Bölüm 1

Newton Mekaniği ve Hareketin Dili

Uzay, zaman ve referans çerçeveleri; vektör cebiri ve vektörlerin türevi; kütle ve kuvvetin işlemsel tanımları; Newton'un üç yasası, eylemsiz çerçeveler ve Galileo göreliliği; üçüncü yasa ile momentumun korunumu; ikinci yasanın Kartezyen, kutupsal, silindirik ve küresel koordinatlarda yazılışı.

54 dk okuma11 çözümlü örnek11 şekil19 problem

Bu bölümde

Klasik mekaniğin hangi koşullarda geçerli olduğunu ve nerede yerini görelilik ile kuantum mekaniğine bıraktığını
Vektör cebirini (skaler, vektörel ve üçlü çarpımlar) ve zamana bağlı vektörlerin türevini
Kütle ile kuvvetin deneyle nasıl tanımlandığını ve Newton yasalarının mantıksal yapısını
Eylemsiz referans çerçevesi kavramını, Galileo dönüşümünü ve ikinci yasanın bu dönüşüm altındaki değişmezliğini
Üçüncü yasadan çok parçacıklı bir sistemin momentum korunumunun nasıl çıktığını ve üçüncü yasanın sınırlarını
İkinci yasayı Kartezyen, düzlem kutupsal, silindirik ve küresel koordinatlarda yazmayı ve kullanmayı

1.1Klasik mekaniğin kapsamı ve sınırları

Mekanik, cisimlerin nasıl hareket ettiğini ve bu hareketin nedenlerini inceler. Klasik mekanik, 1687'de Isaac Newton'un Philosophiae Naturalis Principia Mathematica adlı eserinde ortaya koyduğu yasalara ve onların 18. ve 19. yüzyıllarda Euler, Lagrange, Laplace ve Hamilton tarafından geliştirilen biçimlerine dayanır. Bu kuram iki yüzyılı aşkın bir süre fiziğin sarsılmaz temeli sayıldı; gezegenlerin yörüngelerini, gelgitleri, sarkaçların salınımını ve top mermilerinin yollarını şaşırtıcı bir doğrulukla açıkladı.

Yirminci yüzyılın başında klasik mekaniğin iki sınırı olduğu anlaşıldı. Birincisi hız sınırıdır: hızı ışık hızına ($c \approx 3{,}00 \times 10^8$ m/s) yaklaşan cisimlerin davranışı Einstein'ın özel görelilik kuramıyla anlatılmalıdır. İkincisi ölçek sınırıdır: atomlar, elektronlar ve çekirdekler gibi çok küçük sistemlerde Planck sabiti $h \approx 6{,}63 \times 10^{-34}$ J·s mertebesindeki etkiler önem kazanır ve kuantum mekaniği gerekir. Her iki sınır birlikte aşıldığında, örneğin parçacık hızlandırıcılarındaki çarpışmalarda, kuantum alan kuramına ihtiyaç duyulur. Kütle çekiminin çok güçlü olduğu yerlerde (nötron yıldızları, kara delikler) ise genel görelilik devreye girer.

Klasik mekaniğin geçerlilik bölgesi — **Şekil 1.1.** Fizik kuramlarının geçerlilik bölgeleri. Klasik mekanik, hızların ışık hızından çok küçük ve sistemin boyutlarının atomik ölçekten çok büyük olduğu geniş bölgede geçerlidir. Hız ışık hızına yaklaştığında özel görelilik, ölçek atomik boyutlara indiğinde kuantum mekaniği gerekir; ikisi birlikte aşıldığında kuantum mekaniği ile özel göreliliği birleştiren kuantum alan kuramı kullanılır. Sınırlar keskin değildir; kuramlar sınır bölgelerinde birbirine yumuşakça geçer.

Bu sınırlar klasik mekaniği önemsizleştirmez. Görelilik ve kuantum mekaniği, kendi geçerlilik bölgelerinin kenarında klasik mekaniğe indirgenir: $v/c \to 0$ limitinde görelilik denklemleri Newton denklemlerine, sistemin tipik etkisi $\hbar$'tan çok büyük olduğunda kuantum mekaniğinin ortalama değerleri klasik yörüngelere dönüşür. Bu yüzden klasik mekanik bir "yaklaşıklık" olmaktan çok, doğanın çok geniş bir bölgesini kusursuza yakın betimleyen bir limit kuramdır. Bir uzay aracının Satürn'e varış zamanı, Newton yasalarıyla dakikalar mertebesinde bir hassasiyetle hesaplanabilir.

Not

"Tipik etki" ifadesi şöyle anlaşılabilir: kütlesi $m$, boyu $L$ ve hızı $v$ olan bir sistem için $m v L$ çarpımı açısal momentum boyutundadır. Bu değer $\hbar \approx 1{,}05 \times 10^{-34}$ J·s'den çok büyükse kuantum etkileri ihmal edilebilir. 1 g'lık bir bilye için 1 cm/s hız ve 1 cm boyla $m v L \sim 10^{-7}$ J·s, yani $\hbar$'ın $10^{27}$ katıdır. Hidrojen atomundaki elektron için ise bu çarpım tam $\hbar$ mertebesindedir.

1.2Uzay, zaman ve referans çerçeveleri

Newton mekaniği, olayların içinde geçtiği bir uzay ve bir zaman kavramına dayanır. Klasik mekanikte uzay üç boyutlu ve Öklidyendir: iki nokta arasındaki uzaklık Pisagor bağıntısıyla hesaplanır ve geometri her yerde aynıdır. Uzay türdeş (homojen; bütün noktaları eşdeğer) ve eşyönlüdür (izotrop; bütün doğrultuları eşdeğer). Zaman ise mutlaktır: iki olay arasındaki süre, onları ölçen bütün gözlemciler için aynıdır. Özel görelilik bu son varsayımı yıkacaktır; ama hızlar ışık hızından çok küçük kaldıkça mutlak zaman varsayımı deneysel olarak kusursuz işler.

Bir cismin konumunu belirtmek için bir referans çerçevesi gerekir. Bir referans çerçevesi, bir başlangıç noktası (orijin), üç bağımsız eksen ve bir saatten oluşur. Bir noktanın konumu, orijinden o noktaya çizilen konum vektörü $\vb{r}$ ile, ya da eşdeğer olarak üç koordinatla verilir. En yaygın seçim, birbirine dik üç eksenli Kartezyen koordinatlardır:

$$ \vb{r} = x\,\uv{x} + y\,\uv{y} + z\,\uv{z} = (x, y, z) $$

(1.1)

Burada $\uv{x}$, $\uv{y}$ ve $\uv{z}$, eksenler boyunca uzanan birim vektörlerdir. Bu birim vektörlerin uzayın her noktasında aynı olması, Kartezyen koordinatların en önemli özelliğidir ve aşağıda göreceğimiz gibi türev almayı çok kolaylaştırır. Bazı kitaplarda bu vektörler $\vb{i}, \vb{j}, \vb{k}$ ya da $\vb{e}_1, \vb{e}_2, \vb{e}_3$ ile gösterilir.

Aynı fiziksel durum farklı çerçevelerden betimlenebilir. Hareket eden bir trenin içindeki yolcu ile peronda duran gözlemci, aynı topun hareketini farklı konum vektörleriyle anlatır. Hangi çerçevelerde fizik yasalarının en basit biçimini aldığı sorusu, Newton mekaniğinin özüdür ve Kısım 1.6'da bu soruya döneceğiz.

1.3Vektörler

Fizikteki büyüklükler, nasıl dönüştüklerine göre sınıflandırılır. Kütle, sıcaklık ve enerji gibi yalnızca bir sayıyla tam olarak belirtilen büyüklüklere skaler, konum, hız ve kuvvet gibi bir büyüklüğü ve bir yönü olan büyüklüklere vektör denir. Daha kesin bir tanım vektörü, koordinat eksenleri döndürüldüğünde bileşenleri belirli bir kurala göre değişen bir nesne olarak tanımlar; bu tanımı dönen çerçeveleri incelerken kullanacağız.

Toplama ve sayıyla çarpma

Bileşenleri $\vb{A} = (A_x, A_y, A_z)$ ve $\vb{B} = (B_x, B_y, B_z)$ olan iki vektörün toplamı bileşen bileşen yapılır: $\vb{A} + \vb{B} = (A_x + B_x, A_y + B_y, A_z + B_z)$. Geometrik olarak bu, uç uca ekleme kuralıdır. Bir vektörü bir $c$ sayısıyla çarpmak bütün bileşenleri $c$ ile çarpar; $c < 0$ ise yönü tersine çevirir. Bir vektörün büyüklüğü (boyu) Pisagor bağıntısıyla bulunur:

$$ A = |\vb{A}| = \sqrt{A_x^2 + A_y^2 + A_z^2} $$

Skaler çarpım

İki vektörün skaler çarpımı (iç çarpım, nokta çarpım) bir sayıdır:

$$ \vb{A}\cdot\vb{B} = A_x B_x + A_y B_y + A_z B_z = A B \cos\theta $$

(1.2)

Burada $\theta$, iki vektör arasındaki açıdır. İki ifadenin eşitliği kosinüs teoreminden çıkar. Skaler çarpım değişmelidir ($\vb{A}\cdot\vb{B} = \vb{B}\cdot\vb{A}$) ve toplama üzerine dağılır. Fiziksel olarak $\vb{A}\cdot\uv{n}$, $\vb{A}$'nın birim vektör $\uv{n}$ doğrultusundaki izdüşümüdür; örneğin bir kuvvetin yaptığı iş $\vb{F}\cdot\dd\vb{r}$, kuvvetin yer değiştirme doğrultusundaki bileşeniyle çarpımıdır. Sıfırdan farklı iki vektör ancak birbirine dikse skaler çarpımları sıfırdır. Bir vektörün kendisiyle skaler çarpımı boyunun karesidir: $\vb{A}\cdot\vb{A} = A^2$.

Vektörel çarpım

İki vektörün vektörel çarpımı (dış çarpım, çapraz çarpım) yeni bir vektördür:

$$ \vb{A}\times\vb{B} = (A_y B_z - A_z B_y,\; A_z B_x - A_x B_z,\; A_x B_y - A_y B_x) $$

(1.3)

Bu vektör hem $\vb{A}$'ya hem $\vb{B}$'ye diktir, büyüklüğü $|\vb{A}\times\vb{B}| = A B \sin\theta$'dır ve yönü sağ el kuralıyla belirlenir: sağ elin parmakları $\vb{A}$'dan $\vb{B}$'ye doğru kıvrılınca başparmak $\vb{A}\times\vb{B}$'nin yönünü gösterir. Büyüklüğü, iki vektörün oluşturduğu paralelkenarın alanına eşittir.

Vektörel çarpımın geometrisi — **Şekil 1.2.** $\vb{A}\times\vb{B}$, iki vektörün oluşturduğu düzleme diktir; büyüklüğü taralı paralelkenarın alanına eşittir. Yönü sağ el kuralıyla bulunur.

Vektörel çarpım değişmeli değildir; tersine, işaret değiştirir: $\vb{B}\times\vb{A} = -\vb{A}\times\vb{B}$. Bunun bir sonucu, her vektörün kendisiyle vektörel çarpımının sıfır olmasıdır. Birim vektörler için $\uv{x}\times\uv{y} = \uv{z}$, $\uv{y}\times\uv{z} = \uv{x}$ ve $\uv{z}\times\uv{x} = \uv{y}$'dir; bu sıra (x → y → z → x) sağ elli bir koordinat sistemini tanımlar. Vektörel çarpım fizikte tork ($\vb{\Gamma} = \vb{r}\times\vb{F}$), açısal momentum ($\vb{\ell} = \vb{r}\times\vb{p}$) ve manyetik kuvvet ($\vb{F} = q\,\vb{v}\times\vb{B}$) gibi nicelikleri tanımlar.

Üçlü çarpımlar

Üç vektörden iki önemli birleşim kurulabilir. Skaler üçlü çarpım

$$ \vb{A}\cdot(\vb{B}\times\vb{C}) = \vb{B}\cdot(\vb{C}\times\vb{A}) = \vb{C}\cdot(\vb{A}\times\vb{B}) $$

(1.4)

üç vektörün oluşturduğu paralelyüzün (işaretli) hacmidir; vektörlerin döngüsel sırası değişmediği sürece değeri aynı kalır, iki vektörün yeri değiştirilirse işaret değiştirir. Üç vektör aynı düzlemdeyse hacim, dolayısıyla skaler üçlü çarpım sıfırdır. Vektörel üçlü çarpım ise şu özdeşliği sağlar ("BAC eksi CAB" kuralı):

$$ \vb{A}\times(\vb{B}\times\vb{C}) = \vb{B}\,(\vb{A}\cdot\vb{C}) - \vb{C}\,(\vb{A}\cdot\vb{B}) $$

(1.5)

Bu özdeşlik Problem 1.4'te kanıtlanmaktadır; dönen çerçevelerdeki merkezkaç terimini türetirken ve katı cismin eylemsizlik tensörünü kurarken onu sık sık kullanacağız.

Örnek 1.1İki vektör arasındaki açı ve paralelkenar alanı

$\vb{A} = (1, 2, 2)$ ve $\vb{B} = (3, 0, 4)$ vektörleri arasındaki açıyı ve bu vektörlerin oluşturduğu paralelkenarın alanını bulun.

Çözüm

Boyları $A = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3$ ve $B = \sqrt{9 + 0 + 16} = 5$'tir. Skaler çarpım (1.2) ile

$$ \vb{A}\cdot\vb{B} = 1\cdot 3 + 2\cdot 0 + 2\cdot 4 = 11, \qquad \cos\theta = \frac{11}{15} \approx 0{,}733 $$

olduğundan $\theta \approx 42{,}8°$'dir. Vektörel çarpım (1.3) ile

$$ \vb{A}\times\vb{B} = (2\cdot 4 - 2\cdot 0,\; 2\cdot 3 - 1\cdot 4,\; 1\cdot 0 - 2\cdot 3) = (8, 2, -6) $$

ve paralelkenarın alanı $|\vb{A}\times\vb{B}| = \sqrt{64 + 4 + 36} = \sqrt{104} \approx 10{,}2$'dir. Sonucu denetleyelim: $A B \sin\theta = 15\sqrt{1 - (11/15)^2} = \sqrt{225 - 121} = \sqrt{104}$ ✓. Ayrıca $(8, 2, -6)\cdot(1, 2, 2) = 8 + 4 - 12 = 0$ ve $(8, 2, -6)\cdot(3, 0, 4) = 24 - 24 = 0$: bulunan vektör gerçekten her ikisine de diktir.

1.4Vektörlerin türevi ve hareketin betimlenmesi

Hareket eden bir parçacığın konumu zamanla değişir: $\vb{r} = \vb{r}(t)$. Bir vektörün zamana göre türevi, tıpkı bir fonksiyonun türevi gibi bir limitle tanımlanır:

$$ \dv{\vb{r}}{t} = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\vb{r}(t + \Delta t) - \vb{r}(t)}{\Delta t} $$

Parçacığın hızı konumun, ivmesi de hızın zamana göre türevidir:

$$ \vb{v} = \dot{\vb{r}} = \dv{\vb{r}}{t}, \qquad \vb{a} = \dot{\vb{v}} = \ddot{\vb{r}} = \frac{\dd^2\vb{r}}{\dd t^2} $$

(1.6)

Üstteki nokta, Newton'un kullandığı zamana göre türev gösterimidir; mekanikte çok yaygındır.

Kartezyen koordinatlarda birim vektörler sabit olduğundan, türev doğrudan bileşenlere geçer: $\vb{r} = x\uv{x} + y\uv{y} + z\uv{z}$ ise $\dot{\vb{r}} = \dot{x}\uv{x} + \dot{y}\uv{y} + \dot{z}\uv{z}$ olur. Bu, Kartezyen koordinatlara özgü bir kolaylıktır. Kutupsal ya da küresel koordinatlarda birim vektörlerin yönü parçacıkla birlikte değişir ve türevleri sıfır değildir; bu durumu Kısım 1.10'da inceleyeceğiz.

Vektörlerin türevi, sıradan türevin bildik kurallarına uyar. $f(t)$ bir skaler fonksiyon, $\vb{A}(t)$ ve $\vb{B}(t)$ vektör fonksiyonları ise:

$$ \begin{aligned} &\dv{}{t}(f\vb{A}) = \dot{f}\vb{A} + f\dot{\vb{A}},\\ &\dv{}{t}(\vb{A}\cdot\vb{B}) = \dot{\vb{A}}\cdot\vb{B} + \vb{A}\cdot\dot{\vb{B}},\\ &\dv{}{t}(\vb{A}\times\vb{B}) = \dot{\vb{A}}\times\vb{B} + \vb{A}\times\dot{\vb{B}} \end{aligned} $$

(1.7)

Son kuralda çarpanların sırası korunmalıdır, çünkü vektörel çarpım değişmeli değildir. İkinci kuraldan çok kullanılan bir sonuç çıkar: boyu sabit olan bir vektörün türevi, o vektöre diktir. Gerçekten, $\vb{A}\cdot\vb{A} = A^2$ sabitse türevi $2\vb{A}\cdot\dot{\vb{A}} = 0$ olur. Düzgün çembersel harekette hızın büyüklüğü sabit olduğundan ivmenin hıza dik olması bu genel sonucun özel bir hâlidir.

Örnek 1.2Sarmal yörünge

Bir parçacığın konumu $\vb{r}(t) = (R\cos\omega t,\; R\sin\omega t,\; u t)$ ile veriliyor; burada $R$, $\omega$ ve $u$ pozitif sabitlerdir. Parçacığın izlediği yolu tanımlayın; hızını, ivmesini ve yolun eğrilik yarıçapını bulun.

Çözüm

$x^2 + y^2 = R^2$ olduğundan parçacığın $xy$ düzlemine izdüşümü yarıçapı $R$ olan bir çember üzerinde açısal hız $\omega$ ile dolanır; aynı anda $z$ doğrultusunda sabit $u$ hızıyla ilerler. Yol, ekseni $z$ ekseni olan bir sarmaldır (helis); bir tur sürecinde ($T = 2\pi/\omega$) parçacık $2\pi u/\omega$ kadar yükselir. Bu, düzgün bir manyetik alanda dolanan yüklü bir parçacığın yoludur.

Türevler bileşen bileşen alınır:

$$ \vb{v} = (-R\omega\sin\omega t,\; R\omega\cos\omega t,\; u), \qquad \vb{a} = (-R\omega^2\cos\omega t,\; -R\omega^2\sin\omega t,\; 0) $$

Hızın büyüklüğü $v = \sqrt{R^2\omega^2 + u^2}$ sabittir; ivmenin büyüklüğü $a = R\omega^2$'dir ve ivme her an $-(x, y, 0)$ doğrultusunda, yani parçacığın bulunduğu yükseklikte sarmalın eksenine doğrudur. $\vb{v}\cdot\vb{a} = R^2\omega^3(\sin\omega t\cos\omega t - \cos\omega t\sin\omega t) = 0$ olduğundan ivme hıza diktir; bu, hızın büyüklüğünün sabit olmasının gereğidir ve (1.7)'den çıkan genel sonucun bir örneğidir.

Hızı $v$ olan bir parçacığın ivmesinin hıza dik bileşeni $v^2/\rho$'dur; burada $\rho$ yolun o noktadaki eğrilik yarıçapıdır. Buradan

$$ \rho = \frac{v^2}{a} = \frac{R^2\omega^2 + u^2}{R\omega^2} = R\left(1 + \frac{u^2}{R^2\omega^2}\right) $$

bulunur. Sınır durumları denetleyelim: $u \to 0$ iken sarmal bir çembere dönüşür ve $\rho \to R$ olur; $u$ çok büyükse sarmal neredeyse düz bir çizgidir ve $\rho \to \infty$ olur. İki limit de beklentiyle uyumludur.

1.5Kütle ve kuvvet

Newton yasalarını anlamlı kılmak için iki temel kavramı, kütleyi ve kuvveti, deneyle ölçülebilir biçimde tanımlamak gerekir. Bu tanımlar ilk bakışta döngüsel görünebilir ("kuvvet kütle çarpı ivmedir; kütle de kuvvet bölü ivmedir"); bu bölümde döngünün nasıl kırıldığını göreceğiz.

Kütle. Bir cismin kütlesi, onun hareket durumunun değiştirilmesine karşı gösterdiği direncin, yani eylemsizliğinin ölçüsüdür. Kütleyi ölçmenin en yalın yolu, onu bir standart kütleyle karşılaştırmaktır. Uluslararası birim sisteminde kilogram, 2019'dan beri Planck sabitinin tam değeri $h = 6{,}626\,070\,15 \times 10^{-34}$ J·s olarak sabitlenmesiyle tanımlanır; ama işlemsel fikir değişmez. Kütleleri karşılaştırmanın iki yolu vardır:

Tartı ile: Eşit kollu bir terazide iki cisim dengede kalıyorsa eşit çekim kütlesine sahiptir. Bu yöntem, kütle çekiminin cisimleri kütleleriyle orantılı çektiği varsayımına dayanır.
Çarpışma ile: İki cisim, dış etkilerden yalıtılmış olarak (örneğin sürtünmesiz bir hava rayında) etkileştirilirse hızlarındaki değişimler kütleleriyle ters orantılıdır. Bu yöntem eylemsizlik kütlesini ölçer ve kütle çekimine hiç başvurmaz.

Çekim kütlesi ile eylemsizlik kütlesinin eşitliği, Eötvös'ün 1900'lerdeki burulma terazisi deneylerinden bugünün uydu deneylerine (MICROSCOPE, 2022) kadar $10^{-15}$ mertebesinde bir hassasiyetle doğrulanmıştır. Bu eşitlik klasik mekanikte açıklanamayan bir rastlantı gibi durur; Einstein'ın genel görelilik kuramının temel taşı olan eşdeğerlik ilkesinin kaynağı budur.

Tanım 1.1Eylemsizlik kütlesi

Dış etkilerden yalıtılmış iki cisim yalnızca birbirleriyle etkileştiğinde hızları $\Delta\vb{v}_1$ ve $\Delta\vb{v}_2$ kadar değişiyorsa, kütlelerinin oranı

$$ \frac{m_1}{m_2} = \frac{|\Delta\vb{v}_2|}{|\Delta\vb{v}_1|} $$

(1.8)

ile tanımlanır. Deney, bu oranın etkileşmenin türüne (çarpışma, yay, mıknatıs) ve şiddetine bağlı olmadığını, ayrıca $\Delta\vb{v}_1$ ile $\Delta\vb{v}_2$'nin her zaman zıt yönlü olduğunu gösterir. Bir cismin kütlesi, standart kütleyle bu yolla karşılaştırılarak bulunur.

Örnek 1.3Hava rayında kütle ölçümü

Sürtünmesiz bir hava rayında duran iki kızak arasına sıkıştırılmış hafif bir yay konmuş ve kızaklar bir iple birbirine bağlanmıştır. İp yakılınca birinci kızak 0,60 m/s, ikinci kızak ters yönde 0,40 m/s hızla ayrılıyor. Birinci kızağın kütlesi 0,500 kg ise ikincinin kütlesi nedir?

Çözüm

Kızaklar başlangıçta durduğu için hız değişimleri son hızlara eşittir. (1.8) ile

$$ \frac{m_2}{m_1} = \frac{|\Delta v_1|}{|\Delta v_2|} = \frac{0{,}60}{0{,}40} = 1{,}5 \quad\Rightarrow\quad m_2 = 0{,}750 \text{ kg} $$

Sonuç, yayın sertliğine ya da ne kadar sıkıştırıldığına bağlı değildir; daha güçlü bir yay iki hızı da aynı oranda artırırdı. Bu deney, hiçbir kuvvet ölçmeden ve kütle çekimine başvurmadan kütleyi ölçer. Ayrıca $m_1 \Delta v_1 + m_2 \Delta v_2 = 0{,}500(0{,}60) + 0{,}750(-0{,}40) = 0$ olduğuna dikkat edin: bu, Kısım 1.8'de göreceğimiz momentum korunumunun ta kendisidir.

Kuvvet. Kütle tanımlandıktan sonra kuvveti tanımlamanın iki eşdeğer yolu vardır. Birincisi, kuvveti ikinci yasa yoluyla tanımlamaktır: kütlesi bilinen bir cisme kazandırdığı ivmeyle. İkincisi, kuvveti bağımsız olarak, örneğin belirli bir miktar gerilmiş standart bir yayın uyguladığı çekiş olarak tanımlamak ve ikinci yasayı bir deneysel yasa olarak sınamaktır. İkinci yaklaşımda yasa gerçek bir fiziksel içerik taşır: birim kuvvet, birim kütleye, kuvvet ne olursa olsun, her zaman aynı ivmeyi kazandırır ve iki yayın aynı anda uyguladığı kuvvetler vektörel olarak toplanır. Kuvvetin SI birimi newton'dur: $1\ \text{N} = 1\ \text{kg·m/s}^2$.

1.6Newton'un birinci ve ikinci yasaları; eylemsiz çerçeveler

Newton'un yasaları, Principia'daki biçimlerinden biraz farklı ama özünü koruyan bir dille şöyle ifade edilebilir.

Yasa 1.1Newton'un birinci yasası

Üzerine net kuvvet etki etmeyen bir parçacık, sabit hızla (büyüklüğü ve yönü değişmeden) hareket eder; duruyorsa durmaya devam eder.

Yasa 1.2Newton'un ikinci yasası

Bir parçacığa etki eden net kuvvet, parçacığın kütlesi ile ivmesinin çarpımına eşittir:

$$ \vb{F} = m\,\vb{a} = m\,\ddot{\vb{r}} $$

(1.9)

Eşdeğer olarak, momentum $\vb{p} = m\vb{v}$ tanımlanırsa ikinci yasa $\vb{F} = \dot{\vb{p}}$ biçimini alır.

İkinci yasanın $\vb{F} = \dot{\vb{p}}$ biçimi, kütlesi sabit olan bir parçacık için $\vb{F} = m\vb{a}$ ile aynıdır. Kütlesi değişen sistemlerde (roketler, bulutta su toplayarak büyüyen yağmur damlaları) ise doğru yasa $\dot{\vb{p}}$ biçiminden, sistemin dikkatlice tanımlanmasıyla çıkar; bunu 3. bölümde roket hareketini incelerken göreceğiz.

İkinci yasa, ikinci dereceden bir diferansiyel denklemdir. Kuvvet, parçacığın konumunun, hızının ve zamanın bilinen bir fonksiyonu $\vb{F}(\vb{r}, \dot{\vb{r}}, t)$ ise, parçacığın başlangıçtaki konumu ve hızı verildiğinde gelecekteki bütün hareketi (matematiksel olarak) tek biçimde belirlenir. Klasik mekaniğin belirlenimci (determinist) yapısı buradan gelir. Laplace, evrendeki bütün parçacıkların konum ve hızlarını bilen bir zekânın geleceği ve geçmişi bir bakışta görebileceğini söylemişti. 12. bölümde, bu ilkesel belirlenimciliğin kaotik sistemlerde neden pratik bir öngörülebilirlik sağlamadığını göreceğiz.

Eylemsiz referans çerçeveleri

Birinci yasa ilk bakışta ikinci yasanın $\vb{F} = 0$ özel hâli gibi görünür. Ama birinci yasanın asıl görevi, Newton yasalarının hangi çerçevelerde geçerli olduğunu belirlemektir. Sabit hızla giden bir trende, masadaki bir topa hiçbir yatay kuvvet etki etmez ve top durur. Ama tren fren yaptığında, yine hiçbir yatay kuvvet etkimediği hâlde top trene göre öne doğru ivmelenir. Trenin içindeki gözlemci için birinci yasa artık geçerli değildir.

Tanım 1.2Eylemsiz referans çerçevesi

Newton'un birinci yasasının geçerli olduğu, yani net kuvvet etkimeyen parçacıkların sabit hızla hareket ettiği referans çerçevesine eylemsiz (eylemsizlik) referans çerçevesi denir. Newton'un ikinci ve üçüncü yasaları yalnızca eylemsiz çerçevelerde geçerlidir.

Bu tanım bize ilk yasanın gerçek içeriğini verir: eylemsiz çerçeveler vardır. Bir eylemsiz çerçeveye göre sabit hızla öteleme hareketi yapan her çerçeve de eylemsizdir (Kısım 1.7'de göreceğiz); ivmeli ya da dönen çerçeveler ise eylemsiz değildir. Eylemsiz olmayan bir çerçevede Newton yasaları ancak "eylemsizlik kuvvetleri" adı verilen ek terimler (merkezkaç ve Coriolis kuvvetleri gibi) eklenerek kullanılabilir; bunu 9. bölümün konusu olarak bırakıyoruz.

Örnek 1.4Dünya ne kadar eylemsiz?

Yeryüzüne bağlı bir laboratuvar, Dünya'nın dönmesi ve Güneş çevresindeki yörünge hareketi nedeniyle ivmelidir. Bu ivmeleri hesaplayın ve yer çekimi ivmesiyle karşılaştırın. (Dünya'nın yarıçapı $R_D = 6{,}37 \times 10^6$ m, yıldız günü 86 164 s, Dünya–Güneş uzaklığı $1{,}50 \times 10^{11}$ m, yıl $3{,}16 \times 10^7$ s.)

Çözüm

Ekvatordaki bir noktanın Dünya'nın dönmesinden kaynaklanan merkezcil ivmesi:

$$ \begin{aligned} &\omega = \frac{2\pi}{86\,164\ \text{s}} = 7{,}29 \times 10^{-5}\ \text{s}^{-1},\\ &a = \omega^2 R_D = (7{,}29 \times 10^{-5})^2 (6{,}37 \times 10^6) \approx 0{,}034\ \text{m/s}^2 \end{aligned} $$

Bu değer $g = 9{,}8$ m/s²'nin yaklaşık %0,35'idir. Güneş çevresindeki yörünge hareketinden gelen ivme ise

$$ \begin{aligned} &\Omega = \frac{2\pi}{3{,}16 \times 10^7\ \text{s}} = 1{,}99 \times 10^{-7}\ \text{s}^{-1},\\ &a = \Omega^2 R \approx 5{,}9 \times 10^{-3}\ \text{m/s}^2 \end{aligned} $$

olup $g$'nin binde birinden azdır. Üstelik bu ivmenin neredeyse tamamını Güneş'in kütle çekimi sağlar: Dünya, Güneş'e doğru serbest düşen bir cisimdir ve Güneş'in çekimi laboratuvardaki her cismi aynı ivmeyle hızlandırır. Bu yüzden yörünge hareketinden geriye yalnızca Dünya'nın boyutundan kaynaklanan ve en fazla $5 \times 10^{-8}\,g$ kadar olan küçük gelgit etkileri kalır. Laboratuvar deneylerinin büyük çoğunluğunda (bir sarkacın salınımı, bir merminin yolu) bu etkiler ölçüm hatasının altında kalır ve yeryüzü iyi bir eylemsiz çerçeve sayılabilir. Ama uzun süreli ya da büyük ölçekli hareketlerde etkileri açıkça görülür: Foucault sarkacının salınım düzleminin gün içinde dönmesi, kasırgaların kuzey yarımkürede saatin tersi yönünde dönmesi ve uzun menzilli topçu atışlarındaki sapmalar, Dünya'nın dönmesinin sonuçlarıdır.

1.7Galileo göreliliği

İki referans çerçevesini düşünelim: eylemsiz kabul ettiğimiz bir $\mathcal{S}$ çerçevesi ve ona göre sabit $\vb{V}$ hızıyla öteleme hareketi yapan bir $\mathcal{S}'$ çerçevesi. $t = 0$'da iki çerçevenin orijinleri çakışıyor ve eksenleri paralel olsun. Mutlak zaman varsayımıyla iki çerçevenin saatleri aynı zamanı gösterir; bir noktanın iki çerçevedeki konum vektörleri arasında

$$ \vb{r}' = \vb{r} - \vb{V}t, \qquad t' = t $$

(1.10)

bağıntısı vardır. Buna Galileo dönüşümü denir.

(1.10)'un zamana göre türevini alırsak, $\vb{V}$ sabit olduğundan hızlar için klasik hız toplama kuralını ve ivmeler için çok önemli bir sonucu buluruz:

$$ \vb{v}' = \vb{v} - \vb{V}, \qquad \vb{a}' = \vb{a} $$

(1.11)

İvme, birbirine göre sabit hızla hareket eden bütün çerçevelerde aynıdır. Kütlenin ve kuvvetlerin de iki çerçevede aynı olduğunu kabul edersek (klasik mekanikte kuvvetler, cisimler arasındaki göreli konumlara ve göreli hızlara bağlıdır ve bunlar Galileo dönüşümü altında değişmez), $\mathcal{S}$'de $\vb{F} = m\vb{a}$ sağlanıyorsa $\mathcal{S}'$'de de $\vb{F} = m\vb{a}'$ sağlanır. Buradan Galileo görelilik ilkesi çıkar:

Teorem 1.3Galileo görelilik ilkesi

Bir eylemsiz çerçeveye göre sabit hızla öteleme hareketi yapan her çerçeve de eylemsizdir ve Newton mekaniğinin yasaları bütün eylemsiz çerçevelerde aynı biçimdedir. Hiçbir mekanik deney, bir eylemsiz çerçevenin "gerçekten durduğunu" ya da "sabit hızla hareket ettiğini" ayırt edemez.

Galileo bu ilkeyi 1632'de, sakin bir denizde sabit hızla giden bir geminin ambarında kelebeklerin, balıkların ve damlayan suyun karada olduğu gibi davrandığını anlatarak dile getirmişti. Mutlak bir "durgunluk" yoktur; yalnızca göreli hareket vardır. Ama ivme mutlaktır: bir çerçevenin ivmeli olup olmadığı, içinde yapılan deneylerle anlaşılabilir.

Örnek 1.5Trenden geriye atılan top

Raylara göre 20 m/s hızla doğuya giden bir trende, bir yolcu trene göre 20 m/s hızla batıya doğru yatay bir top atıyor. Topun atıldığı yükseklik raylardan 2,5 m'dir. Topun trene ve yere göre yolunu betimleyin. ($g = 9{,}8$ m/s², hava direnci yok.)

Çözüm

Doğuyu $x$, yukarıyı $y$ yönü seçelim. Trende ($\mathcal{S}'$) topun başlangıç hızı $\vb{v}'_0 = (-20, 0)$ m/s'dir. Yerdeki çerçevede ($\mathcal{S}$) (1.11) ile $\vb{v}_0 = \vb{v}'_0 + \vb{V} = (-20 + 20, 0) = (0, 0)$ olur: top yere göre durgun olarak bırakılmış gibidir ve düz aşağı düşer.

İki çerçevede de ivme aynıdır, $\vb{a} = \vb{a}' = (0, -g)$. Düşme süresi her iki çerçevede $t = \sqrt{2h/g} = \sqrt{5/9{,}8} \approx 0{,}71$ s'dir. Trene göre top bir parabol çizerek $20 \times 0{,}71 \approx 14$ m geriye düşer; yere göre ise atıldığı noktanın tam altına düşer. İki gözlemci yolun biçimi konusunda anlaşamaz, ama ivme ve düşme süresi konusunda tamamen anlaşır. Fizik yasaları (burada sabit ivmeli hareket) iki çerçevede de aynıdır; yalnızca başlangıç koşulları farklıdır.

Dikkat

Galileo dönüşümü, hızlar ışık hızına yaklaştığında yanlış sonuç verir. Işık, hareket eden bir kaynaktan yayıldığında bile bütün eylemsiz gözlemciler için aynı $c$ hızıyla yayılır; bu, (1.11)'in hız toplama kuralıyla çelişir. Einstein 1905'te görelilik ilkesini korumayı, ama Galileo dönüşümünü Lorentz dönüşümüyle değiştirmeyi önerdi. Lorentz dönüşümü $V/c \to 0$ limitinde (1.10)'a indirgenir.

1.8Üçüncü yasa ve momentumun korunumu

Yasa 1.4Newton'un üçüncü yasası

Bir $\alpha$ parçacığı bir $\beta$ parçacığına $\vb{F}_{\beta\alpha}$ kuvvetini uyguluyorsa, $\beta$ parçacığı da $\alpha$'ya büyüklüğü eşit ve yönü zıt bir kuvvet uygular:

$$ \vb{F}_{\alpha\beta} = -\vb{F}_{\beta\alpha} $$

(1.12)

Burada $\vb{F}_{\alpha\beta}$, $\beta$'nın $\alpha$'ya uyguladığı kuvveti gösterir.

Üçüncü yasanın en önemli sonucu, çok parçacıklı bir sistemin toplam momentumunun korunmasıdır. $N$ parçacıktan oluşan bir sistemi ele alalım. $\alpha$. parçacığa etki eden net kuvvet iki parçaya ayrılır: sistemdeki öteki parçacıkların uyguladığı iç kuvvetler ve sistemin dışındaki cisimlerin uyguladığı dış kuvvet $\vb{F}^{\text{dış}}_\alpha$:

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

Çok parçacıklı sistem — **Şekil 1.5.** Çok parçacıklı bir sistemde iç kuvvetler çiftler hâlinde gelir ve üçüncü yasa gereği birbirini götürür; toplam momentumu yalnızca dış kuvvetler değiştirir.

Sistemin toplam momentumu $\vb{P} = \sum_\alpha \vb{p}_\alpha$'dır. Bütün parçacıklar için yukarıdaki denklemi toplarsak:

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

Çift toplamdaki terimler çiftler hâlinde gruplanabilir: her $\alpha \neq \beta$ çifti için toplamda hem $\vb{F}_{\alpha\beta}$ hem $\vb{F}_{\beta\alpha}$ bulunur ve (1.12) gereği bunların toplamı sıfırdır. Bu yüzden bütün iç kuvvetler birbirini götürür ve geriye yalnızca toplam dış kuvvet kalır:

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

(1.13)

Teorem 1.5Momentumun korunumu

Üçüncü yasaya uyan iç kuvvetlerle etkileşen bir parçacık sisteminin toplam momentumu, sisteme etki eden net dış kuvvete göre değişir. Net dış kuvvet sıfırsa toplam momentum sabittir.

Bu teorem son derece genel ve güçlüdür: iç kuvvetlerin ne olduğunu (çarpışma, patlama, sürtünme, kimyasal bağ) hiç bilmeden sistemin toplam momentumu hakkında kesin bir şey söyler. Ayrıca (1.13), bir cisim sisteminin bütününe Newton'un ikinci yasasının uygulanabileceğini gösterir: $\vb{F}^{\text{dış}} = M\ddot{\vb{R}}$, burada $M$ toplam kütle ve $\vb{R}$ kütle merkezinin konumudur (3. bölümde kanıtlanacak). Bir futbol topunu tek bir parçacık gibi ele alabilmemizin, içindeki $10^{25}$ mertebesindeki molekülün iç kuvvetlerini hiç düşünmememizin gerekçesi budur.

Örnek 1.6Uzayda anahtar fırlatan astronot

Uzay istasyonunun dışında, istasyona göre durgun hâldeki 80 kg kütleli bir astronot (giysisiyle birlikte), elindeki 2,0 kg'lık anahtarı istasyona göre 5,0 m/s hızla uzağa fırlatıyor. Astronot hangi hızla geri gider? Fırlatma 0,40 s sürdüyse astronotun koluna etki eden ortalama kuvvet nedir?

Çözüm

Astronot ile anahtardan oluşan sisteme (istasyona göre çerçevede) etki eden dış kuvvet ihmal edilebilir; fırlatmadaki kuvvetler iç kuvvettir. Başlangıçta toplam momentum sıfır olduğundan fırlatmadan sonra da sıfırdır:

$$ m_a \vb{v}_a + m_s \vb{v}_s = 0 \quad\Rightarrow\quad v_a = \frac{m_s v_s}{m_a} = \frac{2{,}0 \times 5{,}0}{80} = 0{,}125\ \text{m/s} $$

Astronot anahtarın ters yönünde 0,125 m/s hızla gider. Anahtarın momentum değişimi $2{,}0 \times 5{,}0 = 10$ kg·m/s'dir; üçüncü yasaya göre astronotunki de aynı büyüklükte ve zıt yöndedir. Ortalama kuvvet $F = \Delta p/\Delta t = 10/0{,}40 = 25$ N'dur. Kuvvet küçük, ama sürtünmenin olmadığı bir ortamda bu hız astronotu her saniye 12,5 cm uzaklaştırır; bu yüzden uzay yürüyüşlerinde astronotlar her zaman bir güvenlik ipine bağlanır.

Üçüncü yasanın sınırları

Üçüncü yasa, kütle çekim ve durgun yükler arasındaki elektrik kuvvetleri gibi merkezi ve anlık etkileşmelerde kusursuz geçerlidir. Ama her kuvvet bu yasaya uymaz. En öğretici örnek, hareket eden yüklü parçacıklar arasındaki manyetik kuvvettir.

Örnek 1.7Hareketli iki yükte üçüncü yasa

Pozitif bir $q_1$ yükü orijinde $+\uv{y}$ yönünde, pozitif bir $q_2$ yükü $(d, 0, 0)$ noktasında $+\uv{x}$ yönünde, ikisi de ışık hızından çok küçük hızlarla hareket ediyor. Yüklerin birbirine uyguladığı manyetik kuvvetleri karşılaştırın.

Hareketli yüklerde üçüncü yasa — **Şekil 1.6.** Birbirine göre bu biçimde hareket eden iki yükte $q_1$'in $q_2$'ye uyguladığı manyetik kuvvet sıfırdan farklıdır, ama $q_2$'nin $q_1$'e uyguladığı manyetik kuvvet sıfırdır.

Çözüm

Düşük hızlarda yavaş hareket eden bir yükün manyetik alanı Biot–Savart biçimindeki $\vb{B} = (\mu_0/4\pi)\, q\, \vb{v}\times\uv{r}/r^2$ ile verilir; burada $\uv{r}$, yükten alanın hesaplandığı noktaya doğru birim vektördür.

$q_1$'in $q_2$'deki alanı: $\uv{r} = \uv{x}$, $\vb{v}_1 \propto \uv{y}$: $\vb{B}_1 \propto \uv{y}\times\uv{x} = -\uv{z}$. $q_2$'ye etki eden kuvvet $\vb{F}_{21} = q_2\vb{v}_2\times\vb{B}_1 \propto \uv{x}\times(-\uv{z}) = +\uv{y}$: sıfırdan farklıdır.

$q_2$'nin $q_1$'deki alanı: $\uv{r} = -\uv{x}$, $\vb{v}_2 \propto \uv{x}$: $\vb{B}_2 \propto \uv{x}\times(-\uv{x}) = 0$. Dolayısıyla $q_1$'e etki eden manyetik kuvvet $\vb{F}_{12} = 0$'dır.

Manyetik kuvvetler eşit ve zıt değildir; üçüncü yasa çiğnenir. Elektrik kuvvetleri (Coulomb) burada da eşit ve zıttır, ama toplam kuvvetler değildir. Bu durumda yüklerin toplam momentumu korunmaz. Fizikteki çözüm, elektromanyetik alanın kendisinin de momentum taşıdığını kabul etmektir: yüklerin kaybettiği ya da kazandığı momentum alana aktarılır ve parçacıklar ile alanın toplam momentumu korunur. Klasik elektromanyetizmanın bu derin sonucu, momentumun korunumunun üçüncü yasadan daha temel bir ilke olduğunu gösterir; modern fizikte korunum yasaları, uzayın türdeşliği gibi simetrilerden türetilir (bunu 7. bölümde Noether teoremiyle göreceğiz).

1.9İkinci yasa Kartezyen koordinatlarda

İkinci yasa bir vektör denklemidir; problemleri çözmek için onu bileşenlerine ayırırız. Kartezyen koordinatlarda birim vektörler sabit olduğundan (1.9) doğrudan üç ayrı denkleme ayrılır:

$$ F_x = m\ddot{x}, \qquad F_y = m\ddot{y}, \qquad F_z = m\ddot{z} $$

(1.14)

Bu, Kartezyen koordinatların en büyük üstünlüğüdür. Kuvvetin her bileşeni yalnızca kendi koordinatına bağlıysa (örneğin yer çekimi altında atış hareketinde) üç denklem birbirinden bağımsız olarak çözülebilir. Bir problemi çözmeye başlarken eksenleri akıllıca seçmek çoğu zaman işin yarısıdır: eksenlerden biri hareketin kısıtlandığı doğrultuya (örneğin eğik düzleme) paralel seçilirse, kısıt kuvvetinin bilinmeyen büyüklüğü tek bir denklemde toplanır.

Yöntem

Newton yasalarıyla bir problem çözerken izlenebilecek düzenli bir yol:

İncelenen cismi (ya da cisimleri) belirleyin ve her biri için serbest cisim çizimi yapın: cisme etki eden bütün kuvvetleri, kaynaklarıyla birlikte çizin.
Bir eylemsiz çerçeve ve hareketin geometrisine uygun bir koordinat sistemi seçin.
İkinci yasayı her bileşen için yazın; kısıtları (ipin boyu, yüzeyin biçimi) denklem olarak ekleyin.
Bilinmeyen sayısı ile denklem sayısını karşılaştırın; çözün.
Sonucu birimlerle, sınır durumlarla ve büyüklük mertebesiyle denetleyin.

Örnek 1.8Sürtünmeli eğik düzlemde kayan blok

Eğim açısı $\theta$ olan bir eğik düzlemde kütlesi $m$ olan bir blok, kinetik sürtünme katsayısı $\mu$ olan yüzey boyunca aşağı kayıyor. Bloğun ivmesini bulun ve $\theta = 30°$, $\mu = 0{,}20$ için sayısal değerini hesaplayın. Blok durgun hâlden 2,0 m kaydıktan sonra hızı ne olur?

Eğik düzlemde blok — **Şekil 1.7.** Eksenler eğik düzleme paralel ($x$) ve dik ($y$) seçilince hareket yalnızca $x$ doğrultusunda olur ve kısıt $\ddot{y} = 0$ biçimini alır.

Çözüm

Eksenleri düzleme paralel ve aşağı doğru $x$, düzleme dik ve dışarı doğru $y$ seçelim. Bloğa üç kuvvet etki eder: ağırlık $m\vb{g}$, yüzeyin dik tepkisi $N\uv{y}$ ve harekete zıt kinetik sürtünme $-\mu N\uv{x}$. Ağırlığın bileşenleri $mg\sin\theta$ ($x$ yönünde) ve $-mg\cos\theta$ ($y$ yönünde)'dır. (1.14):

$$ m\ddot{x} = mg\sin\theta - \mu N, \qquad m\ddot{y} = N - mg\cos\theta = 0 $$

Blok yüzeyden ayrılmadığı için $\ddot{y} = 0$'dır; ikinci denklem $N = mg\cos\theta$ verir. Birinciye yazarsak:

$$ \ddot{x} = g(\sin\theta - \mu\cos\theta) $$

İvme kütleden bağımsızdır. Sayısal olarak $\ddot{x} = 9{,}8\,(0{,}500 - 0{,}20 \times 0{,}866) = 9{,}8 \times 0{,}327 \approx 3{,}2$ m/s²'dir. Sabit ivmeli hareketten $v^2 = 2\ddot{x}L$ ile 2,0 m sonra $v = \sqrt{2 \times 3{,}2 \times 2{,}0} \approx 3{,}6$ m/s olur.

Sınır durumlar: $\mu = 0$ için $\ddot{x} = g\sin\theta$ (sürtünmesiz eğik düzlem); $\theta = 90°$ için $\ddot{x} = g$ (serbest düşme, çünkü dik tepki ve dolayısıyla sürtünme sıfırdır). Ayrıca $\tan\theta < \mu$ ise formül negatif bir ivme verir: bu, kayan bir bloğun yavaşlayıp duracağı anlamına gelir (durduktan sonra statik sürtünme devreye girer ve formül artık geçerli değildir).

1.10İki boyutlu kutupsal koordinatlar

Pek çok problem doğal olarak bir merkezin çevresinde gelişir: gezegenlerin yörüngeleri, sarkaçlar, dönen cisimler. Bu problemlerde düzlem kutupsal koordinatlar $(r, \phi)$ çok daha uygundur. Bir noktanın kutupsal koordinatları, orijine uzaklığı $r$ ve konum vektörünün $x$ ekseniyle yaptığı açı $\phi$'dir:

$$ x = r\cos\phi, \qquad y = r\sin\phi $$

Her noktada iki birim vektör tanımlanır: $\uv{r}$, orijinden dışarı doğru ($r$'nin arttığı yönde) ve $\uv{\phi}$, ona dik ve $\phi$'nin arttığı yönde (saatin tersi yönünde). Kartezyen birim vektörler cinsinden:

$$ \uv{r} = \cos\phi\,\uv{x} + \sin\phi\,\uv{y}, \qquad \uv{\phi} = -\sin\phi\,\uv{x} + \cos\phi\,\uv{y} $$

(1.15)

Kartezyen birim vektörlerden farklı olarak bu vektörler noktadan noktaya değişir: yönleri, bulundukları noktanın $\phi$ açısına bağlıdır. Hareket eden bir parçacığın bulunduğu yerdeki $\uv{r}$ ve $\uv{\phi}$, parçacık hareket ettikçe döner. Bu yüzden türevleri sıfır değildir.

**Şekil 1.8.** Kutupsal birim vektörler $\uv{r}$ ve $\uv{\phi}$ noktadan noktaya yön değiştirir. Parçacık $\dd\phi$ kadar döndüğünde $\uv{r}$, $\uv{\phi}$ yönünde $\dd\phi$ kadar değişir.

(1.15)'in zamana göre türevini alalım; $\phi = \phi(t)$ olduğundan zincir kuralı gerekir:

$$ \dot{\uv{r}} = (-\sin\phi\,\uv{x} + \cos\phi\,\uv{y})\,\dot{\phi} = \dot{\phi}\,\uv{\phi}, \qquad \dot{\uv{\phi}} = (-\cos\phi\,\uv{x} - \sin\phi\,\uv{y})\,\dot{\phi} = -\dot{\phi}\,\uv{r} $$

(1.16)

Bu iki bağıntının geometrik anlamı açıktır: parçacık $\dd\phi$ kadar döndüğünde $\uv{r}$, $\uv{\phi}$ yönünde ve büyüklüğü $\dd\phi$ olan bir değişim geçirir (Şekil 1.8); $\uv{\phi}$ ise $-\uv{r}$ yönünde aynı miktarda değişir. İki türevin de dönen vektöre dik olduğuna dikkat edin; bu, boyu sabit vektörlerin türevleri için Kısım 1.4'te bulduğumuz genel sonuçtur.

Şimdi hız ve ivmeyi hesaplayabiliriz. Konum vektörü kutupsal koordinatlarda yalnızca $\vb{r} = r\,\uv{r}$'dir ($\uv{\phi}$ bileşeni yoktur). Çarpım kuralı ve (1.16) ile:

$$ \vb{v} = \dot{\vb{r}} = \dot{r}\,\uv{r} + r\,\dot{\uv{r}} = \dot{r}\,\uv{r} + r\dot{\phi}\,\uv{\phi} $$

(1.17)

Hızın iki bileşeni vardır: radyal bileşen $\dot{r}$ (uzaklığın değişme hızı) ve açısal bileşen $r\dot{\phi} = r\omega$ (dönmeden gelen hız). Bir kez daha türev alalım:

$$ \vb{a} = \ddot{r}\,\uv{r} + \dot{r}\,\dot{\uv{r}} + \dot{r}\dot{\phi}\,\uv{\phi} + r\ddot{\phi}\,\uv{\phi} + r\dot{\phi}\,\dot{\uv{\phi}} = \ddot{r}\,\uv{r} + 2\dot{r}\dot{\phi}\,\uv{\phi} + r\ddot{\phi}\,\uv{\phi} - r\dot{\phi}^2\,\uv{r} $$

Terimleri birim vektörlere göre toplarsak kutupsal koordinatlardaki ivme ifadesini buluruz:

$$ \vb{a} = \left(\ddot{r} - r\dot{\phi}^2\right)\uv{r} + \left(r\ddot{\phi} + 2\dot{r}\dot{\phi}\right)\uv{\phi} $$

(1.18)

Bu, klasik mekaniğin en çok kullanılan formüllerinden biridir; her terimin fiziksel anlamını iyi bilmek gerekir:

Terim	Adı	Anlamı
$\ddot{r}$	radyal ivme	Uzaklığın değişme hızının değişimi
$-r\dot{\phi}^2$	merkezcil ivme	Çembersel harekette merkeze doğru $v^2/r$
$r\ddot{\phi}$	açısal (teğetsel) ivme	Açısal hızın değişiminden gelen ivme
$2\dot{r}\dot{\phi}$	Coriolis terimi	Radyal hareket ile dönmenin birlikte varlığından gelen ivme

Düzgün çembersel hareket ($r$ sabit, $\dot{\phi} = \omega$ sabit) için (1.18) yalnızca $-r\omega^2\uv{r}$ verir: bildiğimiz $v^2/r$ büyüklüğündeki merkezcil ivme. Kutupsal koordinatlarda ikinci yasa iki skaler denkleme ayrılır:

$$ F_r = m\left(\ddot{r} - r\dot{\phi}^2\right), \qquad F_\phi = m\left(r\ddot{\phi} + 2\dot{r}\dot{\phi}\right) $$

(1.19)

Bu denklemler Kartezyen denklemlerden daha karmaşık görünür, ama dönen ya da merkezi kuvvet içeren sistemlerde problemi çok daha basit hâle getirir. Bunu iki örnekle görelim.

Örnek 1.9Yarım borudaki kaykaycı

Yarıçapı $R$ olan yarım silindir biçimli bir rampada (yarım boru) bir kaykaycı sürtünmesiz olarak ileri geri salınıyor. Kaykaycıyı kütlesi $m$ olan bir parçacık sayarak hareket denklemini bulun. Küçük salınımlar için periyodu hesaplayın ve $R = 5{,}0$ m için sayısal değerini verin. Rampanın kaykaycıya uyguladığı tepki kuvveti nedir?

Çözüm

Orijini borunun merkez ekseninde seçelim ve $\phi$ açısını düşey doğrultudan (borunun en alt noktasından) ölçelim. Kaykaycının uzaklığı her zaman $r = R$ olduğundan $\dot{r} = \ddot{r} = 0$'dır. Kaykaycıya iki kuvvet etki eder: ağırlık ve rampanın merkeze doğru ($-\uv{r}$ yönünde) uyguladığı dik tepki $N$. Ağırlığın radyal bileşeni $mg\cos\phi$ (dışarı doğru), açısal bileşeni $-mg\sin\phi$'dir (kaykaycıyı en alt noktaya doğru çeker). (1.19):

$$ \text{radyal:}\quad mg\cos\phi - N = -mR\dot{\phi}^2, \qquad \text{açısal:}\quad -mg\sin\phi = mR\ddot{\phi} $$

Açısal denklem hareket denklemidir:

$$ \ddot{\phi} = -\frac{g}{R}\sin\phi $$

(1.20)

Bu, ünlü basit sarkaç denklemidir; kaykaycı, uzunluğu $R$ olan bir sarkaç gibi davranır. Denklem doğrusal değildir ve çözümü eliptik integraller gerektirir (4. ve 12. bölümler). Ama küçük açılarda $\sin\phi \approx \phi$ yaklaşıklığıyla doğrusal bir denkleme dönüşür:

$$ \ddot{\phi} = -\omega^2\phi, \qquad \omega = \sqrt{g/R} $$

Bu denklemin genel çözümü $\phi(t) = A\cos(\omega t - \delta)$'dır; kaykaycı basit harmonik hareket yapar. Periyot:

$$ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}} = 2\pi\sqrt{\frac{5{,}0}{9{,}8}} \approx 4{,}5\ \text{s} $$

Küçük salınımlarda periyot genlikten bağımsızdır. Radyal denklem ise tepki kuvvetini verir: $N = mg\cos\phi + mR\dot{\phi}^2$. En alt noktada ($\phi = 0$) $N = mg + mv^2/R$ olur; kaykaycı kendini ağırlığından daha ağır hisseder. Tepki kuvvetinin hiçbir zaman hareket denkleminde görünmediğine dikkat edin: kutupsal koordinatlar kısıt kuvvetini radyal denkleme "hapsetmiş", hareketi tek bir değişkenle ($\phi$) betimlememizi sağlamıştır. Bu fikir, 7. bölümde Lagrange mekaniğiyle sistematik hâle gelecek.

Örnek 1.10Dönen çubuktaki boncuk

Yatay düzlemde sabit açısal hız $\omega$ ile dönen ince, düz bir çubuğa geçirilmiş bir boncuk, çubuk üzerinde sürtünmesiz kayabiliyor. Boncuk başlangıçta dönme ekseninden $r_0$ uzaklıkta ve çubuğa göre durgundur. Boncuğun eksenden uzaklığını zamanın fonksiyonu olarak bulun. Çubuğun boncuğa uyguladığı kuvvet nedir?

Çözüm

Kutupsal koordinatları dönme ekseninde seçelim. Boncuk çubuk üzerinde kaldığından $\phi = \omega t$, yani $\dot{\phi} = \omega$ ve $\ddot{\phi} = 0$'dır. Sürtünme olmadığından çubuk boncuğa yalnızca kendisine dik, yani $\uv{\phi}$ yönünde bir $N$ kuvveti uygulayabilir; yatay düzlemde başka kuvvet yoktur (düşey doğrultuda ağırlık ile çubuğun düşey tepkisi birbirini dengeler). Dolayısıyla $F_r = 0$ ve $F_\phi = N$'dir. (1.19):

$$ m\left(\ddot{r} - r\omega^2\right) = 0, \qquad m\left(2\dot{r}\omega\right) = N $$

Radyal denklem $\ddot{r} = \omega^2 r$ olur. Bu denklemin genel çözümü $r(t) = A e^{\omega t} + B e^{-\omega t}$'dir; başlangıç koşulları $r(0) = r_0$ ve $\dot{r}(0) = 0$, $A = B = r_0/2$ verir:

$$ r(t) = r_0\cosh(\omega t) $$

Boncuk, hiçbir radyal kuvvet etkimediği hâlde, üstel olarak hızlanarak eksenden uzaklaşır. Bu bir çelişki değildir: yere bağlı eylemsiz çerçevede boncuk, kendisini sürekli $\uv{\phi}$ yönünde iten çubuk nedeniyle eğri bir yol izler ve uzaklığının artması bu yolun geometrisinin sonucudur. (Çubukla birlikte dönen eylemsiz olmayan çerçevede aynı hareket, "merkezkaç kuvveti" ile açıklanır; 9. bölüm.)

Çubuğun kuvveti $N = 2m\omega\dot{r} = 2m\omega^2 r_0\sinh(\omega t)$'dir. Başlangıçta sıfırdır ve zamanla büyür; bu, (1.18)'deki Coriolis teriminin doğrudan bir sonucudur. Çubuk boncuğa eksene göre bir tork uygulamak zorundadır: boncuğun eksene göre açısal momentumu $mr^2\omega$, boncuk dışarı çıktıkça büyür ve bu artışı $rN = 2m\omega r\dot{r} = \dv{}{t}(mr^2\omega)$ torku sağlar (3. bölüm).

1.11Silindirik ve küresel koordinatlar

Üç boyutlu problemlerde kutupsal koordinatların iki doğal genellemesi kullanılır.

Silindirik koordinatlar $(\rho, \phi, z)$, düzlem kutupsal koordinatlara bir $z$ ekseni ekler: $x = \rho\cos\phi$, $y = \rho\sin\phi$, $z = z$. (Silindirik koordinatlarda eksene uzaklık, küresel koordinatlardaki $r$ ile karışmasın diye çoğunlukla $\rho$ ile gösterilir.) $\uv{z}$ sabit olduğundan hız ve ivme (1.17) ve (1.18)'e bir $z$ teriminin eklenmesiyle bulunur:

$$ \vb{v} = \dot{\rho}\,\uv{\rho} + \rho\dot{\phi}\,\uv{\phi} + \dot{z}\,\uv{z}, \qquad \vb{a} = \left(\ddot{\rho} - \rho\dot{\phi}^2\right)\uv{\rho} + \left(\rho\ddot{\phi} + 2\dot{\rho}\dot{\phi}\right)\uv{\phi} + \ddot{z}\,\uv{z} $$

(1.21)

Silindirik koordinatlar, bir eksen çevresinde simetrisi olan problemler için (bir silindirin içindeki akış, düz bir telin manyetik alanı, Örnek 1.2'deki sarmal hareket) idealdir. Sarmal yörünge silindirik koordinatlarda $\rho = R$, $\phi = \omega t$, $z = ut$ gibi son derece basit bir biçim alır.

Küresel koordinatlar $(r, \theta, \phi)$, bir merkez çevresinde küresel simetrisi olan problemler (kütle çekim, hidrojen atomu, saçılma) için kullanılır. Burada $r$ orijine uzaklık, $\theta$ konum vektörünün $z$ ekseniyle yaptığı kutup açısı ($0 \le \theta \le \pi$) ve $\phi$, konum vektörünün $xy$ düzlemindeki izdüşümünün $x$ ekseniyle yaptığı azimut açısıdır ($0 \le \phi < 2\pi$):

$$ x = r\sin\theta\cos\phi, \qquad y = r\sin\theta\sin\phi, \qquad z = r\cos\theta $$

(1.22)

**Şekil 1.11.** Küresel koordinatlar ve bir noktadaki birim vektörler $\uv{r}$, $\uv{\theta}$ ve $\uv{\phi}$. Üç birim vektör birbirine diktir ve sağ elli bir sistem oluşturur.

Bu koordinatlarda birbirine dik üç birim vektör tanımlanır:

$$ \uv{r} = \sin\theta\cos\phi\,\uv{x} + \sin\theta\sin\phi\,\uv{y} + \cos\theta\,\uv{z} $$

$$ \uv{\theta} = \cos\theta\cos\phi\,\uv{x} + \cos\theta\sin\phi\,\uv{y} - \sin\theta\,\uv{z}, \qquad \uv{\phi} = -\sin\phi\,\uv{x} + \cos\phi\,\uv{y} $$

Bunların zamana göre türevleri, kutupsal durumdaki gibi zincir kuralıyla bulunur. Örneğin $\dot{\uv{r}} = \dot{\theta}\,\uv{\theta} + \sin\theta\,\dot{\phi}\,\uv{\phi}$'dir (Problem 1.18). Bu sonuçla hız:

$$ \vb{v} = \dot{r}\,\uv{r} + r\dot{\theta}\,\uv{\theta} + r\sin\theta\,\dot{\phi}\,\uv{\phi} $$

(1.23)

Her terim geometrik olarak anlaşılabilir: $\theta$ açısı $\dd\theta$ kadar artınca nokta $r\,\dd\theta$ yol alır; $\phi$ açısı $\dd\phi$ kadar artınca nokta, yarıçapı $r\sin\theta$ olan bir enlem çemberi üzerinde $r\sin\theta\,\dd\phi$ yol alır. İvme ifadesi daha uzundur; burada yalnızca sonucu veriyoruz:

$$ \begin{aligned} a_r &= \ddot{r} - r\dot{\theta}^2 - r\sin^2\theta\,\dot{\phi}^2 \\ a_\theta &= r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta} - r\sin\theta\cos\theta\,\dot{\phi}^2 \\ a_\phi &= r\sin\theta\,\ddot{\phi} + 2\sin\theta\,\dot{r}\dot{\phi} + 2r\cos\theta\,\dot{\theta}\dot{\phi} \end{aligned} $$

(1.24)

Bu ifadeyi ezberlemek gerekmez: 7. bölümde Lagrange yöntemiyle, herhangi bir koordinat sistemindeki hareket denklemlerinin, yalnızca kinetik enerjinin o koordinatlardaki ifadesinden, birkaç satırda ve hatasız olarak türetilebildiğini göreceğiz. Bu, Lagrange mekaniğinin pratikteki en büyük kazancıdır.

Örnek 1.11Dünya yüzeyindeki bir noktanın hızı

Dünya'nın dönme eksenini $z$ ekseni seçerek, enlemi $\lambda$ olan bir noktanın Dünya'nın dönmesinden kaynaklanan hızını küresel koordinatlarla bulun. İstanbul ($\lambda \approx 41°$) için sayısal değeri hesaplayın.

Çözüm

Yeryüzündeki sabit bir nokta için $r = R_D$ ve $\theta$ sabittir; yalnızca $\phi$ değişir: $\dot{\phi} = \omega = 7{,}29 \times 10^{-5}$ s$^{-1}$. Kutup açısı ile enlem arasında $\theta = 90° - \lambda$ bağıntısı vardır, dolayısıyla $\sin\theta = \cos\lambda$'dır. (1.23)'te yalnızca son terim kalır:

$$ \vb{v} = R_D\cos\lambda\,\omega\,\uv{\phi}, \qquad v = \omega R_D\cos\lambda $$

Hız doğuya ($\uv{\phi}$ yönüne) doğrudur. Ekvatorda $v = 7{,}29 \times 10^{-5} \times 6{,}37 \times 10^6 \approx 464$ m/s, İstanbul'da $v \approx 464 \times \cos 41° \approx 350$ m/s'dir. Roket fırlatma üsleri bu yüzden mümkün olduğunca ekvatora yakın kurulur: doğuya fırlatılan bir roket, Dünya'nın dönmesinden bu "bedava" hızı kazanır.

Özet

Klasik mekanik, $v \ll c$ ve tipik etkinin $\hbar$'tan çok büyük olduğu durumlarda geçerlidir; görelilik ve kuantum mekaniği bu limitlerde ona indirgenir.
Vektörler için skaler çarpım (1.2), vektörel çarpım (1.3) ve üçlü çarpım özdeşlikleri (1.4) ile (1.5) temel araçlardır. Boyu sabit bir vektörün türevi ona diktir.
Kütle, yalıtılmış iki cismin etkileşmesindeki hız değişimlerinin oranıyla işlemsel olarak tanımlanır (1.8).
Birinci yasa eylemsiz çerçevelerin varlığını ileri sürer; ikinci yasa $\vb{F} = m\vb{a} = \dot{\vb{p}}$ eylemsiz çerçevelerde geçerlidir.
Galileo dönüşümü (1.10) altında ivme değişmez (1.11); Newton yasaları bütün eylemsiz çerçevelerde aynıdır.
Üçüncü yasa sayesinde iç kuvvetler birbirini götürür ve $\dot{\vb{P}} = \vb{F}^{\text{dış}}$ olur (1.13). Hareketli yükler arasındaki manyetik kuvvetler üçüncü yasaya her zaman uymaz; bu durumda momentum, alanın momentumuyla birlikte korunur.
Kartezyen koordinatlarda ikinci yasa üç bağımsız denkleme ayrılır (1.14). Kutupsal koordinatlarda birim vektörler döndüğü için ivme (1.18)'deki merkezcil ve Coriolis terimlerini içerir. Silindirik ve küresel koordinatlarda hız (1.21) ve (1.23) ile verilir.

Problemler

Problem 1.1Açı ve vektörel çarpım★☆☆

$\vb{A} = (1, 2, 3)$ ve $\vb{B} = (4, -1, 0)$ için $\vb{A}\cdot\vb{B}$, aralarındaki açı ve $\vb{A}\times\vb{B}$'yi bulun. Bulduğunuz vektörel çarpımın iki vektöre de dik olduğunu doğrulayın.

Çözümü göster

$\vb{A}\cdot\vb{B} = 4 - 2 + 0 = 2$. Boylar $A = \sqrt{14}$, $B = \sqrt{17}$; $\cos\theta = 2/\sqrt{238} \approx 0{,}130$, $\theta \approx 82{,}6°$. (1.3) ile

$$ \vb{A}\times\vb{B} = (2\cdot 0 - 3\cdot(-1),\; 3\cdot 4 - 1\cdot 0,\; 1\cdot(-1) - 2\cdot 4) = (3, 12, -9) $$

Denetim: $(3, 12, -9)\cdot(1, 2, 3) = 3 + 24 - 27 = 0$ ve $(3, 12, -9)\cdot(4, -1, 0) = 12 - 12 = 0$. Ayrıca $|\vb{A}\times\vb{B}|^2 = 9 + 144 + 81 = 234$ ve $A^2B^2 - (\vb{A}\cdot\vb{B})^2 = 238 - 4 = 234$ ✓ (Lagrange özdeşliği).

Problem 1.2Birim vektörün türevi★☆☆

$\uv{u}(t)$ boyu her zaman 1 olan bir vektör ise $\dot{\uv{u}}$'nun $\uv{u}$'ya dik olduğunu gösterin. Bu sonucu kutupsal birim vektörlerin türevleriyle (1.16) karşılaştırın.

Çözümü göster

$\uv{u}\cdot\uv{u} = 1$ eşitliğinin zamana göre türevi, (1.7) ile $2\uv{u}\cdot\dot{\uv{u}} = 0$ verir; dolayısıyla $\dot{\uv{u}} \perp \uv{u}$'dur (ya da $\dot{\uv{u}} = 0$). (1.16) bunun özel örnekleridir: $\dot{\uv{r}} = \dot{\phi}\uv{\phi}$, $\uv{r}$'ye diktir; $\dot{\uv{\phi}} = -\dot{\phi}\uv{r}$, $\uv{\phi}$'ye diktir.

Problem 1.3Paralelyüzün hacmi★★☆

Kenarları $\vb{A} = (2, 0, 0)$, $\vb{B} = (1, 3, 0)$ ve $\vb{C} = (1, 1, 4)$ olan paralelyüzün hacmini skaler üçlü çarpımla bulun. Sonucu geometrik olarak yorumlayın ve (1.4)'teki döngüsel eşitliği bu örnekte doğrulayın.

Çözümü göster

$\vb{B}\times\vb{C} = (3\cdot 4 - 0\cdot 1,\; 0\cdot 1 - 1\cdot 4,\; 1\cdot 1 - 3\cdot 1) = (12, -4, -2)$, $\vb{A}\cdot(\vb{B}\times\vb{C}) = 24$. Geometrik olarak: $\vb{A}$ ve $\vb{B}$ $xy$ düzleminde alanı $|\vb{A}\times\vb{B}| = |(0, 0, 6)| = 6$ olan bir taban oluşturur; $\vb{C}$'nin bu tabana dik bileşeni (yükseklik) $C_z = 4$'tür; hacim $6 \times 4 = 24$ ✓. Döngüsel: $\vb{C}\cdot(\vb{A}\times\vb{B}) = (1, 1, 4)\cdot(0, 0, 6) = 24$ ✓. Sıra bozulursa, örneğin $\vb{B}\cdot(\vb{A}\times\vb{C})$, sonuç $-24$ olur.

Problem 1.4BAC eksi CAB özdeşliği★★☆

(1.5) özdeşliğini kanıtlayın. (İpucu: eksenleri, $\vb{B}$ $x$ ekseni boyunca ve $\vb{C}$ $xy$ düzleminde olacak biçimde seçin; özdeşliğin iki yanı da vektör olduğundan, bir koordinat sisteminde doğruysa her sistemde doğrudur.)

Çözümü göster

Eksenleri ipucundaki gibi seçelim: $\vb{B} = (B, 0, 0)$, $\vb{C} = (C_x, C_y, 0)$, $\vb{A} = (A_x, A_y, A_z)$. Önce $\vb{B}\times\vb{C} = (0, 0, B C_y)$. Sonra

$$ \vb{A}\times(\vb{B}\times\vb{C}) = (A_y B C_y,\; -A_x B C_y,\; 0) $$

Sağ yan: $\vb{A}\cdot\vb{C} = A_x C_x + A_y C_y$ ve $\vb{A}\cdot\vb{B} = A_x B$ olduğundan

$$ \begin{aligned} \vb{B}(\vb{A}\cdot\vb{C}) - \vb{C}(\vb{A}\cdot\vb{B}) &= \big(B(A_xC_x + A_yC_y) - C_x A_x B,\; -C_y A_x B,\; 0\big)\\ &= (A_y B C_y,\; -A_x B C_y,\; 0) \end{aligned} $$

İki yan eşittir. Vektör denklemleri koordinat seçiminden bağımsız olduğu için özdeşlik her zaman geçerlidir. (Daha sistematik bir kanıt, Levi-Civita sembolüyle $\epsilon_{ijk}\epsilon_{klm} = \delta_{il}\delta_{jm} - \delta_{im}\delta_{jl}$ özdeşliğini kullanır.)

Problem 1.5Parabolik yörünge★☆☆

Bir parçacığın konumu $\vb{r}(t) = (b t^2,\; c t,\; 0)$ ile veriliyor ($b$, $c$ pozitif sabitler). Hızını, ivmesini ve izlediği yolun denklemini bulun. Parçacığa etki eden net kuvvet hakkında ne söylenebilir?

Çözümü göster

$\vb{v} = (2bt, c, 0)$, $\vb{a} = (2b, 0, 0)$. İvme sabittir ve $x$ yönündedir; dolayısıyla net kuvvet $\vb{F} = 2mb\,\uv{x}$ sabittir. Yol: $t = y/c$ yazılırsa $x = (b/c^2)\,y^2$, yani $x$ ekseni yönünde açılan bir parabol. Bu, sabit kuvvet altındaki her hareketin (başlangıç hızı kuvvete paralel değilse) bir parabol olduğu genel sonucunun bir örneğidir.

Problem 1.6Sarmalın eğrilik yarıçapı★★☆

Örnek 1.2'deki sarmal için bir turdaki yükselme miktarına adım denir: $h = 2\pi u/\omega$. Eğrilik yarıçapını $R$ ve $h$ cinsinden yazın. Yarıçapı 1,0 cm ve adımı 2,0 cm olan bir yay telinin eğrilik yarıçapı nedir?

Çözümü göster

$u/\omega = h/2\pi$ olduğundan $\rho = R\left(1 + \dfrac{u^2}{R^2\omega^2}\right) = R\left(1 + \dfrac{h^2}{4\pi^2R^2}\right)$. Sayısal olarak $\rho = 1{,}0\,(1 + 4{,}0/39{,}5) \approx 1{,}10$ cm. Eğrilik yarıçapı silindirin yarıçapından biraz büyüktür; adım küçüldükçe $R$'ye yaklaşır.

Problem 1.7Birbirini iten patenciler★☆☆

Sürtünmesiz buz üzerinde duran 50 kg ve 75 kg kütleli iki patenci birbirini itiyor. 75 kg'lık patenci 0,80 m/s hızla geri gidiyorsa öteki patencinin hızı nedir? İki patencinin kinetik enerjilerinin oranı nedir?

Çözümü göster

Momentum korunur (Teorem 1.5): $50\,v = 75 \times 0{,}80 \Rightarrow v = 1{,}2$ m/s, ters yönde. Kinetik enerjiler: $\tfrac12 \cdot 50 \cdot 1{,}44 = 36$ J ve $\tfrac12 \cdot 75 \cdot 0{,}64 = 24$ J; oran $36/24 = 1{,}5 = 75/50$. Momentumları eşit olan iki cismin kinetik enerjileri, $E = p^2/2m$ olduğundan kütleleriyle ters orantılıdır.

Problem 1.8Üç parçacıkta momentum korunumu★★☆

Üç parçacıklı bir sistem için ikinci yasayı her parçacık için açıkça yazın ve üçüncü yasayı kullanarak $\dot{\vb{P}} = \vb{F}^{\text{dış}}$ sonucunu, toplam sembolü kullanmadan, adım adım türetin.

Çözümü göster

$$ \dot{\vb{p}}_1 = \vb{F}_{12} + \vb{F}_{13} + \vb{F}^{\text{dış}}_1, \quad \dot{\vb{p}}_2 = \vb{F}_{21} + \vb{F}_{23} + \vb{F}^{\text{dış}}_2, \quad \dot{\vb{p}}_3 = \vb{F}_{31} + \vb{F}_{32} + \vb{F}^{\text{dış}}_3 $$

Toplarsak: $\dot{\vb{P}} = (\vb{F}_{12} + \vb{F}_{21}) + (\vb{F}_{13} + \vb{F}_{31}) + (\vb{F}_{23} + \vb{F}_{32}) + \vb{F}^{\text{dış}}_1 + \vb{F}^{\text{dış}}_2 + \vb{F}^{\text{dış}}_3$. Üçüncü yasaya göre her parantez sıfırdır; $\dot{\vb{P}} = \vb{F}^{\text{dış}}$. $N$ parçacıkta parantez sayısı $N(N-1)/2$'dir ve kanıt aynı biçimde yürür.

Problem 1.9Galileo dönüşümünde ivme★☆☆

(1.10)'dan yola çıkarak, $\vb{V}$ sabitse $\vb{a}' = \vb{a}$ olduğunu gösterin. $\vb{V}$ zamanla değişseydi ($\mathcal{S}'$ ivmeli bir çerçeve olsaydı) $\mathcal{S}'$'de ölçülen ivme ne olurdu? Bu sonucun, ivmeli bir arabadaki yolcunun geriye "itilmesi" ile ilgisini açıklayın.

Çözümü göster

$\vb{r}' = \vb{r} - \vb{V}t$'nin iki kez türevi, $\vb{V}$ sabitken $\ddot{\vb{r}}' = \ddot{\vb{r}}$ verir. Genel durumda $\mathcal{S}'$'nin orijininin $\mathcal{S}$'deki konumu $\vb{R}(t)$ ise $\vb{r}' = \vb{r} - \vb{R}(t)$ ve $\vb{a}' = \vb{a} - \ddot{\vb{R}}$ olur. $\mathcal{S}'$'de $m\vb{a}' = \vb{F} - m\ddot{\vb{R}}$ yazılır: gerçek kuvvetlere $-m\ddot{\vb{R}}$ biçiminde bir "eylemsizlik kuvveti" eklenmiş gibidir. İleri doğru hızlanan ($\ddot{\vb{R}}$ ileri) bir arabada bu terim geriye doğrudur; yolcu koltuğa bastırılır. Aslında yolcuyu öne iten koltuktur; yolcu, eylemsizliği yüzünden arabayla birlikte hızlanmaya direnir.

Problem 1.10Eğik düzlemde iniş süresi★★☆

Uzunluğu $L$ olan sürtünmesiz bir eğik düzlemin tepesinden durgun hâlden bırakılan bir blok, eğim açısı $\theta$ ise ne kadar sürede aşağı iner? Tabanın yatay uzunluğu $b$ sabit tutulursa iniş süresini en kısa yapan açı nedir?

Çözümü göster

Örnek 1.8'den $\mu = 0$ için $\ddot{x} = g\sin\theta$; $L = \tfrac12 g\sin\theta\, t^2 \Rightarrow t = \sqrt{2L/(g\sin\theta)}$. Taban sabit tutulursa $L = b/\cos\theta$ ve

$$ t = \sqrt{\frac{2b}{g\sin\theta\cos\theta}} = \sqrt{\frac{4b}{g\sin 2\theta}} $$

$\sin 2\theta$ en büyük değerini $\theta = 45°$'de aldığından en kısa süre $\theta = 45°$'dedir: $t_{\min} = 2\sqrt{b/g}$. Aynı sonuç, genişliği sabit bir çatıdan yağmur suyunun hangi eğimde en çabuk akacağı sorusunun da yanıtıdır.

Problem 1.11Atışın yolu ve menzil★★☆

Yerden $v_0$ hızıyla, yatayla $\theta$ açısı yaparak atılan bir merminin (hava direnci yok) yolunun denklemini Kartezyen koordinatlarda türetin. Menzili bulun ve en büyük menzili veren açının 45° olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\ddot{x} = 0$, $\ddot{y} = -g$ ve başlangıç koşullarından $x = v_0\cos\theta\,t$, $y = v_0\sin\theta\,t - \tfrac12 g t^2$. $t = x/(v_0\cos\theta)$ yazarak

$$ y = x\tan\theta - \frac{g x^2}{2 v_0^2\cos^2\theta} $$

bir parabol. $y = 0$ için kökler $x = 0$ ve $x = R = 2v_0^2\sin\theta\cos\theta/g = v_0^2\sin 2\theta/g$. $\sin 2\theta$ en büyük değerini $2\theta = 90°$'de aldığından en büyük menzil $\theta = 45°$'te $R_{\max} = v_0^2/g$'dir. Hava direnci bu sonucu değiştirir (2. bölüm).

Problem 1.12Eşaçılı sarmal★★☆

Bir parçacık $r = b\,e^{k\phi}$ eğrisi üzerinde, $\dot{\phi} = \omega$ sabit olacak biçimde hareket ediyor ($b, k, \omega > 0$). Hızın $\uv{r}$ ile yaptığı açının sabit olduğunu gösterin. Parçacığın ivmesini bulun.

Çözümü göster

$\dot{r} = bk\omega e^{k\phi} = k\omega r$. (1.17): $\vb{v} = k\omega r\,\uv{r} + \omega r\,\uv{\phi}$. Hızın $\uv{r}$ ile yaptığı açı $\tan\alpha = v_\phi/v_r = 1/k$, sabit. Bu yüzden bu eğriye eşaçılı (logaritmik) sarmal denir; nautilus kabukları ve sarmal galaksilerin kolları yaklaşık olarak bu biçimdedir. İvme: $\ddot{r} = k^2\omega^2 r$, $\ddot{\phi} = 0$; (1.18) ile

$$ \vb{a} = (k^2 - 1)\,\omega^2 r\,\uv{r} + 2k\omega^2 r\,\uv{\phi} $$

Problem 1.13Merkezi kuvvet ve alan hızı★★☆

Bir parçacığa etki eden kuvvetin $\uv{\phi}$ bileşeni her zaman sıfırsa (kuvvet merkeziyse), $r^2\dot{\phi}$ niceliğinin sabit kaldığını (1.19)'dan gösterin. Bu sonucun Kepler'in ikinci yasası (eşit sürelerde eşit alanlar) ile ilişkisini açıklayın.

Çözümü göster

$F_\phi = 0$ ise $r\ddot{\phi} + 2\dot{r}\dot{\phi} = 0$. Bu ifadeyi $r$ ile çarpın: $r^2\ddot{\phi} + 2r\dot{r}\dot{\phi} = \dv{}{t}(r^2\dot{\phi}) = 0$. Dolayısıyla $r^2\dot{\phi}$ sabittir. Konum vektörünün $\dd t$ sürede taradığı alan $\dd A = \tfrac12 r\,(r\,\dd\phi)$ olduğundan alan hızı $\dot{A} = \tfrac12 r^2\dot{\phi}$ sabittir: Kepler'in ikinci yasası. $m r^2\dot{\phi}$, açısal momentumun büyüklüğüdür; Kepler'in ikinci yasası açısal momentumun korunumunun ifadesidir (3. ve 8. bölümler).

Problem 1.14Çember üzerinde hızlanan parçacık★★☆

Bir parçacık yarıçapı $R$ olan bir çember üzerinde $\phi(t) = \tfrac12\alpha t^2$ olacak biçimde hareket ediyor ($\alpha$ sabit açısal ivme). İvmenin radyal ve açısal bileşenlerini bulun. İvme ile hız arasındaki açı hangi anda 45° olur?

Çözümü göster

$r = R$, $\dot{\phi} = \alpha t$, $\ddot{\phi} = \alpha$. (1.18): $a_r = -R\alpha^2 t^2$, $a_\phi = R\alpha$. Hız tamamen $\uv{\phi}$ yönündedir; ivme ile hız arasındaki açı $\tan\beta = |a_r|/a_\phi = \alpha t^2$. $\beta = 45°$ için $t = 1/\sqrt{\alpha}$; bu anda parçacık $\phi = 1/2$ radyan (yaklaşık 29°) dönmüştür.

Problem 1.15Yarım boruda en alt noktadaki tepki★★★

Örnek 1.9'daki kaykaycı, düşeyle $\phi_0$ açısı yapan bir konumdan durgun hâlden bırakılıyor. Açısal hareket denklemini (1.20) bir kez integralleyerek $\dot{\phi}^2$'yi $\phi$'nin fonksiyonu olarak bulun ve en alt noktadaki tepki kuvvetini hesaplayın. Kaykaycı borunun kenarından ($\phi_0 = 90°$) bırakılırsa tepki kuvveti ağırlığının kaç katıdır?

Çözümü göster

$\ddot{\phi} = \dot{\phi}\,\dd\dot{\phi}/\dd\phi$ yazarak $\dot{\phi}\,\dd\dot{\phi} = -(g/R)\sin\phi\,\dd\phi$. $\phi_0$'dan ($\dot{\phi} = 0$) $\phi$'ye integralleyerek

$$ \tfrac12\dot{\phi}^2 = \frac{g}{R}(\cos\phi - \cos\phi_0) $$

Bu, enerji korunumunun ifadesidir (4. bölüm). En alt noktada $R\dot{\phi}^2 = 2g(1 - \cos\phi_0)$ ve tepki $N = mg\cos 0 + mR\dot{\phi}^2 = mg(3 - 2\cos\phi_0)$. $\phi_0 = 90°$ için $N = 3mg$: kaykaycı en alt noktada ağırlığının üç katı bir kuvvetle rampaya bastırılır.

Problem 1.16Boncuğun çubuğu terk etmesi★★★

Örnek 1.10'daki çubuğun uzunluğu $L$ ise boncuk çubuğun ucuna ne kadar sürede ulaşır? Uçtan ayrıldığı anda boncuğun çubuğa göre ve yere göre hızları nedir? $r_0 = 0{,}10$ m, $L = 1{,}0$ m ve $\omega = 2{,}0$ rad/s için sayısal değerleri hesaplayın.

Çözümü göster

$L = r_0\cosh\omega t$ olduğundan $t = \dfrac{1}{\omega}\operatorname{arccosh}\dfrac{L}{r_0}$. Çubuğa göre hız $\dot{r} = r_0\omega\sinh\omega t = \omega\sqrt{L^2 - r_0^2}$ ($\cosh^2 - \sinh^2 = 1$ özdeşliğiyle). Yere göre hızın iki bileşeni $\dot{r}$ ve $r\dot{\phi} = L\omega$'dır:

$$ v = \omega\sqrt{(L^2 - r_0^2) + L^2} = \omega\sqrt{2L^2 - r_0^2} $$

Sayısal olarak: $\operatorname{arccosh}(10) = \ln(10 + \sqrt{99}) \approx 2{,}99$, $t \approx 1{,}50$ s; çubuğa göre hız $2{,}0\sqrt{0{,}99} \approx 1{,}99$ m/s; yere göre $2{,}0\sqrt{1{,}99} \approx 2{,}82$ m/s.

Problem 1.17Dünya yüzeyinde merkezcil ivme★★☆

Enlemi $\lambda$ olan bir noktanın Dünya'nın dönmesinden kaynaklanan ivmesinin büyüklüğünü ve yönünü bulun. İstanbul için sayısal değeri hesaplayın ve bu ivmenin yerel düşeyle yaptığı açıyı yorumlayın.

Çözümü göster

Nokta, yarıçapı $\rho = R_D\cos\lambda$ olan bir enlem çemberi üzerinde $\omega$ ile dolanır; ivme bu çemberin merkezine, yani dönme eksenine doğrudur (yerin merkezine değil) ve büyüklüğü $\omega^2 R_D\cos\lambda$'dır. İstanbul'da $0{,}0339 \times \cos 41° \approx 0{,}026$ m/s². İvme yerel düşeyle $\lambda$ açısı yapar; bu yüzden bir çekül ipi yerin merkezini tam olarak göstermez, $\lambda = 45°$ civarında yaklaşık 0,1° saparak ekvator tarafına eğilir (9. bölüm).

Problem 1.18Küresel koordinatlarda hız★★★

Küresel birim vektörlerin ifadelerinden yola çıkarak $\dot{\uv{r}} = \dot{\theta}\,\uv{\theta} + \sin\theta\,\dot{\phi}\,\uv{\phi}$ olduğunu gösterin ve (1.23)'ü türetin. Sonra $v^2 = \dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2 + r^2\sin^2\theta\,\dot{\phi}^2$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\uv{r} = (\sin\theta\cos\phi, \sin\theta\sin\phi, \cos\theta)$'nin türevi:

$$ \begin{aligned} \dot{\uv{r}} &= \dot{\theta}(\cos\theta\cos\phi, \cos\theta\sin\phi, -\sin\theta) + \dot{\phi}(-\sin\theta\sin\phi, \sin\theta\cos\phi, 0)\\ &= \dot{\theta}\,\uv{\theta} + \sin\theta\,\dot{\phi}\,\uv{\phi} \end{aligned} $$

$\vb{r} = r\uv{r}$ olduğundan $\vb{v} = \dot{r}\uv{r} + r\dot{\uv{r}} = \dot{r}\,\uv{r} + r\dot{\theta}\,\uv{\theta} + r\sin\theta\,\dot{\phi}\,\uv{\phi}$. Birim vektörler birbirine dik ve birim boylu olduğundan $v^2 = \vb{v}\cdot\vb{v}$ yalnızca bileşenlerin karelerinin toplamıdır. Bu ifade, 7. bölümde küresel koordinatlarda kinetik enerjiyi yazarken doğrudan kullanılacak.

Problem 1.19Boyut analiziyle sarkacın periyodu★☆☆

Basit bir sarkacın periyodunun yalnızca ipin uzunluğu $L$, kütle $m$ ve yer çekimi ivmesi $g$'ye bağlı olduğunu varsayarak, boyut analiziyle $T \propto \sqrt{L/g}$ olduğunu gösterin. Bu analiz, Örnek 1.9'daki $2\pi$ çarpanını verebilir mi?

Çözümü göster

$T = C\,L^a m^b g^c$ yazalım. Boyutlar: $[\text{s}] = [\text{m}]^a [\text{kg}]^b [\text{m}\,\text{s}^{-2}]^c$. Kilogram için $b = 0$; metre için $a + c = 0$; saniye için $-2c = 1$. Buradan $c = -\tfrac12$, $a = \tfrac12$: $T = C\sqrt{L/g}$. Boyutsuz sabit $C$ boyut analiziyle bulunamaz; onu hareket denkleminin çözümü verir ($C = 2\pi$). Boyut analizi aynı zamanda periyodun kütleden bağımsız olduğunu da göstermiştir; ama genliğe bağlılığı göremez, çünkü açı zaten boyutsuzdur.

İleri okuma

Bu bölümün konuları, lisans düzeyindeki klasik mekanik kitaplarının hepsinde işlenir. Farklı bakış açıları için şu kaynaklar önerilir:

J. R. Taylor, Classical Mechanics (University Science Books, 2005), 1. bölüm: bu kitabın düzeyine en yakın, çok açık bir anlatım.
D. Kleppner ve R. Kolenkow, An Introduction to Mechanics, 2. baskı (Cambridge University Press, 2014), 1–2. bölümler: vektörler ve kutupsal koordinatlar için zengin problemler.
H. Goldstein, C. Poole ve J. Safko, Classical Mechanics, 3. baskı (Addison-Wesley, 2002), 1. bölüm: daha ileri düzeyde, Lagrange mekaniğine geçişle birlikte.
L. D. Landau ve E. M. Lifshitz, Mechanics (Pergamon, 1976): klasik mekaniğin simetri ilkelerinden kurulduğu kısa ve derin bir klasik.
E. Mach, The Science of Mechanics (1883): kütle ve eylemsizliğin kavramsal temelleri üzerine tarihsel ve felsefi bir tartışma.

Terim	Adı	Anlamı
\(\ddot{r}\)	radyal ivme	Uzaklığın değişme hızının değişimi
\(-r\dot{\phi}^2\)	merkezcil ivme	Çembersel harekette merkeze doğru \(v^2/r\)
\(r\ddot{\phi}\)	açısal (teğetsel) ivme	Açısal hızın değişiminden gelen ivme
\(2\dot{r}\dot{\phi}\)	Coriolis terimi	Radyal hareket ile dönmenin birlikte varlığından gelen ivme