Bölüm 3

Momentum ve Açısal Momentum

Momentumun korunumu ve itme; roketler, Tsiolkovsky denklemi ve kademeli roketler; kütle merkezi ve hareketi, sürekli cisimlerin kütle merkezi; tek parçacığın açısal momentumu, tork, merkezi kuvvetler ve Kepler'in ikinci yasası; çok parçacıklı sistemlerin açısal momentumu, yörünge ve spin ayrışması; sabit eksen etrafında dönme, eylemsizlik momenti ve yuvarlanma.

65 dk okuma12 çözümlü örnek11 şekil23 problem

Bu bölümde

Momentumun korunumunu çarpışmalara ve itme kavramına uygulamayı
Kütlesi değişen bir sistem olarak roketin hareket denklemini doğru biçimde türetmeyi ve kademeli roketlerin neden gerekli olduğunu
Kütle merkezini noktasal ve sürekli kütle dağılımları için hesaplamayı ve kütle merkezinin bir parçacık gibi hareket ettiğini kanıtlamayı
Açısal momentumu ve torku tanımlamayı; merkezi kuvvetlerde açısal momentumun korunumundan Kepler'in ikinci yasasını çıkarmayı
Çok parçacıklı sistemlerde açısal momentumun korunumunun hangi koşulda geçerli olduğunu ve toplam açısal momentumun yörünge ve spin parçalarına ayrılmasını
Sabit eksen etrafında dönen katı cisimlerde eylemsizlik momentini hesaplamayı ve dönme hareketinin denklemini yuvarlanma problemlerine uygulamayı

3.1Momentumun korunumu

1. bölümde Newton'un üçüncü yasasından yola çıkarak bir parçacık sisteminin toplam momentumu $\vb{P} = \sum_\alpha \vb{p}_\alpha$ için

$$ \dot{\vb{P}} = \vb{F}^{\text{dış}} $$

(3.1)

bağıntısını kanıtladık: iç kuvvetler çiftler hâlinde birbirini götürür ve toplam momentumu yalnızca dış kuvvetler değiştirebilir. Net dış kuvvet sıfırsa $\vb{P}$ sabittir. Bu bölümde bu sonucun gücünü kullanacak, ardından aynı düşünceyi dönme hareketine taşıyıp açısal momentumu tanımlayacağız.

(3.1)'i bir $t_1$ anından $t_2$ anına kadar integrallersek, momentumdaki değişimin dış kuvvetin zaman integraline eşit olduğunu buluruz:

$$ \Delta\vb{P} = \vb{P}(t_2) - \vb{P}(t_1) = \int_{t_1}^{t_2} \vb{F}^{\text{dış}}\,\dd t \equiv \vb{J} $$

(3.2)

Sağ taraftaki $\vb{J}$ niceliğine itme (impuls) denir. İtme kavramı özellikle kısa süreli ve büyük kuvvetlerde, örneğin bir topa vurulduğunda ya da iki cisim çarpıştığında kullanışlıdır. Böyle bir etkileşmede kuvvetin zamanla nasıl değiştiğini genellikle bilmeyiz, ama toplam itmeyi momentum değişiminden hesaplayabiliriz. $\vb{J}$'yi etkileşme süresine bölmek de ortalama kuvveti verir.

(3.1) bir vektör denklemidir ve bileşen bileşen geçerlidir. Dış kuvvetin yalnızca bir bileşeni sıfırsa momentumun yalnızca o bileşeni korunur. Örneğin havada uçan bir cisim sistemine yer çekimi etki eder, ama yer çekiminin yatay bileşeni yoktur; bu yüzden hava direnci ihmal edildiğinde sistemin toplam momentumunun yatay bileşeni korunur, düşey bileşeni ise korunmaz.

Momentumun korunumu, dış kuvvetler sıfır olmadığında bile çarpışmalarda çok işe yarar. Çarpışma kısa bir $\Delta t$ süresinde gerçekleşir. Bu sürede cisimlerin birbirine uyguladığı iç kuvvetler çok büyüktür, dış kuvvetler (yer çekimi, yol ile lastik arasındaki sürtünme) ise sonlu kalır. Dış kuvvetlerin itmesi $F^{\text{dış}}\Delta t$, $\Delta t \to 0$ iken sıfıra gider. Bu yüzden çarpışmadan hemen önceki ve hemen sonraki toplam momentumlar, çok iyi bir yaklaşıklıkla eşittir.

Örnek 3.1Kavşakta çarpışma

1 200 kg kütleli bir otomobil buzlu bir yolda 20 m/s (72 km/h) hızla giderken kırmızı ışıkta duran 1 800 kg kütleli bir minibüse arkadan çarpıyor ve iki araç birbirine kenetleniyor. Kenetlenmiş araçların çarpışmadan hemen sonraki hızı nedir? Başlangıçtaki kinetik enerjinin ne kadarı kaybolur?

Çözüm

Çarpışma süresince araçlar arasındaki kuvvetler, yolun uyguladığı dış kuvvetlerden çok büyüktür; momentum çarpışmadan hemen önce ve hemen sonra aynıdır. Hareket tek boyutludur:

$$ m_1 v_1 = (m_1 + m_2)\,v_s \quad\Rightarrow\quad v_s = \frac{m_1}{m_1 + m_2}\,v_1 = \frac{1\,200}{3\,000} \times 20 = 8{,}0\ \text{m/s} $$

Kinetik enerjiler $K_i = \tfrac12 \times 1\,200 \times 20^2 = 240$ kJ ve $K_s = \tfrac12 \times 3\,000 \times 8{,}0^2 = 96$ kJ'dür. Başlangıçtaki kinetik enerjinin $144$ kJ'lük kısmı, yani yüzde 60'ı, metalin kalıcı olarak bükülmesine, ısıya ve sese harcanır. Bu oran yalnızca kütlelere bağlıdır: hedef durgunken kaybolan pay $m_2/(m_1 + m_2)$'dir (Problem 3.3). Hafif bir araç durgun ve ağır bir araca çarptığında kinetik enerjisinin büyük kısmı kaybolur; hafif aracın yolcuları da çok daha büyük bir hız değişimi yaşar (burada $20 - 8 = 12$ m/s, minibüstekiler ise 8 m/s).

Bu sonuçlarda momentumun korunumu kullanıldı, enerjinin korunumu kullanılmadı. Cisimler birbirine yapıştığında kinetik enerji korunmaz; bu tür çarpışmalara tamamen esnek olmayan çarpışma denir. Enerjiyi 4. bölümde, çarpışmaların ayrıntılı kuramını ise 14. bölümde inceleyeceğiz.

3.2Roketler

Momentumun korunumunun en çarpıcı uygulamalarından biri roket hareketidir. Bir roket, yakıtını yakarak oluşan gazı arkadan büyük bir hızla dışarı atar. Atılan gaz geriye doğru momentum taşıdığından, toplam momentumun korunması için roket ileriye doğru momentum kazanır. Roketin itmek için havaya ya da başka bir şeye ihtiyacı yoktur; boşlukta da, hatta en iyi boşlukta çalışır.

Problemi dikkatle kuralım. Roketin kütlesi zamanla azalır, dolayısıyla roket tek başına sabit kütleli bir sistem değildir. Newton'un ikinci yasasını kütlesi değişmeyen bir sisteme uygulamamız gerekir: $t$ anında roketin içinde bulunan bütün maddeye. Roketin bir eylemsiz çerçevede tek boyutta hareket ettiğini düşünelim. $t$ anında kütlesi $m$, hızı $v$'dir. Kısa bir $\dd t$ süresinde roket $-\dd m$ kütlesinde gaz atar ($\dd m$, roketin kütlesindeki değişimdir ve negatiftir; atılan kütle $-\dd m$ pozitiftir). Gaz, rokete göre geriye doğru sabit bir $u$ hızıyla, yani yere göre $v - u$ hızıyla çıkar. $u$'ya egzoz hızı denir.

Roketin momentum dengesi — **Şekil 3.1.** $t$ anında kütlesi $m$ ve hızı $v$ olan roket, $\dd t$ süresinde $-\dd m$ kütlesinde gazı yere göre $v - u$ hızıyla dışarı atar ve hızı $v + \dd v$'ye çıkar.

$t$ anındaki ve $t + \dd t$ anındaki toplam momentum:

$$ P(t) = m v, \qquad P(t + \dd t) = (m + \dd m)(v + \dd v) + (-\dd m)(v - u) $$

İkinci ifadeyi açıp ikinci mertebeden küçük olan $\dd m\,\dd v$ terimini atarsak momentumdaki değişim $\dd P = m\,\dd v + u\,\dd m$ olur. Bu değişim, sisteme etki eden dış kuvvetin itmesine eşittir: $\dd P = F^{\text{dış}}\,\dd t$. Her iki tarafı $\dd t$'ye bölersek roketin hareket denklemini buluruz:

$$ m\dot{v} = -\dot{m}\,u + F^{\text{dış}} $$

(3.3)

$\dot{m} < 0$ olduğundan sağdaki ilk terim pozitiftir ve roketi ileri doğru iten kuvvet gibi davranır. Bu terime roketin itki kuvveti (thrust) denir:

$$ F_{\text{itki}} = -\dot{m}\,u $$

(3.4)

İtki kuvveti, birim zamanda atılan kütle ile egzoz hızının çarpımıdır. Büyük bir itki kuvveti için ya çok hızlı yakıt yakmak ya da gazı çok hızlı atmak gerekir.

Önce dış kuvvetin olmadığı durumu (derin uzay) ele alalım. (3.3)'te $F^{\text{dış}} = 0$ alıp $\dd t$'leri sadeleştirirsek $m\,\dd v = -u\,\dd m$, yani $\dd v = -u\,\dd m/m$ olur. Bunu başlangıçtaki $m_0$ kütlesi ve $v_0$ hızından herhangi bir $m$ kütlesine kadar integrallersek:

$$ v - v_0 = u \ln\frac{m_0}{m} $$

(3.5)

Bu sonuca roket denklemi ya da Tsiolkovsky denklemi denir. Hız kazancı yakıtın ne hızda yakıldığına bağlı değildir; yalnızca egzoz hızına ve kütle oranı $m_0/m$'ye bağlıdır. Logaritma çok yavaş büyüyen bir fonksiyon olduğundan, egzoz hızının üç katı bir hız kazanmak için kütle oranının $e^3 \approx 20$ olması, yani roketin kütlesinin yüzde 95'inin yakıt olması gerekir.

Tarihçe

Konstantin Tsiolkovsky, 1903'te yayımladığı "Tepkili araçlarla evren uzaylarının incelenmesi" başlıklı makalesinde (3.5)'i türetti ve sıvı yakıtlı roketler önerdi; 1929'da da çok kademeli "roket trenleri" fikrini geliştirdi. O sırada Kaluga'da bir okulda matematik öğretmeniydi. Robert Goddard, ilk sıvı yakıtlı roketi 16 Mart 1926'da Massachusetts'te fırlattı; roket 2,5 saniyede 12,5 m yükseldi. Bu denemeden 43 yıl sonra Saturn V, Apollo 11 astronotlarını Ay'a götürdü.

Dikkat

Kütlesi değişen bir cisim için ikinci yasayı $F = \dd(mv)/\dd t = m\dot{v} + \dot{m}v$ biçiminde yazmak yaygın bir hatadır. Bu ifade roket için yanlış sonuç verir: içindeki $\dot{m}v$ terimi roketin hızına bağlıdır ve bu yüzden sonucu, hareketi hangi eylemsiz çerçeveden incelediğimize göre değişir. Oysa (3.3)'te yalnızca roket ile gaz arasındaki bağıl hız $u$ yer alır ve denklem her eylemsiz çerçevede aynıdır. Newton'un ikinci yasası kütlesi sabit bir parçacık topluluğuna uygulanır; roket probleminde bu topluluk, roket ile $\dd t$ süresinde attığı gazdır.

Roket yer çekimine karşı düşey olarak yükseliyorsa $F^{\text{dış}} = -mg$ olur (hava direncini ihmal ediyoruz). (3.3)'ün iki tarafını $m$'ye bölüp $\dd t$ ile çarparsak $\dd v = -u\,\dd m/m - g\,\dd t$ buluruz. $g$ sabit kabul edilirse integral hemen alınır:

$$ v(t) = v_0 + u \ln\frac{m_0}{m(t)} - g t $$

(3.6)

Yer çekiminin etkisi, yakıtın yanma süresiyle orantılı bir $gt$ "yer çekimi kaybıdır". Bu kaybı azaltmak için yakıt hızlı yakılmalıdır. Bunun bir sınırı da vardır: kalkışta itki kuvveti roketin ağırlığından büyük olmalıdır ($-\dot{m}u > m_0 g$), yoksa roket yerden kalkamaz.

Örnek 3.2Büyük bir roketin birinci kademesi

Değerleri Saturn V'in birinci kademesine yakın olan bir roket düşünelim: kalkış kütlesi $m_0 = 2{,}8 \times 10^6$ kg, birinci kademenin yakıtı bittiğinde kütlesi $m = 7{,}5 \times 10^5$ kg, yanma süresi 150 s ve egzoz hızı $u = 2{,}6$ km/s. Yakıt sabit hızla yakılıyor. (a) İtki kuvvetini ve kalkıştaki ivmeyi bulun. (b) Birinci kademe bittiğinde roketin hızı, yer çekimi olmasaydı ne olurdu? Roket düşey olarak yükselirse ne olur?

Çözüm

(a) Kütle akış hızı $|\dot{m}| = (2{,}8 \times 10^6 - 7{,}5 \times 10^5)/150 = 1{,}37 \times 10^4$ kg/s'dir; saniyede 13,7 ton yakıt yanar. (3.4) ile itki kuvveti

$$ F_{\text{itki}} = 1{,}37 \times 10^4 \times 2{,}6 \times 10^3 = 3{,}55 \times 10^7\ \text{N} $$

olur. Bu, yaklaşık 3 600 tonluk bir ağırlığa eşittir. Kalkışta (3.3) ile $a = F_{\text{itki}}/m_0 - g = 12{,}7 - 9{,}8 = 2{,}9$ m/s². Roket yavaş kalkar, çünkü itki kuvveti ağırlığından yalnızca yüzde 30 kadar büyüktür. Yakıt azaldıkça ivme artar: kademenin sonunda $F_{\text{itki}}/m - g = 47{,}4 - 9{,}8 = 37{,}6$ m/s², yaklaşık $3{,}8\,g$ olur. Gerçek Saturn V'te ivmeyi sınırlamak için beş motordan ortadaki erken kapatılıyordu.

(b) Kütle oranı $m_0/m = 3{,}73$ ve $\ln 3{,}73 = 1{,}32$'dir. Yer çekimi olmasaydı (3.5) ile

$$ \Delta v = 2{,}6 \times 1{,}32 = 3{,}42\ \text{km/s} $$

bulunurdu. Düşey yükselişte (3.6)'daki yer çekimi kaybı $gt = 9{,}8 \times 150 = 1{,}47$ km/s'dir ve hız yalnızca $3{,}42 - 1{,}47 = 1{,}95$ km/s olur. Kazancın yüzde 43'ü yer çekimine karşı harcanmıştır. Gerçek fırlatışlarda roket, yükseldikçe yatay doğrultuya doğru eğilir; böylece yer çekimi kaybı azalır ve yörüngede kalmak için gereken yatay hız kazanılır.

Roketin hızı — **Şekil 3.2.** Örnek 3.2'deki roketin hızı. Yer çekimi olmadığında hız (3.5)'e uyar; düşey yükselişte hız her an $gt$ kadar düşüktür. Eğrilerin yukarı doğru bükülmesi, kütle azaldıkça ivmenin artmasından kaynaklanır.

Alçak bir Dünya yörüngesine çıkmak için yaklaşık 7,8 km/s'lik bir yörünge hızı gerekir. Yer çekimi ve hava direnci kayıplarıyla birlikte toplam hız kazancı 9,3–9,5 km/s olmalıdır. En iyi kimyasal yakıtların egzoz hızı 4,5 km/s civarındadır. (3.5)'e göre bu, tek bir roketin kütle oranının $e^{9{,}4/4{,}5} \approx 8$ olması demektir. Bu oran ilk bakışta mümkün görünür, ama yakıt tanklarının, motorların ve yapının kütlesini hesaba katınca durum değişir. Çözüm, kademeli roketlerdir: yakıtı biten tanklar ve motorlar atılır ve roket gereksiz kütleyi taşımaz.

Örnek 3.3Neden kademeli roket?

Toplam kütlesi 100 t olan ve 1 t'luk bir uydu taşıyan, egzoz hızı $u = 3{,}0$ km/s olan iki roket tasarımını karşılaştırın. Her iki tasarımda yapı (tank, motor) kütlesi, taşıdığı yakıtın kütlesinin yaklaşık dokuzda biri, yani kademenin kütlesinin yüzde 10'u kadardır. (a) Tek kademeli roket: 89 t yakıt, 10 t yapı. (b) İki kademeli roket: birinci kademede 70 t yakıt ve 7,8 t yapı, ikinci kademede 19,1 t yakıt ve 2,1 t yapı.

Çözüm

(a) Yakıt bittiğinde kalan kütle $10 + 1 = 11$ t'dur:

$$ \Delta v = 3{,}0 \ln\frac{100}{11} = 3{,}0 \times 2{,}21 = 6{,}6\ \text{km/s} $$

Bu, yörüngeye çıkmak için yeterli değildir.

(b) Birinci kademe yandığında kütle $100 - 70 = 30$ t olur: $\Delta v_1 = 3{,}0 \ln(100/30) = 3{,}61$ km/s. Ardından 7,8 t'luk boş birinci kademe atılır ve roketin kütlesi 22,2 t'a iner. İkinci kademe yandığında kütle $22{,}2 - 19{,}1 = 3{,}1$ t olur: $\Delta v_2 = 3{,}0 \ln(22{,}2/3{,}1) = 5{,}91$ km/s. Toplam

$$ \Delta v = \Delta v_1 + \Delta v_2 = 9{,}52\ \text{km/s} $$

olur ve yörüngeye çıkmaya yeter. Yakıt ve yapı oranları iki tasarımda da aynıdır; tek fark, ikinci tasarımın boşalan 7,8 t'luk yapıyı yörüngeye kadar taşımamasıdır. Genel olarak $n$ kademeli bir roketin toplam hız kazancı, kademelerin kazançlarının toplamıdır: $\Delta v = u\sum_i \ln(m_{0i}/m_{si})$. Burada $m_{0i}$ ve $m_{si}$, $i$. kademenin ateşlendiği ve sustuğu andaki toplam kütlelerdir.

3.3Kütle merkezi

1. bölümde, bir cisim sistemine Newton'un ikinci yasasının bir bütün olarak uygulanabileceğini ve bunu kütle merkezi kavramıyla kanıtlayacağımızı söylemiştik. $N$ parçacıklı bir sistemin toplam kütlesi $M = \sum_\alpha m_\alpha$ olsun. Sistemin kütle merkezi (KM), konum vektörü

$$ \vb{R} = \frac{1}{M}\sum_{\alpha = 1}^{N} m_\alpha\,\vb{r}_\alpha $$

(3.7)

olan noktadır. Bileşenler hâlinde $X = \sum m_\alpha x_\alpha/M$ ve benzer biçimde $Y$ ile $Z$. Kütle merkezi, parçacıkların konumlarının kütleleriyle ağırlıklandırılmış ortalamasıdır. Kütleleri $m_1$ ve $m_2$ olan iki parçacığın kütle merkezi, iki parçacığı birleştiren doğru parçası üzerindedir ve onu $m_2 : m_1$ oranında böler; KM ağır parçacığa daha yakındır.

Kütle merkezinin konumu orijinin seçimine bağlıdır, ama sistem içindeki yeri bağlı değildir: orijini $\vb{a}$ kadar kaydırırsak bütün $\vb{r}_\alpha$'lar ve $\vb{R}$ aynı $\vb{a}$ kadar değişir. (3.7)'nin zamana göre türevini alalım. Kütleler sabit olduğundan

$$ M\dot{\vb{R}} = \sum_\alpha m_\alpha\dot{\vb{r}}_\alpha = \sum_\alpha \vb{p}_\alpha = \vb{P} $$

(3.8)

Sistemin toplam momentumu, bütün kütle KM'de toplanmış ve KM'nin hızıyla hareket ediyormuş gibi yazılabilir. Bir kez daha türev alıp (3.1)'i kullanırsak:

$$ M\ddot{\vb{R}} = \vb{F}^{\text{dış}} $$

(3.9)

Teorem 3.1Kütle merkezinin hareketi

Bir parçacık sisteminin kütle merkezi, kütlesi sistemin toplam kütlesine eşit ve sisteme etki eden bütün dış kuvvetlerin etkisindeki tek bir parçacık gibi hareket eder. İç kuvvetler kütle merkezinin hareketini etkilemez.

Bu teorem, bütün bir gezegeni, bir arabayı ya da bir beyzbol topunu tek bir parçacık gibi ele alabilmemizin gerekçesidir: bu cisimlerin KM'leri, içlerindeki moleküllerin karmaşık hareketlerinden tamamen bağımsız olarak, dış kuvvetlerin belirlediği basit bir yol izler. Bir trampolincinin kolları ve bacakları havada nasıl dönerse dönsün KM'si bir parabol çizer. Dış kuvvet sıfırsa KM ya durgun kalır ya da sabit hızla hareket eder.

Kütle merkezinin bir parçacığa denk gelmesi gerekmez. Bir halkanın ya da bir bumerangın KM'si cismin dışında, boşluktadır. Yine de KM'nin hareketi (3.9)'a uyar.

Örnek 3.4Dünya–Ay sisteminin kütle merkezi

Dünya'nın kütlesi $5{,}97 \times 10^{24}$ kg, Ay'ınki $7{,}35 \times 10^{22}$ kg ve merkezleri arasındaki ortalama uzaklık $3{,}84 \times 10^8$ m'dir. Dünya–Ay sisteminin KM'si nerededir?

Çözüm

Orijini Dünya'nın merkezine yerleştirelim. (3.7)'den KM, Ay'a doğru

$$ X = \frac{m_{\text{Ay}}\,d}{M_{\text{D}} + m_{\text{Ay}}} = \frac{7{,}35 \times 10^{22} \times 3{,}84 \times 10^8}{6{,}04 \times 10^{24}} = 4{,}67 \times 10^6\ \text{m} $$

uzaklıktadır. Dünya'nın yarıçapı 6 371 km olduğundan bu nokta Dünya'nın içinde, yüzeyin yaklaşık 1 700 km altındadır. Kesin konuşursak Ay, Dünya'nın merkezi çevresinde dolanmaz; ikisi birlikte bu ortak KM'nin çevresinde dolanır. Dünya'nın merkezi de KM'nin çevresinde 27,3 günde bir 4 670 km yarıçaplı bir çember çizer. Güneş'in çevresinde eliptik bir yol izleyen nokta Dünya'nın merkezi değil, bu KM'dir. Gökbilimciler aynı etkiyi başka yıldızlar için kullanır: yıldızın, çevresindeki gezegenle ortak KM'si çevresindeki küçük salınımı ölçülerek görünmeyen gezegenler keşfedilir.

Örnek 3.5Sandalda yürüyen kişi

70 kg kütleli bir kişi, durgun suda duran 3,0 m uzunluğunda ve 140 kg kütleli bir sandalın bir ucundan öbür ucuna yürüyor. Suyun sürtünmesi ihmal edilirse sandal ne kadar kayar?

Çözüm

Kişi ile sandaldan oluşan sistemin yatay doğrultuda dış kuvveti yoktur. Başlangıçta her şey durgun olduğundan (3.8)'e göre KM durgun kalır ve yatay konumu değişmez. Kişinin yürüdüğü doğrultuyu pozitif alalım. Sandal ters yönde $d$ kadar kayarsa, kişi sandala göre 3,0 m, suya göre ise $3{,}0 - d$ kadar yer değiştirir. KM'nin yer değiştirmesi sıfır olmalıdır:

$$ m_k(3{,}0 - d) - m_s d = 0 \quad\Rightarrow\quad d = \frac{m_k}{m_k + m_s} \times 3{,}0 = \frac{70}{210} \times 3{,}0 = 1{,}0\ \text{m} $$

Sandal 1,0 m geri kayar; kişi kıyıya göre yalnızca 2,0 m ilerler. Sonucun kişinin yürüme biçiminden (hızlı, yavaş, duraklayarak) bağımsız olduğuna dikkat edin. Kütle merkezi düşüncesi, ayrıntılı hareketi hiç çözmeden sonuca ulaştırdı. Sandaldan kıyıya atlamaya çalışan herkes bu etkiyi tanır.

Örnek 3.6Havada patlayan mermi

Bir havan mermisi yerden 49 m/s hızla ve yatayla 45° açı yapacak biçimde atılıyor. Mermi yolunun tepe noktasında iki eşit parçaya ayrılıyor. Parçalardan biri patlamadan hemen sonra durgun hâle geçip düşey olarak düşüyor. Öbür parça nereye düşer? Hava direnci ihmal edilecek.

Çözüm

Patlama kuvvetleri iç kuvvettir. Patlamadan sonra da sisteme yalnızca yer çekimi etki eder; bu yüzden KM, patlama hiç olmamış gibi aynı parabolü izler (Teorem 3.1). Mermi patlamasaydı

$$ R = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g} = \frac{49^2}{9{,}8} = 245\ \text{m} $$

uzağa düşerdi. Tepe noktası $x = R/2 = 122{,}5$ m'dedir. Durgun hâle geçen parça buradan düşey olarak düşer ve $x_1 = 122{,}5$ m'de yere çarpar. İki parça aynı yükseklikten, düşey hızları sıfırken ayrıldığından aynı anda yere çarpar. O anda KM'nin $X = R = 245$ m'de olması gerekir. Eşit kütleler için $X = (x_1 + x_2)/2$ olduğundan

$$ x_2 = 2R - x_1 = 490 - 122{,}5 = 367{,}5\ \text{m} $$

Aynı sonucu momentumla da bulabiliriz. Tepe noktasında hız yatay ve $v_x = 49\cos 45° = 34{,}6$ m/s'dir. Yatay momentumun korunumu gereği ikinci parça $2v_x$ hızıyla çıkar ve düşüş süresinde birinci parçanın iki katı yol alır. Parçalar aynı anda yere düşmeseydi (örneğin biri yukarı fırlasaydı) KM'nin konumu, parçalardan biri yere çarptıktan sonra artık parabolü izlemezdi. Çünkü o andan sonra yerin uyguladığı kuvvet de bir dış kuvvettir.

Patlayan merminin parçaları — **Şekil 3.4.** Tepe noktasında patlayan merminin parçaları farklı yollar izler, ama kütle merkezleri (kesikli parabol) patlama olmamış gibi hareket eder.

3.4Sürekli cisimlerin kütle merkezi

Katı bir cisim çok sayıda atomdan oluşur, ama bu atomları tek tek toplamak yerine kütlenin cisme sürekli olarak dağıldığını düşünmek çok daha kullanışlıdır. Cismi küçük $\dd m$ kütleli parçalara böler ve (3.7)'deki toplamı integrale çeviririz:

$$ \vb{R} = \frac{1}{M}\int \vb{r}\,\dd m = \frac{1}{M}\int \varrho\,\vb{r}\,\dd V $$

(3.10)

Burada $\varrho$, hacim başına kütle yoğunluğudur. İnce levhalarda yüzey yoğunluğu $\sigma$ ile $\dd m = \sigma\,\dd A$, ince tellerde çizgisel yoğunluk $\lambda$ ile $\dd m = \lambda\,\dd\ell$ yazılır. Bu bir vektör integralidir ve her bileşen için ayrı ayrı alınır.

İntegral almadan önce her zaman simetriye bakılmalıdır. Türdeş (homojen, yani yoğunluğu her yerde aynı olan) bir cismin bir simetri düzlemi varsa KM bu düzlem üzerindedir; bir simetri ekseni varsa bu eksen üzerindedir. Türdeş bir kürenin, küpün ya da silindirin KM'si geometrik merkezidir. Simetri genellikle üç integralden ikisini gereksiz kılar.

Örnek 3.7Yarım diskin kütle merkezi

Yarıçapı $R$ olan türdeş, ince bir yarım diskin kütle merkezini bulun.

Çözüm

Düz kenarı $x$ ekseni üzerine, merkezi orijine yerleştirelim (Şekil 3.5). Disk $y$ eksenine göre simetrik olduğundan $X = 0$'dır. $Y$'yi bulmak için diski yatay şeritlere bölelim. $y$ yüksekliğindeki şeridin uzunluğu $2\sqrt{R^2 - y^2}$ ve kütlesi $\dd m = \sigma \cdot 2\sqrt{R^2 - y^2}\,\dd y$'dir. Toplam kütle $M = \sigma\pi R^2/2$'dir. (3.10) ile

$$ Y = \frac{1}{M}\int_0^R y\,\sigma\,2\sqrt{R^2 - y^2}\,\dd y = \frac{2\sigma}{M}\left[-\tfrac13\left(R^2 - y^2\right)^{3/2}\right]_0^R = \frac{2\sigma}{M}\,\frac{R^3}{3} = \frac{4R}{3\pi} $$

İntegrali $w = R^2 - y^2$ değişken değişikliğiyle ($\dd w = -2y\,\dd y$) aldık. Sonuç $Y \approx 0{,}424\,R$'dir. KM yarım diskin ortasından ($R/2$) biraz aşağıdadır, çünkü kütlenin çoğu geniş olan alt bölgededir. Aynı integral kutupsal koordinatlarla da alınabilir: $\dd m = \sigma\,r\,\dd r\,\dd\phi$ ve $y = r\sin\phi$ ile $Y = (\sigma/M)\int_0^R r^2\,\dd r\int_0^\pi \sin\phi\,\dd\phi = (\sigma/M)(R^3/3)(2)$, aynı sonuç.

Yöntem

Delikli ya da oyuklu cisimlerde negatif kütle düşüncesi işleri çok kolaylaştırır. Bir diskten küçük bir disk kesilmişse cismi, tam disk ile "kütlesi negatif" küçük diskin toplamı olarak düşünebiliriz. Her ikisinin KM'si simetriden bellidir ve (3.7) bu iki "parçacığa" uygulanır (Problem 3.11).

3.5Tek parçacığın açısal momentumu

Momentum, ötelenme hareketinin "miktarını" ölçer ve dış kuvvet olmadıkça korunur. Dönme hareketi için de benzer bir nicelik arayalım. Bir $O$ noktasına göre konumu $\vb{r}$ ve momentumu $\vb{p} = m\vb{v}$ olan bir parçacığın $O$'ya göre açısal momentumu

$$ \boldsymbol{\ell} = \vb{r} \times \vb{p} $$

(3.11)

vektörüdür. Parçacığa etki eden $\vb{F}$ kuvvetinin $O$'ya göre torku (kuvvet momenti) ise

$$ \boldsymbol{\Gamma} = \vb{r} \times \vb{F} $$

(3.12)

olarak tanımlanır. Tork, kuvvetin döndürme etkisini ölçer. Büyüklüğü $rF\sin\theta$'dır: kuvvet ile $O$'dan kuvvetin etki doğrusuna olan dik uzaklığın (kuvvet kolunun) çarpımıdır. Bir kapıyı menteşeden uzaktan ve kapıya dik olarak itmenin daha kolay olması bu yüzdendir.

**Şekil 3.6.** Açısal momentum $\boldsymbol{\ell} = \vb{r}\times\vb{p}$, hem $\vb{r}$'ye hem $\vb{p}$'ye diktir. $\vb{r}$ ile $\vb{p}$'nin belirlediği düzlem taralı gösterilmiştir; $\boldsymbol{\ell}$ bu düzleme diktir ve yönü sağ el kuralıyla bulunur.

$\boldsymbol{\ell}$'nin zamana göre türevini alalım. Vektörel çarpımın türevi için çarpım kuralı geçerlidir, yalnız çarpanların sırası korunmalıdır:

$$ \dot{\boldsymbol{\ell}} = \dot{\vb{r}} \times \vb{p} + \vb{r} \times \dot{\vb{p}} = \vb{v} \times m\vb{v} + \vb{r} \times \vb{F} $$

İlk terim sıfırdır, çünkü bir vektörün kendisiyle vektörel çarpımı sıfırdır. İkinci terimde Newton'un ikinci yasasını kullandık. Sonuç:

$$ \dot{\boldsymbol{\ell}} = \boldsymbol{\Gamma} $$

(3.13)

Bu bağıntı, (3.1)'in dönme hareketindeki karşılığıdır: kuvvet momentumu, tork açısal momentumu değiştirir. (3.13) yalnızca $O$'nun eylemsiz bir çerçevede sabit bir nokta olması durumunda bu biçimdedir. $O$ hareket ediyorsa $\dot{\vb{r}}$ artık parçacığın hızı değildir ve ilk terim sıfır olmaz.

Dikkat

Açısal momentum ve tork her zaman bir noktaya göre tanımlanır; bu nokta değiştirilirse ikisi de değişir. Sabit hızla düz bir çizgide giden bir parçacığın açısal momentumu, çizginin üzerindeki bir noktaya göre sıfırdır, çizginin dışındaki bir noktaya göre değildir. Bir problemde açısal momentumdan söz etmeden önce referans noktası açıkça seçilmeli ve bütün problem boyunca aynı nokta kullanılmalıdır.

Düzlemde hareket eden bir parçacık için açısal momentum hep hareket düzlemine diktir ve yalnızca $z$ bileşeni vardır. 1. bölümde bulduğumuz kutupsal hız ifadesi $\vb{v} = \dot{r}\,\uv{r} + r\dot{\phi}\,\uv{\phi}$ ile $\vb{r} \times \vb{v} = r\uv{r} \times (\dot{r}\,\uv{r} + r\dot{\phi}\,\uv{\phi}) = r^2\dot{\phi}\,\uv{z}$ olduğundan:

$$ \ell_z = m r^2 \dot{\phi} $$

(3.14)

Açısal momentuma yalnızca hızın $\uv{r}$'ye dik olan bileşeni $r\dot{\phi}$ katkıda bulunur; parçacığın merkeze yaklaşıp uzaklaşması açısal momentumu değiştirmez.

Merkezi kuvvetler

Bir kuvvet her noktada sabit bir $O$ merkezine doğru ya da ondan uzağa doğru yönelmişse, yani $\vb{F} = f(\vb{r})\,\uv{r}$ biçimindeyse, bu kuvvete merkezi kuvvet denir. Gezegenlere Güneş'in uyguladığı kütle çekim kuvveti, çekirdeğin elektrona uyguladığı Coulomb kuvveti ve öbür ucu sabit bir noktaya bağlı bir ipin, ucundaki taşa uyguladığı gerilme kuvveti bu türdendir. Merkezi bir kuvvetin $O$'ya göre torku sıfırdır, çünkü $\vb{r}$ ile $\vb{F}$ paraleldir: $\vb{r} \times f\uv{r} = 0$. (3.13)'ten:

Teorem 3.2Merkezi kuvvette açısal momentum

Merkezi bir kuvvetin etkisinde hareket eden bir parçacığın, kuvvet merkezine göre açısal momentumu sabittir. Bu yüzden parçacığın yolu, kuvvet merkezinden geçen ve $\boldsymbol{\ell}$'ye dik olan sabit bir düzlemdedir.

Teoremin ikinci kısmı şöyle anlaşılır: $\boldsymbol{\ell} = \vb{r} \times \vb{p}$ tanımı gereği $\vb{r}$'ye diktir, yani her an $\vb{r} \cdot \boldsymbol{\ell} = 0$'dır. $\boldsymbol{\ell}$ sabit bir vektör olduğundan bu, $\vb{r}$'nin hep $\boldsymbol{\ell}$'ye dik olan aynı düzlemde kaldığını söyler. Gezegen yörüngelerinin düzlemsel olması bu yüzdendir; 8. bölümde merkezi kuvvet problemini çözerken bu sonucu baştan kullanacağız.

Açısal momentumun korunumunu kuvvetin bileşenlerinden de görebiliriz. 1. bölümde kutupsal ivmenin $\uv{\phi}$ bileşenini $a_\phi = r\ddot{\phi} + 2\dot{r}\dot{\phi}$ olarak bulmuştuk. Bu ifade

$$ a_\phi = \frac{1}{r}\dv{}{t}\left(r^2\dot{\phi}\right) $$

biçiminde yazılabilir (türevi açarak doğrulayın). Merkezi kuvvetin $\uv{\phi}$ bileşeni olmadığından $a_\phi = 0$, yani $r^2\dot{\phi}$ ve dolayısıyla (3.14) sabittir.

Örnek 3.8Delikten çekilen ip

Sürtünmesiz yatay bir masanın üzerindeki 0,20 kg kütleli bir disk, masadaki küçük bir delikten geçen ipe bağlıdır. Disk başlangıçta deliğin çevresinde 0,50 m yarıçaplı bir çember üzerinde 2,0 m/s hızla dolanıyor. Masanın altındaki biri ipi yavaşça çekerek yarıçapı 0,25 m'ye indiriyor. Diskin yeni hızını, ipteki gerilmenin başlangıç ve son değerlerini ve ipi çeken kişinin yaptığı işi bulun.

Çözüm

İpin diske uyguladığı gerilme kuvveti hep deliğe doğrudur: deliğe göre merkezi bir kuvvettir. Yer çekimi ile masanın tepki kuvveti düşeydir ve birbirini dengeler. Bu yüzden diskin deliğe göre açısal momentumu korunur (Teorem 3.2). İp yavaşça çekildiği için disk her an yaklaşık bir çember üzerindedir ve hızı yarıçapa diktir; $\ell = mrv$ olur:

$$ m r_0 v_0 = m r v \quad\Rightarrow\quad v = \frac{r_0}{r}\,v_0 = \frac{0{,}50}{0{,}25} \times 2{,}0 = 4{,}0\ \text{m/s} $$

Gerilme kuvveti çembersel hareket için gereken merkezcil kuvvettir: $T = mv^2/r$. Başlangıçta $T_0 = 0{,}20 \times 2{,}0^2/0{,}50 = 1{,}6$ N, sonda $T = 0{,}20 \times 4{,}0^2/0{,}25 = 12{,}8$ N. Yarıçap yarıya inince gerilme sekiz katına çıkar; genel olarak $T \propto 1/r^3$'tür. Kinetik enerji $\tfrac12 \times 0{,}20 \times 2{,}0^2 = 0{,}40$ J'den $\tfrac12 \times 0{,}20 \times 4{,}0^2 = 1{,}60$ J'e çıkar; aradaki 1,20 J'lük fark ipi çeken kişinin yaptığı iştir. Bunu doğrudan da doğrulayabiliriz. $v = r_0v_0/r$ olduğundan $T(r) = m r_0^2 v_0^2/r^3$ ve

$$ W = \int_{r}^{r_0} T(r')\,\dd r' = \frac{m r_0^2 v_0^2}{2}\left(\frac{1}{r^2} - \frac{1}{r_0^2}\right) = \frac{0{,}20 \times 0{,}25 \times 4{,}0}{2}\,(16 - 4) = 1{,}20\ \text{J} \;✓ $$

Açısal momentum korunur, ama kinetik enerji korunmaz: disk deliğe yaklaşırken gerilme kuvveti yönünde yer değiştirdiği için ipin kuvveti diske iş yapar.

3.6Kepler'in ikinci yasası

Johannes Kepler, Tycho Brahe'nin Mars gözlemlerinden 1609'da gezegenlerin hareketiyle ilgili iki yasa çıkardı (üçüncüsünü 1619'da buldu). İkinci yasa şöyledir: Güneş'i bir gezegene birleştiren doğru, eşit zaman aralıklarında eşit alanlar tarar. Kepler bu yasayı gözlemlerden buldu; doğru fiziksel açıklamasını ise yaklaşık 80 yıl sonra Newton verdi. Şimdi bunun, açısal momentumun korunumunun geometrik bir ifadesi olduğunu göstereceğiz; yani yalnızca kütle çekim kuvvetinin merkezi olmasından çıkar ve kuvvetin uzaklıkla nasıl değiştiğine hiç bağlı değildir.

Kısa bir $\dd t$ süresinde gezegen $\vb{r}$'den $\vb{r} + \dd\vb{r}$'ye gider. Güneş'ten gezegene uzanan doğru, kenarları $\vb{r}$ ve $\dd\vb{r}$ olan ince bir üçgen tarar. 1. bölümde gördüğümüz gibi $|\vb{r} \times \dd\vb{r}|$, bu iki vektörün belirlediği paralelkenarın alanıdır; üçgenin alanı bunun yarısıdır:

$$ \dd A = \tfrac12\,|\vb{r} \times \dd\vb{r}| = \tfrac12\,|\vb{r} \times \vb{v}|\,\dd t = \frac{\ell}{2m}\,\dd t $$

Buna göre alan tarama hızı

$$ \dv{A}{t} = \frac{\ell}{2m} $$

(3.15)

olur. Açısal momentum sabitse alan tarama hızı da sabittir ve eşit sürelerde eşit alanlar taranır. Tersine, yörünge sabit bir düzlemdeyse ve eşit alanlar yasası geçerliyse açısal momentum hem büyüklük hem doğrultu olarak sabittir; bu da gezegenlere etki eden kuvvetin Güneş'e yöneldiğini gösterir. Newton, merkezi bir kuvvetin eşit alanlar yasasını verdiğini Principia'nın birinci kitabının 1. önermesinde, tersini de 2. önermesinde kanıtladı.

Kepler'in ikinci yasası — **Şekil 3.8.** Dışmerkezliği 0,6 olan bir yörüngede eşit sürelerde taranan iki alan. Gezegen Güneş'e yakınken (günberi) hızlı, uzakken (günöte) yavaş hareket eder; taranan alanlar eşittir.

Örnek 3.9Halley kuyruklu yıldızı

Halley kuyruklu yıldızının Güneş'e en yakın uzaklığı (günberi) 0,586 AB, en uzak uzaklığı (günöte) 35,1 AB'dir (1 AB, Dünya ile Güneş arasındaki ortalama uzaklıktır). Günberide hızı 54,6 km/s ise günötedeki hızı nedir?

Çözüm

Günberi ve günöte noktalarında hız, konum vektörüne diktir (bu noktalarda $\dot{r} = 0$'dır). Bu yüzden açısal momentumun büyüklüğü bu noktalarda $\ell = m r v$'dir ve korunum

$$ r_{\text{g}} v_{\text{g}} = r_{\text{ö}} v_{\text{ö}} \quad\Rightarrow\quad v_{\text{ö}} = \frac{0{,}586}{35{,}1} \times 54{,}6 = 0{,}912\ \text{km/s} $$

verir. Kuyruklu yıldız günötede günberidekinden 60 kat yavaştır ve 76 yıllık periyodunun büyük kısmını Güneş'ten uzakta, yavaşça ilerleyerek geçirir. 1986'daki günberi geçişinden sonra bir sonraki geçiş 2061'de olacaktır. (8. bölümde hızı yalnızca uzaklıktan hesaplamayı öğreneceğiz; o hesap da 0,911 km/s verir.)

3.7Çok parçacıklı sistemlerin açısal momentumu

$N$ parçacıklı bir sistemin bir $O$ noktasına göre toplam açısal momentumu, parçacıkların açısal momentumlarının toplamıdır:

$$ \vb{L} = \sum_\alpha \boldsymbol{\ell}_\alpha = \sum_\alpha \vb{r}_\alpha \times \vb{p}_\alpha $$

(3.16)

Her parçacık için (3.13) geçerlidir: $\dot{\boldsymbol{\ell}}_\alpha = \vb{r}_\alpha \times \vb{F}_\alpha$. Parçacığa etki eden net kuvveti momentum korunumunda yaptığımız gibi iç ve dış kuvvetlere ayıralım: $\vb{F}_\alpha = \sum_{\beta \neq \alpha}\vb{F}_{\alpha\beta} + \vb{F}^{\text{dış}}_\alpha$. Toplarsak:

$$ \dot{\vb{L}} = \sum_\alpha \sum_{\beta \neq \alpha} \vb{r}_\alpha \times \vb{F}_{\alpha\beta} + \sum_\alpha \vb{r}_\alpha \times \vb{F}^{\text{dış}}_\alpha $$

İkinci toplam, dış kuvvetlerin toplam torku $\boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}$'tır. İlk toplamdaki terimleri yine çiftler hâlinde gruplayalım. Her $\alpha, \beta$ çifti için toplamda $\vb{r}_\alpha \times \vb{F}_{\alpha\beta} + \vb{r}_\beta \times \vb{F}_{\beta\alpha}$ bulunur. Üçüncü yasaya göre $\vb{F}_{\beta\alpha} = -\vb{F}_{\alpha\beta}$ olduğundan bu çift

$$ \vb{r}_\alpha \times \vb{F}_{\alpha\beta} - \vb{r}_\beta \times \vb{F}_{\alpha\beta} = \left(\vb{r}_\alpha - \vb{r}_\beta\right) \times \vb{F}_{\alpha\beta} $$

olur. Momentumda çiftler kendiliğinden sıfırlanıyordu; burada ise bir koşul daha gerekir. $\vb{r}_\alpha - \vb{r}_\beta$, $\beta$'dan $\alpha$'ya uzanan vektördür. İç kuvvet $\vb{F}_{\alpha\beta}$ iki parçacığı birleştiren doğru boyuncaysa bu iki vektör paraleldir ve vektörel çarpımları sıfırdır. Üçüncü yasanın bu ek koşulu da içeren biçimine güçlü biçim denir: kuvvetler yalnızca eşit ve zıt değil, aynı zamanda iki parçacığı birleştiren doğru üzerindedir. Kütle çekim ve elektrostatik kuvvetler bu koşula uyar. Bu durumda bütün iç torklar birbirini götürür:

$$ \dot{\vb{L}} = \boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}} $$

(3.17)

Teorem 3.3Açısal momentumun korunumu

İç kuvvetleri üçüncü yasanın güçlü biçimine uyan bir parçacık sisteminin, sabit bir noktaya göre toplam açısal momentumunun değişim hızı, aynı noktaya göre dış kuvvetlerin net torkuna eşittir. Net dış tork sıfırsa toplam açısal momentum sabittir.

1. bölümde manyetik kuvvetlerin üçüncü yasayı çiğneyebildiğini görmüştük. Böyle durumlarda parçacıkların toplam açısal momentumu da korunmayabilir; bu durumda açısal momentum, momentum gibi, elektromanyetik alana aktarılır ve parçacıklar ile alanın toplam açısal momentumu korunur. Momentumun korunumu uzayın türdeşliğinden çıktığı gibi, açısal momentumun korunumu da uzayın eşyönlülüğünden (izotropisinden, yani bütün doğrultuların eşdeğer olmasından) çıkar; bunu 7. bölümde göreceğiz.

Yörünge ve spin

Toplam açısal momentumu, kütle merkezinin hareketi ve KM çevresindeki hareket olarak iki parçaya ayırmak çok kullanışlıdır. Her parçacığın konumunu ve hızını KM'ninki ile KM'ye göre olanın toplamı olarak yazalım (Şekil 3.3):

$$ \vb{r}_\alpha = \vb{R} + \vb{r}'_\alpha, \qquad \vb{v}_\alpha = \dot{\vb{R}} + \vb{v}'_\alpha $$

KM'nin tanımı (3.7) gereği $\sum_\alpha m_\alpha\vb{r}'_\alpha = \sum_\alpha m_\alpha(\vb{r}_\alpha - \vb{R}) = M\vb{R} - M\vb{R} = 0$'dır; türev alınarak $\sum_\alpha m_\alpha\vb{v}'_\alpha = 0$ de bulunur. Bunları (3.16)'da yerine koyalım:

$$ \begin{aligned} \vb{L} &= \sum_\alpha m_\alpha\left(\vb{R} + \vb{r}'_\alpha\right) \times \left(\dot{\vb{R}} + \vb{v}'_\alpha\right)\\ &= M\vb{R} \times \dot{\vb{R}} + \vb{R} \times \sum_\alpha m_\alpha\vb{v}'_\alpha + \Big(\sum_\alpha m_\alpha\vb{r}'_\alpha\Big) \times \dot{\vb{R}} + \sum_\alpha \vb{r}'_\alpha \times m_\alpha\vb{v}'_\alpha \end{aligned} $$

Ortadaki iki terim sıfırdır ve geriye

$$ \vb{L} = \vb{R} \times \vb{P} + \sum_\alpha \vb{r}'_\alpha \times m_\alpha\vb{v}'_\alpha = \vb{L}_{\text{yör}} + \vb{L}_{\text{spin}} $$

(3.18)

kalır. Birinci terim, bütün kütle KM'de toplanmış gibi KM'nin hareketinden gelen yörünge açısal momentumudur; ikinci terim, parçacıkların KM'ye göre hareketinden gelen ve referans noktasının seçiminden bağımsız olan spin (öz) açısal momentumudur. Dünya için yörünge açısal momentumu (Güneş'e göre) yaklaşık $2{,}7 \times 10^{40}$ kg·m²/s, kendi ekseni çevresindeki dönmeden gelen spin açısal momentumu ise yaklaşık $5{,}8 \times 10^{33}$ kg·m²/s'dir (Problem 3.13).

Spin açısal momentumunun değişimi için de çok önemli bir sonuç vardır. KM'ye göre konumların zamana göre türevini alalım:

$$ \dot{\vb{L}}_{\text{spin}} = \sum_\alpha \vb{r}'_\alpha \times m_\alpha\ddot{\vb{r}}'_\alpha = \sum_\alpha \vb{r}'_\alpha \times m_\alpha\left(\ddot{\vb{r}}_\alpha - \ddot{\vb{R}}\right) = \sum_\alpha \vb{r}'_\alpha \times \vb{F}_\alpha - \Big(\sum_\alpha m_\alpha\vb{r}'_\alpha\Big) \times \ddot{\vb{R}} $$

(İlk eşitlikte $\vb{v}'_\alpha \times m_\alpha\vb{v}'_\alpha = 0$ olduğunu kullandık.) Son terim yine sıfırdır. İlk terimde iç kuvvetler, sabit nokta için yaptığımız gibi birbirini götürür, çünkü yalnızca konum farkları $\vb{r}'_\alpha - \vb{r}'_\beta = \vb{r}_\alpha - \vb{r}_\beta$ önemlidir. Sonuç:

$$ \dot{\vb{L}}_{\text{spin}} = \boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}_{\text{KM}} $$

(3.19)

Burada $\boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}_{\text{KM}} = \sum_\alpha \vb{r}'_\alpha \times \vb{F}^{\text{dış}}_\alpha$, dış kuvvetlerin KM'ye göre torkudur. Bu sonuç ilk bakışta şaşırtıcıdır: KM ivmeli hareket edebilir ve KM'nin durgun olduğu çerçeve eylemsiz olmayabilir, ama (3.17)'nin biçimi KM'ye göre yine de geçerlidir. Bu yüzden dönme hareketi incelenirken referans noktası olarak iki nokta özellikle uygundur: eylemsiz çerçevede sabit bir nokta ve kütle merkezi. (3.9) ile (3.19) bir arada, bir cismin ötelenme ve dönme hareketlerini birbirinden ayırmamızı sağlar.

3.8Sabit eksen etrafında dönme

Açısal momentum kavramını şimdi katı cisimlere uygulayalım. Katı cisim, parçacıkları arasındaki uzaklıkların değişmediği bir sistemdir. Katı bir cismin en genel hareketi karmaşıktır (bunu 10. bölümde inceleyeceğiz). Burada en basit ve en sık karşılaşılan durumu ele alacağız: cisim, eylemsiz çerçevede sabit duran bir eksen etrafında döner. Bir kapı, bir çark, bir makara ya da bir rüzgâr türbini böyle döner.

Dönme eksenini $z$ ekseni olarak seçelim ve silindirik koordinatlar $(\rho, \phi, z)$ kullanalım. Cismin her parçacığı eksenden sabit $\rho_\alpha$ uzaklığında, eksene dik bir çember üzerinde, aynı $\omega = \dot{\phi}$ açısal hızıyla döner. $\alpha$. parçacığın konumu ve hızı

$$ \vb{r}_\alpha = \rho_\alpha\,\uv{\rho} + z_\alpha\,\uv{z}, \qquad \vb{v}_\alpha = \rho_\alpha\,\omega\,\uv{\phi} $$

olur (birim vektörler $\alpha$. parçacığın bulunduğu noktada alınır). Silindirik birim vektörler sağ elli bir takım oluşturur: $\uv{\rho} \times \uv{\phi} = \uv{z}$ ve $\uv{z} \times \uv{\phi} = -\uv{\rho}$. Bu parçacığın orijine göre açısal momentumu

$$ \boldsymbol{\ell}_\alpha = m_\alpha\,\vb{r}_\alpha \times \vb{v}_\alpha = m_\alpha\rho_\alpha^2\,\omega\,\uv{z} - m_\alpha z_\alpha\rho_\alpha\,\omega\,\uv{\rho} $$

Sabit eksen etrafında dönme — **Şekil 3.9.** Sabit bir $z$ ekseni etrafında dönen katı cisimde her kütle elemanı, eksenden $\rho$ uzaklığındaki bir çember üzerinde $\rho\,\omega$ hızıyla hareket eder. Eleman, açısal momentumun $z$ bileşenine $\rho^2\omega\,\dd m$ katkısı yapar.

Bütün parçacıklar üzerinden toplarsak açısal momentumun $z$ bileşeni

$$ L_z = I\,\omega, \qquad I = \sum_\alpha m_\alpha\rho_\alpha^2 = \int \rho^2\,\dd m $$

(3.20)

olur. $I$'ya cismin bu eksene göre eylemsizlik momenti denir. Eylemsizlik momenti, kütlenin eksenden ne kadar uzağa dağıldığını ölçer. Kütle ile aynı değildir: aynı cismin farklı eksenlere göre eylemsizlik momentleri farklıdır.

Dikkat

(3.20) yalnızca açısal momentumun eksen boyunca olan bileşeni hakkındadır. Yukarıdaki $-m_\alpha z_\alpha\rho_\alpha\omega\,\uv{\rho}$ terimleri her parçacık için eksene diktir. Cisim eksene göre simetrikse (örneğin eksen üzerine ortalanmış bir disk) bu terimler toplamda birbirini götürür ve $\vb{L} = I\omega\,\uv{z}$ olur. Simetrik olmayan bir cisimde ise $\vb{L}$ genel olarak $\boldsymbol{\omega}$ ile aynı doğrultuda değildir. Böyle bir cisim sabit bir eksen çevresinde dönerken $\vb{L}$ eksenle birlikte döner ve bunun için yataklar sürekli bir tork uygulamak zorundadır. Bir otomobil tekerleğine balans ağırlığı takılmasının nedeni budur. Bu konuyu 10. bölümde eylemsizlik tensörüyle ayrıntılı inceleyeceğiz.

Dönme ekseninin sabit ve cismin katı olduğu durumda $I$ sabittir. (3.17)'nin $z$ bileşeni şu olur:

$$ \Gamma_z^{\text{dış}} = I\,\dot{\omega} $$

(3.21)

Bu denklem, sabit eksen etrafındaki dönme için Newton'un ikinci yasasının karşılığıdır. Kuvvetin yerini tork, kütlenin yerini eylemsizlik momenti, ivmenin yerini açısal ivme $\dot{\omega}$ alır. Benzer biçimde, dönen cismin kinetik enerjisi her parçacığın kinetik enerjisinin toplamıdır:

$$ K = \sum_\alpha \tfrac12 m_\alpha\left(\rho_\alpha\omega\right)^2 = \tfrac12 I\omega^2 $$

(3.22)

Örnek 3.10Kütleli makaralı Atwood düzeneği

Kütleleri $m_1 = 3{,}0$ kg ve $m_2 = 2{,}0$ kg olan iki cisim, sürtünmesiz bir eksen etrafında dönen, kütlesi $M = 2{,}0$ kg ve yarıçapı $R$ olan türdeş disk biçimli bir makaranın üzerinden geçen hafif bir iple birbirine bağlıdır. İp makara üzerinde kaymıyor. Cisimlerin ivmesini ve ipin iki parçasındaki gerilmeleri bulun.

Çözüm

Diskin eylemsizlik momenti $I = \tfrac12 MR^2$'dir (Kısım 3.9). $m_1$ aşağı inerken ivmesi $a$ olsun; $m_2$ aynı ivmeyle yukarı çıkar. İp kaymadığından ipin hızı makaranın çevresindeki noktaların hızına eşittir: $v = R\omega$, dolayısıyla $a = R\dot{\omega}$. İpin iki tarafındaki gerilmeler $T_1$ ve $T_2$ olsun. Kütleli bir makarada bunlar eşit değildir; makarayı döndüren tork, aralarındaki farktan gelir. Üç denklem:

$$ m_1 g - T_1 = m_1 a, \qquad T_2 - m_2 g = m_2 a, \qquad (T_1 - T_2)R = I\dot{\omega} = \tfrac12 M R\,a $$

Üçünü toplarsak (üçüncüyü $R$'ye bölerek) gerilmeler yok olur:

$$ a = \frac{(m_1 - m_2)\,g}{m_1 + m_2 + I/R^2} = \frac{1{,}0 \times 9{,}8}{3{,}0 + 2{,}0 + 1{,}0} = 1{,}63\ \text{m/s}^2 $$

Gerilmeler $T_1 = m_1(g - a) = 24{,}5$ N ve $T_2 = m_2(g + a) = 22{,}9$ N olur. Makara kütlesiz olsaydı ivme $1{,}96$ m/s² olurdu. Makaranın etkisi, paydaya "etkin bir kütle" olarak $I/R^2$ eklemektir. Sonuç $R$'ye bağlı değildir. Bu düzenek, $a$ ölçülerek makaranın eylemsizlik momentini bulmak için de kullanılabilir (Problem 3.18).

Örnek 3.11Dönen taburedeki öğrenci

Sürtünmesiz dönebilen bir taburede oturan bir öğrenci, kolları açık ve her elinde 2,0 kg'lık bir dambıl tutarken saniyede yarım tur (0,50 Hz) dönüyor. Dambıllar dönme ekseninden 0,80 m uzaklıktadır. Öğrenci kollarını içeri çekerek dambılları eksenden 0,20 m uzaklığa getiriyor. Öğrenci ile taburenin dambıllar hariç eylemsizlik momenti 3,0 kg·m²'dir ve kolların bu süreçte değişen katkısı ihmal edilecek. Yeni dönme frekansını ve kinetik enerjideki değişimi bulun.

Çözüm

Taburenin yatağı sürtünmesiz olduğundan düşey eksene göre dış tork yoktur (yer çekimi ile yatağın tepki kuvveti düşeydir ve eksene göre tork üretmez); $L_z = I\omega$ korunur. Dambılları noktasal kütle sayarsak

$$ \begin{aligned} &I_1 = 3{,}0 + 2 \times 2{,}0 \times 0{,}80^2 = 5{,}56\ \text{kg·m}^2,\\ &I_2 = 3{,}0 + 2 \times 2{,}0 \times 0{,}20^2 = 3{,}16\ \text{kg·m}^2 \end{aligned} $$

$I_1\omega_1 = I_2\omega_2$ olduğundan $f_2 = f_1 I_1/I_2 = 0{,}50 \times 5{,}56/3{,}16 = 0{,}88$ Hz. Kinetik enerjiler (3.22) ile $\omega_1 = 2\pi \times 0{,}50 = 3{,}14$ rad/s için

$$ \begin{aligned} &K_1 = \tfrac12 \times 5{,}56 \times 3{,}14^2 = 27{,}4\ \text{J},\\ &K_2 = \frac{L_z^2}{2I_2} = \frac{(5{,}56 \times 3{,}14)^2}{2 \times 3{,}16} = 48{,}3\ \text{J} \end{aligned} $$

olur. Kinetik enerji 20,8 J artmıştır. Bu enerjiyi öğrencinin kasları sağlar: dönen bir çerçevede dambılları içeri çekmek için "merkezkaç" etkisine karşı iş yapmak gerekir (Örnek 3.8'deki ipi çeken kişi gibi). Buz patencileri dönüşlerinde kollarını gövdelerine çekerek hızlanır; bir kedi de havada düşerken gövdesinin bölümlerini farklı eylemsizlik momentleriyle döndürerek, toplam açısal momentumu sıfır kalırken ayaklarının üzerine dönebilir.

3.9Eylemsizlik momentinin hesaplanması

Sürekli bir cisim için (3.20)'deki integrali birkaç basit cisim için hesaplayalım. Bütün cisimler türdeş ve kütleleri $M$'dir.

İnce çubuk, ortasından ve çubuğa dik bir eksen. Uzunluğu $L$ olan çubuğun çizgisel yoğunluğu $\lambda = M/L$'dir. Ekseni orijine, çubuğu $x$ eksenine yerleştirirsek $\rho = |x|$ olur:

$$ I_{\text{KM}} = \int_{-L/2}^{L/2} x^2\,\lambda\,\dd x = \frac{\lambda L^3}{12} = \frac{1}{12}ML^2 $$

Aynı çubuğun bir ucundan geçen eksene göre integral $0$'dan $L$'ye alınır ve $\tfrac13 ML^2$ bulunur: aynı kütle eksenden daha uzağa dağıldığı için eylemsizlik momenti dört kat büyüktür.

İnce halka, merkezinden ve düzlemine dik bir eksen. Bütün kütle eksenden aynı $R$ uzaklığındadır: $I = MR^2$.

İnce disk, merkezinden ve düzlemine dik bir eksen. Diski, yarıçapı $\rho$ ve kalınlığı $\dd\rho$ olan ince halkalara bölelim. Her halkanın kütlesi $\dd m = \sigma \cdot 2\pi\rho\,\dd\rho$'dur ($\sigma = M/\pi R^2$):

$$ I = \int_0^R \rho^2\,\sigma\,2\pi\rho\,\dd\rho = \frac{\pi\sigma R^4}{2} = \frac12 MR^2 $$

Diskin eylemsizlik momenti aynı kütleli halkanınkinin yarısıdır, çünkü kütlesinin bir kısmı eksene yakındır. Aynı sonuç, eksen boyunca uzanan dolu bir silindir için de geçerlidir, çünkü silindir üst üste konmuş disklerden oluşur.

Cisim	Eksen	$I$
İnce çubuk (uzunluk $L$)	ortadan, çubuğa dik	$\tfrac{1}{12}ML^2$
İnce çubuk (uzunluk $L$)	uçtan, çubuğa dik	$\tfrac13 ML^2$
İnce halka ya da ince cidarlı silindir	simetri ekseni	$MR^2$
Disk ya da dolu silindir	simetri ekseni	$\tfrac12 MR^2$
İnce disk	bir çap	$\tfrac14 MR^2$
Dolu küre	bir çap	$\tfrac25 MR^2$
İnce küresel kabuk	bir çap	$\tfrac23 MR^2$

Tablodaki son üç sonucu problemlerde türeteceğiz (Problem 3.15 ve Problem 3.16).

Paralel eksen teoremi

Bir cismin KM'sinden geçen bir eksene göre eylemsizlik momentini biliyorsak, bu eksene paralel herhangi bir eksene göre eylemsizlik momentini integral almadan bulabiliriz.

Teorem 3.4Paralel eksen teoremi

Kütlesi $M$ olan bir cismin, KM'sinden geçmeyen bir eksene göre eylemsizlik momenti

$$ I = I_{\text{KM}} + M d^2 $$

(3.23)

ile verilir. Burada $I_{\text{KM}}$, KM'den geçen paralel eksene göre eylemsizlik momenti ve $d$, iki eksen arasındaki uzaklıktır.

Paralel eksen teoremi — **Şekil 3.10.** Bir kütle elemanının eksene dik konum vektörü $\boldsymbol{\rho} = \vb{d} + \boldsymbol{\rho}'$ olarak yazılır. Burada $\vb{d}$, eksenden KM eksenine uzanan dik vektördür.

Kanıt. Eksenleri $z$ doğrultusunda alalım. Her kütle elemanının eksene dik konum vektörü $\boldsymbol{\rho}$, KM eksenine göre olanı $\boldsymbol{\rho}'$ ve eksenden KM eksenine uzanan sabit dik vektör $\vb{d}$ olsun; $\boldsymbol{\rho} = \vb{d} + \boldsymbol{\rho}'$ (Şekil 3.10). O hâlde $\rho^2 = d^2 + 2\,\vb{d}\cdot\boldsymbol{\rho}' + \rho'^2$ ve

$$ I = \int \rho^2\,\dd m = M d^2 + 2\,\vb{d}\cdot\int \boldsymbol{\rho}'\,\dd m + \int \rho'^2\,\dd m $$

Ortadaki integral sıfırdır, çünkü $\boldsymbol{\rho}'$, KM'ye göre konumun eksene dik bileşenidir ve KM'ye göre konumların kütle ağırlıklı toplamı sıfırdır. Son integral $I_{\text{KM}}$'dir ∎. Örneğin ucundan dönen çubuk için $\tfrac{1}{12}ML^2 + M(L/2)^2 = \tfrac13 ML^2$, yukarıdaki sonuçla aynı. Teoremden, paralel eksenler arasında eylemsizlik momentinin en küçük değerini KM'den geçen eksenin aldığı da anlaşılır.

3.10Kütle merkezinin hareketi ve dönme: yuvarlanma

Bir top yerde yuvarlanırken ya da bir silindir eğik düzlemden inerken dönme ekseni sabit değildir, ama KM'den geçen eksen hep aynı doğrultuda kalır. Bu tür hareketleri (3.9) ve (3.19) ile ötelenme ve dönme olarak ayırabiliriz: KM'nin hareketi dış kuvvetlerle, KM çevresindeki dönme ise KM'ye göre dış torkla belirlenir. KM'den geçen eksen doğrultusunu korursa ve cisim bu eksene göre simetrikse (silindir, küre, halka), (3.19)'un o eksen boyunca bileşeni, (3.21) gibi $\Gamma_{\text{KM}} = I_{\text{KM}}\dot{\omega}$ olur.

Bir tekerlek kaymadan yuvarlanıyorsa yere değdiği nokta o an yere göre durgundur. KM'nin hızı $V$, tekerleğin KM'ye göre dönmesinden gelen çevresel hız $R\omega$ olduğundan değme noktasının hızı $V - R\omega$'dır. Kaymama koşulu

$$ V = R\,\omega, \qquad A = R\,\dot{\omega} $$

(3.24)

ile ifade edilir.

Örnek 3.12Eğik düzlemden yuvarlanan silindir

Kütlesi $m$, yarıçapı $R$ olan türdeş dolu bir silindir, eğim açısı $\theta = 30°$ olan bir eğik düzlemden kaymadan yuvarlanarak iniyor. Silindirin ivmesini ve kaymadan yuvarlanabilmesi için gereken en küçük statik sürtünme katsayısını bulun.

Eğik düzlemde yuvarlanma — **Şekil 3.11.** Yuvarlanan silindire etki eden kuvvetler: ağırlık KM'ye, tepki kuvveti ve statik sürtünme değme noktasına etki eder. KM'ye göre torku yalnızca sürtünme kuvveti üretir.

Çözüm

Eğik düzlem boyunca aşağıyı pozitif alalım. Silindire üç kuvvet etki eder (Şekil 3.11): KM'deki ağırlık $mg$, değme noktasındaki dik tepki kuvveti $N$ ve yine değme noktasındaki, düzlem boyunca yukarı yönelen statik sürtünme $f$. KM'nin hareketi (3.9), düzlem boyunca ve düzleme dik:

$$ mA = mg\sin\theta - f, \qquad N = mg\cos\theta $$

KM'ye göre dönme: ağırlık KM'ye etki ettiği, $N$ de KM'den geçtiği için tork üretmez. Yalnızca sürtünmenin torku vardır, büyüklüğü $fR$'dir ve silindiri aşağı yuvarlanma yönünde döndürür:

$$ fR = I_{\text{KM}}\,\dot{\omega} = \tfrac12 mR^2\,\frac{A}{R} \quad\Rightarrow\quad f = \tfrac12 mA $$

Burada (3.24)'ü kullandık. Bunu ilk denklemde yerine koyarsak

$$ A = \frac{g\sin\theta}{1 + I_{\text{KM}}/mR^2} = \tfrac23\,g\sin\theta = \tfrac23 \times 9{,}8 \times 0{,}5 = 3{,}27\ \text{m/s}^2 $$

Sürtünmesiz kayan bir blok $g\sin\theta = 4{,}9$ m/s² ile inerdi; yuvarlanan silindir daha yavaştır, çünkü kuvvetin bir kısmı dönmeyi hızlandırmaya gider. Kaymadan yuvarlanmak için gereken sürtünme $f = \tfrac12 mA = \tfrac13 mg\sin\theta$'dır ve statik sürtünmenin sınırını aşmamalıdır, yani $f \le \mu_s N$:

$$ \mu_s \ge \frac{f}{N} = \tfrac13\tan\theta = 0{,}19 $$

Sürtünme kuvveti burada iş yapmaz, çünkü uygulandığı değme noktası o an durgundur; enerji kaybı olmaz. Sonuç silindirin kütlesine ve yarıçapına bağlı değildir. Farklı cisimlerde yalnızca $I_{\text{KM}}/mR^2$ oranı değişir (Problem 3.17).

Not

Aynı ivme, torku değme noktasına göre alarak tek satırda da bulunabilir. Bu noktaya göre $N$ ile $f$'nin torku sıfırdır ve yalnızca ağırlığın torku $mgR\sin\theta$ kalır. Paralel eksen teoremiyle (3.23) değme noktasından geçen eksene göre eylemsizlik momenti $I_{\text{KM}} + mR^2 = \tfrac32 mR^2$'dir; $mgR\sin\theta = \tfrac32 mR^2 (A/R)$ aynı sonucu verir. Ancak bu yöntem dikkat ister: değme noktası hareket eder ve hareketli bir noktaya göre (3.17) her zaman geçerli değildir. Burada geçerlidir, çünkü değme noktası (geometrik olarak) KM ile aynı hızla, KM'nin hızına paralel olarak ilerler (Problem 3.21).

Özet

Toplam momentumu yalnızca dış kuvvetler değiştirir: $\dot{\vb{P}} = \vb{F}^{\text{dış}}$ (3.1). İtme $\vb{J} = \int\vb{F}\,\dd t$, momentum değişimine eşittir (3.2). Kısa süren çarpışmalarda momentum korunur.
Roket, kütlesi sabit olan "roket + atılan gaz" sistemine momentum korunumu uygulanarak incelenir: $m\dot{v} = -\dot{m}u + F^{\text{dış}}$ (3.3). Dış kuvvet yoksa $\Delta v = u\ln(m_0/m)$ (3.5); yer çekimi $gt$ kadar kayba yol açar (3.6). Kademeli roketler gereksiz yapı kütlesini taşımaz.
Kütle merkezi $\vb{R} = \sum m_\alpha\vb{r}_\alpha/M$ (3.7), toplam kütlesi $M$ olan ve bütün dış kuvvetlerin etkisindeki bir parçacık gibi hareket eder: $M\ddot{\vb{R}} = \vb{F}^{\text{dış}}$ (3.9). Sürekli cisimlerde toplam integrale dönüşür (3.10).
Açısal momentum $\boldsymbol{\ell} = \vb{r}\times\vb{p}$ ve tork $\boldsymbol{\Gamma} = \vb{r}\times\vb{F}$ sabit bir noktaya göre tanımlanır ve $\dot{\boldsymbol{\ell}} = \boldsymbol{\Gamma}$'dır (3.13). Merkezi kuvvette $\boldsymbol{\ell}$ korunur, yol düzlemseldir ve alan tarama hızı $\ell/2m$ sabittir: Kepler'in ikinci yasası (3.15).
Sistemin toplam açısal momentumu $\dot{\vb{L}} = \boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}$'a uyar (3.17); bunun için iç kuvvetlerin iki parçacığı birleştiren doğru boyunca olması gerekir. $\vb{L}$, yörünge ve spin parçalarına ayrılır (3.18); KM'ye göre spin, ivmeli KM için bile $\dot{\vb{L}}_{\text{spin}} = \boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}_{\text{KM}}$'ya uyar (3.19).
Sabit eksen etrafında dönen katı cisimde $L_z = I\omega$, $I = \int\rho^2\,\dd m$ (3.20); $\Gamma_z = I\dot{\omega}$ (3.21) ve $K = \tfrac12 I\omega^2$'dir. Paralel eksen teoremi $I = I_{\text{KM}} + Md^2$'dir (3.23). Kaymadan yuvarlanmada $V = R\omega$'dır (3.24).

Problemler

Problem 3.1Sopayla vurulan top★☆☆

145 g'lık bir beyzbol topu atıcıdan 40 m/s hızla geliyor ve sopayla vurularak ters yönde 50 m/s hızla geri gidiyor. Sopa ile top 1,0 ms temas ettiyse topa uygulanan itmeyi ve ortalama kuvveti bulun. Bu kuvvet topun ağırlığının kaç katıdır?

Çözümü göster

Topun ilk geldiği yönü negatif alalım: $v_i = -40$ m/s, $v_s = +50$ m/s. (3.2): $J = m(v_s - v_i) = 0{,}145 \times 90 = 13{,}1$ N·s. Ortalama kuvvet $F = J/\Delta t = 13{,}1/(1{,}0 \times 10^{-3}) \approx 1{,}3 \times 10^4$ N. Ağırlık $0{,}145 \times 9{,}8 = 1{,}42$ N olduğundan kuvvet ağırlığın yaklaşık 9 200 katıdır. Temas süresince yer çekiminin itmesini ($1{,}4 \times 10^{-3}$ N·s) ihmal etmek tamamen haklıdır.

Problem 3.2Tüfeğin geri tepmesi★☆☆

4,0 kg'lık bir tüfekten 10 g'lık bir mermi 800 m/s hızla çıkıyor. Tüfek serbestçe geri teperse geri tepme hızı nedir? Mermi ile tüfeğin kinetik enerjilerini karşılaştırın.

Çözümü göster

Başlangıçta momentum sıfırdır: $Mv_T = mv_m$, $v_T = 0{,}010 \times 800/4{,}0 = 2{,}0$ m/s. Kinetik enerjiler: mermi $\tfrac12 \times 0{,}010 \times 800^2 = 3\,200$ J, tüfek $\tfrac12 \times 4{,}0 \times 2{,}0^2 = 8{,}0$ J. Momentumlar eşit büyüklükteyken $K = p^2/2m$ olduğundan enerji, hafif cisme kütlelerin ters oranında (burada 400 kat fazla) gider. Tüfeğin geri tepmesinin omuzda yalnızca sert bir itme olarak hissedilmesinin, merminin ise öldürücü olmasının nedeni budur.

Problem 3.3Esnek olmayan çarpışmada kaybolan enerji★★☆

$v_1$ hızındaki $m_1$ kütleli bir cisim, durgun $m_2$ kütleli bir cisme çarpıp ona yapışıyor. Kaybolan kinetik enerjinin başlangıçtaki kinetik enerjiye oranının $m_2/(m_1 + m_2)$ olduğunu gösterin. Hangi durumda neredeyse bütün enerji kaybolur, hangi durumda neredeyse hiç kaybolmaz?

Çözümü göster

$v_s = m_1v_1/(m_1 + m_2)$. $K_s = \tfrac12(m_1 + m_2)v_s^2 = \tfrac12 m_1^2v_1^2/(m_1 + m_2)$, dolayısıyla $K_s/K_i = m_1/(m_1 + m_2)$ ve kaybolan pay $1 - K_s/K_i = m_2/(m_1 + m_2)$ ✓. Hedef çok ağırsa ($m_2 \gg m_1$, duvara yapışan çamur topu) neredeyse bütün enerji kaybolur; hedef çok hafifse ($m_2 \ll m_1$, kamyonun ön camına yapışan böcek) kamyonun enerjisinden neredeyse hiçbir şey kaybolmaz. Kaybolan enerji, kütle merkezine göre olan kinetik enerjidir; KM'nin hareketinden gelen kısım korunmak zorundadır.

Problem 3.4Yağmur altındaki vagon★★☆

Kütlesi $M_0$ olan üstü açık bir yük vagonu sürtünmesiz raylar üzerinde $v_0$ hızıyla giderken düşey olarak yağan yağmur vagona birim zamanda sabit $k$ kütlesinde su doldurmaya başlıyor. (a) Vagonun hızını zamanın fonksiyonu olarak bulun. (b) Vagonun aldığı yol sınırlı mıdır? (c) Vagonun tabanında bir delik açılsa ve içindeki su, vagona göre düşey olarak dışarı aksa vagonun hızı nasıl değişir?

Çözümü göster

(a) Yağmurun yatay hızı yoktur ve raylar yatay kuvvet uygulamaz; vagon ile içindeki suyun yatay momentumu korunur: $(M_0 + kt)v = M_0v_0$, $v = M_0v_0/(M_0 + kt)$. (b) $x = \int_0^t v\,\dd t' = (M_0v_0/k)\ln(1 + kt/M_0)$: hız $1/t$ gibi azalır ve yol, karesel dirençteki gibi logaritmik olarak sınırsız büyür. (c) Vagona göre düşey olarak akan su, vagondan ayrıldığı an vagonun yatay hızına sahiptir ve kendi momentumunu kendisiyle götürür; vagona hiçbir yatay kuvvet uygulamaz. Bu yüzden vagonun hızı değişmez. Roket denkleminde (3.3) bu durum $u = 0$'a karşılık gelir.

Problem 3.5Havada asılı duran roket★★☆

Egzoz hızı $u$ olan bir roket, yerin yakınında aynı yükseklikte asılı kalacak biçimde yakıt yakıyor. Roketin kütlesinin $m(t) = m_0e^{-gt/u}$ biçiminde azalması gerektiğini gösterin. $u = 3{,}0$ km/s ve yakıtla birlikte kütle oranı $m_0/m_s = 3$ ise roket ne kadar süre asılı kalabilir?

Çözümü göster

Asılı kalmak için $\dot{v} = 0$; (3.3) ile $-\dot{m}u = mg$, yani $\dot{m}/m = -g/u$ ve $m = m_0e^{-gt/u}$ ✓. Yakıt $m = m_s$ olduğunda biter: $t = (u/g)\ln(m_0/m_s) = (3\,000/9{,}8)\ln 3 \approx 336$ s, yaklaşık 5,6 dakika. Bu süre boyunca roket hiç yükselmez; harcanan yakıtın tamamı "yer çekimi kaybıdır". Ay'a ya da Mars'a iniş yapan araçların iniş süresinin kısa tutulmasının nedeni budur.

Problem 3.6Yakıt bittiğindeki yükseklik★★☆

Yerden durgun hâlden düşey olarak kalkan ve yakıtını sabit $k = -\dot{m}$ hızıyla yakan bir roketin ($m = m_0 - kt$) yakıtı bittiği andaki yüksekliğinin

$$ y = u t - \frac{u\,m}{k}\ln\frac{m_0}{m} - \tfrac12 g t^2 $$

olduğunu gösterin ($g$ sabit, hava direnci yok). Örnek 3.2'deki roket için bu yüksekliği hesaplayın.

Çözümü göster

(3.6) ile $v = u\ln[m_0/(m_0 - kt)] - gt$. Verilen ifadenin türevini alalım: $\dv{}{t}\ln(m_0/m) = -\dot{m}/m = k/m$ olduğundan

$$ \dot{y} = u - \frac{u\,\dot{m}}{k}\ln\frac{m_0}{m} - \frac{u\,m}{k}\,\frac{k}{m} - gt = u\ln\frac{m_0}{m} - gt = v\ ✓ $$

($\dot{m} = -k$ kullanıldı) ve $y(0) = 0$ ✓. Sayısal olarak $ut = 390$ km, $(um/k)\ln(m_0/m) = (2\,600 \times 7{,}5 \times 10^5/1{,}37 \times 10^4) \times 1{,}317 = 188$ km, $\tfrac12 gt^2 = 110$ km; $y \approx 92$ km. Gerçekte $g$ bu yüksekliklerde yüzde 3 kadar azalır ve hava direnci ile yörüngenin eğilmesi de sonucu değiştirir; gerçek Saturn V'in birinci kademesi yaklaşık 67 km yükseklikte ayrılıyordu.

Problem 3.7Dört parçacık★☆☆

Kütleleri 1, 2, 3 ve 4 kg olan dört parçacık, kenarı 1,0 m olan bir karenin köşelerinde, sırasıyla $(0, 0)$, $(1, 0)$, $(1, 1)$ ve $(0, 1)$ noktalarında bulunuyor (uzaklıklar metre cinsinden). Kütle merkezini bulun.

Çözümü göster

$M = 10$ kg. $X = (1 \times 0 + 2 \times 1 + 3 \times 1 + 4 \times 0)/10 = 0{,}50$ m, $Y = (1 \times 0 + 2 \times 0 + 3 \times 1 + 4 \times 1)/10 = 0{,}70$ m. KM $(0{,}50;\ 0{,}70)$ m noktasındadır; ağır parçacıkların bulunduğu üst kenara yakındır.

Problem 3.8Yarım çember biçimli tel★★☆

Yarıçapı $R$ olan türdeş, ince, yarım çember biçimli bir telin kütle merkezini bulun ve sonucu yarım diskinkiyle (Örnek 3.7) karşılaştırın.

Çözümü göster

$\dd m = \lambda R\,\dd\phi$, $y = R\sin\phi$, $M = \lambda\pi R$. $Y = (1/M)\int_0^\pi R\sin\phi\,\lambda R\,\dd\phi = 2\lambda R^2/(\lambda\pi R) = 2R/\pi \approx 0{,}637\,R$. Telin bütün kütlesi $R$ uzaklığında olduğundan KM, kütlesi merkeze doğru yayılmış olan yarım diskinkinden ($0{,}424\,R$) daha yukarıdadır.

Problem 3.9Dolu koni★★☆

Yüksekliği $h$ olan türdeş dolu bir koninin kütle merkezinin, simetri ekseni üzerinde tepeden $3h/4$ uzaklıkta (tabandan $h/4$ yükseklikte) olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Tepeyi orijine, ekseni $z$ doğrultusuna yerleştirelim. Taban yarıçapı $R$ ise $z$ yüksekliğindeki kesitin yarıçapı $Rz/h$'dir; kalınlığı $\dd z$ olan dilimin kütlesi $\dd m = \varrho\pi(Rz/h)^2\,\dd z$. Simetriden KM eksen üzerindedir ve

$$ Z = \frac{\int_0^h z\cdot z^2\,\dd z}{\int_0^h z^2\,\dd z} = \frac{h^4/4}{h^3/3} = \frac34\,h $$

✓. Kütlenin büyük kısmı geniş taban tarafında olduğundan KM, eksenin ortasından tabana doğru kaymıştır.

Problem 3.10Dolu yarım küre★★☆

Yarıçapı $R$ olan türdeş dolu bir yarım kürenin kütle merkezinin, düz yüzeyden $3R/8$ uzaklıkta olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Düz yüzeyi $z = 0$'a koyalım. $z$ yüksekliğindeki dilimin yarıçapının karesi $R^2 - z^2$'dir: $\dd m = \varrho\pi(R^2 - z^2)\,\dd z$.

$$ Z = \frac{\int_0^R z(R^2 - z^2)\,\dd z}{\int_0^R (R^2 - z^2)\,\dd z} = \frac{R^4/2 - R^4/4}{R^3 - R^3/3} = \frac{R^4/4}{2R^3/3} = \frac38\,R $$

✓

Problem 3.11Delikli disk★★☆

Yarıçapı $R$ olan türdeş bir diskten, merkezi diskin merkezinden $R/2$ uzaklıkta olan $R/2$ yarıçaplı bir daire kesilip çıkarılıyor (kesilen dairenin kenarı diskin kenarına değer). Kalan parçanın kütle merkezini bulun.

Çözümü göster

Negatif kütle yöntemiyle: tam disk (alan $\pi R^2$, KM orijinde) ile alanı $-\pi R^2/4$ olan ve KM'si $x = R/2$'de bulunan "negatif" disk. Kütleler alanlarla orantılı olduğundan

$$ X = \frac{\pi R^2 \cdot 0 - (\pi R^2/4)(R/2)}{\pi R^2 - \pi R^2/4} = -\frac{R/8}{3/4} = -\frac{R}{6} $$

KM, deliğin ters tarafında, merkezden $R/6$ uzaklıktadır. Simetriden $Y = 0$.

Problem 3.12Serbest parçacığın açısal momentumu★☆☆

Hiçbir kuvvetin etkisinde olmayan bir parçacığın herhangi bir sabit noktaya göre açısal momentumunun sabit olduğunu iki yolla gösterin: (a) (3.13) ile, (b) geometrik olarak, parçacığın eşit sürelerde eşit alanlar taradığını göstererek.

Çözümü göster

(a) $\vb{F} = 0$ ise her noktaya göre $\boldsymbol{\Gamma} = 0$ ve $\boldsymbol{\ell}$ sabittir. Doğrudan da: $\dv{}{t}(\vb{r}\times m\vb{v}) = \vb{v}\times m\vb{v} + \vb{r}\times 0 = 0$. (b) Parçacık düz bir çizgi üzerinde eşit sürelerde eşit uzunlukta parçalar alır. Bu parçaları taban, referans noktasını tepe kabul eden üçgenlerin tabanları eşittir ve yükseklikleri aynıdır (noktadan çizgiye olan dik uzaklık $b$); alanları eşittir. (3.15)'e göre bu $\ell = mvb$'nin sabit olması demektir. Newton Principia'da Kepler'in ikinci yasasının kanıtına tam bu düşünceyle başlar.

Problem 3.13Dünya'nın açısal momentumları★☆☆

Dünya'nın Güneş çevresindeki yörünge açısal momentumunu ve kendi ekseni çevresindeki spin açısal momentumunu hesaplayın. Yörüngeyi 1,496 × 10¹¹ m yarıçaplı ve 29,8 km/s hızlı bir çember, Dünya'nın eylemsizlik momentini $0{,}33\,MR^2$ kabul edin ($M = 5{,}97 \times 10^{24}$ kg, $R = 6{,}37 \times 10^6$ m, $\omega = 7{,}29 \times 10^{-5}$ rad/s). Neden $0{,}33$ ve $\tfrac25 = 0{,}40$ değil?

Çözümü göster

$L_{\text{yör}} = Mvr = 5{,}97 \times 10^{24} \times 2{,}98 \times 10^4 \times 1{,}496 \times 10^{11} = 2{,}66 \times 10^{40}$ kg·m²/s. $L_{\text{spin}} = 0{,}33 \times 5{,}97 \times 10^{24} \times (6{,}37 \times 10^6)^2 \times 7{,}29 \times 10^{-5} = 5{,}8 \times 10^{33}$ kg·m²/s; yörünge kısmının yaklaşık 4,6 milyonda biri. ($\omega$, Dünya'nın yıldızlara göre 23 sa 56 dk'lık dönme periyodundan hesaplanır.) Katsayının $\tfrac25$'ten küçük olması, Dünya'nın türdeş olmadığını gösterir: yoğun demir çekirdek kütleyi merkeze toplar ve eylemsizlik momentini azaltır. Bu katsayı, Dünya'nın iç yapısı hakkındaki en önemli verilerden biridir.

Problem 3.14Nötron yıldızı★★☆

Güneş yaklaşık 25 günde bir kendi çevresinde döner ve yarıçapı $7{,}0 \times 10^5$ km'dir. Kütlesi değişmeden ve türdeş kalarak 10 km yarıçaplı bir küreye çökseydi dönme periyodu ne olurdu? Bu kaba hesap gerçek nötron yıldızlarıyla nasıl karşılaştırılır?

Çözümü göster

Çökme sırasında dış tork yoktur; $I\omega$ korunur. $I \propto MR^2$ olduğundan $T \propto R^2$: $T' = 25 \times 86\,400 \times (10/7{,}0 \times 10^5)^2 \approx 4{,}4 \times 10^{-4}$ s, yani yarım milisaniye kadar. Gerçek nötron yıldızları, yıldızın yalnızca çekirdeğinin çökmesiyle oluşur ve dış katmanlar açısal momentumun bir kısmını götürür; gözlenen pulsarların periyotları 1,4 ms'den birkaç on saniyeye kadar uzanır ve çoğu 0,1–2 s arasındadır. Bu hesap, nötron yıldızlarının neden bu kadar hızlı döndüğünü doğru mertebede açıklar.

Problem 3.15Dik eksen teoremi★★☆

İnce düz bir levha $xy$ düzleminde bulunuyor. Levhanın $z$ eksenine göre eylemsizlik momentinin, $x$ ve $y$ eksenlerine göre eylemsizlik momentlerinin toplamı olduğunu gösterin: $I_z = I_x + I_y$. Bu sonucu kullanarak ince bir diskin bir çapına göre eylemsizlik momentinin $\tfrac14 MR^2$ olduğunu bulun. İnce halka için sonuç nedir?

Çözümü göster

Bir eksene göre $\rho^2$, o eksene dik iki koordinatın karelerinin toplamıdır: $I_x = \int(y^2 + z^2)\,\dd m$, $I_y = \int(x^2 + z^2)\,\dd m$, $I_z = \int(x^2 + y^2)\,\dd m$. Levhada $z = 0$ olduğundan $I_x + I_y = \int(y^2 + x^2)\,\dd m = I_z$ ✓. Disk için simetriden $I_x = I_y$; $2I_x = \tfrac12 MR^2$, $I_x = \tfrac14 MR^2$. Halka için $2I_x = MR^2$, $I_x = \tfrac12 MR^2$. Teorem yalnızca ince levhalar için geçerlidir.

Problem 3.16Kürenin eylemsizlik momenti★★☆

(a) Yarıçapı $R$ olan türdeş dolu bir küreyi bir çapa dik ince disklere bölerek, kürenin bu çapa göre eylemsizlik momentinin $\tfrac25 MR^2$ olduğunu gösterin. (b) İnce cidarlı bir küresel kabuğu, yarıçapları $R$ ile $R + \dd R$ olan iki dolu kürenin farkı olarak düşünerek kabuğun eylemsizlik momentinin $\tfrac23 MR^2$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

(a) $z$ yüksekliğindeki dilimin yarıçapı $\sqrt{R^2 - z^2}$, kütlesi $\dd m = \varrho\pi(R^2 - z^2)\,\dd z$ ve eksene göre eylemsizlik momenti $\tfrac12\dd m\,(R^2 - z^2)$'dir. Toplam:

$$ I = \tfrac12\varrho\pi\int_{-R}^{R}\left(R^2 - z^2\right)^2\dd z = \tfrac12\varrho\pi \cdot \tfrac{16}{15}R^5 = \tfrac{8}{15}\pi\varrho R^5 $$

$M = \tfrac43\pi\varrho R^3$ ile $I = \tfrac25 MR^2$ ✓. (b) Dolu küre için $I = \tfrac{8}{15}\pi\varrho R^5$ ve $M = \tfrac43\pi\varrho R^3$. Kabuk, bunların $R$'ye göre farklarıdır: $\dd I = \tfrac83\pi\varrho R^4\,\dd R$, $\dd M = 4\pi\varrho R^2\,\dd R$. Oran $\dd I/\dd M = \tfrac23 R^2$, yani kabuk için $I = \tfrac23 MR^2$ ✓.

Problem 3.17Eğik düzlemde yarış★★☆

Bir halka, bir disk ve bir dolu küre aynı eğik düzlemin tepesinden aynı anda serbest bırakılıyor ve kaymadan yuvarlanıyor. Yanlarında sürtünmesiz kayan küçük bir blok da var. Hangisi aşağıya önce varır? Sonuç cisimlerin kütlesine ya da yarıçapına bağlı mıdır?

Çözümü göster

Örnek 3.12'deki genel sonuç $A = g\sin\theta/(1 + k)$, $k = I_{\text{KM}}/mR^2$. Halka $k = 1$: $A = 0{,}50\,g\sin\theta$; disk $k = \tfrac12$: $0{,}67\,g\sin\theta$; küre $k = \tfrac25$: $0{,}71\,g\sin\theta$; blok $k = 0$: $g\sin\theta$. Sıralama: blok, küre, disk, halka. Sonuç yalnızca kütlenin dağılımını gösteren $k$'ye bağlıdır; kütle ve yarıçap sadeleşir. Ağır demir bir küre ile hafif bir misket aynı anda varır.

Problem 3.18Makaranın eylemsizlik momentini ölçmek★★☆

Yarıçapı 5,0 cm olan bir makaradan geçen ipin uçlarında 0,50 kg ve 0,40 kg'lık cisimler asılıdır. Durgun hâlden bırakılan ağır cisim 1,00 m'yi 1,70 s'de iniyor. Makaranın eksenindeki sürtünme ihmal edilirse eylemsizlik momenti nedir? Makara türdeş bir diskse kütlesi nedir?

Çözümü göster

$d = \tfrac12 at^2$ ile $a = 2 \times 1{,}00/1{,}70^2 = 0{,}692$ m/s². Örnek 3.10'daki sonucu $I/R^2$ için çözersek

$$ \frac{I}{R^2} = \frac{(m_1 - m_2)\,g}{a} - (m_1 + m_2) = \frac{0{,}10 \times 9{,}8}{0{,}692} - 0{,}90 = 0{,}516\ \text{kg} $$

$I = 0{,}516 \times 0{,}050^2 = 1{,}3 \times 10^{-3}$ kg·m². Disk için $I/R^2 = M/2$, $M \approx 1{,}0$ kg. Sonucun hassasiyeti, iki büyük sayının farkı alındığı için ölçümlerin hassasiyetinden çok daha kötüdür; süredeki yüzde 1'lik bir hata $I$'da yüzde 5'ten büyük bir hataya yol açar.

Problem 3.19Konik sarkacın açısal momentumu★★★

Uzunluğu $l$ olan bir ipin ucundaki $m$ kütleli cisim, ip düşeyle sabit bir $\alpha$ açısı yapacak biçimde yatay bir çember üzerinde $\omega$ açısal hızıyla dönüyor. (a) Cismin asılma noktası $O$'ya göre açısal momentumunu bulun ve sabit olmadığını gösterin. Değişim hızının, $O$'ya göre yer çekimi torkuna eşit olmasından $\omega^2 = g/(l\cos\alpha)$ sonucunu çıkarın. (b) Çemberin merkezi $C$'ye göre açısal momentum sabittir. $C$'ye göre net torkun sıfır olduğunu doğrulayın.

Çözümü göster

(a) Silindirik koordinatlarda (eksen $O$'dan geçen düşey, $z$ yukarı): $\vb{r} = l\sin\alpha\,\uv{\rho} - l\cos\alpha\,\uv{z}$, $\vb{v} = l\omega\sin\alpha\,\uv{\phi}$. $\uv{\rho}\times\uv{\phi} = \uv{z}$ ve $\uv{z}\times\uv{\phi} = -\uv{\rho}$ ile

$$ \boldsymbol{\ell} = ml^2\omega\sin\alpha\left(\sin\alpha\,\uv{z} + \cos\alpha\,\uv{\rho}\right) $$

Düşey bileşen sabittir, ama yatay bileşen $\uv{\rho}$ ile birlikte döner: $\dot{\uv{\rho}} = \omega\uv{\phi}$ olduğundan $\dot{\boldsymbol{\ell}} = ml^2\omega^2\sin\alpha\cos\alpha\,\uv{\phi}$. İpin gerilmesi $O$'dan geçtiği için torku sıfırdır; yer çekiminin torku $\vb{r}\times(-mg\uv{z}) = -mgl\sin\alpha\,(\uv{\rho}\times\uv{z}) = mgl\sin\alpha\,\uv{\phi}$ (çünkü $\uv{\rho}\times\uv{z} = -\uv{\phi}$). Eşitlersek $ml^2\omega^2\sin\alpha\cos\alpha = mgl\sin\alpha$, yani $\omega^2 = g/(l\cos\alpha)$ ✓.

(b) $C$'ye göre $\vb{r}' = l\sin\alpha\,\uv{\rho}$ ve $\boldsymbol{\ell}' = ml^2\omega\sin^2\alpha\,\uv{z}$: sabittir. Yer çekiminin $C$'ye göre torku $mgl\sin\alpha\,\uv{\phi}$'dir (sıfır değil!), ama bu kez gerilme kuvveti $\vb{T} = T(-\sin\alpha\,\uv{\rho} + \cos\alpha\,\uv{z})$ de tork üretir: $\vb{r}'\times\vb{T} = Tl\sin\alpha\cos\alpha\,(\uv{\rho}\times\uv{z}) = -Tl\sin\alpha\cos\alpha\,\uv{\phi}$. Düşey denge $T\cos\alpha = mg$ olduğundan iki tork birbirini götürür ✓. Ders: aynı hareket için açısal momentumun korunup korunmadığı, referans noktasına bağlıdır.

Problem 3.20Güçlü biçim neden gerekli?★★★

Yalıtılmış iki parçacık $(a, 0, 0)$ ve $(-a, 0, 0)$ noktalarında bulunuyor. Birincisine $F\uv{y}$, ikincisine $-F\uv{y}$ iç kuvveti etki ediyor (kuvvetler eşit ve zıt, ama iki parçacığı birleştiren doğru üzerinde değil). Sistemin toplam momentumunun korunduğunu, ama toplam açısal momentumunun korunmadığını gösterin. Sonuç neden fiziksel olarak kabul edilemez?

Çözümü göster

Toplam kuvvet $F\uv{y} - F\uv{y} = 0$ olduğundan $\vb{P}$ sabittir. Orijine göre toplam tork $a\uv{x}\times F\uv{y} + (-a\uv{x})\times(-F\uv{y}) = 2aF\,\uv{z} \neq 0$: sistem, kendi iç kuvvetleriyle kendi kendini döndürmeye başlar ve hiçbir dış etki olmadan açısal momentum kazanır. Böyle bir sistem, hiçbir şeye tutunmadan kendini sürekli hızlandıran bir döner tabla yapmayı mümkün kılardı. Bilinen temel kuvvetlerin hiçbiri (anlık etkileşmeler için) böyle davranmaz; uzayın eşyönlülüğü, iç kuvvetlerin iki parçacığı birleştiren doğru boyunca olmasını gerektirir.

Problem 3.21Hareketli bir noktaya göre açısal momentum★★★

$\vb{r}_A(t)$ konumunda hareket eden bir $A$ noktasına göre sistemin açısal momentumunu $\vb{L}_A = \sum_\alpha(\vb{r}_\alpha - \vb{r}_A)\times m_\alpha\vb{v}_\alpha$ olarak tanımlayalım (hızlar eylemsiz çerçeveye göre). Bu niceliğin

$$ \dot{\vb{L}}_A = \boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}_A - \vb{v}_A\times\vb{P} $$

denklemine uyduğunu gösterin. Hangi üç durumda son terim sıfır olur? Bunu, Örnek 3.12'den sonraki nottaki değme noktası yöntemine uygulayın.

Çözümü göster

Türev: $\dot{\vb{L}}_A = \sum(\vb{v}_\alpha - \vb{v}_A)\times m_\alpha\vb{v}_\alpha + \sum(\vb{r}_\alpha - \vb{r}_A)\times\vb{F}_\alpha$. İlk toplamda $\vb{v}_\alpha\times\vb{v}_\alpha = 0$ olduğundan $-\vb{v}_A\times\sum m_\alpha\vb{v}_\alpha = -\vb{v}_A\times\vb{P}$ kalır. İkinci toplamda iç kuvvetler, (3.17)'nin türetilişindeki gibi, yalnızca konum farkları önemli olduğu için birbirini götürür; geriye $\boldsymbol{\Gamma}^{\text{dış}}_A$ kalır ✓. Son terim üç durumda sıfırdır: (i) $A$ sabittir ($\vb{v}_A = 0$); (ii) $A$ kütle merkezidir ($\vb{v}_A = \dot{\vb{R}}$ ve $\vb{P} = M\dot{\vb{R}}$ paraleldir; bu (3.19)'dur, çünkü $\vb{L}_{\text{KM}}$ ile $\vb{L}_{\text{spin}}$ aynıdır); (iii) $A$'nın hızı KM'nin hızına paraleldir. Yuvarlanan silindirin değme noktasının geometrik yeri, KM ile aynı hızla düzleme paralel ilerler; (iii) sağlanır ve değme noktasına göre tork yöntemi geçerlidir. (Değme noktasının o an durgun olan madde parçacığı başka bir şeydir: o parçacık ivmelidir ve sonraki anda değme noktası olmaktan çıkar.)

Problem 3.22Momentum mu, açısal momentum mu?★★★

Uzunluğu 1,0 m ve kütlesi 2,0 kg olan türdeş bir çubuk, üst ucundan sürtünmesiz bir mile asılı olarak düşey durumda duruyor. 10 g'lık bir mermi 300 m/s yatay hızla çubuğun alt ucuna çarpıp içine gömülüyor. (a) Çubuğun çarpışmadan hemen sonraki açısal hızını bulun. (b) Çarpışmada sistemin momentumu korunur mu? Milin çubuğa uyguladığı itmeyi bulun. (c) Mermi çubuğun hangi noktasına çarparsa milin itmesi sıfır olur?

Çözümü göster

(a) Çarpışma sırasında mil çubuğa büyük ve bilinmeyen bir kuvvet uygulayabilir, ama bu kuvvetin mile göre torku sıfırdır. Yer çekimi çarpışmanın kısa süresinde ihmal edilebilir. Bu yüzden mile göre açısal momentum korunur: $mvL = (\tfrac13 ML^2 + mL^2)\,\omega$,

$$ \omega = \frac{0{,}010 \times 300 \times 1{,}0}{0{,}667 + 0{,}010} = 4{,}43\ \text{rad/s} $$

(b) Momentum korunmaz. Önce $p = 3{,}0$ kg·m/s; sonra KM'lerin hızlarından $p' = (M\,L/2 + mL)\,\omega = 1{,}01 \times 4{,}43 = 4{,}48$ kg·m/s. Mil, çubuğa mermi yönünde $J = 1{,}48$ N·s'lik bir itme uygulamıştır. (c) Mermi milden $s$ uzaklıktaki noktaya çarpsın ve mermi kütlesini ihmal edelim. $mvs = \tfrac13 ML^2\omega$ ve momentum korunumu için $mv = M(L/2)\omega$ olmalıdır. Oranlarsak $s = \tfrac23 L$. Bu noktaya çarpma merkezi denir. Bir beyzbol sopası ya da tenis raketi topa bu noktadan vurduğunda oyuncunun eline geri tepme gelmez; oyuncular bu noktayı sopanın "tatlı noktası" olarak bilir.

Problem 3.23Günler neden uzuyor?★★★

Ay'ın Dünya'da oluşturduğu gelgit şişkinlikleri, Dünya'nın dönmesi yüzünden Ay–Dünya doğrultusunun biraz önüne geçer. Bu yüzden Ay, Dünya'nın dönmesini yavaşlatan bir tork uygular. Dünya–Ay sisteminin toplam açısal momentumu (Güneş'in etkisi ihmal edilerek) korunduğundan, Dünya'nın kaybettiği spin açısal momentumunu Ay'ın yörüngesi kazanır. Lazer ölçümleri Ay'ın her yıl 3,8 cm uzaklaştığını gösteriyor. Ay'ın yörüngesini $r = 3{,}84 \times 10^8$ m yarıçaplı bir çember kabul edip, yörünge açısal momentumunu $\ell = m\sqrt{GMr}$ ile hesaplayarak günün uzunluğunun yüzyılda ne kadar arttığını tahmin edin. ($G = 6{,}67 \times 10^{-11}$ N·m²/kg², Dünya için $I = 0{,}33\,MR^2$ ve $\omega = 7{,}29 \times 10^{-5}$ rad/s; diğer değerler Örnek 3.4'te.)

Çözümü göster

Çembersel yörüngede $mv^2/r = GMm/r^2$, $v = \sqrt{GM/r}$ ve $\ell = mvr = m\sqrt{GMr}$. Sayısal olarak $\ell = 7{,}35 \times 10^{22}\sqrt{3{,}98 \times 10^{14} \times 3{,}84 \times 10^8} = 2{,}88 \times 10^{34}$ kg·m²/s; Dünya'nın spin açısal momentumunun ($5{,}8 \times 10^{33}$, Problem 3.13) beş katı. $\ell \propto \sqrt{r}$ olduğundan $\dot{\ell} = (\ell/2r)\dot{r}$:

$$ \dot{\ell} = \frac{2{,}88 \times 10^{34}}{2 \times 3{,}84 \times 10^8} \times \frac{0{,}038}{3{,}16 \times 10^7} = 4{,}5 \times 10^{16}\ \text{kg·m}^2/\text{s}^2 $$

Toplam açısal momentum korunduğundan $I\dot{\omega} = -\dot{\ell}$ ve $\dot{\omega} = -4{,}5 \times 10^{16}/(8{,}0 \times 10^{37}) = -5{,}6 \times 10^{-22}$ rad/s². Günün uzunluğu $T = 2\pi/\omega$ için $\dot{T}/T = -\dot{\omega}/\omega$:

$$ \dot{T} = 86\,164 \times \frac{5{,}6 \times 10^{-22}}{7{,}29 \times 10^{-5}} = 6{,}6 \times 10^{-13} \quad\Rightarrow\quad \Delta T \approx 2{,}1\ \text{ms/yüzyıl} $$

Gelgit kuramından beklenen değer yaklaşık 2,3 ms/yüzyıldır; Güneş gelgitlerinin küçük katkısı farkı açıklar. Antik tutulma kayıtlarından ölçülen değer ise yaklaşık 1,8 ms/yüzyıldır. Aradaki fark, buzul çağından sonra yükselen yerkabuğunun Dünya'nın eylemsizlik momentini azaltmasından gelir. Küçük gibi görünen bu etki birikir: Babil gökbilimcilerinin kaydettiği tutulmalar, gün sabit uzunlukta olsaydı hesaplanacak yerlerden binlerce kilometre uzakta gözlenmiştir.

İleri okuma

J. R. Taylor, Classical Mechanics, 3. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak; roketler, kütle merkezi ve açısal momentum.
D. Kleppner ve R. Kolenkow, An Introduction to Mechanics, 2. baskı (Cambridge University Press, 2014), 4. ve 7. bölümler: momentum ve sabit eksen etrafında dönme üzerine çok sayıda öğretici problem.
K. R. Symon, Mechanics, 3. baskı (Addison-Wesley, 1971), 4. bölüm: çok parçacıklı sistemlerin korunum yasalarının dikkatli bir anlatımı.
G. P. Sutton ve O. Biblarz, Rocket Propulsion Elements, 9. baskı (Wiley, 2016): roket denkleminden gerçek motorlara kadar roketçiliğin mühendislik temeli.
F. R. Stephenson, L. V. Morrison ve C. Y. Hohenkerk, "Measurement of the Earth's rotation: 720 BC to AD 2015", Proceedings of the Royal Society A 472 (2016): antik tutulma kayıtlarından günün uzamasının ölçülmesi.

Cisim	Eksen	\(I\)
İnce çubuk (uzunluk \(L\))	ortadan, çubuğa dik	\(\tfrac{1}{12}ML^2\)
İnce çubuk (uzunluk \(L\))	uçtan, çubuğa dik	\(\tfrac13 ML^2\)
İnce halka ya da ince cidarlı silindir	simetri ekseni	\(MR^2\)
Disk ya da dolu silindir	simetri ekseni	\(\tfrac12 MR^2\)
İnce disk	bir çap	\(\tfrac14 MR^2\)
Dolu küre	bir çap	\(\tfrac25 MR^2\)
İnce küresel kabuk	bir çap	\(\tfrac23 MR^2\)