometri... 8 Logaritma... 59 Toplam ve Çarpım Sembolü... 7 Diziler... 79 Özel Taımlı

Detaylı

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR

TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR TOPOLOJİK TEMEL KAVRAMLAR 1.1. Kümeler ve Foksiyolar A ı bir elemaıa B i yalız bir elemaıı eşleye bağıtıya bir foksiyo deir. f : A B, Domf = U A ve ragef B dir. Taım 1.1.1. f : A B foksiyou içi V A olsu.

Detaylı

İstatistik ve Olasılık

İstatistik ve Olasılık İstatistik ve Olasılık Ders 3: MERKEZİ EĞİLİM VE DAĞILMA ÖLÇÜLERİ Prof. Dr. İrfa KAYMAZ Taım Araştırma souçlarıı açıklamasıda frekas tablosu ve poligou isteile bilgiyi her zama sağlamayabilir. Verileri

Detaylı

Hata! Yer işareti tanımlanmamış. Hata! Yer işareti tanımlanmamış. Hata! Yer işareti tanımlanmamış. Hata! Yer işareti tanımlanmamış.

Hata! Yer işareti tanımlanmamış. Hata! Yer işareti tanımlanmamış. Hata! Yer işareti tanımlanmamış. Hata! Yer işareti tanımlanmamış. İÇİNDEKİLER MOTOR KONTROL SİSTEMLERİ VE TEMEL MEKANİK BİLGİLER... Hata! Yer işareti taımlamamış.. GİRİŞ... Hata! Yer işareti taımlamamış.. HAREKET ŞEKİLLERİ... Hata! Yer işareti taımlamamış... Doğrusal

Detaylı

Tahmin Edici Elde Etme Yöntemleri

Tahmin Edici Elde Etme Yöntemleri 6. Ders Tahmi Edici Elde Etme Yötemleri Öceki derslerde ve ödevlerde U(0; ) ; = (0; ) da¼g l m da, da¼g l m üst s r ola parametresi içi tahmi edici olarak : s ra istatisti¼gi ve öreklem ortalamas heme

Detaylı

BASİT HARMONİK HAREKET

BASİT HARMONİK HAREKET BASİT HARMONİK HAREKET Bir doğru üzerinde bulunan iki nokta arasında periyodik olarak yer değiştirme ve ivmesi değişen hareketlere basit harmonik hareket denir. Sarmal yayın ucuna bağlanmış bir cismin

Detaylı

n, 1 den büyük bir sayma sayısı olmak üzere,

n, 1 den büyük bir sayma sayısı olmak üzere, KÖKLÜ SAYILAR, de üyük ir sayma sayısı olmak üzere, x = α deklemii sağlaya x sayısıa α ı yici derecede kökü deir. x m = x m O halde tersi düşüülürse, ir üslü sayıı üssü kesirli ise, o sayı köklü sayı içimide

Detaylı

Fizik 101: Ders 23 Gündem

Fizik 101: Ders 23 Gündem Fizik 101: Ders 3 Gündem Basit Harmonik Hereket Yatay yay ve kütle Sinus ve cosinus lerin anlamı Düşey yay ve kütle Enerji yaklaşımı Basit sarkaç Çubuk sarkaç Basit Harmonik Hareket (BHH) Ucunda bir kütle

Detaylı

MEKANİK TİTREŞİMLER. (Dynamics of Machinery, Farazdak Haideri, 2007)

MEKANİK TİTREŞİMLER. (Dynamics of Machinery, Farazdak Haideri, 2007) MEKANİK TİTREŞİMLER TİTREŞİM ÖLÇÜMÜ: Titeşim ölçümü oldukça kapsamlı bi koudu ve mekaik, elektik ve elektoik bilgisi içeiklidi. Titeşim ölçümleide titeşim geliği (ye değiştime-displacemet, hız-velocity

Detaylı

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV

Diziler ve Seriler ÜNİTE. Amaçlar. İçindekiler. Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV Diziler ve Seriler Yazar Prof.Dr. Vakıf CAFEROV ÜNİTE 7 Amaçlar Bu üiteyi çalıştıkta sora; dizi kavramıı taıyacak, dizileri yakısaklığıı araştırabilecek, sosuz toplamı alamıı bilecek, serileri yakısaklığıı

Detaylı

Makine Elemanları II Prof. Dr. Akgün ALSARAN. Temel bilgiler ve örnekler Güç ve hareket iletimi

Makine Elemanları II Prof. Dr. Akgün ALSARAN. Temel bilgiler ve örnekler Güç ve hareket iletimi Makie Elemaları II Prof. Dr. Akgü ALSARAN Temel bilgiler ve örekler Güç ve hareket iletimi İçerik Güç ve Hareket İletimi Redüktör Vites kutusu Örek 2 Giriş 3 Bir eerjiyi, mekaik eerjiye döüştürmek içi

Detaylı

İstatistik ve Olasılık

İstatistik ve Olasılık İstatistik ve Olasılık Ders 3: MERKEZİ EĞİLİM VE DAĞILMA ÖLÇÜLERİ Prof. Dr. İrfa KAYMAZ Taım Araştırma souçlarıı açıklamasıda frekas tablosu ve poligou isteile bilgiyi her zama sağlamayabilir. Verileri

Detaylı

Genel Kimya ve 4. Şubeler

Genel Kimya ve 4. Şubeler Geel Kimya 101 3. ve 4. Şubeler Dr. Oza Karaltı E-mail : okaralti@etu.edu.tr Ofis: 112-2 https://sites.google.com/site/etukim101 6. Gazlar Gazları fiziksel davraışlarıı 4 özellik belirler. Sıcaklık (K),

Detaylı

M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R

M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R İ H S A N T İ M U Ç İ N D O L A P C İ, Y İ Ğ İ T A K S O Y M Ü H E N D İ S L E R İ Ç İ N S AY I S A L YÖ N T E M L E R P U B L I S H E R O F T H I S B O O K Copyright 13 İHSAN TİMUÇİN DOLAPCİ, YİĞİT AKSOY

Detaylı

TİTREŞİM VE DALGALAR BÖLÜM PERİYODİK HAREKET

TİTREŞİM VE DALGALAR BÖLÜM PERİYODİK HAREKET TİTREŞİM VE DALGALAR Periyodik Hareketler: Belirli aralıklarla tekrarlanan harekete periyodik hareket denir. Sabit bir nokta etrafında periyodik hareket yapan cismin hareketine titreşim hareketi denir.

Detaylı

3.2.3 DC Şönt Motora Yolverme... 58 3.2.4 DC Şönt Motorun Devir Sayısı Ayar Metotları... 63 3.2.5 DC Şönt Motorun Dönüş Yönünün Değiştirilmesi...

3.2.3 DC Şönt Motora Yolverme... 58 3.2.4 DC Şönt Motorun Devir Sayısı Ayar Metotları... 63 3.2.5 DC Şönt Motorun Dönüş Yönünün Değiştirilmesi... İÇİNDEKİLER ELEKTRİKLE TAHRİKİN TANII VE TEEL EKANİK BİLGİLER.... GİRİŞ.... ELEKTRİKLE TAHRİKTE HAREKET ŞEKİLLERİ..... Doğrusal Hareket..... Döer Hareket... 4.3 HAREKET OLAYLARININ KİNETİĞİ... 6.4 BİRİ

Detaylı

MEKANĠK TĠTREġĠMLER DENEYĠ

MEKANĠK TĠTREġĠMLER DENEYĠ MK-LB00 MEKNĠK TĠTREġĠMLER DENEYĠ. DENEYĠN MCI Mekanik titreşimler deneyi titreşim teorisi bilgilerinin daha iyi kavranmasına yardımcı olmak ve deneysel beceri kazandırmak amacıyla yapılmaktadır.. DENEY

Detaylı

Analiz II Çalışma Soruları-2

Analiz II Çalışma Soruları-2 Aaliz II Çalışma Soruları- So gücelleme: 04040 (I Aşağıdaki foksiyoları (ilgili değişkelere göre türevlerii buluuz 7 cos π 8 log (si π ( si ta e 9 4 5 6 + cot 0 sec sit t si( e + e arccos ( e cos(ta (II

Detaylı

HARDY-CROSS METODU VE UYGULANMASI

HARDY-CROSS METODU VE UYGULANMASI HRY-ROSS MTOU V UYGUNMSI ğ şebekelerde debi bir oktaya çeşitli yollarda gelebildiği içi, şebekei er agi bir borusua suyu agi yolda geldiğii ilk bakışta söyleyebilmek geellikle mümkü değildir. Çözümleme

Detaylı

DEÜ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ FEN ve MÜHENDİSLİK DERGİSİ Cilt: 6 Sayı: 1 sh Ocak 2004

DEÜ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ FEN ve MÜHENDİSLİK DERGİSİ Cilt: 6 Sayı: 1 sh Ocak 2004 DEÜ MÜHENDİSLİK FAKÜLTESİ FEN ve MÜHENDİSLİK DERGİSİ Cilt: 6 Sayı: 1 sh. 129-138 Ocak 2004 CEBİRSEL KATSAYILI HOMOJEN DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN FARK DENKLEMLERİ İLE ÇÖZÜMÜ (SOLUTION OF HOMEGENEOUS DIFFERANTIAL

Detaylı

Sistem Modellerinin Zaman Cevabı ve Performans Kriterleri

Sistem Modellerinin Zaman Cevabı ve Performans Kriterleri Korol Siemleri Taarımı Siem Modellerii Zama Cevabı ve Performa Krierleri Prof.Dr. Galip Caever Korol Siemleri Taarımı Prof.Dr.Galip Caever Kapalı dögü iemi oluşurulmaıda öce iem modelide geçici rejim cevabıı

Detaylı

1. Tabanı 2a büyük eksenli, 2b küçük eksenli elips ile sınırlanan ve büyük eksene dik her kesiti kare olan cismin 16ab 2 hacmini bulunuz.

1. Tabanı 2a büyük eksenli, 2b küçük eksenli elips ile sınırlanan ve büyük eksene dik her kesiti kare olan cismin 16ab 2 hacmini bulunuz. MAT -MATEMATİK (5-5 YAZ DÖNEMİ) ÇALIŞMA SORULARI. Tabaı a büyük ekseli, b küçük ekseli elips ile sıırlaa ve büyük eksee dik her kesiti kare ola cismi 6ab hacmii buluuz. Cevap :. y = ve y = eğrileri ile

Detaylı

Soru 1. Cisim dengede ise F¹ ve F² nedir? F¹ = 50.cos 53 = 30N F² = 50.sin 53 = 40N. Soru 2. P² = 8+16 = 24N P³ = 12-6 = 6N

Soru 1. Cisim dengede ise F¹ ve F² nedir? F¹ = 50.cos 53 = 30N F² = 50.sin 53 = 40N. Soru 2. P² = 8+16 = 24N P³ = 12-6 = 6N DENGE VE DENGE ŞARTLARI Bir cisim duruyorsa veya düzgün hızla bir doğru boyunca hareket ediyorsa ya da sabir hızla bir eksen etrafında dönüyorsa ``cisim dengededir`` denir. Cisim olduğu yerde duruyorsa,

Detaylı

İŞ : Şekilde yörüngesinde hareket eden bir parçacık üzerine kuvveti görülmektedir. Parçacık A noktasından

İŞ : Şekilde yörüngesinde hareket eden bir parçacık üzerine kuvveti görülmektedir. Parçacık A noktasından İŞ : Şekilde yörüngesinde hareket eden bir parçacık üzerine etkiyen F kuvveti görülmektedir. Parçacık A noktasından r geçerken konum vektörü uygun bir O orijininden ölçülmektedir ve A dan A ne diferansiyel

Detaylı

Newton un ikinci yasası: Bir cisim ivmesi cisim üzerine etki eden toplam kuvvet ile doğru orantılı cismin kütlesi ile ters orantılıdır.

Newton un ikinci yasası: Bir cisim ivmesi cisim üzerine etki eden toplam kuvvet ile doğru orantılı cismin kütlesi ile ters orantılıdır. Bölüm 5: Hareket Yasaları(Özet) Önceki bölümde hareketin temel kavramları olan yerdeğiştirme, hız ve ivme tanımlanmıştır. Bu bölümde ise hareketli cisimlerin farklı hareketlerine sebep olan etkilerin hareketi

Detaylı

MEKANİK TESİSATTA EKONOMİK ANALİZ

MEKANİK TESİSATTA EKONOMİK ANALİZ MEKANİK TESİSATTA EKONOMİK ANALİZ Mustafa ÖZDEMİR İ. Cem PARMAKSIZOĞLU ÖZET Düya çapıda rekabeti ö plaa çıktığı bu gükü şartlarda, e gelişmiş ürüü, e kısa sürede, e ucuza üretmek veya ilk yatırım ve işletme

Detaylı

MAKİNA TEORİSİ ÖDEV 3. A) Problemlerin Yanıtları

MAKİNA TEORİSİ ÖDEV 3. A) Problemlerin Yanıtları MAK3 Makina Teorisi MAKİNA TEORİSİ ÖDEV 3 A) Problemlerin Yanıtları ) Birinci soruda verilen sistem statik denge konumunda kabul edilsin. Buna göre sistem geometrisinden aşağıdaki Şekil elde edilebilir.

Detaylı

BTÜ MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ MAKİNE LABORATUVARI DERSİ

BTÜ MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ MAKİNE LABORATUVARI DERSİ 1 BTÜ MAKİNE MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ MAKİNE LABORATUVARI DERSİ ROTORLARDA STATİK VE DİNAMİKDENGE (BALANS) DENEYİ 1. AMAÇ... 2 2. GİRİŞ... 2 3. TEORİ... 3 4. DENEY TESİSATI... 4 5. DENEYİN YAPILIŞI... 7 6.

Detaylı

TÜME VARIM Bu bölümde öce,kısaca tümevarım yötemii, sorada ÖYS de karşılamakta olduğumuz sembolüü ve sembolüü ele alacağız. A. TÜME VARIM YÖNTEMİ Tümevarım yötemii ifade etmede öce, öerme ve doğruluk kümesi

Detaylı

TEKNOLOJĐK ARAŞTIRMALAR

TEKNOLOJĐK ARAŞTIRMALAR www.tekolojikarastirmalar.com ISSN:34-44 Makie Tekolojileri Elektroik Dergisi 7 () 35-4 TEKNOLOJĐK ARAŞTIRMALAR Makale Polivili Klorür (Pvc) Malzemeleri Sıcaklığa Bağlı Titreşim Özelliklerii Đcelemesi

Detaylı

10. SINIF KONU ANLATIMLI. 5. ÜNİTE: DALGALAR ETKİNLİK ve TEST ÇÖZÜMLERİ

10. SINIF KONU ANLATIMLI. 5. ÜNİTE: DALGALAR ETKİNLİK ve TEST ÇÖZÜMLERİ 10. SINI ONU ANATII 5. ÜNİTE: DAGAAR ETİNİ e TEST ÇÖZÜERİ 31 5. Üite 1. ou Etkilik C i Çözümleri c. 1. Soruda e dalgalarıı hızı eşit erilmiş. Ayrıca şekil icelediğide m = 4 birim, m = 2 birimdir. Burada;

Detaylı

Permütasyon Kombinasyon Binom Aç l m. Olas l k ve statistik. Karmafl k Say lar

Permütasyon Kombinasyon Binom Aç l m. Olas l k ve statistik. Karmafl k Say lar 0 0 0 Gerçek Say lar Kümesii Geiflletme Gere i Kümesi Aalitik Düzlemde Gösterilmesi Efllei i Modülü da fllemler ki Karmafl k Say Aras daki Uzakl k Karmafl k Say Geometrik Yeri Kutupsal Gösterimi Karmafl

Detaylı

Şekil 2. Sabit hızla dönen diskteki noktanın anlık yüksekliğini veren grafik.

Şekil 2. Sabit hızla dönen diskteki noktanın anlık yüksekliğini veren grafik. FREKANS ve AYF Düzeli olarak tekrar ede olayları sıklığıı belirtmek içi kullaıla periyod kelimesi yerie birim zamada gerçekleşe tekrar etme sayısı da kullaılır ve bua frekas deir. Ayı şekilde periyodik

Detaylı

Mühendislik Mekaniği Dinamik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş

Mühendislik Mekaniği Dinamik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Mühendislik Mekaniği Dinamik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 13 Parçacık Kinetiği: Kuvvet ve İvme Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Dinamik, R.C.Hibbeler, S.C.Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 13 Parçacık

Detaylı

Hava. çıkışı. Fan. Şekil 1 6/7 Motor şasi ve fan gurubunun yalıtımı

Hava. çıkışı. Fan. Şekil 1 6/7 Motor şasi ve fan gurubunun yalıtımı Uygulama /0 Fa ve motor gurubu şasi üzerie cıvatalamış olup şasi de fabrika zemiie dübellerle bağlamak istemektedir. Şasi ve üzerideki toplam kütle 00 kg dır. Motor döme devri =000 dev/dak. Sistemi yere

Detaylı

Fizik 101-Fizik I 2013-2014. Katı Bir Cismin Sabit Bir Eksen Etrafında Dönmesi

Fizik 101-Fizik I 2013-2014. Katı Bir Cismin Sabit Bir Eksen Etrafında Dönmesi -Fizik I 2013-2014 Katı Bir Cismin Sabit Bir Eksen Etrafında Dönmesi Nurdan Demirci Sankır Ofis: 325, Tel: 2924332 İçerik Açısal Yerdeğiştirme, Hız ve İvme Dönme Kinematiği Açısal ve Doğrusal Nicelikler

Detaylı

Ki- kare Bağımsızlık Testi

Ki- kare Bağımsızlık Testi PARAMETRİK OLMAYAN İSTATİSTİKSEL TEKNİKLER Prof. Dr. Ali ŞEN Ki- kare Bağımsızlık Testi Daha öceki bölümlerde ölçümler arasıdaki ilişkileri asıl iceleeceğii gördük. Acak sıklıkla ilgileile veriler ölçüm

Detaylı

Fizik 101-Fizik I 2013-2014. Dönme Hareketinin Dinamiği

Fizik 101-Fizik I 2013-2014. Dönme Hareketinin Dinamiği -Fizik I 2013-2014 Dönme Hareketinin Dinamiği Nurdan Demirci Sankır Ofis: 364, Tel: 2924332 İçerik Vektörel Çarpım ve Tork Katı Cismin Yuvarlanma Hareketi Bir Parçacığın Açısal Momentumu Dönen Katı Cismin

Detaylı

Fizik 101: Ders 21 Gündem

Fizik 101: Ders 21 Gündem Fizik 101: Ders 21 Gündem Yer çekimi nedeninden dolayı tork Rotasyon (özet) Statik Bayırda bir araba Statik denge denklemleri Örnekler Asılı tahterevalli Asılı lamba Merdiven Ders 21, Soru 1 Rotasyon Kütleleri

Detaylı

Yrd.Doç. Dr. Mustafa Akkol

Yrd.Doç. Dr. Mustafa Akkol komşuluğu: Taım: ; isteildiği kadar küçük seçilebile poziti bir sayı olmak üzere a a açık aralığıa a R sayısıı komşuluğu deir Örek : Taım: a a a a ve 0 00 olsu ' i 0 00 0 00 999 00 : Z R bir dizi deir

Detaylı

5. Ders Yeterlilik. f(x 1 ; x 2 ; :::; x n ; ) = g (T (x 1 ; x 2 ; :::; x n ); ) h(x 1 ; x 2 ; :::; x n )

5. Ders Yeterlilik. f(x 1 ; x 2 ; :::; x n ; ) = g (T (x 1 ; x 2 ; :::; x n ); ) h(x 1 ; x 2 ; :::; x n ) 5. Ders Yeterlilik Yeterlilik Ilkesi: Bir T(X ; X ; :::; X ) istatisti¼gi, hakk da yeterli bir istatistik olacaksa hakk da herhagi bir souç ç kar m T arac l ¼g ile (X ; X,...,X ) öreklemie ba¼gl olmal

Detaylı

Örnek 2.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III. Markov Süreçleri Ders 7. Koşulsuz Durum Olasılıkları. Örnek 2.1

Örnek 2.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III. Markov Süreçleri Ders 7. Koşulsuz Durum Olasılıkları. Örnek 2.1 Örek.1 YÖNEYLEM ARAŞTIRMASI III Markov Süreçleri Ders 7 Yrd. Doç. Dr. Beyazıt Ocakta Web site: ocakta.bau.edu.tr E-mail: bocakta@gmail.com Reault marka otomobil sahilerii bir soraki otomobillerii de Reault

Detaylı

Temel bilgiler-flipped Classroom Akslar ve Miller

Temel bilgiler-flipped Classroom Akslar ve Miller Makine Elemanları I Prof. Dr. İrfan KAYMAZ Temel bilgiler-flipped Classroom Akslar ve Miller İçerik Aks ve milin tanımı Akslar ve millerin mukavemet hesabı Millerde titreşim hesabı Mil tasarımı için tavsiyeler

Detaylı

REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyon Basit doğrusal regresyon modeli: .. + n gözlem için matris gösterimi,. olarak verilir.

REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyon Basit doğrusal regresyon modeli: .. + n gözlem için matris gösterimi,. olarak verilir. 203-204 Bahar REGRESYON DENKLEMİNİN HESAPLANMASI Basit Doğrusal Regresyo Basit doğrusal regresyo modeli: y i = β 0 + β x i + ε i Modeli matris gösterimi, y i = [ x i ] β 0 β + ε i şeklidedir. x y 2 gözlem

Detaylı

V = g. t Y = ½ gt 2 V = 2gh. Serbest Düşme NOT:

V = g. t Y = ½ gt 2 V = 2gh. Serbest Düşme NOT: Havada serbest bırakılan cisimlerin aşağı doğru düşmesi etrafımızda her zaman gördüğümüz bir olaydır. Bu düşme hareketleri, cisimleri yerin merkezine doğru çeken bir kuvvetin varlığını gösterir. Daha önceki

Detaylı

limiti reel sayı Sonuç:

limiti reel sayı Sonuç: 6 TÜREV MAT Bara Yücel Taı: a, br veriliş ols. olak üzere : a, b R oksiyo ab, içi li liiti reel sayı ise, b liit değerie oksiyo oktasıdaki türevi deir ve d dy, ya da biçiide gösterilir. d d Ba göre, li

Detaylı

YAPISAL ELEMANLARIN TİTREŞİM FREKANSLARININ ANALİZİ İÇİN ÜÇ BOYUTLU TIMOSHENKO KİRİŞ ELEMANI

YAPISAL ELEMANLARIN TİTREŞİM FREKANSLARININ ANALİZİ İÇİN ÜÇ BOYUTLU TIMOSHENKO KİRİŞ ELEMANI 2. Türkiye Deprem Mühedisliği ve Sismoloji Koferası YAPISAL ELEMANLARIN TİTREŞİM FREKANSLARININ ANALİZİ İÇİN ÜÇ BOYUTLU TIMOSHENKO KİRİŞ ELEMANI ÖZET: O. Soydaş 1 ve A. Sarıtaş 2 1 Doktora Öğrecisi, İşaat

Detaylı

20 (1), 109-115, 2008 20(1), 109-115, 2008. kakilli@marmara.edu.tr

20 (1), 109-115, 2008 20(1), 109-115, 2008. kakilli@marmara.edu.tr Fırat Üiv. Fe ve Müh. il. Dergisi Sciece ad Eg. J of Fırat Uiv. 0 (), 09-5, 008 0(), 09-5, 008 Harmoikleri Reaktif Güç Kompazasyo Sistemlerie Etkilerii İcelemesi ve Simülasyou da KKİİ, Koray TUNÇP ve Mehmet

Detaylı

Sisteme gire aışaı eerjisi; ieti, potasiyel, aış eerjileri ile i eerjii toplamıda oluşmata olup, Q m& g m& Z g Z z0 ref. E g E + E p + u+ E A + gz +u+

Sisteme gire aışaı eerjisi; ieti, potasiyel, aış eerjileri ile i eerjii toplamıda oluşmata olup, Q m& g m& Z g Z z0 ref. E g E + E p + u+ E A + gz +u+ 4. BÖLÜM AÇIK SİSEMLERDE ERMODİNAMİĞİN I. KANUNU Aı aışlı sistemleri sııfladırılması Aı Sistem Aışlı Kararlı aışlı Kararsız aışlı dm dm 0 m& g m& 0 m& g m& dt dt Not: Aı sistemlerde eerji depolaması sözousu

Detaylı

Fizik 101: Ders 6 Ajanda. Tekrar Problem problem problem!! ivme ölçer Eğik düzlem Dairesel hareket

Fizik 101: Ders 6 Ajanda. Tekrar Problem problem problem!! ivme ölçer Eğik düzlem Dairesel hareket Fizik 101: Ders 6 Ajanda Tekrar Problem problem problem!! ivme ölçer Eğik düzlem Dairesel hareket Özet Dinamik. Newton un 3. yasası Serbest cisim diyagramları Problem çözmek için sahip olduğumuz gereçler:

Detaylı

Fizik-1 UYGULAMA-7. Katı bir cismin sabit bir eksen etrafında dönmesi

Fizik-1 UYGULAMA-7. Katı bir cismin sabit bir eksen etrafında dönmesi Fizik-1 UYGULAMA-7 Katı bir cismin sabit bir eksen etrafında dönmesi 1) Bir tekerlek üzerinde bir noktanın açısal konumu olarak verilmektedir. a) t=0 ve t=3s için bu noktanın açısal konumunu, açısal hızını

Detaylı

Hipotez Testleri. Parametrik Testler

Hipotez Testleri. Parametrik Testler Hipotez Testleri Parametrik Testler Hipotez Testide Adımlar Bir araştırma sorusuu belirlemesi Araştırma sorusua dayaa istatistiki hipotezleri oluşturulması (H 0 ve H A ) Hedef populasyoda öreklemi elde

Detaylı

D( 4 6 % ) "5 2 ( 0* % 09 ) "5 2

D( 4 6 % ) 5 2 ( 0* % 09 ) 5 2 3 BÖLÜM KAALI SİSEMLEDE EMODİNAMİĞİN I KANUNU I Yasaya giriş Birii bölümde eerjii edilide var veya yo edilemeyeeği vurgulamış, sadee biçim değiştirebileeği belirtilmişti Bu ile deeysel souçlara dayaır

Detaylı

OLİMPİYAT SINAVI. 9 x.sin x + 4 / x.sin x, 0 x π İfadesinin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır? A) 14 B) 13 C) 12 D) 11 E) 10

OLİMPİYAT SINAVI. 9 x.sin x + 4 / x.sin x, 0 x π İfadesinin alabileceği en küçük tamsayı değeri kaçtır? A) 14 B) 13 C) 12 D) 11 E) 10 . ( ) ( ) 9 x.si x + 4 / x.si x, 0 x π İfadesii alabileceği e küçük tamsayı değeri A) 4 B) 3 C) D) E) 0. Yuvarlak bir masa etrafıda otura 5 şövalye arasıda rasgele seçile 3 taeside e az ikisii ya yaa oturma

Detaylı

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız.

(Sopphie Germain Denklemi) çarpanlarına ayırınız. r s + t r s + t olduğunu ispatlayınız. + + + + olduğunu. + + = + + eşitliğini ispatlayınız. Sayılar Teorisi Kouları Geel Sıavları www.sbelia.wordpress.com SINAV I(IDENTITIES WITH SQUARES) 4 4. a 4b (Sopphie Germai Deklemi) çarpalarıa ayırıız.. 4 4 = A ise A ı sadece = durumuda asal olduğuu ispatlayıız..

Detaylı

DEPREMLERİN KAYIT EDİLMESİ - SİSMOGRAFLAR -

DEPREMLERİN KAYIT EDİLMESİ - SİSMOGRAFLAR - DEPREMLERİN KAYIT EDİLMESİ - SİSMOGRAFLAR - Doç.Dr. Eşref YALÇINKAYA (. Ders) Bu derste ; Sismograf ve bileşenleri Algılayıcı Sinyal koşullandırma birimi Kayıt sistemi Sismometrenin diferansiyel denklemi

Detaylı

Akışkanların Dinamiği

Akışkanların Dinamiği Akışkanların Dinamiği Akışkanların Dinamiğinde Kullanılan Temel Prensipler Gaz ve sıvı akımıyla ilgili bütün problemlerin çözümü kütlenin korunumu, enerjinin korunumu ve momentumun korunumu prensibe dayanır.

Detaylı

TĐCARĐ MATEMATĐK - 5.2 Bileşik Faiz

TĐCARĐ MATEMATĐK - 5.2 Bileşik Faiz TĐCARĐ MATEMATĐK - 5 Bileşik 57ÇÖZÜMLÜ ÖRNEKLER: Örek 57: 0000 YTL yıllık %40 faiz oraıyla yıl bileşik faiz ile bakaya yatırılmıştır Bu paraı yılı souda ulaşacağı değer edir? IYol: PV = 0000 YTL = PV (

Detaylı

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri

( 1) ( ) işleminde etkisiz eleman e, tersi olmayan eleman t ise te kaçtır? a) 4/3 b) 3/4 c) -3 d) 4 e) Hiçbiri V MERSİN MATEMATİK OLİMPİYATI (ÜNV ÖĞR) I AŞAMA SINAV SORULARI ( Nisa 8) de ye taımlı, birebir ve örte f ve g foksiyoları her bir içi koşuluu sağlası g( a ) = ve f ( ) ( ) ( ) f = g a 4 = a ise a sayısı

Detaylı

Süzgeç. Şekil 4.1 Süzgeçlemedeki temel fikir

Süzgeç. Şekil 4.1 Süzgeçlemedeki temel fikir Deey 4: ayısal üzgeçler Amaç Bu deeyi amacı solu dürtü yaıtlı (FIR) ve sosuz dürtü yaıtlı (IIR) sayısal süzgeçleri taıtılması ve frekas yaıtlarıı icelemesidir. Giriş iyal işlemede süzgeçleme bir siyali

Detaylı

Fizik 101: Ders 18 Ajanda

Fizik 101: Ders 18 Ajanda Fizik 101: Ders 18 Ajanda Özet Çoklu parçacıkların dinamiği Makara örneği Yuvarlanma ve kayma örneği Verilen bir eksen etrafında dönme: hokey topu Eğik düzlemde aşağı yuvarlanma Bowling topu: kayan ve

Detaylı

Bölüm-4. İki Boyutta Hareket

Bölüm-4. İki Boyutta Hareket Bölüm-4 İki Boyutta Hareket Bölüm 4: İki Boyutta Hareket Konu İçeriği 4-1 Yer değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri 4-2 Sabit İvmeli İki Boyutlu Hareket 4-3 Eğik Atış Hareketi 4-4 Bağıl Hız ve Bağıl İvme

Detaylı

Sistemin derecesi, sistemin karakteristik denkleminin en sade halinde (çarpansız) paydadaki s nin en yüksek derecesidir.

Sistemin derecesi, sistemin karakteristik denkleminin en sade halinde (çarpansız) paydadaki s nin en yüksek derecesidir. 43 BÖLÜM 3 ZAMAN CEVABI Sitemi derecei, itemi karakteritik deklemii e ade halide (çarpaız) paydadaki i e yükek dereceidir. Bir Trafer Fokiyouu Kutupları Trafer fokiyou G() N()/N() şeklide ifade edilire,

Detaylı

YER ÖLÇÜLERİ. Yer ölçüleri, verilerin merkezini veya yığılma noktasını belirleyen istatistiklerdir.

YER ÖLÇÜLERİ. Yer ölçüleri, verilerin merkezini veya yığılma noktasını belirleyen istatistiklerdir. YER ÖLÇÜLERİ Yer ölçüler, verler merkez veya yığılma oktasıı belrleye statstklerdr. Grafkler bze verler yığılma oktaları hakkıda ö blg vermede yardımcı olurlar. Acak bu değerler gerçek değerler değldr,

Detaylı

GAZLAR. Hacim. A(g) B(g) C(g) V kap : 5 L V A = V B = V C = 5 L

GAZLAR. Hacim. A(g) B(g) C(g) V kap : 5 L V A = V B = V C = 5 L 1 GAZLAR Çevremizi dikkatli bir şekilde icelediğimiz zama birçok gazı var olduğuu görürüz. Öreği hava birçok gazı oluşturduğu homoje bir karışımdır. abiattaki yama olaylarıı sebebi yie atmosferde % 1 oraıda

Detaylı

Şekil 1. DEÜ Test Asansörü kuyusu.

Şekil 1. DEÜ Test Asansörü kuyusu. DOKUZ EYLÜL ÜNĐVERSĐTESĐ TEST ASANSÖRÜ KUYUSUNUN DEPREM YÜKLERĐ ETKĐSĐ ALTINDAKĐ DĐNAMĐK DAVRANIŞININ ĐNCELENMESĐ Zeki Kıral ve Binnur Gören Kıral Dokuz Eylül Üniversitesi, Mühendislik Fakültesi, Makine

Detaylı

FİZİK 4. Ders 10: Bir Boyutlu Schrödinger Denklemi

FİZİK 4. Ders 10: Bir Boyutlu Schrödinger Denklemi FİZİK 4 Ders 10: Bir Boyutlu Schrödinger Denklemi Bir Boyutlu Schrödinger Denklemi Beklenen Değer Kuyu İçindeki Parçacık Zamandan Bağımsız Schrödinger Denklemi Kare Kuyu Tünel Olayı Basit Harmonik Salınıcı

Detaylı

HİPER KÜRESEL HORMONİKLER Nursefa YAKUPOĞLU Yüksek Lisans Tezi Matematik Anabilim Dalı Uygulamalı Matematik Bilim Dalı Yrd. Doç. Dr.

HİPER KÜRESEL HORMONİKLER Nursefa YAKUPOĞLU Yüksek Lisans Tezi Matematik Anabilim Dalı Uygulamalı Matematik Bilim Dalı Yrd. Doç. Dr. HİPER KÜRESEL HORMONİKLER Nursefa YAKUPOĞLU Yüksek Lisas Tezi Matematik Aabilim Dalı Uygulamalı Matematik Bilim Dalı Yrd. Doç. Dr. Arzu AYKUT 2014 Her hakkı saklıdır ATATÜRK ÜNİVERSİTESİ FEN BİLİMLERİ

Detaylı

BİNAYA TEMEL SEVİYESİNDE TESİR EDEN TABAN KESME KUVVETİNİN BULUNMASI V = W A(T ) R (T ) 0,10.A.I.W

BİNAYA TEMEL SEVİYESİNDE TESİR EDEN TABAN KESME KUVVETİNİN BULUNMASI V = W A(T ) R (T ) 0,10.A.I.W BİNAYA TEMEL SEVİYESİNDE TESİR EDEN TABAN KESME KUVVETİNİN BULUNMASI X-X YÖNÜNDE BİNAYA TEMEL SEVİYESİNDE TESİR EDEN TABAN KESME KUVVETİNİN BULUNMASI V W A(T ) R (T ) 0,10.A.I.W TOPLAM BİNA AĞIRLIĞI (W)

Detaylı

Mühendislik Mekaniği Dinamik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş

Mühendislik Mekaniği Dinamik. Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Mühendislik Mekaniği Dinamik Yrd.Doç.Dr. Akın Ataş Bölüm 14 Parçacık Kinetiği: İş ve Enerji Kaynak: Mühendislik Mekaniği: Dinamik, R.C.Hibbeler, S.C.Fan, Çevirenler: A. Soyuçok, Ö. Soyuçok. 14 Parçacık

Detaylı

7. Ders. Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları

7. Ders. Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları Hatırlatma: ( Ω, U, P) bir olasılık uzayı ve 7. Ders Bazı Kesikli Olasılık Dağılımları : Ω ω R ( ω) foksiyou Borel ölçülebilir, yai B B içi { ω Ω : ( ω) B } U oluyorsa foksiyoua bir Rasgele Değişke deir.

Detaylı

Matematik Olimpiyatları İçin

Matematik Olimpiyatları İçin KONU ANLATIMLI Matematik Olimpiyatları İçi İdirgemeli Diziler, Kombiatorik ve Cebirsel Uygulamaları LİSE MATEMATİK OLİMPİYATLARI İÇİN Lokma Gökçe, Osma Ekiz İdirgemeli Diziler ve Uygulamaları Lokma Gökçe,

Detaylı

NİÇİN ÖRNEKLEME YAPILIR?

NİÇİN ÖRNEKLEME YAPILIR? İÇİ ÖREKEME YAPIIR? Zama Kısıdı Maliyeti Azaltma Hata Oraıı Azaltma Souca Ulaşma Hızı Doç.Dr. Ali Kemal ŞEHİRİOĞU Araş.Gör. Efe SARIBAY Örekleme Teorisi kousuu içide, Örekleme Tipleri populasyoda örek

Detaylı

{ 1 3 5} { 2 4 6} OLASILIK HESABI

{ 1 3 5} { 2 4 6} OLASILIK HESABI OLASILIK HESABI Bu derste, uygulamalarda sıkça karşılaşıla, Olasılık Uzaylarıda bazılarıa değieceğiz ve verilmiş bir Olasılık Uzayıda olasılık hesabı yapacağız. Ω. Ω solu sayıda elemaa sahip olsu. Ω {

Detaylı

Rijit Cisimlerin Dengesi

Rijit Cisimlerin Dengesi Rijit Cisimlerin Dengesi Rijit Cisimlerin Dengesi Bu bölümde, rijit cisim dengesinin temel kavramları ele alınacaktır: Rijit cisimler için denge denklemlerinin oluşturulması Rijit cisimler için serbest

Detaylı

OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI SIGNAL FLOW GRAPH

OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI SIGNAL FLOW GRAPH OTOMATİK KONTROL SİSTEMLERİ İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI SIGNAL FLOW GRAPH İŞARET AKIŞ DİYAGRAMLARI İşaret akış diyagramları blok diyagramlara bir alternatiftir. Fonksiyonel bloklar, işaretler, toplama noktaları

Detaylı

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER

İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İKİNCİ DERECEDEN DENKLEMLER İkinci Dereceden Denklemler a, b ve c reel sayı, a ¹ 0 olmak üzere ax + bx + c = 0 şeklinde yazılan denklemlere ikinci dereceden bir bilinmeyenli denklem denir. Aşağıdaki denklemlerden

Detaylı

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI

ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI ALTERNATİF SİSTEMLERİN KARŞILAŞTIRILMASI Bezetimi e öemli faydalarıda birisi, uygulamaya koymada öce alteratifleri karşılaştırmaı mümkü olmasıdır. Alteratifler; Fabrika yerleşim tasarımları Alteratif üretim

Detaylı

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve

BÖLÜM III. Kongrüanslar. ise a ile b, n modülüne göre kongrüdür denir ve BÖLÜM III Kogrüaslar Taım 3. N sabit bir sayı, a, b Z olma üzere, eğer ( a b) ise a ile b, modülüe göre ogrüdür deir ve a b(mod ) şelide gösterilir. Asi halde, yai F ( a b) ise a ile b ye modülüe göre

Detaylı

NİĞDE İLİ RÜZGAR ENERJİSİ POTANSİYELİ WIND ENERGY POTENTIAL OF NIGDE PROVINCE

NİĞDE İLİ RÜZGAR ENERJİSİ POTANSİYELİ WIND ENERGY POTENTIAL OF NIGDE PROVINCE Niğde Üiersitesi Mühedislik Bilimleri Dergisi, Cilt 1, Sayı, (1), 37-47 NİĞDE İLİ RÜZGAR ENERJİSİ POTANSİYELİ Uğur YILDIRIM 1,* Yauz GAZİBEY, Afşi GÜNGÖR 1 1 Makie Mühedisliği Bölümü, Mühedislik Fakültesi,

Detaylı

Fonksiyonlarda Limit. Dizi fonksiyonu, tanım kümesindeki bütün 1, 2, 3,, n, sayma sayılarına, sırasıyla

Fonksiyonlarda Limit. Dizi fonksiyonu, tanım kümesindeki bütün 1, 2, 3,, n, sayma sayılarına, sırasıyla Foksiyolarda Limit Foksiyolarda it: Bu bölümde y f ( ) foksiyou ve sayısı verildiğide, bağımsız değişkei sayısıa (solda veya sağda) yaklaşırke ya da sosuza yaklaşırke, foksiyou da bir L sayısıa (veya ya

Detaylı

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır?

2(1+ 5 ) b = LYS MATEMATİK DENEMESİ. işleminin sonucu kaçtır? A)2 5 B)3 5 C)2+ 5 D)3+ 5 E) işleminin sonucu kaçtır? 017 LYS MATEMATİK DENEMESİ Soru Sayısı: 50 Sınav Süresi: 75 ı 1. 4. (1+ 5 ) 1+ 5 işleminin sonucu kaçtır? A) 5 B)3 5 C)+ 5 işleminin sonucu kaçtır? D)3+ 5 E)1+ 5 A) B) 1 C) 1 D) E) 3. 4 0,5.16 0,5 işleminin

Detaylı

2. Basınç ve Akışkanların Statiği

2. Basınç ve Akışkanların Statiği 2. Basınç ve Akışkanların Statiği 1 Basınç, bir akışkan tarafından birim alana uygulanan normal kuvvet olarak tanımlanır. Basıncın birimi pascal (Pa) adı verilen metrekare başına newton (N/m 2 ) birimine

Detaylı

ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV. ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV

ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV. ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV - 1 - ÖĞRENME ALANI TEMEL MATEMATİK BÖLÜM TÜREV ALT ÖĞRENME ALANLARI 1) Türev 2) Türev Uygulamaları TÜREV Kazanım 1 : Türev Kavramını fiziksel ve geometrik uygulamalar yardımıyla açıklar, türevin tanımını

Detaylı

YAPAN: ESKISEHIR G TIPI LOJMAN TARİH: 15.02.2010 REVİZYON: Hakan Şahin - ideyapi Bilgisayar Destekli Tasarım

YAPAN: ESKISEHIR G TIPI LOJMAN TARİH: 15.02.2010 REVİZYON: Hakan Şahin - ideyapi Bilgisayar Destekli Tasarım YAPAN: PROJE: TARİH: 15.02.2010 REVİZYON: Hakan Şahin - ideyapi Bilgisayar Destekli Tasarım YAPI GENEL YERLEŞİM ŞEKİLLERİ 1 4. KAT 1 3. KAT 2 2. KAT 3 1. KAT 4 ZEMİN KAT 5 1. BODRUM 6 1. BODRUM - Temeller

Detaylı

Massachusetts Teknoloji Enstitüsü-Fizik Bölümü

Massachusetts Teknoloji Enstitüsü-Fizik Bölümü Massachusetts Teknoloji Enstitüsü-Fizik Bölümü Fizik 8.01 Ödev # 8 Güz, 1999 ÇÖZÜMLER Dru Renner dru@mit.edu 14 Kasım 1999 Saat: 18.20 Problem 8.1 Bir sonraki hareket bir odağının merkezinde gezegenin

Detaylı