Bölüm 2

Dirençli Ortamda Hareket

Hava direncinin doğrusal ve karesel terimleri ve hangisinin ne zaman baskın olduğu; doğrusal dirençte yatay ve düşey hareket, limit hız ve atış yolu; karesel dirençte yavaşlama, düşme ve yukarı atış; diferansiyel denklemlerin sayısal çözümü; düzgün manyetik alanda ve dik elektrik ile manyetik alanlarda yüklü parçacıkların hareketi.

43 dk okuma10 çözümlü örnek8 şekil20 problem

Bu bölümde

Akışkan direncinin hıza doğrusal ve karesel bağlı iki bileşenini, kaynaklarını ve büyüklüklerini
İki terimden hangisinin baskın olduğuna boyut ve büyüklük mertebesi hesaplarıyla karar vermeyi
Doğrusal dirençte hareket denklemlerini tam olarak çözmeyi; limit hızı ve zaman sabitini yorumlamayı
Karesel dirençte yatay ve düşey hareketi çözmeyi ve atış yolunun neden analitik çözümü olmadığını
Newton denklemlerini Euler yöntemiyle sayısal olarak çözmeyi ve sayısal hatanın adım boyuyla değişimini
Manyetik alanda ve dik elektrik ile manyetik alanlarda yüklü parçacık hareketini karmaşık sayılarla çözmeyi

2.1Akışkan direnci

1. bölümde atış hareketlerini incelerken hava direncini hep ihmal ettik. Bu ihmal kimi zaman kusursuzdur (bir laboratuvar masasında yuvarlanan bilye), kimi zaman tamamen yanıltıcıdır: 40 m/s hızla vurulan bir beyzbol topu, havasız ortamda 160 m'den uzağa gideceği hâlde gerçekte 90 m'ye ancak ulaşır. Bu bölümde akışkan içinde hareket eden cisimlere etki eden direnç kuvvetini (sürükleme kuvveti) Newton yasalarına ekleyeceğiz. Aynı zamanda, ilk kez, ikinci yasanın kuvvetin hıza bağlı olduğu durumlarda nasıl bir diferansiyel denkleme dönüştüğünü ve bu denklemlerin nasıl çözüldüğünü göreceğiz.

Bir cisim akışkan (hava, su, yağ) içinde hareket ettiğinde akışkan ona hızına zıt yönde bir kuvvet uygular. Bu kuvvetin büyüklüğü genel olarak hızın karmaşık bir fonksiyonudur, ama düşük ve orta hızlarda (ses hızından çok küçük hızlarda) çok iyi bir yaklaşıklıkla iki terimin toplamı olarak yazılabilir:

$$ \vb{f} = -f(v)\,\uv{v}, \qquad f(v) = b\,v + c\,v^2 = f_{d} + f_{k} $$

(2.1)

Burada $\uv{v}$, hız doğrultusundaki birim vektördür; eksi işaret, kuvvetin harekete zıt olduğunu gösterir. Birinci terim doğrusal direnç, ikinci terim karesel direnç adını alır. İki terimin kaynağı fiziksel olarak farklıdır.

Doğrusal terim, akışkanın viskozluğundan (iç sürtünmesinden) doğar. Cisim akışkanı sürükler ve akışkan katmanları birbiri üzerinden kayarken enerji kaybedilir. Çapı $D$ olan bir küre için G. G. Stokes 1851'de bu kuvveti tam olarak hesapladı: $f_d = 3\pi\eta D v$; burada $\eta$, akışkanın viskozluk katsayısıdır. Buna göre doğrusal terim

$$ b = \beta D, \qquad \beta = 3\pi\eta $$

(2.2)

biçimindedir. Standart koşullardaki hava için $\eta \approx 1{,}7 \times 10^{-5}$ Pa·s olduğundan $\beta \approx 1{,}6 \times 10^{-4}$ N·s/m² olur.

Karesel terim, cismin önündeki akışkanı itip hızlandırması, yani akışkana momentum aktarmasından doğar. Cisim birim zamanda kesit alanı $A$ ve boyu $v$ olan bir akışkan silindirini, kütlesi $\rho A v$ olan bir akışkanı, kendi hızı mertebesinde bir hızla iter; momentum aktarım hızı, yani kuvvet, $\rho A v^2$ mertebesindedir. Bu düşünce, deneysel bir sürükleme katsayısı $C_D$ ile şu biçimde yazılır:

$$ f_k = \tfrac12 C_D\,\rho A\,v^2 $$

(2.3)

Küre için $A = \pi D^2/4$ ve geniş bir hız aralığında $C_D \approx 0{,}5$'tir; dolayısıyla

$$ c = \gamma D^2, \qquad \gamma \approx 0{,}25\ \text{N·s}^2/\text{m}^4 \quad (\text{havada}) $$

(2.4)

Bu iki sayı bir arada, iki terimin büyüklüğünü karşılaştırmamızı sağlar:

$$ \frac{f_k}{f_d} = \frac{\gamma D^2 v^2}{\beta D v} = \frac{\gamma}{\beta}\,D v \approx \left(1{,}6 \times 10^3\ \text{s/m}^2\right) D v $$

(2.5)

Bu oran, akışkanlar mekaniğinde Reynolds sayısı $\mathrm{Re} = \rho v D/\eta$ adı verilen boyutsuz niceliğin bir katıdır. Küçük ve yavaş cisimler ($Dv$ küçük: toz zerreleri, sis damlaları, bakteriler) için doğrusal terim baskındır; büyük ve hızlı cisimler (toplar, arabalar, insanlar) için karesel terim baskındır. Arada kalan durumlarda (örneğin yağmur damlaları) iki terim de hesaba katılmalıdır.

Örnek 2.1Hangi direnç baskın?

Havada hareket eden üç cisim için karesel ve doğrusal dirençlerin oranını hesaplayın: (a) 5 m/s hızla giden, çapı 7 cm olan bir beyzbol topu; (b) 0,6 m/s hızla düşen, çapı 1 mm olan bir su damlası; (c) Millikan deneyindeki gibi $5 \times 10^{-5}$ m/s hızla düşen, çapı 1,5 μm olan bir yağ damlası.

Çözüm

(2.5) ile:

$$ \begin{aligned} &\text{(a)}\ \frac{f_k}{f_d} = 1{,}6 \times 10^3 \times 0{,}07 \times 5 \approx 550,\\ &\text{(b)}\ \approx 1{,}6 \times 10^3 \times 10^{-3} \times 0{,}6 \approx 1{,}0,\\ &\text{(c)}\ \approx 1{,}2 \times 10^{-7} \end{aligned} $$

Beyzbol topu için doğrusal terim tamamen ihmal edilebilir ve beyzbol topu, hızı bu örnekteki hızdan daha da büyük olduğu için oyun boyunca karesel dirence uyar. Yağ damlası için ise karesel terim on milyon kez küçüktür; hareket tamamen doğrusal dirençle belirlenir. Su damlası arada kalır ve iki terim de önemlidir (Problem 2.3). Bu tür bir büyüklük mertebesi hesabı, bir problemi çözmeye başlamadan önce yapılması gereken ilk adımdır: hangi terimleri tutacağımızı belirler ve çoğu zaman çözümü çok basitleştirir.

Not

(2.1) tek bir sayısal model değil, çok geniş bir hız aralığında işe yarayan bir yaklaşıklıktır. Çok yüksek Reynolds sayılarında (yaklaşık $\mathrm{Re} \sim 3 \times 10^5$) küre çevresindeki sınır tabaka türbülanslı hâle gelir ve $C_D$ birden düşer ("sürükleme krizi"); golf toplarının yüzeyindeki çukurlar bu geçişi daha düşük hızlara çekerek topun daha uzağa gitmesini sağlar. Hız ses hızına yaklaştığında ise sıkıştırılabilirlik etkileri başlar ve (2.1) artık geçerli değildir.

2.2Doğrusal direnç: yatay hareket

Önce matematiksel olarak en kolay durumu ele alalım: yalnızca doğrusal direncin etkidiği bir cisim. Bu durumda Newton'un ikinci yasası

$$ m\dot{\vb{v}} = m\vb{g} - b\,\vb{v} $$

(2.6)

olur. Bu denklemin çok değerli bir özelliği vardır: $x$ ve $y$ bileşenleri birbirinden bağımsızdır. Hızın $x$ bileşeni yalnızca kendi direncini hisseder ($m\dot{v}_x = -b v_x$), $y$ bileşeni de kendi direncini ve yer çekimini ($m\dot{v}_y = -mg - b v_y$). Atış hareketini, 1. bölümdeki havasız durum gibi, iki ayrı tek boyutlu probleme ayırabiliriz. Karesel dirençte bu ayrışmanın olmadığını Kısım 2.7'de göreceğiz.

Yatay hareketle başlayalım. Yer çekimi yatay hareketi etkilemez:

$$ m\dv{v_x}{t} = -b\,v_x \quad\Rightarrow\quad \dv{v_x}{t} = -\frac{v_x}{\tau}, \qquad \tau = \frac{m}{b} $$

(2.7)

Burada zaman sabiti $\tau$'yu tanımladık; boyutu zamandır. Bu denklem, türevi kendisiyle orantılı olan bir fonksiyon ister: üstel fonksiyon. Değişkenleri ayırarak çözebiliriz: $\dd v_x / v_x = -\dd t/\tau$; integralleyerek $\ln v_x = -t/\tau + \text{sabit}$, yani

$$ v_x(t) = v_{x0}\,e^{-t/\tau} $$

(2.8)

Hız üstel olarak azalır: her $\tau$ süresinde $1/e \approx 0{,}37$ katına iner. Konum, hızın bir kez daha integrali alınarak bulunur ($x(0) = 0$ seçerek):

$$ x(t) = \int_0^t v_{x0}\,e^{-t'/\tau}\,\dd t' = v_{x0}\,\tau\left(1 - e^{-t/\tau}\right) $$

(2.9)

Doğrusal dirençte yatay hareket — **Şekil 2.1.** Doğrusal dirençte yatay hız üstel olarak azalır; konum, sonlu bir $x_\infty = v_{x0}\tau$ değerine yaklaşır. Kesikli çizgiler, aynı başlangıç hızıyla dirençsiz hareketi gösterir.

İki önemli sonuç çıkar. Birincisi, cisim hiçbir zaman tam olarak durmaz, ama aldığı yol sonludur: $t \to \infty$ iken $x \to x_\infty = v_{x0}\tau$. İkincisi, kısa zamanlarda ($t \ll \tau$) üstel fonksiyonu Taylor serisine açarsak $e^{-t/\tau} \approx 1 - t/\tau + \tfrac12(t/\tau)^2$ ve

$$ x(t) \approx v_{x0}\,t - \tfrac12\,\frac{v_{x0}}{\tau}\,t^2 $$

buluruz: cisim, başlangıçta $-v_{x0}/\tau = -b v_{x0}/m$ sabit ivmesiyle yavaşlıyormuş gibi davranır. Bu tür bir sınır durum denetimi, bulduğumuz her çözümün doğruluğunu sınamanın en hızlı yoludur: $b \to 0$ (yani $\tau \to \infty$) limitinde direnç ortadan kalkmalı ve $x = v_{x0} t$ olmalıdır; gerçekten de öyledir.

2.3Doğrusal direnç: düşey hareket ve limit hız

Şimdi yer çekimi altında düşey hareketi inceleyelim. Ekseni aşağı doğru pozitif seçmek, düşen cisimler için işaretleri sadeleştirir:

$$ m\dv{v_y}{t} = mg - b\,v_y $$

(2.10)

Cisim hızlandıkça direnç artar. Direnç ağırlığa eşit olduğunda ivme sıfırlanır ve cisim limit hızla sabit düşmeye devam eder:

$$ v_{\text{lim}} = \frac{mg}{b} = g\,\tau $$

(2.11)

(2.10)'u $v_{\text{lim}}$ cinsinden yazarsak $m\dot{v}_y = -b(v_y - v_{\text{lim}})$ olur. Bu, (2.7)'nin $v_y - v_{\text{lim}}$ için yazılmış biçimidir. Dolayısıyla $v_y - v_{\text{lim}}$ üstel olarak azalır:

$$ v_y(t) = v_{\text{lim}} + \left(v_{y0} - v_{\text{lim}}\right) e^{-t/\tau} $$

(2.12)

Cisim nasıl başlarsa başlasın (durgun bırakılsa da, aşağı ya da yukarı atılsa da) hızı her zaman $v_{\text{lim}}$'e yaklaşır. Durgun hâlden bırakılan bir cisim için $v_y = v_{\text{lim}}(1 - e^{-t/\tau})$'dur: bir $\tau$ süresinde limit hızın %63'üne, üç $\tau$ süresinde %95'ine ulaşır.

Doğrusal dirençte limit hız — **Şekil 2.2.** Doğrusal dirençte hız, başlangıç değeri ne olursa olsun, $\tau$ zaman sabitiyle üstel olarak limit hıza yaklaşır. Limit hızdan hızlı atılan cisim yavaşlar, yavaş atılan cisim hızlanır.

Konum, (2.12)'nin integraliyle bulunur ($y(0) = 0$):

$$ y(t) = v_{\text{lim}}\,t + \left(v_{y0} - v_{\text{lim}}\right)\tau\left(1 - e^{-t/\tau}\right) $$

(2.13)

Uzun zamanlarda $y \approx v_{\text{lim}}t + \text{sabit}$ olur: cisim sabit hızla düşer ve başlangıç koşullarının etkisi yalnızca sabit bir kaymada kalır.

Örnek 2.2Millikan'ın yağ damlası

1909'daki ünlü deneyinde R. Millikan, havada yavaşça düşen küçük yağ damlacıklarının hızını ölçerek boyutlarını, oradan da kütlelerini buluyordu. Çapı 1,5 μm ve yoğunluğu 840 kg/m³ olan bir yağ damlasının havadaki limit hızını ve zaman sabitini bulun. (Kaldırma kuvvetini ihmal edin.)

Çözüm

Örnek 2.1'de gördüğümüz gibi bu damla için yalnızca doğrusal direnç önemlidir. Damlanın kütlesi $m = \rho\,\pi D^3/6 = 840 \times 0{,}524 \times (1{,}5 \times 10^{-6})^3 \approx 1{,}48 \times 10^{-15}$ kg, doğrusal direnç katsayısı $b = \beta D = 1{,}6 \times 10^{-4} \times 1{,}5 \times 10^{-6} = 2{,}4 \times 10^{-10}$ N·s/m'dir. (2.11) ile

$$ v_{\text{lim}} = \frac{mg}{b} = \frac{1{,}48 \times 10^{-15} \times 9{,}8}{2{,}4 \times 10^{-10}} \approx 6{,}1 \times 10^{-5}\ \text{m/s}, \qquad \tau = \frac{v_{\text{lim}}}{g} \approx 6{,}2 \times 10^{-6}\ \text{s} $$

Damla saatte yalnızca 22 cm düşer ve limit hızına mikrosaniyeler içinde ulaşır; bu yüzden ölçülen hız her zaman limit hızdır. Millikan bu hızdan $b$'yi, oradan da damlanın çapını buldu ($v_{\text{lim}} \propto D^2$ olduğuna dikkat edin). Ardından damlayı bir elektrik alanında asılı tutarak yükünü ölçtü ve bütün yüklerin $1{,}6 \times 10^{-19}$ C'nin tam katları olduğunu gösterdi.

Örnek 2.3Gliserinde düşen bilye: bilyeli viskozimetre

Çapı 2,0 mm olan çelik bir bilye (yoğunluk 7 800 kg/m³) gliserin (yoğunluk 1 260 kg/m³, viskozluk 1,4 Pa·s) içinde düşüyor. Bilyenin limit hızını ve zaman sabitini bulun. Stokes yaklaşımının bu durumda geçerli olduğunu Reynolds sayısıyla denetleyin.

Çözüm

Sıvı içinde kaldırma kuvveti ihmal edilemez; etkin ağırlık $(\rho_s - \rho_f)Vg$'dir. Bilyenin hacmi $V = \pi D^3/6 = 4{,}19 \times 10^{-9}$ m³:

$$ \begin{aligned} &W_{\text{etkin}} = (7\,800 - 1\,260) \times 4{,}19 \times 10^{-9} \times 9{,}8 \approx 2{,}68 \times 10^{-4}\ \text{N},\\ &b = 3\pi\eta D \approx 2{,}64 \times 10^{-2}\ \text{N·s/m} \end{aligned} $$

Limit hız $v_{\text{lim}} = W_{\text{etkin}}/b \approx 1{,}0 \times 10^{-2}$ m/s, yani yaklaşık 1 cm/s'dir. Zaman sabiti $\tau = m/b = 3{,}27 \times 10^{-5}/2{,}64 \times 10^{-2} \approx 1{,}2$ ms'dir. Reynolds sayısı

$$ \mathrm{Re} = \frac{\rho_f v D}{\eta} = \frac{1\,260 \times 0{,}010 \times 0{,}002}{1{,}4} \approx 0{,}02 $$

olup 1'den çok küçüktür; akış yavaş ve düzenlidir, Stokes yasası çok iyi geçerlidir. Bu düzenek bir viskozimetre olarak kullanılır: limit hızı ölçerek sıvının viskozluğu $\eta = (\rho_s - \rho_f) g D^2/(18\,v_{\text{lim}})$ ile bulunur (Problem 2.6).

2.4Doğrusal dirençte atış hareketi

Doğrusal dirençte bileşenler bağımsız olduğundan, iki boyutlu atış hareketinin çözümünü zaten biliyoruz. Bu kez yukarıyı pozitif $y$ yönü seçelim; (2.12)'de $v_{\text{lim}}$ yerine $-v_{\text{lim}}$ yazmak gerekir. Başlangıç hızı $(v_{x0}, v_{y0})$ ise:

$$ x(t) = v_{x0}\,\tau\left(1 - e^{-t/\tau}\right), \qquad y(t) = \left(v_{y0} + v_{\text{lim}}\right)\tau\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - v_{\text{lim}}\,t $$

(2.14)

İlk denklemden zamanı çekip ikincide yerine koyarsak ($1 - e^{-t/\tau} = x/v_{x0}\tau$ ve $t = -\tau\ln(1 - x/v_{x0}\tau)$) yolun denklemi bulunur:

$$ y = \frac{v_{y0} + v_{\text{lim}}}{v_{x0}}\,x + v_{\text{lim}}\,\tau\,\ln\left(1 - \frac{x}{v_{x0}\tau}\right) $$

(2.15)

Bu yol bir parabol değildir. Yolun en dikkat çekici özelliği, $x = v_{x0}\tau$'da bir düşey asimptotu olmasıdır: cisim, ne kadar yüksekten atılırsa atılsın, yatayda bu uzaklığı hiçbir zaman geçemez. Uzun zamanlarda yatay hız sıfıra iner ve cisim limit hızla düz aşağı düşer. Yol bu yüzden simetrik değildir: iniş, çıkıştan daha diktir.

Doğrusal dirençte atış — **Şekil 2.3.** Aynı başlangıç hızıyla atılan bir cismin havasız ortamdaki (kesikli) ve doğrusal dirençli ortamdaki yolu. Dirençli yol simetrik değildir ve $x = v_{x0}\tau$'daki düşey asimptota yaklaşır.

Menzil. Cismin yere döndüğü noktayı bulmak için (2.15)'te $y = 0$ yazmamız gerekir; ama ortaya çıkan denklem ($x$ ile $\ln(1 - x/v_{x0}\tau)$'yı içeren bir aşkın denklem) kapalı biçimde çözülemez. Direnç zayıfsa, yani $v_{\text{lim}}$ başlangıç hızından çok büyükse, logaritmayı Taylor serisine açarak yaklaşık bir çözüm bulabiliriz. $\epsilon = x/(v_{x0}\tau)$ küçük olduğunda

$$ \ln(1 - \epsilon) = -\epsilon - \tfrac12\epsilon^2 - \tfrac13\epsilon^3 - \cdots $$

ilk üç terimi tutup $y = 0$ koşulunu çözersek (birinci mertebeden düzeltmeye kadar) şu sonuç çıkar:

$$ R \approx R_{\text{boş}}\left(1 - \frac43\,\frac{v_{y0}}{v_{\text{lim}}}\right), \qquad R_{\text{boş}} = \frac{2\,v_{x0}v_{y0}}{g} $$

(2.16)

Burada $R_{\text{boş}}$, havasız ortamdaki menzildir. Direnç menzili, $v_{y0}/v_{\text{lim}}$ oranıyla orantılı olarak kısaltır. Türetmenin ayrıntıları Problem 2.8'de verilmiştir. Bu tür pertürbasyon (küçük düzeltme) hesapları fizikte çok yaygındır: karmaşık bir problem, çözümünü bildiğimiz basit bir problemin üzerine küçük düzeltmeler eklenerek yaklaşık olarak çözülür.

Örnek 2.4Menzil düzeltmesinin doğruluğu

Limit hızı 50 m/s olan doğrusal dirençli bir ortamda 10 m/s hızla, yatayla 45° açı yapacak biçimde atılan bir cismin menzilini (2.16) ile hesaplayın ve sayısal olarak bulunan tam değerle (8,55 m) karşılaştırın.

Çözüm

$v_{x0} = v_{y0} = 7{,}07$ m/s. Havasız menzil $R_{\text{boş}} = 2 \times 7{,}07^2/9{,}8 = 10{,}2$ m. Oran $v_{y0}/v_{\text{lim}} = 0{,}141$:

$$ R \approx 10{,}2\,(1 - \tfrac43 \times 0{,}141) \approx 10{,}2 \times 0{,}811 \approx 8{,}3\ \text{m} $$

Tam değer 8,55 m'dir; birinci mertebe yaklaşıklık yaklaşık %3 hatalıdır. Hata, ihmal ettiğimiz $(v_{y0}/v_{\text{lim}})^2$ mertebesindeki terimlerden gelir ve $0{,}141^2 \approx 0{,}02$ olduğundan beklenen büyüklüktedir. Oran küçüldükçe yaklaşıklık hızla iyileşir; oran 1'e yaklaştığında ise anlamını yitirir ve sayısal çözüme başvurmak gerekir.

2.5Karesel direnç: yatay hareket

Günlük hayatta karşılaştığımız cisimlerin çoğu için karesel direnç baskındır. Önce yalnızca karesel direncin etkidiği yatay hareketi ele alalım (örneğin pedal çevirmeyi bırakan bir bisikletli):

$$ m\dv{v}{t} = -c\,v^2 $$

(2.17)

Bu denklem doğrusal değildir; ama değişkenler yine ayrılabilir: $m\,\dd v/v^2 = -c\,\dd t$. İntegralleyerek

$$ m\left(\frac{1}{v} - \frac{1}{v_0}\right) = c\,t \quad\Rightarrow\quad v(t) = \frac{v_0}{1 + t/\tau}, \qquad \tau = \frac{m}{c\,v_0} $$

(2.18)

buluruz. Buradaki $\tau$, doğrusal durumdakinden farklı olarak başlangıç hızına bağlıdır. Konum yine integralle bulunur:

$$ x(t) = v_0\,\tau\,\ln\left(1 + \frac{t}{\tau}\right) $$

(2.19)

İki direnç türünün karşılaştırması öğreticidir. Doğrusal dirençte hız üstel olarak azalır ve cisim sonlu bir yol alır. Karesel dirençte hız yalnızca $1/t$ gibi azalır (üstelden çok daha yavaş) ve aldığı yol, logaritmik de olsa, sınırsız büyür. Bu sonuç ilk bakışta şaşırtıcıdır, çünkü yüksek hızlarda karesel direnç doğrusal dirençten çok daha güçlüdür. Ama düşük hızlarda $v^2 \ll v$ olur ve karesel direnç neredeyse kaybolur; cisim, yavaşladıkça daha az frenlenir. Gerçek bir cisimde düşük hızlarda doğrusal terim yeniden önem kazanır ve hareketi sonlu bir uzaklıkta durdurur.

Örnek 2.5Pedalı bırakan bisikletli

Bisikletiyle birlikte kütlesi 80 kg olan bir bisikletli, düz yolda 20 m/s hızla giderken pedal çevirmeyi bırakıyor. Karesel direnç katsayısı $c = 0{,}20$ N·s²/m² ise (tekerlek sürtünmesi ihmal), hızı ne zaman yarıya ve dörtte birine iner? Bu sürelerde ne kadar yol alır?

Çözüm

$\tau = m/(c v_0) = 80/(0{,}20 \times 20) = 20$ s. (2.18) ile hız $t = \tau = 20$ s'de yarıya, $t = 3\tau = 60$ s'de dörtte birine iner. (2.19) ile aldığı yollar:

$$ x(20\ \text{s}) = 20 \times 20 \times \ln 2 \approx 277\ \text{m}, \qquad x(60\ \text{s}) = 400\,\ln 4 \approx 555\ \text{m} $$

Bisikletli ilk 20 saniyede 277 m, sonraki 40 saniyede yine 277 m yol alır: hız yarıya inince aynı yolu almak için iki kat süre gerekir. Gerçekte yuvarlanma direnci (yaklaşık sabit bir kuvvet) düşük hızlarda baskın hâle gelir ve bisikleti birkaç yüz metre içinde durdurur.

2.6Karesel direnç: düşey hareket

Karesel dirençte düşen bir cisim için (aşağı pozitif):

$$ m\dv{v}{t} = mg - c\,v^2 $$

(2.20)

Limit hız, ağırlık ile direncin eşit olduğu hızdır:

$$ v_{\text{lim}} = \sqrt{\frac{mg}{c}} $$

(2.21)

Bu ifade, limit hızın kütleyle (ya da cismin boyutuyla) nasıl değiştiğini gösterir. Aynı malzemeden yapılmış ve çapı $D$ olan küreler için $m \propto D^3$ ve $c \propto D^2$ olduğundan $v_{\text{lim}} \propto \sqrt{D}$'dir: büyük kürelerin limit hızı daha büyüktür. Bu, ağır cisimlerin hafif cisimlerden "daha hızlı düştüğü" yönündeki Aristoteles'ten kalma sezginin havadaki gerçek karşılığıdır.

(2.20)'yi $v_{\text{lim}}$ cinsinden $\dot{v} = g(1 - v^2/v_{\text{lim}}^2)$ biçiminde yazıp değişkenleri ayırırsak

$$ \int_0^v \frac{\dd v'}{1 - v'^2/v_{\text{lim}}^2} = g\,t \quad\Rightarrow\quad v_{\text{lim}}\,\operatorname{artanh}\frac{v}{v_{\text{lim}}} = g\,t $$

ve durgun hâlden bırakılan bir cisim için

$$ v(t) = v_{\text{lim}}\tanh\left(\frac{g\,t}{v_{\text{lim}}}\right), \qquad y(t) = \frac{v_{\text{lim}}^2}{g}\,\ln\cosh\left(\frac{g\,t}{v_{\text{lim}}}\right) $$

(2.22)

bulunur. Kullandığımız integral, $\int \dd u/(1 - u^2) = \operatorname{artanh} u$ özdeşliğidir; hiperbolik fonksiyonların kısa bir özeti aşağıdaki kutudadır.

Not

Hiperbolik fonksiyonlar. $\cosh x = (e^x + e^{-x})/2$, $\sinh x = (e^x - e^{-x})/2$ ve $\tanh x = \sinh x/\cosh x$ olarak tanımlanır. Temel özdeşlik $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$'dir ve türevleri $(\cosh x)' = \sinh x$, $(\sinh x)' = \cosh x$, $(\tanh x)' = 1/\cosh^2 x = 1 - \tanh^2 x$'tir. $\tanh x$, $x = 0$'da 0'dan başlar, küçük $x$ için $\tanh x \approx x$'tir ve $x \to \infty$ iken 1'e yaklaşır. Bu fonksiyonlar bu kitapta sık sık karşımıza çıkacak; 1. bölümdeki dönen çubuk örneğinde $\cosh$ ile zaten karşılaşmıştık.

Karesel dirençte düşme — **Şekil 2.4.** Aynı limit hıza sahip doğrusal ve karesel dirençte düşme. Karesel dirençte hız başlangıçta serbest düşmeye daha uzun süre yakın kalır, sonra limit hıza daha keskin biçimde yaklaşır.

Küçük zamanlarda $\tanh u \approx u$ olduğundan $v \approx g t$: cisim başlangıçta serbest düşer, çünkü hız küçükken direnç (hızın karesiyle orantılı olduğundan) çok küçüktür. Doğrusal dirençle karşılaştırıldığında, karesel dirençte cisim serbest düşmeye daha uzun süre yakın kalır ve limit hıza daha "keskin" bir biçimde ulaşır (Şekil 2.4). Limit hıza yaklaşma da daha hızlıdır: büyük $t$ için $1 - \tanh u \approx 2e^{-2u}$ olduğundan karakteristik zaman $v_{\text{lim}}/2g$'dir.

Örnek 2.6Beyzbol topunun limit hızı

Kütlesi 0,15 kg ve çapı 7,0 cm olan bir beyzbol topunun havadaki limit hızını bulun. Durgun hâlden bırakılan top, limit hızının %90'ına ne kadar sürede ulaşır ve bu sürede ne kadar düşer?

Çözüm

(2.4) ile $c = \gamma D^2 = 0{,}25 \times 0{,}07^2 = 1{,}23 \times 10^{-3}$ N·s²/m². (2.21):

$$ v_{\text{lim}} = \sqrt{\frac{0{,}15 \times 9{,}8}{1{,}23 \times 10^{-3}}} \approx 35\ \text{m/s} $$

Yani yaklaşık 125 km/sa. (2.22) ile $\tanh(gt/v_{\text{lim}}) = 0{,}9$ koşulu $gt/v_{\text{lim}} = \operatorname{artanh}(0{,}9) = 1{,}47$ verir; $t = 1{,}47 \times 34{,}6/9{,}8 \approx 5{,}2$ s. Bu sürede top $y = (v_{\text{lim}}^2/g)\ln\cosh(1{,}47) \approx 122 \times 0{,}83 \approx 102$ m düşer. Bu sonuçlar, bir beyzbol topunun hava direncinin (40 m/s civarındaki) oyun hızlarında ağırlığından bile büyük olduğunu gösterir: yatay atışlarda direnç kuvvetinin ağırlığa oranı $(v/v_{\text{lim}})^2 \approx 1{,}3$'tür.

Örnek 2.7Serbest paraşütçü ve paraşüt

Kütlesi (donanımıyla) 80 kg olan bir paraşütçü, yatay konumda kesit alanı 0,70 m² ve sürükleme katsayısı yaklaşık 1,0 olacak biçimde düşüyor. Paraşütü açılınca kesit alanı 25 m², sürükleme katsayısı 1,5 oluyor. İki durumdaki limit hızları bulun. (Havanın yoğunluğu 1,2 kg/m³.)

Çözüm

(2.3) ile $c = \tfrac12 C_D \rho A$:

$$ c_1 = \tfrac12 \times 1{,}0 \times 1{,}2 \times 0{,}70 = 0{,}42\ \text{kg/m}, \qquad c_2 = \tfrac12 \times 1{,}5 \times 1{,}2 \times 25 = 22{,}5\ \text{kg/m} $$

Limit hızlar $v_1 = \sqrt{80 \times 9{,}8/0{,}42} \approx 43$ m/s (155 km/sa) ve $v_2 = \sqrt{784/22{,}5} \approx 5{,}9$ m/s'dir. Paraşütle yere çarpma hızı, yaklaşık 1,8 m yükseklikten atlamaya eşdeğerdir ($v^2 = 2gh$). Paraşütçü başını aşağı vererek kesit alanını küçültürse limit hızı 70–80 m/s'ye çıkabilir. Paraşüt açıldığında hız 43 m/s'den 5,9 m/s'ye birkaç saniyede iner; bu yavaşlama sırasında paraşütçü, ağırlığının birkaç katı bir kuvvet hisseder.

Yukarı atış. Yukarı atılan bir cisim için hem ağırlık hem direnç aşağı yönlüdür. Yukarıyı pozitif seçersek $m\dot{v} = -mg - c v^2$ olur. Bu denklemin çözümü, $\tanh$ yerine $\tan$ fonksiyonunu içerir; çıkış süresi ve en büyük yükseklik

$$ t_{\text{çıkış}} = \frac{v_{\text{lim}}}{g}\arctan\frac{v_0}{v_{\text{lim}}}, \qquad h_{\max} = \frac{v_{\text{lim}}^2}{2g}\ln\left(1 + \frac{v_0^2}{v_{\text{lim}}^2}\right) $$

(2.23)

olarak bulunur (Problem 2.12). Direnç zayıfken ($v_0 \ll v_{\text{lim}}$) $\arctan u \approx u$ ve $\ln(1 + u^2) \approx u^2$ olduğundan bu ifadeler bildiğimiz $v_0/g$ ve $v_0^2/2g$'ye indirgenir.

Örnek 2.8Yukarı atılan beyzbol topu

Limit hızı 34,6 m/s olan bir beyzbol topu 30 m/s hızla düşey yukarı atılıyor. Topun çıkabileceği en büyük yüksekliği ve çıkış süresini bulun; havasız değerlerle karşılaştırın. Top atıldığı yere hangi hızla döner?

Çözüm

$v_0/v_{\text{lim}} = 0{,}866$. (2.23):

$$ \begin{aligned} &h_{\max} = \frac{34{,}6^2}{19{,}6}\ln(1 + 0{,}75) \approx 61{,}2 \times 0{,}560 \approx 34\ \text{m},\\ &t_{\text{çıkış}} = \frac{34{,}6}{9{,}8}\arctan(0{,}866) \approx 2{,}5\ \text{s} \end{aligned} $$

Havasız ortamda $h_{\max} = 46$ m ve $t_{\text{çıkış}} = 3{,}1$ s olurdu. İnişte direnç ağırlığa karşı koyar ve top yere çıkıştakinden daha küçük bir hızla döner; Problem 2.13'te bu hızın $v_0 v_{\text{lim}}/\sqrt{v_0^2 + v_{\text{lim}}^2} \approx 22{,}7$ m/s olduğu gösterilmektedir. Mekanik enerjinin yaklaşık %43'ü havaya aktarılmıştır.

2.7Karesel dirençte atış ve sayısal çözüm

Karesel dirençte iki boyutlu atışın hareket denklemi

$$ m\dot{\vb{v}} = m\vb{g} - c\,v\,\vb{v} $$

(2.24)

biçimindedir ($-c v^2\uv{v} = -c v\,\vb{v}$). Bileşenleriyle yazarsak:

$$ m\dot{v}_x = -c\sqrt{v_x^2 + v_y^2}\;v_x, \qquad m\dot{v}_y = -mg - c\sqrt{v_x^2 + v_y^2}\;v_y $$

(2.25)

Doğrusal durumdan önemli bir fark ortaya çıkar: denklemler artık bağlaşıktır. $v_x$'in değişimi $v_y$'ye, $v_y$'nin değişimi de $v_x$'e bağlıdır, çünkü direnç toplam hızın büyüklüğüne bağlıdır. Bu denklemlerin kapalı biçimde bir çözümü yoktur. Ama bu bir son değil, bir başlangıçtır: bilgisayar çağında, analitik çözümü olmayan diferansiyel denklemler sayısal olarak, istenen her doğrulukta çözülebilir.

Euler yöntemi

En basit sayısal yöntem, türevin tanımına dayanır. Küçük bir $\Delta t$ zaman adımı için $\dot{v} \approx [v(t + \Delta t) - v(t)]/\Delta t$ yazarsak, şu anki konum ve hızdan bir sonraki adımdakileri hesaplayabiliriz:

$$ \vb{v}_{n+1} = \vb{v}_n + \vb{a}(\vb{v}_n)\,\Delta t, \qquad \vb{r}_{n+1} = \vb{r}_n + \vb{v}_n\,\Delta t $$

(2.26)

Bu, eğriyi kısa doğru parçalarıyla (her adımda o andaki eğimle) izlemektir. Aşağıdaki birkaç satırlık Python programı, beyzbol topunun karesel dirençli yolunu bu yöntemle hesaplar:

import math
g, m, D = 9.8, 0.15, 0.07          # SI birimleri
k = 0.25 * D**2 / m                # c/m
x, y = 0.0, 0.0
v0, aci = 40.0, math.radians(40)
vx, vy = v0 * math.cos(aci), v0 * math.sin(aci)
dt = 1e-3
while y >= 0:
    v = math.hypot(vx, vy)
    ax, ay = -k * v * vx, -g - k * v * vy
    x, y = x + vx * dt, y + vy * dt
    vx, vy = vx + ax * dt, vy + ay * dt
print(f"menzil ≈ {x:.1f} m")

Euler yönteminin hatası, adım boyuyla orantılıdır (birinci mertebeden bir yöntemdir). (2.22)'nin tam çözümünü bildiğimiz düşey düşmede bunu doğrudan sınayabiliriz: beyzbol topunun 3 s sonundaki hızı tam olarak 23,92 m/s'dir; Euler yöntemi $\Delta t = 0{,}5$ s ile 24,78 m/s, $\Delta t = 0{,}1$ s ile 24,08 m/s ve $\Delta t = 0{,}01$ s ile 23,93 m/s verir. Adım on kez küçüldüğünde hata da yaklaşık on kez küçülür. Uygulamada, hatası $\Delta t^4$ ile orantılı olan dördüncü mertebe Runge–Kutta yöntemi tercih edilir; aynı doğruluk çok daha büyük adımlarla elde edilir.

Yöntem

Sayısal bir sonuca güvenmeden önce iki denetim yapın: (1) adım boyunu yarıya indirip sonucun değişmediğini (ya da beklenen oranda değiştiğini) görün; (2) yöntemi, analitik çözümünü bildiğiniz bir özel duruma (örneğin direnç sıfırken parabol, düşey harekette $\tanh$ çözümü) uygulayıp doğru sonucu verdiğini doğrulayın.

Karesel dirençte atışın sonuçları

Sayısal çözüm, karesel direncin atış hareketini ne kadar değiştirdiğini açıkça gösterir. 40 m/s hızla vurulan bir beyzbol topu havasız ortamda 45°'de 163 m'ye giderdi. Karesel dirençle en büyük menzil yalnızca yaklaşık 87 m'dir ve 45°'de değil, 40° civarında elde edilir. Direnç, yolun inen kolunu dikleştirir ve tepe noktasını hedefe doğru kaydırır.

Atış açısı	Menzil	Uçuş süresi	En büyük yükseklik
30°	82,3 m	3,47 s	14,9 m
35°	85,5 m	3,92 s	19,1 m
40°	86,6 m	4,34 s	23,4 m
45°	85,6 m	4,73 s	27,7 m
45° (havasız)	163,3 m	5,77 s	40,8 m

Gerçek bir beyzbol topunun sürükleme katsayısı hızla biraz değişir ve topun dönmesi ek bir kaldırma kuvveti (Magnus etkisi) oluşturur; bu yüzden gerçek değerler tablodakilerden biraz farklıdır. Ama nitel sonuç sağlamdır: hava direnci, toplu oyunlardaki atış ve vuruşların menzilini kabaca yarıya indirir.

2.8Düzgün manyetik alanda yüklü parçacık

Bu bölümde incelediğimiz son kuvvet de hıza bağlıdır, ama bambaşka bir biçimde: manyetik kuvvet hıza diktir. Yükü $q$ olan bir parçacık manyetik alanda ($\vb{B}$) ve elektrik alanında ($\vb{E}$) hareket ederken Lorentz kuvvetini hisseder:

$$ \vb{F} = q\left(\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B}\right) $$

(2.27)

Önce elektrik alanın olmadığı, manyetik alanın düzgün ve $z$ yönünde olduğu durumu ele alalım: $\vb{B} = B\,\uv{z}$. $\vb{v}\times\vb{B} = (v_y B, -v_x B, 0)$ olduğundan ikinci yasa

$$ m\dot{v}_x = qB\,v_y, \qquad m\dot{v}_y = -qB\,v_x, \qquad m\dot{v}_z = 0 $$

(2.28)

verir. $z$ bileşeni hemen çözülür: $v_z$ sabittir. Manyetik kuvvet alana paralel hareketi etkilemez. $x$ ve $y$ bileşenleri ise bağlaşıktır. Siklotron frekansı adı verilen

$$ \omega = \frac{qB}{m} $$

(2.29)

niceliğini tanımlarsak denklemler $\dot{v}_x = \omega v_y$ ve $\dot{v}_y = -\omega v_x$ olur.

Karmaşık sayılarla çözüm

Bu bağlaşık denklem çiftini çözmenin en zarif yolu, iki gerçek değişkeni tek bir karmaşık değişkende birleştirmektir:

$$ \eta = v_x + i\,v_y $$

Burada $i = \sqrt{-1}$'dir. $\eta$'nın türevini alıp (2.28)'i kullanırsak:

$$ \dot{\eta} = \dot{v}_x + i\,\dot{v}_y = \omega v_y - i\,\omega v_x = -i\,\omega\,(v_x + i\,v_y) = -i\,\omega\,\eta $$

(2.30)

İki bağlaşık gerçek denklem, tek bir karmaşık denkleme dönüşmüştür ve bu denklemin çözümünü biliyoruz: türevi kendisiyle orantılı olan bir fonksiyon, üstel fonksiyon:

$$ \eta(t) = \eta_0\,e^{-i\omega t} $$

(2.31)

Euler formülü $e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$ ile bu çözümün anlamı açıklanır. Karmaşık düzlemde $\eta_0 = v_\perp e^{i\delta}$ bir vektör gibidir; $e^{-i\omega t}$ ile çarpmak onu $\omega t$ açısı kadar saat yönünde döndürür. Hızın $xy$ düzlemindeki bileşeni, büyüklüğü $v_\perp = |\eta_0|$ sabit kalarak, açısal hız $\omega$ ile döner. Konumu bulmak için bir kez daha integral alırız: $\xi = x + iy$ ise

$$ \xi(t) = \int\eta\,\dd t = \frac{i\,\eta_0}{\omega}\,e^{-i\omega t} + \xi_c $$

(2.32)

Parçacık, merkezi $\xi_c$ ve yarıçapı $|\eta_0|/\omega$ olan bir çember üzerinde dolanır. Yarıçap

$$ r = \frac{v_\perp}{\omega} = \frac{m\,v_\perp}{q\,B} $$

(2.33)

ile verilir. $z$ doğrultusundaki sabit hızla birleşince yol, 1. bölümde incelediğimiz sarmala dönüşür.

Manyetik alanda sarmal — **Şekil 2.7.** Düzgün manyetik alanda yüklü parçacık, alana dik düzlemde çembersel, alan boyunca düzgün hareket ederek bir sarmal çizer. Alan gözlemciye doğru yönelmişken bakıldığında pozitif bir yük saat yönünde döner.

Not

Karmaşık sayılar fizikte bir hesap aracıdır. Burada $\eta$'nın "karmaşık" olması fiziksel bir anlam taşımaz: gerçek ve sanal kısımlar, iki gerçek fiziksel niceliği ($v_x$ ve $v_y$) taşıyan iki ayrı kutu gibidir. Karmaşık çarpma bir dönmeye karşılık geldiği için, dönen vektörleri içeren her problemde (salınımlar, dalgalar, alternatif akım devreleri) bu yöntem hesabı büyük ölçüde kısaltır. 5. bölümde salınımları incelerken aynı aracı yeniden kullanacağız.

İki önemli fiziksel sonuç vardır. Birincisi, manyetik kuvvet hıza dik olduğu için iş yapmaz ve parçacığın süratini, dolayısıyla kinetik enerjisini değiştirmez; yalnızca yönünü değiştirir. İkincisi, dönme frekansı $\omega = qB/m$ parçacığın hızına bağlı değildir: hızlı parçacıklar daha büyük çemberler çizer ama aynı sürede bir tur atar. E. O. Lawrence, 1930'ların başında bu özellikten yararlanarak siklotronu icat etti: parçacıklar, frekansı $\omega$'ya ayarlanmış bir elektrik alanından her yarım turda bir kez geçerek hızlanır ve giderek büyüyen çemberler üzerinde, hep aynı frekansla dolanmaya devam eder.

Örnek 2.9Siklotronda proton

1,0 T'lık bir manyetik alanda dolanan bir protonun siklotron frekansını hesaplayın. Kinetik enerjisi 1,0 MeV olan bir protonun yörünge yarıçapı nedir? ($m_p = 1{,}67 \times 10^{-27}$ kg, $e = 1{,}60 \times 10^{-19}$ C)

Çözüm

(2.29) ile

$$ \omega = \frac{eB}{m_p} = \frac{1{,}60 \times 10^{-19} \times 1{,}0}{1{,}67 \times 10^{-27}} \approx 9{,}6 \times 10^7\ \text{rad/s}, \qquad f = \frac{\omega}{2\pi} \approx 15\ \text{MHz} $$

Bu, kısa dalga radyo bandında bir frekanstır. 1 MeV'lik protonun hızı $v = \sqrt{2E/m_p} = \sqrt{2 \times 1{,}60 \times 10^{-13}/1{,}67 \times 10^{-27}} \approx 1{,}4 \times 10^7$ m/s'dir (ışık hızının %5'i; göreli etkiler henüz küçüktür). (2.33) ile $r = v/\omega \approx 0{,}14$ m. Lawrence'ın 1930'ların başındaki ilk siklotronlarının çapı bu yüzden yalnızca 10–30 cm kadardı. Enerji arttıkça göreli kütle artışı $\omega$'yı düşürür ve sabit frekanslı siklotron yaklaşık 20 MeV'nin üstünde çalışmaz; bu sınır senkrosiklotron ve senkrotron gibi düzeneklerle aşılmıştır.

2.9Dik elektrik ve manyetik alanlar: sürüklenme

Şimdi manyetik alana dik bir elektrik alan ekleyelim: $\vb{B} = B\,\uv{z}$, $\vb{E} = E\,\uv{y}$. (2.27):

$$ \dot{v}_x = \omega\,v_y, \qquad \dot{v}_y = -\omega\,v_x + \frac{qE}{m} $$

Bu denklemleri, manyetik durumu zaten bildiğimiz için akıllıca bir değişken değişikliğiyle çözebiliriz. $qE/m = \omega E/B$ olduğundan ikinci denklem $\dot{v}_y = -\omega(v_x - E/B)$ biçiminde yazılabilir. $u_x = v_x - E/B$ tanımlarsak ($\dot{u}_x = \dot{v}_x$) denklemler

$$ \dot{u}_x = \omega\,v_y, \qquad \dot{v}_y = -\omega\,u_x $$

biçimini alır: bu, (2.28)'in tam olarak aynısıdır. Dolayısıyla $(u_x, v_y)$ hızı $\omega$ frekansıyla döner; yani parçacığın hızı, sabit bir sürüklenme hızı ile dönen bir hızın toplamıdır:

$$ \vb{v}_s = \frac{E}{B}\,\uv{x} = \frac{\vb{E}\times\vb{B}}{B^2} $$

(2.34)

Sürüklenme hızının yükten ve kütleden bağımsız olduğuna dikkat edin: pozitif ve negatif yükler, ağır ve hafif parçacıklar aynı hızla ve aynı yönde sürüklenir. Bunun derin bir nedeni vardır: $\vb{v}_s$ hızıyla hareket eden bir gözlemci için elektrik alan (göreli olmayan limitte) kaybolur ve parçacık yalnızca manyetik alanda dönüyormuş gibi görünür. Sürüklenme hızı, ışık hızından küçük olmak koşuluyla geçerlidir; $E \ge cB$ ise durum tamamen değişir.

Parçacık durgun hâlden başlarsa ($\vb{v}_0 = 0$) dönen hız bileşeninin büyüklüğü $E/B$'ye eşittir ve parçacık bir sikloid çizer, tıpkı yuvarlanan bir tekerleğin üzerindeki bir nokta gibi:

$$ x(t) = \frac{E}{B\omega}\left(\omega t - \sin\omega t\right), \qquad y(t) = \frac{E}{B\omega}\left(1 - \cos\omega t\right) $$

(2.35)

Sikloid yol — **Şekil 2.8.** Dik elektrik ve manyetik alanlarda durgun hâlden başlayan pozitif yük, $\vb{E}\times\vb{B}$ yönünde sürüklenirken bir sikloid çizer. Parçacık, yuvarlanan bir tekerleğin çevresindeki bir nokta gibi hareket eder.

Örnek 2.10Hız seçici

Bir iyon demeti, birbirine ve demete dik, $E = 2{,}0 \times 10^4$ V/m'lik bir elektrik alan ile $B = 0{,}10$ T'lık bir manyetik alanın bulunduğu bir bölgeye giriyor. Hangi hızdaki iyonlar hiç sapmadan geçer? Bu sonuç iyonların yüküne ve kütlesine bağlı mıdır?

Çözüm

Sapmadan geçen bir iyonun ivmesi sıfırdır, yani elektrik ve manyetik kuvvetler birbirini götürür: $qE = qvB$. Buradan

$$ v = \frac{E}{B} = \frac{2{,}0 \times 10^4}{0{,}10} = 2{,}0 \times 10^5\ \text{m/s} $$

bulunur. Bu, (2.34)'teki sürüklenme hızıdır: tam bu hızla giren bir parçacığın dönen bileşeni sıfırdır ve düz bir çizgide gider. Sonuç yükten ve kütleden bağımsızdır; bu yüzden düzenek, bir demetten belirli hızdaki parçacıkları seçmek için kullanılır (hız seçici, Wien filtresi). J. J. Thomson 1897'de elektronun yük/kütle oranını ölçerken bu ilkeden yararlanmıştı. Kütle spektrometrelerinde önce hız seçiciyle aynı hızdaki iyonlar ayrılır, sonra bunlar yalnızca manyetik alana gönderilerek (2.33)'e göre kütlelerine göre farklı yarıçaplı çemberlere ayrılır.

Özet

Akışkan direnci $f = bv + cv^2$ biçimindedir (2.1). Doğrusal terim viskozluktan ($b = \beta D$, Stokes), karesel terim akışkana momentum aktarımından ($c = \gamma D^2$) gelir. Oranları $f_k/f_d \approx 1{,}6 \times 10^3\,Dv$'dir (2.5).
Doğrusal dirençte bileşenler bağımsızdır. Yatay hız $v_{x0}e^{-t/\tau}$ ile azalır ve alınan yol sonludur; düşey hız $v_{\text{lim}} = mg/b$ limit hızına üstel olarak yaklaşır (2.12). Atış yolu asimetriktir ve düşey bir asimptota sahiptir (2.15).
Karesel dirençte yatay hız $1/t$ gibi azalır ve yol logaritmik olarak sınırsız büyür (2.19); düşmede $v = v_{\text{lim}}\tanh(gt/v_{\text{lim}})$ ve $v_{\text{lim}} = \sqrt{mg/c}$'dir (2.22).
Karesel dirençte atış denklemleri bağlaşıktır ve analitik çözümü yoktur; Euler (2.26) ve Runge–Kutta gibi sayısal yöntemlerle çözülür.
Düzgün manyetik alanda yüklü parçacık siklotron frekansı $\omega = qB/m$ ile döner (2.29); bu frekans hızdan bağımsızdır ve yol bir sarmaldır. Karmaşık değişken $\eta = v_x + iv_y$ çözümü tek satıra indirir (2.30).
Dik $\vb{E}$ ve $\vb{B}$ alanlarında parçacık $\vb{E}\times\vb{B}/B^2$ hızıyla sürüklenir (2.34); durgun hâlden başlayan parçacığın yolu bir sikloiddir.

Problemler

Problem 2.1Direnç katsayılarının birimleri★☆☆

(2.1)'deki $b$ ve $c$ katsayılarının, ayrıca $\beta$ ve $\gamma$'nın SI birimlerini bulun. $\gamma/\beta$ oranının biriminin, (2.5)'teki $Dv$ çarpımını boyutsuz yapacak biçimde olduğunu doğrulayın.

Çözümü göster

$bv$ bir kuvvet olduğundan $[b] = \text{N·s/m} = \text{kg/s}$; $[c] = \text{N·s}^2/\text{m}^2 = \text{kg/m}$. $b = \beta D$ ise $[\beta] = \text{N·s/m}^2 = \text{kg/(m·s)}$, viskozluğun birimiyle (Pa·s) aynıdır. $c = \gamma D^2$ ise $[\gamma] = \text{N·s}^2/\text{m}^4 = \text{kg/m}^3$, yani yoğunluk birimidir; bu, $\gamma$'nın havanın yoğunluğuyla orantılı olmasıyla (2.3) uyumludur. $[\gamma/\beta] = \text{s/m}^2$ ve $[Dv] = \text{m}^2/\text{s}$ olduğundan çarpım boyutsuzdur ✓.

Problem 2.2Tenis topu ve toz zerresi★☆☆

Havada (a) 20 m/s hızla giden, çapı 6,5 cm olan bir tenis topu ve (b) 1 cm/s hızla düşen, çapı 10 μm olan bir toz zerresi için hangi direnç teriminin baskın olduğunu belirleyin.

Çözümü göster

(2.5): (a) $1{,}6 \times 10^3 \times 0{,}065 \times 20 \approx 2 \times 10^3$: karesel baskın. (b) $1{,}6 \times 10^3 \times 10^{-5} \times 10^{-2} \approx 1{,}6 \times 10^{-4}$: doğrusal baskın. Toz zerreleri ve sis damlacıkları bu yüzden havada saatlerce asılı kalabilir: limit hızları $D^2$ ile orantılıdır ve çok küçüktür.

Problem 2.3Yağmur damlasının limit hızı★★☆

Çapı 1,0 mm olan bir yağmur damlası için iki direnç terimi de önemlidir (Örnek 2.1). Her iki terimi tutarak limit hızı bulun ve yalnızca doğrusal ya da yalnızca karesel terimle bulunacak değerlerle karşılaştırın.

Çözümü göster

$m = 1\,000 \times \pi(10^{-3})^3/6 = 5{,}24 \times 10^{-7}$ kg, $mg = 5{,}13 \times 10^{-6}$ N; $b = 1{,}6 \times 10^{-7}$ N·s/m, $c = 2{,}5 \times 10^{-7}$ N·s²/m². Limit hızda $cv^2 + bv - mg = 0$:

$$ v_{\text{lim}} = \frac{-b + \sqrt{b^2 + 4c\,mg}}{2c} \approx 4{,}2\ \text{m/s} $$

Yalnızca karesel terimle $\sqrt{mg/c} \approx 4{,}5$ m/s, yalnızca doğrusal terimle $mg/b \approx 32$ m/s bulunurdu. Doğru değer karesel yaklaşıklığa yakındır, çünkü limit hızda oran $1{,}6 \times 10^3 \times 10^{-3} \times 4{,}2 \approx 6{,}7$'dir; Örnek 2.1'deki küçük hızda iki terim eşitti, ama limit hızda karesel terim baskın hâle gelmiştir. Ölçülen değer (yaklaşık 4 m/s) bu sonuçla uyumludur.

Problem 2.4Doğrusal dirençte yarılanma süresi★☆☆

Doğrusal dirençte yatay hareket eden bir cismin hızının yarıya inmesi için geçen süreyi ve bu sürede aldığı yolun toplam yola ($x_\infty$) oranını bulun.

Çözümü göster

$e^{-t/\tau} = 1/2$ için $t = \tau\ln 2 \approx 0{,}69\,\tau$. (2.9) ile $x = v_{x0}\tau(1 - 1/2) = x_\infty/2$. İlginç bir sonuç: hız yarıya indiğinde toplam yolun tam yarısı alınmıştır; çünkü kalan yol her an $v\tau$'ya eşittir ve hızla orantılıdır.

Problem 2.5Doğrusal dirençte yukarı atış★★☆

Doğrusal dirençli bir ortamda $v_0$ hızıyla yukarı atılan bir cismin tepe noktasına çıkış süresinin $t = \tau\ln(1 + v_0/v_{\text{lim}})$ olduğunu gösterin. Direnç zayıfken bu ifadenin $v_0/g$'ye indirgendiğini doğrulayın.

Çözümü göster

Yukarı pozitif: $v_y = -v_{\text{lim}} + (v_0 + v_{\text{lim}})e^{-t/\tau}$; bu ifade, (2.12)'de işaretler değiştirilerek bulunur. $v_y = 0$ için $e^{-t/\tau} = v_{\text{lim}}/(v_0 + v_{\text{lim}})$, $t = \tau\ln(1 + v_0/v_{\text{lim}})$. Zayıf dirençte $v_0/v_{\text{lim}} \ll 1$ ve $\ln(1 + u) \approx u$: $t \approx \tau v_0/v_{\text{lim}} = v_0/g$ (çünkü $v_{\text{lim}} = g\tau$) ✓. Bir sonraki terim $-u^2/2$ olduğundan direnç çıkış süresini kısaltır.

Problem 2.6Viskozluk ölçümü★★☆

Örnek 2.3'teki düzenekte limit hız ölçülerek viskozluğun $\eta = (\rho_s - \rho_f) g D^2/(18\,v_{\text{lim}})$ ile bulunduğunu gösterin. Çapı 2,0 mm olan çelik bilye bilinmeyen bir sıvıda (yoğunluk 1 260 kg/m³) 1,0 cm/s limit hızla düşüyorsa sıvının viskozluğu nedir?

Çözümü göster

Limit hızda $3\pi\eta D v_{\text{lim}} = (\rho_s - \rho_f)(\pi D^3/6) g$. $\eta$'yı çekersek $\eta = (\rho_s - \rho_f) g D^2/(18 v_{\text{lim}})$ ✓. Sayısal olarak $\eta = 6\,540 \times 9{,}8 \times 4{,}0 \times 10^{-6}/(18 \times 0{,}010) \approx 1{,}4$ Pa·s; sıvı gliserin olabilir. Formülün geçerliliği için sonuçta $\mathrm{Re} \ll 1$ olduğu denetlenmelidir.

Problem 2.7Doğrusal dirençte yolun asimptotu★★☆

(2.15)'ten yola çıkarak yolun $x \to v_{x0}\tau$ iken $y \to -\infty$'a gittiğini gösterin. Bu sonucun fiziksel anlamı nedir? Dirençsiz limitte ($\tau \to \infty$) (2.15)'in parabol denklemine indirgendiğini, logaritmayı ikinci mertebeye kadar açarak doğrulayın.

Çözümü göster

$x \to v_{x0}\tau$ iken $\ln(1 - x/v_{x0}\tau) \to -\infty$; ilk terim sonlu kaldığından $y \to -\infty$. Fiziksel olarak: yatay hız üstel olarak sıfıra iner, cisim yatayda en fazla $v_{x0}\tau$ yol alabilir ve sonunda düz aşağı düşer. Dirençsiz limit: $\ln(1 - \epsilon) \approx -\epsilon - \epsilon^2/2$, $\epsilon = x/v_{x0}\tau$:

$$ y \approx \frac{v_{y0} + v_{\text{lim}}}{v_{x0}}x - v_{\text{lim}}\tau\left(\frac{x}{v_{x0}\tau} + \frac{x^2}{2v_{x0}^2\tau^2}\right) = \frac{v_{y0}}{v_{x0}}x - \frac{g\,x^2}{2v_{x0}^2} $$

($v_{\text{lim}}/\tau = g$ kullanıldı). Bu, 1. bölümdeki parabol denklemidir ✓.

Problem 2.8Menzil düzeltmesinin türetilmesi★★★

(2.15)'te $y = 0$ yazın ve logaritmayı üçüncü mertebeye kadar açarak menzil için (2.16)'yı türetin. (İpucu: $R = R_{\text{boş}} + \Delta R$ yazın ve $\Delta R$'yi birinci mertebeye kadar çözün.)

Çözümü göster

$\epsilon = R/(v_{x0}\tau)$. $y = 0$ ve $\ln(1 - \epsilon) \approx -\epsilon - \epsilon^2/2 - \epsilon^3/3$ ile, $R$'ye bölüp düzenlersek:

$$ \frac{v_{y0}}{v_{x0}} - \frac{gR}{2v_{x0}^2} - \frac{g R^2}{3 v_{x0}^3\tau} = 0 $$

($v_{\text{lim}} = g\tau$ kullanıldı). Son terim olmasaydı $R = 2v_{x0}v_{y0}/g = R_{\text{boş}}$ olurdu. Son terimde $R \approx R_{\text{boş}}$ yazarak birinci mertebeden düzeltmeyi bulalım:

$$ R \approx R_{\text{boş}} - \frac{2R_{\text{boş}}^2}{3v_{x0}\tau} = R_{\text{boş}}\left(1 - \frac{2R_{\text{boş}}}{3 v_{x0}\tau}\right) = R_{\text{boş}}\left(1 - \frac{4 v_{y0}}{3 g\tau}\right) = R_{\text{boş}}\left(1 - \frac43\frac{v_{y0}}{v_{\text{lim}}}\right) $$

Bu, (2.16)'dır ✓. Düzeltmenin $v_{y0}$'ye bağlı olması anlamlıdır: yüksek atılan cisim havada daha uzun kalır ve dirençten daha çok etkilenir.

Problem 2.9Bisikletlinin yolu★☆☆

Örnek 2.5'teki bisikletli, hızı 5,0 m/s'ye inene kadar ne kadar zaman geçer ve ne kadar yol alır?

Çözümü göster

$v_0/v = 1 + t/\tau = 4$ için $t = 3\tau = 60$ s. Yol $x = v_0\tau\ln 4 = 400 \times 1{,}386 \approx 555$ m. (Bu, örnekte bulunan 60 s değeriyle aynıdır.)

Problem 2.10Yatay harekette iki direncin karşılaştırılması★★☆

Yatayda yalnızca doğrusal ya da yalnızca karesel dirençle yavaşlayan iki özdeş cisim aynı $v_0$ hızıyla başlıyor ve iki durumda başlangıçtaki direnç kuvvetleri eşit ($bv_0 = cv_0^2$). Hangi cisim daha çabuk yarı hızına iner? Uzun zamanda hangisi daha çok yol alır? Sonuçlarınızı yorumlayın.

Çözümü göster

Eşit başlangıç kuvveti $b = cv_0$ demektir; iki zaman sabiti eşittir: $\tau_d = m/b = m/(cv_0) = \tau_k$. Yarı hız: doğrusalda $\tau\ln 2 = 0{,}69\,\tau$, karesel durumda $\tau$. Doğrusal dirençli cisim daha çabuk yavaşlar, çünkü hız azaldıkça karesel direnç doğrusaldan daha hızlı küçülür. Uzun zamanda doğrusal dirençli cisim en fazla $v_0\tau$ yol alır; karesel dirençli cisim ise $v_0\tau\ln(1 + t/\tau)$ ile sınırsız ilerler. Üstelik $\ln(1 + s) > 1 - e^{-s}$ her $s > 0$ için doğru olduğundan karesel dirençli cisim her an öndedir: iki eğrinin açılımları $s - s^2/2 + s^3/3$ ve $s - s^2/2 + s^3/6$ ile başlar ve fark daha ilk anlarda ortaya çıkar.

Problem 2.11Bırakılan beyzbol topu★★☆

Örnek 2.6'daki topun 2,0 s sonundaki hızını ve düştüğü yolu bulun; serbest düşme değerleriyle karşılaştırın.

Çözümü göster

$u = gt/v_{\text{lim}} = 19{,}6/34{,}6 = 0{,}566$. $v = 34{,}6\tanh(0{,}566) \approx 34{,}6 \times 0{,}512 \approx 17{,}7$ m/s (serbest düşmede 19,6 m/s). Yol $y = 122{,}4\ln\cosh(0{,}566) \approx 122{,}4 \times 0{,}152 \approx 18{,}6$ m (serbest düşmede 19,6 m). Direncin etkisi ilk iki saniyede küçüktür (%5), ama hız büyüdükçe hızla artar.

Problem 2.12Karesel dirençte yukarı atış★★☆

Yukarı pozitif olmak üzere $m\dot{v} = -mg - cv^2$ denkleminin çözümünün $v(t) = v_{\text{lim}}\tan\left(\arctan(v_0/v_{\text{lim}}) - gt/v_{\text{lim}}\right)$ olduğunu gösterin ve (2.23)'teki çıkış süresini türetin. En büyük yüksekliği bulmak için $\dot{v} = v\,\dd v/\dd y$ yazarak denklemi $y$'ye göre integralleyin.

Çözümü göster

$\dot{v} = -g(1 + v^2/v_{\text{lim}}^2)$. $u = v/v_{\text{lim}}$: $\dd u/(1 + u^2) = -(g/v_{\text{lim}})\dd t$; integralle $\arctan u = \arctan u_0 - gt/v_{\text{lim}}$ ve $v = v_{\text{lim}}\tan(\ldots)$ ✓. Tepe noktasında $v = 0$: $t_{\text{çıkış}} = (v_{\text{lim}}/g)\arctan(v_0/v_{\text{lim}})$. Yükseklik için $v\,\dd v/\dd y = -g(1 + v^2/v_{\text{lim}}^2)$:

$$ \int_{v_0}^0 \frac{v\,\dd v}{1 + v^2/v_{\text{lim}}^2} = -g\,h_{\max} \quad\Rightarrow\quad h_{\max} = \frac{v_{\text{lim}}^2}{2g}\ln\left(1 + \frac{v_0^2}{v_{\text{lim}}^2}\right) $$

Problem 2.13Atış yerine dönüş hızı★★★

Örnek 2.8'deki topun atıldığı yere dönüş hızının $v_{\text{dönüş}} = v_0 v_{\text{lim}}/\sqrt{v_0^2 + v_{\text{lim}}^2}$ olduğunu gösterin. (İpucu: iniş için $v\,\dd v/\dd y$ yöntemini kullanarak, tepeden $y$ kadar düşen bir cismin hızını bulun.) Sonucun her zaman $v_0$'dan ve $v_{\text{lim}}$'den küçük olduğunu gösterin.

Çözümü göster

İnişte aşağı pozitif: $v\,\dd v/\dd y = g(1 - v^2/v_{\text{lim}}^2)$. Durgun hâlden (tepeden) $y$ kadar düşüşte $v^2 = v_{\text{lim}}^2(1 - e^{-2gy/v_{\text{lim}}^2})$. $y = h_{\max}$ için (2.23)'ten $e^{-2gh_{\max}/v_{\text{lim}}^2} = 1/(1 + v_0^2/v_{\text{lim}}^2)$ olduğundan

$$ v_{\text{dönüş}}^2 = v_{\text{lim}}^2\,\frac{v_0^2/v_{\text{lim}}^2}{1 + v_0^2/v_{\text{lim}}^2} = \frac{v_0^2 v_{\text{lim}}^2}{v_0^2 + v_{\text{lim}}^2} $$

$v_{\text{dönüş}}^2 = v_0^2/(1 + v_0^2/v_{\text{lim}}^2) < v_0^2$ ve benzer biçimde $< v_{\text{lim}}^2$ ✓. Beyzbol topu için $30 \times 34{,}6/\sqrt{900 + 1\,200} \approx 22{,}7$ m/s.

Problem 2.14Paraşütçünün karakteristik zamanı★★☆

Örnek 2.7'deki paraşütçü uçaktan durgun (düşey hızı sıfır) olarak atlıyor. Limit hızının %95'ine ne kadar sürede ulaşır ve bu sürede ne kadar düşer?

Çözümü göster

$\tanh u = 0{,}95$ için $u = \operatorname{artanh}(0{,}95) \approx 1{,}83$; $t = 1{,}83\,v_{\text{lim}}/g = 1{,}83 \times 43{,}2/9{,}8 \approx 8{,}1$ s. Düşülen yol $(v_{\text{lim}}^2/g)\ln\cosh(1{,}83) \approx 190 \times 1{,}16 \approx 220$ m. Paraşütçüler, yaklaşık 10 saniye ve birkaç yüz metre sonra sabit hızla düştüklerini hissederler.

Problem 2.15Büyük siklotron★☆☆

1,5 T'lık bir siklotronda protonlar 5,0 MeV kinetik enerjiye hızlandırılıyor. Son yörüngenin yarıçapı ve dolanım frekansı nedir?

Çözümü göster

$v = \sqrt{2E/m_p} = \sqrt{2 \times 8{,}0 \times 10^{-13}/1{,}67 \times 10^{-27}} \approx 3{,}1 \times 10^7$ m/s. $\omega = eB/m_p \approx 1{,}44 \times 10^8$ rad/s ($f \approx 23$ MHz). $r = v/\omega \approx 0{,}22$ m. Frekans enerjiye bağlı değildir; yarıçap ise $\sqrt{E}$ ile büyür.

Problem 2.16Dünya'nın manyetik alanında elektron★★☆

Dünya yüzeyine yakın yerlerde manyetik alan yaklaşık $5 \times 10^{-5}$ T'dır. Bu alanda dolanan bir elektronun siklotron frekansını ve alana dik hızı $10^6$ m/s olan bir elektronun yörünge yarıçapını bulun. ($e/m_e = 1{,}76 \times 10^{11}$ C/kg)

Çözümü göster

$\omega = (e/m_e)B = 1{,}76 \times 10^{11} \times 5 \times 10^{-5} \approx 8{,}8 \times 10^6$ rad/s, $f \approx 1{,}4$ MHz. $r = v_\perp/\omega \approx 0{,}11$ m. Güneş rüzgârındaki elektronlar manyetik alan çizgileri boyunca sarmal yollar izleyerek kutup bölgelerine iner ve kutup ışıklarını oluşturur.

Problem 2.17Sarmalın adımı★★☆

Düzgün manyetik alanda hızı alanla $\alpha$ açısı yapan bir yüklü parçacığın çizdiği sarmalın yarıçapını ve adımını (bir turda alan boyunca alınan yol) bulun. Adımın yarıçapa oranı neye bağlıdır?

Çözümü göster

$v_\perp = v\sin\alpha$, $v_\parallel = v\cos\alpha$. Yarıçap $r = mv\sin\alpha/(qB)$; periyot $T = 2\pi/\omega = 2\pi m/(qB)$; adım $h = v_\parallel T = 2\pi m v\cos\alpha/(qB)$. Oran $h/r = 2\pi\cot\alpha$: yalnızca açıya bağlıdır. Hız alana neredeyse paralelse ($\alpha \to 0$) sarmal çok uzun adımlı ve dar olur.

Problem 2.18Sürüklenmenin karmaşık sayılarla türetilmesi★★★

Dik $\vb{E} = E\uv{y}$ ve $\vb{B} = B\uv{z}$ alanlarında $\eta = v_x + iv_y$ değişkeniyle hareket denkleminin $\dot{\eta} = -i\omega\eta + i\,qE/m$ olduğunu gösterin. Bu denklemin genel çözümünü bulun ve uzun zaman ortalamasında hızın (2.34) ile verildiğini gösterin. Durgun başlangıç için (2.35)'i türetin.

Çözümü göster

$\dot{\eta} = \omega v_y + i(-\omega v_x + qE/m) = -i\omega(v_x + iv_y) + iqE/m$ ✓. Sabit çözüm $\dot{\eta} = 0$: $\eta_s = qE/(m\omega) = E/B$ (gerçek, yani $x$ yönünde). Genel çözüm $\eta = E/B + Ce^{-i\omega t}$; dönen terimin ortalaması sıfır olduğundan ortalama hız $E/B\,\uv{x}$ ✓. Durgun başlangıç: $C = -E/B$, $\eta = (E/B)(1 - e^{-i\omega t})$. İntegralle ($\xi(0) = 0$):

$$ \xi = \frac{E}{B}\left(t + \frac{e^{-i\omega t} - 1}{i\omega}\right) = \frac{E}{B\omega}\left[(\omega t - \sin\omega t) + i(1 - \cos\omega t)\right] $$

gerçek ve sanal kısımlar (2.35)'i verir ✓.

Problem 2.19Euler yönteminin mertebesi★★☆

$\dot{v} = -v/\tau$ denklemini (tam çözümü $v_0e^{-t/\tau}$) Euler yöntemiyle $\Delta t$ adımıyla çözün. $n$ adım sonra sayısal çözümün $v_n = v_0(1 - \Delta t/\tau)^n$ olduğunu gösterin. $t = n\Delta t$ sabit tutulup $\Delta t \to 0$ iken bunun tam çözüme yaklaştığını ve hatanın $\Delta t$ ile orantılı olduğunu gösterin.

Çözümü göster

(2.26): $v_{n+1} = v_n - v_n\Delta t/\tau = v_n(1 - \Delta t/\tau)$; dolayısıyla $v_n = v_0(1 - \Delta t/\tau)^n$. $n = t/\Delta t$: $\ln(v_n/v_0) = (t/\Delta t)\ln(1 - \Delta t/\tau) = (t/\Delta t)(-\Delta t/\tau - \Delta t^2/2\tau^2 - \ldots) = -t/\tau - t\Delta t/2\tau^2 - \ldots$. Limitte $v_n \to v_0e^{-t/\tau}$ ✓; bağıl hata $\approx -t\Delta t/(2\tau^2)$, $\Delta t$ ile orantılıdır: Euler yöntemi birinci mertebedendir.

Problem 2.20Karesel dirençte bağlaşıklık★★★

Karesel dirençte atış için (2.25)'i, hızın büyüklüğü $v$ ve yatayla yaptığı açı $\psi$ cinsinden yazın ve $m\dot{v} = -mg\sin\psi - cv^2$, $mv\dot{\psi} = -mg\cos\psi$ denklemlerini türetin. Bu biçimin, hareketin neden analitik olarak çözülemediğini nasıl gösterdiğini tartışın.

Çözümü göster

$v_x = v\cos\psi$, $v_y = v\sin\psi$. $\dot{v}_x = \dot{v}\cos\psi - v\dot{\psi}\sin\psi$ ve $\dot{v}_y = \dot{v}\sin\psi + v\dot{\psi}\cos\psi$. Teğet ve dik doğrultulara izdüşüm alarak: teğet bileşen (hız yönünde) $m\dot{v} = -mg\sin\psi - cv^2$; dik bileşen $mv\dot{\psi} = -mg\cos\psi$ (direnç hıza paralel olduğundan dik denkleme girmez). İkinci denklem, yolun eğrilmesini yalnızca yer çekiminin sağladığını söyler. İki denklem birbirine bağlıdır ($\dot{v}$ açıya, $\dot{\psi}$ hıza bağlıdır); birini öbürüne bölerek $\dd v/\dd\psi$ için birinci mertebe bir denklem elde edilir ve bu denklem integrallenebilir, ama $x$ ve $y$'nin zamana bağlılığını veren ikinci integraller kapalı biçimde alınamaz.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 2. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak; atış ve yüklü parçacık örnekleri.
D. J. Tritton, Physical Fluid Dynamics, 2. baskı (Oxford University Press, 1988): sürükleme kuvvetinin ve Reynolds sayısının fiziksel temelleri.
R. P. Feynman, R. B. Leighton ve M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt I, 9. bölüm: Newton denklemlerinin sayısal çözümüne çok açık bir giriş.
W. H. Press ve diğerleri, Numerical Recipes, 3. baskı (Cambridge University Press, 2007), 17. bölüm: Runge–Kutta ve uyarlamalı adımlı yöntemler.
R. Adair, The Physics of Baseball, 3. baskı (Harper Perennial, 2002): gerçek bir sporun hava direnci, dönme ve Magnus etkisiyle incelenmesi.