close

Enter

Log in using OpenID

embedDownload
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
m x  m2 x2  m3 x3  ...  mn xn m1 x1  m2 x2  m3 x3  ...  mn xn
1
 1 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, kütlesi mi olan parçacığın konum vektörü ri olmak üzere,
daha genel bir ifade olan
1
rkm 
M
n
m r
i 1
i i
bağıntısına sahiptir.
(9-2)
Konum vektörü rkm  xkm ˆi  ykm ˆj  zkm kˆ biçiminde de yazılabileceğinden, kütle
merkezinin koordinatları
1 n
xkm 
mi xi

M i 1
ile verilebilir.
ykm
1

M
n
m y
i 1
i
i
zkm
1

M
n
m z
i 1
i i
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.
)
rkm
n
xkm 
m x
i i
i 1
M

m1 x1  m2 x2  m3 x3 (1)(1)  (1)(2)  (2)(0)

 0.75 m
m1  m2  m3
11 2

m1 y1  m2 y2  m3 y3 (1)(0)  (1)(0)  (2)(2)

1 m
m1  m2  m3
11 2
n
ykm 
m y
i
i 1
M
i
rkm  0.75iˆ  ˆj m
  tan 1 (
1
)  53.1o
0.75
(9-4)
Örnek : xy -düzlemindeki konumları r1  12ˆj (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
i i
i 1

M
m1 x1  m2 x2  m3 x3 (0.4)(0)  (0.8)(12)  (0.8)(12)

0
m1  m2  m3
0.4  0.8  0.8
n
ykm 
m y
i
i 1
M
i

m1 y1  m2 y2  m3 y3 (0.4)(12)  (0.8)(0)  (0.8)( 12)

 2.4 cm
m1  m2  m3
0.4  0.8  0.8
rkm  xkmˆi  ykmˆj  1.2jˆ cm
(9-5)
Katı Cisimlerin Kütle Merkezi :
Maddenin, içinde homojen veya homojen olmayan 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
xdm

M
ykm 
1
M
 ydm
zkm 
1
zdm

M
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

dl
L
 xkm 
1
1
x
.
dm
x( dx) ;(dm  .dx)


M
M
Katı cisim A yüzey alanına ve M kütlesine sahip
M ,A
dm
ince bir plaka ise, kütle yoğunluğu yüzeyseldir:
dm M


dA A
 xkm
1
1



x  dA ; ykm 

M
M
 dm 
Katı cisim V hacmine ve M kütlesine sahip ise,
kütle yoğunluğu hacimseldir:
dm M


dV V
 xkm
dA


 y dmdA
M,V
dm
dV






1
1
1
  x   dV  ; ykm   y   dV  ; zkm   z   dV 


M  dm 
M
M  dm 
 dm 
(9-7)
Örnek :
a ) Kütlesi M ve uzunluğu L olan homojen bir çubuğun
kütle merkezini bulunuz.
b) Çubuğun çizgisel kütle yoğunluğu  =  x ise, kütle
merkezini bulunuz. (x çubuğun sol ucundan olan
uzaklık,  da bir sabittir).
a ) xkm
1

M
1
xdm


M

L
2
L
 L2
1
1
1

 L3
3 L
 x  

xdm   x dx 
x  x  dx 


0
M
M 0
M 0
3M
3M
L
b) xkm

L2  M  L
0 xdx  M 0 xdx  2M  x  0  2M  2M  L   2
L
L
L
M    dx    x  dx 
0
xkm
0
L

L
 L2
 x  
0
2
2
2
2

 2

M L 
 L3
L3  2  2

  2  L
3M
3 L  3
(9-8)
Örnek : Kütlesi M ve boyutları şekilde verilen dik üçgen
biçimindeki plakanın kütle merkezini bulunuz.
dm   .dA 
M
2M
y b
.( ydx) 
 ( ydx) ve

ab
x a
1 
ab


2 
M
1 
Alan : A   ab  ;  
A
2 
1
2
2
2
2
2
b 
2
3 a

xdm

xydx

x
x
dx

x
dx

x

a




0
M
ab 0
ab 0  a 
a 2 0
3a 2
3
a
xkm
dA  ydx
dm 
ykm
a
M
2M
b y b
 (a  x)dy 
 (a  x)dy ve

ab
ax a
1 
ab


2 
1

M
ykm 
a
2
b2
b
dA  (a  x)dy
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)
Örnek : Şekilde verilen M kütleli ve yarıçapı R olan
homojen yarım çemberin kütle merkezini bulunuz.
xkm  0
R
ykm
1

M
r
 y.dm
0
dl  Rd
M
M
M 
dm  .dl  
dl

Rd


d

R

R 
ykm
1

M
M

0
y.dm 
1


 y.d 
0
R


 sin  .d  
0
y  R sin 
R

 2R 
Kütle merkezi :  0,

  
cos 

0

2R

Örnek : Şekilde verilen M kütleli ve yarıçapı R olan
homojen yarım diskin kütle merkezini bulunuz.
xkm  0
ykm
1

M
r
 y.dm
0
R
Seçilen yarım çemberin kütlesi = dm   .dA   ( rdr )
M
M
2M



2
A   R   R2


2


y
ykm
ykm
2r

1

M
M

0
(seçilen yarım çemberin kütle merkezi (önceki örnekte bulundu))

3 R
2 2
2 r
2 
y.dm    r ( rdr ) 
r
dr

 
M 0
M 3
0
2 R3  M  4 R



2 
3M   R  3
R
 4R 
 0,

 3 
0
2 R3


3M
Örnek : Şekilde verilen cisim kenar uzunlukları
a ve b olan dikdörtgen eşityüzey alanına sahip
fakat farklı yüzeysel yoğunlukta iki dikdörtgen
plakadan oluşmaktadır. Herbir parça kendi içinde
homojendir. Yüzeysel yoğunluklar  1 ve  2 ise
cismin kütle merkezini bulunuz.
Cisim y-eksenine göre simetrik olduğu için ykm = 0 'dır.
a
4
3a
Sağdaki dikdörtgenin kütle merkezinin x-eksenindeki yeri : x2 =
4
Soldaki dikdörtgenin kütle merkezinin x-eksenindeki yeri : x1 =
Şimdi cismi iki noktasal kütleden oluşan bir sistem gibi düşünebiliriz.
m1 
ab
1
2
ve
m2 
ab
2
2
 ab  a  ab  3a
1     2 

 1  3 2 

m1 x1  m2 x2  2  4  2
4

xcm 


a
ab
ab
m1  m2
4  1   2 

 





1 
2
 2   2

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  m3r3  ...  mn rn
rkm 
M
Her iki tarafın zamana göre türevi alınırsa,
d
1 
d
d
d
d 
rkm 
 m1 r1  m2 r2  m3 r3  ...  mn rn 
dt
M  dt
dt
dt
dt 
Mvkm  m1v1  m2v2  m3v3  ...  mn vn
bulunur. Burada vkm kütle merkezinin hızı, vi ' de i. parçacığın hızıdır.
Her iki tarafın bir kez daha zamana göre türevi alınırsa,
d
1  d
d
d
d 
vkm   m1 v1  m2 v2  m3 v3  ...  mn vn 
dt
M  dt
dt
dt
dt 
Makm  m1a1  m2 a2  m3a3  ...  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   Fi
i
yazılabilir.
Fi kuvveti dış ve iç olmak üzere iki bileşene ayrılabilir: Fi  Fi dış  Fi i ç
Bu durumda yukarıdaki eşitlik şöyle bir forma dönüşür:

 F
 
 
 ...  F    F


Makm  F1dış  F1i ç  F2dış  F2i ç  F3dış  F3i ç  ...  Fndış  Fni ç
Makm
dış
1
 F2dış  F3dış
dış
n
Fnet
iç
1
 F2i ç  F3i ç  ...  Fni ç


0
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  Makm, x
Fnet, y  Makm, y
Fnet, z  Makm, z
bağıntıları ile verilir.
(9-11)
Yandaki eşitlikler, bir parçacık sisteminin kütle
merkezinin, sistemdeki tüm parçacıkların toplandığı
ve tüm dış kuvvetlerin etkidiği bir noktasal kütle
Makm  Fnet
Fnet, x  Makm, x
gibi hareket edeceğini göstermektedir.
Fnet, y  Makm, y
Şekildeki örneği ele alalım.
Fnet, z  Makm, z
 Yerden ateşlenen bir roket yerçekimi kuvvetinin
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 :
Kütlesi m ve hızı v olan bir cismin çizgisel momentumu
p  mv
p  mv
ile tanımlanır. SI sistemindeki birimi kg.m/s' dir.
Momentum ifadesinin her iki tarafının zamana göre türevi alınırsa,
p  mv 
Fnet 
dp d
dv
  mv   m
 ma  Fnet
dt dt
dt
dp
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  m2v2  m3v3  ...  mnvn  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
  Mvkm   Makm  Fnet
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.
N
vkm 
m v
i 1
M
i i
ˆ + 3(iˆ + 6j)
ˆ
2(2iˆ  3j)

 1.4iˆ  2.4jˆ m/s
23


Pkm  Mvkm  5 1.4iˆ  2.4jˆ  7iˆ  12jˆ 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
3
Mvi  m1v1  m2v2  m3v3  v3  3vi  v1  v2
v   900  450  Kˆ  240 Dˆ  450 Kˆ  240 Dˆ m/s
m1  m2  m3 
3
(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 )
Şekil-1
ile verilen değişken bir kuvvet uygularlar. Bu kuvvetin
değişimi Şekil-2' de verilmiştir.
dp
ile verilir. Burada p, cisimlerden birisinin çizgisel
dt
momentumudur.
F (t ) 
Şekil-2
ps
ts
pi
ti
dp  F (t )dt   dp   F (t )dt
(9-16)
ps
 dp  p
s
 pi  p  momentumdaki değişim
pi
ts
J   F (t )dt  " itme" veya "impuls" olarak tanımlanır.
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
t
t
t
herbir parçacığın hızındaki değişim miktarıdır.
Fort 
t süresinde hedefe çarpan kütle : nm  m dir. Dolayısıyla,
Fort  
m
v yazılabilir.
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
t
0.01
2
2
1  850 
o
Fort  1650    850  =1856 N ;   tan 
=27.25

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 (VR ),
b) Merminin ve tüfeğin momentumunu,
c) Merminin ve tüfeğin kinetik enerjisini bulunuz.
a ) Pi  Ps  0  mv  MVR 
Pi
VR  
Ps
mv
 0.005 
ˆ
ˆ
 
 300i = 0.5i m/s
M
 3 
b) Pm  mv  (0.005)300iˆ  1.5iˆ kg  m/s


PR  MVR  (3) 0.5iˆ  1.5iˆ kg  m/s
1 2 1
mv = (0.005)(300) 2 =226 J
2
2
1
1
K R  mVR2 = (3)(0.5)2 =0.375 J
2
2
c ) K m 
(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 (Ki  K s ), çarpışma esnek çarpışmadır.
Kinetik enerjide bir kayıp varsa (K s  Ki ), 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  m2v2i  m1v1s  m2v2 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
vkm 
p  p2i
m1v1i
P
 1i

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.
tamamen esnek olmayan çarpışma
mAvA1  mB vB1   mA  mB  vAB 2
vAB 2 
 
ˆ
(0.5) 2iˆ  (0.3)(2i)
0.5  0.3
 0.5iˆ m/s
1
1
1
2
mAvA21  mB vB21  1.6 J ;
K 2   mA  mB  vAB
2  0.1 J
2
2
2
K  K 2  K1  1.5 J' lük enerji kaybı vardır.
K1 
(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
2
çarpışma sonrası enerji
 V 2  2 gy
çarpışma sonrasında y kadar
yükseldiği zamanki enerji
 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
k
 300 N/m
2
0.25 10
mv
mv   m  M  V  V 
mM
1
1 2
2
m

M
V

kx  V 


2
2
Merminin çarpmadan önceki hızı:
Blok+merminin çarpışmadan sonraki hızı
k
x  2.6 m/s
mM
v
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  m2v2i  m1v1s  m2v2 s
(Eş-1)
1
1
1
1
2
2
2
Kinetik enerjinin korunumu
: m1v1i  m2v2i  m1v1s  m2v22s (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:
v1s 
m1  m2
2m2
v1i 
v2i
m1  m2
m1  m2
v2 s 
2m1
m  m1
v1i  2
v2i
m1  m2
m1  m2
(9-28)
 2i = 0 :
Esnek Çarpışmada Özel Durum v
Az önce elde edilen eşitliklerde v2i  0 yazarsak,
v1s ve v2 s :
m1  m2
2m2
m1  m2
v1s 
v1i 
v2i  v1s 
v1i
m1  m2
m1  m2
m1  m2
v2 s 
2m1
m  m1
2m1
v1i  2
v2i  v2 s 
v1i
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
m2
1
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
m2
1).
(9-30)
3. m1
m2 
m2
m1
1
m2
1
m1  m2
m1
v1s 
v1i 
v1i  v1i
m
m1  m2
1 2
m1
v2 s 
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  0.30( 2.0i)
ˆ  0.50v  0.30(2.0i)
ˆ
mAvAi  mB vBi  mAv As  mB vBs  0.50(2.0i)
As
0.20iˆ
vAs  
 0.40iˆ m/s
0.50
1
1
1
1
2
2
2
Ki  mAvAi  mB vBi  (0.50)(2.0)  (0.30)(2.0)2  1.6 J
2
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
K s  mAvAs  mB vBs  (0.50)(0.40)  (0.30)(2.0)2  0.64 J
2
2
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  K2i  K1s  K2 s
Çarpışmadan önce m2 cisminin durgun olduğunu, çarpışmadan sonra da
m1 cisminin geliş doğrultusuyla 1 , m2 cisminin de  2 açısı yaptığını varsayalım.
Bu durumda, momentumun ve kinetik enerjinin korunum ifadeleri:
x  ekseninde momentumun korunumu: m1v1i  m1v1s cos 1  m2 v2 s cos  2 (Eş-1)
y  ekseninde momentumun korunumu: 0   m1v1s sin 1  m2 v2 s sin  2
(Eş-2)
1
1
1
2
2
Kinetik enerjinin korunumu: m1v1i  m1v2 s  m2 v22s
2
2
2
olur.
(Eş-3)
Yedi bilinmeyenli (m1 , m2 , v1i , v1s , v2 s , 1 , 2 ) üç tane denklemimiz var. Bunlardan
herhangi dört tanesinin verilmesi halinde, diğer üçü kolaylıkla bulunabilir.
(9-33)
Örnek : Kütlesi 20 kg olan 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?
mAvAi  mB vBi  mAvAs  mBvBs
Pxi  Pxs
Pyi  Pys


  tan 1 (
Momentumun korunumu
ˆ  (20 cos 30)iˆ  (12v cos  )iˆ  v cos   1.89
20(2i)
B
B
0  (20sin 30)ˆj  ( 12vB sin  )jˆ  vB sin   0.833
0.833
0.833
)  23.8o  vB 
 2.06 m/s
1.89
sin 
(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  açısı yapacak
şekilde 2 m/s hızla hareket etmektedir. B bilyesinin hızını,  ve
 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
vBs 
(vAi  vAs
)
(16  4)  4.47 m/s
mB
0.3
Momentumun korunumu
mAvAi  mB vBi  mAv As  mB vBs
ˆ  0.5(2 cos  )iˆ  0.3(4.47 cos  )iˆ  cos   1.341cos   2
Pxi  Pxs  0.5(4i)
P P
 0  0.5(2sin  )ˆj  0.3( 4.47 sin  )jˆ
 sin   1.341sin   0
yi
ys
  36.8o ve   26.5o
(9-35)
Author
Document
Category
Uncategorized
Views
1
File Size
930 KB
Tags
1/--pages
Report inappropriate content