Bölüm 9

Eylemsiz Olmayan Çerçevelerde Mekanik

Dönmeden ivmelenen çerçeveler ve eylemsizlik kuvveti; gelgitler; açısal hız vektörü ve dönen çerçevede zaman türevi; dönen çerçevede Newton'un ikinci yasası, merkezkaç ve Coriolis kuvvetleri; etkin yer çekimi, çekülün sapması ve dönen kovadaki su; Coriolis kuvvetinin hava hareketlerine, atışlara ve serbest düşmeye etkisi; Foucault sarkacı.

31 dk okuma7 çözümlü örnek6 şekil14 problem

Bu bölümde

İvmeli bir çerçevede Newton yasalarını eylemsizlik kuvveti ekleyerek kullanmayı
Gelgitlerin, Ay'ın Dünya'nın iki yanına uyguladığı çekim farkından doğduğunu ve büyüklüğünü
Açısal hız vektörünü ve dönen bir çerçevede bir vektörün türevinin nasıl hesaplandığını
Dönen çerçevede ortaya çıkan merkezkaç ve Coriolis kuvvetlerini türetmeyi ve yorumlamayı
Dünya'nın dönmesinin etkin yer çekimine, serbest düşmeye ve atışlara etkisini hesaplamayı
Foucault sarkacının salınım düzleminin neden ve hangi hızla döndüğünü

9.1Dönmeden ivmelenen çerçeveler

Newton yasaları yalnızca eylemsiz çerçevelerde geçerlidir (1. bölüm). Ama çoğu zaman hareketi eylemsiz olmayan bir çerçeveden incelemek çok daha doğaldır: hızlanan bir aracın içinden, dönen bir atlı karıncanın üzerinden, ya da (en önemlisi) dönen Dünya'nın yüzeyinden. Bu bölümde Newton yasalarının böyle çerçevelerde nasıl kullanılabileceğini göreceğiz.

En basit durumla başlayalım: eylemsiz bir $\mathcal{S}_0$ çerçevesine göre dönmeden, ama ivmeli öteleme hareketi yapan bir $\mathcal{S}$ çerçevesi. $\mathcal{S}$'nin orijininin $\mathcal{S}_0$'daki konumu $\vb{R}(t)$, ivmesi $\vb{A} = \ddot{\vb{R}}$ olsun. Bir parçacığın iki çerçevedeki konumları $\vb{r}_0 = \vb{R} + \vb{r}$ ile bağlıdır (1. bölümdeki Galileo dönüşümünün genelleştirilmesi). İki kez türev alırsak $\ddot{\vb{r}}_0 = \vb{A} + \ddot{\vb{r}}$ olur. $\mathcal{S}_0$'da Newton yasası $m\ddot{\vb{r}}_0 = \vb{F}$ olduğundan, $\mathcal{S}$'de

$$ m\ddot{\vb{r}} = \vb{F} - m\vb{A} $$

(9.1)

yazılır. İvmeli çerçevede Newton yasası, gerçek kuvvetlere $-m\vb{A}$ biçiminde bir eylemsizlik kuvveti eklenerek kullanılabilir. Bu kuvvetin hiçbir kaynağı (onu uygulayan bir cisim) yoktur; çerçevenin ivmesinin bir yansımasıdır. Bu yüzden ona bazen "hayali" kuvvet denir. Ama ivmeli çerçevedeki bir gözlemci için etkileri son derece gerçektir: hızlanan bir otomobildeki yolcu koltuğa bastırılır.

Eylemsizlik kuvvetinin çok önemli bir özelliği vardır: kütleyle orantılıdır, tıpkı yer çekimi gibi. Bu yüzden ivmeli çerçevede eylemsizlik kuvveti ile yer çekimi birleştirilerek bir etkin yer çekimi $\vb{g}_{\text{etkin}} = \vb{g} - \vb{A}$ tanımlanabilir. Einstein'ın eşdeğerlik ilkesi bu gözlemden doğdu: kapalı bir kabin içindeki bir gözlemci, kabinin bir kütle çekim alanında durduğunu mu yoksa ivmelendiğini mi yerel deneylerle ayırt edemez.

Örnek 9.1Hızlanan otomobilde sarkaç

Bir otomobil düz bir yolda 3,0 m/s² ivmeyle hızlanıyor. Tavana asılı bir sarkaç (örneğin dikiz aynasına asılmış bir süs) dengede düşeyle hangi açıyı yapar? Küçük salınımlarının periyodu nedir?

Çözüm

Otomobilin çerçevesinde sarkaç dengededir; ip, etkin yer çekimi $\vb{g}_{\text{etkin}} = \vb{g} - \vb{A}$ doğrultusunda durur. $\vb{A}$ ileri doğru olduğundan $-\vb{A}$ geriye doğrudur ve sarkaç geriye doğru eğilir:

$$ \tan\theta = \frac{A}{g} = \frac{3{,}0}{9{,}8} \quad\Rightarrow\quad \theta \approx 17° $$

Küçük salınımlar, bu yeni denge çevresinde, büyüklüğü $g_{\text{etkin}} = \sqrt{g^2 + A^2} = 10{,}2$ m/s² olan bir yer çekiminde olur; periyot $2\pi\sqrt{l/g_{\text{etkin}}}$, duran bir arabadakinden %2 kısadır. Aynı problemi yerdeki eylemsiz çerçevede de çözebiliriz: ipin gerilmesinin yatay bileşeni sarkacı arabayla birlikte ivmelendirir ($T\sin\theta = mA$), düşey bileşeni ağırlığı dengeler ($T\cos\theta = mg$); oran aynı sonucu verir.

9.2Gelgitler

İvmeli çerçevelerin en güzel uygulamalarından biri gelgitlerin açıklanmasıdır. Dünya'nın merkezine bağlı, dönmeyen bir çerçeve düşünelim. Bu çerçeve eylemsiz değildir: Dünya, Ay'ın ve Güneş'in çekimiyle ivmelenir. Dünya'nın merkezinin Ay'dan dolayı ivmesi $\vb{A} = GM_{\text{Ay}}\,\uv{d}_0/d_0^2$'dir; burada $\vb{d}_0$, Dünya'nın merkezinden Ay'a uzanan vektördür. Yeryüzündeki $m$ kütleli bir parçacığa (örneğin bir deniz suyu parçasına) etki eden kuvvetler: Dünya'nın çekimi $m\vb{g}$, Ay'ın çekimi $GM_{\text{Ay}}m\,\uv{d}/d^2$ ($\vb{d}$, parçacıktan Ay'a uzanan vektör) ve diğer kuvvetler. (9.1) ile bu çerçevede

$$ m\ddot{\vb{r}} = m\vb{g} + \vb{F}_{\text{gelgit}} + \ldots, \qquad \vb{F}_{\text{gelgit}} = GM_{\text{Ay}}m\left(\frac{\uv{d}}{d^2} - \frac{\uv{d}_0}{d_0^2}\right) $$

(9.2)

olur. Gelgit kuvveti, Ay'ın parçacığa uyguladığı çekim ile Dünya'nın merkezine uyguladığı (birim kütle başına) çekim arasındaki farktır. Ay'a bakan yüzde Ay'ın çekimi merkezdekinden güçlüdür ve gelgit kuvveti Ay'a doğrudur; karşı yüzde Ay'ın çekimi merkezdekinden zayıftır ve gelgit kuvveti Ay'dan uzağadır. Dünya, Ay'a doğru ve ondan uzağa doğru iki yönde birden "gerilir"; yanlardaki noktalarda gelgit kuvveti merkeze doğrudur.

Bu yüzden okyanuslarda iki şişkinlik oluşur: biri Ay'a bakan yüzde, öbürü karşı yüzde. Dünya kendi çevresinde dönerken bir kıyı noktası bu iki şişkinliğin altından geçer ve günde iki kez yüksek su (met) ve iki kez alçak su (cezir) yaşar. Ay da yörüngesinde ilerlediği için ardışık iki yüksek su arasındaki süre 12 saat değil, yaklaşık 12 saat 25 dakikadır.

Gelgit kuvvetinin büyüklüğünü tahmin edelim. Ay'a bakan noktada $d = d_0 - R$ ve $1/d^2 - 1/d_0^2 \approx 2R/d_0^3$ olduğundan

$$ F_{\text{gelgit}} \approx \frac{2GM_{\text{Ay}}mR}{d_0^3} $$

olur. Bu, $mg = GM_Dm/R^2$'nin $2(M_{\text{Ay}}/M_D)(R/d_0)^3 \approx 1{,}1 \times 10^{-7}$ katıdır. Bu kadar küçük bir kuvvetin okyanusları yarım metre kadar yükseltebilmesi şaşırtıcı görünebilir; ama gelgit kuvvetinin, yer çekiminin tersine, yüzeye paralel bileşeni vardır ve bu bileşen bütün okyanus boyunca suyu şişkinliklere doğru sürükler.

Örnek 9.2Gelgitin yüksekliği

Okyanusun Dünya'yı her yerde kapladığını ve suyun yüzeyinin her an yer çekimi ile gelgit kuvvetinin birlikte belirlediği bir eşpotansiyel yüzey olduğunu (denge gelgiti) varsayarak, Ay'ın neden olduğu yüksek ve alçak su arasındaki farkı bulun. Güneş'in etkisi ne kadardır? ($M_{\text{Ay}}/M_D = 0{,}0123$, $d_0 = 3{,}84 \times 10^8$ m, $M_\odot/M_D = 3{,}33 \times 10^5$, Güneş uzaklığı $1{,}50 \times 10^{11}$ m, $R = 6{,}37 \times 10^6$ m)

Çözüm

Gelgit kuvvetinin potansiyel enerjisi, Dünya–Ay doğrultusuyla $\theta$ açısı yapan bir noktada, $R/d_0$'ın ikinci kuvvetine kadar $U_g = -(GM_{\text{Ay}}mR^2/2d_0^3)(3\cos^2\theta - 1)$'dir (Problem 9.3). Su yüzeyi $mgh + U_g = $ sabit olacak biçimde yükselir:

$$ h(\theta) = \frac{M_{\text{Ay}}}{M_D}\,\frac{R^4}{d_0^3}\,\frac{3\cos^2\theta - 1}{2} + \text{sabit} $$

En yüksek su $\theta = 0$ ve $\pi$'de, en alçak su $\theta = \pi/2$'dedir; fark

$$ \Delta h = \frac32\,\frac{M_{\text{Ay}}}{M_D}\left(\frac{R}{d_0}\right)^3R = \frac32 \times 0{,}0123 \times \left(\frac{6{,}37}{384}\right)^3 \times 6{,}37 \times 10^6\ \text{m} \approx 0{,}54\ \text{m} $$

Güneş için aynı hesap 0,25 m verir: Güneş çok daha ağırdır, ama çok daha uzaktadır ve gelgit kuvveti uzaklığın küpüyle azalır; Güneş'in etkisi Ay'ınkinin %46'sı kadardır. Dolunay ve yeni ayda iki etki üst üste biner ve büyük gelgitler (yaklaşık 0,78 m), ilk ve son dördünlerde birbirini kısmen götürür ve küçük gelgitler (yaklaşık 0,29 m) oluşur. Gerçek kıyılarda gelgit yüksekliği, kıyı biçimine ve okyanus havzalarının rezonansına bağlı olarak çok farklı olabilir: Kanada'daki Fundy Körfezi'nde 16 metreyi bulur, Akdeniz gibi kapalı denizlerde ise birkaç on santimetrede kalır.

9.3Açısal hız vektörü

Dönen çerçevelere geçmeden önce dönmeyi bir vektörle betimleyelim. Katı bir cisim sabit bir eksen çevresinde $\omega$ açısal hızıyla dönüyorsa, açısal hız vektörü $\boldsymbol{\omega}$, büyüklüğü $\omega$ olan ve dönme ekseni boyunca, sağ el kuralıyla belirlenen yönü gösteren vektördür (sağ elin parmakları dönme yönünde kıvrılınca başparmak $\boldsymbol{\omega}$'yı gösterir). Eksen üzerindeki bir noktayı orijin seçersek cismin $\vb{r}$'deki noktasının hızı

$$ \vb{v} = \boldsymbol{\omega}\times\vb{r} $$

(9.3)

ile verilir. Gerçekten, $\boldsymbol{\omega}\times\vb{r}$'nin büyüklüğü $\omega r\sin\theta = \omega\rho$'dur ($\rho$, noktanın eksene uzaklığı) ve yönü noktanın çizdiği çembere teğettir: 3. bölümdeki $v = \rho\omega$ sonucu. Bu bağıntı, boyu sabit ve cisme bağlı her vektör için geçerlidir: cisim dönerken onunla birlikte dönen her $\vb{e}$ vektörünün değişim hızı $\dot{\vb{e}} = \boldsymbol{\omega}\times\vb{e}$'dir.

9.4Dönen çerçevede zaman türevi

Eylemsiz bir $\mathcal{S}_0$ çerçevesine göre sabit bir $\boldsymbol{\Omega}$ açısal hızıyla dönen bir $\mathcal{S}$ çerçevesi düşünelim; iki çerçevenin orijinleri ortak olsun. Dünya yüzeyine bağlı bir laboratuvar böyle bir çerçevedir (yörünge hareketini ihmal edersek). $\mathcal{S}$'nin birim vektörleri $\uv{e}_1, \uv{e}_2, \uv{e}_3$, $\mathcal{S}_0$'dan bakıldığında $\dot{\uv{e}}_i = \boldsymbol{\Omega}\times\uv{e}_i$ ile döner.

Herhangi bir $\vb{Q}$ vektörünü (konum, hız, momentum) $\mathcal{S}$'nin birim vektörleriyle yazalım: $\vb{Q} = \sum_iQ_i\uv{e}_i$. $\mathcal{S}$'deki gözlemci birim vektörlerini sabit görür ve türevi $(\dd\vb{Q}/\dd t)_{\mathcal{S}} = \sum\dot{Q}_i\uv{e}_i$ olarak hesaplar. $\mathcal{S}_0$'daki gözlemci ise birim vektörlerin dönmesini de hesaba katmak zorundadır:

$$ \left(\dv{\vb{Q}}{t}\right)_{\mathcal{S}_0} = \sum_i\dot{Q}_i\uv{e}_i + \sum_iQ_i\,\boldsymbol{\Omega}\times\uv{e}_i = \left(\dv{\vb{Q}}{t}\right)_{\mathcal{S}} + \boldsymbol{\Omega}\times\vb{Q} $$

(9.4)

Bu, dönen çerçevelerin temel bağıntısıdır. Örneğin $\mathcal{S}$'de duran bir vektör ($(\dd\vb{Q}/\dd t)_{\mathcal{S}} = 0$), $\mathcal{S}_0$'dan bakıldığında $\boldsymbol{\Omega}\times\vb{Q}$ hızıyla döner.

9.5Dönen çerçevede Newton'un ikinci yasası

(9.4)'ü konum vektörüne iki kez uygulayalım. Kısalık için $\mathcal{S}$'deki türevleri nokta ile gösterelim. Önce hız:

$$ \left(\dv{\vb{r}}{t}\right)_{\mathcal{S}_0} = \dot{\vb{r}} + \boldsymbol{\Omega}\times\vb{r} $$

Sonra bu vektörün $\mathcal{S}_0$'daki türevi, yine (9.4) ile ($\boldsymbol{\Omega}$ sabit):

$$ \left(\frac{\dd^2\vb{r}}{\dd t^2}\right)_{\mathcal{S}_0} = \ddot{\vb{r}} + \boldsymbol{\Omega}\times\dot{\vb{r}} + \boldsymbol{\Omega}\times\left(\dot{\vb{r}} + \boldsymbol{\Omega}\times\vb{r}\right) = \ddot{\vb{r}} + 2\boldsymbol{\Omega}\times\dot{\vb{r}} + \boldsymbol{\Omega}\times(\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r}) $$

$\mathcal{S}_0$'da $m$ çarpı bu ivme gerçek kuvvet $\vb{F}$'ye eşittir. Terimleri yeniden düzenleyerek dönen çerçevedeki hareket denklemini buluruz:

$$ m\ddot{\vb{r}} = \vb{F} + 2m\,\dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega} + m\,(\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r})\times\boldsymbol{\Omega} $$

(9.5)

Dönen çerçevede Newton yasası, gerçek kuvvete iki eylemsizlik kuvveti eklenerek kullanılabilir:

$$ \vb{F}_{\text{cor}} = 2m\,\dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega}, \qquad \vb{F}_{\text{mk}} = m\,(\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r})\times\boldsymbol{\Omega} $$

(9.6)

Birincisi Coriolis kuvvetidir: yalnızca dönen çerçevede hareket eden cisimlere etki eder ve harekete diktir. İkincisi merkezkaç kuvvetidir: cisim dursa da etki eder. (Çerçevenin açısal hızı zamanla değişiyorsa $-m\dot{\boldsymbol{\Omega}}\times\vb{r}$ biçiminde üçüncü bir terim, Euler kuvveti, eklenir; dönen çerçevenin orijini ivmeliyse $-m\vb{A}$ de eklenir.)

Merkezkaç kuvvetinin yönünü ve büyüklüğünü görelim. Dönme eksenini $z$ ekseni seçersek $\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r} = \Omega\rho\,\uv{\phi}$ (silindirik koordinatlarda) ve $\uv{\phi}\times\uv{z} = \uv{\rho}$ olduğundan

$$ \vb{F}_{\text{mk}} = m\Omega^2\rho\,\uv{\rho} $$

(9.7)

Merkezkaç kuvveti dönme ekseninden dışarı doğrudur ve eksene uzaklıkla orantılıdır. Bu kuvvet $U_{\text{mk}} = -\tfrac12 m\Omega^2\rho^2$ potansiyel enerjisinden türetilebilir; 7. bölümde dönen çemberdeki boncuğun Hamilton fonksiyonunda karşılaştığımız terim budur.

9.6Merkezkaç kuvveti ve etkin yer çekimi

Dünya yüzeyindeki bir laboratuvarda duran bir cisim için Coriolis kuvveti sıfırdır ($\dot{\vb{r}} = 0$). Cisme kütle çekim ($m\vb{g}_0$, Dünya'nın merkezine doğru), merkezkaç kuvveti ve onu tutan kuvvet (örneğin bir çekül ipinin gerilmesi) etki eder. Ölçtüğümüz "yer çekimi" bu yüzden kütle çekim ile merkezkaç kuvvetinin toplamıdır:

$$ \vb{g} = \vb{g}_0 + (\boldsymbol{\Omega}\times\vb{R})\times\boldsymbol{\Omega} $$

(9.8)

Etkin yer çekimi — **Şekil 9.3.** Enlemi $\lambda$ olan bir noktada etkin yer çekimi $\vb{g}$, kütle çekim $\vb{g}_0$ ile dönme ekseninden dışarı doğru olan merkezkaç terimi $\Omega^2R\cos\lambda$'nın toplamıdır (merkezkaç terimi ölçek dışında büyük çizilmiştir). Çekül ipi $\vb{g}$ doğrultusunda durur ve Dünya'nın merkezini tam olarak göstermez.

Merkezkaç teriminin büyüklüğü $\Omega^2R\cos\lambda$'dır ($\lambda$, enlem); ekvatorda en büyük değeri $\Omega^2R = 0{,}034$ m/s² olur. İki etkisi vardır. Birincisi, $g$'nin büyüklüğü enlemle değişir: ekvatorda merkezkaç terimi $g_0$'a tam ters yöndedir ve $g$'yi 0,034 m/s² azaltır, kutupta sıfırdır. (Ölçülen fark daha büyüktür: ekvatorda 9,780, kutuplarda 9,832 m/s². Fazlası, Dünya'nın dönme yüzünden basıklaşmasından gelir; ekvatordaki bir nokta merkezden 21 km daha uzaktadır.) İkincisi, $\vb{g}$'nin doğrultusu Dünya'nın merkezini tam olarak göstermez.

Örnek 9.3Çekülün sapması

Enlemi $\lambda$ olan bir noktada çekül ipinin, Dünya'nın merkezine doğru olan doğrultuyla yaptığı $\alpha$ açısını bulun. İstanbul ($\lambda = 41°$) için sayısal değeri hesaplayın.

Çözüm

Merkezkaç teriminin büyüklüğü $\Omega^2R\cos\lambda$, doğrultusu dönme ekseninden dışarıdır. Bu doğrultunun yerel düşeye (merkezden dışarı) dik bileşeni $\Omega^2R\cos\lambda\sin\lambda$'dır ve ekvatora doğrudur. $g_0$'a göre küçük olduğundan

$$ \alpha \approx \frac{\Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda}{g_0} $$

olur. En büyük değer $\lambda = 45°$'te $\Omega^2R/2g = 0{,}034/19{,}6 = 1{,}7 \times 10^{-3}$ rad $\approx 0{,}10°$'dir. İstanbul'da $\alpha \approx 0{,}098°$. Çekülün ucu ekvator tarafına doğru sapar (1. bölümde öne sürdüğümüz sonuç). Bu yüzden harita yapımcılarının kullandığı "düşey" ile jeofizikçilerin "merkeze doğru" doğrultusu birbirinden yaklaşık bu açı kadar farklıdır.

Örnek 9.4Dönen kovadaki su

Silindir biçimli bir kova, düşey ekseni çevresinde sabit $\Omega$ açısal hızıyla döndürülüyor. Su da kovayla birlikte dönmeye başladığında (kovanın çerçevesinde durgun hâle geldiğinde) su yüzeyinin biçimini bulun. $\Omega = 10$ rad/s ve kova yarıçapı 10 cm ise su kenarda ortadan ne kadar yüksektir?

Çözüm

Kovanın çerçevesinde su durgundur; Coriolis kuvveti yoktur. Suyun her parçasına yer çekimi ve merkezkaç kuvveti etki eder ve bunların toplam potansiyel enerjisi $mgz - \tfrac12 m\Omega^2\rho^2$'dir. Durgun bir sıvının serbest yüzeyi bir eşpotansiyel yüzeydir (yoksa yüzey boyunca bir kuvvet bileşeni suyu akıtırdı). Dolayısıyla yüzeyde $gz - \tfrac12\Omega^2\rho^2 = $ sabit:

$$ z(\rho) = z_0 + \frac{\Omega^2\rho^2}{2g} $$

Yüzey bir paraboloiddir. Kenarda ($\rho = 0{,}10$ m) yükseklik farkı $10^2 \times 0{,}10^2/(2 \times 9{,}8) \approx 5{,}1$ cm'dir. Dönen sıvıların yüzeyi kusursuz bir paraboloid olduğu için gökbilimciler bu yolla dev "sıvı ayna" teleskopları yapar: dönen bir cıva havuzu, mükemmel bir parabolik aynadır. Newton, Principia'da bu deneyi (Newton'un kovası) mutlak dönmenin varlığına kanıt olarak tartışmıştı: su yüzeyinin eğrilmesi, kovaya göre değil eylemsiz çerçeveye göre dönmeye bağlıdır.

9.7Coriolis kuvveti

Coriolis kuvveti $2m\dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega}$ yalnızca dönen çerçevede hareket eden cisimlere etki eder ve her zaman hıza diktir; bu yüzden iş yapmaz, yalnızca hareketin yönünü değiştirir. Dünya'da büyüklüğü $2mv\Omega$'yı geçemez ve $2\Omega = 1{,}46 \times 10^{-4}$ s⁻¹ olduğundan genellikle çok küçüktür. Ama uzun süren ya da büyük ölçekli hareketlerde etkisi belirleyici olur.

Coriolis etkisini en iyi, dönen bir platformu üstten izleyerek anlayabiliriz. Saatin tersi yönünde dönen bir atlı karıncanın merkezinden dışarı doğru sürtünmesiz bir disk itilsin. Yerdeki gözlemciye göre disk düz bir çizgide ilerler. Ama atlı karınca disk altından dönerken platformdaki gözlemci, diskin sağa doğru kıvrılan bir yol izlediğini görür. Platformdaki gözlemci bu sapmayı Coriolis kuvvetiyle açıklar.

Dönen platformda serbest disk — **Şekil 9.5.** Saatin tersi yönünde dönen bir platformun merkezinden itilen sürtünmesiz disk. Solda yerdeki (eylemsiz) çerçevede düz yol; sağda platformun çerçevesinde, Coriolis ve merkezkaç kuvvetlerinin oluşturduğu kıvrık yol. Noktalar eşit zaman aralıklarını gösterir.

Dünya'da, enlemi $\lambda$ olan bir noktada yerel eksenleri seçelim: $x$ doğuya, $y$ kuzeye, $z$ yukarı. Dünya'nın açısal hız vektörü bu eksenlerde $\boldsymbol{\Omega} = \Omega(0, \cos\lambda, \sin\lambda)$'dır. Yatay bir hız $\vb{v} = (v_x, v_y, 0)$ için Coriolis kuvvetinin yatay bileşeni yalnızca $\Omega_z = \Omega\sin\lambda$'dan gelir:

$$ \vb{F}_{\text{cor, yatay}} = 2m\Omega\sin\lambda\,(v_y, -v_x, 0) $$

(9.9)

Bu vektör hıza dik ve hızın sağına doğrudur (kuzey yarımkürede, $\lambda > 0$); güney yarımkürede sola doğrudur, ekvatorda yatay bileşeni yoktur.

Dikkat

Kuzey yarımkürede hareket eden cisimler sağa sapar. Bunun hava hareketlerine etkisi büyüktür: bir alçak basınç merkezine doğru akan hava sağa saparak merkezin çevresinde saatin tersi yönünde dönmeye başlar. Kuzey yarımküredeki kasırgalar ve siklonlar bu yüzden saatin tersi yönünde, güney yarımküredekiler saat yönünde döner. Buna karşılık lavabodaki suyun dönme yönünün Coriolis kuvvetiyle belirlendiği yaygın bir yanılgıdır: birkaç saniyelik ve birkaç santimetrelik bir harekette Coriolis kuvveti, lavabonun biçiminin ve suyun ilk hareketinin etkileri yanında tamamen ihmal edilebilir. (Özenle hazırlanmış, günlerce dinlendirilmiş büyük havuzlarda etki gösterilebilmiştir.)

Örnek 9.5Fırlatılan topun ve merminin sapması

İstanbul'da ($\lambda = 41°$) yatay olarak 30 m/s hızla atılan bir top 2,0 s'de hedefine ulaşıyor. Coriolis kuvveti topu ne kadar saptırır? Ortalama hızı 500 m/s olan ve 60 s havada kalan uzun menzilli bir top mermisi için sapma nedir ($\lambda = 49°$)?

Çözüm

(9.9) ile Coriolis ivmesinin yatay bileşeni $2v\Omega\sin\lambda = 2 \times 30 \times 7{,}29 \times 10^{-5} \times 0{,}656 = 2{,}9 \times 10^{-3}$ m/s². Sapma, sabit ivmeli hareketle $\tfrac12 at^2 = \tfrac12 \times 2{,}9 \times 10^{-3} \times 2{,}0^2 \approx 5{,}7$ mm'dir: hiçbir oyunda fark edilmez. Mermi için aynı hesap kabaca $\tfrac12 \times 2 \times 500 \times 7{,}29 \times 10^{-5} \times \sin 49° \times 60^2 \approx 100$ m verir: topçuluk hesaplarında mutlaka düzeltilmesi gereken bir değer. Birinci Dünya Savaşı'nda Paris'i 120 km uzaktan döven Alman topları için Coriolis düzeltmesi hesaplarda açıkça yer alıyordu.

9.8Serbest düşme ve Coriolis kuvveti

Yüksek bir kuleden bırakılan bir cisim tam düşey mi düşer? Dönen Dünya'nın çerçevesinde cisme yer çekimi $m\vb{g}$ (merkezkaç kuvveti dahil) ve Coriolis kuvveti etki eder. Coriolis kuvveti küçük olduğu için ardışık yaklaşıklık yöntemini kullanabiliriz: önce Coriolis kuvvetini ihmal edip hızı bulur, sonra bu hızla Coriolis kuvvetini hesaplarız. Sıfırıncı yaklaşıklıkta cisim düşey olarak düşer: $\dot{\vb{r}} = (0, 0, -gt)$. Bu hızla

$$ \dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega} = -gt\,\uv{z}\times\Omega(\cos\lambda\,\uv{y} + \sin\lambda\,\uv{z}) = gt\,\Omega\cos\lambda\,\uv{x} $$

($\uv{z}\times\uv{y} = -\uv{x}$). Coriolis kuvveti doğuya doğrudur ve $\ddot{x} = 2gt\Omega\cos\lambda$ verir. İki kez integralleyerek ($x(0) = \dot{x}(0) = 0$)

$$ x(t) = \tfrac13 g\Omega t^3\cos\lambda $$

(9.10)

bulunur. Cisim, bırakıldığı noktanın tam altına değil, biraz doğusuna düşer. Bu sonucun eylemsiz çerçevedeki açıklaması basittir: kulenin tepesi, Dünya'nın merkezinden daha uzak olduğu için dibinden daha hızlı doğuya hareket eder; cisim bu fazla doğu hızını düşerken korur.

Örnek 9.6100 metrelik kuleden düşen taş

İstanbul'da ($\lambda = 41°$) 100 m yüksekliğinden bırakılan bir taş, hava direnci ihmal edilirse ne kadar doğuya sapar?

Çözüm

Düşme süresi $t = \sqrt{2h/g} = \sqrt{200/9{,}8} = 4{,}52$ s. (9.10):

$$ x = \tfrac13 \times 9{,}8 \times 7{,}29 \times 10^{-5} \times 4{,}52^3 \times \cos 41° \approx 1{,}7\ \text{cm} $$

Küçük ama ölçülebilir bir etki. Ferdinand Reich 1831'de Freiberg'deki 158 m derinliğindeki bir maden kuyusunda yaptığı deneylerde ortalama 2,8 cm doğuya sapma ölçmüştü; aynı enlem ve derinlik için kuramsal değer yaklaşık 2,8 cm'dir. Bu, Dünya'nın döndüğünün ilk laboratuvar kanıtlarından biridir.

9.9Foucault sarkacı

Dünya'nın döndüğünün en ünlü kanıtı, Léon Foucault'nun 1851'de Paris Panthéonu'nda halka gösterdiği deneydir: 67 m uzunluğundaki bir ipe asılı 28 kg'lık bir küre, salınım düzlemi gün boyunca yavaşça dönerek salınıyordu. Bu dönme, Coriolis kuvvetinin bir sonucudur.

Uzunluğu $l$ olan bir sarkacın küçük salınımlarını, Dünya'nın çerçevesinde, yatay $x$ (doğu) ve $y$ (kuzey) koordinatlarıyla inceleyelim. Küçük salınımlarda düşey hız ihmal edilebilir; Coriolis kuvvetinin yatay bileşeni (9.9) ile verilir. Hareket denklemleri

$$ \ddot{x} = -\omega_0^2x + 2\Omega_z\dot{y}, \qquad \ddot{y} = -\omega_0^2y - 2\Omega_z\dot{x} $$

olur; burada $\omega_0 = \sqrt{g/l}$ ve $\Omega_z = \Omega\sin\lambda$'dır. 2. bölümdeki manyetik alan problemi gibi, $\eta = x + iy$ karmaşık değişkeni bu iki bağlaşık denklemi tek bir denkleme çevirir:

$$ \ddot{\eta} + 2i\Omega_z\dot{\eta} + \omega_0^2\eta = 0 $$

$\eta = e^{\alpha t}$ denemesi $\alpha^2 + 2i\Omega_z\alpha + \omega_0^2 = 0$, yani $\alpha = -i\Omega_z \pm i\sqrt{\Omega_z^2 + \omega_0^2} \approx -i\Omega_z \pm i\omega_0$ verir ($\Omega_z \ll \omega_0$). Genel çözüm

$$ \eta(t) = e^{-i\Omega_zt}\left(C_1e^{i\omega_0t} + C_2e^{-i\omega_0t}\right) $$

(9.11)

olur. Parantez, sarkacın Dünya dönmüyormuş gibi yaptığı salınımdır (örneğin $C_1 = C_2$ için $x$ ekseni boyunca bir doğru üzerinde). Önündeki $e^{-i\Omega_zt}$ çarpanı, bu salınımın bütününü $\Omega_z$ açısal hızıyla saat yönünde (üstten bakıldığında) döndürür. Kuzey yarımkürede salınım düzlemi saat yönünde döner ve bir tam turu

$$ T_{\text{F}} = \frac{2\pi}{\Omega\sin\lambda} = \frac{1\ \text{yıldız günü}}{\sin\lambda} $$

(9.12)

sürede tamamlar.

Örnek 9.7İstanbul'da Foucault sarkacı

İstanbul'da ($\lambda = 41{,}0°$), Paris'te ($\lambda = 48{,}85°$) ve Kuzey Kutbu'nda bir Foucault sarkacının salınım düzlemi bir turu ne kadar sürede tamamlar?

Çözüm

Yıldız günü 23,93 saattir. (9.12) ile İstanbul'da $23{,}93/\sin 41{,}0° = 36{,}5$ saat, Paris'te $23{,}93/0{,}753 = 31{,}8$ saat, kutupta 23,93 saat. Kutuptaki sonuç kolay anlaşılır: orada sarkaç, altında dönen Dünya'dan bağımsız olarak eylemsiz uzayda sabit bir düzlemde salınır ve Dünya onun altında bir yıldız gününde bir tur döner. Ekvatorda ($\sin\lambda = 0$) salınım düzlemi hiç dönmez. Ara enlemlerde dönme hızının $\sin\lambda$ ile orantılı olması, Dünya'nın açısal hız vektörünün yalnızca yerel düşey bileşeninin etkili olmasındandır.

Özet

Dönmeden ivmelenen bir çerçevede gerçek kuvvetlere $-m\vb{A}$ eylemsizlik kuvveti eklenir (9.1); bu kuvvet kütleyle orantılı olduğundan yer çekimiyle birleşerek etkin yer çekimi verir.
Gelgit kuvveti, Ay'ın (ya da Güneş'in) bir noktadaki çekimi ile Dünya'nın merkezindeki çekimi arasındaki farktır (9.2); Dünya'yı iki yönde gerer ve günde iki met ile cezir oluşturur. Ay'ın denge gelgiti yaklaşık 0,54 m, Güneş'inki bunun %46'sıdır.
Dönen bir cismin noktalarının hızı $\boldsymbol{\omega}\times\vb{r}$'dir (9.3). Eylemsiz ve dönen çerçevelerdeki türevler $(\dd\vb{Q}/\dd t)_0 = (\dd\vb{Q}/\dd t) + \boldsymbol{\Omega}\times\vb{Q}$ ile bağlıdır (9.4).
Dönen çerçevede Newton yasasına Coriolis kuvveti $2m\dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega}$ ve merkezkaç kuvveti $m(\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r})\times\boldsymbol{\Omega}$ eklenir (9.5); merkezkaç kuvveti eksenden dışarı ve $m\Omega^2\rho$ büyüklüğündedir (9.7).
Etkin yer çekimi enlemle değişir ve çekül Dünya'nın merkezini tam göstermez (en çok 0,1°). Dönen sıvının yüzeyi paraboloiddir.
Kuzey yarımkürede hareket eden cisimler sağa sapar (9.9); serbest düşen cisim doğuya sapar (9.10); Foucault sarkacının düzlemi $\Omega\sin\lambda$ ile döner (9.12).

Problemler

Problem 9.1Asansörde tartı★☆☆

Kütlesi 70 kg olan bir kişi, yukarı doğru 2,0 m/s² ivmeyle hızlanan bir asansörde bir baskül üzerinde duruyor. Baskül ne gösterir? Asansörün çerçevesinde çözün.

Çözümü göster

Asansörün çerçevesinde kişiye ağırlık $mg$ (aşağı), eylemsizlik kuvveti $-m\vb{A}$ (aşağı, $mA$) ve baskülün tepkisi $N$ (yukarı) etki eder ve kişi dengededir: $N = m(g + A) = 70 \times 11{,}8 = 826$ N. Baskül (kg ile ayarlıysa) 84 kg gösterir. Asansör serbest düşseydi ($A = g$ aşağı) baskül sıfır gösterirdi: ağırlıksızlık.

Problem 9.2Hızlanan kamyondaki su★☆☆

Yatay olarak $A$ ivmesiyle hızlanan bir kamyonun kasasındaki suyun yüzeyi yatayla hangi açıyı yapar?

Çözümü göster

Kamyonun çerçevesinde etkin yer çekimi $\vb{g} - \vb{A}$; su yüzeyi bu vektöre diktir. Yüzey yatayla $\tan\theta = A/g$ açısı yapar ve su, kasanın arka tarafında yükselir.

Problem 9.3Gelgit potansiyeli★★☆

$\vb{d} = \vb{d}_0 - \vb{r}$ (parçacıktan Ay'a; $\vb{r}$, Dünya'nın merkezinden parçacığa) yazarak, gelgit kuvvetinin potansiyel enerjisinin $r/d_0$'ın ikinci kuvvetine kadar $U_g = -(GM_{\text{Ay}}mr^2/2d_0^3)(3\cos^2\theta - 1)$ olduğunu gösterin; $\theta$, $\vb{r}$ ile $\vb{d}_0$ arasındaki açıdır.

Çözümü göster

Ay'ın çekiminin potansiyel enerjisi $-GM_{\text{Ay}}m/d$; Dünya'nın merkezine göre çerçevede eylemsizlik kuvvetinin ($-m\vb{A}$, sabit) potansiyel enerjisi $+m\vb{A}\cdot\vb{r} = GM_{\text{Ay}}m\,r\cos\theta/d_0^2$. $1/d = 1/\sqrt{d_0^2 - 2rd_0\cos\theta + r^2} \approx (1/d_0)[1 + (r/d_0)\cos\theta + (r^2/2d_0^2)(3\cos^2\theta - 1)]$ (Legendre açılımı). Toplam: sabit terim, $\cos\theta$'lı terimler birbirini götürür, geriye $-(GM_{\text{Ay}}mr^2/2d_0^3)(3\cos^2\theta - 1)$ kalır ✓.

Problem 9.4Gelgit kopması★★☆

Kütlesi $m$, yarıçapı $a$ olan küçük bir uydu, kütlesi $M$ olan bir gezegenden $d$ uzaklıkta dolanıyor. Uydunun yüzeyindeki bir taşa, uydunun kendi çekimi ile gezegenin gelgit kuvvetini karşılaştırarak, uydunun gelgit kuvvetiyle parçalanmaya başladığı uzaklığı tahmin edin. Yoğunluklar cinsinden yazın.

Çözümü göster

Gelgit ivmesi $2GMa/d^3$, uydunun çekimi $Gm/a^2$. Eşitlik: $d^3 = 2Ma^3/m$; yoğunluklarla ($M = \tfrac43\pi\rho_MR^3$, $m = \tfrac43\pi\rho_ma^3$) $d = 2^{1/3}R(\rho_M/\rho_m)^{1/3} \approx 1{,}26R(\rho_M/\rho_m)^{1/3}$. Akışkan bir uydu için Roche'un daha ayrıntılı hesabı 2,44 katsayısını verir (Roche sınırı). Satürn'ün halkaları bu sınırın içindedir.

Problem 9.5Dönen cismin hızı★★☆

Bir katı cisim, $\boldsymbol{\omega} = (0, 0, 2{,}0)$ rad/s açısal hızıyla dönüyor. $\vb{r} = (0{,}30, 0{,}40, 0{,}50)$ m noktasındaki hızı bulun ve büyüklüğünün $\omega\rho$'ya eşit olduğunu doğrulayın.

Çözümü göster

$\boldsymbol{\omega}\times\vb{r} = (0 \cdot 0{,}50 - 2{,}0 \cdot 0{,}40,\; 2{,}0 \cdot 0{,}30 - 0,\; 0) = (-0{,}80, 0{,}60, 0)$ m/s; büyüklüğü 1,00 m/s. Eksene uzaklık $\rho = \sqrt{0{,}30^2 + 0{,}40^2} = 0{,}50$ m; $\omega\rho = 1{,}00$ m/s ✓. Hız yatay ve $\rho$'ya diktir.

Problem 9.6Ekvatorda ve kutupta tartılmak★★☆

Dünya'yı küre sayarak (yalnızca dönmenin etkisiyle), 80 kg'lık bir kişinin kutupta ve ekvatorda bir baskülde okunan ağırlıkları arasındaki farkı bulun. Dünya ne kadar hızlı dönseydi ekvatordaki cisimler ağırlıksız olurdu? Bu durumda gün ne kadar sürerdi?

Çözümü göster

Fark $m\Omega^2R = 80 \times 0{,}034 = 2{,}7$ N (yaklaşık 0,28 kg'lık bir fark; gerçek fark basıklıkla birlikte bunun yaklaşık 1,5 katıdır). Ağırlıksızlık: $\Omega^2R = g$, $\Omega = \sqrt{g/R} = 1{,}24 \times 10^{-3}$ rad/s; gün $2\pi/\Omega \approx 5\,070$ s $\approx 84$ dk. Bu, 5. bölümdeki tünel periyodu ve yüzeye teğet yörünge periyoduyla aynıdır.

Problem 9.7Dönen kovada orta nokta★★☆

Örnek 9.4'te su dönmeden önce kovada $h_0$ yüksekliğinde duruyordu. Dönerken su yüzeyinin ortadaki yüksekliğini bulun (su taşmıyor ve kovanın dibi açığa çıkmıyor).

Çözümü göster

Hacim korunur: $\int_0^a(z_0 + \Omega^2\rho^2/2g)2\pi\rho\,\dd\rho = \pi a^2h_0$. $\pi a^2z_0 + \pi\Omega^2a^4/(4g) = \pi a^2h_0$, $z_0 = h_0 - \Omega^2a^2/(4g)$. Ortadaki düşüş, kenardaki yükselişin ($\Omega^2a^2/2g$) yarısıdır; Örnek 9.4'te 2,6 cm iner, kenarda 2,6 cm yükselir.

Problem 9.8Dönen platformda disk★★☆

Saatin tersi yönünde $\Omega$ açısal hızıyla dönen bir platformun merkezinden, platforma göre $v_0$ hızıyla itilen sürtünmesiz bir diskin platform çerçevesindeki yolunu, eylemsiz çerçevedeki düz hareketten yola çıkarak bulun. Disk sağa mı sola mı sapar?

Çözümü göster

Eylemsiz çerçevede disk, itildiği andaki toplam hızıyla düz gider. Merkezden itildiği için platformun dönmesinden gelen hızı yoktur: $\vb{r}_0 = v_0t\,\uv{x}_0$. Platform çerçevesinde açısal konum $-\Omega t$ kadar döner: $r = v_0t$, $\phi = -\Omega t$. Yol bir Arşimet sarmalıdır, $r = -(v_0/\Omega)\phi$, ve disk hareket yönünün sağına sapar (Şekil 9.5). Bu, kuzey yarımküredeki sağa sapmanın ve saatin tersi yönünde dönen Dünya'nın (kuzey kutbundan bakınca) karşılığıdır.

Problem 9.9Doğu sapmasının eylemsiz çerçevede açıklanması★★☆

(9.10)'u eylemsiz çerçevede, kulenin tepesinin dibinden daha hızlı doğuya gittiğini kullanarak, Dünya'yı düz ve yer çekimini sabit sayarak türetin. Hangi adımda bu basit hesap tam sonucu ancak yaklaşık olarak verir?

Çözümü göster

Ekvatorda ($\lambda = 0$) basitçe: tepe, dipten $\Omega h$ kadar daha hızlı doğuya gider. Cisim bu hızı korursa $\Omega ht$ kadar fazla yol alır; $h = \tfrac12 gt^2$ ile $\tfrac12 g\Omega t^3$. Ama doğru sonuç $\tfrac13 g\Omega t^3$'tür. Fark, cismin düşerken açısal momentumunu korumasından gelir: merkeze yaklaşırken doğu hızı artmaz, açısal hızı artar ve aradaki Coriolis etkisinin tam hesabı $\tfrac13$ katsayısını verir. Basit hesap yalnızca mertebeyi doğru verir.

Problem 9.10Yukarı atılan cismin sapması★★☆

Bir cisim $v_0$ hızıyla düşey yukarı atılıyor ve atıldığı noktaya geri düşüyor (hava direnci yok). Coriolis kuvveti yüzünden cisim atıldığı noktanın batısına düşer; sapmanın $\tfrac43\Omega\cos\lambda\,v_0^3/g^2$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Sıfırıncı yaklaşıklık $\dot{z} = v_0 - gt$. $\ddot{x} = 2(\dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega})_x = -2\Omega\cos\lambda\,\dot{z} = -2\Omega\cos\lambda(v_0 - gt)$. $x = -\Omega\cos\lambda(v_0t^2 - gt^3/3)$. Uçuş süresi $2v_0/g$: $x = -\Omega\cos\lambda(4v_0^3/g^2 - 8v_0^3/3g^2) = -\tfrac43\Omega\cos\lambda\,v_0^3/g^2$: batıya ✓. Çıkışta batıya sapma, inişteki doğuya sapmadan büyüktür.

Problem 9.11Siklonun dönme yönü★★☆

Kuzey yarımkürede bir alçak basınç merkezine doğru dört yönden akan havanın Coriolis kuvvetiyle nasıl saptığını çizerek, sonuçta merkezin çevresinde hangi yönde dönen bir hava hareketi oluştuğunu açıklayın. Güney yarımkürede ne olur?

Çözümü göster

Kuzeyden güneye akan hava sağa, yani batıya; güneyden kuzeye akan hava doğuya; doğudan batıya akan hava kuzeye; batıdan doğuya akan hava güneye sapar. Merkezin kuzey tarafında batıya, güney tarafında doğuya, doğu tarafında kuzeye, batı tarafında güneye akış: üstten bakıldığında saatin tersi yönünde dönme. Güney yarımkürede sapmalar sola olduğundan siklonlar saat yönünde döner. Gerçek atmosferde, basınç kuvveti ile Coriolis kuvvetinin dengelendiği "jeostrofik rüzgâr" izobarlara paralel eser.

Problem 9.12Foucault çözümünün denetimi★★☆

(9.11)'in $\ddot{\eta} + 2i\Omega_z\dot{\eta} + \omega_0^2\eta = 0$ denklemini $\Omega_z^2$ mertebesindeki terimler ihmal edilerek sağladığını doğrulayın. $t = 0$'da sarkaç $x = A$'dan durgun hâlden bırakılırsa, bir salınım periyodu sonra salınım düzlemi ne kadar dönmüştür?

Çözümü göster

$\eta = e^{(-i\Omega_z \pm i\omega_0)t}$: $\alpha = i(\pm\omega_0 - \Omega_z)$; $\alpha^2 + 2i\Omega_z\alpha + \omega_0^2 = -(\omega_0 \mp \Omega_z)^2 \cdot$ ... açıkça: $\alpha^2 = -(\omega_0^2 \mp 2\omega_0\Omega_z + \Omega_z^2)$, $2i\Omega_z\alpha = -2\Omega_z(\pm\omega_0 - \Omega_z)$. Toplam $-\omega_0^2 \pm 2\omega_0\Omega_z - \Omega_z^2 \mp 2\omega_0\Omega_z + 2\Omega_z^2 + \omega_0^2 = \Omega_z^2 \approx 0$ ✓. Bir periyotta ($2\pi/\omega_0$) düzlem $2\pi\Omega_z/\omega_0$ radyan döner; Panthéon sarkacı için ($l = 67$ m, periyot 16,4 s) $7{,}29 \times 10^{-5} \times 0{,}753 \times 16{,}4 \approx 9{,}0 \times 10^{-4}$ rad, yani yaklaşık 3 yay dakikası: her salınımda sarkacın ucu, 3 m'lik bir genlikte, yaklaşık 3 mm yana kayar.

Problem 9.13Dönen çerçevede Lagrange fonksiyonu★★★

Sabit $\Omega$ ile $z$ ekseni çevresinde dönen bir çerçevede bir parçacığın hızı $\dot{\vb{r}} + \boldsymbol{\Omega}\times\vb{r}$'dir (eylemsiz çerçeveye göre, dönen çerçevenin bileşenleriyle). $\mathcal{L} = \tfrac12 m(\dot{\vb{r}} + \boldsymbol{\Omega}\times\vb{r})^2 - U$'nun Lagrange denklemlerinin (9.5)'i verdiğini gösterin.

Çözümü göster

$\mathcal{L} = \tfrac12 m\dot{\vb{r}}^2 + m\dot{\vb{r}}\cdot(\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r}) + \tfrac12 m(\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r})^2 - U$. İkinci terim, $q\vb{v}\cdot\vb{A}$ biçimindedir (7. bölüm) ve $\vb{A}$ yerine $m\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r}$, "manyetik alan" yerine $\nabla\times(m\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r}) = 2m\boldsymbol{\Omega}$ gelir: Lorentz kuvveti biçiminde $\dot{\vb{r}}\times 2m\boldsymbol{\Omega}$, yani Coriolis kuvveti ✓. Üçüncü terim $-U_{\text{mk}}$'dir ve merkezkaç kuvvetini verir ✓. Coriolis kuvvetinin manyetik kuvvete benzemesi rastlantı değildir: ikisi de hıza dik ve iş yapmaz.

Problem 9.14Larmor teoremi★★★

Düzgün ve zayıf bir $\vb{B}$ manyetik alanında bir çekirdeğin çevresinde dolanan bir elektronun hareketinin, $\boldsymbol{\Omega} = -q\vb{B}/2m$ açısal hızıyla dönen bir çerçevede, alan yokken olduğu gibi göründüğünü ($B^2$ mertebesindeki terimler ihmal edilerek) gösterin.

Çözümü göster

Dönen çerçevede Coriolis kuvveti $2m\dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega}$, manyetik kuvvet ise $q\dot{\vb{r}}\times\vb{B}$ + (çerçeve dönüşümünden gelen ve $\Omega B$ mertebesinde olan terimler). $\boldsymbol{\Omega} = -q\vb{B}/2m$ seçilirse $2m\dot{\vb{r}}\times\boldsymbol{\Omega} = -q\dot{\vb{r}}\times\vb{B}$: Coriolis kuvveti manyetik kuvveti tam olarak götürür. Geriye merkezkaç kuvveti ve $q(\boldsymbol{\Omega}\times\vb{r})\times\vb{B}$ terimleri kalır; ikisi de $B^2$ ile orantılıdır ve zayıf alanda ihmal edilir ✓. Elektronun yörüngesi, alan uygulanınca bütün olarak $qB/2m$ Larmor frekansıyla presesyon yapar.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 9. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
A. P. French, Newtonian Mechanics (W. W. Norton, 1971), 12. bölüm: eylemsizlik kuvvetleri ve gelgitler üzerine çok açık bir anlatım.
D. E. Cartwright, Tides: A Scientific History (Cambridge University Press, 1999): Newton'dan uydu altimetrisine gelgit kuramının tarihi.
A. Persson, "How do we understand the Coriolis force?", Bulletin of the American Meteorological Society 79 (1998): Coriolis kuvvetinin meteorolojideki yeri ve tarihçesi.
A. D. Aczel, Pendulum: Léon Foucault and the Triumph of Science (Atria Books, 2003): Foucault'nun deneyinin öyküsü.