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)