Tork ve Denge - Nihat Bilgin Yayıncılık

11. SINIF
KONU ANLATIMLI
1. ÜNİTE: KUVVET VE HAREKET
8. Konu
TORK VE DENGE
ETKİNLİK VE TEST ÇÖZÜMLERİ
8 Tork ve Denge
2
1. Ünite 8. Konu (Tork ve Denge)
2. T gerilme kuvvetleri ile P ağırlık vektörleri birbirine
A’nın Çözümleri
paraleldir. Kuvvetlerle çubuk arasındaki açıların si-
1. Çubuk dengede olduğuna göre L noktasına göre
toplam tork sıfırdır. Bunu kullanarak önce ipteki T
gerilme kuvvetini bulalım.
eşittir. Bu nedenle açı değerlerini almamıza gerek
(+)
nüs değerleri birbirlerini 180° ye tamamladığından
yoktur. K noktasına göre moment alırsak;
(–)
T . 4 br + T . 2 br = P . 3 br
4T + 2T = 90 ⇒
T = 15 N
bulunur.
Ty = T. sin 30°
Tx
L
K
3. Sistem iki ipe asılı olarak dengede kaldığından iplerden birinin geçtiği noktaya göre net tork sıfır olur.
P2 = 10 N
P1 = 20 N
/x=0
P1 . 7 br + P2 . 3 br – Ty . 5 br = 0
140 + 30 – T . Sin30° . 5 br = 0
Şekildeki A noktasına göre net tork alalım;
(+)
(–)
T1
T2
L
170 = T ·
T = 68 N bulunur.
L
Fx
Fy
Yatayda iki kuvvet var. Bunlar duvarın tepki kuvveti
ile ipteki gerilme kuvvetinin yatay bileşenidir. Yatayda dengenin sağlanması için bu iki kuvvet zıt yönde
eşit olmalıdır.
Fx = Tx = T . cos30°
Fx = 68
Düşey dengenin sağlanması için de düşeydeki kuvvetlerin zıt yönde eşit olması gerekir. Duvarın düşey
tepki kuvveti Fy olmak üzere;
/x=0
–5T1 + 4 . 15 + 2 . 15 = 0
T1 + T2 = 30 ⇒ T2 = 12 N
T1
T2
=
tadır.
Fy = 4 N
bulunur.
T = 18 N
X
(+)
53°
(–)
P
Y
X
T . sin30° = 20 + 10 + Fy
bulunur.
Demek ki çubuğun ağırlık merkezi ipin asıldığı nok-
Ty = P1 + P2 + Fy
34 = 30 + Fy
18
3
=
12
2
4. Çubuk Şekil I deki gibi ipe asılı olarak dengededir.
3
= 34v3 N
2
5T1 = 90 ⇒ T1 = 18 N
37°
37°
15 N
15 N
A
1
·5
2
Nihat Bilgin Yayıncılık©
Y
P
Şekil I
Şekil II
Şekil II de Y noktasına göre net tork sıfır olacağından;
TORK VE DENGE
/x=0
–T · 4 br · sin53° + P · 3 br · sin37° = 0
3
6. Kuvvetlerin düşey bileşenleri çubukları döndüreceğinden, önce kuvvetlerin düşey bileşenlerini alalım.
Sonra O noktasına göre net torku sıfıra eşitleyelim.
3
4
+P·3·
=0
5
5
–18 · 4 ·
(+)
P = 32 N bulunur.
(–)
F3
F2y = 100 · sin53°
= 80 N
F1y = 100 · sin37°
= 60 N
O
5. T1 ve T2 gerilme kuvvetlerinin değerini bulmak için
önce P2 ağırlığının değerini bulmamız gerekir. XY
çubuğunun dengede olduğunu göz önüne alarak,
Şekil I deki A noktasına göre net torku sıfıra eşitleyelim.
(+)
P2
Şekil I
/x=0
P1 . 1 br – 30 . 1 br – P2 . 4 br = 0
54 = 30 + 4P2
P2 = 6 N
T = 54 + 30 + 6
T = 90 N
Nihat Bilgin Yayıncılık©
30 N
T = P1 + 30 + P2
O noktasına göre net tork sıfırdır.
/x=0
+F2y . 4 br – F1y . 2 br – F3 . 2 br = 0
A
+80 . 4 – 60 . 2 – F3 . 2 = 0
F3 = 100 N
bulunur.
Y
P1 = 54 N
Sistemdeki F 3 ile F 1y kuvvetleri (–) yönde F 2y
kuvveti de (+) yönde döndürme yapar.
(–)
T
X
7. T1 ve T2 gerilme kuvvetleri hem lâmi teoreminden
hem de bileşenlerine ayrılarak bulunabilir.
I. yol
37°
53°
T2
T1
143°
127°
T2
T1
L
K
10 N
Lami teoreminden;
T1
T2
P
=
=
sin 90 °
sin 143 °
sin 127 °
sin127° = sin53° = 0,8 (Birbirini 180° ye tamamlayan açıların sinüsleri eşittir.)
sin143° = sin37° = 0,6 dır.
T1
10
dan T1 = 6 N
=
1
0, 6
T2
10
den T2 = 8 N bulunur.
=
1
0, 8
T = 90 N
Şekil II
90 N luk kuvvet T1 ve T2 iplerine uzaklıkla ters orantılı olarak paylaşılır. T1 = 60 N, T2 = 30 N olur.
4
Ünite 1
Kuvvet ve Hareket
II. yol Kesişen üç kuvvet dengede ise, kuvvetlerden
herhangi ikisinin bileşkesi üçüncü kuvvete eşit
ve zıt yöndedir.
10.
P = 10 N
(+)
53° 37° T 2
T1
O
T1 = P . cos 53° = 10 . 0,6 = 6 N
T2 = P . cos 37° = 10 . 0,8 = 8 N olur.
37°
53° 37°
53°
127°
30°
60° r
A
Küre A noktasında dengede olduğuna göre, A noktasına göre net tork sıfırdır.
P2
T
F
P
10 N
8.
(–)
/x=0
–F . sin30° . r + P . sin60° . r = 0
143°
–F ·
1
+P·
2
3
=0
2
F
= 3
P
bulunur.
Nihat Bilgin Yayıncılık©
P1
Lami teoreminden;
P1
sin 90 °
P1
1
=
P2
12
=
sin 37 °
sin 53 °
=
P2
12
=
0, 6
0, 8
11.
T2y
T2
P1 = 20 N, P2 =16 N bulunur.
T2
X
37°
T2x
T1
9.
60°
PX = 60 N
T2
60°
120°
T2 ip gerilme kuvvetinin yatay ve düşey bileşenleri
şekildeki gibidir.
T2y = T2 . sin37° = PX
T2 .
T1
150°
P
Lami teoreminden
T1
T2
P
=
=
sin 150 °
sin 90 °
sin 120 °
T1
1
2
=
T2
1
=
T2 > P > T1
P
3
2
bulunur.
3
= 60
5
T2 = 100 N
T2x + T1 = T2
T2 . cos37° + T1 = T2
4
+ T1 = 100
5
80 + T1 = 100
100
T1 = 20 N bulunur.
TORK VE DENGE
12.
b. Denge koşuluna göre yataydaki FK kuvveti ile fs
kuvvetleri eşittir. Benzer şekilde, FL kuvveti ile P
ağırlığı da birbirine eşittir.
T2
K
T1x
T3
37°
PK
T1
T1 gerilme kuvvetinin yatay ve düşey bileşenleri
yandaki şekil üzerinde gösterilen T1x ve T1y dir.
Sistem dengede olduğuna göre;
T3 = T1x = T1 . cos37°
T3 = 20 . 0,8 = 16 N
T2 = T1y + PK = T1 . sin37° + 60
T2 = 20 . 0,6 + 60 = 72 N
O
3m
fs
2m
FL = P = 90 N bulunur.
2m
Nihat Bilgin Yayıncılık©
5m
37°
L
/ Fy = 0
14.Açıları ve kuvvetleri Şekil I in üzerinde gösterelim.
53°
FL
FK = fs = 60 N
K
FK
/ Fx = 0
T1y
13.
37°
53°
T1
T3
K
37°
Şekil I
T1
FL :Yerin tepki kuvveti
fs :Çubukla yer arasındaki sürtünme kuvveti
FK, FL tepki kuvvetleri yüzeylere dik durumdadır. fs
sürtünme kuvveti ise çubuğun kaymasını önleyen
kuvvettir. Oluşan üçgende açıların 37°, 53° ve 90°
olması nedeniyle, diğer kenarlar şekilde gösterildiği
gibi, 3 m ve 4 m dir.
/x=0
FK . 3 – P . 2 = 0
FK . 3 – 90 . 2 = 0
FK = 60 N bulunur.
143°
37°
T2=12 N
K
127°
P1
Şekil II
Şekil II de gösterilen K noktasına Lami teoremini
uygulayarak;
a. O noktasına göre sistem dengede olduğuna
göre net tork sıfırdır.
53°
P2
FK :K duvarının tepki kuvveti
L
T2
P1
M
P = 90 N
5
T1
sin 90 °
T1
1
=
=
T2
sin 127 °
=
P1
sin 143 °
P1
12
=
0, 8
0, 6
T1 = 15 N
P1 = 9 N bulunur.
Ünite 1
Kuvvet ve Hareket
127°
T2 = 12 N
T1
143°
F21
37
°
Şekil III
Şekil III te gösterilen L noktasına Lami teorimini uygulayarak;
T1
P1 = 24 N
F12
53°
P2 = 24 N
T2
F12; birinci kürenin ikinciye, F21; ikinci kürenin birinciye uyguladığı tepki kuvvetidir. Şekilde gösterilen
kuvvetler arasında;
T3
P2
12
=
=
sin 143 °
sin 127 °
sin 90 °
53°
37°
P2
T2
53°
L
37°
16.
T3
37°
6
T3
P2
12
=
=
0, 6
0, 8
1
F12 = F21
T3 = 20 N
P1 = P2
P2 = 16 N bulunur.
T1 = T2
ilişkisi vardır. Taralı üçgenlerden birinin trigonometrik değerlerini kullanarak soruda istenenleri bulabiliriz.
cos 37° =
15.
K
Nihat Bilgin Yayıncılık©
FL
FL
L
53°
143°
FK
37°
37°
53°
37°
FK
127°
53°
P
P
Şekil II
37°
53°
Şekil I
Küre ağırlığından dolayı K ve L düzlemlerine bir kuvvet uygular. K ve L düzlemleri de uygulanan kuvvete eşit ve zıt yönlü bir tepki gösterir. FK, FL tepki kuvvetlerini Şekil I deki gibi gösterebiliriz. Oluşan dik üçgenlerin iç açılarından, bilinmeyen açılar bulunur.
Lami teoreminden;
FL
sin 90 °
FL
1
=
=
FK
sin 127 °
FK
0, 8
FL =
5
P
3
FK =
4
P
3
=
=
P
sin 143 °
P
0, 6
bulunur .
24
T1
T1 = 30 N
sin 37° =
F21
T1
F21 = 18 N bulunur.
TORK VE DENGE
3. Türdeş çubukların ağırlıkları bir kuvvet gibi tam orta
noktalarından, yerin merkezine doğru gösterilir. İpteki gerilme kuvvetine T diyelim. Sistem dengede
olduğuna göre; O noktasına göre net tork sıfırdır.
Test 1 in Çözümleri
1. F 1 ve F 4 kuvvetleri çubuğu O noktasına göre (+)
yönde, F 2 ve F 3 kuvvetleri de çubuğu (–) yönde
döndürür. Buna göre toplam tork;
τnet = +F1.d1 – F2.d2 – F3.d3 + F4.d4
τnet = +F.3d – 3F.2d – F.2d + 3F.d
τnet = –2Fd bulunur.
(+)
(–)
O
Yanıt D dir.
24 N
12 N
/x=0
+24 . 2 – 12 . 1 – T . 3 = 0
48 – 12 – 3T = 0
T = 12 N bulunur.
T
Nihat Bilgin Yayıncılık©
2.
7
Yanıt B dir.
4. Uzantısı K noktasından geçecek kuvvetlerin torku
sıfırdır. Tork oluşturacak kuvvetler şekil üzerinde
gösterilmiştir.
F3
Ty
(+)
(–)
F2y
T
53°
O
37°
16 N
F2x
F1x
20 N
53°
F1y
K
F1 ve F2 kuvvetlerinin yatay ve düşey bileşenleri şekildeki gibidir. Torkun tanımı gereği kuvvetle O dan
olan dik uzaklık çarpılır.
Py
P
Çubuk dengede kaldığına göre K noktasına göre
net tork sıfırdır.
/x=0
τ1 = F1x . 2 + F1y . 2 = 2 . 2 + 1 . 2 = 6 birim
τ2 = F2x . 1 + F2y . 2 = 2 . 1 + 2 . 2 = 6 birim
Ty . 4 – Py . 3 – 16 . 6 = 0
τ3 = F3 . 2 = 3 . 2 = 6 birim
T.sin37° . 4 – 10 . sin53° . 3 – 96 = 0 ⇒
Buna göre torklar arasındaki büyüklük ilişkisi;
T = 50 N bulunur.
τ1 = τ2 = τ3 olur.
Yanıt E dir.
Yanıt A dır.
8
Ünite 1
Kuvvet ve Hareket
7. Şekil I de destek O noktasında iken denge sağlandığına göre, O noktası çubuğun ağırlık merkezidir.
15 N luk ağırlık, bir kuvvet gibi O noktasından gösterilir. P ağırlığının Py bileşeni torka katkıda bulunur,
Px bileşeni bulunmaz.
5.
(+)
(–)
1. ip
2. ip
A
T
B
K
30°
yatay
X
Denge bozulmadan B ucuna asılabilecek ağırlık
miktarı hesaplanırken 1 . ip devre dışı kalır. Denge
2. ip etrafında bozulabilir. O hâlde K noktasına göre
net tork sıfır olmalıdır. Buradan;
(–)
O
Py
30°
(+)
60°
yatay
X
/x=0
G . 2 br – x . 3 br = 0
60 . 2 – x . 3 = 0
Y
60°
G = 60
x = 40 N
bulunur.
Nihat Bilgin Yayıncılık©
Yanıt A dır.
6.
(+)
(–)
P = 15 N
Çubuk X noktası etrafında dönebilecek durumda
iken denge sağlanmıştır. O hâlde X noktasına göre
net tork sıfırdır.
/x=0
–Py · 2 + T · 5 = 0
–15 · sin30° · 2 + T · 5 = 0
15
= 3 N bulunur.
5
Yanıt B dir.
T=
53°
8.
FL
T
K
37°
53°
(+)
(–)
L
53°
53°
53°
8N
10 N
K
10 N luk P ağırlığının yatay bileşeninin K noktasına
göre torku sıfırdır. Düşey bileşen 10 . sin53° = 8 N luk
kuvvet, çubuğu (–) yönde, T gerilme kuvveti de (+)
yönde döndürür. Sistem dengede olduğuna göre, K
noktasına göre net tork sıfırdır.
/x=0
+T . 5 br – 8 . 2 br = 0
60 N
37°
T=
16
N bulunur.
5
Önce kalasın ağırlığını tam orta noktasından bir
kuvvet gibi gösterelim. Duvarın L noktasından kalasa gösterdiği tepki FL olsun. K noktasına göre net
tork sıfırdır.
/x=0
FL . 5 – 60 . 3 . sin53° = 0
5FL – 144 = 0
Yanıt A dır.
FL = 28,8 N bulunur.
Yanıt C dir.
TORK VE DENGE
9. KL ve MN türdeş çubuklarının 120 N olan ağırlıkları çubukların orta noktalarında gösterilir. Sistem
dengede olduğundan iplerin bağlı olduğu noktalarda net tork sıfırdır.
(+)
11.
30°
30°
T2
9
T3
T2
T3
60° 60°
120°
T4=7P
(–)
120°
2P
120°
T1=5P
T4=7P
5P
T1
T2
M
K
L
120 N
Şekil I
Şekil II
N
Şekil I deki verilenlere göre, T1 = 5P olduğundan T4
olarak adlandırılan ip gerilme kuvvetinin değeri 7P
olur. Şekil II den de görüleceği gibi, T2 = T3 = T4 = 7P
olur. O hâlde T2 = T3 > T1 bulunur.
120 N
İplerin bağlı olduğu noktalardan birine göre, örneğin
M noktasında toplam torku sıfıra eşitlersek;
M noktasına göre moment alırsak;
/x=0
T2 . 4 br – 120 . 1 br – 120 . 4 br = 0
4 . T2 = 600
T2 = 150 N
T1 + T2 = 240 N olacağından;
T1 = 90 N bulunur.
Yanıt E dir.
Nihat Bilgin Yayıncılık©
Yanıt D dir.
12.F kuvveti; K duvarına FK, L duvarına da FL etkisi yapar. Duvarların tepkisi de şekildeki gibi olur.
10.Açıları şekildeki gibi gösterelim.
düşey
60°
F
T1
30°
yatay
53°
60°
150°
53°
60°
30°
T2
P
60°
P = 20 N
TK = T
Lami teoreminden;
T1
T2
P
=
=
sin 60 °
sin 150 °
sin 150 °
T1
3
2
=
T2
1
2
=
TL = T
20
1
2
F · cos53° = T
F · sin53° = T + P
F · sin53° = F · cos53° + P
3
4
F– F =P
5
5
1
F = 10
5
F = 50 N bulunur.
T1 = 20v3 N
T2 = 20 N bulunur.
Yanıt C dir.
Yanıt B dir.
10
Ünite 1
Kuvvet ve Hareket
13.Yalnızca alttaki iki küre olsaydı, bu kürelerin dengede kalması için, F kuvvetine gerek olmazdı. Ancak
en üstteki kürenin şekildeki biçimde durması için F
kuvveti gereklidir.
T
T
14.
K
F2
L
60°
FL
F1
30°
30°
60°
150°
30°
R= 3 T
P
FK
120°
60°
F
60° 60°
P
Üstteki küre, P ağırlığından dolayı öteki iki küreye
bir etki yapar. Alttaki küreler de buna şekilde gösterildiği gibi bir tepki gösterir.
Üstteki kürenin ağırlığının oluşturduğu tepki kuvvetinin, yatay bileşeni F ye eşittir.
Şekil II de iki T arasındaki açı 60° olduğundan bileş-
keleri v3T dir.
v3T = P
P
3
bulunur. Ayrıca T nin yatay bileşeni F ye eşittir. Buradan;
T=
T · cos60° = F
P 1
=F
·
3 2
FL
FK
P
=
=
sin 150 °
sin 90 °
sin 120 °
Şekil II
F=
Nihat Bilgin Yayıncılık©
P
30°
Şekil üzerinde tepki kuvvetlerini gösterdiğimizde
karşımıza çeşitli dik üçgenler çıkar. Bu üçgenlerden
yararlanarak açıların değerlerini buluruz. Lami teoreminden;
60°
P
Şekil I
F
30°
60°
T
30°
30°
T
FL
FK
30
=
=
1
1
3
2
2
FL = 60 N,
FK = 30v3 N bulunur.
Yanıt A dır.
15.
(+)
(–)
M
T3
P
2 3
T2
bulunur.
L
T1
Yanıt C dir.
K
X
G
K ipinin bulunduğu noktaya göre net tork sıfırdır.
Buradan;
/x=0
G . 1 – T1 . 4 = 0
T1 =
G
4
bulunur.
TORK VE DENGE
K ipindeki gerilme TK + T1 = G olacağından;
16.
G
=G
4
3G
TK =
4
L ipinin bulunduğu noktaya göre de net tork sıfırdır.
Buradan;
/x=0
TK . 1 – T2 . 4 = 0
3G
= T2 · 4
4
3G
T2 =
16
olur. L ipindeki gerilme kuvveti;
2 F kuvvetinin yatay ve düşey bileşenleri şekildeki gibidir. Bu kuvvetlerden Fx olanın torku sıfırdır.
Geriye Fy = F ile G kuvvetleri kalır. Aynı koşulda
dengenin sağlandığı sistem B seçeneğidir.
Yanıt B dir.
17.
bulunur. M ipinin bulunduğu noktaya göre net tork sıfırdır.
TL . 1 – T3 . 4 = 0
G
9G
16
/x=0
O
3G
3G
+ TL =
16
4
d
Fx = F
T2 + TL = TK
TL =
Fy = F
d
9G
– T3 · 4 = 0
16
9G
T3 =
64
9G
T3
64
9
=
=
T1
16
G
4
F
Nihat Bilgin Yayıncılık©
TK =
11
F
Y
X
O
O
θ
yatay
GY
GX
O
θ
yatay
Z
GZ
Eşit uzunluktaki türdeş X, Y ve Z çubukları aynı F
kuvvetinin etkisinde dengededir. Y ve Z çubuklarında kuvvetlerin çubukla yaptığı açıların sinüs değerleri eşittir. Bu nedenle;
Yanıt A dır
GX = GY = GZ dir.
Yanıt A dır.