Bölüm 4

Enerji

İş ve kinetik enerji, iş–enerji teoremi ve güç; korunumlu kuvvetler ve potansiyel enerji; kuvvetin potansiyel enerjinin gradyanı olması ve rotasyonel ile korunumluluk sınaması; zamana bağlı potansiyel enerji; tek boyutlu sistemlerde enerji diyagramları, denge, küçük salınımlar ve hareketin süresi; eğri yollar ve merkezi kuvvetler; iki parçacığın etkileşme enerjisi, çok parçacıklı sistemlerin enerjisi ve esnek çarpışmalar.

47 dk okuma11 çözümlü örnek8 şekil21 problem

Bu bölümde

İşi bir çizgi integrali olarak tanımlamayı ve iş–enerji teoremini türetmeyi
Bir kuvvetin hangi koşullarda korunumlu olduğunu, potansiyel enerjinin nasıl tanımlandığını ve mekanik enerjinin ne zaman korunduğunu
Kuvveti potansiyel enerjinin gradyanı olarak yazmayı ve bir kuvvetin korunumlu olup olmadığını rotasyonel ile sınamayı
Tek boyutlu hareketi enerji diyagramlarıyla nitel olarak çözümlemeyi; denge noktalarını, kararlılığı ve küçük salınımların frekansını bulmayı
Hareketin süresini enerji korunumundan tek bir integralle hesaplamayı
İki parçacığın etkileşme enerjisini, çok parçacıklı bir sistemin toplam enerjisini ve esnek çarpışmaları incelemeyi

4.1İş ve kinetik enerji

3. bölümde momentum ve açısal momentumun, uygun koşullar altında korunduğunu gördük. Bu bölümde üçüncü büyük korunum yasasını, enerjinin korunumunu, inceleyeceğiz. Enerji, fiziğin belki de en önemli kavramıdır: mekanikten termodinamiğe, elektromanyetizmadan kuantum mekaniğine kadar her alanda karşımıza çıkar ve kuvvetlerin ayrıntılarını bilmeden hareket hakkında güçlü sonuçlar çıkarmamızı sağlar.

Kütlesi $m$ ve hızı $\vb{v}$ olan bir parçacığın kinetik enerjisi

$$ K = \tfrac12 m v^2 = \tfrac12 m\,\vb{v}\cdot\vb{v} $$

(4.1)

olarak tanımlanır. Bu tanımın neden yararlı olduğunu görmek için $K$'nin zamana göre türevini alalım. 1. bölümdeki çarpım kuralıyla $\dd(\vb{v}\cdot\vb{v})/\dd t = 2\vb{v}\cdot\dot{\vb{v}}$ olduğundan ve Newton'un ikinci yasasıyla $m\dot{\vb{v}} = \vb{F}$:

$$ \dv{K}{t} = m\,\vb{v}\cdot\dot{\vb{v}} = \vb{F}\cdot\vb{v} $$

(4.2)

Sağ taraftaki $P = \vb{F}\cdot\vb{v}$ niceliğine kuvvetin gücü denir; kuvvetin parçacığa birim zamanda aktardığı enerjidir. SI birimi watt'tır (1 W = 1 J/s). (4.2)'yi $\dd t$ ile çarparsak ve $\vb{v}\,\dd t = \dd\vb{r}$ yazarsak, kısa bir yer değiştirme sırasında kinetik enerjideki değişimi buluruz: $\dd K = \vb{F}\cdot\dd\vb{r}$. Sağ taraf, kuvvetin bu yer değiştirme sırasında yaptığı iştir.

Tanım 4.1İş

Bir $\vb{F}$ kuvvetinin, parçacık bir $\mathcal{C}$ yolu boyunca $\vb{r}_1$'den $\vb{r}_2$'ye giderken yaptığı iş

$$ W(1 \to 2) = \int_{\mathcal{C}} \vb{F}\cdot\dd\vb{r} $$

(4.3)

çizgi integraliyle tanımlanır. Yol çok sayıda kısa $\Delta\vb{r}$ parçasına bölünür, her parçada $\vb{F}\cdot\Delta\vb{r}$ hesaplanır ve bunlar toplanır; parçalar küçüldükçe toplam, integrale yaklaşır.

Kuvvetin yalnızca harekete paralel bileşeni iş yapar: harekete dik kuvvetler (düzgün çembersel hareketteki gerilme, 2. bölümdeki manyetik kuvvet, durgun bir yüzeyin üzerinde kayan cisme uyguladığı dik tepki kuvveti) hiç iş yapmaz. (4.3)'ü $\dd K = \vb{F}\cdot\dd\vb{r}$ bağıntısıyla birleştirip yol boyunca toplarsak, parçacığa etki eden net kuvvet için şu sonucu buluruz:

Teorem 4.1İş–enerji teoremi

Bir parçacığın kinetik enerjisindeki değişim, parçacığa etki eden net kuvvetin yaptığı işe eşittir:

$$ \Delta K = K_2 - K_1 = W_{\text{net}}(1 \to 2) $$

(4.4)

Net kuvvet birden çok kuvvetin toplamıysa, $\vb{F} = \vb{F}_1 + \vb{F}_2 + \ldots$, toplam iş her kuvvetin yaptığı işlerin toplamıdır. İş–enerji teoremi Newton'un ikinci yasasından türetildi ve ondan daha fazla bilgi içermez. Ama çok kullanışlıdır: ikinci yasa bir vektör denklemidir, iş–enerji teoremi ise tek bir skaler denklemdir ve çoğu zaman ivmeyi hiç hesaplamadan hızı doğrudan verir.

Çizgi integralinin hesaplanması

Çizgi integralini hesaplamak için yol genellikle bir parametreyle betimlenir. Yol $\vb{r}(\lambda) = (x(\lambda), y(\lambda), z(\lambda))$ biçiminde ve $\lambda$, $\lambda_1$'den $\lambda_2$'ye değişiyorsa $\dd\vb{r} = (\dd\vb{r}/\dd\lambda)\,\dd\lambda$ olur ve çizgi integrali sıradan bir integrale dönüşür:

$$ \int_{\mathcal{C}} \vb{F}\cdot\dd\vb{r} = \int_{\lambda_1}^{\lambda_2} \left(F_x\,\dv{x}{\lambda} + F_y\,\dv{y}{\lambda} + F_z\,\dv{z}{\lambda}\right)\dd\lambda $$

(4.5)

Örnek 4.1İki kuvvetin farklı yollar boyunca işi

Düzlemde iki kuvvet alanı veriliyor: $\vb{F}_1 = F_0\,(2xy,\; x^2)$ ve $\vb{F}_2 = F_0\,(y,\; -x)$. Burada $x$ ve $y$ metre cinsindendir ve $F_0$ sabittir (birimi N/m²). Bir parçacık orijinden $(1, 1)$ noktasına üç farklı yoldan gidiyor: (a) önce $x$ ekseni boyunca $(1, 0)$'a, sonra düşey olarak $(1, 1)$'e; (b) $y = x$ doğrusu boyunca; (c) $y = x^2$ parabolü boyunca. Her kuvvetin her yol boyunca yaptığı işi hesaplayın.

Üç yol — **Şekil 4.1.** Orijinden $(1, 1)$ noktasına giden üç yol. Korunumlu bir kuvvetin işi üç yolda da aynıdır; korunumlu olmayan bir kuvvetinki yola bağlıdır.

Çözüm

$\vb{F}_1$ için. (a) Birinci parçada $y = 0$, $\dd y = 0$ olduğundan $F_x = 0$ ve iş sıfırdır. İkinci parçada $x = 1$, $\dd x = 0$: $\int_0^1 F_0\cdot 1^2\,\dd y = F_0$. Toplam $W_a = F_0$ (birimleriyle $F_0 \times 1\ \text{m}^3$, yani joule). (b) $x = y = \lambda$: $\int_0^1 F_0(2\lambda^2 + \lambda^2)\,\dd\lambda = F_0$. (c) $x = \lambda$, $y = \lambda^2$: $\int_0^1 F_0(2\lambda^3 + \lambda^2\cdot 2\lambda)\,\dd\lambda = \int_0^1 4F_0\lambda^3\,\dd\lambda = F_0$. Üç yolda da iş aynıdır.

$\vb{F}_2$ için. (a) Birinci parçada $F_x = y = 0$; ikinci parçada $\int_0^1 F_0(-1)\,\dd y = -F_0$. Toplam $W_a = -F_0$. (b) $\int_0^1 F_0(\lambda - \lambda)\,\dd\lambda = 0$. (c) $\int_0^1 F_0(\lambda^2 - \lambda\cdot 2\lambda)\,\dd\lambda = -F_0/3$. İş yola bağlıdır: $-F_0$, $0$ ve $-F_0/3$.

Bu fark rastlantı değildir. $\vb{F}_1$, aşağıda tanımlayacağımız korunumlu kuvvetlerin bir örneğidir; $\vb{F}_2$ ise orijin çevresinde dönen bir "girdap" alanıdır ve korunumlu değildir (Örnek 4.5).

Örnek 4.2Otomobilin harcadığı güç

Bir otomobilin hava direnci, 2. bölümdeki karesel dirençle $f = cv^2$ biçiminde yazılabilir; $c = \tfrac12 C_D\rho A$. Sürükleme katsayısı $C_D = 0{,}30$, ön kesit alanı $A = 2{,}2$ m² ve havanın yoğunluğu $\rho = 1{,}2$ kg/m³ ise otomobil 30 m/s (108 km/sa) ve 40 m/s (144 km/sa) sabit hızla giderken yalnızca hava direncini yenmek için motorun vermesi gereken gücü bulun.

Çözüm

$c = \tfrac12 \times 0{,}30 \times 1{,}2 \times 2{,}2 = 0{,}40$ kg/m. Sabit hızda motorun ileri yöndeki net itici kuvveti dirence eşittir: $F = cv^2$. (4.2) ile güç

$$ P = F v = c\,v^3 $$

olur. 30 m/s'de $P = 0{,}40 \times 27\,000 \approx 11$ kW, 40 m/s'de $P = 0{,}40 \times 64\,000 \approx 26$ kW'tır. Hız yalnızca üçte bir artmış, gerekli güç ise $(4/3)^3 \approx 2{,}4$ katına çıkmıştır. Aynı yolu alırken harcanan enerji ise $F \times \text{yol} = cv^2 \times \text{yol}$ ile orantılıdır ve hızın karesiyle artar: otoyolda hızlı gitmek yakıt tüketimini bu yüzden belirgin biçimde artırır. (Tekerleklerin yuvarlanma direnci ve motorun verimi bu basit hesaba katılmamıştır.)

4.2Korunumlu kuvvetler ve potansiyel enerji

Örnek 4.1'deki $\vb{F}_1$ kuvvetinin işi, iki uç noktası aynı olan bütün yollarda aynı çıktı. Bu özellik çok değerlidir: iş yalnızca başlangıç ve bitiş noktalarına bağlıysa, uzaydaki her noktaya bir sayı atayarak işi bu sayıların farkı olarak yazabiliriz.

Tanım 4.2Korunumlu kuvvet

Bir parçacığa etki eden bir $\vb{F}$ kuvveti şu iki koşulu sağlıyorsa korunumludur:

$\vb{F}$ yalnızca parçacığın konumuna bağlıdır: $\vb{F} = \vb{F}(\vb{r})$. Hıza, zamana ya da başka bir şeye bağlı değildir.
Herhangi iki $\vb{r}_1$ ve $\vb{r}_2$ noktası için, $\vb{F}$'nin yaptığı iş $W(1 \to 2)$, bu noktaları birleştiren yoldan bağımsızdır.

İkinci koşul eşdeğer olarak şöyle de söylenebilir: kapalı her yol boyunca (başlangıç noktasına geri dönen bir yolda) korunumlu bir kuvvetin yaptığı iş sıfırdır, $\oint \vb{F}\cdot\dd\vb{r} = 0$. Gerçekten, $1 \to 2$ gidişi bir yoldan, $2 \to 1$ dönüşü başka bir yoldan yapılırsa dönüşteki iş, gidişteki işin eksi işaretlisidir ve toplam sıfırdır.

Korunumlu bir kuvvet için bir potansiyel enerji tanımlanabilir. Bir $\vb{r}_0$ referans noktası seçelim ve her $\vb{r}$ noktasına

$$ U(\vb{r}) = -W(\vb{r}_0 \to \vb{r}) = -\int_{\vb{r}_0}^{\vb{r}} \vb{F}(\vb{r}')\cdot\dd\vb{r}' $$

(4.6)

sayısını atayalım. İkinci koşul sayesinde integral yoldan bağımsızdır, dolayısıyla $U$ iyi tanımlıdır ve yalnızca $\vb{r}$'nin fonksiyonudur. Tanım gereği $U(\vb{r}_0) = 0$'dır. Başka bir referans noktası seçmek $U$'ya yalnızca sabit bir sayı ekler; fiziksel sonuçlar yalnızca $U$'nun farklarına bağlı olduğu için bu seçim keyfidir. Herhangi iki nokta arasındaki iş, $\vb{r}_0$ üzerinden giden bir yol seçerek

$$ W(1 \to 2) = W(1 \to 0) + W(0 \to 2) = U(\vb{r}_1) - U(\vb{r}_2) = -\Delta U $$

(4.7)

olarak yazılabilir. Korunumlu kuvvetin işi, potansiyel enerjideki azalmaya eşittir.

Mekanik enerjinin korunumu

Şimdi parçacığa yalnızca korunumlu kuvvetlerin etki ettiğini düşünelim. İş–enerji teoremine göre $\Delta K = W$, (4.7)'ye göre $W = -\Delta U$. Birlikte $\Delta K + \Delta U = 0$, yani $\Delta(K + U) = 0$ buluruz. Birden çok korunumlu kuvvet varsa her biri için ayrı bir potansiyel enerji tanımlanır ve bunlar toplanır.

Teorem 4.2Mekanik enerjinin korunumu

Bir parçacığa etki eden bütün kuvvetler korunumluysa (ya da korunumlu olmayan kuvvetler iş yapmıyorsa), toplam mekanik enerji

$$ E = K + U(\vb{r}) = \tfrac12 m v^2 + U(\vb{r}) $$

(4.8)

sabittir. Burada $U$, korunumlu kuvvetlerin potansiyel enerjilerinin toplamıdır.

Korunumlu olmayan kuvvetler de iş yapıyorsa (örneğin kinetik sürtünme ya da hava direnci) iş–enerji teoremi

$$ \Delta E = \Delta K + \Delta U = W_{\text{kd}} $$

(4.9)

biçimini alır; $W_{\text{kd}}$, korunumlu olmayan (korunumsuz) kuvvetlerin yaptığı iştir. Durgun bir yüzeyde kayan bir cisme etki eden kinetik sürtünme hareketin tersine yönelir ve işi negatiftir: mekanik enerji azalır. Kaybolan enerji yok olmaz; ısıya, yani cisimlerin atomlarının düzensiz hareketine dönüşür. Mekanik enerjinin korunumu, daha genel olan enerjinin korunumunun mekanik bir parçasıdır.

Üç temel potansiyel enerji

Düzgün yer çekimi. Yeryüzü yakınında $\vb{F} = -mg\,\uv{y}$ ($y$ yukarı). Herhangi bir yol boyunca $\vb{F}\cdot\dd\vb{r} = -mg\,\dd y$ olduğundan iş yalnızca yükseklik farkına bağlıdır ve referans $y = 0$'da

$$ U = mgy $$

(4.10)

olur.

Yay kuvveti. Hooke yasasına uyan bir yay, denge konumundan $x$ kadar uzatıldığında $F = -kx$ kuvveti uygular. Referans $x = 0$'da $U = -\int_0^x(-kx')\,\dd x' = \tfrac12 kx^2$ bulunur.

Ters kare kuvveti. Kütlesi $M$ olan bir cismin $m$ kütleli bir cisme uyguladığı kütle çekim kuvveti $\vb{F} = -(GMm/r^2)\,\uv{r}$'dir. Yer değiştirmenin $\uv{r}$ yönündeki bileşeni $\dd r$ olduğundan $\vb{F}\cdot\dd\vb{r} = -(GMm/r^2)\,\dd r$ ve iş yalnızca $r$'nin başlangıç ve son değerlerine bağlıdır. Referansı sonsuzda seçersek ($U(\infty) = 0$):

$$ U(r) = -\frac{GMm}{r} $$

(4.11)

Aynı biçim iki nokta yük arasındaki Coulomb kuvveti için de geçerlidir: $U = kq_1q_2/r$, burada $k = 1/4\pi\varepsilon_0$. Kütle çekim potansiyel enerjisinin negatif olması bir sorun değildir; referans sonsuzda seçildiği ve kuvvet çekici olduğu için cisimler birbirine yaklaştıkça potansiyel enerji sıfırın altına iner.

Örnek 4.3Kaçış hızı

Dünya'nın yüzeyinden düşey olarak fırlatılan bir cismin Dünya'nın çekiminden kurtulup sonsuza gidebilmesi için en az hangi hızla atılması gerekir? 5,0 km/s hızla atılan bir cisim ne kadar yükselir? Hava direnci ve Dünya'nın dönmesi ihmal edilecek. ($GM_D = 3{,}99 \times 10^{14}$ m³/s², $R_D = 6{,}37 \times 10^6$ m)

Çözüm

Cisme yalnızca korunumlu kütle çekim kuvveti etki eder ve (4.8), (4.11) ile

$$ \tfrac12 mv^2 - \frac{GM_Dm}{r} = \text{sabit} $$

olur. Cismin sonsuza ulaşabilmesi için orada $K \ge 0$ olmalıdır; sonsuzda $U = 0$ olduğundan toplam enerji $E \ge 0$ olmalıdır. En küçük hız $E = 0$'a karşılık gelir:

$$ v_{\text{kaç}} = \sqrt{\frac{2GM_D}{R_D}} = \sqrt{\frac{2 \times 3{,}99 \times 10^{14}}{6{,}37 \times 10^6}} \approx 11{,}2\ \text{km/s} $$

Buna kaçış hızı (kurtulma hızı) denir. Sonuç, cismin kütlesine ve hatta atış doğrultusuna bağlı değildir (cisim Dünya'ya çarpmadığı sürece). 5,0 km/s ile atılan cisim için en yüksek noktada $v = 0$:

$$ \frac{1}{r_{\max}} = \frac{1}{R_D} - \frac{v_0^2}{2GM_D} \quad\Rightarrow\quad r_{\max} \approx 7{,}96 \times 10^6\ \text{m} $$

Cisim yüzeyden $r_{\max} - R_D \approx 1\,590$ km yükselir. Yer çekimini sabit kabul eden $h = v_0^2/2g$ formülü 1 280 km verirdi; yükseldikçe çekim zayıfladığı için gerçek yükseklik daha büyüktür.

4.3Kuvvet, potansiyel enerjinin gradyanıdır

(4.6), kuvvetten potansiyel enerjiyi bir integralle bulur. Bunun tersini, potansiyel enerjiden kuvveti bulmayı, bir türevle yapabiliriz. Parçacık $\vb{r}$'den $\vb{r} + \dd\vb{r}$'ye küçük bir yer değiştirme yaptığında potansiyel enerjinin değişimi, (4.7)'ye göre kuvvetin yaptığı işin eksi işaretlisidir:

$$ \dd U = -\vb{F}\cdot\dd\vb{r} = -\left(F_x\,\dd x + F_y\,\dd y + F_z\,\dd z\right) $$

Öte yandan $U(x, y, z)$ üç değişkenli bir fonksiyondur ve onun küçük değişimi kısmi türevlerle yazılır:

$$ \dd U = \frac{\partial U}{\partial x}\,\dd x + \frac{\partial U}{\partial y}\,\dd y + \frac{\partial U}{\partial z}\,\dd z $$

Burada $\partial U/\partial x$, $y$ ve $z$ sabit tutularak $x$'e göre alınan türevdir. İki ifade her $\dd\vb{r}$ için eşit olduğundan katsayılar tek tek eşit olmalıdır: $F_x = -\partial U/\partial x$ ve benzer biçimde $F_y$ ile $F_z$. Bu üç bileşeni bir vektörde toplarsak:

$$ \vb{F} = -\nabla U, \qquad \nabla U \equiv \frac{\partial U}{\partial x}\,\uv{x} + \frac{\partial U}{\partial y}\,\uv{y} + \frac{\partial U}{\partial z}\,\uv{z} $$

(4.12)

$\nabla U$ vektörüne $U$'nun gradyanı denir; $\nabla$ ("nabla" ya da "del") simgesi, vektör türev işlemcisi $\uv{x}\,\partial/\partial x + \uv{y}\,\partial/\partial y + \uv{z}\,\partial/\partial z$'yi gösterir. (4.12)'yi $\dd U = \nabla U\cdot\dd\vb{r}$ biçiminde de yazabiliriz.

Gradyanın geometrik anlamı çok açıktır. $\dd U = |\nabla U|\,|\dd\vb{r}|\cos\theta$ olduğundan, belirli bir uzunlukta bir adım atıldığında $U$ en çok, adım $\nabla U$ doğrultusunda atıldığında artar. Yani $\nabla U$, $U$'nun en hızlı arttığı doğrultuyu gösterir ve büyüklüğü o doğrultudaki artış hızıdır. $U$'nun sabit olduğu yüzeyler (eşpotansiyel yüzeyler) boyunca atılan adımlarda $\dd U = 0$ olduğundan gradyan, eşpotansiyel yüzeylere her noktada diktir. Kuvvet ise $-\nabla U$ yönündedir: parçacığı potansiyel enerjinin en hızlı azaldığı yöne doğru iter. Bir dağ haritasındaki eş yükselti eğrilerini düşünün: suyun aktığı yön, eğrilere dik ve en dik iniş yönüdür.

Eşpotansiyel eğriler ve kuvvet — **Şekil 4.2.** $U = \tfrac12 k(x^2 + 2y^2)$ potansiyel enerjisinin eşpotansiyel eğrileri (elipsler) ve kuvvet $\vb{F} = -\nabla U$. Kuvvet her noktada eşpotansiyel eğriye diktir ve potansiyel enerjinin azaldığı yöne doğrudur.

Örnek 4.4Gradyandan kuvvet

Bir parçacığın potansiyel enerjisi $U = \tfrac12 k(x^2 + 2y^2)$ olarak veriliyor ($k$ pozitif sabit). Parçacığa etki eden kuvveti bulun. $(1, 1)$ noktasında kuvvetin eşpotansiyel eğriye dik olduğunu doğrulayın.

Çözüm

Kısmi türevler $\partial U/\partial x = kx$, $\partial U/\partial y = 2ky$ ve $\partial U/\partial z = 0$'dır. (4.12) ile

$$ \vb{F} = -\nabla U = -k\,(x,\; 2y,\; 0) $$

Bu, $x$ ve $y$ doğrultularında yay sabitleri $k$ ve $2k$ olan iki bağımsız yay gibi davranan bir kuvvettir. $(1, 1)$'de $\vb{F} = -k(1, 2, 0)$. Bu noktadan geçen eşpotansiyel eğri $x^2 + 2y^2 = 3$ elipsidir; elips üzerinde $\dd U = k(x\,\dd x + 2y\,\dd y) = 0$ olduğundan $(1, 1)$'deki teğet doğrultusu $\dd x : \dd y = -2 : 1$, yani $(-2, 1)$'dir. $\vb{F}\cdot(-2, 1, 0) = -k(-2 + 2) = 0$: kuvvet gerçekten eşpotansiyel eğriye diktir ✓.

4.4Korunumluluğun sınaması: rotasyonel

Bir kuvvetin korunumlu olup olmadığını, tanımdaki ikinci koşulu doğrudan sınayarak, yani sonsuz sayıda yol boyunca iş hesaplayarak anlamak pratik değildir. Neyse ki çok daha kolay bir sınama vardır. $\vb{F}$ korunumluysa $F_x = -\partial U/\partial x$ ve $F_y = -\partial U/\partial y$'dir. Kısmi türevlerin sırası değiştirilebildiğinden ($\partial^2 U/\partial x\,\partial y = \partial^2 U/\partial y\,\partial x$)

$$ \frac{\partial F_y}{\partial x} = -\frac{\partial^2 U}{\partial x\,\partial y} = \frac{\partial F_x}{\partial y} $$

bulunur. Benzer bağıntılar $yz$ ve $zx$ çiftleri için de geçerlidir. Bu üç farkı bir vektörde toplayan işleme rotasyonel denir:

$$ \nabla\times\vb{F} = \left(\frac{\partial F_z}{\partial y} - \frac{\partial F_y}{\partial z},\; \frac{\partial F_x}{\partial z} - \frac{\partial F_z}{\partial x},\; \frac{\partial F_y}{\partial x} - \frac{\partial F_x}{\partial y}\right) $$

(4.13)

Bu ifade, $\nabla$ işlemcisinin $\vb{F}$ ile vektörel çarpımı olarak, 1. bölümdeki vektörel çarpım formülüne benzer biçimde hatırlanabilir.

Teorem 4.3Korunumluluk ölçütü

Yalnızca konuma bağlı ve her yerde tanımlı, türevlenebilir bir $\vb{F}(\vb{r})$ kuvveti, ancak ve ancak her yerde

$$ \nabla\times\vb{F} = 0 $$

(4.14)

ise korunumludur.

Teoremin bir yönünü yukarıda gösterdik: korunumlu bir kuvvetin rotasyoneli sıfırdır. Öbür yönünü, yani rotasyoneli sıfır olan bir kuvvetin işinin yoldan bağımsız olduğunu kanıtlamak için vektör analizinin Stokes teoremi kullanılır: kapalı bir yol boyunca alınan $\oint\vb{F}\cdot\dd\vb{r}$ integrali, bu yolun sınırladığı herhangi bir yüzey üzerinden $\nabla\times\vb{F}$'nin akısına eşittir ve rotasyonel sıfırsa sıfırdır. Kanıtın ayrıntıları vektör analizi kitaplarındadır; burada sonucu kullanacağız.

Dikkat

"Her yerde tanımlı" koşulu önemlidir. Kuvvetin tanımlı olmadığı noktalar (örneğin bir eksen) varsa, rotasyoneli her yerde sıfır olduğu hâlde, bu ekseni çevreleyen kapalı bir yol boyunca iş sıfırdan farklı olabilir. Ünlü örnek $\vb{F} = (-y, x, 0)/(x^2 + y^2)$ kuvvetidir: $z$ ekseni dışında rotasyoneli sıfırdır, ama $z$ eksenini bir kez dolanan her çember boyunca işi $2\pi$'dir (Problem 4.15). Fizikte karşılaştığımız kuvvetlerin çoğunda bu inceliğe takılmayız.

Örnek 4.5Hangi kuvvet korunumlu?

Örnek 4.1'deki $\vb{F}_1 = F_0(2xy, x^2, 0)$ ve $\vb{F}_2 = F_0(y, -x, 0)$ kuvvetlerinin rotasyonelini hesaplayın. Korunumlu olanın potansiyel enerjisini bulun.

Çözüm

İki kuvvetin de $z$ bileşeni yoktur ve $z$'ye bağlı değildir; bu yüzden rotasyonelin yalnızca $z$ bileşeni sıfırdan farklı olabilir. $\vb{F}_1$ için $\partial F_y/\partial x - \partial F_x/\partial y = F_0(2x - 2x) = 0$: korunumludur. $\vb{F}_2$ için $F_0(-1 - 1) = -2F_0 \neq 0$: korunumlu değildir; nitekim Örnek 4.1'de işi yola bağlı çıkmıştı.

$\vb{F}_1$'in potansiyel enerjisi için $-\partial U/\partial x = 2F_0xy$ koşulundan $U = -F_0x^2y + g(y)$ yazılır; burada $g$, yalnızca $y$'ye bağlı bir fonksiyondur. $-\partial U/\partial y = F_0x^2 - g'(y)$, $F_y = F_0x^2$'ye eşit olmalıdır, dolayısıyla $g' = 0$ ve $g$ sabittir. Orijini referans alırsak

$$ U_1 = -F_0\,x^2 y $$

Denetim: $(0, 0)$'dan $(1, 1)$'e iş $U_1(0, 0) - U_1(1, 1) = 0 - (-F_0) = F_0$, Örnek 4.1'deki sonuçla aynı ✓.

4.5Zamana bağlı potansiyel enerji

Korunumlu kuvvet tanımımızın birinci koşulu, kuvvetin zamana bağlı olmamasını istiyordu. Bazı kuvvetler ikinci koşulu her an sağlar, ama zamanla değişir. Örneğin yükü yavaşça değişen bir küreden gelen elektrik kuvveti, $\vb{F}(\vb{r}, t) = -\nabla U(\vb{r}, t)$ biçiminde yazılabilir: her an bir potansiyel enerjinin gradyanıdır, ama bu potansiyel enerji zamanla değişir.

Böyle bir durumda $E = K + U(\vb{r}, t)$ niceliğinin değişimini hesaplayalım. Zincir kuralıyla

$$ \dv{U}{t} = \nabla U\cdot\dot{\vb{r}} + \frac{\partial U}{\partial t}, \qquad \dv{K}{t} = \vb{F}\cdot\vb{v} = -\nabla U\cdot\vb{v} $$

ve toplarsak

$$ \dv{E}{t} = \frac{\partial U}{\partial t} $$

(4.15)

buluruz. Potansiyel enerji açıkça zamana bağlıysa mekanik enerji korunmaz. Bu, kuvveti üreten dış sistemin (yükü değiştiren düzeneğin) parçacıkla enerji alışverişi yapmasının bir sonucudur. 7. bölümde Lagrange mekaniğiyle bu sonucu çok genel bir biçimde göreceğiz: enerjinin korunumu, fizik yasalarının zamanda ötelemeye göre değişmez olmasının, yani zamanın türdeşliğinin sonucudur.

4.6Tek boyutlu sistemlerde enerji

Bir boyutta hareket eden ve yalnızca konuma bağlı bir $F(x)$ kuvvetinin etkisindeki bir parçacığı ele alalım. Bir boyutta yol bağımsızlığı kendiliğinden sağlanır: $x_1$'den $x_2$'ye giden her "yol" aynı aralığı (belki ileri geri giderek) kat eder ve gidip dönülen kısımların işi birbirini götürür. Bu yüzden yalnızca konuma bağlı her tek boyutlu kuvvet korunumludur ve potansiyel enerjisi

$$ U(x) = -\int_{x_0}^{x} F(x')\,\dd x', \qquad F(x) = -\dv{U}{x} $$

(4.16)

ile verilir. Enerjinin korunumu $\tfrac12 m\dot{x}^2 + U(x) = E$ olur.

Enerji diyagramları

Tek boyutlu hareketi anlamanın en etkili yolu, $U(x)$'in grafiğini çizip üzerine toplam enerji $E$'yi yatay bir çizgi olarak eklemektir. Kinetik enerji negatif olamayacağından

$$ K = E - U(x) \ge 0 $$

olmalıdır: parçacık yalnızca $U(x) \le E$ olan bölgelerde bulunabilir. $U(x) = E$ olan noktalarda kinetik enerji sıfırdır ve parçacık durup geri döner; bu noktalara dönüş noktaları denir. İki dönüş noktası arasına hapsolmuş bir parçacık bu iki nokta arasında ileri geri gider; bu harekete sınırlı (bağlı) hareket denir. Yalnızca bir dönüş noktası varsa parçacık oradan geri döner ve sonsuza gider (sınırsız hareket).

Enerji diyagramı — **Şekil 4.3.** Bir potansiyel enerji eğrisi ve iki farklı enerji düzeyi. $E_1$ enerjili parçacık $x_1$ ile $x_2$ dönüş noktaları arasında salınır; $E_2$ enerjili parçacık tümseği aşar ve sonsuza gider. $x_a$ kararlı, $x_b$ kararsız denge noktasıdır.

Kuvvet $F = -\dd U/\dd x$ olduğundan grafiğin eğimi kuvveti verir: $U$ artarken (eğim pozitifken) kuvvet negatif yöndedir ve parçacığı yokuş aşağı iter. $U$'nun eğiminin sıfır olduğu noktalarda kuvvet sıfırdır; bunlar denge noktalarıdır. Bir minimum noktasında parçacık biraz yer değiştirirse kuvvet onu geri çeker: kararlı denge. Bir maksimum noktasında küçük bir yer değiştirme kuvvetin parçacığı daha da uzağa itmesine yol açar: kararsız denge. Kısacası, $U'(x_0) = 0$ olan bir $x_0$ noktasında

$$ U''(x_0) > 0 \;\Rightarrow\; \text{kararlı}, \qquad U''(x_0) < 0 \;\Rightarrow\; \text{kararsız} $$

(4.17)

$U''(x_0) = 0$ ise karar için daha yüksek mertebeden türevlere bakmak gerekir; örneğin $U = x^4$'ün $x = 0$'daki dengesi kararlı, $U = x^3$'ünki kararsızdır.

Küçük salınımlar

Kararlı bir denge noktası $x_0$'ın yakınında $U$'yu Taylor serisine açalım:

$$ U(x) = U(x_0) + U'(x_0)(x - x_0) + \tfrac12 U''(x_0)(x - x_0)^2 + \ldots $$

Dengede $U'(x_0) = 0$'dır. Sabit terim kuvveti etkilemez. Küçük $\xi = x - x_0$ için yalnızca ikinci terim kalır: $U \approx \text{sabit} + \tfrac12 U''(x_0)\,\xi^2$. Bu, yay sabiti $k = U''(x_0)$ olan bir yayın potansiyel enerjisidir. Kararlı bir denge noktası çevresindeki küçük salınımlar, bu yüzden her zaman basit harmonik harekettir ve açısal frekansları

$$ \omega = \sqrt{\frac{U''(x_0)}{m}} $$

(4.18)

ile verilir. Bu sonuç, harmonik salınıcının fizikte neden her yerde karşımıza çıktığını açıklar: denge çevresindeki her sistem, yeterince küçük salınımlarda harmonik salınıcıdır. Salınımları 5. bölümde ayrıntılı inceleyeceğiz.

Örnek 4.6İki atomlu molekülün titreşimi

İki argon atomu arasındaki etkileşme, Lennard-Jones potansiyeli ile çok iyi betimlenir:

$$ U(r) = 4\varepsilon\left[\left(\frac{\sigma}{r}\right)^{12} - \left(\frac{\sigma}{r}\right)^6\right] $$

Argon için $\varepsilon = 1{,}65 \times 10^{-21}$ J ve $\sigma = 3{,}40 \times 10^{-10}$ m'dir. Denge uzaklığını, bağ enerjisini ve küçük titreşimlerin frekansını bulun. (Argon atomunun kütlesi $6{,}63 \times 10^{-26}$ kg'dır. İki cisim problemi 8. bölümde gösterileceği gibi kütlesi indirgenmiş kütle $\mu = m_1m_2/(m_1 + m_2) = m/2$ olan tek bir parçacığın problemine indirgenir.)

**Şekil 4.4.** Lennard-Jones potansiyeli: kısa uzaklıklarda güçlü itme ($r^{-12}$), uzun uzaklıklarda zayıf çekme ($-r^{-6}$). Kesikli eğri, minimum çevresindeki parabolik (harmonik) yaklaşıklıktır.

Çözüm

$U'(r) = 4\varepsilon\left[-12\sigma^{12}/r^{13} + 6\sigma^6/r^7\right] = 0$ koşulundan $r_0^6 = 2\sigma^6$, yani

$$ r_0 = 2^{1/6}\sigma = 1{,}12\,\sigma = 3{,}82 \times 10^{-10}\ \text{m} $$

Bu uzaklıkta $(\sigma/r_0)^6 = 1/2$ ve $U(r_0) = 4\varepsilon(1/4 - 1/2) = -\varepsilon$: bağ enerjisi (molekülü ayırmak için gereken enerji) $\varepsilon$'dur. İkinci türev

$$ U''(r_0) = 4\varepsilon\left[\frac{156\,\sigma^{12}}{r_0^{14}} - \frac{42\,\sigma^6}{r_0^8}\right] = \frac{4\varepsilon}{r_0^2}\left[156 \times \tfrac14 - 42 \times \tfrac12\right] = \frac{72\,\varepsilon}{r_0^2} $$

olur; sayısal olarak $U''(r_0) = 72 \times 1{,}65 \times 10^{-21}/(3{,}82 \times 10^{-10})^2 \approx 0{,}81$ N/m. (4.18) ile, $\mu = m/2 = 3{,}32 \times 10^{-26}$ kg alarak

$$ \omega = \sqrt{\frac{0{,}81}{3{,}32 \times 10^{-26}}} \approx 5{,}0 \times 10^{12}\ \text{rad/s}, \qquad f = \frac{\omega}{2\pi} \approx 0{,}79\ \text{THz} $$

Bu frekans, kızılötesinin çok uzak ucundadır (dalga sayısı yaklaşık 26 cm⁻¹). Argon dimerinin ölçülen titreşim dalga sayısı yaklaşık 31 cm⁻¹'dir. Basit bir modelin ve klasik bir hesabın, hiçbir serbest parametre ayarlanmadan, %20 içinde doğru sonuç vermesi dikkat çekicidir. (Gerçek molekülde titreşim kuantumludur; kuantum düzeltmeleri bu kitabın kapsamı dışındadır.)

Hareketin süresi

Tek boyutlu bir sistemde enerji korunumu, hareketi tam olarak çözmemizi de sağlar. $\tfrac12 m\dot{x}^2 = E - U(x)$ denkleminden hızı çekelim:

$$ \dot{x} = \pm\sqrt{\frac{2}{m}\left[E - U(x)\right]} $$

Bu birinci mertebe bir diferansiyel denklemdir ve değişkenleri ayrılabilir: $\dd t = \dd x/\dot{x}$. Parçacığın $x_1$'den $x_2$'ye gitme süresi (bu aralıkta $\dot{x} > 0$ iken)

$$ t(x_1 \to x_2) = \int_{x_1}^{x_2} \frac{\dd x}{\sqrt{\dfrac{2}{m}\left[E - U(x)\right]}} $$

(4.19)

olur. Bu integral alınıp tersine çevrilirse $x(t)$ bulunur. Sınırlı bir harekette dönüş noktaları $x_1$ ve $x_2$ ise parçacık bu aralığı bir kez gidip bir kez döner ve periyot, (4.19)'un iki katıdır. Dönüş noktalarında paydaki karekök sıfıra gider; ama dönüş noktasında kuvvet sıfır değilse integrand orada $1/\sqrt{|x - x_d|}$ gibi davranır ve integral sonlu kalır.

Örnek 4.7Büyük genlikli sarkaç

Uzunluğu $l$ olan basit bir sarkaç, düşeyle $\phi_0$ açısı yapan bir konumdan durgun hâlden bırakılıyor. Periyodun

$$ T = \frac{4}{\omega_0}\int_0^{\phi_0} \frac{\dd\phi}{\sqrt{2(\cos\phi - \cos\phi_0)}}, \qquad \omega_0 = \sqrt{g/l} $$

olduğunu gösterin. $\phi_0 = 90°$ için periyodu küçük salınım periyoduyla karşılaştırın.

Çözüm

Sarkaç tek bir koordinatla ($\phi$) betimlenir. Kütlenin hızı $l\dot{\phi}$, potansiyel enerjisi en alt noktaya göre $mgl(1 - \cos\phi)$'dir. Enerji korunumu

$$ \tfrac12 ml^2\dot{\phi}^2 + mgl(1 - \cos\phi) = mgl(1 - \cos\phi_0) \quad\Rightarrow\quad \dot{\phi} = \omega_0\sqrt{2(\cos\phi - \cos\phi_0)} $$

verir. Bu, 1. bölümde sarkaç denklemini bir kez integralleyerek bulduğumuz sonuçtur. Sarkaç $\phi = 0$'dan $\phi_0$'a çeyrek periyotta gider; $\dd t = \dd\phi/\dot{\phi}$ integralini 4 ile çarparak verilen ifade bulunur ✓.

Küçük açılarda $\cos\phi \approx 1 - \phi^2/2$ ve integral $\int_0^{\phi_0}\dd\phi/\sqrt{\phi_0^2 - \phi^2} = \pi/2$ olur: $T_0 = 2\pi/\omega_0$, bildiğimiz sonuç. Büyük genliklerde integral sayısal olarak alınır (ya da bir eliptik integralle ifade edilir). $\phi_0 = 90°$ için sonuç

$$ T = 1{,}180\,T_0 $$

olur: yatay konumdan bırakılan bir sarkacın periyodu, küçük salınım periyodundan %18 uzundur. Genlik 180°'ye yaklaştıkça periyot sınırsız büyür, çünkü sarkaç tam tepedeki kararsız denge noktasının yakınında giderek daha uzun süre kalır. (90°'den büyük genliklerde ip gevşeyeceği için sarkaç, ip yerine hafif ve sert bir çubukla düşünülmelidir.) Küçük ama sıfır olmayan genlikler için iyi bir yaklaşıklık $T \approx T_0(1 + \phi_0^2/16)$'dır (Problem 4.12); örneğin 30°'de bu yaklaşıklık 1,0171, tam değer 1,0174 verir.

4.7Eğri yollar ve merkezi kuvvetler

Enerji yöntemi, parçacığın bir yola kısıtlandığı problemlerde özellikle güçlüdür. Bir boncuk eğri bir tel boyunca kayıyorsa ya da bir kaykaycı bir rampada ilerliyorsa, kısıt kuvvetleri (sabit duran telin ya da rampanın tepki kuvveti) harekete diktir ve iş yapmaz. Yer çekimi korunumlu olduğundan mekanik enerji korunur ve parçacığın herhangi bir noktadaki hızı, kısıt kuvvetlerini hiç bilmeden bulunabilir. Kısıt kuvvetinin büyüklüğü gerekiyorsa, enerjiden bulunan hızla ikinci yasanın yola dik bileşeni yazılır.

Örnek 4.8Yarım kürenin tepesinden kayan blok

Küçük bir blok, yarıçapı $R$ olan sürtünmesiz sabit bir yarım kürenin tepesinden, ihmal edilebilecek kadar küçük bir hızla kaymaya başlıyor. Blok yüzeyden hangi açıda ayrılır?

Yarım küreden kayan blok — **Şekil 4.6.** Blok, yüzeyin tepki kuvveti sıfıra indiği anda, düşeyle $\theta = 48{,}2°$ açı yaptığı noktada yüzeyden ayrılır.

Çözüm

Blok, düşeyle $\theta$ açısı yapan bir noktadayken tepeden $R(1 - \cos\theta)$ kadar alçalmıştır. Tepki kuvveti iş yapmadığından enerji korunumu

$$ v^2 = 2gR(1 - \cos\theta) $$

verir. Blok bir çember yayı üzerinde hareket ettiği sürece merkeze doğru ivmesi $v^2/R$'dir. Merkeze doğru doğrultuda ikinci yasa: ağırlığın merkeze doğru bileşeni $mg\cos\theta$, tepki kuvveti $N$ dışarı doğrudur:

$$ mg\cos\theta - N = \frac{mv^2}{R} = 2mg(1 - \cos\theta) \quad\Rightarrow\quad N = mg(3\cos\theta - 2) $$

Yüzey bloğu yalnızca itebilir, çekemez; bu yüzden $N \ge 0$ olmalıdır. $N$, $\cos\theta = 2/3$ olduğunda sıfıra iner ve blok yüzeyden ayrılır:

$$ \theta = \arccos\tfrac23 \approx 48{,}2° $$

Sonuç bloğun kütlesine ve kürenin yarıçapına bağlı değildir. Ayrılma noktası tepeden yalnızca $R/3$ aşağıdadır.

Örnek 4.9Dikey çember (ilmek)

Sürtünmesiz bir rayda kayan küçük bir araba, yarıçapı $R$ olan dikey bir çemberi (ilmeği) dolanacak. Araba durgun hâlden hangi en küçük yükseklikten bırakılmalıdır?

İlmek — **Şekil 4.7.** Arabanın ilmeğin tepesinden düşmeden geçebilmesi için en az $h = 5R/2$ yükseklikten bırakılması gerekir.

Çözüm

En kritik nokta ilmeğin tepesidir. Orada araba ters durumdadır; hem ağırlık hem rayın tepkisi aşağı, yani çemberin merkezine doğrudur: $mg + N = mv_t^2/R$. Rayla temasın sürmesi için $N \ge 0$, yani $v_t^2 \ge gR$ olmalıdır. Tepe noktası yerden $2R$ yüksekliktedir; enerji korunumu $mgh = mg(2R) + \tfrac12 mv_t^2$ verir. En küçük yükseklik $v_t^2 = gR$'ye karşılık gelir:

$$ h_{\min} = 2R + \frac{R}{2} = \frac52 R $$

Bu yükseklikten bırakılan araba en alt noktada $v^2 = 5gR$ hızına ulaşır ve oradaki tepki kuvveti $N = mg + mv^2/R = 6mg$ olur. Gerçek lunaparklarda ilmekler bu yüzden tam çember değil, tepesi daha dar (eğrilik yarıçapı küçük), alt kısmı daha geniş "damla" biçiminde yapılır: hem tepede gereken hız azalır hem de alttaki zorlayıcı kuvvet küçülür.

Merkezi kuvvetler korunumludur

3. bölümde, bir $O$ merkezine doğru ya da ondan dışarı doğru yönelen kuvvetlere merkezi kuvvet dedik. Büyüklüğü yalnızca merkeze uzaklığa bağlı olan, yani küresel simetrik bir merkezi kuvvet,

$$ \vb{F} = f(r)\,\uv{r} $$

(4.20)

her zaman korunumludur. Gerçekten, yer değiştirmenin $\uv{r}$ doğrultusundaki bileşeni $\dd r$ olduğundan $\vb{F}\cdot\dd\vb{r} = f(r)\,\dd r$ olur ve iş

$$ W(1 \to 2) = \int_{r_1}^{r_2} f(r)\,\dd r $$

yalnızca başlangıç ve bitiş noktalarının merkeze uzaklıklarına bağlıdır, yoldan bağımsızdır. Potansiyel enerji yalnızca $r$'nin fonksiyonudur: $U(r) = -\int_{r_0}^{r} f(r')\,\dd r'$. Kütle çekim ve Coulomb kuvvetleri bu türdendir. Büyüklüğü yöne de bağlı olan bir merkezi kuvvet ($\vb{F} = f(\vb{r})\,\uv{r}$) ise genellikle korunumlu değildir (Problem 4.14).

4.8İki parçacığın etkileşme enerjisi

Şimdiye kadar tek bir parçacığı ve ona etki eden, sabit dış cisimlerden gelen kuvvetleri inceledik. Gerçekte kuvvetler iki cisim arasındaki etkileşmelerden doğar ve iki cisim de hareket eder. Konumları $\vb{r}_1$ ve $\vb{r}_2$ olan iki parçacığın etkileşmesini düşünelim. Uzayın türdeş olduğu (etkileşmenin, iki parçacık birlikte kaydırılırsa değişmediği) durumda etkileşme enerjisi yalnızca bağıl konuma bağlıdır:

$$ U = U(\vb{r}_1 - \vb{r}_2) $$

Parçacık 1'e etki eden kuvveti bulmak için $\vb{r}_2$'yi sabit tutup $\vb{r}_1$'e göre gradyan alırız: $\vb{F}_{12} = -\nabla_1 U$. Burada $\nabla_1 = (\partial/\partial x_1, \partial/\partial y_1, \partial/\partial z_1)$'dir. Parçacık 2'ye etki eden kuvvet benzer biçimde $\vb{F}_{21} = -\nabla_2 U$'dur. $U$, $\vb{r}_1$ ve $\vb{r}_2$'ye yalnızca $\vb{r}_1 - \vb{r}_2$ farkı üzerinden bağlı olduğundan $\partial U/\partial x_2 = -\partial U/\partial x_1$ ve benzerleri geçerlidir; dolayısıyla

$$ \vb{F}_{21} = -\nabla_2 U = +\nabla_1 U = -\vb{F}_{12} $$

(4.21)

Newton'un üçüncü yasası, etkileşme enerjisinin yalnızca bağıl konuma bağlı olmasının, yani uzayın türdeşliğinin bir sonucu olarak ortaya çıkmıştır. Ayrıca uzay eşyönlüyse ve parçacıkların kendi iç yönelimleri (örneğin bir dipol momentleri) yoksa, $U$ yalnızca uzaklığa, $U = U(|\vb{r}_1 - \vb{r}_2|)$ bağlıdır ve kuvvetler iki parçacığı birleştiren doğru boyunca yönelir (Problem 4.16): 3. bölümde açısal momentumun korunumu için gereken güçlü biçim de böylece sağlanır.

İki parçacığın toplam enerjisi $E = \tfrac12 m_1v_1^2 + \tfrac12 m_2v_2^2 + U(\vb{r}_1 - \vb{r}_2)$'dir ve dış kuvvet yoksa korunur (Problem 4.17). Etkileşme enerjisinin bir kez sayıldığına dikkat edin: "parçacık 1'in potansiyel enerjisi" ile "parçacık 2'nin potansiyel enerjisi" ayrı ayrı yoktur; $U$, iki parçacığın birlikte sahip olduğu enerjidir.

4.9Çok parçacıklı sistemlerin enerjisi

$N$ parçacıklı bir sistemde her parçacık çiftinin bir etkileşme enerjisi $U_{\alpha\beta}(\vb{r}_\alpha - \vb{r}_\beta)$ vardır; ayrıca her parçacık dış bir potansiyel enerjiye $U^{\text{dış}}_\alpha(\vb{r}_\alpha)$ sahip olabilir. Toplam potansiyel enerji

$$ U = \sum_{\alpha < \beta} U_{\alpha\beta} + \sum_\alpha U^{\text{dış}}_\alpha $$

(4.22)

olur; ilk toplamdaki $\alpha < \beta$ koşulu her çiftin bir kez sayılmasını sağlar. Tek parçacık için yaptığımız hesap hiçbir değişiklik gerektirmeden genelleşir: bütün kuvvetler bu potansiyel enerjiden türetilebiliyorsa toplam enerji $E = \sum_\alpha \tfrac12 m_\alpha v_\alpha^2 + U$ korunur.

Katı cisimler. Katı bir cisimde parçacıklar arasındaki uzaklıklar sabittir. İç etkileşme enerjileri yalnızca bu uzaklıklara bağlı olduğundan, cisim nasıl hareket ederse etsin iç potansiyel enerji değişmez. Bu yüzden katı bir cismin enerji hesabında iç enerjiyi hiç yazmamıza gerek yoktur: $E = K + U^{\text{dış}}$ korunur.

Kinetik enerjinin ayrışması. 3. bölümde açısal momentumu yörünge ve spin parçalarına ayırdık. Kinetik enerji için de benzer bir ayrışma vardır. $\vb{v}_\alpha = \dot{\vb{R}} + \vb{v}'_\alpha$ yazarsak ve $\sum m_\alpha\vb{v}'_\alpha = 0$ olduğunu kullanırsak:

$$ K = \tfrac12 M V^2 + \sum_\alpha \tfrac12 m_\alpha v'^2_\alpha = K_{\text{KM}} + K' $$

(4.23)

Toplam kinetik enerji, bütün kütle KM'de toplanmış gibi KM'nin hareketinin kinetik enerjisi ile KM'ye göre hareketin kinetik enerjisinin toplamıdır (Problem 4.18). Kaymadan yuvarlanan bir tekerlek için $K' = \tfrac12 I_{\text{KM}}\omega^2$ olur ve toplam kinetik enerji $\tfrac12 MV^2 + \tfrac12 I_{\text{KM}}\omega^2$'dir.

Örnek 4.10Eğik düzlemden yuvarlanan küre

Türdeş dolu bir küre, kaymadan yuvarlanarak $h = 1{,}0$ m yükseklikteki bir eğik düzlemin tepesinden durgun hâlden iniyor. Düzlemin dibindeki hızı nedir? Sürtünmesiz kayan bir blokla karşılaştırın.

Çözüm

Kaymadan yuvarlanmada değme noktası ($V = R\omega$ koşulunun sonucu olarak) her an durgundur; statik sürtünmenin uygulama noktası yer değiştirmediği için sürtünme iş yapmaz ve mekanik enerji korunur. $I_{\text{KM}} = \tfrac25 MR^2$ ve $\omega = V/R$ ile

$$ Mgh = \tfrac12 MV^2 + \tfrac12\cdot\tfrac25 MR^2\,\frac{V^2}{R^2} = \tfrac{7}{10}MV^2 \quad\Rightarrow\quad V = \sqrt{\tfrac{10}{7}gh} = \sqrt{14} \approx 3{,}74\ \text{m/s} $$

Sürtünmesiz kayan bir blok $\sqrt{2gh} = 4{,}43$ m/s hıza ulaşırdı. Küre daha yavaştır, çünkü potansiyel enerjinin $2/7$'si dönme kinetik enerjisine gider. Sonuç düzlemin eğimine bağlı değildir; 3. bölümdeki "Eğik düzlemde yarış" probleminde aynı sonuca kuvvetler ve torklarla, ivmeyi bularak ulaşmıştık; burada ise yalnızca yükseklik farkı yeterli oldu.

Esnek çarpışmalar

İki cismin çarpışmasında momentum her zaman korunur (3. bölüm). Çarpışma süresince cisimler biraz sıkışır ve sonra ısıya ya da sese enerji kaybetmeden eski biçimlerine dönerse, ya da etkileşme korunumlu bir kuvvetle (örneğin iki atom çekirdeği arasındaki elektrik itmesiyle) olursa, çarpışmadan önceki ve sonraki toplam kinetik enerjiler de eşittir. Böyle çarpışmalara esnek çarpışma denir.

Tek boyutta, kütlesi $m_1$ ve hızı $v_1$ olan bir cisim durgun bir $m_2$ cismine çarpsın. Çarpışmadan sonraki hızlar $v_1'$ ve $v_2'$ ise momentum ve enerji korunumu

$$ m_1v_1 = m_1v_1' + m_2v_2', \qquad \tfrac12 m_1v_1^2 = \tfrac12 m_1v_1'^2 + \tfrac12 m_2v_2'^2 $$

verir. İlk denklemi $m_1(v_1 - v_1') = m_2v_2'$, ikincisini $m_1(v_1 - v_1')(v_1 + v_1') = m_2v_2'^2$ biçiminde yazıp taraf tarafa bölersek ($v_1' \neq v_1$, yani çarpışma gerçekten olduysa) $v_1 + v_1' = v_2'$ buluruz: çarpışmadan sonra cisimlerin bağıl hızı, çarpışmadan önceki bağıl hızın ters işaretlisidir. Bunu momentum denklemiyle birleştirirsek:

$$ v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}\,v_1, \qquad v_2' = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}\,v_1 $$

(4.24)

Üç özel durum öğreticidir. Eşit kütlelerde ($m_1 = m_2$) $v_1' = 0$ ve $v_2' = v_1$: gelen cisim durur ve bütün hareketini hedefe aktarır (bilardoda düz vuruş, Newton beşiği). Çok ağır bir hedefte ($m_2 \gg m_1$) $v_1' \approx -v_1$: gelen cisim aynı hızla geri seker, hedef neredeyse kımıldamaz. Çok hafif bir hedefte ($m_2 \ll m_1$) $v_1' \approx v_1$ ve $v_2' \approx 2v_1$: hedef, gelen cismin iki katı hızla fırlar.

Esnek çarpışma — **Şekil 4.8.** Durgun bir hedefle tek boyutlu esnek çarpışmada, gelen cismin kinetik enerjisinin hedefe aktarılan kesri $4m_1m_2/(m_1 + m_2)^2$. Aktarım, kütleler eşitken tamdır.

Örnek 4.11Nükleer reaktörde nötron yavaşlatma

Bir nükleer reaktörde fisyonla doğan nötronların enerjisi yaklaşık 2 MeV'dir; ama uranyum-235 çekirdeklerini en kolay, enerjisi yaklaşık 0,025 eV olan yavaş (termal) nötronlar böler. Nötronlar, yavaşlatıcı (moderatör) adı verilen hafif çekirdekli bir maddeyle esnek çarpışmalar yaparak yavaşlatılır. Karbon (grafit) yavaşlatıcıda bir nötron, bir karbon-12 çekirdeğiyle kafa kafaya esnek çarpıştığında enerjisinin ne kadarını korur? Nötronları termal enerjiye indirmek için kabaca kaç çarpışma gerekir?

Çözüm

Nötronun kütlesi $m$, karbonunki $12m$'dir. (4.24) ile kafa kafaya çarpışmada nötronun hızı $v_1' = (1 - 12)/(1 + 12)\,v_1 = -\tfrac{11}{13}v_1$ olur ve nötron enerjisinin

$$ \left(\frac{11}{13}\right)^2 \approx 0{,}716 $$

katını korur; her kafa kafaya çarpışmada enerjisinin %28'ini kaybeder. Gerçek çarpışmalar çoğunlukla kafa kafaya değildir ve daha az enerji aktarır. Bütün çarpışma açıları üzerinden ortalama alındığında (bu hesap 14. bölümün konusudur), her çarpışmada enerjinin logaritması ortalama $\xi \approx 0{,}158$ azalır. Enerjiyi 2 MeV'den 0,025 eV'a, yani $8 \times 10^7$ kat düşürmek için

$$ n \approx \frac{\ln(8 \times 10^7)}{0{,}158} \approx 115 $$

çarpışma gerekir. Hidrojen (suyun içindeki protonlar) nötronla aynı kütlede olduğu için çok daha iyi bir yavaşlatıcıdır: ortalama yaklaşık 18 çarpışma yeter. Ağır bir çekirdek ise neredeyse işe yaramaz: nötron ondan, top duvardan seker gibi, enerjisini neredeyse hiç kaybetmeden geri döner. Hafif çekirdeklerin yavaşlatıcı olarak seçilmesinin nedeni (4.24)'ün bu basit sonucudur.

Özet

Kinetik enerji $K = \tfrac12 mv^2$; güç $P = \vb{F}\cdot\vb{v} = \dd K/\dd t$ (4.2). İş, bir çizgi integralidir (4.3); iş–enerji teoremi $\Delta K = W_{\text{net}}$'tir (4.4).
Yalnızca konuma bağlı olan ve işi yoldan bağımsız olan kuvvetler korunumludur; potansiyel enerji $U(\vb{r}) = -W(\vb{r}_0 \to \vb{r})$ ile tanımlanır (4.6). Bütün kuvvetler korunumluysa $E = K + U$ korunur; korunumsuz kuvvetler varsa $\Delta E = W_{\text{kd}}$'dir (4.9).
Temel potansiyel enerjiler: $mgy$, $\tfrac12 kx^2$ ve $-GMm/r$ (4.11). Kaçış hızı $\sqrt{2GM/R}$'dir.
Korunumlu kuvvet potansiyel enerjinin eksi gradyanıdır, $\vb{F} = -\nabla U$ (4.12); eşpotansiyel yüzeylere diktir. Bir kuvvet, ancak ve ancak rotasyoneli sıfırsa korunumludur (4.14).
Potansiyel enerji zamana açıkça bağlıysa $\dd E/\dd t = \partial U/\partial t$'dir (4.15).
Bir boyutta her $F(x)$ korunumludur. Enerji diyagramları dönüş noktalarını ve dengeyi gösterir; $U'' > 0$ ise denge kararlıdır (4.17) ve küçük salınımların frekansı $\sqrt{U''(x_0)/m}$'dir (4.18). Hareketin süresi (4.19) integraliyle bulunur.
Küresel simetrik merkezi kuvvetler korunumludur. Etkileşme enerjisinin yalnızca bağıl konuma bağlı olması üçüncü yasayı verir (4.21). Çok parçacıklı sistemlerde $K = K_{\text{KM}} + K'$'dir (4.23). Tek boyutlu esnek çarpışmada hızlar (4.24) ile verilir.

Problemler

Problem 4.1Fren mesafesi★☆☆

72 km/sa (20 m/s) hızla giden bir otomobilin tekerlekleri kilitleniyor ve otomobil kayarak duruyor. Lastik ile asfalt arasındaki kinetik sürtünme katsayısı 0,70 ise otomobil ne kadar yolda durur? Hız iki katına çıksaydı fren mesafesi ne olurdu?

Çözümü göster

(4.9): sürtünmenin işi $-\mu mg\,d$, kinetik enerjideki değişime eşittir: $-\tfrac12 mv^2 = -\mu mg\,d$, $d = v^2/(2\mu g) = 400/(2 \times 0{,}70 \times 9{,}8) \approx 29$ m. Fren mesafesi hızın karesiyle orantılıdır; hız iki katına çıkınca dört katına, yaklaşık 117 m'ye çıkar. Kütle sadeleşir: yüklü ve boş bir araç (aynı lastiklerle) aynı mesafede durur.

Problem 4.2Asansör motorunun gücü★☆☆

1 000 kg kütleli bir asansör kabini (yolcularıyla) sabit 2,0 m/s hızla yükseliyor. Karşı ağırlık yoksa ve sürtünme ihmal edilirse motorun vermesi gereken güç nedir? Kabine 800 kg'lık bir karşı ağırlık bağlanırsa ne olur?

Çözümü göster

Sabit hızda kabinin ivmesi sıfırdır; kabloyu çeken kuvvet ağırlığa eşittir: $F = mg = 9\,800$ N. $P = Fv = 9\,800 \times 2{,}0 = 19{,}6$ kW. Karşı ağırlık aşağı inerken kendi potansiyel enerjisini sisteme verir; motorun yalnızca farkı karşılaması gerekir: $P = (1\,000 - 800) \times 9{,}8 \times 2{,}0 \approx 3{,}9$ kW. Gerçek asansörlerde karşı ağırlık bu yüzden kullanılır.

Problem 4.3Yaya çarpan blok★★☆

Sürtünmesiz yatay bir yüzeyde 2,0 m/s hızla kayan 0,50 kg'lık bir blok, yay sabiti 200 N/m olan bir yaya çarpıyor. Yay en fazla ne kadar sıkışır? Yayın sıkışırken bloğa uyguladığı en büyük kuvvet nedir?

Çözümü göster

Enerji korunumu: $\tfrac12 mv^2 = \tfrac12 kx_{\max}^2$, $x_{\max} = v\sqrt{m/k} = 2{,}0\sqrt{0{,}50/200} = 0{,}10$ m. En büyük kuvvet $kx_{\max} = 20$ N. Blok, aynı hızla ters yönde geri döner: yay kuvveti korunumludur.

Problem 4.4Yoldan bağımsız iş★★☆

$\vb{F} = F_0\,(y^2,\; 2xy,\; 0)$ kuvvetinin rotasyonelinin sıfır olduğunu gösterin ve potansiyel enerjisini bulun. Orijinden $(2, 1)$ noktasına giden herhangi bir yol boyunca yaptığı iş nedir? Sonucu $y = x/2$ doğrusu boyunca doğrudan integralle doğrulayın.

Çözümü göster

$\partial F_y/\partial x - \partial F_x/\partial y = F_0(2y - 2y) = 0$ ve öteki bileşenler kendiliğinden sıfırdır. $-\partial U/\partial x = F_0y^2$ ile $U = -F_0xy^2 + g(y)$; $-\partial U/\partial y = 2F_0xy - g'(y) = 2F_0xy$, dolayısıyla $g$ sabittir: $U = -F_0xy^2$. İş $W = U(0, 0) - U(2, 1) = 2F_0$. Doğrudan: $x = 2\lambda$, $y = \lambda$, $\lambda: 0 \to 1$: $\int_0^1 F_0(\lambda^2 \cdot 2 + 2 \cdot 2\lambda \cdot \lambda \cdot 1)\,\dd\lambda = \int_0^1 6F_0\lambda^2\,\dd\lambda = 2F_0$ ✓.

Problem 4.5Üç kuvvetin sınanması★★☆

Hangi kuvvetler korunumludur? Korunumlu olanların potansiyel enerjisini bulun. (a) $\vb{F} = -k\,(x, y, z)$; (b) $\vb{F} = k\,(y, -x, 0)$; (c) $\vb{F} = k\,(yz, xz, xy)$.

Çözümü göster

(a) $\nabla\times\vb{F}$'nin her bileşeni, örneğin $\partial F_z/\partial y - \partial F_y/\partial z = 0 - 0$, sıfırdır: korunumlu, $U = \tfrac12 k(x^2 + y^2 + z^2) = \tfrac12 kr^2$ (üç boyutlu yay). (b) $z$ bileşeni $\partial F_y/\partial x - \partial F_x/\partial y = -k - k = -2k \neq 0$: korunumlu değil. (c) $x$ bileşeni $\partial(kxy)/\partial y - \partial(kxz)/\partial z = kx - kx = 0$ ve döngüsel olarak öteki bileşenler de sıfırdır: korunumlu, $U = -kxyz$. Denetim: $-\partial U/\partial x = kyz$ ✓.

Problem 4.6$1/r$'nin gradyanı★★☆

$r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$ olmak üzere $\nabla r = \uv{r}$ ve $\nabla(1/r) = -\uv{r}/r^2$ olduğunu gösterin. Bu sonuçla (4.11)'den kütle çekim kuvvetini türetin.

Çözümü göster

$\partial r/\partial x = x/r$ ve benzerleri; $\nabla r = (x, y, z)/r = \vb{r}/r = \uv{r}$. Zincir kuralıyla $\nabla f(r) = f'(r)\nabla r = f'(r)\uv{r}$. $f = 1/r$ için $f' = -1/r^2$: $\nabla(1/r) = -\uv{r}/r^2$ ✓. $U = -GMm/r$ için $\vb{F} = -\nabla U = GMm\nabla(1/r) = -(GMm/r^2)\uv{r}$: merkeze doğru, uzaklığın karesiyle ters orantılı çekici kuvvet ✓.

Problem 4.7Düşey yay★★☆

Yay sabiti $k$ olan bir yayın ucuna $m$ kütleli bir cisim asılmıştır. Yer çekimi ile yay kuvvetinin toplam potansiyel enerjisini yazın ve yeni denge konumu $y_0$'ı bulun. Bu denge konumundan ölçülen $\xi$ yer değiştirmesi cinsinden toplam potansiyel enerjinin $\tfrac12 k\xi^2 + \text{sabit}$ olduğunu gösterin. Bu sonucun anlamı nedir?

Çözümü göster

$y$, yayın doğal boyundaki ucundan aşağı doğru uzama olsun: $U = \tfrac12 ky^2 - mgy$. $U' = ky - mg = 0$: $y_0 = mg/k$. $y = y_0 + \xi$ ile $U = \tfrac12 k(y_0 + \xi)^2 - mg(y_0 + \xi) = \tfrac12 k\xi^2 + (ky_0 - mg)\xi + \text{sabit} = \tfrac12 k\xi^2 + \text{sabit}$. Anlamı: düşey bir yay, yer çekimi altında, denge noktası kaymış ama sabiti aynı olan bir yay gibi davranır; salınım frekansı $\sqrt{k/m}$, yer çekimi olmasaydı olacağıyla aynıdır.

Problem 4.8Ay'dan kaçış★☆☆

Ay'ın kütlesi $7{,}35 \times 10^{22}$ kg ve yarıçapı 1 737 km'dir. Ay yüzeyinden kaçış hızını hesaplayın ve Ay'ın neden atmosferi olmadığını tartışın. ($G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ N·m²/kg²)

Çözümü göster

$v_{\text{kaç}} = \sqrt{2GM/R} = \sqrt{2 \times 6{,}67 \times 10^{-11} \times 7{,}35 \times 10^{22}/1{,}737 \times 10^6} \approx 2{,}38$ km/s. Gün ışığı altında Ay yüzeyi 390 K'e kadar ısınır; bu sıcaklıkta azot moleküllerinin ortalama hızı $\sqrt{3kT/m} \approx 0{,}6$ km/s'dir. Bu hız kaçış hızından küçüktür, ama hız dağılımının kuyruğundaki hızlı moleküller sürekli kaçar ve milyarlarca yıl içinde gaz tamamen yitirilir. (Kabaca bir kural olarak, ortalama hız kaçış hızının altıda birinden büyükse atmosfer jeolojik zaman ölçeğinde kaybolur; Ay için oran yaklaşık dörtte birdir.)

Problem 4.9Denge noktaları★★☆

Bir parçacığın potansiyel enerjisi $U(x) = U_0\left[(x/a)^3 - 3(x/a)\right]$'dır ($U_0, a > 0$). Denge noktalarını bulun ve kararlılıklarını belirleyin. Kararlı nokta çevresindeki küçük salınımların frekansını bulun. Parçacık kararlı noktada durgunken ona verilebilecek en büyük enerji ne kadardır ki parçacık sınırlı kalsın?

Çözümü göster

$U' = (U_0/a)[3(x/a)^2 - 3] = 0$: $x = \pm a$. $U'' = 6U_0x/a^3$: $x = a$'da pozitif (kararlı), $x = -a$'da negatif (kararsız). (4.18): $\omega = \sqrt{6U_0/(ma^2)}$. $U(a) = -2U_0$, $U(-a) = +2U_0$: kararsız noktadaki tümsek, kararlı noktadakinden $4U_0$ yüksektir. Parçacığa $4U_0$'dan az kinetik enerji verilirse tümseği aşamaz ve iki dönüş noktası arasında salınır ($x \to +\infty$ yönünde $U$ sınırsız büyür). $4U_0$'dan fazla enerjiyle tümseği aşar ve $x \to -\infty$'a gider.

Problem 4.10Küçük salınımların genel kuralı★★☆

Kütlesi $m$ olan bir boncuk, yatay bir tel boyunca sürtünmesiz kayabiliyor ve yay sabiti $k$, doğal boyu $l_0$ olan bir yayla, telden $b$ uzaklıktaki sabit bir noktaya bağlıdır ($b > l_0$). Boncuğun potansiyel enerjisini $x$ cinsinden yazın ve $x = 0$ çevresindeki küçük salınımların frekansını bulun. $b < l_0$ olsaydı ne olurdu?

Çözümü göster

Yayın boyu $\sqrt{b^2 + x^2}$: $U = \tfrac12 k(\sqrt{b^2 + x^2} - l_0)^2$. Küçük $x$ için $\sqrt{b^2 + x^2} \approx b + x^2/2b$; $U \approx \tfrac12 k(b - l_0)^2 + \tfrac12 k(b - l_0)\,x^2/b + \ldots$. Dolayısıyla $U''(0) = k(1 - l_0/b)$ ve $\omega = \sqrt{(k/m)(1 - l_0/b)}$. $b < l_0$ ise $U''(0) < 0$: $x = 0$ kararsızdır (sıkışmış yay boncuğu yana iter) ve iki yeni kararlı denge $x = \pm\sqrt{l_0^2 - b^2}$'de, yayın doğal boyuna ulaştığı yerlerde ortaya çıkar.

Problem 4.11V biçimli potansiyelde periyot★★★

Bir parçacığın potansiyel enerjisi $U(x) = F_0|x|$'tir; yani parçacık her iki tarafta da merkeze doğru sabit $F_0$ büyüklüğünde bir kuvvet hisseder. Genliği $A$ olan salınımın periyodunu (4.19) ile bulun ve sonucu sabit ivmeli hareket formülleriyle doğrulayın. Periyodun genliğe bağlılığını harmonik salınıcıyla karşılaştırın.

Çözümü göster

$E = F_0A$. Bir çeyrek periyot: $\int_0^A \dd x/\sqrt{(2/m)F_0(A - x)} = \sqrt{m/2F_0}\cdot 2\sqrt{A}$. $T = 4 \times 2\sqrt{mA/2F_0} = 4\sqrt{2mA/F_0}$. Denetim: $x = A$'dan $x = 0$'a sabit $a = F_0/m$ ivmesiyle $t = \sqrt{2A/a} = \sqrt{2mA/F_0}$ sürer; periyot bunun dört katıdır ✓. Periyot $\sqrt{A}$ ile büyür; harmonik salınıcıda ise genlikten bağımsızdır. Bu potansiyel, yere sıçrayan bir topun ($U = mg|y|$'nin yalnızca $y > 0$ tarafı ve esnek yer) hareketine de benzer.

Problem 4.12Sarkaç periyodunun ilk düzeltmesi★★★

Örnek 4.7'deki integralde $\sin(\phi/2) = \sin(\phi_0/2)\sin u$ değişken değişikliği yaparak periyodun $T = (4/\omega_0)\int_0^{\pi/2}\dd u/\sqrt{1 - k^2\sin^2 u}$, $k = \sin(\phi_0/2)$ biçiminde yazılabileceğini gösterin. İntegrandı küçük $k$ için açarak $T \approx T_0(1 + \phi_0^2/16)$ sonucunu bulun.

Çözümü göster

$\cos\phi - \cos\phi_0 = 2[\sin^2(\phi_0/2) - \sin^2(\phi/2)] = 2k^2\cos^2 u$. $\tfrac12\cos(\phi/2)\,\dd\phi = k\cos u\,\dd u$, yani $\dd\phi = 2k\cos u\,\dd u/\sqrt{1 - k^2\sin^2 u}$. İntegrand: $\dd\phi/\sqrt{2 \cdot 2k^2\cos^2 u} = \dd u/\sqrt{1 - k^2\sin^2 u}$ ✓ ve sınırlar $0 \to \pi/2$. Küçük $k$: $(1 - k^2\sin^2 u)^{-1/2} \approx 1 + \tfrac12 k^2\sin^2 u$; $\int_0^{\pi/2}(\ldots)\,\dd u = \pi/2\,(1 + k^2/4)$. $T = (2\pi/\omega_0)(1 + k^2/4)$ ve $k^2 \approx \phi_0^2/4$: $T \approx T_0(1 + \phi_0^2/16)$ ✓.

Problem 4.13İlmekte yuvarlanan bilye★★☆

Örnek 4.9'daki ilmeği bu kez yarıçapı $R$'den çok küçük, türdeş dolu bir bilye kaymadan yuvarlanarak dolanacak. Bilye hangi en küçük yükseklikten bırakılmalıdır?

Çözümü göster

Tepede yine $v_t^2 \ge gR$ gerekir (bilyenin yarıçapı ihmal edildi). Yuvarlanan kürenin kinetik enerjisi $\tfrac{7}{10}mv^2$'dir (Örnek 4.10): $mgh = mg(2R) + \tfrac{7}{10}mgR$, $h_{\min} = 2{,}7\,R$. Dönme enerjisi yüzünden kayan arabanın $2{,}5\,R$'sinden biraz daha yüksekten bırakılması gerekir.

Problem 4.14Yöne bağlı merkezi kuvvet★★☆

$\vb{F} = f(\theta)\,\uv{r}$ biçiminde, büyüklüğü yalnızca küresel koordinatlardaki $\theta$ açısına bağlı olan bir merkezi kuvvet düşünün ($f$ sabit değil). Orijin çevresinde, $r = R$ küresi üzerinde iki farklı $\theta$ değerine sahip noktaları birleştiren yayları ve iki radyal doğru parçasını içeren kapalı bir yol boyunca işi hesaplayarak bu kuvvetin korunumlu olmadığını gösterin.

Çözümü göster

Yol: $\theta_1$ doğrultusunda $r = R$'den $2R$'ye radyal git, $r = 2R$ küresi üzerinde $\theta_2$'ye git, radyal olarak $r = R$'ye dön, $r = R$ küresi üzerinde $\theta_1$'e dön. Küre üzerindeki yaylarda yer değiştirme $\uv{r}$'ye dik olduğundan iş sıfırdır. Radyal parçalarda iş $f(\theta_1)R$ ve $-f(\theta_2)R$'dir. Toplam $R[f(\theta_1) - f(\theta_2)] \neq 0$: kuvvet korunumlu değildir. Merkezi bir kuvvetin korunumlu olması için büyüklüğünün yalnızca $r$'ye bağlı olması gerekir.

Problem 4.15Delikli bölgede rotasyonel★★★

$\vb{F} = F_0 b\,(-y, x, 0)/(x^2 + y^2)$ kuvvetinin ($F_0$ ve $b$ sabit) $z$ ekseni dışında her yerde rotasyonelinin sıfır olduğunu gösterin. Merkezi orijinde, yarıçapı $R$ olan ve $xy$ düzleminde bulunan bir çember boyunca (saatin tersi yönünde) işi hesaplayın. Bu sonuç Teorem 4.3 ile çelişir mi?

Çözümü göster

$z$ bileşeni: $\partial F_y/\partial x = F_0b\,(y^2 - x^2)/(x^2 + y^2)^2$ ve $\partial F_x/\partial y = F_0b\,(y^2 - x^2)/(x^2 + y^2)^2$; farkları sıfırdır. Öteki bileşenler kendiliğinden sıfırdır. Çember üzerinde $\vb{F} = (F_0b/R)\,\uv{\phi}$ ve $\dd\vb{r} = R\,\dd\phi\,\uv{\phi}$: $\oint\vb{F}\cdot\dd\vb{r} = 2\pi F_0b \neq 0$. Çelişki yoktur: teorem kuvvetin her yerde tanımlı ve türevlenebilir olmasını ister, bu kuvvet ise $z$ ekseninde tanımsızdır. Çember bu ekseni dolandığı için Stokes teoremi uygulanamaz. Bu yapı, sonsuz uzun düz bir telin manyetik alanıyla aynıdır.

Problem 4.16Merkezi etkileşme★★☆

İki parçacığın etkileşme enerjisi yalnızca aralarındaki uzaklığa bağlıysa, $U = U(r)$, $r = |\vb{r}_1 - \vb{r}_2|$, parçacık 1'e etki eden kuvvetin $\vb{F}_{12} = -U'(r)\,\uv{r}$ olduğunu gösterin. Burada $\uv{r}$, 2'den 1'e yönelen birim vektördür.

Çözümü göster

$\vb{r} = \vb{r}_1 - \vb{r}_2$ ile $\partial r/\partial x_1 = (x_1 - x_2)/r$ ve benzerleri: $\nabla_1 r = \vb{r}/r = \uv{r}$. Zincir kuralıyla $\vb{F}_{12} = -\nabla_1 U = -U'(r)\,\uv{r}$ ✓. Kuvvet iki parçacığı birleştiren doğru boyuncadır; $U' > 0$ ise çekici, $U' < 0$ ise iticidir. (4.21) ile $\vb{F}_{21} = -\vb{F}_{12}$.

Problem 4.17İki parçacığın enerjisinin korunumu★★☆

Yalnızca birbiriyle $U(\vb{r}_1 - \vb{r}_2)$ aracılığıyla etkileşen iki parçacığın toplam enerjisinin $E = K_1 + K_2 + U$ korunduğunu, $\dd E/\dd t$'yi doğrudan hesaplayarak gösterin.

Çözümü göster

$\dd K_1/\dd t = \vb{F}_{12}\cdot\vb{v}_1 = -\nabla_1U\cdot\vb{v}_1$, $\dd K_2/\dd t = -\nabla_2U\cdot\vb{v}_2$. Zincir kuralıyla $\dd U/\dd t = \nabla_1U\cdot\vb{v}_1 + \nabla_2U\cdot\vb{v}_2$. Toplam sıfırdır ✓.

Problem 4.18Kinetik enerjinin ayrışması★★☆

$\vb{v}_\alpha = \dot{\vb{R}} + \vb{v}'_\alpha$ yazarak (4.23)'ü kanıtlayın. Hangi adımda kütle merkezinin tanımı kullanılır?

Çözümü göster

$K = \sum\tfrac12 m_\alpha(\dot{\vb{R}} + \vb{v}'_\alpha)^2 = \tfrac12 M\dot{R}^2 + \dot{\vb{R}}\cdot\sum m_\alpha\vb{v}'_\alpha + \sum\tfrac12 m_\alpha v'^2_\alpha$. Ortadaki terim sıfırdır, çünkü KM'ye göre momentumların toplamı $\sum m_\alpha\vb{v}'_\alpha = 0$'dır; bu, KM tanımının ($\sum m_\alpha\vb{r}'_\alpha = 0$) zamana göre türevidir ✓.

Problem 4.19Balistik sarkaç★★☆

10 g'lık bir mermi, iplerle asılı 2,0 kg'lık bir tahta bloğa saplanıyor ve blok 5,0 cm yükseliyor. Merminin hızı nedir? Merminin kinetik enerjisinin ne kadarı ısıya ve blokta deformasyona harcanmıştır? Neden çarpışma için enerji, yükselme için momentum korunumu kullanılamaz?

Çözümü göster

Yükselme sırasında ipin gerilmesi iş yapmaz ve enerji korunur: blok ile merminin çarpışmadan hemen sonraki hızı $V = \sqrt{2gh} = 0{,}99$ m/s. Çarpışmada momentum korunur: $mv = (m + M)V$, $v = (2{,}01/0{,}010) \times 0{,}99 \approx 199$ m/s. Çarpışmadan sonra kalan kinetik enerjinin kesri $m/(m + M) \approx 0{,}005$'tir (3. bölümde esnek olmayan çarpışmalar için bulduğumuz sonuç); merminin enerjisinin %99,5'i ısıya ve deformasyona gider. Çarpışma tamamen esnek olmadığı için orada enerji korunmaz. Yükselme sırasında ise momentum korunmaz, çünkü ipin gerilmesi ve yer çekimi dış kuvvettir ve sistemin yatay ve düşey momentumunu değiştirir.

Problem 4.20Eşit kütleli esnek çarpışma★★☆

Kütleleri eşit iki bilardo topundan biri durgundur; öbürü ona merkezden kaçık vurarak esnek çarpışıyor. Çarpışmadan sonra iki topun hızlarının birbirine dik olduğunu gösterin (iki top da hareket ediyorsa).

Çözümü göster

Momentum: $\vb{v}_1 = \vb{v}_1' + \vb{v}_2'$. Enerji: $v_1^2 = v_1'^2 + v_2'^2$. İlkinin karesi: $v_1^2 = v_1'^2 + v_2'^2 + 2\vb{v}_1'\cdot\vb{v}_2'$. İkinciyle karşılaştırınca $\vb{v}_1'\cdot\vb{v}_2' = 0$: hızlar diktir ✓ (biri sıfır değilse). Bu sonuç, bulut odası fotoğraflarında proton–proton çarpışmalarının 90°'lik çatallar oluşturmasını açıklar (göreli olmayan hızlarda).

Problem 4.21Kütle çekim sapanı★★☆

Bir uzay aracı $u$ hızıyla, kendisine doğru $V$ hızıyla gelen bir gezegene yaklaşıyor ve gezegenin çevresinden dolanarak geldiği doğrultuda geri dönüyor. Gezegenin kütlesi araçla karşılaştırılamayacak kadar büyükse aracın son hızı nedir? (Yol gösterici: hareketi gezegenle birlikte hareket eden çerçevede inceleyin; orada etkileşme korunumludur.)

Çözümü göster

Gezegenin çerçevesinde araç $u + V$ hızıyla gelir. Bu çerçevede gezegen durgun ve çok ağırdır; korunumlu kütle çekim etkileşmesinden sonra araç, uzaklaştığında, aynı $u + V$ büyüklüğündeki hızla geri döner; bu, (4.24)'te $m_2 \gg m_1$ durumudur. Güneş'e göre çerçeveye dönersek araç $u + V + V = u + 2V$ hızıyla uzaklaşır. Voyager ve Cassini gibi araçlar bu yöntemle, yakıt harcamadan, büyük hız kazandı. Enerji korunumu çiğnenmez: aracın kazandığı enerjiyi gezegen, yörünge hareketinden (ölçülemeyecek kadar küçük bir miktarda) kaybeder.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 4. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
D. Kleppner ve R. Kolenkow, An Introduction to Mechanics, 2. baskı (Cambridge University Press, 2014), 5. ve 6. bölümler: enerji, potansiyel enerji diyagramları ve küçük salınımlar üzerine öğretici problemler.
R. P. Feynman, R. B. Leighton ve M. Sands, The Feynman Lectures on Physics, Cilt I, 4., 13. ve 14. bölümler: enerjinin korunumunun çok sezgisel bir anlatımı ve korunumlu kuvvetler.
H. M. Schey, Div, Grad, Curl, and All That, 4. baskı (W. W. Norton, 2005): gradyan, rotasyonel ve Stokes teoremine kısa ve çok anlaşılır bir giriş.
J. R. Lamarsh ve A. J. Baratta, Introduction to Nuclear Engineering, 3. baskı (Prentice Hall, 2001): nötron yavaşlatma ve yavaşlatıcıların fiziği.