genel fizik ı ders notları

GENEL FİZİK I
DERS NOTLARI
Hazırlayanlar:
Dr. Mustafa POLAT
Dr. Leyla TATAR YILDIRIM
2012
BÖLÜM-1
Ölçme
Bu bölüm kapsamında aşağıdaki başlıklar üzerinde
durulacaktır:
 Bir fiziksel niceliğin ölçülmesi
 Birimler, birim sistemleri
 Mekanikte temel birimler
 Birim dönüşümleri
 Ölçümlerdeki duyarlılık
(1-1)
Ölçme: miktar belirleme işlemidir.
Fizikte, nicelikleri ölçmek için birtakım deneyler yapar ve ölçülen
nicelikler arasında bir bağ kurmaya çalışırız. Bu bağlar genellikle
matematiksel eşitlikler yoluyla ifade edilir.
Buna en iyi örnek Ohm Yasası’ dır. Bu yasanın özü, bir iletkenin
iki ucu arasına uygulanan potansiyel fark ile iletken üzerinden
akan elektrik akımının ölçülmesi esasına dayanır.
Uygulanan potansiyel fark (V) ile elektrik akımı (I) arasındaki
ilişki çizgiseldir ve aşağıdaki matematiksel form ile verilir
V
R= =
I
Constant
sabit
Bu eşitlik “Ohm Yasası” olarak bilinir.
Eşitlikteki R, iletkenin “direnci” dir.
(1-2)
Birimler: Fiziksel bir büyüklüğü tam olarak tanımlayabilmek için
o büyüklüğün nasıl ölçüleceğini bir kurala bağlamak ve bir birim
ile ifade etmek gerekir. Böylece büyüklükleri bir standarda
bağlamış oluruz.
Temel Büyüklükler: Büyüklüklerin tümü birbirinden bağımsız
değildir. Bazı büyüklükler temel büyüklük, diğerleri ise bu temel
büyüklüklerden türetilmiş büyüklüklerdir.
Temel büyüklükler için bir standart saptanır ve diğer büyüklükler
temel büyüklükler cinsinden birimlendirilir.
Temel büyüklüklerin belirlenmesi amacı ile, 1875 yılında kurulan
ve halen Paris’te bulunan Uluslararası Ağırlık ve Ölçmeler
Bürosu (IBWM = International Bureau of Weights and
Measurements) 1971 yılında bir toplantı yapmış ve Tablo 1’de
verilmiş olan 7 büyüklüğü temel büyüklük olarak seçmiştir.
(1-3)
Bu 7 büyüklük uluslararası birim sistemini
(The International Systems of Units = SI) oluşturur.
Tablo 1. SI temel büyüklükleri
Büyüklük
Uzunluk
Kütle
Zaman
Elektrik akımı
Sıcaklık
Madde miktarı
Işık şiddeti
Adı
Metre
Kilogram
Saniye
Amper
Kelvin
Mol
Kandela
Sembolü
m
kg
s
A
K
mol
Cd
Mekanikte sadece üç tane niceliğe ihtiyaç duyulur.
Bunlar uzunluk, zaman ve kütledir.
(1-4)
Metre:
Başlangıçta metre, kuzey kutbu ile ekvator arasındaki
mesafenin on-milyonda biri olarak tanımlanmıştır (1792).
AB
1m≡ 7
10
;
(R Dünya = 6370 km)
Pratik nedenlerden ötürü daha sonra metre,
platin-iridyumdan yapılmış standart bir ölçüm çubuğu
üzerindeki iki çizgi arasındaki mesafe olarak
tanımlanmıştır.
1983’ ten beri metre, 1/299792458 s’ lik zaman
aralığında ışığın boşlukta aldığı yol olarak
tanımlanmıştır. Bu yeni tanımın sebebi, ışık hızının çok
hassas bir şekilde ölçülebiliyor olmasıdır.
(1-5)
Saniye:
Başlangıçta saniye, Dünya’nın kendi ekseni etrafındaki tam bir dönüş
süresinin (24x60x60)’ ta biri olarak aşağıdaki gibi tanımlanmıştır.
1 saniye ≡
1
24 × 60 × 60
Bu tanımdaki problem, şekilde
gösterildiği gibi, bir günlük
sürenin sabit olmayışıdır.
Bu nedenle 1967’ den beri saniye, Cessium-133 elementinin yaydığı belli
bir dalga-boyundaki ışığın 9192631770 titreşimi için geçen süre olarak
tanımlanmaktadır.
(1-6)
Kilogram:
SI birim sisteminde kütle standardı olan bir platin-iridyum silindir aşağıda
verilmiştir.
Bu silindirin kütlesi 1 kilogram olarak kabul edilmiş ve Paris’ teki
Uluslararası Kütle Ölçüm Bürosu’ nda tutulmaktadır. Hassas kopyaları
da başka ülkelere gönderilmiştir.
(1-7)
Birim dönüştürme :
Çoğu zaman fiziksel niceliklerin birimlerini değiştirmeye ihtiyaç duyarız. Bunu
yapmak için, iki birim arasındaki dönüşüm faktörünü bilmemiz gerekir.
Örnek: karayolu hız limiti olan 65 mil/saat' i m/s cinsinden ifade ediniz.
1 mil = 1609 m ve 1 saat = 3600 s
Bu durumda,
65
mil
saat
bulunur.
1609 m 
m

=
65x
29


3600 s 
s

Bu hız limitini km/sa cinsinden bulunuz.
(1-8)
Ölçümlerdeki Duyarlılık :
Belli bir nicelik, örneğin bir cismin uzunluğu L, değişik duyarlılıklarda belirlenebilir.
Duyarlılık ölçüm yöntemine ve ölçüm aletine bağlıdır.
En küçük ölçeği 1 mm olan bir cetvel ile ölçüm yapıyorsak L uzunluğunu,
L = 1.234 m şeklinde vermek gerekir.
Yani L uzunluğu dört anlamlı sayı ile verilmelidir.
Cetvel üzerindeki en küçük ölçek 1 mm olduğundan,
L' yi L = 1.2346 m biçiminde vermek anlamsız olacaktır.
Diğer taraftan, duyarlılığı 0.1 mm olan verniyeli kumpas kullanıyorsak,
L = 1.2346 m şeklinde verilebilir ve bu durumda beş anlamlı sayı ile ifade edilir.
Hesaplanan nicelikteki anlamlı sayı, hesaplamalarda kullanılan niceliklerin anlamlı
sayılarından fazla olamaz.
(1-9)
Örnek: Sabit v hızıyla hareket eden bir araç d = 123 m' lik yolu
t = 7.89 s' de alıyor. Aracın hızını bulunuz.
Aracın hızı :
d
123 m
v=
=
=15.5893536 m/s
t
7.89 s
v' yi ifade etmek için dokuz rakam kullanmak anlamlı değildir.
Çünkü, v' nin hesaplanmasında kullanılan d ve t nicelikleri
sadece üç anlamlı sayı ile verilmiştir.
Dolayısıyla v' de üç anlamlı sayı içerecek şekilde verilmelidir:
v = 15.6 m/s.
(1-10)
Birimlerin alt ve üst katları: Bazı
büyüklükler aynı birim ile ifade edildiği
halde sayısal değerleri birbirinden çok
farklı olabilir. Örneğin, bir atomun
yarıçapı ile Dünya’ nın yarıçapı metre
olarak ifade edilir, ancak sayısal
değerleri çok farklıdır. Bu nedenle SI
birimlerin alt ve üst katlarını gösteren
işaretler kullanılır.
Faktör
İsim
Sembol
1024
1021
1018
1015
1012
109
106
103
102
101
10-1
10-2
10-3
10-6
10-9
10-12
10-15
10-18
10-21
10-24
Yotta
Zetta
Exa
Peta
Tera
Giga
Mega
Kilo
Hecto
Deka
Deci
Centi
Milli
Micro
Nano
Pico
Femto
Atto
Zepto
Yocto
Y
Z
E
P
T
G
M
k
h
da
d
c
m
m
n
p
f
a
z
y
Günlük dildeki
adı
1 septilyon
1 sekstilyon
1 kentilyon
1 katrilyon
1 trilyon
1 milyar
1 milyon
bin
yüz
on
onda bir
yüzde bir
binde bir
milyonda bir
milyarda bir
trilyonda bir
katrilyonda bir
kentilyonda bir
sekstilyonda bir
septilyonda bir
(1-11)
Bazı Ölçme Aletleri
(1-12)
Cetvel
(1-13)
Verniyeli Kumpas
(1-14)
Mikrometre
(1-15)
BÖLÜM-2
Vektörler
Fizikte sadece büyüklükleri ile tanımlanan niceliklere “skaler”
nicelikler diyoruz. Sıcaklık, kütle, enerji bunlardan bazılarıdır.
Büyüklük yanında ayrıca yön bilgisi içeren veya gerektiren diğer fiziksel
niceliklere ise “vektörel” nicelikler diyoruz. Yer-değiştirme, hız, ivme, kuvvet
bunlardan bazılarıdır.
Bu bölüm kapsamında, aşağıdaki konulara değineceğiz:
Vektörleri geometrik toplama ve çıkarma işlemi
Vektörleri bileşenlerine ayırma ve birim vektör notasyonu
Bileşenler yardımıyla toplama ve çıkarma
Bir vektörün bir skaler ile çarpılması
İki vektörün skaler (dot veya nokta) çarpımı
İki vektörün vektörel (cross) çarpımı
(2-1)
Bir vektörün üç elemanı vardır.
Uygulama Noktası (başlangıç noktası): Vektörel büyüklüğün
uygulandığı noktaya uygulama ya da başlangıç noktası denir.
Yukarıdaki vektörün uygulama noktası O noktasıdır.
Büyüklüğü: Vektörün sayısal değerine o vektörün büyüklüğü denir.

Şekilde verilen a vektörünün büyüklüğü a = AB' dir.
Yönü:Vektörel büyüklüğün yönü, doğru parçasının ucuna konulan

okun yönündedir. Şekildeki a vekötürnün yönü O' dan A' ya yöneliktir
veya doğu yönündedir.
(2-2)
A noktasından B noktasına hareket eden bir cismin yer-değiştirme
vektörü A noktasından B noktasına çizilen bir okla gösterilir.
Okun uzunluğu yer-değiştirmenin büyüklüğü ile orantılıdır.
Okun yönü ise yer-değiştirmenin yönü ile ilgilidir.
Şekilde A dan B ye, A' den B' ne ve A'' nden B'' ne çizilen
vektörlerin büyüklükleri ve yönleri aynıdır.
Vektörler, büyüklükleri ve doğrultuları değiştirilmeden
istenildiği gibi kaydırılabilir.

a
a
Kitaplarda vektörler sembolik olarak iki şekilde gösterilir:
(niceliğin üzerine bir ok çizilir)
(nicelik koyu yazılır)
Vektörün büyüklüğü de

a
veya
a
biçiminde sembolize edilir.
(2-3)
Vektör işlemleri
• Vektörlerin Eşitliği
• Bir Vektörün Negatifi
• Vektörün Taşınması
• Vektörlerin Toplanması
• Vektörlerin Çıkarılması
• Vektörün Bileşenlerine Ayrılması
• Vektörün Büyüklüğünün Bulunması
• Vektörün bir eksenle yaptığı açının bulunması
• Vektörlerin bileşenleri cinsinden toplanması
• Vektörlerin Çarpılması
1. Bir Vektörün Bir Skaler ile Çarpılması
2. İki Vektörün Skaler (dot veya nokta çarpım) Çarpılması
3. İki Vektörün Vektörel Çarpılması
• Vektörlerin Skalerle Bölünmesi
• VEKTÖR VEKTÖRE BÖLÜNMEZ !!!
(2-4)
Vektörlerde Geometrik Toplama :
  
s= a + b


b vektörünün başlangıç noktası a vektörünün ucuna gelecek

şekilde b vektörü kaydırılır.


a vektörünün başlangıç noktasından b vektörünün uç noktasına

çizilen vektör s vektörüdür.

İki vektör arasındaki açı θ olmak üzere, s vektörünün büyüklüğü,
s 2 =a 2 +b 2 +2abcosθ
ile verilir (kosinüs teoremi).
(2-5)
Vektörlerde Geometrik Toplama :
B
A
A
R=A+B
R=A+B=?
B
C
A
B
D
C
D
R=A+B+C+D=?
B
A
R=A+B+C+D
(2-6)
Vektörel toplama işleminin
"değişme özelliği" vardır:
   
a +b =b +a


b vektörünün negatifi (-b ),

b vektörü ile aynı büyüklükte
fakat ters yöndedir.
(2-7)
Örnek : Kuzeye doğru yönelmiş 20 km' lik bir vektör ile 60o
kuzey-batıya doğru yönelmiş 35 km' lik vektörün bileşkesini bulunuz.
İki vektör arasındaki açı 60o ' dir.
Kosinüs teoremine göre bileşke vektörün büyüklüğü,
s = a 2 +b 2 +2abcosθ
=
( 20 ) + ( 35) +2 ( 20 )( 35) cos ( 60o )
2
2
= 48.2 km
sin β sin θ
b
35
=
→ sinβ = sinθ =
sin(120 ) = 0.629
b
s
s
48.2
β = 38.9o
(2-8)
Vektörlerde Geometrik Çıkarma:
  
d= a − b
   

d = a − b = a + −b biçiminde yazılabilir.
( )



b vektöründen − b vektörü bulunur ve a
vektörü ile toplanır.
Not: Vektörleri bileşenleri vasıtasıyla toplamak veya çıkarmak
mümkündür. Uygulamada bu yöntem çok daha kullanışlı ve kolaydır.
(2-9)
Vektörlerde Geometrik Çıkarma:
-B
A
R=A-B=?
R=A-B
A
B
R=A-B+C
A
B
C
R=A-B+C=?
A
C
-B
(2-10)
Vektörün bileşenleri ve bir eksenle yaptığı açı:
Bir vektörün bir eksen yönündeki bileşeni, vektörün o eksen üzerindeki

izdüşümüdür. Örneğin ax , a vektörünün x - ekseni üzerindeki izdüşümüdür.
Vektörün ax bileşeni, başlangıç ve uç noktalarından x - eksenine çizilen
dikmeler arası mesafedir.

cosθ ve a y a sin θ
enleri ax a=
a vektörünün x- ve y -bileş
=
eşitlikleri ile verilir. Bir vektörün ax ve a y bileşenleri biliniyorsa,
vektörün büyüklüğü ve sırasıyla x ve y ekseni ile yaptığı açı
bulunabilir.
ABC dik üçgeninden:
ay
ax
a=
a + a ; tan θ x =
; tan θ y =
ax
ay
2
x
2
y
(2-11)
Birim vektörler :
Herhangi bir doğrultuda, büyüklüğü "1" olan vektöre "birim vektör" denir.
Birimsizdir ve sadece sadece yön göstermek amacıyla kullanılır.
x, y ve z - eksenleri yönündeki birim vektörler,
sırasıyla, ˆi , ˆj ve kˆ ile gösterilirler.
Tüm vektörler birim vektörler cinsinden yazılabilir.


ˆ
ˆ
Şekildeki vektörler: a =
ax i + a y j ; b =
bx ˆi + by ˆj


a ve b yönündeki birim vektörler:


a
b
ile verilir.
aˆ = ; bˆ =
a
b


Bu durumda a ve b vektörleri,


ˆ ; b bbˆ biçiminde de yazılabilir.
=
a aa
=
(2-12)
Bileşenleri Yardımıyla Vektörlerin Toplanması:

=
a ax ˆi + a y ˆj
  

→ r = a +b = ?



b = bx ˆi + by ˆj 
ˆ

r = ( ax + bx ) i + ( a y + by ) ˆj
Bileşenleri Yardımıyla Vektörlerin Çıkarılması:

  
=
a ax ˆi + a y ˆj
→ d = a −b = ?



b = bx ˆi + by ˆj 
d = ( ax − bx ) ˆi + ( a y − by ) ˆj
(2-13)
Örnek : Bir cisim üç ardışık yer-değiştirme yapıyor. Bunlar sırasıyla,



ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
d1 = 15i + 30j +12k cm, d 2 = 23i − 14 j − 5k cm ve d3 = −13iˆ +15jˆ cm
olduğuna göre, toplam yer-değiştirme vektörünün bileşenlerini ve
büyüklüğünü bulunuz.
   
R = d1 + d 2 + d3 = (15 + 23 − 13) ˆi + ( 30 − 14 +15 ) ˆj + (12 − 5 ) kˆ
= 25iˆ + 31jˆ + 7kˆ cm
Rx
R=
25=
cm ; Ry 31
=
cm ; Rz 7 cm
R +R +R=
2
x
2
y
2
z
( 25) + ( 31) + ( 7 ) =
2
2
2
40.4 cm
(2-14)
Örnek: A şehri B şehrinin 46 km batı ve 35 km güneyinde yer
almaktadır. Bu iki şehir arasındaki en kısa mesafenin büyüklüğünü ve
yönünü bulunuz.

R=
R
− 46iˆ – 35 ˆj
46 km
(46 km) 2 + (35 km) 2
−35 km
tan φ =
−46 km
35 km
R = 57.8 km
φ=?
B
R=?
A
φ = 37.30
(2-15)
Örnek: Bir erkek çocuğu bir kıza, şekildeki gibi, 240 N’ luk bir kuvvet
uygulamaktadır. Kızın kolu yatayla 28° açı yaptığına göre bu kuvvetin
bileşenlerini bulunuz.
F = 240 N
Fy
F
Fy
280
Fx
Fx = −|(240 N) cos 280| = − 240*0.88= − 212 N
Birim vektörler cinsinden
Fy = +|(240 N) sin 280| =240*0.47= +113 N

F=
− ( 212 N ) iˆ + (113 N ) ˆj
(2-16)
Örnek: Bir kaplumbağa aşağıda verilen ardışık üç yerdeğiştirme ve bu yer
değiştirmelerin yatayla yaptığı açı verilmiştir. Kaplumbağanın toplam yer
değiştirme vektörü R’ nin büyüklüğünü ve yönünü bulunuz.
A = 5 m, 0o
R
B = 2.1 m, 20o
θ
A=5m
C = 0.5 m, 90o
cos 20o= 0.94
Vektör
f
A=5 m
00
B=2.1m 200
C=0.5 m 900
X-bileşeni (i)
+5m
+(2.1 m) cos 20o
0
Rx = Ax+Bx+Cx
C = 0.5 m
20o
B = 2.1 m
sin 20o= 0.34
Y-bileşeni (j)
0
+(2.1 m) sin 20o
+ 0.5 m
Ry = Ay+By+Cy
(2-17)
Örnek devam: Verilen üç vektörün toplamını bulunuz.
x-bileşeni (i)
y-bileşeni (j)
Ax = + 5.00 m
Ay = 0
Bx = +1.97 m
By = +0.718 m
Cx = 0
Cy = + 0.50 m
A = 5.00 i +
0j
B = 1.97 i + 0.718 j
C=
0 i + 0.50 j
R = 6.97 i + 1.22 j
(2-18)
Bir Vektörün Bir Skalerle Çarpımı :

s bir skaler nicelik ve a ' da bir vektör olmak üzere, bunların çarpımı


b = sa ile verilen yeni bir vektördür.
Bu yeni vektörün büyüklüğü b = s | a | ile verilir.


s > 0 ise, b vektörü a ile aynı yöndedir.


s < 0 ise, b vektörü a ile ters yöndedir.


Örnek : F = ma
(2-19)
İki Vektörün Skaler Çarpımı :
İki vektörün skaler çarpımı, "dot veya nokta" çarpım olarak da bilinir.


 
a ve b vektörlerinin skaler çarpımı a ⋅ b =ab cos φ ifadesi ile verilir.
Örnek: İş
 
W= F • x
(2-20)
Bileşenleri Cinsinden Skaler Çarpım :
 
a ⋅ b = ax ˆi + a y ˆj + az kˆ ⋅ bx ˆi + by ˆj + bz kˆ
(
)(
)
ˆi ⊥ ˆj ⊥ kˆ olduğundan,
ˆi ⋅ ˆi = ˆj ⋅ ˆj = kˆ ⋅ kˆ = 1 

ˆi ⋅ ˆj = ˆj ⋅ ˆi = 0

 
 → a ⋅ b= ax bx + a y by + az bz bulunur.
ˆi ⋅ kˆ = kˆ ⋅ ˆi = 0


ˆj ⋅ kˆ = kˆ ⋅ ˆj = 0

(2-21)


ˆ
ˆ
ˆ
Örnek : A = 2i + 3j + k ve B = −4iˆ + 2jˆ − kˆ vektörleri arasındaki
açıyı bulunuz.
Bu soruda, iki vektör arasındaki açıyı bulmak için vektörlerin iki
farklı yolla skaler çarpım işleminden yararlanacağız. İki sonucu
birleştirerek açıya geçeceğiz.
 
=
I. Yol : A ⋅ B ABcosθ = (2) 2 + (3) 2 + (1) 2 ⋅ (−4) 2 + (2) 2 + (−1) 2 ⋅ cosθ
= 14 ⋅ 21 ⋅ cosθ
 
II. Yol : A ⋅ B =Ax Bx + Ay By + Az Bz =
(2)(−4) + (3)(2) + (1)(−1) =
−3
 
A⋅ B
3
3
=
−
=
−
=
−0.175 → θ = 100o
cosθ =
AB
14 ∗ 21
294
(2-22)


Örnek : A ve B vektörlerinin büyüklükleri aynı ve 5 birimdir.
 
A+ B = 6iˆ olduğuna göre, bu iki vektör arasındaki açıyı bulunuz.
 
Kosinüs teoremine göre:
=
A+B
A2 + B 2 + 2 ∗ A ∗ B ∗ cosθ ' dır.
Buna göre,
=
6
52 + 52 + 2 ∗ 5 ∗ 5 ∗ cosθ
(6.0) 2 − (5) 2 − (5) 2
14
cosθ =
106.3o bulunur.
=
− =
−0.28 → θ =
2(5)(5)
50



Örnek : A =
6iˆ − 8jˆ ; B =
−8iˆ + 3jˆ ve C =
26iˆ +19jˆ vektörleri veriliyor.
  
aA+bB +C = 0 eşitliğini sağlayan a ve b sayılarını hesaplayınız.

 
aA+bB +C = (6a − 8b+ 26)iˆ + ( − 8a + 3b + 19)jˆ = 0
6a − 8b =
−26 
a 5 ve =
b 7 bulunur.
 → =
−8a + 3b =
−19 
(2-23)
Vektörel Çarpma :


  
a ve b vektörleri arasındaki vektörel çarpma işlemi, c= a × b

ile verilen yeni bir vektör oluşturur. c vektörünün büyüklüğü


c = ab sin φ ile verilir ve a ile b vektörlerinin oluşturduğu
düzleme diktir. Yönü "sağ-el-kuralı" ile belirlenir:
Vektörel çarpım, "cross" çarpım olarak da bilinir.
Sağ el kuralı:


i. a ve b vektörlerinin başlangıç noktalarını birleştiriniz.

ii. a vektörünü parmak uçlarınız onun yönünü gösterecek
şekilde sağ avuç içine yatırınız.


iii. a vektörünü küçük açı yönünde b ' nin üzerine süpürünüz.

iv. Baş parmağınız c vektörünün yönünü verir.
(2-24)
Sağ el kuralı:
(2-25)
  
Vektörel çarpımın özellikleri: c = a x b
1. c = ab sin θ


2. a ve b birbirine paralel veya antiparalel ise c = 0'dır.
 

3. c ⊥ a  

   c vektörü a ve b ' nin bulunduğu düzleme diktir.
4. c ⊥ b 
 

5. c = −( b x a ) vektörel çarpımda değişme özelliği yoktur.
(2-26)
Bileşenleri Cinsinden Vektörel Çarpma :
 
a ×b
(
)(
a x ˆi + a y ˆj + az kˆ × b x ˆi + by ˆj + bz kˆ
)
ˆi × ˆi = ˆj × ˆj = kˆ × kˆ = 0
ˆi × ˆj =kˆ ; ˆj × ˆi =− kˆ 

kˆ × ˆi =ˆj ; ˆi × kˆ =−ˆj
ˆj × kˆ =ˆi ; kˆ × ˆj =− ˆi
 
a ×=
b
(a b
y z
 olduğundan



− az by ) ˆi + ( az bx − ax bz ) ˆj + ( ax by − a y bx ) k̂
 
Not : a × b, aşağıdaki determinant yolu ile de belirlenebilir.
i j k
 
a×b =
ax a y az
bx
by
 
 
; Not : a × b =
− b ×a
(
)
bz
(2-27)



ˆ B = −4iˆ + 2jˆ − kˆ ve C = 5iˆ − 2jˆ vektörleri verilsin.
Örnek : A = 2iˆ + 3jˆ + k,
 
  
   
a −) A × B = ? , b −) C × (A+B) =C × A+C × B olduğunu gösteriniz.
ˆi ˆj kˆ
 
a=
−) A × B
2 3 1 = −5iˆ − 2ˆj +16kˆ
−4 2 −1
ˆi
b −)
ˆj
kˆ
  
C × (A+ B) = 5 −2 0 = 21kˆ
−2 5 0
ˆi ˆj kˆ
ˆi
ˆj kˆ
 
 
ˆ
ˆ
ˆ
C × A= 5 −2 0 = −2i − 5j +19k ve C × B= 5 −2 0 = 2iˆ + 5jˆ + 2kˆ
2 3 1
−4 2 −1
   
  
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
C × A + C × B = −2i − 5j +19k + 2i + 5j + 2k = 21k = C × (A+B)
(
) (
)
(2-28)
(2-29)
(2-30)
(2-31)
⇒ cosθ = 0
(2-32)
BÖLÜM-3
Bir Doğru Boyunca Hareket
Bu bölümde, cisimlerin bir doğru boyunca hareketini inceleyeceğiz.
Aşağıdaki fiziksel nicelikleri ayrıntılı bir şekilde tanımlayacağız.
 Konum ve Yer-değiştirme
 Ortalama Hız
 Ortalama Sürat
 Anlık Hız
 Ortalama ve Anlık İvme
Sabit ivmeli hareket için, herhangi bir andaki hızı ve konumu
veren bağıntıları türeteceğiz.
Ayrıca, yer yüzeyine yakın noktalarda yerçekimi etkisi altında cisimlerin
hareketini inceleyeceğiz.
Son olarak da, ivmenin sabit olmadığı durumlarda, cismin hareketini eğri
altındaki alanın hesaplanması yöntemiyle inceleyeceğiz.
(3-1)
Kinematik, cisimlerin hareketini inceleyen mekaniğin bir alt dalıdır.
Bir cismin konumu zamanla değişiyorsa o cisim hareketlidir deriz.
Hareketli cisimlerin noktasal parçacıklardan oluştuğunu ve hepsinin de
aynı şekilde hareket ettiğini kabul edeceğiz.
Bu bölümde, harekete neyin sebep olduğuyla ilgilenmeyeceğiz.
x-ekseni boyunca hareket eden bir cisim düşünelim.
Herhangi bir t anında, orijine göre cismin konumu x(t) ile
tanımlanır. x-ekseninin hangi tarafında bulunduğuna göre,
cismin koordinatı negatif veya pozitif olabilir.
KONUM: Bir cismin yerinin bir referansa göre
belirlenmesidir.
Bir cismin “konum vektörü”, bulunduğu koordinat
sisteminin orijininden cismin bulunduğu noktaya çizilen
vektördür.
(3-2)
Not: Yer-değiştirme ile gidilen toplam yol aynı şey değildir !!
B
A
(3-3)
B
Yol=100 m
Yer değiştirme
50 m
A
Örnek: x1 = 5 m konumundan pozitif yönde x2 = 200 m konumuna
giden ve oradan tekrar başlangıçtaki konumuna dönen bir cisim
düşünelim.
Cisim toplam olarak 390 m yol aldığı halde,
yer-değiştirmesi Δx = 0’ dır.
(3-4)
Yer-değiştirme Vektörü: Bir cisim x1 konumundan x2 konumuna
hareket etmişse, konumundaki değişim yer-değiştirme ile tanımlanır.

∆
x =
yer değiştirme


x2 − x1


son konum
ilk konum
SI sisteminde birimi (m)
Örneğin, ilk konumu x1 = 5 m ve son konumu x2 = 12 m olan bir cismin yerdeğiştirmesi Δx = 12–5 = 7 m olacaktır. Δx’ in pozitif olması, yerdeğiştirmenin +x yönünde olduğunu gösterir.
Cisim x1 = 5 m konumundan x2 = 1 m konumuna hareket etseydi, yerdeğiştirme Δx = 1–5 = – 4 m olurdu. Δx’ in negatif olması, yerdeğiştirmenin –x yönünde olduğunu gösterir.
Yer-değiştirme, hem büyüklüğü hem de yönü olan vektörel bir niceliktir.
Tek boyuttaki hareketi incelediğimiz bu bölümde, yer-değiştirme yönü
olarak Δx’ in işaretini kullanacağız.
(3-5)
Konum-zaman Grafiği ve Ortalama Hız:
Bir cismin hareketini tanımlamanın bir yolu, cismin konumunu zamana
bağlı olarak çizmektir.
Herhangi bir t1 anı ile t2 anı arasında, canlının x1 konumundan x2 konumuna ne
kadar hızlı gittiği konusunda “ortalama hız” bize bir fikir verecektir.
Konum-zaman grafiğinde (t1, x1) noktasından (t2, x2) noktasına çizilen doğrunun
eğimi, cismin t1 ve t2 aralığındaki vort hızına eşittir.
 


x2 − x1 ∆x
=
vort =
t2 − t1 ∆t
ortalama hız
(3-6)
Hareket ve konum-zaman grafiği
x
t
Cismin hareketini tanımlayınız.
Cisim duruyor.
Duran bir cismin konum-zamana grafiği.
(3-7)
Hareket ve konum-zaman grafiği
x
t
Cismin hareketini tanımlayınız.
Cisim +x yönünde sabit hızla gidiyor.
Değişen bir hızla hareket eden
bir canlının konum-zaman
grafiği
(3-8)
Hareket ve konum zaman grafiği
x (m)
B
x
∆x
A
∆t
vort =
∆x / ∆t
t
Bir cismin konum-zaman grafiği
grafikte verilmiştir. Bu cismin
ortalama hızı hesaplayınız.
vort = ∆ x/∆ t=2.0/6.0=1/3 m/s
(3-9)
Örnek: Şekilde bir cismin t1 = 1 s ve t2 = 4 s anlarındaki konumları
x1 = − 4 m ve x2 = 2 m’dir.
Cismin ortalama hızını bulalım.
=
vort
x2 − x1 2 − (−4) 6 m
=
= = 2 m/s
t2 − t1
4 −1
3s
(3-10)
Ortalama Sürat (vsürat_ort):
vsürat_ort
toplam yol
=
∆t
Ortalama sürat, Δt zaman aralığında alınan “toplam yol” cinsinden tarif edilir.
Ortalam sürat ortalama hızın büyüklüğü değildir.
Örnek : Şekildeki otomobilin, A ve F
noktaları arasındaki, ortalama hızını
ve süratini hesaplayınız (t A = 0 ve
x A = 30 m ; t F = 50 s ve xF = − 53 m).
=
vort
xF − x A −53 − 30
=
50 − 0
tF − t A
83
=
− =
−1.66 m/s
50
x AB + xBD + xDF 22+52+53
=
vsürat_ort =
50
50
127
= = 2.54 m/s
50
(3-11)
Örnek : x-ekseni boyunca hareket eden bir cismin
konum-zaman grafiği yanda verilmiştir.
Cismin 0 − 2 s ; 0 − 4 s ; 0 − 7 s ; 0 − 8 s
aralıklarında ortalama hızını bulunuz.
0 − 8 s aralığında cismin hız-zaman grafiğini çiziniz.
Konum-zaman grafiğinden;
10 − 0
5−0
vort(0-2)
= = 5 m/s
= = 1.25 m/s
; vort(0-4)
2−0
4−0
−5 − 0
0−0
=
−0.714 m/s ; vort(0-8) =
=
vort(0-7) =
0
7−0
8−0
dx
10 − 0
5 − 10
−2.5 m/s
v =→ v(0-2) = =
5 m/s ; v(2-4) = =
dt
2−0
4−2
−5 − 5
5−5
= 0
= −5 m/s
v(4-5) =
; v(5-7) =
5−4
7−5
0 − (−5)
=
v(7-8) = 5 m/s
8−7
(3-12)
Anlık Hız:
Ortalama hız, bir cismin t1 ve t2 zaman aralığında
ne kadar hızlı olduğu bilgisini içerir. Herhangi bir
t anında cismin ne kadar hızlı olduğu bilgisi “anlık
hız” tanımıyla verilir.
Anlık hız, ortalama hızın Δt →0
durumundaki limitidir.
=
v
∆x dx
=
lim
∆t →0 ∆t dt
Bu tanımdan anlık hız, cismin x konumunun
zamana göre birinci türevidir.
Yani, konum-zaman grafiğinin herhangi bir
andaki eğimidir.
Anlık sürat anlık hızın büyüklüğüdür.
(3-13)
Örnek : x-ekseni boyunca hareket eden bir cismin konumu
x(t ) = −4t +2t 2
ifadesine göre değişmektedir (t saniye, x metre cinsindendir).
a −) 0 − 1 s ve 1 − 3 s aralıklarında cismin ortalama hızını bulunuz.
b −) t =
2.5 s anındaki hızını bulunuz.
a −) vort(0-1)
vort(1-3)
−4 + 2] − [ 0]
[
=
=
−2 m/s
dx
=
−4 + 4t m/s
b −) v(t ) =
dt
1− 0
−12 + 18] − [ −4 + 2]
[=
3 −1
4 m/s
v(2.5) =
−4 + 4(2.5) =
6 m/s
(3-14)
Ortalama İvme:
t1 ve t2 anları arasındaki ortalama ivme:
v2 − v1 ∆v
=
aort =
t2 − t1 ∆t
m / s2
Anlık İvme:
Anlık ivme, ortalama ivmenin Δt→0
durumundaki limitidir ve herhangi bir t anında
hızın ne kadar hızlı değiştiğini gösterir.
∆v dv
dv d  dx  d 2 x
=
a lim =
a =
=
; =


0
∆t → ∆t
dt
dt dt  dt  dt 2
Bu tanımdan anlık ivme, cismin hızının zamana
göre birinci türevidir. Yani, hız-zaman grafiğinin
herhangi bir andaki eğimidir.
(3-15)
Sabit İvmeli Hareket :
t = 0 'da cismin hızı v0 ve konumu x0 olsun.
v
dv
a=
→ dv= adt → ∫ dv=
dt
v0
t
t
∫ adt= a ∫ dt → v(t )=
0
v0 + at
(Eş-1)
0
x
t
t
dx
→ dx = vdt = ( v0 + at ) dt → ∫ dx = ∫ v0 dt + a ∫ tdt
v=
dt
x0
0
0
1 2
x(t ) − x0 = v0t + at
2
(Eş-2)
Bu iki eşitlikten t yok edilirse: v 2 =
v02 + 2a ( x − x0 ) (Eş-3)
(3-16)
Konum x( t ), hız v( t ) ve ivmenin a( t ) zamanla değişimleri :
Konum-zaman grafiği, düşeyi x = x0’ da kesen bir
paraboldür.
1 2
x − x0 = v0t + at
2
Hız-zaman grafiği, düşeyi v = v0’ da kesen ve
eğimi ivmeye (a) eşit bir doğrudur.
v= v0 + at
Burada ivme (a) sabittir.
(3-17)
Sabit İvmeli Hareket Denklemleri :
1. v= v0 + at ∗ ∗ ∗
1 2
2. x − x0 = v0t + at
2
3. v 2 =
v02 + 2a ( x − x0 )
∗∗∗
v − v0
a=
t
∗∗∗
1
4. x − x0 = vort t =
(v0 + v)t
2
(3-18)
Örnek : x-ekseni boyunca ilerleyen bir sürücü, t = 10 s içinde hızını düzgün
olarak 10 m/s' den 30 m/s' ye çıkarıyor.
a −) Sürücünün ivmesini bulunuz.
b−) Bu ivmelenme sürecinin ilk yarısında otomobil ne kadar yol alır?
c−) Bu ivmelenme sürecinde otomobil ne kadar yol alır?
30 − 10
a −) aort=
= 2 m/s 2
10 − 0
1
1
b −) ∆x = xs − xi = vi t + at 2 =(10 ) ∗ (5) + ∗ (2) ∗ (5) 2 = 75 m
2
2
1 2
c −) ∆x = xs − xi = vi t + at =
2
1
(10 ) ∗ (10 ) + ∗ (2) ∗ (10)2 = 200 m
2
(3-19)
Örnek : Durgun halden harekete başlayan bir cismin
ivme-zaman grafiği yanda verilmiştir.
a=
−) t 10 s=
ve t 20 s anlarında cismin hızı nedir?
b −) İlk 20 s içinde cisim ne kadar yol almıştır?
a −) t = 0 − 10 s → a = 2 m/s 2 → v = v0 + at → v = 20 m/s
10-15 s aralığında a = 0 olduğundan hız sabittir ve 20 m/s' dir.
15-20 s aralığında a = −3 m/s 2 ve ilk hız 20 m/s' dir.
v = v0 + at → v = 20 + (−3) ∗ (5) = 5 m/s
(20) 2 − (0) 2
b −) 0-10 s aralığında: v −=
v 2a ( x − x0 ) → ∆x1 =
=100 m
2(2)
2
2
0
10-15 s aralığında:
=
a 0=
ve v 20 m/s → ∆x2 =20 ∗ (5)=100 m
2
2
(5)
−
(20)
15-20 s aralığında: v 2= v02 + 2a ( x − x0 ) → ∆x3 =
= 62.5 m
2 ∗ (−3)
∆x = ∆x1 + ∆x2 + ∆x3 = 262.5 m
(3-20)
Serbest Düşme:
Dünya yüzeyinin yakınlarında tüm cisimler büyüklüğü 9.8 m/s2 ve yönü
dünyanın merkezine doğru olan bir ivmenin etkisinde hareket ederler.
Serbest düşmede cisimlerin ivmesi sembolik olarak “g” ile gösterilir.
y-ekseni düşeyde ve yukarı yönde alınırsa,
serbest düşmede cismin ivmesi a =− g olur.
v= v0 − gt
1 2
y − y0 = v0t − gt
2
v 2 =−
v02 2 g ( y − yo )
(Eş-1)
(Eş-2)
(Eş-3)
(3-21)
Örnek : 50 m yüksekliğinde bir binanın tepesinden bir taş düşey
doğrultuda yukarı doğru 20 m/s hızla fırlatılıyor. (g = 10 m / s 2 )
a −) Taş maksimum yüksekliğe ne kadar zamanda çıkar?
b −) Bu nokta yerden ne kadar yüksektedir?
c −) Taş fırlatıldığı seviyeye ne kadar zamanda gelir? Bu noktada hızı ne olur?
d −) t =
5 s anında taşın hızı ve konumu nedir?
a −) Maksimum yükseklikte cismin hızı sıfırdır: v = v0 − gt → t = 2 s
b −) v 2 = v02 − 2 g ( y − yo ) → ( y − yo ) = 20 m → h = 70 m
1 2
1
2 ∗ (20)
c −) y − y0 = 0 = v0t − gt → t (v0 − gt ) = 0 → t =
= 4s
2
2
10
v=
v0 − gt =
20 − 10 ∗ (4) =
−20 m/s
d −) v =
v0 − gt =
20 − 10 ∗ (5) =
−30 m/s
v 2 − v02
900 − 400
25 m
y − 50 =
=
=
−25 m → y =
−2 ∗ (10)
−20
(3-22)
Örnek : Bir helikopterin yerden yüksekliği y = 3t 2 ile veriliyor. Burada
t saniye ve y metre cinsindendir. t = 2 s anında helikopterden bir paket
serbest bırakılıyor.
a −) Paket ne kadar zamanda yere ulaşır (g = 10 m / s 2 )?
b−) Paket yere ulaştığı anda hızının büyüklüğü kaç m/s'dir?
c −) Paketin ivmesi için ne söyleyebilisriniz?
dy
= 6t → paket serbest bırakıldığı andaki hızı v0 = 12 m/s
dt
ve yerden yüksekliği y0 = 12 m' dir.
a −) v =
1
12 + 384
y − y0 = v0t − gt 2 → 0 − 12 = 12t − 5t 2 → t =
= 3.16 s
2
10
b −) Paketin hızının zamana bağlı fonksiyonu: v(t ) =
12 − gt
v=
12 − 10 ∗ 3.16 =
−19.6 m/s
dv
c −) Paketin ivmesi a = =− g =−10 m/s 2 dir ve sabittir.
dt
(3-23)
Duran bir cismin
konum-zaman, hız-zaman, ivme-zaman grafikleri:
x
a
v
t
Konum-zaman
t
t
Hız-zaman
İvme-zaman
(3-24)
Sabit hızla hareket eden bir cismin
konum-zaman, hız-zaman, ivme-zaman grafikleri:
x
v
a
t
Konum-zaman
t
Hız-zaman
t
İvme-zaman
(3-25)
Sabit ivme ile hareket eden bir cismin
konum-zaman, hız-zaman, ivme-zaman grafikleri:
x
v
a
t
Konum-zaman
t
Hız-zaman
t
İvme-zaman
(3-26)
İvmenin Sabit Olmadığı Durum :
Cismin ivmesi sabit değilse, cismin hızını v(t ) ve konumunu x(t )
integrasyon yoluyla bulabiliriz.
İntegrasyon analitik olarak veya grafik yaklaşımı ile yapılır.
v
1
dv
a=
→ dv= adt → ∫ dv=
dt
v0
t1
t1
∫ adt → v − v= ∫ adt → v=
1
0
t0
1
t0
t1
v0 + ∫ adt
t0
t1
adt
[ a(t ) − t grafiğinde eğri altında kalan alan ]
∫=
t0
x
t
1
1
dx
v=
→ dx = vdt → ∫ dx = ∫ vdt
dt
x0
t0
t1
t1
t0
t0
x1 − x0 = ∫ vdt → x1 = x0 + ∫ vdt
t1
vdt [ v(t ) − t grafiğinde eğri altında alan ]
∫=
to
(3-27)



x (t ), v (t ) ve a (t ) arasındaki ilişki:

x (t )
Türev
İntegral

 dx
v=
dt

 dv
a=
dt

v(t )
Türev
İntegral

a (t )
t 


x (t=
) x0 + ∫ v(t)dt
0
t 


v(t) = v0 + ∫ a (t )dt
0
(3-28)
BÖLÜM-4
İki ve Üç Boyutta Hareket
Bu bölümde, tek boyut kısıtlaması olmadan, bir düzlemde ve uzayda
cisimlerin hareketini incelemeye devam edeceğiz.
Düzlemde harekete örnek olarak “eğik atış” ve “düzgün dairesel
hareket” ayrıntılı bir şekilde incelenecektir.
Son olarak da, birbirlerine göre sabit hızla hareket eden referans
sistemlerine göre bir cismin hareketi incelenecektir. (Bağıl hareket)
(4-1)
Konum Vektörü

Bir parçacığın konum vektörü r , bulunduğu koordinat sisteminin
merkezinden parçacığın bulunduğu noktaya çizilen vektördür.
Örnek : Şekilde P noktasında bulunan cismin konum vektörü

r = xˆi + yˆj + zkˆ
P

r=
−3iˆ + 2ˆj + 5kˆ (m)
(4-2)
Yer-değiştirme Vektörü


r1 konumundan r2 konumuna hareket eden bir cismin yer-değiştirme vektörü,
  


∆r = r2 − r1 biçiminde tanımlanır. r1 ve r2 konum vektörleri bileşenleri cinsinden


r = x ˆi + y ˆj + z kˆ ve r = x ˆi + y ˆj + z k̂ biçiminde ifade edilirse, yer-değiştirme
1
1
1
1
2
2
2
2
vektörü de bileşenleri cinsinden

∆r = ( x2 − x1 ) ˆi + ( y2 − y1 ) ˆj + ( z2 − z1 ) kˆ = ∆xˆi + ∆yˆj + ∆zkˆ
olur.
∆x = x2 − x1
∆y = y2 − y1
∆z = z2 − z1
(4-3)
Ortalama ve Anlık Hız
Bölüm 3’ de tanımlandığı gibi,
Ortalama Hız =
Yer-değiştirme
biçiminde verilir.
Zaman


∆r ∆xˆi + ∆yˆj + ∆zkˆ ∆x ˆ ∆y ˆ ∆z ˆ
vort = =
= i+
j+ k
∆t
∆t
∆t
∆t
∆t
Anlık hız ise, ortalama hızın ∆t → 0
durumundaki limitidir.



∆r dr
=
=
v lim
∆t →0 ∆t
dt
(4-4)
∆t ' nin sıfıra gitmesi durumunda:



1. r2 vektörü r1 vektörü üzerine doğru kayar ve ∆r → 0 durumu gerçekleşir.

∆r

2.
vektörü (yani vort ), "1" noktasında yörüngeye çizilen teğet yönündedir.
∆t


3. vort → v
(
)
dx ˆ dy ˆ dz ˆ
 d ˆ ˆ ˆ
v=
xi + yj + zk =
i+
j+ k
dt
dt
dt
dt

v = v ˆi + v ˆj + v kˆ
x
y
z
Hız bileşenleri şu eşitliklerle verilir:

dx
dy
dz
 dr
=
vx =
; vy =
; vz
v=
dt
dt
dt
dt
(4-5)
Ortalama ve Anlık İvme
Ortalama ivme=
 


v − v1 ∆v
Hızdaki değişim
→ aort= 2 =
∆t
∆t
Zaman
Anlık ivme ise, ortalama ivmenin ∆t → 0 durumundaki limiti olarak tanımlanır :


dvx ˆ dv y ˆ dvz ˆ

∆v dv d ˆ
ˆ
ˆ
i+
j+
k = ax ˆi + a y ˆj + az kˆ
a = lim
vx i + v y j + vz k =
=
=
∆t →0 ∆t
dt dt
dt
dt
dt
(
)
Not: İvme vektörünün, hızdaki gibi, izlenilen yörüngeyle özel bir ilişkisi yoktur.
İvme bileşenleri şu eşitliklerle verilir:

dv y
 dv
dvx
dvz
; ay =
; az =
a=
→ ax =
dt
dt
dt
dt
(4-6)
Örnek : Bir cisim, ilk hız bileşenleri v0 x = 20 m/s ve v0 y = −15 m/s olacak
şekilde, t = 0 anında orijinden harekete başlıyor. xy -düzleminde hareket
=
eden cismin ivme bileşenleri
de ax 4=
m/s 2 ve a y 0 ' dır.
a −) Cismin herhangi bir andaki hızını bulunuz.
b−) Cismin herhangi bir andaki konumu nedir?
a −) vx =
v0 x + ax t =+
20 4t m/s ; v y =
v0 y + a y t =
−15 m/s

v =( 20 + 4t ) ˆi − 15jˆ m/s
b −) t = 0 → x0 = y0 = 0:
1

x(t ) =x0 + v0 x t + ax t 2 =20t + 2t 2 
 
2
r
 →=
1
−15t 
y (t ) =
y0 + v0 y t + a y t 2 =

2
( 20t + 2t ) ˆi + ( −15t ) ˆj
2
m
(4-7)
Eğik Atış
Bir cismin yer-çekimi kuvvetinin etkisi altında düşey düzlemdeki hareketi
“eğik atış” hareketi olarak adlandırılır.

Cisim hareketine ilk
v0
hızıyla başlar.
İlk hızın yatay ve düşey bileşenleri şu ifadelere sahiptir:
v0 x v=
; v0 y v0 sin θ 0
0 cos θ 0
Eğik atış hareketi, x-ekseni ve y-ekseni boyunca ayrı ayrı incelenecektir. Bu
iki hareket birbirinden bağımsızdır. x-ekseni yönündeki hareketin ivmesi
sıfır, y-ekseni yönündeki hareketin ivmesi ise a = −g’ dir.
(4-8)
Yatay Hareket : ax = 0' dır ve x-ekseni yönündeki hız değişmez.
vx
v0 cos θ 0 =
x − x0
(Eş-1)
ve
( v0 cos θ0 ) t
(Eş-2)
Düşey Hareket : a y = − g' dir ve y -eksenindeki hareket serbest düşmedir.
=
v y v0 sin θ 0 − gt
(Eş-3) ve
y −=
y0
( v0 sin θ0 ) t −
Eş-3' ten t bulunup Eş-4' te kullanılırsa;=
v y2
1 2
gt
2
(Eş-4)
( v0 sin θ0 ) − 2 g ( y − y0 )
2
bağıntısı elde edilir.
Bu eşitliklerdeki x0 ve y0 , cismin harekete
başladığı noktanın koordinatlarıdır.
Çoğu problemde hareketin başladığı nokta
orijin olarak alınır=
(x0 0=
; y0 0).
(4-9)
Yörünge denklemi :
vx
(Eş - 1) ; x
v=
0 cos θ 0
vy =
v0 sin θ 0 − gt
( v0 cos θ0 ) t
1 2
(Eş - 3) ; y =
( v0 sin θ0 ) t − gt
2
(Eş - 2)
(Eş - 4)
Eş-2' den t çekilip Eş-4' te kullanılırsa,
g
2
y ( tan θ 0 ) x −
x
2
2 ( v0 cos θ 0 )
bulunur ve bu eşitlik cismin izlediği yörüngenin denklemidir.
Yörünge denklemi y = ax + bx 2 formundadır ve bir parabolü tanımlar.
(4-10)
v02 sin 2θ 0
Yatay Menzil ( R) : R =
g
Cismin harekete başladığı nokta ile yere düştüğü nokta x-ekseni
üzerindeyse (y0= y= 0), cismin yatayda aldığı yol (R ) menzil
olarak bilinir. Eş-4' ten
( v0 sin θ0 ) t −
2v sin θ 0
1 2
1 

0 → t  v0 sin θ 0 − gt  = 0 → t = 0
gt =
2
2 
g

bulunur. t , cismin uçuş süresidir ve Eş-2 [x = ( v0 cos θ 0 ) t ]' de
yerine konursa
2v02
v02 sin2θ0
=
R
sin θ 0 cos θ 0 → R =
g
g
A
O
t
Cisim yatayla θ=
45°' lik açı yapacak şekilde atılırsa
0
maksimum menzile ulaşır. Rmax
R
bulunur.
v02
=
g
(4-11)
Maksimum Yükseklik (H):
v02 sin 2 θ 0
H=
2g
v y v0 sin θ 0 − gt
=
A noktasında, v y = 0 :
v0 sin θ 0 − gt = 0 → t =
v0 sin θ 0
g
H y (t ) →
=
1 2
=
H ( v0 sin θ 0 ) t − =
gt
2
v0 sin θ 0 1  v0 sin θ 0 
− g
( v0 sin θ0 )

2 
g
g

2
v02 sin 2 θ 0
H=
2g
(4-12)
Örnek : Bir taş, yükseklği 45 m olan bir binanın
tepesinden yatayla 30o açı yapacak şekilde
v0 = 20 m/s' lik ilk hızla fırlatılıyor.
a −) Taş, ne kadar sürede yere düşer?
b −) Taş, atıldığı noktadan ne kadar uzakta yere düşer?
c−) Taş, yere hangi hızla çarpar?
1
a −) y − y0 = v0 y t − gt 2 → −5t 2 + 20 ∗ sin(30)t + 45 = 0 → t = 4.22 s
2
1 2
b −) x − x0 = v0 x t + ax t → x = 20 ∗ cos(30)t = 73 m
2
c −) vx =v0 x =20 ∗ cos(30) =17.3 m/s
vy =
v0 y − gt =
−31.4 m/s
20 ∗ sin(30) − (9.8) ∗ (4.22) =

=
v 17.3iˆ − 31.4ˆj m/s
(4-13)
Örnek : Bir kurtarma uçağı yerden 100 m yükseklikte, 40 m/s yatay hızla giderken,
mahsur kalmış bir grubun bulunduğu noktaya yardım paketi ulaştırmak istiyor.
a−) Paketin grubun bulunduğu noktaya düşmesi için geçen süre nedir?
b −) Hangi yatay uzaklıktan bırakılmalıdır?
c −) Paket hangi hızla yere çarpar?
a −) y − y0 = v0 y t −
1 2
1
gt → −100 = − (9.8)t 2
2
2
t = 4.52 s
1
b −) x − x0 = v0 x t + ax t 2 → x = v0 x t = 40 ∗ (4.52) = 181 m
2
c −) vx =v0 x =40 m/s
vy =
v0 y − gt =
−(9.8) ∗ (4.52) =
−44.3 m/s

=
v 40iˆ − 44.3jˆ m/s
(4-14)
Örnek : Bir kayakçı, şekildeki gibi 25 m/s' lik yatay bir hızla atlayış yapıyor
ve rampanın alt ucuna düşüyor. Rampanın eğim açısı 35o ' dir.
a −) Kayakçı ne kadar süre havada kalır?
b −) Rampanın uzunluğu (d ) ne kadardır?
c−) Kayakçı rampaya hangi hızla çarpar?
1
− gt 2 =
−4.9t 2 =
−d sin(35)
y=
2
−4.9t 2
25 ∗ tan(35)
− tan(35)
=
=
→t
= 3.57 s
25t
4.9
25t =
a −) x =
v0 x t =
d cos(35) ;
b −=
) 25t d cos(35)=
→d
25 ∗ (3.57)
= 109 m
cos(35)
c −) vx =v0 x =25 m/s ;
−(9.8) ∗ (3.57) =
−35 m/s
vy =
v0 y − gt =

=
v 25iˆ − 35jˆ m/s
(4-15)
Düzgün Dairesel Hareket:
Yarıçapı r olan çembersel bir yörüngede sabit v
hızıyla hareket eden cisim “düzgün dairesel
hareket” yapıyor denir. Yörüngenin her
noktasında cismin hızının büyüklüğü aynı fakat
yönü farklıdır.
Hızın değişmesi ivmenin sıfır olmadığı anlamına gelir.
Düzgün dairesel harekette ivme şu özellikleri taşır:
1.
Çember üzerindeki her noktada çemberin merkezi olan C noktasına
doğrudur ve bu nedenle “merkezcil ivme” olarak adlandırılır.
v2
2. Büyüklüğü a =
bağıntısı ile verilir.
r
Cisim bir tam turunu bir periyotluk sürede (T) alır ve
2π r ile ifade edilir.
T=
v
(4-16)

v=
vx ˆi + v y ˆj =
( −v sin θ ) ˆi + ( v cos θ ) ˆj
P noktasında konum, hız ve ivme :
yP r=
sin θ , xP rcosθ

  y P  ˆ  xP  ˆ
 dv
v=
=
 −v  i +  v  j ; a =
r   r 
dt

 v dyP  ˆ  v dxP  ˆ
−
i +
j
 r dt   r dt 
 ˆ  v2
ˆ
v2
  v2
2
2
a =  − cos θ  i +  − sin θ  j ; a = ax + a y =
r
 r
  r

2
a y − ( v / r ) sin θ
φ =
= tan θ → φ = θ → ivme, C' ye doğrudur.
tan=
2
ax − ( v / r ) cos θ
(4-17)
Örnek : Bir taş, 0.5 m uzunluğundaki bir ipin ucuna asılmış
ve şekildeki gibi düşey düzlemde çembersel bir yörünge
üzerinde salınım yapmaktadır. İp, düşey eksenle 20o ' lik açı
yaptığında, taşın hızı 1.5 m/s' dir.
a −) Tam bu anda, radyal ve teğetsel yönlerdeki ivme nedir?
b−) Tam bu anda, net ivmenin büyüklüğünü ve yönünü bulunuz?
v 2 (1.5) 2
a −) ar = =
=4.50 m/s 2
r
0.5
at =
g sin(θ ) =∗
9.8 sin(20) =
3.35 m/s 2
b −) a =
φ
ar2 + at2 =
(4.50) 2 + (3.35) 2 = 5.61 m/s 2
−1 3.35
tan
(
) 36.7 o (ivmenin ip doğrultusu ile yaptığı açı)
=
4.50
(4-18)
Bir Boyutta Bağıl Hareket:
Bir P cisminin, birbirine göre hareketli A ve B gözlem çerçevelerine göre
ölçülen hızları birbirinden farklıdır. B gözlemcisinin durgun olan A
gözlemcisine göre sabit bir vBA hızı ile hareket ettiğini varsayalım. Herhangi
bir anda A ve B gözlemcileri, sırasıyla, P cisminin konumunu xPA ve xPB
olarak ölçsünler. xBA’de B gözlemcisinin A gözlemcisine göre konumu olsun.
d
d
d
xPA = xPB + xBA → =
( xPA ) ( xPB ) + ( xBA ) → vPA = vPB + vBA
dt
dt
dt
dv BA
0 a PA =
=→
a PB
dt
Not: A ve B gözlemcileri P
cisminin hızını farklı ölçerler
fakat ivmesini aynı ölçerler.
(4-19)
İki Boyutta Bağıl Hareket :
B gözlemcisinin A gözlemcisine göre xy - düzleminde sabit bir vBA hızı ile
hareket ettiğini varsayalım. Herhangi bir anda, A ve B gözlemcileri P



cisminin konum vektörünü, sırasıyla, rPA ve rPB olarak ölçsünler. rBA ise B
gözlemcisinin A gözlemcisine göre konum vektörü olsun.

 



d 
d 
d 
rPA = rPB + rBA → rPA = rPB + rBA → vPA = vPB + vBA
dt
dt
dt



dvBA
= 0 → aPA = aPB
dt
(4-20)
Örnek : Genişliği 3 km olan ve doğu yönünde 5 km/sa düzgün
hızla akan bir nehirde, kayıkçı rotasını tam olarak kuzeye
yönlendirmiş ve suya göre 10 km/sa hızla ilerlemektedir.
a−) Karadaki bir gözlemciye göre, kayıkçının hızını bulunuz.
b−) Kayıkçı ne kadar sürede karşı kıyıya ulaşır?
c −) Tam karşıdaki bir noktaya ulaşması için rotası ne olmalıdır?



a −) vKY = vKN + vNY = 10 Nˆ + 5 Eˆ km/sa
 5 
2
o
+ 52 11.2 km/sa
=
; θ tan −1=
26.6
vKY = 10=
 
 10 
b −) d = vKN t → t =
3
= 0.3 sa = 18 dk
10



2
2
c −) vKY = vKN + vNY → vKY = vKN
− vNY
=
θ
102 − 52= 8.66 km/sa
−1  5 
o
tan
=

 30.2
 8.66 
(4-21)
PRATİK: Hızların başlangıç noktalarını
birleştir, bakandan bakılana vektör çiz.
vbakılan
Çizdiğin bu vektör bağıl vektördür.
vbakan
vbağıl
Örnek: Şekilde, bir dörtyol kavşağına aynı v hızı ile
gelmekte olan K, L, M ve N araçları görülmektedir.
a−) K’ dan bakan L’ yi nasıl görür?
L
K
v
K
v
v
v
vLK = v 2
L
M
v
N
b −) M’ den bakan K’ yı nasıl görür?
vK
vM
vKM=2v
(4-22)
Örnek: Doğuya doğru v hızıyla gitmekte
olan bir aracın içindeki yolcu yere düşen
yağmur damlasını güneye v hızıyla
gidiyormuş gibi görüyor. Buna göre
yağmur damlasının yere göre hızı nedir?
vbakan
vbağıl
vyağmur-yer
vyağmur-yer= v 2
vyağmur-araç= v




vDY = vDA + v AY → vDY =−vˆj + vˆi
( −v )
varaç-yer
varaç-yer= v
vbakılan

vDY =
vyağmur-yer=?
2
 v 
+ v 2 =2v ; θ =
−45o
tan −1   =
 −v 
y
x
(4-23)
Örnek: Doğuya doğru gitmekte olan X aracındaki gözlemci Y aracını
doğuya doğru, Z aracını batıya doğru gidiyormuş gibi görüyor. Buna göre,
Y ve Z araçlarının hareketleri hakkında neler söylenebilir?
Y kesinlikle doğuya doğru gidiyor ve hızı X’in
hızından büyüktür.
Buna göre,
1) Z, X’ in hızından daha düşük bir hızla doğuya gidiyor olabilir.
2) Z durgun olabilir.
3) Z batıya doğru gidiyor olabilir.
(4-24)
Nehir Problemleri:
1- Suya göre hız: Su durgun iken yüzücünün veya kayığın sahip
olduğu hızdır.
2- Kayığa göre hız: Kayık durgun iken kayığın içindeki
hareketlinin hızıdır.
3- Yere göre hız: Suya göre hız ile akıntı hızının vektörel
bileşkesi olan hız. Yani yerde duran bir gözlemciye göre hızdır.
NOT: Nehir problemlerinde yere göre hız ile işlem yapılır.
(4-25)
Örnek: Akıntı hızının 5 m/s olduğu bir
nehirde, bir kayık K noktasından L
noktasına, suya göre sabit hızla 10 s’de
gidiyor ve 20 s’de geri dönüyor. Buna
göre K-L uzaklığı kaç cm’dir?
KL=LK
→
vsu=5 m/s
vkayık
K
L
= (vkayık − 5) ∗ 20
(vkayık + 5) ∗ 10
vkayık = 15 m/s
KL = (vkayık + 5) ∗ 10 = (15 + 5) ∗ 10 = 200 m
(4-26)
İki Boyutta Nehir Problemleri:
L
M
vsu
vkayık-su
vkayık-yer
K
Not 1: Her hız kendi yolunu alır.
Not 2: Kayık karşı kıyıya her zaman yere göre hızı doğrultusunda çıkar.
KL=(vkayık-su) ∗ t
LM=(vsu) ∗ t
KM=(vkayık-yer) ∗ t
(4-27)
BÖLÜM-5
Kuvvet ve Hareket I
Şu ana kadar hareketli bir cismin konum, hız ve ivmesini tanımladık.
Cismin Hareketine neyin sebep olduğuyla ilgilenmedik.
Bu ve sonraki bölümde ise, klasik mekaniğin temeli olan ve geniş bir
aralıkta pek çok fiziksel olguyu açıklayan Newton yasalarını öğreneceğiz.
Örneğin, yıldız ve gezegenlerin hareketleri Newton yasalarına uyar.
Ancak, aşağıdaki iki koşulda bu yasaların geçersiz olduğunu akılda
tutmak gerekir.
1. Cisimlerin hızlarının ışık hızına çok yakın olduğu durumlarda (% 99
veya üzeri). O zaman Einstein’ in özel görelilik teorisini (1905)
kullanmamız gerekecek.
2. İncelenen cismin boyutlarının çok küçük olduğu durumlarda
(elektron, proton, nötron veya atom). O zaman da, Kuantum
mekaniğini (1926) kullanmamız gerekecek.
(5-1)
Newton’un Birinci Yasası = Eylemsizlik Yasası
Newton’ dan önce, bir cismin sabit bir hızla hareket etmesi için bir kuvvetin
etkimesi gerektiği düşünülüyordu. Bir cismin durgun olması onun “doğal
durumu” olarak biliniyordu. Ancak bu hata, “sürtünme” nin de bir kuvvet
olduğunun anlaşılmasından önceydi.
Örneğin, bir cisim pürüzlü yatay bir düzlemde v0 ilk hızıyla harekete
başlarsa bir süre sonra duracaktır.
Diğer yandan, aynı cisim aynı ilk hızla daha pürüzsüz bir yüzeyde
harekete başlarsa çok daha sonra duracaktır.
Newton bu fikri ay ve gezegenlerin hareketlerine uyguladı. Uzayda
sürtünme olmadığı için, doğruluğu kesin olan “Newton’ un birinci
yasası” ortaya çıkmış oldu. Buna göre,
Bir cisme net bir kuvvet etkimiyorsa, cisim durumunu korur.
Durgunsa durmaya, hareketliyse aynı hızla düzgün doğrusal
hareketine devam eder.
(5-2)
Kuvvet: Bir cisme etkiyen kuvvet, sebep
olduğu ivmenin ölçülmesi ile belirlenebilir.
Sürtünmesiz bir yüzey üzerine kütlesi m = 1 kg olan bir cisim koyalım
ve uygulanan bir F kuvvetinin oluşturduğu a ivmesini ölçelim.
Kuvvet, cismin ivmesi a = 1 m/s2 olacak şekilde ayarlanırsa,
uygulanan kuvvet, F = 1 newton (N)’ dur denir.
(5-3)
F
m0
a0
F
mX
aX
Kütle: Cisme özgü bir sabittir ve cisimdeki
madde miktarının bir ölçüsüdür. Bir cismin
kütlesi, cisme etki eden F kuvveti ile bu kuvvetin
sebep olduğu a ivmesini birbirine bağlayan cisme
özgü bir niceliktir.
Kütlesi m0 = 1 kg olan bir cisme F = 1 N kuvvet uygulayalım.
Bu kuvvet cisme a0 = 1 m/s2 ivmesini kazandırır.
Aynı kuvveti, kütlesi mX olan bir cisme uyguladığımızda cisme
kazandıracağı ivme de aX olsun. Bu durumda,
a0
mX a0
=
→ mX = m0
m0 a X
aX
bulunur. Böylece, aX ivmesi ölçülerek herhangi bir cismin mX kütlesi
belirlenebilir.
(5-4)
Newton’un İkinci Yasası
Bir cisme etki eden net kuvvet (Fnet), bu kuvvetin cisme kazandırdığı ivme
(a) ve cismin kütlesi (m) arasındaki ilişki “Newton’un ikinci yasası”
olarak adlandırılır ve şöyle tanımlanır:
Fnet
m
Bir cisme etkiyen net kuvvet ile cisme kazandırdığı ivme
doğru orantılıdır ve orantı sabiti de o cismin kütlesine
eşittir.
a


Fnet = ma
 

Not : Cisme FA , FB ve FC gibi çok sayıda
kuvvet etkiyorsa, net kuvvet
bunların vektörel toplamıdır ve




Fnet = FA + FB + FC ile verilir.
Üç boyutlu uzayda (xyz-koordinat sistemi) bileşenleri cinsinden Newton’ un
ikinci yasası:
=
Fnet, x ma
=
ma
=
maz
x ; Fnet, y
y ; Fnet, z
(5-5)
Mekanik Problemlerinde Çok Sıklıkla Karşılaşacağımız Kuvvetler
ve Bunların Özellikleri:
Yer-çekimi Kuvveti: Bir cisme Dünya tarafından
uygulanan kuvvettir. Dünyanın merkezine doğrudur ve
Newton’ un ikinci yasasına göre şöyle verilir.


Fg =
ma =
−mgĵ
→

Fg =
mg
Newton’un evrensel kütle çekim yasasının
mekanizması; bir nokta kütle (m1) diğer bir nokta
kütleyi (m2), iki kütlenin çarpımı ile doğru,
aralarındaki (r) uzaklığının karesi ile ters orantılı
olacak büyüklükteki bir F kuvveti ile çeker.
G, kütle çekim sabitidir.
Kütlelerden ve bu kütlelerin aralarındaki
uzaklıktan bağımsız olarak |F1| ve |F2|
kuvvetlerinin büyüklükleri her zaman birbirine
eşittir.
(5-6)
Ağırlık: Bir cismin ağırlığı, cismin serbest düşmesini
engelleyecek kuvvetin büyüklüğü olarak tanımlanır.
g
y
W
mg
Fnet, y =ma y =W − mg =0 → W =mg
Not: Ağırlık ve kütle farklı niceliklerdir. Yer-çekiminin
farklı olduğu yerlerde (örneğin ayda, gm = 1.7 m/s2),
kütle değişmezken ağırlık değişir.
(5-7)
Değme Kuvveti: İsminden de anlaşılacağı gibi, bu kuvvetler birbirleriyle
temas halindeki yüzeyler arasında oluşur. İki tür temas kuvveti vardır.
Birincisi temas yüzeyine dik yöndeki “normal kuvvet”, ikincisi de temas
yüzeyine paralel olan “sürtünme kuvveti” dir.
Normal Kuvvet: Bir cisim bulunduğu yüzeye bir baskı uygularsa, yüzey
deforme olur ve cisme, temas yüzeyine dik yönde, ismine “normal kuvvet”
diyeceğimiz bir kuvvet uygular. Bir masa üzerinde duran kütlesi m olan bir
blok düşünelim.
Fnet, y =ma y =FN − mg =0 → FN =mg
bulunur.
(5-8)
Sürtünme kuvveti: Bir cismi bulunduğu yüzey
üzerinde harekete zorlarsak bir dirençle karşılaşırız.
Bu direnç “sürtünme” olarak bilinir ve kayma
eğilimine ters yöndedir.
(5-9)
Gerilme: Bir cisme bağlı olan ipte oluşan bir kuvvettir
ve şu özelliklere sahiptir:
1. Her zaman ip boyunca yönelir.
2. Her zaman cismi çekecek yöndedir.
3. İp üzerinde A ve B noktalarında aynı büyüklüktedir.
Şu kabullenmeler yapılacaktır:
a. İpin kütlesi, bağlı oldukları cisimlerin kütlesine
göre çok küçüktür.
b. İp uzamasızdır.
c. Makara kullanılması durumunda, makara
sürtünmesizdir ve kütlesi ihmal edilebilir.
(5-10)
Newton yasalarını uygularken takip edilecek yol:
1. İncelenecek sistemin basit bir şeklini çizin.
2. Probleme uygun bir koordinat sistemi seçin.
3. Sistemdeki tüm kuvvetleri belirleyin ve serbest-cisim
diyagramı üzerinde gösterin.
4. Newton yasalarını sisteme uygulayın.
(5-11)
Örnek : Kütlesi 0.3 kg olan bir hokey diski sürtünmesiz bir yüzey üzerinde
kaymaktadır. Diske, şekildeki gibi F1 = 5 N ve F2 = 8 N' luk iki kuvvet
etkimektedir.
a−) Diskin ivmesinin büyüklüğünü ve yönünü bulunuz.
b−) Diskin ivmesini sıfır yapacak üçüncü kuvvet ne olmalıdır?
a −) a x =
∑F =
x
5 ∗ cos(20) + 8 ∗ cos(60)
= 29 m/s 2
0.3
m
∑ Fy −5 ∗ sin(20) + 8 ∗ sin(60)
=
= 17.4 m/s 2
ay =
0.3
m
a=
θ
ax2 + a y2 =
( 29 ) + (17.4 )
2
2
= 33.8 m/s 2
−1 17.4
tan
(
) 31o
=
29

b−) a =ax ˆi + a y ˆj =0 → ∑ Fx =F1x + F2x + F3x =0 → F3x =−5 ∗ cos(20) − 8 ∗ cos(60) =−8.7 N
∑F
y
=F1y + F2y + F3y =0 → F3y =5 ∗ cos(20) − 8 ∗ cos(60) =−5.2 N

F3 = F3x ˆi + F3y ˆj =
−8.7iˆ − 5.2ˆj N
(5-12)
Örnek : Ağırlığı 125 N olan trafik ışıkları şekildeki gibi
iplerle asılı durmaktadır. Üstteki kabloların yatayla
yaptıkları açılar 37o ve 53o olduğuna göre, her üç ipteki
gerilme kuvvetlerini hesaplayınız. Hangi durumda
T1 = T2 olur?
Sistem dengede olduğuna göre, T=
F=
125 N bulunur.
3
g
0
(Eş-1)
−T cos(37) + T cos(53) =
∑F =
F T sin(37) + T sin(53)=
=
− T 0 (Eş-2)
∑
x
y
1
1
Eş-1' den: T1 = −
2
2
3
cos(53)
0.8
T2
T2 bulunur.
=
cos(37)
0.6
Bunu Eş-2' de yerine koyarsak: T1 (0.6) +
0.6
T1 − 125 =0 → T1 =75.1 N
0.8
0.6
=
T1 99.9 N bulunur.
0.8
Eş-1' e göre, iplerin yatayla yaptıkları açılar aynı olsaydı, T1 = T2 olurdu.
=
T2
(5-13)
Örnek : Kütlesi m olan bir sandık, eğim açısı θ olan
sürtünmesiz eğik bir düzlem üzerinden serbest bırakılıyor.
a −) Sandığın ivmesini bulunuz.
b −) Sandık eğik düzlemin tabanına ne kadar sürede
ulaşır ve bu anda hızı ne olur?
a −)
∑F
∑F
x
=mg sin θ =max → ax =g sin θ
y
=
N − mg cos θ =
0
1 2
b −) x −=
x0
ax t →=
t
2
vs2 vi2 + 2ax Δx →
vs
=
=
2d
bulunur.
g sin θ
2 g sin θ d olur.
(5-14)
Newton’un Üçüncü Yasası: Etki-Tepki Yasası
İki cisim arasındaki etkileşme kuvvetlerinin büyüklükleri aynı, doğrultuları
ters yöndedir.
Şekildeki gibi C bloğuna yaslanmış bir B cismi düşünelim.

C bloğunun B cismine uyguladığı kuvveti FBC , benzer şekilde

B cisminin C bloğuna uyguladığı kuvveti de FCB ile gösterelim.


Newton' un üçüncü yasası gereği, FBC = − FCB
olur.
İkinci bir örnek ise yandaki şekilde verilmiştir.
Newton' un üçüncü yasası gereği,


FCE = − FEC
olur.
(5-15)
Newton Yasalarının Uygulanması/Serbest-Cisim Diyagramları:
Newton yasalarını uygulayarak mekanik
serbest-cisim diyagramını çizmekle başlar.
problemlerinin
çözümü
Bu, incelenen sistem bir bütün olarak veya her cisim için ayrı ayrı yapılır.
Daha sonra her cisim için uygun bir koordinat sistemi seçilir.
Aşağıda verilen örneği gözönüne alalım. Sürtünmesiz bir sistem

A ve B gibi iki blok ve A bloğuna etkiyen bir Fdış kuvveti içermektedir.
Şöyle "sistem" ler düşünebiliriz:

a. Sistem = blok A + block B. Yatay kuvvet Fdış .


b. System = blok A. Cisme etkiyen iki yatay kuvvet vardır: Fdış ve FAB .

c. System = blok B. Cisme etkiyen yatay kuvvet FBA .
(5-16)
Örnek : Kütleleri m1 ve m2 olan iki blok yatay sürtünmesiz bir
düzlemde temas halindedir. m1 kütlesine sabit bir F kuvveti uygulanıyor.
a −) Blok sisteminin ivmesini bulunuz.
b −) Bloklar arasındaki temas kuvvetini bulunuz.
a −)
F
=
=
+
→
=
F
(
sistem
)
F
(
m
m
)
a
a
∑ x
1
2
x
x
m1 + m2
b −) m2 bloğu için Newton' un ikinci yasasından:
m2
=
=
→
=
F
F
m
a
F
F =F12 bulunur.
∑ x 21 2 x
21
m1 + m2
(5-17)
Örnek : Bir kişi elindeki m kütleli balığı asansörün
içinde tavana asılı yaylı bir terazi ile tartmak istiyor.
Asansör ister yukarı ister aşağı doğru ivmelensin,
balığın gerçek kütlesinden daha farklı bir değer ölçer.
İspatlayınız.
Asansör yukarı doğru ivmelensin:
∑F
y
=T − mg =ma → T =m(g + a )
Asansör aşağı doğru ivmelensin:
∑F
y
=
T − mg =
−ma → T =
m(g − a )
Asansör sabit hızla hareket etsin:
∑F
y
=T − mg =0 → T =mg
Görüldüğü gibi, ivmeli hareket durumunda balığın ağırlığı (T ),
gerçek ağırlığından farklı ölçülür.
(5-18)
Örnek : Kütleleri farklı iki cisim, ağırlığı ihmal edilebilir
sürtünmesiz bir makara üzerinden bir iple şekildeki gibi
asılmıştır. Bu sisteme "Atwood düzeneği" diyoruz. Sistem
serbest bırakıldığında, kütlelerin ivmesi ve ipteki gerilme
kuvveti ne olur?
m2 > m1 olduğunu kabul edelim:
m1 ve m2 için Newton' un ikinci yasası, sırasıyla:
∑F
∑F
y
=−
T m1 g =
m1a
(Eş-1)
y
=
−m2 a
T − m2 g =
(Eş-2)
Bu iki denklemden T' yi yok edersek ivme,
 m2 − m1 
a=
 g bulunur. Bunu da Eş-1' de yerine koyarsak,
 m2 + m1 
 m2 − m1 
 2m1m2 
T= m1 ( a + g )= m1 
+ 1 g= 
 g bulunur.
 m2 + m1 
 m2 + m1 
(5-19)
Örnek : Kütleleri m1 ve m2 olan iki blok, sürtünmesiz ve
ağırlıksız bir makara üzerinden ağırlıksız bir iple birbirine
bağlıdır. m2 bloğu, eğim açısı θ olan sürtünmesiz eğik
düzlem üzerindedir. Sistem serbest bırakıldığınd m2 bloğu
eğik düzlemden aşağıya doğru kaydığına göre, hareketin
ivmesini ve ipte oluşan gerilme kuvvetini bulunuz.
m1 ve m2 için Newton' un ikinci yasası, sırasıyla:
(Eş-1)
T mg=
ma
∑ F =−
F m g sin=
=
θ − T m a (Eş-2)
∑
0
(Eş-3)
N − m g cos θ =
∑F =
y
x'
y'
1
1
2
2
2
Eş-1 ve Eş-2 denklemlerinden T' yi yok edersek ivme,
 m2 sin θ − m1 
a=
 g bulunur.
+
m
m


2
1
Bunu da Eş-1' de yerine koyarsak, T =
2m1m2 (1 + sin θ )
g bulunur.
m2 + m1
(5-20)
BÖLÜM-6
Kuvvet ve Hareket-II
Bu bölüm kapsamındaki temel amaçlarımızı şöyle sıralayabiliriz:
• İki cisim arasındaki sürtünme kuvvetini tanımlamak.
• Statik ve kinetik sürtünme kuvvetlerini anlamak ve bunların
özelliklerini öğrenmek.
• Statik ve kinetik sürtünme katsayılarını tanımlamak.
• Merkezcil kuvvet açısından düzgün dairesel harekete tekrar
bakmak.
(6-1)
Sürtünme : Yatay zeminde duran bir sandık düşünelim.
Sandığı sola doğru artan bir kuvvetle çekelim. Sandık
hareket etmediği sürece, temas yüzeyinde, uyguladığımız


F kuvvetini dengeleyen bir f s kuvveti oluşur. Bu kuvvet
"statik sürtünme kuvveti" olarak tanımlanır.
Uygulanan F kuvveti arttıkça, f s kuvveti de artar.
Uygulanan F kuvveti belli bir eşik değere ulaştığında,
hareket başlar ve sandık sola doğru ivmelenir. Sandık harekete
başladıktan sonra, sandıkla zemin arasındaki kuvvet artık

"kinetik sürtünme kuvveti" dir ve f k ile gösterilir ( f k < f s ).
Sandığın sabit bir hızla harekete devam etmesini istiyorsak,
uyguladığımız F kuvvetini f k ' yı dengeleyecek şekilde
düşürmemiz gerekecektir.
(6-2)
Sürtünmenin Kuvvetinin Özellikleri :
Özellik -1 : Temas eden iki yüzey birbirlerine göre hareketli değillerse, statik


sürtünme kuvveti f s , uygulanan F kuvvetini dengeler.
Özellik - 2 : Statik sürtünme kuvveti f s ' nin büyüklüğü sabit değildir.
0' dan f s ,max = µ s FN değerine kadar değişir.
Burada, µ s statik sürtünme katsayısıdır.
Uygulanan F kuvveti, f s ,max kuvvetini aştığı anda
sandık harekete başlar.
Özellik - 3 : Sandık harekete başladıktan sonra, sürtünme kuvveti artık

"kinetik sürtünme kuvveti" f k ' dır ve büyüklüğü f k = µk FN
eşitliği ile verilir. Burada µk kinetik sürtünme katsayısıdır.
(6-3)
f s ,max = µ s FN
0 < f s ≤ µ s FN
f k = µk FN
Not - 1 : Statik ve kinetik sürtünme kuvvetleri temas yüzeyine paraleldir.
• Kinetik sürtünme kuvveti harekete ters yöndedir.
• Statik sürtünme kuvveti kayma eğiliminin tersi yönündedir.
Not - 2 : Kinetik sürtünme katsayısı µk , hareket eden cismin hızına bağlı değildir.
(6-4)
Örnek : m kütleli bir blok sürtünmeli eğik bir düzlem üzerindedir.
Eğim açısı θ , blok hareket edinceye kadar artırılabiliyor.
Bloğun kaymaya başladığı kritik açı θ k olduğuna göre,
zeminle blok arasındaki statik sürtünme katsayısı µ s nedir?
Kritik durumda
(kayma başlamadan hemen önce):
∑ F = mg sin θ − f = ma = 0
N − mg cos θ =
ma =
0
∑F =
x
y
s
x
y
 N 
f s mg
=
=
sin θ 
 sin θ N tan θ
 cos θ 
f s,max = N tan θ k = µ s N → µ s = tan θ k
(6-5)
Örnek : Donmuş bir gölet üzerinde, bir buz hokeyi
diskine 20 m/s' lik bir ilk hız veriliyor. Disk, buz
üzerinde 115 m yol aldıktan sonra durduğuna göre,
zeminle hokey diski arasındaki kinetik sürtünme
kaysayısı µ k nedir?
∑F
y
∑F
x
=N − mg =ma y =0 → N =mg
=
− fk =
max
fk =
− µk g
µk N =
µk mg → ax =
2
20
40
2
2
vs =
vi + 2ax ∆x → ax =
−
=
−
2(115)
23
ax =
− µk g =
− µk (9.8) → µk =
0.177
(6-6)
Örnek : Pürüzlü bir yüzey üzerindeki m1 kütleli blok,
hafif bir iple sürtünmesiz ve kütlesi ihmal edilebilir bir
makara üzerinden m2 kütleli küresel cisme bağlanmıştır.
m1 bloğuna şekildeki gibi yatayla θ açısı yapan bir F
kuvveti uygulanıyor. Blok ile zemin arasındaki kinetik
sürtünme katsayısı µk ise, sistemin ivmesini bulunuz.
m1 bloğu:
F
F cos θ − T −
=
f
m a (1)
∑=
∑ F =N + F sin θ − m g =0 → N =m g − F sin θ
x
y
k
1
1
1
=
f k µ=
µk ( m1 g − F sin θ )
kN
m2 bloğu: ∑ Fy =−
T m2 g =
m2 a
Bu ifadeleri (1) denkleminde yerine koyarsak, a =
F (cos θ + µk sin θ ) − g (m2 + µk m1 )
(m2 + m1 )
(6-7)
Örnek : Kütlesi 40 kg olan bir kalas sürtünmesiz yatay
düzlemde, üzerinde 10 kg' lık blok ile birlikte hareketsiz
durmaktadır. Blok ile kalas arasındaki statik ve kinetik
sürtünme katsayıları sırasıyla 0.6 ve 0.4' tür. Bloğa 100

N' luk bir F kuvveti şekildeki gibi uygulanmaktadır. Bloğun ve kalasın
ivmelerini bulunuz.
Eğer iki kütle arasındaki sürtünme kuvvetinin maksimum değeri 100 N’
dan küçük ise m2 bloğu kalas üzerinde sola doğru hareket edecektir.
f=
µ=
µs=
m2 g 0.6(10)(9.8)
= 58.8 N
s ,max
sN '
F > f s ,max olduğuna göre, iki kütle arasındaki sürtünme
kuvveti kinetiktir.
(6-8)
Şimdi herbir kütlenin serbest cisim diyagramını çizerek
hareketlerini inceleyelim:
m2 bloğu:
N ' =m2 g =10 ∗ 9.8 =98 N
f k = µk N ' = 0.4 ∗ 9.8 = 39.2 N
F − f k= m2 a2
100 − 39.2 60.8
⇒ a2=
=
= 6.08 m / s 2
10
10
m1 kalası:
f k = m1a1 ⇒ a1=
39.2
= 0.98 m / s 2
40
(6-9)
Düzgün Dairesel Hareket, Merkezcil Kuvvet:
Düzgün dairesel hareket yapan bir cismin herhangi
bir andaki ivmesinin büyüklüğü
a = v2/r
dir ve dairenin merkezine doğrudur.
Newton’ nun ikinci yasasına göre cisme etki eden kuvvet
de dairenin merkezine doğrudur ve büyüklüğü
v2
F =m
r
ifadesi ile verilir. Bu kuvvete “merkezcil kuvvet” diyoruz.
Merkezcil kuvvet yeni bir kuvvet değildir, C noktası etrafında
dönen cisme etkiyen net kuvvettir.
Duruma göre merkezcil kuvvet bazen sürtünme, bazen normal,
bazen de yer-çekimi kuvveti olabilir.
(6-10)
Örnek: Kütlesi m olan bir yarış arabası düz (yatay) bir yolda R yarıçaplı
bir virajı v hızıyla dönmek istiyor. Araba ile yol arasındaki sürtünme
kuvvetini belirleyiniz.
Arabanın serbest-cisim diyagramı çizilirse, virajın merkezine doğru
olan net kuvvetin statik sürtünme kuvveti fs olduğu görülür.
Dolayısıyla, statik sürtünme kuvveti fs merkezcildir. Arabanın virajdan
savrulmadan dönmesini sağlar.
mv
Fnet =
f=s
,r
R
2
(6-11)
Örnek : Eğimli viraj :
Tamamen buzla kaplı (sürtünmesiz), 50 m
yarıçaplı bir viraji 13.4 m/s hızla geçmek için,
yolun eğim açısı kaç derece olmalıdır?
Araba
mv 2
sin θ
(1)
=
∑ Fr N=
R
∑ Fy = N cos θ − mg =0 → N cos θ = mg
(2)
(1) ve (2) denklemlerinden N' yi yok edersek,
v2
(13.4) 2
tan θ =
=
≅ 0.37 → θ = 20.1o
gR (9.8)(50)
bulunur.
(6-12)
Örnek: Rotor, ekseni etrafında v hızıyla dönen R
yarıçaplı içi boş bir silindirdir. Kütlesi m olan bir çocuk,
sırtı silindirin iç duvarına yaslanmış bir şekilde ayaktadır.
Silindir dönmeye başlıyor ve önceden belirlenmiş bir hız
değerine ulaştığında, silindirin tabanı aniden düşmesine
rağmen, çocuk silindir duvarında tutulu kalmaktadır.
Rotor duvarıyla çocuk arasındaki statik sürtünme
katsayısı μs olduğuna göre, Rotor’ un minimum hızı ne
olmalıdır.
Çocuk için serbest-cisim diyagramı çizilirse, normal kuvvet FN ’
nin merkezcil kuvvet olduğu görülür.
mv 2
Fx ,net
ma =
= F=
N
R
Fy ,net =f s − mg =0,
(Eş-1)
f s = µ s FN ⇒ mg =µ s FN (Eş-2)
mv 2
Rg
Eş-1 ve Eş-2 birleştirilirse, mg = µ s
⇒ v2 =
⇒ vmin =
R
µs
Rg
µs
bulunur.
(6-13)
Örnek: Çember şeklindeki platformun
yarıçapı R’ dir. Platformun en tepesinde
sürücünün düşmemesi için o andaki v hızı ne
olmalıdır?
Sürücü platformun tepesinde iken serbest-cisim
diyagramını çizersek, sürücüye etki eden yer-çekimi
kuvveti Fg ve normal kuvvet FN aşağı yöndedir.
O noktada sürücünün minimum hıza sahip olması
durumunda, platformla teması kesilir ve FN = 0 olur.
Böylece, sürücüye etki eden tek kuvvet Fg’ dir ve
merkezcildir. Bu durumda,
2
mvmin
Fnet , y = mg =
→ vmin = Rg
R
bulunur.
(6-14)
Örnek : Kütlesi 0.5 kg olan bir taş, 1.5 m uzunluğundaki bir ipin
ucuna bağlanmış ve yatay bir düzlemde döndürülmektedir. Taşın
bağlı olduğu ip en fazla 50 N' luk bir kuvvete dayanabildiğine göre,
ipin kopmadan hemen önceki hızı ne olur?
mv 2
T =
r
→ vmax =
rTmax
=
m
1.5(50)
= 12.2 m/s
0.5
(6-15)
Örnek : Kütlesi m olan bir cisim L uzunluğundaki bir ipin ucunda
şekildeki gibi yatayda r yarıçaplı çembersel bir yörüngede v hızı
ile dönmektedir (Konik sarkaç). Cismin hızını bilinen nicelikler
cinsinden ifade ediniz.
T cos θ = mg
mv 2
Tsinθ =
r
v2
tanθ =
gr
v
gr tan θ
=
gL sin θ tan θ
(6-16)
Örnek : Kütlesi m olan bir cisim uzunluğu R olan
bir ipin ucunda, şekildeki gibi düşey düzlemde
O noktası etrafında dönmektedir. İpin düşeyle θ
açısı yaptığı bir anda cismin hızı v ise, ipteki
gerilme kuvveti ne olur?
Teğetsel kuvvet
∑F =
t
mg sin θ = mat → at = g sin θ (hızdaki değişimin kaynağı)
 v2

∑ Fr = T − mg cos θ = mar → T = m  R + g cos θ 


Radyal kuvvet
 v2

Üst noktada (θ= 180 ) → Tüst= m  − g 
R

o
 v2

Alt noktada (θ = 0 ) → Talt = m  + g 
R

o
(6-17)
Örnek : Kütlesi m olan bir cisim, sağa doğru ivmeli hareket yapan bir yük
vagonunun içinde tavana asılıdır.
a −) Vagonun dışındaki durgun bir gözlemciye göre aracın ivmesi nedir?
b−) Vagonun içindeki bir gözlemciye göre durumu inceleyiniz?
a −)
∑ F = T sin θ = ma
=
cos θ mg
∑ F T=
x
y
a = g tan θ
b −)
∑F ' =
=
F'
∑
x
T sin θ − f hayali = 0
y
T=
cos θ mg
=
=
f hayali mg
tan θ ma
(6-18)
BÖLÜM-7
Kinetik Enerji ve İş
Bu bölümde şu konulara değineceğiz:
 Hareket eden bir cismin kinetik enerjisi
 Bir kuvvetin yaptığı iş
 Güç
Ek olarak, iş-kinetik enerji teoremini öğrenip değişik problemler çözeceğiz.
Hız ve ivme gibi vektörel nicelikler yerine iş ve kinetik enerji gibi skaler
nicelikleri kullanarak problemleri çözeceğimiz için, bu yöntemle işlemler
daha kolay olacaktır.
(7-1)
Kinetik Energy:
Bir cismin hızından dolayı sahip olduğu enerjidir.
Hızı v, kütlesi m olan bir cismin kinetik enerjisi
şu ifadeye sahiptir:
1
K = mv 2
2
SI sistemindeki birimi
kg.m2/s2 = joule
ve sembolik olarak J ile gösterilir.
Kütlesi m = 1 kg olan bir cisim v = 1 m/s hızına sahipse, kinetik enerjisi K = 1 J’ dür.
İş (W): Kütlesi m olan bir cisme bir F kuvveti uygulandığında cisim ivmelenir
ve hızını (v) dolayısıyla da kinetik enerjisini (K) artırabilir veya azaltabilir.
Cismin kinetik enerjisindeki değişim miktarı, F kuvveti tarafından cisme
aktarılan veya cisimden dışarıya alınan enerji (W) kadardır.
Cisme enerji aktarılmışsa W pozitiftir (W > 0) ve F kuvveti cisim üzerinde pozitif
iş yapmıştır denir.
Aksine, cisimden dışarıya enerji alınmışsa W negatiftir (W < 0) ve F kuvveti
cisim üzerinde negatif iş yapmıştır denir.
(7-2)
İş :
Şekilde kütlesi m olan cisim sürtünmesiz bir yüzeyde
x-ekseni yönünde hareket edebilmektedir.

Cisme yatayla φ açısı yapacak şekilde bir F kuvveti uygulanıyor.

Newton' un ikinci yasası gereği: Fx = max ' dır. Cismin başlangıçtaki hızının v0


ve d kadarlık bir yer-değiştirme sonundaki hızının da v olduğunu varsayalım.
2
v02 + 2ax d
Kinematiğin üçüncü denklemi: v=
eşitliğinden,
m Fx
m 2 m 2 m
v
v
a
d
Fx d =
−
=
=
2
2 d=
( F cos φ ) d
 
  0   x
2 m
2
2
2
1 2
1 2
=
− K i Fd cos ϕ
Ki
mv0 =
; Ks
mvs → ∆K =K s =
2
2
 
∆K → W =
W=
Fd cos ϕ → W =
F ⋅d
İşin birimi, kinetik enerjinin birimiyle aynıdır (J).
(7-3)
Not - 1 : İş için bulunan bağıntıyı, F kuvvetinin sabit olduğu durum için türettik.
Not - 2 : Cismin noktasal olduğunu kabul ettik.
Not - 3 : 0 < φ < 90° ⇒ W > 0 ; 90° < φ < 180° → W < 0
 

NET İŞ : Cisme birden fazla kuvvet etkiyorsa (örneğin FA , FB ve FC ),
net iş (Wnet )' in hesaplanması:
Yol - 1 : Herbir kuvvetin yaptığı işler (WA , WB ve WC ) ayrı ayrı hesaplanır ve
sonra da toplanır (Wnet = WA + WB + WC ).




Yol - 2 : Cisim üzerine etki eden net kuvvet (Fnet = FA + FB + FC ) bulunur ve
 
sonra da net kuvvetin yaptığı iş hesaplanır (W=
Fnet ⋅ d ).
net
(7-4)

Örnek : xy -düzlemindeki bir cisim F = 5.0iˆ + 2.0jˆ (N)

kuvvetinin etkisiyle d = 2.0iˆ + 3.0jˆ (m) ile verilen bir
yer-değiştirme yapıyor.
a −) Kuvvetin yaptığı işi
b −) Kuvvetle yer-değiştirme vektörü arasındaki açıyı bulunuz.
 
a −) W = F ⋅ d = (5.0) ∗ (2.0) + (2.0) ∗ (3.0) = 16 J
 
b −) F ⋅ d= Fd cos θ=
θ
29 ∗ 13 ∗ cos θ
16
cos
=
(
) 35o
377
−1
(7-5)
Örnek : İki blok hafif bir iple, sürtünmesiz ve
fk
T
ağırlıksız bir makara üzerinden birbirlerine
T
bağlanmıştır. Sistem serbest bırakıldığında,
bloklar sabit hızla hareket etmektedirler.
A bloğu sağa doğru, B bloğu aşağı doğru 75 cm hareket ettiğinde,
bloklara etkiyen kuvvetlerin yaptıkları işleri bulunuz.
Hız sabit ise ivme sıfırdır.
Blok A: ∑ Fx =T − f k =0 
12N
 T= f=
k
Blok B: ∑ Fy =T − 12 =0 
;
W fk =∗
12 (0.75) ∗ cos(π ) =
−9 J
20 (0.75) ∗ cos(π /2) =
0 ;
Wmg =∗
20 (0.75) ∗ cos(π /2) =
0
WN =∗
Blok A: WT =∗
12 (0.75) ∗ cos(0) =
9J
Blok B: WT =∗
12 (0.75) ∗ cos(π ) =
−9 J ; Wmg =∗
12 (0.75) ∗ cos(0) =
9J
Not: Her iki blokta sabit hızla hareket ettiği için, her iki blok üzerine etki
eden kuvvetlerin yaptığı net iş=0’ dır.
(7-6)
İş - Kinetik Enerji Teoremi :
Bir cisim üzerine yapılan net işin Wnet
= K s − K i olduğunu daha önce
bulmuştuk.
Kinetik enerjideki değişimin de ∆K = K s − K i olduğu dikkate alınırsa,
iş-kinetik enerji teoremi:
∆K = K s − K i = Wnet
Bir cismin kinetik

enerjisindeki değişim  = [Cisim üzerinde yapılan net iş ]


Wnet > 0 → K s − K i > 0 → K s > K i
Wnet < 0 → K s − K i < 0 → K s < K i
(7-7)
Örnek : Kütlesi 6 kg olan bir blok sürtünmesiz
bir düzlemde duruyorken, 12 N' luk sabit bir
yatay kuvvetin etkisiyle harekete başlıyor. Blok
yatayda 3 m yol adıktan sonra hızı ne olur?
 
1 2
W = F ⋅ d = 12 ∗ 3 ∗ cos(0) = 36 J → K s −=
Ki
mvs =
− 0 36 J
2
72
12 3.5 m/s
=
vs
= =
6
Aynı problemi kinematikten yola çıkarak tekrar çözelim:
12
= 2 m/s 2
6
vs2 = vi2 + 2ax ∆x = 2 ∗ 2 ∗ 3 = 12 → vs = 12 = 3.5 m/s
∑ Fx = 12 = max → ax =
(7-8)
Örnek : Kütlesi 6 kg olan bir blok kinetik sürtünme katsayısı µk = 0.15 olan
bir düzlemde duruyorken, 12 N' luk sabit bir yatay kuvvetin etkisiyle harekete
başlıyor. Blok yatayda 3 m yol adıktan sonra hızı ne olur?
 
W = F ⋅ d = 12 ∗ 3 ∗ cos(0) = 36 J
( F' nin yaptığı iş)
f=
µk mg= 0.15 ∗ 6 ∗ 9.8
= 8.82 N
k
 
W f = f k ⋅ d = µk mg cos(π ) = −8.82 ∗ 3 = −26.5 J ( f k ' nın yaptığı iş)
W + W f =36 − 26.5 =9.5
W +Wf =
1 2 1 2 1 2
mvs − mvi = mvs = 9.5 → vs =
2
2
2
19
= 1.8 m/s
6
Aynı problemi kinematikten yola çıkarak tekrar çözelim.
3.18
2
12
12
8.82
=
3.18
=
0.53
m/s
F
=
−
f
=
−
ma
→
a
=
=
∑ x
k
x
x
6
vs2 = vi2 + 2ax ∆x = 2 ∗ 0.53 ∗ 3 = 3.18 → vs = 3.18 = 1.8 m/s
(7-9)
Yerçekimi Kuvvetinin Yaptığı İş :
Kütlesi m olan bir cism A noktasından v0 ilk hızıyla
yukarı doğru fırlatılsın.
Cisim yükseldikçe, yer-çekimi kuvveti (Fg = mg ) tarafından
yavaşlatılır ve B noktasında daha düşük bir v hızına sahip olur.
Cisim A noktasından B noktasına giderken,
yer-çekimi kuvvetinin yaptığı iş:
 
Wg ( A → B ) = Fg .d = mgd cos180° = − mgd
Cisim B noktasından A noktasına dönerken,
yer-çekimi kuvveti tarafından yapılan iş:
 
Wg ( B → A ) = Fg .d = mgd cos 0° = + mgd
(7-10)
Yükseltme Kuvvetinin Yaptığı İş :
Kütlesi m olan cismi bir F kuvvetiyle (dış kuvvet) A noktasından
B noktasına yükseltmek isteyelim. Cisim harekete başladığı
A noktasında ve ulaştığı B noktasında durgun olsun. Bu
aralıkta uygulanan F kuvvetinin sabit olması gerekmiyor.
Cisme etki eden iki kuvvet vardır. Biri yerçekimi kuvveti Fg , diğeri
de cismi yukarı kaldırmak için dışardan uyguladığımız F kuvvetidir.
Wnet =
∆K =
0 → Wdış + Wg =
0
Wg = mgd cos180° = −mgd
→ Wdış =
−Wg
→ Wdış = mgd
Alçaltma Kuvvetinin Yaptığı İş :
Bu durumda cisim B noktasından A noktasına hareket etmektedir.
Wg = mgd cos 0° = mgd → Wdış = −Wg = − mgd
(7-11)
Değişken Kuvvetin Yaptığı İş :
Şekilde, konuma bağlı olarak değişen bir F kuvveti
verilmiştir. Bu kuvvetin xi ile xs noktaları arasında
yaptığı işi (W ) bulmak isteyelim.
Bunun için ( xi , xs ) aralığı, genişliği ∆x olan N tane
ince şerite bölünür.
j. aralıkta yapılan iş ∆W j = Fj ,ort ∆x kadardır.
Bu durumda toplam=
iş, W
N
∑F
j =1
j , ort
∆x olur.
∆x → 0 (N → ∞) durumunda,
N
xs
j =1
xi
=
W lim ∑=
Fj ,ort ∆x
∆x → 0
W=
∫ F ( x)dx
xs
∫ F ( x)dx → [ F ( x) − x grafiği altında kalan alan ]
xi
(7-12)
Örnek : Bir cisim üzerine etkiyen kuvvetin cismin
konumuna bağlılığı şekildeki gibidir.
a −) x = 0 − 8 m,
b −) x = 8 − 12 m
c −) x = 0 − 12 m
aralıklarında bu kuvvetin yaptığı işi bulunuz.
8∗6
x = 0 - 8 m aralığıdaki
a −) W0−8 = ∫ F ( x)dx = ∫ F ( x)dx =
= 24 J
üçgensel bölgenin alanı
2
0
xi
xs
8
4(−3)
= −6 J
b −) W8−12 = ∫ F ( x)dx= ∫ F ( x)dx =
2
8
xi
xs
12
x = 8 - 12 m aralığıdaki
üçgensel bölgenin alanı
c −) W = W0−8 + W8−12 = 24 − 6 = 18 J
(7-13)
Örnek : Bir cisme etkiyen kuvvet, x metre cinsinden olmak üzere,
F = (8x − 16) N ifadesine göre değişmektedir.
a −) x = 0 − 3 m aralığında kuvvetin yaptığı işi bulunuz.
b −) Kuvvet-konum grafiğini çiziniz ve x = 0 − 3 m aralığında
kuvvetin yaptığı işi grafikten bulunuz.
3
 x

a −) W = ∫ F ( x)dx = ∫ (8 x − 16)dx =
−
x
−12 J
8
16

 =
 2
0
0
xi
xs
3
2
2(−16) 1∗ 8
b−) W = W0− 2 +W2−3 =
+
= −12 J
2
2
(7-14)

Örnek : F = (4xˆi + 3yˆj) N' luk kuvvetin etkisindeki bir cisim
orijinden başlayarak x = 5 m noktasına hareket etmektedir.
Kuvvetin yaptığı işi bulunuz.
 

W = ∫ F ⋅ dr = ; dr =
dxˆi + dyˆj
rs
ri
rs
W = ∫ (4 xiˆ + 3 yjˆ).(dxiˆ + dyjˆ)
ri
rs
W = ∫ (4 xdx + 3 ydy ) =
ri
0
0
0
∫ 4 xdx + ∫ 3 ydy
5
x 
W = 4   = 50 J
 2 0
2
5
(7-15)
Yay Kuvveti :
Denge durumundaki bir yaya (uzamamış veya
sıkışmamış yay) bir blok bağlı bulunsun.
Yayı d kadar gerecek şekilde bloğu sağa doğru
bir miktar çekelim. Yay elimize ters doğrultuda
bir direnç kuvveti (F ) uygular.
Yayı d kadar sıkıştıracak şekilde bloğu sola doğru
itersek, yay elimize yine ters doğrultuda bir direnç
kuvveti (F ) uygular.
Her iki durumda da, yay tarafından elimize uygulanan F kuvveti yayı
doğal uzunluğuna getirecek yönde etkir. Büyüklüğü ise, uzama veya
sıkışma miktarı (x) ile orantılıdır.
Eşitlik olarak F = −kx bağıntısı ile verilir. Bu eşitlik "Hooke yasası" ,
k ise "yay sabiti" olarak bilinir.
(7-16)
Yay Kuvveti Tarafından Yapılan İş :
Yay sabiti k olan bir yayın boyunu, kuvvet uygulayarak
xi ' den xs ' ye getirmiş olalım. Yayın elimize uyguladığı
kuvvetin yaptığı işi (Wyay ) hesaplamak isteyelim.
Yayın kütlesiz olduğunu ve Hooke yasasına uyduğunu varsayalım.
Değişken kuvvetin yaptığı iş bağıntısından,
Wyay
xs
x 
1 2 1 2
=
− k ∫ xdx =
−k   =
kxi − kxs
∫x F ( x)dx =
∫x −kxdx =
2
 2  xi 2
xi
i
i
xs
xs
xs
2
bulunur.
Yay başlangıçta uzamasız durumda ise (xi = 0) ve yayı x kadar
germiş veya sıkıştırmış isek( xs = ± x), yay kuvvetinin yaptığı iş
1
Wyay = − kx 2
2
olarak bulunur.
(7-17)
Örnek : Kütlesi 1.6 kg olan bir blok, yay sabiti k = 1× 103 N/m olan
yatay bir yaya bağlıdır. Yay 2 cm sıkıştırılıp durgun halden serbest
bırakılıyor. (Yüzey sürtünmesizdir).
a −) Blok denge noktasından (x = 0) geçerken hızı ne olur?
b−) Aynı soruyu, sabit ve 4 N büyüklüğünde bir sürtünme kuvveti
olması durumunda tekrar cevaplayınız.
1 2 1
−2 2
3
a −) Wyay = kxm= (1×10 )( −2 ×10 )= 0.2 J
2
2
1 2 1 2
Wyay = mvs − mvi → vs =
2
2
2Wyay
m
2(0.2)
=
= 0.5 m / s
1.6
b−) W f = − f k xm = −4 ( 2 ×10−2 ) =
−0.08 J sürtünme kuvvetinin yaptığı iş.
1
∆K = Wyay + W f → mvs2 = 0.2 − 0.08 → vs =
2
2 ∗ (0.12)
= 0.39 m / s
1.6
(7-18)
Örnek : Kütlesi 5 kg olan bir blok sürtünmesiz
bir yüzeyde, yay sabiti k = 500 N/m olan
yatay bir yaya v0 = 6 m/s hızla çarpıyor ve
yayı sıkıştırıyor.
a −) Yaydaki sıkışma ne kadardır?
b −) Yay en fazla 15 cm sıkışabiliyorsa, v0 hızı en fazla ne olur?
1 2 1 2 1 2 1 2
a −) Wyay = kxi − kxm = mvs − mvi
2
2
2
2
1 2 1 2
5
m
kxm = mvi → xm =
vi =
∗ (6) = 0.6 m
2
2
500
k
b −) xm =
m
k
500
vi → vi =
xm =
∗ (0.15) = 1.5 m / s
k
m
5
(7-19)
Üç - Boyutlu Uzayda Kuvvetin Yaptığı İş :

Üç-boyutlu uzayda tanımlı bir F kuvveti genel olarak

F = F ( x, y, z ) ˆi + F ( x, y, z ) ˆj + F ( x, y, z ) kˆ
x
y
z
biçiminde tanımlanabilir.
Böylesi bir kuvvetin etkisinde, bir cismi koordinatı ( xi , yi , zi ) olan
A noktasından koordinatı ( xs , ys , zs ) olan B noktasına, belirli bir
yol boyunca, hareket ettirmek için yapılacak iş,
 
dW =F ⋅ dr =Fx dx + Fy dy + Fz dz
B
xs
ys
zs
A
xi
yi
zi
W =∫ dW =∫ Fx dx + ∫ Fy dy + ∫ Fz dz
ile verilir.
(7-20)
Değişken Kuvvet ve İş - Kinetik Enerji Teoremi :
Değişken bir F (x) kuvveti yardımıyla kütlesi m olan bir cismi A ( x = xi )
noktasından B ( x = xs ) noktasına hareket ettirelim. Newton' un ikinci
dv
yasasına göre, F = ma = m ' dir.
dt
Eşitliğin her iki tarafını dx ile çarpıp xi ve xs aralığında integralini alırsak,
xs
xs
xi
xi
∫ Fdx = ∫ m
dv
dx
dt
dv dv dx
dv
dv dx
=
→ dx =
dx = vdv
dt dx dt
dt
dx dt
xs
m 2 xs 1 2 1 2
W=
m ∫ vdv = v  =mvs − mvi =
K s − Ki =
∆K bulunur.
x
i
2
2
2
xi
Not : Görüldüğü gibi iş-kinetik enerji teoremi,
kuvvetin sabit olduğu durum ile aynıdır.
(7-21)
Örnek : Kütlesi 0.1 kg olan bir blok hava-rayı üzerinde yay sabiti k = 20 N/m
olan yatay bir yaya bağlıdır. Blok denge noktasından sağa doğru 1.5 m/s hızla geçiyor.
a−) Hava-rayı sürtünmesiz ise, blok ne kadar sağa gidebilir?
b −) Hava-rayı sürtünmeli ise (µk = 0.47), blok ne kadar sağa gidebilir?
1 2 1 2 1 2 1 2
a −) Wyay = kxi − kxm = mvs − mvi
2
2
2
2
1 2 1 2
0.1
m
(1.5) = 0.106 m
kxm = mvi → xm =
vi =
2
2
20
k
b −) W f = − f k xm = − ( µk mg ) xm
sürtünme kuvvetinin yaptığı iş.
1 2
1 2
∆K = Wyay + W f → − mvi = − kxm − µk mgxm → İş-kinetik enerji teorimi
2
2
1
1
− 0.1 ∗ v(1.5) 2 =
− 20 ∗ xm2 − 0.47 ∗ 0.1 ∗ 9.8 xm
2
2
10 xm2 + 0.461xm − 0.113 = 0 → xm = 0.086 m =
8.6 cm
(7-22)
Örnek : Salıncağa binmiş w ağırlığındaki bir çocuğu,
ipler düşeyle θ 0 açısı yapana kadar (burada çocuk
durgundur) yatay bir F kuvvetiyle ittiğinizi düşünün.
Bunun için uygulamanız gereken kuvveti, sıfırdan
başlayarak çocuk dengeye gelene kadar belirli bir maksimum değere kadar
artırmanız gerekir. Uyguladığınız F kuvvetinin yaptığı işi bulunuz.
Denge durumunda : ∑ Fx = F − T sin θ =
0 ; F = T sin θ
∑F
y
T w / cos θ
= T cos θ − w
= 0 ; =
ağırlık
 
F = w tan θ → W=
= ∫ F ⋅ dl
θ0
Rdθ ) cos θ

∫ F (=
0
dl
θ0
wR ∫ sin θ dθ
0
W = − wR cos θ ]00 =
wR (1 − cos θ 0 )
θ
(7-23)
Güç :
Güç, F kuvveti tarafından birim zamanda yapılan iş veya F kuvvetinin
iş yapma hızı olarak tarif edilir.
F kuvveti ∆t zaman aralığında W kadar iş yapmışsa, ortalama güç
W
Port =
∆t
Anlık güç ise
P=
dW
dt
ile tanımlanır.
SI sistemindeki birimi "J/s = watt" tır.
"kilowatt-saat" (kW) iş birimidir.
Örneğin, 1000 W gücündeki bir motor 1 saat süreyle
çalışıyorsa yaptığı iş W =Pt =1000 ∗ 3600 =
3600 kJ bulunur.
(7-24)
Hıza Bağlı Güç İfadesi :
Hareket eden bir cisme, hareket doğrultusu ile
φ açısı yapacak şekilde bir F kuvveti uygulayalım.
Uygulanan F kuvvetinin iş yapma hızı
dW F cos φ dx
dx
P =
=
= F cos φ
= Fv cos φ
dt
dt
dt
 
P= F ⋅ v
verilir.
(7-25)
Örnek : Bir asansörün kütlesi 1000 kg' dır ve toplam
800 kg taşıyabilmektedir. Asansör yukarı çıkarken
4000 N' luk sabit bir sürtünme kuvveti etkimektedir.
a−) Asansör 3 m/s' lik sabit hızla yukarı çıkıyorsa,
b−) Asansör 1 m/s 2 ' lik ivme ile yukarı çıkıyorsa,
Asansör motorunun sağladığı güç ne olur?
a −) =
v sabit → =
a 0:
∑F
y
= 0
=T − f −w
T = f + w = (1000 + 800) ∗ 9.8 + 4000 = 2.16 ×104 N

P = T .v = T v cos0= 2.16 ×104 ∗ =
3 6.48 ×104 W
b −) a ≠ 0 :
∑F
y
Ma
= T − f − Mg =
T = f + M ( g + a ) = 4000 + 1800*10.8 = 2.34 ×104 N

P = T .v = T v cos0 = ( 2.34 ×104 v ) W (burada v anlık hızdır)
(7-26)
BÖLÜM-8
Potansiyel Enerji ve Enerjinin Korunumu
Bu konu kapsamında şu konulara değineceğiz:




Potansiyel enerji
Korunumlu ve korunumsuz kuvvetler
Mekanik enerji
Mekanik enerjinin korunumu
Birçok problemi “enerjinin korunumu” teoreminden çözeceğiz.
Burada vektörel nicelikler yerine iş, kinetik enerji ve potansiyel enerji gibi
skaler nicelikler kullanacağımız için işlemler daha kolay yapılabilecektir.
(8-1)
İş ve Potansiyel Enerji:
Yer-çekimi potansiyel enerjisi:
•Kütlesi m olan bir cisim v0 ilk hızıyla A noktasından
yukarı doğru fırlatılıyor.
•Cisim ve yer bir sistemdir.
•Yerçekimi kuvvetinin etkisiyle cisim yavaşlayarak
yükselecek ve B noktasında tamamen duracaktır.
•Sonra da, aşağı doğru hareket ederek orijinal v0 hızıyla A
noktasına ulaşacaktır.
Cisim A noktasından B noktasına giderken Fg kuvvetinin yaptığı iş
W1 = − mgh’ dir. Bunun anlamı, Fg kuvveti cismin kinetik enerjisini
yerçekimi potansiyel enerjisine (U) dönüşmüştür.
Cisim B noktasından A noktasına düşerken ise, Fg kuvvetinin yaptığı iş
W2 = mgh ’ dir. Bunun anlamı da, Fg kuvveti cismin yerçekimi potansiyel
enerjisini kinetik enerjiye dönüştürmüştür.
Sistemin potansiyel enerjisindeki değişim şu ifadeyle verilir:
∆U =
−W
(8-2)
Yay potansiyel enerjisi:
•Kütlesi m olan blok, yay sabiti k olan bir yaya bağlıdır.
•Yay ve kütle bir sistemdir.
•Herhangi bir anda A noktasından geçerken ki hızı v0 olan
blok, yay kuvvetinin etkisiyle yavaşlayacak ve yayı x kadar
sıkıştırarak B noktasında tamamen duracaktır.
•Sonrada, yay kuvvetinin etkisiyle ters yönde harekete
başlayacak ve A noktasından v0 hızıyla geçecektir.
Blok A noktasından B noktasına hareket ederken yay kuvveti Fyay tarafından
yapılan iş W1 = − kx2/2’ dir. Bunun anlamı, yay kuvveti Fyay cismin kinetik
enerjisini potansiyel enerjiye (U) dönüştürmüştür.
Blok B noktasından A noktasına hareket ederken ise, yay kuvveti Fyay tarafından
yapılan iş W2 = kx2/2’ dir. Bunun anlamı da, yay kuvveti Fyay cismin potansiyel
enerjisini kinetik enerjiye dönüştürmüştür.
Sistemin potansiyel enerjideki değişimi yine ∆U =
−W ifadesine sahiptir.
(8-3)
Korunumlu ve Korunumsuz Kuvvetler:
Cismin sadece kinetik ve potansiyel enerjileri
arasında bir dönüşüme neden oldukları için,
yerçekimi kuvveti ve yay kuvveti “korunumlu”
kuvvetlerdir.
Buna karşın, sürtünme kuvveti “korunumlu olmayan” bir kuvvettir.
Sürtünmeli bir yüzey üzerinde A noktasından v0 ilk hızıyla harekete
başlayan bir blok düşünelim. Blok ile zemin arasındaki kinetik sürtünme
katsayısı μk olsun. Blok, kinetik sürtünme kuvveti fk etkisiyle d kadar yol
aldıktan sonra B noktasında duracaktır.
A ve B noktaları arasında sürtünme kuvvetinin yaptığı iş Wf = − μkmgd
olacaktır. Sürtünme kuvveti, bloğun tüm kinetik enerjisini “ısı
enerjisi” ne dönüştürmüştür. Bu enerji tekrar kinetik enerjiye
dönüştürülemez ve bu nedenle sürtünme kuvveti korunumlu bir
kuvvet değildir.
(8-4)
1. Kapalı bir yol boyunca, korunumlu bir
kuvvetin bir cisim üzerinde yaptığı net iş
sıfırdır (Şekil-a).
Wnet = 0
Yerden yukarı doğru fırlatılan taş ve kütle-yay sistemi buna
birer örnektir. Wnet = Wab,1 + Wba,2 = 0
2. a’dan b’ye giden bir cismin üzerine etki eden korunumlu
bir kuvvetin yaptığı iş gidilen yoldan bağımsızdır.
Şekil - a' dan : Wnet = Wab ,1 + Wba ,2 = 0 → Wab ,1 = − Wba ,2
Şekil - b' den : Wab ,2 = − Wba ,2
W
=W
ab,1 ab,2
(8-5)
Potansiyel Enerjinin bulunması :
Bir cisme etkiyen korunumlu kuvveti biliyorsak,
xi ve xs gibi iki nokta arasında cismin potansiyel
enerjisindeki değişimi (∆U ) hesaplayabiliriz.
Korunumlu bir F kuvvetinin etkisindeki bir cisim x-ekseni
boyunca xi noktasından xs noktasına hareket ediyor olsun.
F kuvveti tarafından cisim üzerinde yapılan iş
xs
W = ∫ F ( x)dx eşitliği ile verilir.
xi
Böylece, potansiyel enerjideki değişim
xs
∆U =
−W =
− ∫ F ( x)dx bulunur.
xi
(8-6)
Yerçekimi Potansiyel Enerjisi :
Düşey doğrultuda (y -ekseni boyunca) yukarı doğru yi noktasından
ys noktasına hareket eden m kütleli bir cisim düşünelim.
Cisme etki eden yerçekimi kuvveti nedeniyle cisim-yer sisteminin
potansiyel enerjisinde değişim olacaktır. Az önce bulduğumuz sonucu
kullanarak, cismin potansiyel enerjisindeki değişimi hesaplayacağız.
yf
ys
ys
yi
yi
∆U =
− ∫ F ( y )dy =
− ∫ ( −mg ) dy =
mg ∫ dy =
mg [ y ] ys =
mg ( ys − yi ) =
mg ∆y
y
i
yi
Cismin bulunduğu son noktayı genelleştirirsek U ( y ) − U=i mg ( y − yi )
bulunur.
Genellikle, hareketin başladığı konum yi = 0 ve bu noktadaki
potansiyel U i = 0 olarak seçilir. Bu durumda,
U ( y ) = mgy
bulunur.
(8-7)
Örnek : Yerden h kadar yükseklikten m kütleli
bir cisim serbest bırakılıyor. Cismin herhangi
bir andaki hızını, yerden olan yüksekliğine bağlı
olarak bulunuz.
∆K = −∆U → K s − K i = − (U s − U i )
Ki + U i = K s + U s
1
mvs2 + mgy
2
2 g (h − y )
0 + mgh =
vs
(8-8)
Örnek : Şekilde L uzunluğundaki bir ipin ucuna
bağlı m kütlesinden oluşan bir basit sarkaç verilmiştir.
Cisim θ A açısal konumundan serbest bırakılmıştır ve
dönme ekseninin geçtiği P noktası sürtünmesizdir.
a −) Cisim en alt noktadan (B noktası) geçerken hızı nedir?
b −) Cisim en alt noktada iken ipteki gerileme kuvveti nedir?
1 2
a −) K i + U i = K s + U s → mgh = mvB → vB =
2
2 gL(1 − cos θ A )
mvB2
→ TB = mg + 2mg (1 − cos θ A )
b −) ∑ Fr = TB −mg =
L
=
TB mg ( 3 − 2 cos θ A )
(8-9)
Yaydaki Potansiyel Enerji :
Bir kütle-yay sisteminde, blok xi noktasından xs
noktasına hareket etsin. Yay kuvveti bir iş (W )
yapacaktır ve kütle-yay sisteminin potansiyel
enerjisinde bir değişim meydana gelecektir.
xs
xs
1 2 1 2
W=
−  kxs − kxi 
∫x F ( x)dx =
∫x −kxdx =
2
2

i
i
1 2 1 2
∆U =
−W → U ( xs ) − U i = kxs − kxi
2
2
Genellikle hareketin başladığı konum xi = 0 ve bu noktadaki
potansiyel U i = 0 olarak seçilir.
Denge noktasından herhangi bir x uzaklığında,
1 2
yaydaki potansiyel enerji: U = kx
2
(8-10)
Mekanik Enerjinin Korunumu :
Bir sistemin mekanik enerjisi, o sistemin kinetik ve potansiyel enerjilerinin
toplamı olarak tarif edilir
(Mekanik enerji = Emek= K + U )
Sistemin çevresinden izole olduğunu, dış kuvvetlerin olmadığını
ve sistemdeki kuvvetlerin ise korunumlu olduğunu kabul ediyoruz.
Sistemdeki iç kuvvetin yaptığı iş sistemin kinetik enerjisinde
bir değişim meydana getirecektir.
∆K =
W (Eş-1)
Bu, aynı zamanda sistemin potansiyel enerjisinde de bir
değişim meydana getirecektir
∆U =
−W (Eş-2).
(8-11)
Bu iki eşitlik birleştirilirse,
∆K = −∆U
K s − Ki =
− (U s − U i )
Ki + U i =
Ks + U s
sonucuna ulaşılır.
Bu, "mekanik enerjinin korunumu" yasasıdır ve şu şekilde özetlenebilir.
∆Emek. = ∆K + ∆U = 0
Korunumlu ve korunumsuz kuvvetlerin olduğu izole bir sistemde bu yasa
∆Emek. =
Wkorunumsuz
formundadır.
Burada Wkorunumsuz , sistemdeki tüm korunumsuz kuvvetler tarafından yapılan iştir.
(8-12)
Şekilde m kütleli bir cisim ve asılı olduğu
ipten oluşan basit sarkaç verilmiştir.
Cisim-yer sisteminin mekanik enerjisi
sabittir. Sarkaç salındıkça, sistemin
kinetik ve potansiyel enerjileri
arasında sürekli bir dönüşüm olacaktır.
Cisim en alt noktadayken potansiyel
enerjiyi “sıfır” seçersek, bu noktalarda
kinetik enerji maksimum olacaktır
(a ve e durumu).
c ve g durumlarında ise potansiyel
enerji maksimum, kinetik enerji sıfır
olacaktır.
(8-13)
Örnek : Yaylı bir oyuncak tabancanın yay sabiti bilinmemektedir.
Yay 12 cm sıkıştırılıp düşey yönde ateşlendiğinde, 35 g' lık bilye
atıldığı noktadan 20 m yukarıya yükseliyor. Tüm sürtünmeleri
gözardı ederek,
a −) Tabancanın yay sabitini bulunuz.
b−) Bilye tabancayı hangi hızla terkeder?
c −) Bilye atıldığı noktadan 10 m yukarıdayken hızı nedir?
1 2
2mgh
a −) E A = EC → kx = mgh → k =
= 953 N/m
2
2
x
1 2
1 2
b −) E A = EB → kx = mgx + mvB → vB =
2
2
1 2
1 2
c −) kx = mgh '+ mvh ' → vh '=
2
2
k 2
x − 2 gx = 19.7 m/s
m
k 2
x − 2 gh '= 14 m/s
m
(8-14)
Örnek : İki blok hafif bir iple, ağırlıksız ve sürtünmesiz
bir makara üzerinden şekildeki gibi birbirine bağlanmıştır.
Sistem durgun halden serbest bırakılıyor. 5.00 kg' lık blok
yere çarptığında, 3.00 kg' lık bloğun hızı ne olur?
1
1
2
Ei =
Es → m1 gh =
m2 gh + m2 v + m1v 2
2
2
v
2 ( m1 − m2 ) gh
=
( m1 + m2 )
2 ∗ ( 2 ) ∗ ( 9.8 ) ∗ 4
=
8
19.6 4.43 m/s
=
(8-15)
Potansiyel Enerjiden Kuvvetin Bulunması :
Bilinmeyen bir F kuvvetinin etkisi altında x-ekseni boyunca hareket eden bir
cismin potansiyel enerjisinin konuma bağlılığı U (x) biliniyor olsun.
Cisim koordinatı x olan bir A noktasından koordinatı x + ∆x olan çok yakındaki
bir B noktasına hareket etsin. Kuvvetin cisim üzerinde yaptığı iş
W= F ∆x (Eş-1)
ile verilir.
Kuvvetin yaptığı bu iş, sistemin potansiyel enerjisinde bir değişim meydana getirir.
∆U =
−W (Eş-2)
Bu iki eşitlik birleştirilirse,
∆U
dU ( x)
F =−
bulunur. ∆x → 0 durumundaki limit değeri ise F ( x) = −
∆x
dx
olur.
(8-16)
Potansiyel Enerji Eğrisi:
Cismin potansiyel enerjisinin konuma
bağlı değişimini çizersek, F kuvvetinin
etkisi
altındaki
cismin
hareketi
konusunda detaylı bilgiler elde etmek
mümkün olur.
Cisme etki eden kuvveti aşağıdaki
bağıntı yardımıyla konumun fonksiyonu
olarak bulabiliriz.
dU ( x)
F ( x) = −
dx
Örnek olarak yukarıdaki grafiği inceleyelim:
x2 , x3 ve x4 noktalarında potansiyel eğrisinin türevi sıfırdır. Dolayısıyla
bu noktalarda cisme etkiyen kuvvet de sıfır olur.
x2 ve x3 noktaları arasında dU/dx pozitif olduğundan, kuvvet –x yönündedir.
x3 ve x4 noktaları arasında dU/dx negatif olduğundan, kuvvet +x yönündedir.
(8-17)
Dönüm Noktaları :
Sistemin toplam mekanik enerjisi E=
K ( x) + U ( x).
mek.
Toplam mekanik enerji sabittir (5 J) ve yatay bir çizgi
ile gösterilmiştir. Herhangi bir x noktasında U ( x)
belirlenip yukarıdaki denklemde yerine konur ve cismin
K kinetik enerjisi bulunabilir.
Kinetik enerji, tanımı gereği negatif olamaz. Böylece cismin, x-ekseninin
hangi bölgesinde hareketli olduğunu belirleyebiliriz.
( x) Emek. − U ( x)
K=
K > 0 → Emek − U ( x) > 0 → U ( x) < Emek.
Hareket izinlidir.
K < 0 → Emek − U ( x) < 0 → U ( x) > Emek.
Hareket yasaklıdır.
Emek. = U ( x) olduğu noktalar, "dönüm noktaları" dır.
Yukarıdaki grafiğe göre, x1 dönüm noktasıdır ve bu noktada K = 0 'dır.
(8-18)
Yandaki grafikte Emek. = 4 J durumunu gözönüne alalım.
Buna göre dönüm noktaları (Emek. = U ) x1 ve
x > x5 noktalarıdır. x > x1 bölgesinde hareket
izinlidir. Eğer mekanik enerjiyi 3 J veya 1 J’ e
düşürürsek, dönüm noktaları ve hareketin
izinli olduğu bölge de değişecektir.
Denge Noktaları: Potansiyel enerji eğrisinde eğimin sıfır (dU/dx = 0) ve
dolayısıyla da kuvvetin sıfır (F = 0) noktalar denge noktalarıdır. Kuvvetin
sıfır olduğu bölgeler de (x > x5) doğal denge bölgeleridir.
Mekanik enerjiyi Emek. = 4 J seçersek, kinetik enerji K = 0 olur ve cisim
x > x5 bölgesinde hareketsiz olur.
Potansiyel enerji-konum eğrisinde minimumlar, kararlı denge konumları,
Potansiyel enerji-konum
konumlarıdır.
eğrisinde
maksimumlar,
kararsız
denge
(8-19)
Not: Şekil üzerindeki mavi oklar,
dU ( x)
F ( x) = −
dx
bağıntısı uyarınca cisim üzerine etkiyen
kuvvetlerin yönünü göstermektedir.
Kararlı Denge Konumları: Potansiyelin minimum olduğu x4 noktasını
gözönüne alalım. Mekanik enerji Emek. = 1 J olsaydı, bu noktada cisim
hareketsiz olacaktı (K = 0). Cismi x4 noktasının çok az soluna veya sağına
çekersek, cismi denge noktasına getirmek için bir kuvvet oluşur. Bu nokta
kararlı denge noktasıdır.
Kararsız Denge Konumları: Potansiyelin maksimum olduğu x3
noktasını gözönüne alalım. Mekanik enerji Emek. = 3 J olsaydı, bu
noktada cisim hareketsiz olacaktı (K = 0). Cismi x3 noktasının çok az
soluna veya sağına çekersek, her iki durumda da cismi bu noktadan
daha fazla uzaklaştıracak şekilde bir kuvvet oluşur. Bu nokta kararsız
denge noktasıdır.
(8-20)
Örnek : Bir moleküldeki iki nötr atom arasındaki etkileşme kuvveti ile ilgili
potansiyel, Lennard-Jones potansiyel enerji fonksiyonu ile verilir:
 σ 12  σ 6 
U ( x) 4ε   −   
 x  
 x 
x atomlar arasındaki mesafe, σ ve ε ise deneysel sabitlerdir.
İki tipik atom için,=
σ 0.265 nm ve=
ε 1.51×10−22 J' dür.
Atomlar arasındaki etkileşme kuvvetini ve minimum uzaklığı bulunuz.
dU
d
−
Fx =
= −4ε σ 12 x −12 − σ 6 x −6  = −4ε  −12σ 12 x −13 + 6σ 6 x −7 
dx
dx
12σ 12 6σ 6 
Fx 4ε  13 − 7 
x 
 x
12σ 12 6σ 6 
Fx = 4ε  13 − 7  = 0 → x = 21/6 σ = 0.3 nm
x 
 x
(8-21)
Örnek : İki boyutlu uzayda bir kuvvetle bağlantılı potansiyel enerji
fonksiyonu,
U ( x=
, y ) 3x3 y − 7 x
ile veriliyor. Cisme etkiyen kuvveti bulunuz.
dU
d
Fx =
−
= − 3 x3 y − 7 x  = − 9 x 2 y − 7 
dx
dx
dU
d
−
Fy =
= − 3 x3 y − 7 x  = − 3 x3 
dy
dy

F =Fx ˆi + Fy ˆj =( 7 − 9 x 2 y ) ˆi − ( 3 x 3 ) ˆj
(8-22)
Dış Kuvvetin Bir Sistem üzerinde Yaptığı İş:
Şu ana kadar, dış kuvvetlerin olmadığı izole
sistemleri ele aldık. Şimdi de, dış kuvvetlerin
etkidiği bir sistemi ele alalım.
Bir oyuncu tarafından fırlatılan bowling topunu göz önüne alalım.
Bowling topu ve dünya bir sistem oluşturur.
Oyuncu tarafından topa uygulanan kuvvet dış kuvvettir. Bu durumda
sistemin mekanik enerjisi sabit değildir, dış kuvvetin yaptığı iş kadar
değişir.
W = ∆E
= ∆K + ∆U
mek.
(8-23)
Örnek : Uzunluğu 1 m olan 30o ' lik eğik düzlemin
en üst noktasından, kütlesi 3 kg olan bir kutu durgun
halden aşağıya doğru kaymaya başlıyor. Kutuya
5 N' luk sabit bir sürtünme kuvveti etkimektedir.
a−) Eğik düzlemin tabanında kutunun hızı ne olur?
b−) Kutunun ivmesi nedir?
1 2
a −) Ei =K i + U i = mgh = 3(9.8)(0.5) = 14.7 J ; Es =K s + U s = mv
2
∆E = − f k d = −5(1) =
−5 J
1 2
2(9.7)
Es − Ei = mv − 14.7 =−5 → v =
=2.54 m / s
2
3
3(9.8)(0.5) − 5
b−) ∑ Fx = mg sin(30) − f k = ma → a =
= 3.23 m / s 2
3
(8-24)
Örnek : Kütlesi 20 kg olan bir çocuk, 2 m yüksekliğinde
düzgün olmayan bir kaydırağın tepesinden ilk hızsız
kaymaya başlıyor.
a−) Sürtünme olmadığını varsayarak, kaydırağın en alt
noktasında çocuğun hızı nedir?
b−) Sürtünme olması durumunda, çocuğun en alt noktadaki
hızı 3 m/s olduğuna göre sistemin mekanik enerjisindeki
kayıp ne kadardır?
1 2
a −) K i + U i = K s + U s → mgh = mvs
2
vs = 2 gh = 2 ( 9.8 ) (2) = 6.26 m / s
1 2
1
2
b −) ∆E = Es − Ei =mvs ' − mgh = (20) ( 3) − 20(9.8)(2) =
−302 J
2
2
(8-25)
Örnek : Bir kayakçı 20 m yükseklikteki rampadan
ilk hızsız kaymaya başlıyor. Rampanın alt ucundan
sonra, düz olan bölgede kayakçı ile zemin arasında
sürtünme katsayısı 0.21' dir.
a−) Kayakçı, rampanın alt ucundan duruncaya kadar ne kadar yol alır?
b−) Eğik düzlemin kendisi de aynı sürtünme kaysayısına sahip olsaydı,
(a) şıkkının cevabı ne olurdu?
1
2 gh
= 19.8 m / s
a −) K i + U i = K s + U s → mgh = mvB2 → v=
B
2
vB2
1 2
∆E = EC − EB = 0 − mvB = − µk mgd → d =
= 95.2 m
2
2µk g
1 2
b −) mgh − µk mg cos θ=
L
mvB → v=
B
2
vB2
=
d = 40.3 m
2µk g
2 gh [1 − µk cot(20)=
] 12.9 m / s
(8-26)
Örnek : İki blok hafif bir iple, sürtünmesiz ve ağırlıksız
bir makara üzerinden birbirine bağlıdır. Yatayda bulunan
m1 kütleli blok, yay sabiti k olan bir yaya bağlıdır. Yay
uzamasız durumda iken sistem serbest bırakılıyor ve m2
kütleli blok h kadar düşünce bir an için duruyor. m1 kütleli
blok ile zemin arasındaki sürtünme katsayısı nedir?
∆K =
0
ve
∆E =∆U g + ∆U yay =− µ k m1 gh
∆U g =U s − U i =0 − m2 gh 
1 2

kh − m2 gh
 → − µk m=
1 2
1 gh
2
kh
∆U yay =


2
1 

 m2 g − 2 kh 
µk = 

m
g
1




(8-27)
Örnek : Bir blok, h yüksekliğindeki
sürtünmesiz bir rampadan ilk hızsız
kaymaya başlıyor ve karşıda bulunan
ve eğim açısı θ olan bir eğik düzlemi
tırmanıyor. Blok ile eğik düzlemin
arasındaki kinetik sürtünme katsayısı
µk olduğuna göre, blok bu düzlemde
L
ne kadar yükselir?
∆K =0 ; ∆E =∆U g =− µk mg cos θ ( L )
;
ymax
L=
sin θ
∆U g = U s − U i = mgymax − mgh
 ymax
− µk mg cos θ 
 sin θ

= mgymax − mgh → ymax=

h
(1 + µk cot θ )
(8-28)
Örnek : Kütlesi 10 kg olan blok,
ilk hızsız olarak A noktasından
bırakılıyor. Uzunluğu 6 m olan
sürtünmeli bir bölgeyi ( BC arası)
geçtikten sonra, yay sabiti
k = 2250 N/m yaya çarparak 30 cm sıkıştırıyor.
BC arası bölgenin sürtünme katsayısını bulunuz.
∆K = 0 ; ∆E = ∆U g + ∆U yay = − µk mgL
1 2
∆U g =U s − U i =0 − mgh ; ∆U yay = kxm − 0
2
1 2
mgh − kxm
1 2
2 = 0.328
− µk mgL=
kxm − mgh → µk=
2
mgL
(8-29)
Örnek : Eğik düzlem üzerindeki m1 = 20 kg'lık
blok, hafif bir iple, m2 = 30 kg'lık başka bir bloğa
bağlıdır. m2 bloğu da, şekildeki gibi yay sabiti
250 N/m olan bir yaya bağlıdır. Bu haliyle yay
uzamasızdır ve eğik düzlem sürtünmesizdir. m1 bloğu eğik düzlemden
aşağı doğru 20 cm çekilip (m2 bloğu yerden 40 cm yüksekte) ilk hızsız
bırakılıyor. Yay uzamasız hale geldiğinde blokların hızı ne olur?
∆E = ∆K + ∆U g + ∆U yay = 0 (Tüm kuvvetler korunumlu olduğu için)
1
1 2
1
2
2
(m1 gL sin θ − m2 gL) ; ∆U yay =
∆K =
− kL
 m1v + m2 v  ; ∆U g =
2
2
2

1
1 2
2
0
( m1 + m2 ) v + (m1 sin θ − m2 ) gL − kL =
2
2
v
kL2 + 2(m2 − m1 sin θ ) gL
=
m1 + m2
10 + 67.2
= 1.24 m/s
50
L=20 cm
k=250 N/m
m1=20 kg
m2=30 kg
(8-30)
BÖLÜM-9
Kütle Merkezi ve Çizgisel Momentum
Bu bölümde aşağıdaki konulara değinilecektir:
 Bir parçacık sisteminin kütle merkezi
 Kütle merkezinin hızı ve ivmesi
 Bir parçacığın ve parçacık sistemlerinin çizgisel momentumu
Kütle merkezinin nasıl hesaplanacağını ve çizgisel
momentumun korunumu ilkesini öğreneceğiz.
Son olarak, çizgisel momentumun korunum ilkesi yardımıyla
bir ve iki boyutta çarpışma problemlerini çözeceğiz.
(9-1)
Kütle Merkezi :
x-ekseni üzerinde x1 ve x2 noktalarında bulunan, sırasıyla,
m1 ve m2 kütlelerine sahip iki noktasal cismin kütle merkezi,
xkm
m1 x1 + m2 x2
=
m1 + m2
bağıntısı ile verilir.
x-ekseni üzerine yerleştirilmiş n tane parçacık durumunda bu bağıntı:
xkm
m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 + ... + mn xn m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 + ... + mn xn
1
= =
m1 + m2 + m3 + ... + mn
M
M
n
∑m x
i =1
i i
olur. Burada M sistemdeki parçacıkların toplam kütlesidir.
Üç-boyutlu uzayda (xyz -koordinat sistemi) parçacık sisteminin kütle

merkezi de, kütlesi mi olan parçacığın konum vektörü ri olmak üzere,
daha genel bir ifade olan
1

rkm =
M

m
r
∑ i i bağıntısına sahiptir.
n
i =1
(9-2)

Konum vektörü rkm = xkm ˆi + ykm ˆj + zkm kˆ biçiminde de yazılabileceğinden, kütle
merkezinin koordinatları
1 n
1 n
1 n
=
=
xkm
mi xi
ykm
mi yi
zkm
mi zi
∑
∑
∑
M i 1=
M i1 =
M i1
ile verilebilir.
Bir parçacık sisteminin kütle merkezi, sistemdeki tüm
parçacıkların toplandığı bir nokta ve sistem üzerine etki
eden tüm dış kuvvetler o noktaya etkiyormuş gibi
düşünülebilir.
Bir beyzbol sopasının şekildeki gibi havaya fırlatıldığını
ve yer-çekimi kuvvetinin etkisi altındaki hareketini düşünelim.
Sopanın kütle merkezi siyah bir nokta ile işaretlenmiştir.
Kütle merkezinin hareketine bakıldığında, bunun bir
eğik atış hareketi olduğu kolayca görülür.
Ancak, kütle merkezi dışındaki noktaların hareketleri oldukça karmaşıktır.
(9-3)
Örnek : Konumları şekilde verilen
m1 = m2 = 1.0 kg ve m3 = 2 kg kütleli
üç parçacıktan oluşan sistemin
kütle merkezini bulunuz.
)θ

rkm
n
∑m x
xkm
i i
=
M
i =1
m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 (1)(1) + (1)(2) + (2)(0)
=
= 0.75 m
1+1+ 2
m1 + m2 + m3
n
=
ykm
∑m y
i
i
=
M
i =1
m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 (1)(0) + (1)(0) + (2)(2)
=
= 1m
m1 + m2 + m3
1+1+ 2

rkm 0.75iˆ + ˆj m
=
θ
1
−1
tan
(
) 53.1o
=
0.75
(9-4)


ˆ
Örnek : xy -düzlemindeki konumları r1 = 12 j (cm), r2 = −12iˆ (cm) ve

=
r 12iˆ − 12ˆj (cm) olan cisimlerin kütleleri de sırasıyla, m = 0.4 kg ve
3
1
m2 = m3 = 0.8 kg ile veriliyor. Sistemin kütle merkezini bulunuz.
n
=
xkm
∑m x
m1 x1 + m2 x2 + m3 x3 (0.4)(0) + (0.8)(−12) + (0.8)(12)
=
=
= 0
0.4 + 0.8 + 0.8
M
m1 + m2 + m3
i i
i =1
n
ykm =
∑m y
i
i =1
M
i
=
m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 (0.4)(12) + (0.8)(0) + (0.8)(−12)
=
= −1.2 cm
1+1+ 2
m1 + m2 + m3

rkm =
xkm ˆi + ykm ˆj =
−1.2ˆj cm
(9-5)
Katı Cisimlerin Kütle Merkezi :
Maddenin, içinde homojen bir şekilde dağıldığı sistemlere katı cisimler diyebiliriz.
Böyle cisimlerin kütle merkezlerini bulmak için, kesikli toplama işlemi yerine
sürekli toplama işlemi olan integrali kullanacağız:
xkm
1
1
1
=
xdm
y
=
ydm
z
km
km
M∫
M∫
M
∫ zdm
Cisimlerin simetrisi (simetri noktası, simetri ekseni, simetri düzlemi) uygun ise integral
alma işlemine gerek kalmayabilir. Kütle merkezi simetri elemanı üzerinde olacaktır.
Örneğin bir kürenin kütle merkezi, kürenin merkezidir.
C •
Bir dikdörtgenin kütle merkezi, karşılıklı köşegenleri
birleştiren doğruların kesişim noktasıdır.
C
(9-6)
Katı cisim L uzunluğuna ve M kütlesine sahip
bir çubuk ise, kütle yoğunluğu çizgiseldir:
dm M
1
xλ dx
=
λ =
→ xkm =
∫
dl
L
M
Katı cisim A yüzey alanına ve M kütlesine sahip
ince bir plaka ise, kütle yoğunluğu yüzeyseldir:
dm M
1
1
x
dA
;
y
yσ dA
=
σ =
=
→ xkm =
σ
km
∫
∫
dA A
M
M
Katı cisim V hacmine ve M kütlesine sahip ise,
kütle yoğunluğu hacimseldir:
ρ=
dm M
=
dV V
→ xkm =
M ,A
dm
dA
M,V
dm
dV
1
1
1
x
dV
;
y
y
dV
;
z
z ρ dV
ρ
=
ρ
=
km
km
∫
∫
∫
M
M
M
(9-7)
Örnek :
a −) Kütlesi M ve uzunluğu L olan homojen bir çubuğun
kütle merkezini bulunuz.
b −) Çubuğun çizgisel kütle yoğunluğu λ = α x ise, kütle
merkezini bulunuz. (x çubuğun sol ucundan olan
uzaklık, α da bir sabittir).
a −) xkm
1
=
M
1
b −) x=
km
M
L
=
M
1
=
xdm
∫
M
L
0
λ L2
2
L
M  L
2


λ
x
dx
x
=
=
=
 =
∫0


0
2M
2M 2M  L  2
L
1
=
x
λ
dx
∫0
M
λ dx ∫ (α x=
) dx
∫=
0
λ
L
1
xdm
=
∫
M
α
L
 x=

0
2
2
L
L
dx
∫ x (α x )=
0
α
L
α L3
 x =

0
3M
3M
3
α L2
2
α L3
L3  2 M  2
xkm =
L
=
 =
2 
3M 3M  L  3
(9-8)
Örnek : Kütlesi M ve boyutları şekilde verilen dik üçgen
biçimindeki plakanın kütle merkezini bulunuz.
2M
M
y b
dm =
× ( ydx) =
× ( ydx) ve
=
1
ab
x a


ab


2 
a
a
a
1
2
2
2  x3 
2
b 
=
=
=
=
xkm =
xdm
xydx
x
x
dx
a



2 
∫
∫
∫
M
ab 0
ab 0  a 
a  3 0 3
dm=
M
2M
b− y b
× (a − x)dy=
× (a − x)dy ve
=
ab
a−x a
1 
ab


2


1
ykm
=
M
ykm
=
2
b2
b
b
2
2
a
ydm
=
y
(
a
−
x
)
dy
=
y
(b − y )dy
∫
∫
∫
ab 0
ab 0 b
b
 y
y  1
b
−
= b
 2

3 0 3

2
3
(9-9)
Parçacık Sistemlerinde Newton'un İkinci Yasası :
  

Kütleleri m1 , m2 , m3, ..., mn ve konum vektörleri r1 , r2 , r3 ,..., rn
olan n parçacıklı bir sistem düşünelim. Kütle merkezinin
konum vektörü şu ifadeyle verilir:




m1r1 + m2 r2 + m3 r3 + ... + mn rn

rkm =
M
Her iki tarafın zamana göre türevi alınırsa,
d 
d 
d 
d 
d 
1 
rkm
 m1 r1 + m2 r2 + m3 r3 + ... + mn rn 
dt
M  dt
dt
dt
dt 





Mvkm= m1v1 + m2 v2 + m3v3 + ... + mn vn


bulunur. Burada vkm kütle merkezinin hızı, vi ' de i. parçacığın hızıdır.
Her iki tarafın bir kez daha zamana göre türevi alınırsa,
1  d 
d 
d 
d 
d  
+
+
+
+
...
vkm
m
v
m
v
m
v
m
vn 
n
1
2
2
3
3
 1
dt
M  dt
dt
dt
dt 





Makm= m1a1 + m2 a2 + m3 a3 + ... + mn an


bulunur. Burada akm kütle merkezinin ivmesi, ai ' de i. parçacığın ivmesidir.
(9-10)

i. parçacığa etkiyen kuvvet Fi ' dir ve Newton'un ikinci yasası
gereği,
  

 

mi ai = Fi → Makm = F1 + F2 + F3 + ... + Fn
yazılabilir.

  dış  i ç
Fi kuvveti dış ve iç olmak üzere iki bileşene ayrılabilir:=
Fi Fi + Fi
Bu durumda yukarıdaki eşitlik şöyle bir forma dönüşür:
 dış  i ç
 dış  i ç
 dış  i ç
 dış  i ç

Makm = F1 + F1 + F2 + F2 + F3 + F3 + ... + Fn + Fn
 dış  dış  dış
 dış
 iç  iç  iç
 iç

Makm= F1 + F2 + F3 + ... + Fn + F1 + F2 + F3 + ... + Fn
(
(
) (
) (
) (
)
(
)
)

Eşitliğin sağındaki ilk parantez, sistem üzerine etki eden net kuvvettir (Fnet ).
İkinci parantez ise, Newton'un üçüncü yasası gereği sıfırdır. Bu durumda,


kütle merkezinin hareket denklemi Makm = Fnet ' dir ve bileşenler cinsinden
Fnet, x
Ma
=
Fnet, y Ma
=
Fnet, z Makm, z
km, x
km, y
bağıntıları ile verilir.
(9-11)
Yandaki eşitlikler, bir parçacık sisteminin kütle
merkezinin, sistemdeki tüm parçacıkların toplandığı
ve tüm dış kuvvetlerin etkidiği bir noktasal kütle
gibi hareket edeceğini göstermektedir.
Şekildeki örneği ele alalım.
∗ Yerden ateşlenen bir roket yerçekimi kuvvetinin


Makm = Fnet
Fnet, x = Makm, x
Fnet, y = Makm, y
Fnet, z = Makm, z
etkisi altında parabolik bir yol izler.
∗ Belli bir anda roket patlar ve birçok parçaya ayrılır.
∗ Patlama olmasaydı, roketin izleyeceği yol kesikli
çizgiyle gösterilen yörünge olacaktı.
∗ Patlamada ortaya çıkan kuvvetler iç kuvvetler
olduğundan vektörel toplamı sıfır olacaktır.
∗ Roket üzerinde etkin olan kuvvet hala yerçekimi kuvvetidir.
∗ Bunun anlamı, patlamada ortaya çıkan parçalar da yerçekimi
kuvveti etkisiyle parabolik bir yörüngede hareket ederler.
∗ Dolayısıyla kütle merkezinin yörüngesi, patlamadan önceki
yörüngesiyle aynı olacaktır.
(9-12)
Çizgisel Momentum :


p = mv

Kütlesi m ve hızı v olan bir cismin çizgisel momentumu


p = mv
ile tanımlanır. SI sistemindeki birimi kg.m/s' dir.
Momentum ifadesinin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa,





 
dp d
dv
= ( mv ) = m
= ma = Fnet
p = mv →
dt dt
dt


dp
Fnet =
bulunur.
dt
Bu ifade Newton' un ikinci yasasının bir başka ifade şeklidir.
Sözlü olarak: "Bir cismin çizgisel momentumunun değişim hızı, o cisme etkiyen
net kuvvetin büyüklüğüne eşittir ve onunla (net kuvvetle) aynı yöndedir.
Bu eşitlik, bir cismin çizgisel momentumunun ancak bir dış kuvvetle
değişebileceğini göstermektedir. Dış kuvvet sıfır ise, cismin çizgisel
momentumu değişmez.
(9-13)
Parçacık Sistemlerinin Çizgisel Momentumu :

i. parçacığın kütlesi mi , hızı vi ve çizgisel momentumu

pi olsun. n tane parçacıktan oluşan bir sistemin çizgisel
momentumu şu şekilde verilir:
   






P = p1 + p2 + p3 + ... + pn = m1v1 + m2 v2 + m3v3 + ... + mn vn = Mvkm
Bir parçacık sisteminin çizgisel momentumu, sistemdeki parçacıkların

toplam kütlesi (M ) ile kütle merkezinin hızının (vkm ) çarpımına eşittir.
Her iki tarafın zamana göre türevi alınırsa,




dP d
=
Ma
=
Fnet
( Mv=
km )
km
dt dt
bulunur. Bu eşitlik, parçacık sisteminin çizgisel momentumunun ancak bir dış
kuvvetle değişecebileceğini göstermektedir.
Dış kuvvet sıfır ise, parçacık sisteminin çizgisel momentumu değişmez.
(9-14)
ˆ m/s ve kütlesi 3 kg olan bir cismin
Örnek : Kütlesi 2 kg olan bir cismin hızı (2iˆ − 3j)
ˆ m/s' dir. İki parçacıktan oluşan bu sistemin kütle merkezinin hızını ve
hızı da (iˆ + 6j)
momentumunu bulunuz.

m
v
∑
i i
ˆ + 3(iˆ + 6j)
ˆ

2(2iˆ − 3j)
i =1
=
= 1.4iˆ + 2.4ˆj m/s
v=
km
2+3
M
N


Pkm =
Mvkm =
5 1.4iˆ + 2.4ˆj =+
7iˆ 12ˆj kg ⋅ m/s
(
)
Örnek : Yerden yukarı doğru ateşlenen bir roket 1000 m yükseklikte 300 m/s hıza sahipken
patlayarak üç eşit parçaya bölünüyor. Birinci parça 450 m/s hızla aynı yönde, ikincisi
240 m/s hızla doğuya gidiyor. Üçüncü parçanın hızı nedir?
M
=
=
m=
m
m
1
2
3
3





  
Mvi = m1v1 + m2 v2 + m3v3 → v3 = 3vi − v1 − v2

v3 =( 900 − 450 ) Kˆ − 240 Dˆ =450 Kˆ − 240 Dˆ m/s
(9-15)
Çarpışma ve İtme :
Bir cisme sıfırdan farklı bir dış kuvvet etkidiğinde cismin çizgisel
momentumunun değişebileceğini öğrendik.
∗ İki cismin çarpışması sürecinde böyle kuvvetler ortaya çıkar.
∗ Bu kuvvetlerin şiddetleri çok büyük ancak, etkime süreleri çok kısadır.
∗ Çarpışan cisimlerin çizgisel momentumlarındaki değişimin kaynağıdırlar.
İki cisim arasındaki çarpışmayı düşünelim. Çarpışma,
cisimlerin temas ettiği ti anında başlar ve temasın kesildiği

ts anında biter. Cisimler çarpışma süresince birbirlerine F (t )
ile verilen değişken bir kuvvet uygularlar. Bu kuvvetin
değişimi Şekil-a' da verilmiştir.



dp
F (t ) =
ile verilir. Burada p, cisimlerden birisinin çizgisel
dt
momentumudur.
ts
 

dp= F (t )dt → ∫ dp=
ti

∫ F (t )dt
ts
ti
(9-16)
ts
  

dp
=
p
−
p
=
∆
p
=momentumdaki değişim
s
i
∫
ti

=
J

F (t )dt " itme" veya "impuls" olarak tanımlanır.
∫=
ts
ti


İtme, çarpışan bir cismin çizgisel momentumundaki değişime eşittir: J = ∆p
Genellikle, çarpışma süresince cisimler arasındaki etkileşme kuvvetinin zamanla
nasıl değiştiğini bilemeyiz. Ancak, itmenin büyüklüğü kuvvet-zaman grafiğinde
eğri altında kalan alana eşittir.
Aynı alanı verecek şekilde ortalama bir kuvvet (Fort ) bulursak,
cisimlerin birbirlerine uyguladığı itmeyi,
J= Fort ∆t= Fort (ts − ti )
şeklinde yazabiliriz.
Geometrik olarak, F (t )-t grafiği altında kalan alan
ile Fort -t grafiği altında kalan alan aynıdır (Şekil-b)
(9-17)
Seri Çarpışmalar :

Kütlesi m ve +x-yönünde hızı v olan özdeş parçacıkların sürekli
bir şekilde sabitlenmiş bir hedefe çarptığını düşünelim.
∆t süresince n tane parçacığın hedefe çarptığını varsayalım. Herbir parçacığın
momentumundaki değişim ∆p olacaktır. Herbir çarpışmada − ∆p kadarlık bir
momentum hedefe aktarılacaktır.
∆t süresince hedef üzerindeki itme (impuls) J =−n∆p olduğundan,
J −n∆p
n
− m∆v olur. Burada ∆v, çarpışma nedeniyle
Fort == =
∆t
∆t
∆t
herbir parçacığın hızındaki değişim miktarıdır. Dolayısıyla,
∆m
−
∆v
Fort =
∆t
∆m
, birim zamanda hedefe çarpan kütle miktarıdır.
yazılabilir. Buradaki
∆t
Çarpışmadan sonra parçacıklar duruyorsa, ∆v =0 − v =−v olur.
Çarpışmadan sonra parçacıklar tam olarak yansıyorsa, ∆v =−v − v =−2v olur.
(9-18)
Örnek : Kütlesi 400 g olan bir top 30 m/s hızla,
şekildeki gibi bir duvara doğru fırlatılıyor. Top
duvara çarptıktan sonra geliş doğrultusunun tersi
yönünde 20 m/s hıza sahiptir.
a−) Duvarın topa uyguladığı itme nedir?
b−) Topun duvarla temas süresi 10 ms ise, duvarın topa uyguladığı
ortalama kuvvet nedir?




ˆ  =20iˆ kg ⋅ m/s
a −) J =∆p =mvs − mvi =0.4  20iˆ − (−30i)


 

J
20iˆ
b −) J= Fort ∆t → Fort=
=
= 2000iˆ N
∆t 0.01
(9-19)
Örnek : Kütlesi 400 g olan bir top 20 m/s hızla yatay
doğrultuda sola doğru geliyor. Oyuncu topa geliş
doğrultusunun tersi yönünde yatayla 45o ' lik bir
açıyla vuruyor ve topa 30 m/s' lik bir hız kazandırıyor. Top ile oyuncu
arasındaki temas süresi 10 ms olduğuna göre,
a −) Oyuncunun topa uyguladığı itme nedir?
b −) Oyuncunun topa uyguladığı ortalama kuvvet nedir?




ˆ 
a −) J =∆p =mvs − mvi =0.4 30 cos 45iˆ + 30sin45jˆ − (−20i)



J 16.5iˆ + 8.5jˆ kg ⋅ m/s

 

J 16.5iˆ + 8.5jˆ
→
b −) J = Fort ∆t
Fort =
=
= 1650iˆ + 850jˆ N
0.01
∆t
2
2
o
−1  850 
tan 
=27.25
Fort =
(1650 ) + (850 ) =1856 N ; θ =

1
650


(9-20)
Çizgisel Momentumun Korunumu :
Bir parçacık sistemi üzerine etkiyen net kuvvet



dP 
Fnet =0 →
= Fnet =0 → P = sabit
dt
Bir parçacık sistemi üzerine dış kuvvet etkimiyorsa,

toplam çizgisel momentum P değişmez.
 Herhangi bir t i anındaki   Herhangi bir t s anındaki 
çizgisel momentum
 = çizgisel momentum


 

Çizgisel momentumun korunumu önemli bir ilkedir ve çarpışma problemlerinin
çözümünde büyük kolaylık sağlar.

Not : Bir sistem üzerine etkiyen dış kuvvet Fnet = 0 ise, iç kuvvetler ne kadar
büyük olursa olsun, çizgisel momentum her zaman korunur.
(9-21)
Örnek : Bir nişancı 3 kg' lık bir tüfeği geri tepmesine
izin verecek şekilde tutuyor. Yatay doğrultuda
nişan alarak 5 g' lık mermiyi 300 m/s hızla eteşliyor.
a −) Tüfeğin geri tepme hızını,
b−) Merminin ve tüfeğin momentumunu,
c−) Merminin ve tüfeğin kinetik enerjisini bulunuz.




mv

 0.005 
ˆ
ˆ
a −) P =
mv + MVR =
0 → VR =
−
=
−
 300i = −0.5i m/s
M
 3 


b −) Pm =mv =(0.005)300iˆ =1.5iˆ kg ⋅ m/s


(3) 0.5iˆ =
PR =
MVR =−
−1.5iˆ kg ⋅ m/s
(
)
1 2 1
c −) K m =
mv = (0.005)(300) 2 =226 J
2
2
1
1
2
K R = mVR = (3)(0.5) 2 =0.375 J
2
2
(9-22)
Çarpışmalarda Momentum ve Kinetik Enerji :


Kütleleri m1 ve m2 , ilk hızları v1i ve v2i ,


çarpışmadan sonraki hızları da v1s ve v2 s
olan iki cisim düşünelim.

Sistem izole ve Fnet = 0 ise, çizgisel momentum korunur.
Bu kural, çarpışmanın türüne bakılmaksızın doğrudur.
Çarpışmaları iki sınıfta toplamak mümkündür.
"Esnek (elastik)" ve "Esnek olmayan" olmayan çarpışmalar.
Kinetik enerjide bir kayıp yoksa (K i = K s ), çarpışma esnek çarpışmadır.
Kinetik enerjide bir kayıp varsa (K s < K i ), çarpışma esnek olmayan çarpışmadır.
Bu kayıp başka bir enerji formuna dönüşmüştür deriz.
İki cisim çarpıştıktan sonra birbirine yapışıp birlikte hareket ediyorsa,
cisimler "tamamen esnek olmayan" veya "esnek olmayan tam çarpışma"
yapmıştır deriz. Bu tür çarpışmalar esnek olmayan çarpışma türüdür ve
kinetik enerjideki kaybın en fazla olduğu çarpışma türüdür.
(9-23)
Bir - Boyutta Esnek Olmayan Çarpışma :
Bu tür çarpışmalarda, çarpışan cisimlerin
çizgisel momentumları korunur:








p1i + p2i = p1s + p2 s → m1v1i + m2 v2i = m1v1s + m2 v2 s
Bir - Boyutta Tamamen Esnek Olmayan Çarpışma :
Bu tür çarpışmalarda, çarpışan cisimler yapışır ve çarpışmadan
sonra birlikte hareket ederler. Soldaki resimde,

v2i = 0 özel durumu için:
m1v1i= m1V + m2V → V =
m1
v1i
m1 + m2
bulunur.
Bu tür çarpışmalarda kütle merkezinin hızı





p1i + p2i
m1v1i
P
=
vkm = =
m1 + m2 m1 + m2 m1 + m2
ile verilir.
(9-24)
Örnek : Kütleleri 0.5 kg ve 0.3 kg olan iki blok şekildeki gibi birbirine doğru
2 m/s' lik hızlarla hareket ediyorlar. Çarpışmadan sonra iki blok birleşip birlikte
hareket ettiklerine göre, çarpışmadan sonra blokların ortak hızı nedir?
Sistemin çarpışmadan önceki ve sonraki kinetik enerjisini kıyaslayınız.



mAv A1 + mB vB1 =
( mA + mB ) vAB 2

v AB 2
( )
ˆ
(0.5) 2iˆ + (0.3)(−2i)
= 0.5iˆ m/s
0.5 + 0.3
1
1
1
2
1.6 J ;
0.1 J
K1 = mAv A21 + mB vB21 =
K 2 = ( mA + mB ) v AB
2 =
2
2
2
∆K =
K 2 − K1 =
−1.5 J' lük enerji kaybı vardır.
(9-25)
Örnek : Kütlesi m olan bir mermi, kütlesi M olan tahta
bloğa doğru ateşleniyor ve tamamen esnek olmayan çarpışma
yapıyorlar. Blok+mermi sistemi maksimum y yüksekliğine
çıkıyor. Merminin geliş hızını, bilinenler cinsinden bulunuz.
mv
mv = ( m + M ) V → V =
m+M
1
( m + M )V 2 = ( m + M ) gy → V 2 = 2 gy
2
 m  2
m+M 

 v = 2 gy → v= 
 2 gy
m+M 
 m 
2
(9-26)
Örnek : Bir tüfekten ateşlenen 8 g kütleli mermi yatay, sürtünmesiz bir
yüzeyde bulunan ve bir yaya bağlanmış 0.992 kg kütleli tahta bloğa
saplanıyor. Blok+mermi yayı 15.0 cm sıkıştırıyor. Yayı 0.25 cm uzatmak
için gerekli kuvvet 0.75 N olduğuna göre, çarpışmadan hemen sonra
blok+mermi sisteminin hızı nedir?
Merminin çarpışmadan önceki hızı nedir?
0.75
300 N/m
=
k
−2
0.25 × 10
mv
mv = ( m + M ) V → V =
Blok+merminin çarpışmadan sonraki hızı
m+M
1
1 2
k
2
+
=
→
=
=
m
M
V
kx
V
x 2.6 m/s
(
)
2
2
m+M
=
v
Merminin çarpmadan önceki hızı:
m+M
=
V 325 m/s
m
(9-27)
Bir - Boyutta Esnek Çarpışma :


Kütleleri m1 ve m2 , ilk hızları v1i ve v2i ,


çarpışmadan sonraki hızları da v1s ve v2 s
olan iki cisim düşünelim.
Bu tür çarpışmalarda hem çizgisel momentum, hem de kinetik enerji korunur.




Çizgisel momentumun korunumu: m1v1i + m2 v2i = m1v1s + m2 v2 s
(Eş-1)
1
1
1
1
2
2
2
Kinetik enerjinin korunumu
: m1v1i + m2 v2i = m1v1s + m2 v22s (Eş-2)
2
2
2
2


İki bilinmeyenli (v1s ve v2 s ) bu iki denklem çözülürse, cisimlerin çarpışmadan
sonraki hızları için şu ifadeler elde edilir:
2m2 
m1 − m2 

v1s
v1i +
v2i
m1 + m2
m1 + m2

v2 s
2m1  m2 − m1 
v1i +
v2i
m1 + m2
m1 + m2
(9-28)
)

Esnek Çarpışmada Özel Durum v = 0 :
2i
(

Az önce elde edilen eşitliklerde v2i = 0 yazarsak,


v1s ve v2 s :


m1 − m2 
m1 − m2 
2m2 
v1i
v1s =
v1i +
v2i → v1s =
m1 + m2
m1 + m2
m1 + m2


2m1  m2 − m1 
2m1 
v1i
v2 s =
v1i +
v2i → v2 s =
m1 + m2
m1 + m2
m1 + m2
bulunur. Aşağıdaki özel durumlara göz atalım:
1. m1 = m2 = m

v1s
m1 − m2 
m−m 
=
v1i =
v1i 0
m1 + m2
m+m

v2 s =

2m1 
2m 
=
v1i =
v1i v1i
m1 + m2
m+m
Çarpışan cisimler hızlarını değiştirirler.
(9-29)
2. m2  m1 →
m1
1
m2
m1
−1
m1 − m2 
m2



v1s
v1i
v1i ≈ −v1i
=
=
m1
m1 + m2
+1
m2
 m1 
2

m
 m1  
2m1 


2  
=
=
v2 s
v1i
v1i ≈ 2 
v1i

m1
m1 + m2
 m2 
+1
m2
m1 cismi (küçük cisim) aynı hızla geliş yönünün tersi yönünde hareket eder.
m2 cismi (büyük cisim) ileri yönde çok küçük bir hızla hareket eder (
m1
 1).
m2
(9-30)
3. m1  m2 →

v1s
=

v2 s
=
m2
1
m1
m2
1−
m1 − m2 
m1 

v1i
v1i ≈ v1i
=
m
m1 + m2
1+ 2
m1
2m1 
2


v1i
v1i ≈ 2v1i
=
m
m1 + m2
1+ 2
m1
m1 cismi (büyük cisim) neredeyse aynı hızla yoluna devam eder.
m2 cismi (küçük cisim) gelen cismin yaklaşık iki katı bir hızla hareket eder.
(9-31)
Örnek : Kütleleri 0.50 kg ve 0.30 kg olan A ve B blokları birbirine
doğru 2.0 m/s hızlarla yaklaşıp çarpışıyorlar. Çarpışmadan sonra
B bloğu aynı hızla ters yönde giderken A bloğunun hızı ne olur?
Çarpışmanın türü ne olabilir?





ˆ
ˆ
ˆ
mAv Ai + mB vBi = mAv As + mB vBs → 0.50(2.0i) + 0.30(−2.0i) = 0.50v As + 0.30(2.0i)
0.20iˆ

−
=
−0.40iˆ m/s
v As =
0.50
1
1
2
2
K=
m
v
+
m
v
i
A Ai
B Bi=
2
2
1
1
2
2
Ks =
mAv As + mB vBs
=
2
2
1
1
2
2
(0.50)(2.0) + (0.30)(−2.0)=
1.6 J
2
2
1
1
2
(0.50)(−0.40) + (0.30)(2.0) 2 = 0.64 J
2
2
Kinetik enerji korunmuyor → "esnek olmayan çarpışma"
(9-32)
İki - Boyutta Çarpışma :
Kütleleri m1 and m2 olan iki cismin xy -düzleminde
çarpıştıklarını gözönüne alalım.




Sistemin çizgisel momentumu korunur: p1i + p2i = p1s + p2 s
Çarpışma esnek ise kinetik enerji de korunur: K1i + K 2i = K1s + K 2 s
Çarpışmadan önce m2 parçacığının durgun olduğunu, çarpışmadan sonra da
m1 cisminin geliş doğrultusuyla θ1 , m2 cisminin de θ 2 açısı yaptığını varsayalım.
Bu durumda, momentumun ve kinetik enerjinin korunum ifadeleri:
x − ekseni: m1v1i =
m1v1s cos θ1 + m2 v2 s cos θ 2 (Eş-1)
−m1v1s sin θ1 + m2 v2 s sin θ 2
y − ekseni: 0 =
1
1
1
=
m1v12i
m1v22s + m2 v22s
2
2
2
olur.
(Eş-2)
(Eş-3)
Yedi bilinmeyenli (m1 , m2 , v1i , v1s , v2 s , θ1 , θ 2 ) üç tane denklemimiz var. Bunlardan
herhangi dört tanesinin verilmesi halinde, diğer üçü kolaylıkla bulunabilir.
(9-33)
Örnek : Kütlesi 20 kg bir oyuncak robot (A) +x yönünde
2 m/s hızla giderken, yolu üzerinde durgun halde bulunan
ve kütlesi 12 kg olan başka bir robota (B) şekildeki gibi
çarpıyor. Çarpışmadan sonra A robotu geliş doğrultusu ile
30o açı yapacak şekilde yukarı yönde 1 m/s hızla hareket
ediyorsa, B robotunun hızı ne olur?




mAv Ai + mB vBi = mAv As + mB vBs
Pxi =
Pxs
Pyi Pys
=
→
Momentumun korunumu
ˆ =
20(2i)
(20 cos 30)iˆ + (12vB cos β )iˆ → vB cos β =
1.89
0 (20sin 30)ˆj + (−12vB sin β )jˆ → vB sin=
β 0.833
→ =
β= tan −1 (
0.833
0.833
=
) 23.8o → vB=
= 2.06 m/s
1.89
sin β
(9-34)
Örnek : Kütlesi 0.5 kg olan bir bilye (A) +x yönünde 4 m/s hızla
giderken, yolu üzerinde durgun halde bulunan ve kütlesi 0.3 olan
başka bir bilyeye (B ) esnek olarak çarpıyor. Çarpışmadan sonra
A bilyesi geliş doğrultusu ile bilinmeyen bir α açısı yapacak
şekilde 2 m/s hızla hareket etmektedir. B bilyesinin hızını, α ve
β açılarını hesaplayınız.
1
1
1
1
2
2
2
mAvAi + mB vBi = mAvAs + mB vBs2
Kinetik enerjinin korunumu
2
2
2
2
mA 2
0.5
2
=
− 4) 4.47 m/s
(v Ai − =
)
(16 =
vBs
v As
0.3
mB




Momentumun korunumu
mAv Ai + mB vBi = mAv As + mB vBs
ˆ = 0.5(2 cos α )iˆ + 0.3(4.47 cos β )iˆ → cos α + 1.341cos β = 2
Pxi = Pxs → 0.5(4i)
P = P
→ 0 = 0.5(2sin α )ˆj + 0.3(−4.47 sin β )jˆ
→ sin α − 1.341sin β = 0
yi
α
ys
o
36.8
ve β 26.5o
=
(9-35)
Değişken Kütleli Sistemler (Roketler) :
∗ Hızı v kütlesi M olan bir roket,
dM
' lik bir
dt
hızla kütle kaybeder.
∗ Kaybolan bu kütle, rokete göre ters yönde vbağıl
hızına sahiptir.
∗ Böylece roket kütle kaybeder ve ivmelenir.
∗ Çizgisel momentumun korunumunu kullanarak
roketin v hızını bulabiliriz.
Şekil (a ) ve (b), roketin t ve t + dt anlarındaki durumunu göstermektedir.
Rokete herhangi bir dış kuvvet etkimiyorsa çizgisel momentum korunur.
p (t ) =
p ( t + dt ) → Mv =
−UdM + ( M + dM )( v + dv )
(Eş-1)
Roket zamanla kütle kaybettiği için, dM negatiftir. U , atılan gazın yere göre
hızıdır ve U = v + dv − vbağıl ifadesine sahiptir. Bunu yukarıdaki ifadede yerine
koyarsak,
Mdv = −dMvbağıl
bulunur.
(Eş-2)
(9-36)
dM
Yakıtın
= − R (Eş-3) sabit hızıyla roketten atıldığını
dt
varsayalım. Burada, R sabit bir sayıdır.
dv
dM
vbağıl =
Rvbağıl →
=
−
dt
dt
(birinci roket denklemi) elde edilir. Burada a, roketin ivmesidir.
Eş-2' nin her iki tarafını dt ile bölersek → M
Ma = Rvbağıl
Eş-2' den roketin hızını zamanın fonksiyonu olarak bulabiliriz:
v
dv =
−vbağıl
M
s
s
dM
dM
M
→ ∫ dv =
−vbağıl ∫
→ vs − vi =
−vbağıl [ ln M ]M s →
i
M
M
vi
Mi
M 
vbağıl ln  i 
vs − vi =
 Ms 
(ikinci roket denklemi)
(9-37)
BÖLÜM-10
Dönme
Bu bölümde, katı cisimlerin bir eksen etrafındaki dönü hareketi
incelenecektir. Bu konu kapsamında aşağıdaki konulara değinilecektir:





Açısal yer-değiştirme
Ortalama ve anlık açısal hız (ω)
Ortalama ve anlık açısal ivme (α)
Dönme eylemsizlik momenti (I)
Tork (τ)
Ayrıca,
 dönen katı cisimlerin kinetik enerjisi,
 dönen cisimler için Newton’ un ikinci yasası
 dönme hareketi için iş-kinetik enerji teoremi
üzerinde de durulacaktır.
(10-1)
Dönmedeki Değişkenler:
Katı cisim, üzerindeki tüm noktaların birbirlerine göre
hareket etmediği cisimlerdir.
Bir eksen etrafında dönen katı bir cismi tek bir
değişkenle tarif edebiliriz.
Dönme ekseninin z-ekseni olduğu soldaki katı cismi
göz önüne alalım. Cisim içinde ve dönme eksenine dik
bir referans çizgisi seçelim. Katı cismin üstten görünüşü
hemen alttaki resimde verilmiştir.
Herhangi bir t anında referans çizgisinin açısal konumu, t = 0 anındaki
açısal konumuyla θ kadar bir açı yapıyor olsun. Katı cisim üzerindeki
noktalar birbirlerine göre hareketsiz olduklarından, θ referans çizgisi
üzerindeki tüm noktaların açısal konumudur ve dönme ekseninden r kadar
uzaktaki bir noktanın çizdiği yay uzunluğu s’ ye şu şekilde bağlıdır:
s
θ=
r
Not: θ radyan cinsindendir.
(10-2)
Açısal Yer -değiştirme :
Soldaki resimde t1 ve t2 anlarındaki referans çizgileri
gösterilmiştir. Bu zaman aralığında katı cismin yaptığı
açısal yer-değiştirme ∆θ = θ 2 − θ1 kadardır.
Açısal Hız :
( t1 , t2 )
zaman aralığında ortalama açısal hız=
: ωort
θ 2 − θ1
∆θ
=
∆t
t2 − t1
ile tanımlanır ve SI sistemindeki birimi rad/s' dir.
Anlık açısal hız ise, ortalama açısal hızın ∆t → 0 durumundaki limitidir:
∆θ dθ
=
ω lim
=
∆t → 0 ∆t
dt
(10-3)
Açısal İvme :
Dönen katı cismin açısal hızında bir değişim oluyorsa,
bu değişimin ne kadar hızlı olduğu açısal ivme ile
açıklanabilir.
Üstteki resimde referans çizgisinin t1 ve t2 anlarındaki durumları verilmiştir.
Katı cismin t1 anındaki açısal hızı ω1 ve t2 anındaki açısal hızı da ω2 ' dir.
( t1 , t2 )
ω2 − ω1 ∆ω
: α ort =
zaman aralığında ortalama açısal ivme
=
t2 − t1
∆t
ile tanımlanır ve SI sistemindeki birimi rad/s 2 ' dir.
Anlık açısal ivme, ortalama açısal ivmenin ∆t → 0 durumundaki limitidir:
α
∆ω d ω
=
lim
∆t → 0 ∆t
dt
(10-4)
Açısal Hız Vektörü :
Açısal hız vektörü, katı cisim saat ibrelerinin
tersi yönünde dönüyorsa pozitif, saat ibreleri
yönünde dönüyorsa negatif alınır.

Açısal hız vektörü ω dönme ekseni doğrultusundadır ve kesin yönü
"sağ-el-kuralı" na göre belirlenir.
Sağ - el - kuralı : Dönme eksenini, parmak uçlarınız dönme yönünü
gösterecek şekilde sağ avcunuza alın ve dönme yönünde bir tur

atın. Başparmağınızın yönü açısal hız vektörünün (ω ) yönünü verir.
(10-5)
Örnek : Bir döner kapının açısal konumu θ (t ) = 5 +10t + 2t 2 rad ifadesi ile veriliyor.
t = 0 ve t = 3 s anlarında, kapının açısal hızını ve açısal ivmesini bulunuz.
dθ
=10 + 4t → ω (0) =10 rad/s ve ω (3) =22 rad/s
dt
ω (t ) =
dω
α (t ) = =
4 → α (0) =
α (3) =
4 rad/s 2
dt
0 anında α (t ) =
−10 − 5t (rad/s 2 ) ile
Örnek : Bir mil 65 rad/s hızla dönerken, t =
verilen ivmeli bir harekete başlıyor. t = 3 s anındaki açısal hızını ve bu 3 s' lik
süredeki açısal yerdeğiştirmesini bulunuz.
ω
dω
α (t ) =
→ ∫ d ω = ∫ α dt → ω (t ) =65 − 10t − 2.5t 2 → ω (3) =12.5 rad/s
dt
ω0
0
θ
dθ
ω (t )=
→ ∫ dθ=
dt
θ0
3
3
5 3

2
2
(65
10
2.5
)
65
5
ω
dt
→
∆
θ
=
−
t
−
t
=
t
−
t
−
t 
∫0
∫0

6 0
3
3
117.5 rad
∆θ =
(10-6)
Örnek : Kütlesi 6 kg olan bir blok sürtünmesiz eğik bir düzlem
üzerindeki A noktasından serbest bırakılıyor. Blok P noktasında
iken sahip olduğu ivmenin teğetsel ve radyal bileşenlerini bulunuz.
1 2
mgh
= mgR + mv → =
v
2 g (h − R=
)
2(9.8)(5 − 2)= 7.67 m/s
2



v2
2
ˆ
ˆ m/s 2
F
=
ma
=
−
mg
→
a
=
−
j
9.8j
a=
=
29.4
m/s
t
t
t
r
R
Radyal ivme
Teğetsel ivme
(10-7)
Sabit Açısal İvme ile Dönme :
Dönme hareketinin açısal ivmesi sabit ise, cismin açısal hızını ve açısal konumunu
zamana bağlayan basit eşitlikler bulmak mümkündür. Benzer bağıntıları ötelenme
hareketini incelerken çıkarmıştık. Ötelenme hareketi ile dönme hareketi arasındaki
benzerlik, aşağıdaki nicelikler arasındaki bağlar dikkate alınarak kolayca kurulabilir.
Ötelenme
x
v
a
v= v0 + at
1 2
x = xo + v0t + at
2
− v02 2a ( x − xo )
v2 =
Dönme
↔
↔
↔
↔
θ
ω
α
= ω0 + α t
ω
↔
1 2
θ =θ 0 + ω0t + α t
2
ω 2 − ω02= 2α (θ − θ 0 )
↔
(Eş-1)
(Eş-2)
(Eş-3)
(10-8)
Örnek : Bir tekerlek 3.5 rad/s 2 ' lik sabit açısal ivme ile dönmektedir.
Tekerleğin t = 0 anındaki açısal hızı 2 rad/s olduğuna göre,
a −) ilk 2 s içinde ne kadarlık açısal yer-değiştirme yapmıştır?
b −) t = 2 s anındaki açısal hızı nedir?
1 2
1
a −) ∆θ = ω0t + α t = 2(2) + (3.5)(2) 2 = 11 rad
2
2
11
N = 1.75 tur yapmıştır.
=
2π
b −) ω =ω0 + α t =2 + 3.5(2) =9 rad/s
(10-9)
Örnek : Bir CD-çalarda, bilgi okuyucu lensin yüzeye
temas ettiği noktanın çizgisel hızı 1.3 m/s' dir ve sabittir.
CD' nin boyutları şekilde verilmiştir.
a−) CD' nin iç ve dış kenarlarında iken, lens bilgiyi
hangi açısal hızlarla okur?
b −) Müzik çalma süresi 74 dak+33 s olduğuna göre,
CD kaç defa döner?
c −) İvmenin sabit olduğunu varsayarak, bu zaman aralığında
CD' nin ortalama açısal ivmesini bulunuz.
a −) v = rω → ωiç =
v
1.3
v
1.3
=
=
56.5
rad/s
;
ω
=
=
= 22.4 rad/s
dış
−3
−3
riç 23 ×10
rdış 58 × 10
1  ωs − ωi
b −) ωs= ωi + α t → ∆θ= ωi t + 
2 t
 2  ωs + ωi
t = 

 2

t

∆θ  22.4 + 56.5  ( 74 × 60 + 33)
=
= 28100 tur
n = 

π
2π 
2
2

ωs − ωi
c −) ωs =
ωi + α t → α =
t
22.4 − 56.5
=
=
−7.6 ×10−3 rad/s 2
( 74 × 60 + 33)
(10-10)
Çizgisel ve Açısal Değişkenler Arasındaki İlişki :
Bir eksen etrafında dönen katı cisim üzerindeki bir P
noktasını ele alalım. t = 0 anında referans çizgisi x-ekseni
üzerinde ve P noktası da A noktasında bulunsun.
P noktası t kadarlık bir sürede, AP yayı boyunca hareket ederek
s yolunu alır. Bu sürede referans çizgisi (OP) θ açısı kadar döner.
Açısal Hız ve Çizgisel Hız arasındaki ilişki :
r = OP olmak üzere, yay uzunluğu s ve θ açısı arasındaki ilişki s = rθ eşitliğine uyar.
P noktasının çizgisel hızı:=
v
ds d ( rθ )
dθ
=
= r = rω
dt
dt
dt
çevre 2π r 2π r 2π
Hareketin periyodu:
T
=
= = =
hız
v
ωr
ω
Açısal hız:
ω = 2π f → T =
2π
ω
=
1
f
(10-11)
İvme :
P noktasının ivmesi iki bileşenlidir. Birincisi "radyal" yönde
O noktasına doğrudur ve merkezcil ivme olarak adlandırılır.
Büyüklüğü,
v2
2
a=
r
=
ω
r
r
ifadesine sahiptir.
İkinci bileşen ise, P noktasının izlediği çembersel yörüngeye "teğet"
yöndedir ve teğetsel bileşen diye adlandırılır. Büyüklüğü,
dv d (ω r )
dω
=
=
= r = rα
at
dt
dt
dt
ifadesine sahiptir.

Dolayısıyla ivme vektörü =
a at t + ar rˆ ve büyüklüğü de,
=
a
at2 + ar2
ile verilir.
(10-12)
Dönme Kinetik Enerjisi :
Soldaki dönen katı cismi, kütleleri m1 , m2 , m3 ,..., mi ,....
olan çok küçük parçalara bölelim. P noktası, kütlesi
mi olan i. parçacık olsun.
Katı cismin dönme kinetik enerjisi, noktasal
cisimlerin kinetik enerjilerinin toplamına eşittir:
1
1
1
2
2
=
K
m1v1 + m2 v2 + ....
= ∑ mi vi2
2
2
i 2
1
1
1 2
2
2 2
i. elemanın çizgisel hızı vi = ω ri → K = ∑ mi (ω ri ) =  ∑ mi ri  ω = I ω
2 i
2
i 2

I = ∑ mi ri 2 terimi, katı cismin dönme eksenine göre "eylemsizlik momenti" dir.
i
Eylemsizlik momenti katı cismin kütlesine ve dönme ekseninin konumuna
bağlı olduğu için, bilinmelidir. Katı bir cismin eylemsizlik momenti, katı
cismin kütlesinin dönme eksenine göre nasıl dağıldığını tanımlar.
1 2
2
2
I ∑
=
mi ri ; I ∫=
r dm ; K
Iω
2
i
(10-13)
Örnek : xy -düzleminde bulunan bir oksijen molekülü O 2 olsun ve
ortasından dik olarak geçen z -ekseni etrafında dönsün. Herbir oksijen
atomunun kütlesi 2.66 ×10−20 kg' dır ve oda sıcaklığında aralarındaki
mesafe 1.21×10−10 m' dir.
a −) Molekülün z -eksenine göre dönme eylemsizlik momenti nedir?
b−) Molekülün dönme açısal hızı 4.6 ×1012 rad/s ise, dönme kinetik
enerjisi nedir?
d 
−20  1.21× 10
a −) I = ∑ mi ri = m r + m r = 2m   = 2 ( 2.66 ×10 ) 
2
2

2
2
2
11
2
2 2
−10



2
1.95 ×10−40 kg ⋅ m 2
I=
1 2 1
−40
12 2
b −) K = I ω = (1.95 ×10 )( 4.6 ×10 ) = 20.6 ×10−16 J
2
2
(10-14)
Örnek : Dört adet küçük küre şekildeki gibi hafif çubukların uçlarına
tutturulmuş ve sistem xy -düzlemine şekildeki gibi yerleştirilmiştir.
a −) Sistem y − ekseni etrafında ω açısal hızı ile döndürülürse,
sistemin dönme eylemsizlik momenti ve dönme kinetik enerjisi nedir?
b−) Sistem z − ekseni etrafında ω açısal hızı ile döndürülürse,
sistemin dönme eylemsizlik momenti ve dönme kinetik enerjisi nedir?
a −) =
Iy
2
2
m
=
r
2
Ma
∑ ii
1
1
2
2 2
=
Ky =
I yω
2 Ma
=
ω Ma 2ω 2
2
2
b −) I z =
2
2
2
m
r
=
2
Ma
+
2
mb
∑ ii
1
1
K z =I zω 2 =2 ( Ma 2 + mb 2 ) ω 2 =
Ma 2 + mb 2 ) ω 2
(
2
2
(10-15)
Bazı katı cisimlerin dönme eylemsizlik momentleri:
(10-16)
Eylemsizlik Momenti Hesabı :
Noktasal parçacıklardan oluşan sistemlerde: I = ∑ mi ri 2 bağıntısından hesaplanır.
i
Katı cisimlerde: I = ∫ r 2 dm bağıntısından hesaplanır.
Paralel - Eksen Teoremi :
Eylemsizlik momenti dönme ekseninin konumuna
bağlı olduğundan, her farklı dönme ekseni için I' yı
tekrar hesaplamamız gerekir.
Bunun için, çok kolay bir yöntem olan
"paralel-eksen teoremi" ni kullanacağız.
Üstteki M kütleli katı cismin kütle merkezinden geçen ve sayfa düzlemine
dik olan eksene göre eylemsizlik momentini (I km ) bildiğimizi varsayalım.
Bu eksene paralel ve h kadar uzaktaki bir P noktasından geçen
eksene göre eylemsizlik momenti (I ) şu ifadeyle verilir:
=
I I km + Mh 2
"paralel-eksen teoremi"
(10-17)
Paralel - Eksen Teoreminin İspatı :
Soldaki katı cismin, koordinatları (a,b) olan bir
P noktasından sayfa düzlemine dik olarak geçen
eksene göre eylemsizlik momentini (I ) bulalım.
A noktasında seçilen bir elemanın kütlesi dm ve koordinatları da (x, y ) olsun.
A ve P noktaları arasındaki uzaklık r =
I P=
IP =
2
r
∫ dm=
∫(x
2
( x − a) + ( y − b)
∫(x
) dm − 2a ∫ xdm −2b ∫ ydm + ∫ ( a
( x − a )2 + ( y − b )2  dm=
∫

+ y2
2
2
olur.
2
− 2ax + a 2 + y 2 − 2by + b 2 ) dm
2
+ b 2 ) dm
İkinci ve üçüncü integraller kütle merkezinin x ve y koordinatlarına karşılık
geldikleri için sıfırdır.
İlk integral I km ' ye eşittir. ( a 2 + b 2 ) =
h 2 olduğundan dördüncü integral,
h 2 ∫ dm
= Mh 2 bulunur. Buradan da,=
I I km + Mh 2 sonucu elde edilir.
(10-18)
Örnek : Kütlesi M ve yarıçapı R olan çembersel bir halkanın,
a −) yüzeyine dik ve merkezinden geçen eksene göre eylemsizlik
momenti nedir?
b −) yüzeyine paralel ve çapı boyunca olan bir dönme eksenine
göre eylemsizlik momenti nedir?
a −=
)I
b −=
)I
2
2
dmR
=
M
R
∫
∫ dmy=
2
3
2
λ
dl
R
θ
=
λ
R
sin
sin
(
)
∫
∫ θ dθ
π
2
π
1
 1 − cos 2θ 

3 
= 2λ R ∫ 
=
 dθ λ R θ − sin 2θ 
2
2


0
0
3
I
1
 M  3
2
R
MR
π
=


π
2
R
2


(10-19)
Örnek : Kütlesi M ve uzunluğu L olan bir çubuğun merkezinden
dik olarak geçen y − eksenine göre eylemsizlik momenti nedir?
2
λ
dx
=
x
(
)
∫
M  2
∫  L  x dx
I
2
=
dmx
∫
I
L /2
M
M 3 L /2
M  L3  1
2
2


=
=
=
x
dx
x
ML
2


L − L∫/2
3L   − L /2 3L  8  12
Örnek : Kütlesi M , yarıçapı R ve yüksekliği L olan katı bir silindirin
eksenine göre eylemsizlik momenti nedir?
Silindirle aynı boyda, r yarıçaplı ve dr kalınlığında silindirik
bir kabuk seçersek,=
dm ρ=
dV ρ ( L 2π rdr ) bulunur.
I
=
Buna göre,
I
2
dmr
=
∫
 M 
2
3
L
rdr
r
L
r
dr
=
ρ
2
π
2
π
(
)

2 
∫
∫
πR L 
R
2M 3
2M  R 4  1
2
r
dr
MR
=
=


R 2 ∫0
R2  4  2
(10-20)
Örnek : Paralel-eksen teoremini kullanarak,
kütlesi M ve uzunluğu L olan bir çubuğun
sol ucundan dik olarak geçen y − eksenine
göre eylemsizlik momenti nedir?
2
1
1
L
2
I =I km + Mh = ML + M   = ML2
12
3
2
2
Örnek : Aynı çubuğun kütle merkezinden
L /4 kadar uzaktan geçen ve y − eksenine
paralel bir eksene göre eylemsizlik momenti
nedir?
2
1
7
L
2
2
I =I km + Mh = ML + M   = ML2
12
48
4
(10-21)
Tork :

Katı bir cisim, O noktasından r kadar uzaktaki P noktasına uygulanan bir F
kuvvetinin etkisiyle O noktası etrafında rahatça dönebilmektedir (Şekil-a ).

Şekil-b' de F kuvveti radyal ve teğetsel bileşenlerine ayrılmıştır.
O noktasından geçen çizgi boyunca etkidiği için
kuvvetin Fr bileşeninin dönmeye katkısı yoktur.
Ancak, kuvvetin teğetsel bileşeni (Ft = F sin φ )
O noktası etrafında dönmeye sebep olur.

F kuvvetinin döndürme etkisi, OP = r uzaklığına ve
teğetsel kuvvet bileşeninin (Ft ) büyüklüğüne bağlıdır.
(10-22)
τ r=
φ r⊥ F bağıntısı ile tanımlanır.
Ft rF sin=
Tork,=
r⊥ uzaklığı, kuvvetin O noktasına olan dik uzaklığıdır
ve kuvvet kolu olarak adlandırılır.
=
τ r⊥=
F rF
=
rFt
⊥
Torkun yönü, cisme etkiyen kuvvet,
⇒ cismi saat ibrelerinin tersi yönünde döndürüyorsa "pozitif"
⇒ saat ibreleri yönünde döndürüyorsa "negatif" alınır.
(10-23)
Örnek : Yarıçapları R1 ve R2 olan iki silindir
şekildeki gibi birleştirilmiştir (R1 > R2 ). Yarıçapı
R1 olan silindir üzerine sarılmış ip sağa doğru F1 ,
yarıçapı R2 olan silindir üzerine sarılmış ip aşağı
doğru F2 kuvvetiyle çekiliyor.
z − eksenine göre oluşan net tork nedir?

τ =R1 F1 (−kˆ) + R2 F2 (kˆ) =( − R1 F1 + R2 F2 ) kˆ
F1
5=
N, R1 1=
m, F2 15=
N, R2 0.5 m ise, net torkun
büyüklüğü ne kadardır?

τ = ( −5 + 7.5 ) kˆ = 2.5kˆ
=
τ 2.5 N ⋅ m
Silindir hangi yönde döner? z-ekseni etrafında saatin tersi yönünde döner.
(10-24)
Örnek : Makaraların sürtünmesiz ve ihmal
edilebilir kütlelere sahip olduğunu varsayarak,
kütlesi M = 1500 kg olan aracı dengeleyecek
bloğun m kütlesini bulunuz.
Küçük makarayı gözönüne alalım:
=
θ
2T
Mg sin =
1


∑τ =0 → τ
T1
(1500 ∗ 9.8 ) sin(45) → T=
1

=τ T2
5197 N
T1
→ rT1 =3rT2 → T2 = =1732 N
3
T2
T2 = mg → m =
= 176.8 kg
g
(10-25)
Dönmede Newton'un İkinci Yasası :
Ötelenme hareketinde, Newton' un ikinci yasası cisme etkiyen
kuvveti cismin ivmesine bağlar. Benzer bir ilişki, kuvvetin katı
cisim üzerine uyguladığı tork ile cismin açısal ivmesi arasında
da vardır. Bu ilişki, Newton' un ikinci yasasının dönmedeki
karşılığıdır.
Kütlesi m olan bir cisim r uzunluğunda ağırlıksız bir çubuğun ucuna

yapıştırılmıştır. Cisim üzerine uygulanan F kuvveti ile sistem, orijinden
geçen eksen etrafında dönsün.

Daha önceden olduğu gibi F kuvvetini radyal ve teğetsel bileşenlerine
ayıralım. Radyal kuvvetin dönmeye katkısının olmadığını biliyoruz.
Ft = mat → τ = Ft r = mat r = m (α r ) r =
( mr )α = Iα
2
τ = Iα
bulunur (F = ma ile karşılaştırınız).
(10-26)
Dönen Katı Cisimler İçin Newton'un İkinci Yasası :
r uzunluğunda ağırlıksız bir çubuğun ucuna bağlı m kütleli parçacık özel
durumu için, Newton' un ikinci yasasının dönme hareketindeki karşılığını
bulduk. Şimdi ise, bunu çok daha genel durumlar için tekrarlayalım.
Net bir torkun etkisiyle (τ net ) O noktasından geçen eksen
etrafında dönebilen çubuk benzeri katı bir cisim olsun.
Çubuğu, O noktasından olan uzaklıkları r1 , r2 , r3 ,..., rn ve
kütleleri m1 ,m2 , m3 ,..., mn olan küçük parçalara bölelim.
Her bir parçaya, dönme için Newton' un ikinci yasasını uygularsak;
τ1
I=
I=
I 3α ; ....
1α ; τ 2
2α ; τ 3
eşitliklerini elde ederiz. Cisme etki eden toplam tork,
τ net = τ 1 + τ 2 + τ 3 + ... + τ n = ( I1 + I 2 + I 3 + ... + I n ) α
Burada, I i
olacaktır.
mi ri 2 i. elemanın dönme eylemsizlik momentidir ve I1 + I 2 + I 3 + ... + I n
toplamı da, katı cismin dönme eylemsizlik momentidir.
Buradan da, τ net = Iα yazılır.
(10-27)
Örnek : Yarıçapı R, kütlesi M ve eylemsizlik momenti I olan bir tekerlek
şekildeki gibi ortasından geçen sürtünmesiz yatay bir aksa bağlıdır. Tekerlek
etrafına sarılmış hafif bir ipin ucuna da m kütlesi asılmıştır.
Sistem serbest bırakıldığında m kütlesinin çizgisel ivmesini,
ipte oluşan gerilme kuvvetini ve tekerleğin açısal ivmesini bulunuz.
Ia
mg − T = ma ; ∑τ = Iα → TR = Iα → T = 2
R
a=
g
 I

+
1


2
mR


a
g
α= =
R  I

R
+


mR


I
mg
=
T =
a
2
R
 mR 2 
1 +

I


(10-28)
Örnek : Kütleleri m1 ve m2 olan iki blok hafif iplerle,
Kütlesi M , yarıçapı R ve eylemsizlik momenti I olan
sürtünmesiz iki özdeş makara üzerinden birbirine
bağlanmıştır.
Sistem durgun halden serbest bırakıldığında, blokların ivmesi ne olur?
m1 g − T1 =
m1a 
 → (T1 − T3 ) = ( m1 − m2 ) g − ( m1 + m2 ) a (Eş-1)
T3 − m2 g =
m2 a 
a
∑τ = Iα → (T − T ) R = Iα  → (T − T ) =
2I
R
∑τ = Iα → (T − T ) R = Iα 
1
2
1
2
3
2
(Eş-2)
3
(Eş-1)
= (Eş-2) →=
a
( m1 − m2 ) g
I 

m
+
m
+
2
 1

2
R2 

(10-29)
Örnek : Kütleleri m1 =2 kg ve m2 = 6 kg olan iki blok hafif
bir iple, yarıçapı R = 0.25 m ve kütlesi M = 10 kg olan disk
şeklindeki bir makara üzerinden birbirine bağlanmıştır. Tüm
yüzeylerde kinetik sürtünme katsayısı 0.36' dır ve m2 bloğu
30o ' lik eğik düzlem üzerindedir.
• Sistem serbest bırakıldığında blokların ivmesini ve makaranın
her iki yanındaki iplerde oluşan gerilme kuvvetlerini bulunuz.
T1 − µ k m1 g =
m1a ; m2 g sin θ − µ k m2 g cos θ − T2 =
m2 a
T1 − T2 =
( m1 + m2 ) a + g ( µk m1 + µk m2 cos θ − m2 sin θ )
I ( −α ) =
(T1 − T2 ) R
∑τ =
a
→
Iα
1
2 a R
T
T
MR
−
=
−
=
−
=
−0.5 Ma
( 1 2)
2
R
R
g ( m2 sin θ − µk m1 − µk m2 cos θ )
= 0.309 m/s 2
m1 + m2 + 0.5M
=
T1 m1 ( µk g +=
a ) 7.67 N
T2 =
T1 + 0.5Ma =
9.22 N
(10-30)
İş ve Dönme Kinetik Enerjisi :
Bölüm-7' de, bir kuvvetin bir cisim üzerinde yaptığı işin (W ), o
cismin kinetik enerjisindeki değişime (∆K ) eşit olduğunu gördük.
Benzer şekilde, bir torkun dönen bir cisim üzerinde yaptığı iş, o
cismin dönme kinetik enerjisindeki değişime eşittir.
Kütlesi m olan cisim, r uzunluğunda ağırlıksız bir çubuğun ucuna yapıştırılmıştır.

τ dθ
dW F=
Katı cismin dθ kadar dönmesi için F kuvvetinin yaptığı iş:=
t rdθ
ile verilir.
Kuvvetin radyal bileşeni Fr harekete dik yönde olduğu için iş yapmaz.
θi ve θ s aralığında kuvvetin yaptığı toplam iş:
=
W
θs
F rdθ ∫ τ dθ
∫=
θ
t
i
olur. İş-enerji teoreminden kinetik enerjideki değişim de şu ifadeye sahiptir:
1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2
∆K = W = mvs − mvi = mr ωs − mr ωi = I ωs − I ωi
2
2
2
2
2
2
(10-31)
Örnek : Kütleleri M ve m olan iki cisim L uzunluğunda ağırlıksız
bir çubuğun uçlarına yapıştırılmıştır.
Çubuğa dik bir eksene göre eylemsizlik momentinin
minimum olduğu noktayı ve bu noktadan geçen
eksene göre eylemsizlik momentini bulunuz.
I=
2
2
2
2
2
2
(
)
2
m
r
→
I
=
Mx
+
m
L
−
x
=
Mx
+
mx
−
mLx
+
mL
∑ ii
dI
=→
0 2( M + m) x − 2mL =
0
dx
 m 
x=
L
M +m
 m2
 2
2m 2
−
+ m L
I =( M + m) x − 2mLx + mL =
M +m M +m

 mM  2
I =
L
M +m
2
2
(10-32)
Örnek : Kütlesi M ve boyu L olan çubuk, bir ucundan geçen eksen
etrafında düşey düzlemde dönebilmektedir. Çubuk şekildeki gibi
yatay konumdan serbest bırakılıyor.
a −) Çubuğun bırakıldığı andaki açısal ivmesi, kütle merkezinin ve
uç noktasının çizgisel ivmesi nedir?
b −) Çubuk düşey konuma geldiği anda açısal hızı, kütle merkezinin
ve uç noktasının çizgisel hızı nedir?
a −) ∑ τ =
Iα =
rF⊥
at rα
=
→
at ,km
→=
L
1
2
 ML  α = Mg
2

3
L  3g  3
g
=


2  2L  4
3g
→ α=
2L
 3g  3
at ,uç L=
;=
g


 2L  2
L 1 2 11
3g
2 2
b −) E=
Es → Mg =
Iω =
i
 ML  ω → ω =
2 2
23
L

3g
L 3g 1
=
vuç L= 3 gL
v rω →=
vkm =
3 gL
=
L
2 L 2
(10-33)
Örnek : Kütlesi m1 ve m2 (m1 ≠ m2 ) olan iki blok şekildeki gibi
hafif bir iple, yarıçapı R ve eylemsizlik momenti I olan sürtünmesiz
bir makara üzerinden birbirine bağlanmıştır. Sistem durgun halden
serbest bırakılıyor.
m2 bloğu h kadar alçaldığı anda hızı ne olur?
Tam bu anda makaranın açısal hızı nedir?
I  2
1
1
1
1

m
m
v
0
∆K = K s − K i =  m1v 2 + m2 v 2 + I ω 2  −=
+
+
2
 1
2 
R 
2
2
2
2

∆U = U s − U i = m1 gh − m2 gh
ω=
v
R
1
I  2
∆K + ∆U = 0 →  m1 + m2 + 2  v + m1 gh − m2 gh = 0
2
R 
v=
2(m2 − m1 ) gh
I 

m
m
+
+
 1

2
R2 

→
ω=
v 1 2(m2 − m1 ) gh
=
I 
R R 
m
m
+
+
 1

2
R2 

(10-34)
Güç :
Güç, bir kuvvet tarafından işin yapılma hızı olarak tarif edilir.
Dönme durumunda ise güç, tork tarafından işin yapılma hızı
olarak tarif edilir.
Cisim dθ kadar döndüğünde, torkun yaptığı iş dW = τ dθ
olduğuna göre, güç ifadesi
dW d
dθ
P =
d
τ
θ
τ
τω
=
=
=
( )
dt
dt
dt
 
şeklinde elde edilir. (P= F ⋅ v ile karşılaştırınız).
İş-Dönme kinetik enerjisi teoremini özetleyecek olursak:
=
W
θs
∫θ τ dθ
;
tork sabit ise
→ =
W τ (θ s − θi )
i
1
1
W=
∆K = I ωs2 − I ωi2
2
2
P = τω Güç
İş-Dönme Kinetik Enerjisi Teoremi
(10-35)
Ötelenme ve Dönme Hareketleri Arasındaki Benzerlik :
Ötelenme
x
v
a
v= v0 + at
at 2
x = xo + v0t +
2
v 2 − v02 = 2a ( x − xo )
1 2
mv
2
m
F = ma
F
 
W= ∫ F .dx
 
P = F ⋅v
K=
Dönme
↔
↔
↔
↔
↔
↔
↔
θ
ω
α
ω
= ω0 + α t
θ = θ 0 + ω0 t +
αt2
2
ω 2 − ω02 = 2α (θ − θ 0 )
K=
1 2
Iω
2
↔
↔
↔
τ = Iα
τ
↔
W= ∫ τ .dθ
↔
P = τω
I
(10-36)
BÖLÜM-11
Yuvarlanma, Tork ve Açısal Momentum
Bu bölümde şu konulara değineceğiz:

Çembersel cisimlerin yuvarlanması ve sürtünmeyle olan ilişkisi

Tork’ a genel bir bakış

Parçacık ve parçacık sistemlerinin açısal momentumu

Dönmede Newton’ un ikinci yasası
 Açısal momentumun korunumu
 Açısal momentumun korunumu ile ilgili uygulamalar
(11-1)
Ötelenme + Dönme = Yuvarlanma
Bir yüzey üzerinde kaymadan yuvarlanan çembersel kesitli
bir cisim düşünelim.
Cismin bu hareketini, kütle merkezinin ötelenmesi ile kütle merkezi
etrafındaki dönme hareketinin bir toplamı olarak düşünebiliriz.
Kaymadan yuvarlanan bir bisiklet tekerleğinin t1 = 0 ve t2 = t anlarında çekilmiş
resimleri yukarıda verilmiştir.
Yerde durgun olan bir gözlemci, tekerleğin kütle merkezi O noktasının vkm hızıyla
ilerlediğini görecektir.
Tekerleğin zeminle temas ettiği P noktası da aynı hızla hareket edecektir.
(11-2)
t1 ile t2 zaman aralığında O ve P noktalarının her ikisi de
s kadarlık bir çizgisel yol alırlar. Dolayısıyla,
vkm =
ds
dt
(Eş-1) ;
s = Rθ →
ds
dθ
= R = Rω
dt
dt
(Eş-2)
Bu iki eşitlik birleştirilirse, kaymadan yuvarlanan bir cisim için:
vkm = Rω
eşitliği elde edilir.
(11-3)
vkm = Rω
Yuvarlanmanın, vkm hızıyla ötelenme ve kütle merkezi etrafında ω = vkm / R açısal hızıyla
dönme hareketlerinin toplamı olduğunu biliyoruz.
⇒ Cisim üzerindeki her noktanın hızı, bu iki hareketin hızlarının vektörel toplamıdır.
⇒ Saf dönme hareketinde, hız noktadan noktaya değişmektedir ve büyüklüğü
O noktasından olan uzaklık r olmak üzere, ω r' ye eşittir .Yönü de, her noktada
çembere teğettir (Şekil-a).

⇒ Saf ötelenme hareketinde, her noktanın hız vektörü (vkm ) aynıdır (Şekil-b).
⇒ Yuvarlanma hareketinde hız, bu iki hızın vektörel toplamıdır. Buna göre, P noktasının

hızı her zaman sıfır, O noktasının hızı vkm (r = 0) ve en üstteki T noktasının hızı da

2vkm ' dır.
(11-4)
Yuvarlanma Hareketi ve "Saf Dönme":
Yuvarlanma hareketine değişik bir bakış şekildeki gibidir.
Bu hareket, tekerlekle yolun temas ettiği P noktasından dik
v
olarak geçen eksene göre açısal hızı ω = km olan "saf dönme"
R
hareketi olarak değerlendirilebilir.
Tekerlek üzerindeki her noktanın hızını bulmak için, hızın
o noktadaki büyüklüğünü ve yönünü bilmemiz gerekir.

Hızın yönü, çembere her noktada teğettir. Örneğin, A noktasının hızı v A , A ve P
noktalarını birbirine bağlayan, kesikli çizgilerle gösterilen doğruya diktir.
r , P noktasına olan uzaklığı göstermek üzere, tekerlek üzerindeki her noktanın
çizgisel hızı v = ω r ile verilir.
Örneğin, T noktasında
=
r 2 R olduğundan,=
vT 2=
Rω 2vkm ,
O noktasında=
r R olduğundan, =
vO ω=
R vkm ve
olduğundan, vP 0' dır.
=
P noktasında r 0=
(11-5)
Yuvarlanmada Kinetik Enerji :
Solda, yuvarlanan bir cisim verilmiştir. Bu cismin P değme
noktası etrafında "saf dönme" hareketi yaptığını düşünürsek,
kinetik enerjiyi hesaplamak çok kolay olacaktır.
Cismin kütlesi M ve yarıçapı da R olsun.
I P , P noktasına göre dönme eylemsizlik momenti olmak üzere, kinetik enerji
K=
1
I Pω 2 bağıntısı ile verilir.
2
I P paralel-eksen teoreminden bulunabilir,
=
I P I km + MR 2 →=
K
1
1
1
1
1
2
2
2
2 2
2
2
+
=
ω
ω
+
=
ω
ω
+
I
MR
I
MR
I
Mv
(
)
km
km
km
km
2
2
2
2
2
bulunur.
Bu ifadedeki ilk terim, kütle merkezi O etrafında ω açısal hızıyla dönen cismin kinetik
enerjisini, ikinci terim ise vkm hızıyla ötelenen cismin kinetik enerjisini temsil eder;
K
1
1
2
I kmω 2 + Mvkm
2
2
(11-6)
Örnek : Yarıçapı r olan katı bir küre, R yarıçaplı yarım
küre şeklindeki bir kabın içinde düşeyle θ açısı yapacak
şekilde ilk hızsız serbest bırakılıyor. Küre kaymadan
yuvarlandığına göre, kabın en alt noktasındaki açısal hızı
ne olur?
Ei = Es
Referans noktamız O noktası (r yarıçaplı kürenin merkezi) olsun.
mg ( R − r ) (1 − cos θ =
)
g ( R − r ) (1 − cos
=
θ)
1
1
1
12

2
2
mvkm
mr 2ω 2 +  mr 2  ω 2
+ Iω =
2
2
2
25

7 2 2
rω →
=
ω
10
10 g ( R − r ) (1 − cos θ )
7r 2
(11-7)
Sürtünme ve Yuvarlanma :
Sabit bir hızla yuvarlanan bir cisim (şekil - a ) durumunda, değme
noktası P' nin kayma eğilimi yoktur ve dolayısıyla bu noktada
sürtünme kuvveti yoktur.
Yuvarlanan cisme net bir kuvvet etkimesi durumunda, kütle

merkezi sıfırdan farklı bir akm ivmesine sahip olur (Şekil-b).
Yuvarlanan cisim sağa doğru ivmeleniyorsa, P noktası sola
doğru kayma eğiliminde olurdu. Bu nedenle, statik sürtünme

kuvveti f s sağa doğru olacaktır. f s < f s ,max olduğu sürece
hareket düzgündür, yani kayma yoktur.
Kaymadan yuvarlanan bir cisim için vkm = ω R' dir. Her iki tarafın zamana göre türevi
alınırsa, yuvarlanan cismin kütle merkezinin çizgisel ivmesi (akm ) ile açısal ivmesi (α )
arasındaki ilişkinin:
dvkm
dω
akm = =
R= Rα
dt
dt
olduğu görülür.
(11-8)
Eğik Düzlemden Aşağı Doğru Yuvarlanma :
Kütlesi M ve yarıçapı R olan yuvarlak düzgün bir cisim,
eğim açısı θ olan eğik bir düzlemden aşağı doğru kaymadan
yuvarlanmaktadır. x-ekseni boyunca ötelenme ve dönme
hareketi için Newton' un ikinci yasasını uygulayarak cismin
kütle merkezinin ivmesini (akm ) hesaplayabiliriz.
x-ekseni yönünde ötelenme için Newton' un ikinci yasasından:
f s − Mg sin θ =
− Makm
(Eş-1)
Kütle merkezi etrafında dönme için Newton' un ikinci yasasından:
a
a
a
τ = Rf s = I kmα , α = km → Rf s = I km km → f s = I km km2 (Eş-2)
R
R
R
Buradan da, I km
akm
− Mg sin θ = − Makm ⇒
2
R
akm =
g sin θ
I
1 + km 2
MR
sonucuna ulaşılır.
(11-9)
akm =
g sin θ
I
1 + km 2
MR
Çember
Silindir
Küre
I km = MR 2
MR 2
I km =
2
g sin θ
akm =
1 + I km / MR 2
I km =
akm
g sin θ
=
1 + I km / MR 2
g sin θ
1 + MR 2 / MR 2
g sin θ
=
1+1
1
= g si n θ
2
akm =
akm
akm
g sin θ
1 + MR 2 / 2 MR 2
g sin θ
=
1 + 1/ 2
2
= g sin θ
3
akm
2
MR 2
5
g sin θ
=
1 + I km / MR 2
g sin θ
1 + 2 MR 2 / 5MR 2
g sin θ
=
1+ 2 / 5
5
= g sin θ
7
akm =
akm =
akm
akm
akm
akm
(11-10)
Yo - Yo :
Kütlesi M , yarıçapı R ve aksının yarıçapı da R0 olan Yo-Yo
bir ip boyunca aşağıya doğru yuvarlanarak iniyor. Daha önceki
problemde olduğu gibi, y -ekseni boyunca ötelenme ve dönme
hareketi için Newton' un ikinci yasasını uygulayarak cismin
kütle merkezinin ivmesini (akm ) hesaplayabiliriz.
y -ekseni boyunca ötelenme için Newton' un ikinci yasasından:
Mg − T =
Makm
(Eş-1)
Kütle merkezi etrafında dönme için Newton' un ikinci yasasından:
a
a
τ= R0T= I kmα , α= km → T= I km km2
(Eş-2)
R0
R0
akm
Buradan da, Mg − I km 2 =Makm →
R0
g
akm =
I km
1+
MR0 2
Sonucuna ulaşılır.
(11-11)
Tork :
Bölüm 10' da, bir eksen etrafında dönen katı bir cisme etkiyen torku (τ )
hesapladık. Şimdi de, herhangi bir doğrultuda hareket eden bir cisme
etkiyen torku belirli bir noktaya göre hesaplayacağız.

Bir cisme etkiyen F kuvvetinin uygulanma noktasının belirli bir noktaya göre konum

  
vektörü r ise, bu kuvvetin oluşturduğu tork τ = r × F ifadesi ile verilir.


Aşağıdaki şekilde, r ve F her ikisi de xy -düzlemindedir. Sağ-el kuralından, torkun
z -ekseni yönünde olduğunu kolayca görebiliriz.
  
τ= r ×F


r ile F arasındaki açı φ olmak üzere, torkun büyüklüğü τ = rF sin φ ' dir.
OAB üçgeninden, r sin φ = r⊥ → τ =
r⊥ F bulunur ve Bölüm 10' daki tanımı ile uyumludur.
(11-12)
Açısal Momentum :


Çizigisel momentumun (p = mv ) dönme hareketindeki
karşı-geliri açısal momentum vektörüdür. Bu yeni vektör,
  
= r × p ile tanımlanır.


Soldaki resimde, r ve p her ikisi de xy -düzlemindedir.

Sağ-el kuralını uygulayarak  ' nin z -ekseni yönünde
olduğunu kolayca bulabiliriz.


r ile p arasındaki açı φ olmak üzere,
açısal momentumun büyüklüğü
 = rmv sin φ ' dir.
OAB üçgeninden: r sin φ = r⊥ →  = r⊥ mv bulunur.
Not : Açısal momentum, orijinin nerede seçildiğine bağlıdır. Orijini kaydırırsak,
açısal momentum için farklı bir değer buluruz. SI sistemindeki birimi kg ⋅ m 2 / s
veya J ⋅ s ' dir.
(11-13)

Örnek : xy − düzleminde hareket eden 1.5 kg kütleli bir cismin hızı v = 4.2iˆ − 3.6ˆj (m/s)

ˆ
ˆj (m) olduğunda, açısal momentumu ne olur?
ile veriliyor. Cismin konumu r = 1.5i+2.2


p = mv = 1.5( 4.2iˆ − 3.6ˆj ) = 6.3iˆ − 5.4ˆj
ˆi
ˆj
kˆ
  
l = r × p = 1.5 2.2 0 = [1.5 ∗ (−5.4) − 6.3 ∗ (2.2) ] kˆ = −22kˆ (kg ⋅ m 2 /s)
6.3 −5.4 0
Örnek : xy − düzleminde hareket eden 2.0 kg kütleli bir cismin herhangi bir andaki konumu

ˆ
r = 6.0i+5.0
tˆj (m) ile veriliyor. Cismin açısal momentumunu bulunuz.

 dr
=
v = 5.0ˆj →
dt
ˆi
ˆj
  
l = r × p = 6.0 5.0t
0 10.0


=
p mv
= 2.0 ∗ 5.0ˆj = 10.0ˆj
kˆ
0 = 60.0 kˆ (kg ⋅ m 2 /s)
0
(11-14)
Örnek : Uzunluğu L olan hafif bir ipin ucuna bağlı m kütlesi,
şekildeki gibi yatay düzlemde dairesel hareket yapıyor
(konik sarkaç). Hareket süresince ipin düşeyle yaptığı θ
açısı sabit olduğuna göre, cismin açısal momentumunu
bulunuz.
v2 
T sin θ = m 
v2
R  → tan θ =
gR

T cos θ = mg 
v = gR tan θ
  
l = r × p → lr ,net = 0
lz = l sin θ
lz
→ p = mv = m gR tan θ
radyal yönde net açısal momentum sıfırdır.
z -ekseni yönünde net bir açısal momentum vardır.
Lp sin(90) ] sin θ
=
[
l
Lm=
gR tan θ sin θ
R = L sin θ
4
sin
θ
m 2 gL3
cos θ
(11-15)
Newton'un ikinci yasasının açısal formu :


dp
Ötelenme hareketi için Newton' un ikinci yasası: Fnet =
' dir.
dt
Bunun dönme hareketindeki karşı-geliri nedir?




d
d  
dr   dv
 
   
=
 m ( r × v ) → = m ( r × v=
) m  × v + r × = m ( v × v + r × a )
dt
dt
dt 
 dt

d
 
 


 

v ×v = 0 →
= m ( r × a ) = ( r × ma ) = r × Fnet = τ net
dt
(
)


d
Dönme hareketinde Newton' un ikinci yasası: τ net =
' dir.
dt
(11-16)
Parçacık Sistemlerinin Açısal Momentumu :
n tane parçacıktan oluşan bir sistemde, parçacıkların
  

açısal momentumları 1 , 2 , 3 ,..., n olsun. Sistemin
toplam açısal momentumu:
   

L = 1 + 2 + 3 + ... + n =

∑ i ile verilir.
n
i =1
Her iki tarafın zamana göre türevinden,




n
n
d i
d i 
dL
dL


= τ net,i →
= ∑τ net,i = τ net
=∑
,
dt i 1 =
dt
dt
dt
i 1
bulunur. Bu tork, sistem üzerine etki eden dış torktur.
Newton' un üçüncü yasası gereği, parçacıkların birbirlerine
uyguladıkları torkların (iç tork) toplamı sıfırdır.
(11-17)
Bir Eksen Etrafında Dönme, Katı Cismin Açısal Momentumu :
Dönme eksenini z -ekseni olarak alalım ve katı cismi kütleleri ∆mi ,

konum vektörleri ri olan n tane parçaya bölelim. i. elemanın açısal
  
momentumu i = ri × pi ve büyüklüğü de  i = ri pi ( sin 90° ) = ri ∆mi vi
ifadesine sahiptir.
Açısal momentumun sadece z -bileşeni vardır ve büyüklüğü,
 iz =
 i sin θi =
r⊥i ∆mi vi
( ri sin θi )( ∆mi vi ) =
bulunur.
Açısal momentumların z -bileşenlerinin toplamı da:
 n

Lz = ∑  iz = ∑ r⊥i ∆mi vi = ∑ r⊥i ∆mi (ω r⊥i ) = ω  ∑ ∆mi r⊥2i 
=i 1 =i 1
=i 1
=
i1

olacaktır.
n
n
n
n
2
m
r
∆
∑ i ⊥i toplamı, katı cismin dönme eylemsizlik momenti olduğundan:
i =1
Lz = I ω
(11-18)
Örnek : Kütlesi 6 kg ve yarıçapı 12 cm olan bowling topu
kendi ekseni etrafında saniyede 10 defa dönmektedir.
Topun açısal momentumu nedir?
L = Iω
2
2
2
I = mR = (6)(12 ×10−2 ) 2 =345.6 ×10−4 kg ⋅ m 2
5
5
L = Iω → L =
( 345.6 ×10 ) ⋅ (10 × 2π ) =
−4
2.17 kg ⋅ m 2 / s
(11-19)
Örnek : Kütlesi M ve uzunluğu l olan çubuk, kütle merkezinden
dik olarak geçen eksen z -ekseni etrafında rahatça dönebilmektedir.
İki ucuna m1 ve m2 kütlelerine sahip bilyeler monte edilmiş sistem
düşey düzlemde ω hızı ile dönmektedir.
a −) Sistemin açısal momentumu nedir?
b −) Çubuk yatayla θ açısı yaptığı bir anda sistemin açısal ivmesi ne olur?
2
2
2
l
l
l
1




M

a −) =
L I ω →=
I
Ml 2 + m1   + m2  =
m
m
+
+
1
2


12
2
2
4
3
 
 


l2  M

L = I ω =  + m1 + m2  ω
4 3

τ





l
l
−
θ
θ
cos
cos
m
g
m
g

2 
 1 2
 2 ( m − m ) g cos θ
2




1
2
=
b −) ∑ τ = I α → α = 
l2  M
M


+
+
l
m
m
+
+
m
m

1
2

1
2
3
4 3



(11-20)
Örnek : Şekildeki gibi, bir noktadan sabitlenmiş hafif iple sarılmış R
yarıçaplı, M kütleli bir disk verilmiştir. Sistem serbest bırakıldığında,
a−) ipte oluşan gerilme kuvvetini ve diskin kütle merkezinin ivmesini
bulunuz.
b −) disk h kadar alçaldığı andaki hızını bulunuz.
a −) Mg − T = Ma ;
∑τ = Iα → TR = I
a
1
 a 1
Ma
→ T =  MR 2  2 =
R
2
2
R
1
Mg
2
Mg − Ma= Ma → a=
=
g
1  3
2

M + M 
2 

1
2
=
− a ) M ( g − g) = Mg
T M (g =
3
3
1
1 2 1
11
3
2
2
2 2
Mv + I ω =
Mv +  MR  ω =
Mv 2
b −) Ei= Es → Mgh=
2
2
2
22
4

v=
4
gh
3
(11-21)
Örnek : Kütlesi M , yarıçapı R olan bir çim biçme silindirine yatay
doğrultuda şekildeki gibi bir F kuvveti uygulanıyor. Silindir yatay
düzlemde kaymadan yuvarlanmaktadır. Kütle merkezinin ivmesinin

 2F 
 F 
ve
statik
sürtünme
katsayısının



 olduğunu gösteriniz.
 3Mg 
 3M 
a
∑τ =Iα → f s R =I R
→
1
1
2 a
f s = MR  2 = Ma
2
2
R

 2F
1 

F −=
f s Ma →  M + M =
a
 a F →=
2 
3M

2F F
F
f s =µ s Mg =F − Ma =F − M
= → µs =
3M 3
3Mg
(11-22)
Örnek : Kütlesi m, yarıçapı r olan bir küre, eğik bir düzlem üzerinden şekildeki gibi h
yüksekliğinden ilk hızsız bırakılıyor (h > r ) ve kaymadan yuvarlanarak R yarıçaplı
çembersel bir yola giriyor. a−) Çembersel yoldaki turu tamamlayabilmesi için minimum
h yüksekliği ne olmalıdır.
a −) Ei =
Es
1 2 12 2 2 1 2
Iω
mv
=
=
 mr  ω
2
25
5

1
1
mgh = 2mgR + mv 2 + I ω 2
2
2
1
1
7
7 2
mgh = 2mgR + mv 2 + mv 2 = 2mgR + mv 2 → h = 2 R +
v
2
5
10
10 g
Çemberin içinde dairesel hareket yapan küre çemberin en tepesinde iken üzerine etki
v2
m
eden merkezcil kuvvet: N + mg =
olacaktır. h' nin minumum olması, hızın da
R
mimumum olmasını sağlayacaktır. Bu noktada hızın minumum olması için N = 0 olmalı.
vmin = gR
ve hmin =
2R +
7 2
7
7

vmin =
2R +
gR =
2
+
2.7 R

R =
10 g
10 g
10


b −) h = 3R durumunda, P noktasında küreye etki eden merkezcil kuvvet nedir?
7 2
7 2
20 gR
h =R +
v → 3R =R +
v → v2 =
10 g
10 g
7
v2
20 gR 20
P noktasında merkezcil kuvvet: =
Fmer m= m =
mg
R
7R
7
(11-23)
Açısal Momentumun Korunumu :
Katı cisimlerde dahil, tüm parçacık sistemleri için Newton' un

dL 
ikinci yasasının açısal formu:
= τ net ' tir.
dt

Eğer sistem üzerine etkiyen net tork sıfırsa (τ net = 0):


dL
= 0 → L = sabit olur. Bu, açısal momentumun korunum
dt
ilkesidir.
Bir başka deyimle;
 Herhangi bir t i anındaki   Herhangi bir t s anındaki 

=

net
açısal
momentum
net
açısal
momentum

 



Li
=
Ls
Not : Dış torkun belli bir eksen yönündeki bileşeni sıfırsa, açısal
momentumun o eksen yönündeki bileşeni değişmez (korunur).
(11-24)
Resimdeki öğrenci, düşey eksen etrafında dönebilen
bir taburenin üzerinde oturmaktadır. Kollarını iki
yana açan öğrencinin ellerinde özdeş ağırlıklar
varken ωi açısal hızıyla dönmektedir. Bu durumdaki

açısal momentum vektörü L dönme ekseni boyunca
yukarı yöndedir (Şekil-a ).
Öğrenci belli bir anda kollarını topluyor (Şekil-b) ve bu hareket sonucunda, dönme
eylemsizlik momenti, I i ' den daha düşük bir değer olan I s ' ye düşüyor. Öğrenci ve
tabure sistemi üzerine dış bir tork etkimediğinden, açısal momentum korunur.
ti anında: Li
I=
ve ts anında: Ls I sωs
iωi
Li = Ls → I iωi = I sωs → ωs =
I s < Ii →
Ii
ωi
Is
olduğundan,
bulunur.
Ii
> 1 → ωs > ωi . Öğrenci son durumda daha hızlı döner.
Is
(11-25)
Örnek : Düşey eksen etrafında rahatça dönebilen bir taburenin
üzerindeki öğrencinin elinde, 3.9 devir/s' lik bir açısal hızla
dönen ve eylemsizlik momenti 1.2 kg ⋅ m 2 olan bir bisiklet
tekerleği vardır. Öğrenci, belli bir anda tekerleği aynı açısal
hızla ters yönde dönecek şekilde çeviriyor. Bunun sonucunda,
öğrencinin açısal hızı ne olur?
Öğrenci (öğ) + tabure (t)
birleşik sisteminin toplam dönme eylemsizlik momenti
I öğ + I t = 6.8 kg ⋅ m 2
I bt = 1.2 kg ⋅ m 2 ; ωbt = 3.9 dev/s ; I öğ +t = 6.8 kg ⋅ m 2 → ωöğ = ?
2 Lbt
Li =
Ls → Lbt =
− Lbt + Löğ +t → Löğ +t =
2 I btωbt
2 I btωbt 2 ×1.2 × 3.9
I=
=
1.4 dev/s
ωöğ =
öğ + t ωöğ →
I öğ +t
6.8
(11-26)
Örnek=
: Yarıçapı R 2=
m, kütlesi M 100 kg olan disk şeklindeki
bir platform, merkezinden dik olarak geçen eksen etrafında rahatça
dönebilmektedir. Kütlesi m = 60 kg olan bir öğrenci platformun dış
kenarı üzerindeyken platformla birlikte 2 rad/s hızla dönmektedir.
Öğrenci daha sonra platformun merkezine doğru yürümeye başlıyor.
r = 0.5 m noktasına geldiğinde öğrenci+platform hangi hızla döner?
Ii
Li = Ls → I iωi = I sωs → ωs = ωi
Is
1
1
2
2
2
I i =MR + mR ; I s =MR 2 + m ( r )
2
2
ωs
1
2
2
+
MR
mR


2 =
 ω
i
2
1
2
 MR + m ( r ) 
2

200 + 240 )
(=
(2)
( 200 + 15)
4.1 rad/s
(11-27)
Örnek : Kütle merkezinden dik olarak geçen eksene
göre eylemsizlik momenti 12 kg ⋅ m 2 ve uzunluğu
4 m olan ince bir çubuk şekildeki gibi düşey olarak
durmaktadır. Kütlesi 2 kg olan bir cisim 15 m/s yatay
hızla çubuğun tepe noktasına esnek olarak çarpıp aynı
yönde yoluna devam ediyor. Çarpışmadan sonra cismin
çizgisel hızı ve çubuğun açısal hızı nedir?
vs
Li = Ls → rmvi = rmvs + I ω = rmvs + I
r
m
2
vs =
vi =
15 6 m/s
I 

 12 
m+ 2 
2+ 
r 
4


vs 6
ωs= = = 3 rad/s
r 2
(11-28)
Örnek : Kütlesi M olan tahta bir blok sürtünmesiz yatay bir
masa üzerinde kütlesi ihmal edilebilir l uzunluğuna sahip
ince bir çubuğa monte edilmiştir. Çubuk diğer ucundan geçen
dik eksen etrafında serbestçe dönebilmektedir. Kütlesi m olan
bir mermi çubuğa dik doğrultuda v hızıyla tahta bloğa çarpıp saplanıyor. Mermi+blok
sisteminin çarpışmadan sonraki açısal hızı ne olur? Bu çarpışmada hangi oranda bir
kinetik enerji kaybı olmuştur?
Li = Ls
lmv = I ω → ω =
lmv
=
2
( M + m) l
mv
( M + m) l
1 2 1 2
2
2
2
mv − I ω


( M + m) l
Ki − K s 2
I ω 
m
1−   =
1−
= 2
=


1 2
Ki
m
v
m
M
m
l
+
(
)
 


mv
2
Ki − K s
m
M
1−
=
=
Ki
( M + m) M + m
(11-29)
Ötelenme ve Dönme Hareketleri Arasındaki Benzerlik :
Ötelenme
x
v
a
p
1
K = mv 2
2
m
F = ma
F
P = Fv


dp
Fnet =
dt
p = mv
Dönme
↔
↔
↔
↔
θ
ω
α

↔
K=
↔
↔
↔
↔
I
↔
↔
1 2
Iω
2
τ = Iα
τ
P = τω

d

τ net =
dt
L = Iω
(11-30)
BÖLÜM-12
Titreşimler
Bu bölümde şu ana başlıklara değinilecektir:
 Basit harmonik harekette yer-değiştirme, hız ve ivme
 Basit harmonik salınıcının enerjisi
 Harmonik salınıcılara örnekler:
i.
Kütle-yay sistemi
ii.
Basit sarkaç
iii. Fiziksel sarkaç
iv. Burulma sarkacı
 Sönümlü harmonik hareket
 Zorla salınımlar/rezonans
(12-1)
Basit Harmonik Hareket :
Şekil-a' da basit harmonik hareket yapan bir cisim resmedilmiştir.
x(t ) xm cos (ωt + φ )
=
Cismin yer-değiştirmesi
=
x(t ) xm cos (ωt + φ ) bağıntısı ile verilir ve zamanla
nasıl değiştiği Şekil-b' de resmedilmiştir.
(12-2)
x(t )
xm cos (ωt + φ )
Konum fonksiyonu = cismin denge noktasına olan uzaklığı
xm niceliği "genlik" olarak bilinir ve cismin maksimum yer-değiştirmesidir.
ω niceliği de hareketin "açısal frekans" ıdır ve
2π
ω 2=
πf
=
T
ifadesine sahiptir ve SI sisteminde birimi rad/s' dir.
(ωt + φ ) ise t anındaki faz açısıdır ve SI sisteminde birimi radyandır.
φ niceliği, salınıcının "faz sabitidir" ve salınan cismin t = 0 anındaki x(0)
konumuna ve v(0) hızına bağlıdır. SI sisteminde birimi radyandır.
Hareketin zaman içinde kendisini tekrarladığına dikkat ediniz.
Bir tam salınım için geçen süre "period (T )" olarak tarif edilir.
SI sistemindeki birimi saniyedir.
Birim zamandaki salınım sayısı "frekans (f )" olarak tanımlanır.
SI sistemindeki birimi hertz (s -1 )' dir.
(12-3)
x(t )
xm=
cos (ωt + φ ) φ 0=
durumunda x(t ) xm cos ωt' dir
ve Şekil-a' da çizilmiştir.
Basit Harmonik Salınıcının Hızı :
dx(t ) d
v(t ) = = xm cos (ωt + φ )  =
−ω xm sin (ωt + φ )
dt
dt
ω xm çarpımı hızın alabileceği maksimum
değerdir (vm ). φ = 0 durumunda
v(t ) = −vm sin ωt' dir ve Şekil-b' de çizilmiştir.
Basit Harmonik Salınıcının İvmesi :
dv(t ) d
a (t ) =
=  −ω xm sin (ωt + φ )  =
−ω 2 xm cos (ωt + φ ) =
−ω 2 x(t )
dt
dt
ω 2 xm ivmenin alabileceği maksimum değerdir (am ).
φ = 0 durumunda a (t ) = −ω 2 xm cos ωt' dir ve Şekil-c' de çizilmiştir
(12-4)
Basit Harmonik Hareket İçin Kuvvet Yasası :
Basit harmonik salınıcı için a (t ) = −ω 2 x(t ) olduğunu biliyoruz.
Newton' un ikinci yasasına göre: F =
ma =
−mω 2 x =
− ( mω 2 ) x olur.
"Bir cisme etkiyen net kuvvet ile cismin yer-değiştirmesi arasında,
Hook Yasası olarak bilinen, F =− C ⋅ x şeklinde bir ilişki varsa
(burada C bir sabit), o cisim basit harmonik hareket yapıyor" denir.
Bu durumda, basit harmonik salıcının periyodu
m
olarak bulunur.
mω= C → T = 2π
C
2
(12-5)
Üstte sürtünmesiz bir düzlemde, yay sabiti k olan bir
yaya bağlı m kütleli cismin hareketi resmedilmiştir.
m kütleli cisme etkiyen net kuvvet Hooke yasasına uyar: F = −kx.
Bunu, F = −Cx ile karşılaştırırsak C = k bulunur.
Buradan da, hareketin açısal frekansı ve periyodu
C
k
m
m
=
ω =
ve =
T 2π = 2π
m
m
C
k
olarak hesaplanır.
(12-6)
Basit Harmonik Hareketin Enerjisi :
Basit harmonik hareket yapan bir cismin mekanik enerjisi E , herhangi bir
anda cismin potansiyel enerjisi U ile kinetik enerjisi K' nın toplamıdır.
1 2 1 2
Potansiyel Enerji:=
U =
kx
kxm cos 2 (ωt + φ )
2
2
1 2 1
1 k 2
2 2
2
Kinetik Enerji: K
mv=
mω xm sin (ωt + φ=
=
) m xm sin 2 (ωt + φ )
2
2
2 m
1
1
Mekanik Enerji: E = U + K = kxm2 cos 2 (ωt + φ ) + sin 2 (ωt + φ )  = kxm2
2
2
Şekilde potansiyel enerji "yeşil", kinetik enerji "kırmızı" ve mekanik
enerji de "siyah" çizgi ile gösterilmiştir. U ve K zamanla değişirken,
E sabittir. Salınım yapan cismin potansiyel ve kinetik enerjileri
arasında dönüşüm olurken, toplamları sabit kalmaktadır.
(12-7)
Örnek : x-ekseni üzerinde basit titreşim hareketi yapan bir cismin konumu
x(t ) = 4cos(3π t +π ) ifadesi ile veriliyor (t saniye ve x cm cinsindendir).
a −) Hareketin frekansını ve periyodunu bulunuz.
b −) Hareketin genliğini ve faz sabitini bulunuz.
c−) Cismin t = 0.25 s anındaki konumunu bulunuz.
a −) ω = 3π → ω = 2π f = 3π → f = 1.5 hertz
1 2
T= = = 0.67 s
f
3
) x(t ) xm cos(ωt + φ ) →
ve φ π
b −=
=
xm 4 cm=
1
c −) x(0.25)
= 4 cos(3π =
+ π ) 2.83 cm
4
(12-8)
Örnek : Yay sabiti 8 N / m olan bir yaya bağlı 0.5 kg kütleli cisim, genliği
10 cm olan basit harmonik hareket yapıyor.
a −) Cismin maksimum hızı ve ivmesi nedir?
b −) Cisim denge noktasından 6 cm uzakta iken hızı ve ivmesi nedir?
c −) Cisim x = 8 cm' den x = 0' a ne kadar zamanda gider?
k
a −) x(t ) = xm cos(ωt + φ ) ; ω =
= 4 rad/s ; xm =10 cm
m
=
cm/s 0.4 m/s
v(t ) = −40sin(4t ) =
 vm 40
10 cos(4t )
x(t ) =→
→
cm/s 2 1.6 m/s 2
=
a (t ) = −160 cos(4=
t )  am 160
b −) x=
(t ) 10 cos(4
=
t) 6
cos −1 (0.6)
⇒ =
t
= 0.23 s
4
v(0.23) =
−40sin(4 × 0.23) =
−32 cm/s =
−0.32 m/s
a (0.23) =
−160 cos(4 × 0.23) =
−97 cm/s 2 =
−0.97 m/s 2
(12-9)
c −) x(t ) =
10 cos(4t )
cos −1 (0.8)
x1 = 8 → t1 =
= 0.161 s
4
cos −1 (0)
x2 = 0 → t2 =
= 0.392 s
4
∆t = t2 − t1 = 0.231 s
(12-10)
Örnek : Yay sabiti 25 N / m olan bir yaya bağlı 1.0 kg kütleli bir cisim x - ekseni
üzerinde basit harmonik hareket yapıyor. Cisim t = 0' da, x = −3 cm noktasından
serbest bırakıldığına göre,
a −) Hareketin periyodu nedir?
b−) Cismin konumunu, hızını ve ivmesini zamanın fonksiyonu olarak bulunuz.
c−) Cismin maksimum hızı ve ivmesi nedir?
a −) ω =
k
=
m
25
= 5 rad/s ; ω =
1.0
2π
→T =
T
2(3.14)
= 1.256 s
5
b −) x(t ) =xm cos(ωt + φ ) ⇒ t =0 'da x =−3 cm ⇒ φ =π olmalıdır.
=
x(t ) 3cos(5t − π )
dx
=
−15sin(5t − π )
v(t ) =
dt
d 2 x dv
=
=
−75cos(5t − π )
a (t ) =
2
dt
dt
c −) vm =
−15sin(5t − π ) =
15 cm/s

−1
75 cm/s 2
am =
−75cos(5t − π ) =

−1
(12-11)
Örnek : Yay sabiti 20 N / m olan bir yaya bağlı 0.5 kg kütleli cisim x - ekseni
üzerinde genliği 3 cm olan basit harmonik hareket yapıyor.
a −) Sistemin mekanik enerjisini ve cismin maksimum hızını bulunuz.
b −) Cisim denge noktasından 2 cm uzakta iken hızı nedir?
c−) Cisim bu noktadayken kinetik ve potansiyel enerjisi nedir?
1
1
a −) E =K + U = kxm2 = (20)(0.03) 2 =9 × 10−3 J
2
2
−3
1
2(9
10
)
×
=0.19 m/s
x =0 → U =0 → E = mvm2 → vm =
2
0.5
1 2 1 2
b −) =
E
mv + kx →=
v
2
2
2 E − kx 2
= 0.141 m/s
m
1 2 1
2
c −) K = mv = (0.5) ( 0.141) =×
5 10−3 J
2
2
U = E − K = 9 ×10−3 − 5 ×10−3 = 4 ×10−3 J
(12-12)
Örnek : Sürtünmesiz yatay bir yüzeyde bulunan P bloğunun
üzerinde m kütleli başka bir blok ( B bloğu) bulunmaktadır.
Blokların temas yüzeylerinde statik sürtünme katsayısı
µ s = 0.6' dır. P bloğu bir yaya bağlıdır ve f = 1.5 Hz frekansında basit harmonik
hareket yapmaktadır. B bloğunun P' nin üzerinden kaymaması için, harmonik
hareketin maksimum genliği ne olmalıdır?
B bloğu da P bloğu ile birlikte basit harmonik hareket yapar.
∑F
y
=N − mg =0 → N =mg → f s ,m =µ s mg =mam
Basit harmonik harekette, am = ω 2 xm ile verilir.
µ s mg =mam → µ s g =am =( 2π f )
xm
2
µs g
xm → xm =
2
( 2π f )
=
0.0662
m 6.62 cm
(12-13)
Örnek : Kütlesi m ve yarıçapı R olan katı bir küre,
5 R yarıçaplı silindirik bir yüzeyde kaymadan
yuvarlanarak, düşey eksen etrafında küçük
salınımlar yapıyor. Salınım periyodunun
T = 2π
θ
4R
28 R
5g
olduğunu gösteriniz?
4 RωO → ωO : küçük kürenin O noktasına göre açısal hızı 
 ω = 4ωO
=
v Rω → ω : küçük kürenin kendi eksenine göre açısal hızı 
v
1
1
E= mg 4 R(1 − cos θ ) + mv 2 + I ω 2
 2
2 

U
bulunur.
K
(12-14)
v
RωO ve ω 4ωO ifadelerini enerji eşitliğinde yerine yazar ve zamana
4=
göre türev alıp sıfıra eşitlersek (enerji korunduğu için zamanla değişmez)
1
1
2
2
2
E= mg 4 R(1 − cos θ ) + m ( 4 RωO ) + mR ( 4ωO )
2
5
d ωO 32
d ωO
dE
dθ
=4 g sin θ
+ 16 RωO
+ RωO
=0
dt
dt
dt
5
dt
32
4 gθωO + 16 RωOα + RωOα =
0
5
2

2
küre
için
I
mR
=


5


{sin θ ≈ θ
küçük açı}
20 g
5g
α=
−
θ=
−
θ →α =
−ω 2θ
112 R
28 R
5g
2π
28 R
=
→ T = 2π
ω=
bulunur.
28 R T
5g
(12-15)
Örnek : Kütlesi M olan bir cisim, O noktası etrafında serbestçe dönebilen
L uzunluğunda ağırlıksız bir çubuğa monte edilerek şekildeki gibi fiziksel
bir sarkaç yapılmıştır. Sarkaç, bağlantı noktasından h kadar aşağıdaki bir
noktadan da yay sabit k olan bir yaya bağlanmıştır. Sistem bir miktar sola
çekilip serbest bırakılıyor ve basit harmonik hareket yapıyor. Salınımın
frekansını bulunuz.
Enerjinin korunumundan,
E = MgL(1 − cos θ ) +
1
1
Mv 2 + kx 2
2
2
yazılabilir.
v L=
ω , x h sin θ ve cosθ ≅ 1 ifadelerini yukarda yerine yazar
ve zamana göre türev alırsak,
 MgL + kh 2 cos θ 
α = −
θ
2
ML


bulunur. Küçük açı {cosθ ≅ 1} yaklaşımı ile birlikte,
1/2
 MgL + kh 2 
1
kh 2
=
2π f 
→ f
gL +
elde edilir.
 =
2
2π L
M
 ML

(12-16)
Örnek : Kütlesi m ve uzunluğu L olan ince bir çubuk,
bir ucundan geçen mil etrafında serbestçe dönebilmektedir.
Çubuğun diğer ucu da yay sabiti k olan bir yaya bağlanmıştır.
Çubuğun sağ ucu şekildeki gibi küçük bir θ açısı kadar
kaldırılıp serbest bırakılıyor ve sistem basit salınım hareketi
yapıyor. Salınımın periyodunu bulunuz.

mg
bulunur. (x0 , sistem dengede iken
2k
yaydaki sıkışma m iktarı). Enerjinin korunumundan:
Denge konumunda
∑τ =0 ⇒ x0 =
1
1 2 1 2 1
2
L
 1
E = mg  sin θ  + k ( x − x0 ) + I ω 2 =
kx0 + kx + mv 2
2
2
2
6
2
 2
Her iki tarafın zamana göre türevini alır sıfıra eşitlersek,
1
3k
kxv + mva =
0→a=
− x bulunur.
m
3
2π
Buradan da periyoda geçersek, =
T
m
3k
elde edilir.
→ T= 2π
m
3k
(12-17)
Burulma Sarkacı :
Eylemsizlik momenti I olan disk, bir tel ile asılmış ve ekseni
etrafında salınım yapmaktadır. Diskin açısal yer-değiştirmesi
θ olduğunda telin diske uyguladığı geri çağırıcı tork τ = −κθ
olur. Bu, Hooke yasasının açısal formudur. Burada κ telin
burulma sabitidir.
τ=
−κθ ile F = −C ⋅ x ifadelerini karşılaştırırsak, C = κ buluruz.
Kütlenin de dönmede eylemsizlik momentine karşılık geldiğini
hatırlarsak, salınımın açısal frekansı ve periyodu,
C
I
I
κ
T 2π = 2π
=
; =
I
I
C
κ
olarak bulunur. Burada I, diskin tele göre eylemsizlik momentidir.
ω
=
Açısal yer-değiştirme=
de θ (t ) θ m cos (ωt + φ ) ifadesine sahiptir.
(12-18)
Basit Sarkaç :
Sabit bir noktaya bağlı L uzunluğundaki ip ile ipin ucuna bağlı
m noktasal cisminden oluşur. Kütle denge konumundan bir
miktar uzaklaştırılıp serbest bırakılırsa, basit harmonik hareket
yapacaktır.
Biri yerçekimi, diğeri de ipteki gerilme olmak üzere, cisme
etkiyen iki kuvvet vardır. Bu kuvvetlerin oluşturduğu net
tork τ =
−r⊥ Fg =
− Lmg sin θ ' dır. Burada θ , radyan cinsindendir
ve ipin düşey eksenle yaptığı açıdır. θ  1 (θ <10°) durumunda,
sinθ ≅ θ yaklaşımı yapılabilir ve τ ≅ − ( Lmg ) θ bulunur.
Bunu, F =−C ⋅ x ile karşılaştırırsak, C = Lmg buluruz. Kütlenin
de dönmede eylemsizlik momentine karşılık geldiğini hatırlarsak,
salınımın açısal frekansı ve periyodu
C
=
=
ω
I
mgL
I
I
mL2
L
=
; T=
2π
2=
π
2=
π
2π
I
C
mgL
mgL
g
olarak bulunur.
(12-19)
Küçük-açı yaklaşımında, θ <<1 ve dolayısıyla sinθ ≅ θ
kabullenmesini yaptık.
“küçük” açı? Neye göre? Nasıl karar vereceğiz?
θ (derece)
θ (radyan)
sin θ
5
0.087
0.087
10
0.174
15
0.262
0.259 (~% 1’lik fark)
20
0.349
0.342 (~% 2’lik fark)

0.174
Sonuç: θ <10o durumunda, küçük-açı yaklaşımını kullanabiliriz.
(12-20)
Fiziksel Sarkaç :
Bir O noktasından asılmış ve yerçekimi etkisiyle bu nokta
etrafında salınım yapan katı cisimdir. Cisme etkiyen net tork,
τ = −mgh sin θ ifadesine sahiptir. Burada h, katı cismin kütle
merkezi ile O noktası arasındaki mesafedir.
Küçük-açı yaklaşımı (θ < 10°) yaparsak, net tork
τ ≅ − ( mgh ) θ olur.
Bunu, F =−C ⋅ x ile karşılaştırırsak C = mgh buluruz.
Kütlenin de dönmede eylemsizlik momentine karşılık geldiğini hatırlarsak,
salınımın açısal frekansı ve periyodu
=
ω
C
=
I
mgh
I
I
I
; =
T 2π = 2π
C
mgh
Burada I , katı cismin O noktasından geçen eksene göre dönme eylemsizlik
momentidir(=
I I km + mh 2 ).
(12-21)
Örnek : Kütlesi M ve uzunluğu L olan ince bir çubuk, bir ucundan geçen
mil etrafında serbestçe dönebilmektedir. Küçük salınımlar için hareketin
periyodunu bulunuz.
I. Yol :
Enerjinin korunumundan,
L
L
1
11

(1 − cos θ ) + I ω 2 = Mg (1 − cos θ ) +  ML2  ω 2
2
2
2
23

yazılabilir.
E = Mg
Her iki tarafın zamana göre türevini alır sıfıra eşitlersek;
L
1
3g
2π
3g
2L
2
θ ω + ML ωα =→
− θ→
=
→T =
0 α=
2π
Mg sin

2 θ
3
2L
T
2L
3g
II. Yol :
∑τ =Iα → α =−
L
sin θ
3g
2π
3g
2L
2
2π
=
− θ→
=
→T =
1
T
2L
2L
3g
ML2
3
Mg
(12-22)
Basit Harmonik Hareket ve
Düzgün Dairesel Hareket :
Bir cismin, yarıçapı xm olan çembersel
bir yörünge üzerinde sabit bir v hızıyla
hareket ettiğini düşünelim.
P′ noktasında bulunan cismin x-ekseni
üzerindeki izdüşümü P noktasıdır. Bu
noktanın koordinatı da
=
x(t ) xm cos (ωt + φ )
olacaktır.
P′ noktası çembersel yörünge üzerinde
düzgün dairesel hareket yaparken,
izdüşümü olan P ise x-ekseni üzerinde
basit harmonik hareket yapacaktır.
(12-23)
P′ noktasının v hızı, ω xm çarpımına eşit ve çembere
her noktada teğettir. P′ noktasının x-ekseni üzerindeki
izdüşümü olan P noktasının hızı:
−ω xmsin (ωt + φ ) ifadesine sahiptir.
v(t ) =

İvme a ise, her noktada çemberin merkezi olan O
noktasına doğrudur ve x-ekseni üzerindeki izdüşümü
a (t ) =
−ω 2 xm cos (ωt + φ ) ifadesine sahiptir.
Sonuç : İster yer-değiştirmeye, ister hıza, isterse de ivmeye bakalım, düzgün dairesel
hareket yapan bir cismin x-ekseni üzerindeki izdüşümü basit harmonik hareket yapar.
(12-24)
Örnek : Bir cisim 3 m yarıçaplı bir çember etrafında 8 rad / s sabit açısal hızla dönmektedir.
t = 0 anında cismin x koordinatı 2 m noktasıdır ve sağa doğru hareket etmektedir. Cismin x
koordinatını, çizgisel hızının ve ivmesinin x − bileşenlerini bulunuz.
ω
8=
rad/s ve xm 3 m olarak verilmiştir. Buna göre,
x=
φ ) 3cos(8t + φ )
(t ) xm cos(ωt +=
0=
' da, x 2 m olduğuna göre,
−1 2
2 3cos(φ ) =
( ) 48.2o
→ φ cos =
3
t
 dx

> 0
Cisim t 0 anında sağa doğru hareket ettiği için, 
 dt t =0

−48.2o =
−0.841 rad alınmalıdır.
olmalıdır. Bu nedenle de, φ =
−24sin(8t − 0.841)
 vx =
x(t ) = 3cos(8t − 0.841) → 
−192 cos(8t − 0.841)
ax =
(12-25)
Sönümlü Harmonic Hareket :
Harmonik hareket yapan bir cismin titreşim genliği, dış bir kuvvetin
etkisiyle azalıyorsa, cisim "sönümlü harmonik hareket" yapıyor denir.
Kütlesi m olan bir cisim, yay sabiti k olan bir yayın ucunda düşey
doğrultuda salınım hareketi yapmaktadır. Cisme, sıvının içinde olacak
şekilde bir de kanatçık monte edilmiştir. Sıvının uyguladığı sönüm


kuvveti Fd = −bv ile verilir.

Negatif işaret, Fd sönüm kuvvetinin salınım yapan cismin hızına her an ters
yönde olduğunu göstermektedir. b parametresi, "sönüm sabiti" olarak bilinir.
Böylece, m kütleli cisim üzerine etkiyen net kuvvet Fnet =
ma =
−kx − bv ile verilir.
dx
d 2x
d 2x
dx
v
ve a = 2 → m 2 + b + kx =
0
dt
dt
dt
dt
differansiyel denklemi elde edilir.
=
Böyle bir denklemin çözümü
de: x(t ) xm e − bt /2 m cos (ω ′t + φ )
olur.
(12-26)
Yukarıdaki resimde, x(t ) ' nin zamanla (t ) nasıl değiştiği verilmiştir.
Önceki sayfada verilen çözümü, genliği zamanla xm e − bt /2 m bağıntısına
göre değişen bir cosinüs fonksiyonu gibi düşünebiliriz.
k
b2
−
Sönümlü harmonik hareketin açısal frekansı ω ′=
ile verilir.
2
m 4m
Sönümlü harmonik harekette mekanik enerji sabit değildir,
1 2 − bt / m
E (t ) ≅ kxm e
bağıntısı uyarınca zamanla azalır.
2
(12-27)
Zorla Salınımlar ve Rezonans :
Dışarıdan rahatsız edilerek basit harmonik
hareket yapması sağlanan bir sistemin açısal
frekansı ω0 onun "doğal frekansı" dır. Aynı
rahatsızlık, bağlı olduğu desteğin ω açısal
frekansıyla titreştirilmesiyle de sağlanabilir.
Bu şekilde zorlanmış bir salınıcı, uygulanan kuvvetin ω sürücü frekansı ile
=
x(t ) xm cos (ω ′t + φ ) ifadesi ile verilir.
titreşecektir. Cismin yer-değiştirmesi
Salınımın genliği xm , sürücü frekansı ile şekildeki gibi değişir ve ω = ω0
durumunda en büyüktür. Bu durum "rezonans" durumudur. Tüm mekanik
sistemler bir veya daha çok doğal frekansa sahiptir. Bir sistem, frekansı
sistemin doğal frekanslarından birisine eşit ve çok şiddetli bir kuvvete maruz
kalırsa, ortaya çıkacak titreşimler sistemin yapısını bozabilir.
(12-28)
Doğal titreşim frekansı ω0 olan bir harmonik salınıcıda, kütleye şekildeki
gibi, büyüklüğü ω açısal frekansıyla periyodik olarak olarak değişen bir
dış kuvvet uygulandığında, ortaya çıkan harekete "zorlamalı salınım" denir.
Salınıcı denge konumundan bir miktar çekilip bırakılırsa, ω=0
k/m
frekansıyla titreşmeye başlayacaktır.
Ancak, dışarıdan uygulanan kuvvetin sürmesi halinde, kuvvet salınıcıya
kendi frekansı ω ' yı kabul ettirmeye çalışacak ve net hareket, ω0 ve ω
frekanslarındaki titreşim hareketlerinin üst üste binmeleri şeklinde olacaktır.
Belli bir süre sonra, net hareketin açısal frekansı dış kuvvetin açısal
frekansına eşit olur. Bu şart yerine geldiğinde, dış kuvvetin etkisindeki
salınıcı kararlı hal durumundadır denir.
(12-29)
Zorlamalı Kuvvet Etkisindeki Kütle-Yay Sistemi
Yay sabiti k olan bir yaya bağlı m kütlesini ele alalım. Kütlenin denge
noktasından x kadar uzakta olduğu bir durum için hareket denklemi:
d 2x
∑ F =ma =−kx + F0 cos (ωt ) → m dt 2 + kx =F0 cos (ωt )
olacaktır.
Sistemin sönümlü olması durumunda, hareket denkleminde ek olarak
bir de sönüm terimi bulunur ve bu durumda hareket denklemi:
d 2x
dx
=
=
−
−
+
ω
→
+
+ kx =
cos
F
ma
kx
bv
F
t
m
b
F0 cos (ωt )
( )
∑
0
2
dt
dt
ile verilir.
(12-30)
DERS NOTLARININ
HAZIRLANMASINDA
YARARLANILAN KAYNAK KİTAPLAR
Fiziğin Temelleri (Ders Kitabı)
(David HALLIDAY, Robert RESNICK, Jearl WALKER)
Üniversite Fiziği (Yardımcı Kitap)
(Hugh D. YOUNG ve Roger A. FREEDMAN)
Fen ve Mühendislik İçin FİZİK (Yardımcı Kitap)
(Raymond A. SERWAY ve John W. JEWETT)