Kinematik Problemleri

(1)

Kinematik Problemleri

Yazar - Author

Prof. Jaan Kalda

Çeviri Ekibi - Translation Team

FenTek Olimpiyat Topluluğu – SciTech Olympiad Society

Bahcesehir Fen ve Teknoloji Lisesi,FenTek Olimpiyat, İstanbul, Türkiye Bahcesehir High School for Science and Technology,BHSSciTech, Istanbul, Turkey

A. Alperen Şen M. Anıl İşkesen

Kaan Dere Emir Akdağ

Alper Tezcan

Editörler - Editors

Alper Tezcan Alkın Kaz Berkin Binbaş

Mert Ünsal

İletişim için e-posta / E-mail for correspondence:[email protected]

Versiyon - Version

2.0 (tr) — Ağustos/August 2020

v2.0 — Bu sürüm 29 Kasım 2017’de yayınlandı. İngilizce çe- virisinde Taavi Pungas rol almıştır.

v2.0(tr) — Türkçeye çevrildi.

v2.0 — This version has been published on 29th November 2017. Partially translated by Taavi Pungas.

v2.0(tr) — Translated to Turkish.

Sorumluluk Reddi

FenTek Olimpiyat çevirmen ekibi olarak tutarlılık konusunda ciddi bir hassasiyet göstermemize rağmen olası çeviri hataları ya da anlaşılmayan noktalarda metnin orijnaline danışılma- lıdır. Orijinal metin ile çeviri metin arasındaki anlam fark- lılıklarından doğabilecek herhangi bir sorunda bu kitapçığın çevirisi, basımı ve dağıtımı başta olmak üzere herhangi bir şekilde oluşumunda yer almış kimseler sorumlu tutulamaz.

Disclaimer

Although we, SciTech Olympiads translation team, have shown a complete sensitivity in terms of consistency, the original text should be consulted at possible translation errors or incompre- hensible points. People involved in the formation, including the translation, printing, and distribution of this booklet are not responsible for any problem that may arise from the meaning differences between the original and the translation text.

(2)

1.GİRİŞ

1 GİRİŞ

Birçok fizik sorusu bir dizi fikri kullanmaya indirgenerek çözü- lebilir (bu diğer disiplinler için de geçerli, örneğin matematik).

Soruları kolayca çözebilmek için fikirleri benimsemek büyük önem taşır. Benimsemek derken ifade edilmeye çalışılan bu fi- kirlerin sadece bilinmesinin soruların çözümü için yeterli olma- yışıdır: aynı zamanda hangi fikrin nerede kullanılacağı anlaşıl- mış olmalıdır. Soru çözdükçe soruların içerisinde hangi fikrin kullanılması gerektiğiyle ilgili ipuçları olduğunu fark edeceksi- niz.

Bu yazı kinematik sorularını çözmek için gerekli temel fikirleri (bazıları daha geneldir ve diğer fizik dallarında da işe yaramaktadır) özetlemeyi hedeflemektedir. Her fikir için en az bir tane olmak üzere sorulara da yer verilmiştir. İlk başlarda soruyu çözerken o soruda kullanmanız gerektiği söylenen fikirleri göz önünde bulundurarak o soruyu çözmeyi denemelisiniz.

Eğer yapamazsanız ipuçları kısmına bakabilirsiniz — ilgili bö- lümde her soru için detaylı ipuçları bulunmaktadır. Soruların çözümlerine özellikle yer verilmemiştir: sadece çözümleri oku- yup yazanları onaylamak soru çözme yeteneklerinizi geliştirmek için çok da iyi bir yol sayılmaz. Ancak cevapları kontrol edebi- lesiniz diye soruların doğru cevaplarının bulunduğu bir bölüm mevcut. Metninde önerilere yer verilmeyen tekrar amaçlı sorular da mevcut: bu sorularda hangi fikrin kullanılabileceğini belirlemek de sizin göreviniz (hala ipuçları mevcut).

Sorular kolay, orta ve zor olmak üzere sınıflandırılmış- tır (soru numaraları bu renk koduna göre renklendirilmiştir).

Lütfen zorluk kavramının göreceli olduğunu unutmayın: zor olarak işaretlenen bir soru sizin için kolay olabilir, veya tam tersi. Sorular, çözümü için gerekli olan fikir sayısına göre sınıf- landırılmıştır. Çözümü için tek bir fikre ihtiyaç duyulan sorular kolay (çok zor bir fikir olmadıkça), üç veya daha fazla fikre ih- tiyaç duyulan sorular ise zor olarak sınıflandırılmıştır.

Okuyucunun sürat, hız, ivme; radyan, açısal hız, açısal ivme; trigonometrik fonksiyon ve kare denklem kavramlarına aşina olduğu varsayılmaktadır. Bazı noktalarda türevler ve diferansiyeller de kullanılmaktadır ve bu kavramların da bastiçe anlaşılmış olması tavsiye edilmektedir. (ancak ilk kez okuyan biri ilgili bölümleri atlayabilir)

2 Hızlar

Fikir 1:

Doğru referans sistemini seçin. Birkaç tane seçebi- lirsiniz ve onlar arasında gerektikçe geçiş yapabilirsiniz. İşinize yarama ihtimali olan referans sistemleri:

⋆ bazı cisimlerin durgun olduğu,

⋆ hızların bazı izdüşümlerinin sıfır olduğu,

⋆ hareketin simetrik olduğu referans sistemleridir.

Olayları incelerken bu referans sistemlerinin hepsinin kulla- nılması tavsiye edilmektedir. İyi bir referans sistemi, yukarıda da değinildiği gibi, bazı hızların veya hızların bazı bileşenle- rinin (ya da bazı ivmelerin veya ivmelerin bazı bileşenlerinin) sıfır olduğu ya da iki hızın birbirine eşit olduğu referans sistemi- dir. Bir kere uygun referans sistemi bulunduğunda, laboratuvar sistemine geri döndürüp hızları (ivmeleri) toplama kuralını kul- lanarak bilinen hızları-ivmeleri dönüştürebiliriz. İvmeler ancak

ve ancak referans sistemi öteleniyorsa (yani, dönmüyorsa) hız- lar gibi toplanabilir.

pr 1.

Nehir kıyısında bir liman vardır. Ne zaman bu liman- dan bir duba geçse bir gemi s1= 15 km uzaklıktaki köye akıntı aşağı yola çıkar. Köye t = 45 dk sonra ulaşır, geri döner, ve aniden başlangıç noktasına geri yola çıkar. Köyden s2= 9 km uzaklıkta duba ile karşılaşır. Suyun akış hızı ne kadardır? Bo- tun suya göre hızı ne kadardır? Dubanın suya göre hareket etmediğine dikkat ediniz.

Burada hareket suya göredir. Bu da bize su referans sistemini kullanarak problemi çözme fikrini verir. Eğer her şeye daha yakından bakarsak bunun doğru bir tercih olduğunu an- larız: bu referans sisteminde, botun hızı sabit ve duba da hareketsiz, (yani, cisimlerin hareketi kıyı referansına göre çok daha basit).

pr 2.

İki uçak aynı yükseklikte sırasıyla v1= 800 km/sa ve v2= 600 km/sa, hızlarıyla uçmaktadır. Uçakalar birbirine yak- laşıyorlar. Belirli bir zamanda uçakların güzergahları birbirine diktir ve her iki uçakta bu güzergahların kesişim noktasından a = 20 km uzaklıktadır. Uçakların hızlarının sabit kalacağını varsayarak uçuş boyunca aralarındaki en az mesafeyi bulunuz.

Fikir1bize cisimlerden bir tanesinin hareketsiz kalacağı bir referans sistemi bulmamız gerektiğini söylüyor. Böyle bir referans sistemi uçaklardan bir tanesinin referans sistemi olabilir.

Ancak burada hareket iki boyutlu, bu yüzden hızlar vektör ha- linde eklenip çıkartılmalıdır.

Tanım 1:

Skalar özellik tamamıyla sadece bir tane sayısal değer ile ifade edilebilen özelliktir; vektörel özellik ise bir bü- yüklük (ayrıca modülüs ve uzunluk olarak da ifade edilebilir) ve bir yönden oluşan özelliktir. ⃗a ve ⃗b vektörlerinin toplamı bu vektörleri yerdeğişimi olarak düşündüğümüzde (vektörün mo- dülüsü uzaklığı, yönü de yerdeğişimin yönünü verdiğinde) ⃗a +⃗b sırasıyla ⃗a ve ⃗b şeklinde gerçekleşen yerdeğişimlerinin sonucu olan net bir yerdeğişimini ifade eder. Bu toplamda üçgen ku- ralına tekabül eder, şekle bakınız. Çıkarma işlemi de toplama işleminin tersi olarak tanımlanır: eğer ⃗a + ⃗b = ⃗c ise ⃗a = ⃗c− ⃗b olur.

+

− a

~ a

~ b~

a

~ b~ b~

b~

a

~

Vektör konseptini anlattıktan sonra terminolojimizi de düzel- tebiliriz.

(3)

2.HIZLAR

Tanım 2:

Hız, eksenlere olan izdüşümleri ⃗v = (vx, vy, vz) ile tanımlanabilen vektörel bir niceliktir; sürat ise hızın büyük- lüğüdür, v = |⃗v| = q

v²_x+ v²_y+ v²_z. Benzer şekilde, yer değiş- tirme cismin ilk konumundan başlayıp son konumunu gösteren bir vektördür; alınan yol ise küçük yer değiştirmelerin büyük- lüklerinin toplamıdır (eğri uzunluğu).

Vektörel toplamda iki seçenek vardır. Birincisi iki tane ek- sen seçebiliriz, mesela x ve y, ve vektörlerin karşılık gelen iz- düşümleri ile çalışabiliriz. Böylelikle eğer referans sistemimiz ⃗u hızı ile gidiyorsa ve bir cismin hızı, referans sistemine göre ⃗v ise o zaman cismin laboratuvar referans sistemindeki hızı ⃗w = ⃗u+⃗v olur ki bu izdüşümleri (wx= v_x+ u_x ve wy= v_y+ u_y) kullanı- larak da bulunabilir. Ayrıca, geometrik olarak da yaklaşabiliriz ve üçgen toplamı kuralını uygulayabiliriz.

Uçaklardan birinin referans sistemine geçtikten sonra Prob- lem 2, sıradaki fikir kullanılarak çözlebilir.

Fikir 2:

Vektörlerin (hızların, kuvvetlerin) toplamlarını içe- ren problemlerde, problemler genellikle basit geometrik olgu- ların kullanımına indirgenebilir, örneğin (a) bir noktadan bir çizgiye (düzleme) olan en kısa yol o çizgiye (düzleme) diktir; (b) iki sabit |BC| = a and |AC| = b < a kenarları olan ABC üçgenleri arasında∠ABC açısı en büyük olan üçgen için

∠BAC = 90^◦’dir.

Sıradaki problem birden fazla fikrin kullanımını gerektir- mektedir bundan dolayı zor bir problem olarak adlandırılır.

Referans sistemi değiştirirken sıradaki fikirler kullanışlı olacak- tır.

Fikir 3:

Gizli simetrileri açığa çıkarmaya çalışın ve problemi simetrik hale getirin.

Fikir 4:

Komponentleri ve yönünü bildiğimiz sürece hız ya da ivme hakkındaki her şeyi anlamamız mümkündür.

Bunu matematikçilerin söyleme yolu ise, dik açılı bir üçgenin açılarından biri ve kenarlarından biri ile belirlenebileceğidir.

Örneğin, hızın yatay ile α açı yaptığını ve yatay komponenti- nin w olduğunu bilirsek hızın büyüklüğü de w/ sin α’dır.

pr 3.

r yarıçaplı iki çemberden biri durgun haldedir ve di- ğeri de ilkine doğru v hızı ile hareket etmektedir. Kesişimlerinin üst noktasının hızının a’ya, çemberlerin merkezleri arasındaki mesafeye, nasıl bağlı olduğunu bulunuz.

a v

Fikir4 bir sonraki problemin çözümünde de kullanılabilir:

pr 4.

Sabit hızla yükselen balonlar farklı hızlardaki rüzgar hızlarını incelemekte kullanılabilir. Zamanla yükselme açısını gösteren grafik böyle bir balonun incelenmesi sonucunda elde edilmiştir. Balon gözlem noktasından L = 1 km uzaklıktan ser- best bırakılmış ve direkt olarak yukarı doğru çıkmaya başlamış- tır. Zemine yakın bölgede rüzgarın hızının sıfır olduğunu kabul ederek bırakıldıktan sonra t = 7 min anında balonun yerden yüksekliğini ve rüzgarın o yükseklikteki hızını bulunuz. .

60

40

0 2 4 6 8

20

/min /deg

t α

İlk soruyu cevaplayabilmemiz için sıradaki fikri de kullanmamız gerekiyor.

Fikir 5:

Ordinatı y ve apsisi x olan bir grafik verildiğinde ge- nelde grafiğe teğet geçen çizgiler ve grafiğin eğimi ^dy_dx birçok işe yarayabilir. Böyle durumlarda, çok açık olmadığı sürece,

dy

dx’in problemin çözümüyle ilişkili olan fiziksel bir büyüklük z ile arasındaki bağıntıyı göstermeniz gerekir. Bunun için z’yi küçük (sonsuz küçük) değişimler dx ve dy cinsinden ifade et- meli sonrasında da elde ettiğiniz ifadede bu küçük değişimler yalnızca _dx^dy oranı olarak bulunacak biçimde düzenlemelisiniz.

Matematiksel açıdan doğru olmak için iki yol var: İlk olarak, daha basit durumlarda, değişimlerin çok küçük (sonsuz küçük) olduğunu söyleyebilir ve bu değişimleri diferansiyeller dx ve dy olarak gösterebilirsiniz. Daha karmaşık durumlarda öncelikle küçük ama sonlu değişimler ∆x ve ∆y’yi kullanarak, yapılan işlemlerde yalnızca başterimleri tutarak (örneğin, ∆x + ∆x·∆y ifadesinde ikinci terim iki küçük büyüklüğün çarpımıdır dolayı- sıyla birinci terime göre ihmal edilebilir.) ilerleyebilir ve sonra- sında bu değişimlerin küçüklükleri sonsuz küçük olacak şekilde limit alabilirsiniz, ∆x→ dx, ∆y → dy.

İkinci soruyu cevaplayabilmek içinse bir fikre daha ihtiya- cımız var.

Fikir 6:

Genel durumda yapılamayan bazı hesaplamalar parametrelerin özel değerleri için kıyasla daha kolay bir hale gele- bilir. Eğer bir problemde alışılmadık tesadüfi bir durum ortaya çıkarsa (bu durumda eğimin belirli bir anda sıfıra eşit olması) bu durumun kullanılması muhtemelen gereklidir.

Fikir 7:

Eğer sürtünme hareketi etkiliyorsa genelde sürtün- meye sebep olan ortamın referans sisteminde çalışmak en uy- gunudur.

pr 5.

Beyaz bir tebeşir sabit hızla hareket eden yatay bir kara tahtaya fırlatılır. İlk anda tebeşirin hızı tahtanın hareket yönüne diktir. Buna göre tebeşirin tahtanın üzerinde bıraktığı iz nasıl bir şekle sahiptir?

Sıradaki problemi çözmek için bir önceki fikre ek olarak şunu da kullanmanız gerekebilir2:bu fikir ise biraz daha genel (ama daha az spesifik) bir şekilde şöyle açıklanabilir: bazı minimum ve maximum noktaları türev almadan da bulunabilir. Hatta türevsiz bir çözümün çok daha kolay olduğu ortaya çıkabilir.

Bu soru için daha da daraltılmış bir açıklama aşağıdaki gibi olabilir:

Fikir 8:

Eğer iki vektörden biri sabitse ve diğerinin yönü de- ğişmiyorsa toplamlarının büyüklüğü bu iki vektör birbirine dik olduğunda mimimum olur.

— Sayfa 2 —

(4)

2.HIZLAR

pr 6.

Bir blok taşıyıcı bir kayışa itiliyor. Kayışın hızı v0 = 1 m/s, bloğun ilk hızı u₀= 2 m/s ve bu hızlar birbirlerine dik.

Bu hareket boyunca bloğun yere göre minimum hızı ne olacak?

Sürtünme katsayısı bloğun kayıştan düşmesini engelleyecek kadar büyük.

Sıradaki soru sıra dışı bir soru, dolayısıyla sorudan sonra soruyla ilgili birkaç yorum bulunmaktadır. Bu gibi durumlar için gereksiz gözüken ancak genelde gözden kaçırılan bir tavsiyemiz bulunmakta.

Fikir 9:

Soru metnini dikkatlice okuyun, bütün cümleleri anla- maya çalışın ve aceleci davranıp kötü varsayımlar belirlemeyin.

İyi yazılmış bir soruda gereksiz cümleler bulunmaz. Eğer durum bu değilse işler daha da karışır. Bazen soru yazarları soruyu direkt vermektense o soruyla ilgili ek bilgilere (tarihi gibi) de değinerek size daha fazla bilgi vermeyi amaçlar ancak bu ek bilgiler her ne kadar ilgi çekici olsa da sorunun çözümünü etkilememektedir. Eğer soruyu alıştırma olsun diye fazlasıyla zamanınızın olduğu bir durumda çözüyorsanız sorun yok. Fa- kat süre kısıtlamasının olduğu yarışmalar için bu tarz ek bilgi içeren paragraflara hızlıca göz atıp sadece işinize yarayacak bil- giyi elde etmeyi öğrenmeniz gerekmekte: İşinize yarayacak her detayı edindiğinize emin olmalısınız ve olabildiğince az zaman harcamalısınız.

pr 7.

Bir futbolcu topa vuruyor. Top v = 25 m/s hızıyla yatay ile α = arccos 0.8 açısı yapacak şekilde direkt olarak gole gidiyor. Topun ilk hızına dik esen u = 10 m/s hızındaki bir rüzgar sayesinde top, gol düzlemine vardığında ilk rotasından s = 2 m sapmış. Eğer futbolcu topa vurduğunda gol düzlemin- den L = 32 m uzakta ise topun gol düzlemine ulaşmasının ne kadar süreceğini bulun.

Sıradan bir soru size sistemi açıklayan bütün parametrelerin değerlerini verir ve onların davranışlarını incelemenizi ister. Bu soruda sistem olması gerektiğinden fazla açıklanmış gibi gözü- kebilir: Neden s değerine ihtiyacımız olsun, direkt olarak ilk hızı kullanarak uçuş zamanının t = _{v cos α}^L olduğunu söyleye- mez miyiz? İlk anda böyle düşünmeniz normal çünkü hava sür- tünmesini ihmal etmeye alışkınsınız. Halbuki bu soruda hava sürtünmesini ihmal edebileceğiniz söylenmemiş. Hatta bu hava sürtünmesinin olduğuna bir kanıt bile sayılabilir çünkü olma- saydı top serbest düşüş yörüngesinden sapmazdı. Türbülanslı hava sürtünmesine maruz kalan bir topun yörüngesini belirlemek oldukça zor olurdu (bir diferansiyel denklemin numerik olarak ele alınması gerekmekte). Ancak yapmanız gereken şey bu değil çünkü hava sürtünmesi bir formül ile açıklanmak yerine ilgili serbest düşüş yörüngesinden sapma ile açıklanmış.

Yani, Fikir9’un da yardımı ile, bu soruda hava sürtünmesini ihmal edemeyeceğimizi gördük. Bu durum Fikir7’nin kullanıl- ması gerektiği anlamına gelir. Ancak tüm bu bilgilere rağmen bazı matematiksel zorluklarla karşılaşabilirsiniz. Sonuçta uçuş zamanı t’yi bilinen özellikler cinsinden doğrudan yazmanın yolu yok. Bunun yerine, t’yi bilinmeyen cinsinden içeren denklem yazarak o denklemi çözmeniz önerilir.

Fikir 10:

Genellikle, gerekli özelliği doğrudan bulmaya çalış- mak yerine onu bilinmeyen olarak bulunduran denklem (veya denklem sistemi) yazmak daha kullanışlı olur (bazen, sonradan

gidecek olan bazı bilinmeyenlerin de eklenmesi gerekebilir).

Ayrıca, şuana kadar uğraştığımız problemlerden farklı olarak bu problem 3-boyutlu geometri ile ilgileniyor. Bu yüzden tas- lağı 2-boyutlu kağıda çizmek zor olacaktır. Bu sebeple bir tane daha basit fikre ihtiyacımız var.

Fikir 11:

Üç boyutlu hareketi bir bütün olarak incelemek zordur, bu yüzden mümkün olduğunca iki boyutalara indirgenme- lidir (düzlemlere izdüşümleri almak, kesişim düzlemlerine bak- mak).

Bir sonraki problem,

Fikir 12:

Elastik çarpışma, en rahat sürecin kütle merkezi referans sisteminde incelenir.

fikrini anlatmaktadır.

Bu fikirden yola çıkıp, bir topun hareket eden bir duvarla çarpışması için ”kullanıma hazır bir tarif” bulalım. Öncelikle duvar çok ağır olduğundan sistemin kütle merkezi duvarda bulunacaktır. Dolayısıyla duvar referans sistemi kullanacağız.

Kütle merkezi referans sisteminde, eğer çarpışma elastikse ve sürtünme yoksa, enerji ve momentum korunumundan dolayı cisimler geldikleri süratlerle geri döneceklerdir, yani topun hı- zının çarpışma yüzeyine dik bileşeni ters çevrilir. Eğer iki kere hızların toplamını uygularsak (duvar referans istemine geçip ar- dından geri laboratuvar referans sistemin egeçersek), şu sonuca ulaşırız:

Fikir 13:

Hızı ⃗u olan bir topun yüzeye dik yönde elastik çar- pışması için, topun hızının ⃗v yüzeye dik bileşeni ⃗vn, 2⃗u kadar artar, yani ⃗v_n^′ =−⃗vn+ 2⃗u.

Bu problem için ayrıca,

Olgu 1:

Hız vektörleri arasıdaki açı referans sistemine bağlı- dır!

olgusunu da hatırlamamız gerekir.

pr 8.

Bir tenis topu v hızı ile ağır bir raketin üzerine düşü- yor ve elastik olarak sekiyor. Topu ilk yörüngesine dik olacak şekilde ve eğer top çarpışmadan önce dönmüyorsa topu dön- dürmeden geri sektirmek için raketin hızı u ne kadar olmalı- dır? Raketin yüzeyine dik vektör ile ⃗u arasındaki β açısı ne kadardır? Eğer aynı durum ⃗v için olsaydı cevap α olacaktı?

Eğer Fikir 9’u aklımızda tutup dikkatli bir şekilde okursak, raketin ağır olduğunu görürüz, dolayısıyla Fikir 13’ü kullanabiliriz. Ayrıca, topun çarpışmadan sonra dönmeyeceğine dikkat ediniz — bu hızın paralel (raketin düzlemine) bileşenini bulmak için önemlidir.

Önceden vektörlerin ya geometrik olarak (vektörlerin top- lamı için üçgen kuralını kullanarak ve trigonometrik problemi çözerek), ya da izdüşümleri kullanarak cebirsel olarak incele- nebileceğinden bahsetmiştik. Genellikle geometrik yaklaşımlar daha kısa sonuçlara götürür, ancak herzaman değil; bu gözlem bizi sıradaki fikre götürür.

Fikir 14:

Vektörel işlemlerde geometrik yaklaşımı tercih ediniz ama eğer mantıksız gelir ise (örn. bazı koşullar vektörlerin izdüşümleri ile verilmiş ise) cebirsel yaklaşıma dönünüz ve ifadeleri izdüşümleri cinsinden yazınız.

Cebirsel yaklaşım için en uygun eksen seçimi çok önemlidir.

(5)

3.İVMELER, YER DEĞİŞİMLERİ

“En uygun” koşulların en kolay yazılabileceği anlamına gelmek- tedir. Bazen en kullanışlı eksenler birbirine dik bile olmayabilir.

Problem 8 için geometrik çözümün daha kolay olduğu ortaya çıkar fakat düşünmesi daha zordur. Bu tipik bir durum- dur: baştan ne yapılacağı belli ise cebirsel yaklaşım deneme- yanılma-usulü¹ bir çözüme yönlendirir bizi ama heseplamalar matematiksel olarak uzundur. Aslında temel bir zorluk yoktur, sadece çözmemiz gerekir. Matematiksel bölüm gereksiz uzun ya da temel zorluklar (çözülemeyen denklemler gibi) var ise deneme-yanılma-usulü yaklaşım hala geçerlidir: doğru çözümü bulmak biraz zaman alacaktır.

Genellikle fizik problemlerinin geometrik çözümleri çok basit geometrik görevler gerektirir ve böylece cebirsel çözümler- den daha kısa olan bu çözümler daha kolaydır. Fakat geometrik görevler genelde TRİCKY olurlar. Bunun yanısıra Fikir14, Problem8’in çözümü için cebirsel yaklaşımın iyi olacağını öne- rir (dönmenin olmamasının gereksinimi bize hızın paralel bile- şeni ile ilgili koşulu verir), burada iki yöntemi de kullanmanız önerilir. İki durumda da bir tane daha matematiksel fikire ih- tiyacınız vardır.

Fikir 15:

İki vektörün, ⃗a = (ax, a_y, a_z) ve ⃗b = (b_x, b_y, b_z), skalar çarpımları 0 ise vektörler birbirlerine diklerdir, axbx+ ayby+ azbz = 0. (x, y ve z eksenlerinin birbirine dik olduğu var sayılır.)

Fikir 16:

Dik üçgenleri içeren trigonometrik problemlerde çevrel çemberin merkezinin hipotenüsün merkezinde olduğunu unutmayınız, böylelikle dik açıdan çizilen kenarortay üçgeni iki tane ikizkenar üçgene ayırır ve dik açıyı da büyük üçgenin dar açılarına ayırır.

Fikir1 bize referans sistemleri arasındaki geçişi kullanma- mızı söyler. Bu fikir dönme hareketinde de kullanılabilir.

Tanım 3:

Açısal hız ⃗ω büyüklük olarak birim zamandaki dönme açısına (radyan cinsinden) eşittir ve dönme eksenine pa- raleldir, yönü sağ el kuralına göre belirlenir (eğer sağ el cisim ile aynı yönde dönüyorsa vektörün yönü baş parmağın gösterdiği yön ile aynıdır).

Fikir 17:

Dönen referans sistemleri arasında geçiş yaparken, öteleme hareketi yapan referans sistemlerinde ötelenme hızla- rının toplanması gibi açısal hızlar da toplanır. Bu açısal hız- lar paralel olmasa da geçerlidir (buna rağmen küçük olmayan dönme açıları sadece dönme ekseni sabit kaldığı sürece birbi- riyle toplanabilir).

Bu fikir aşağıdaki kısmen basit problemde kullanılmıştır.

pr 9.

İki tane yansıtıcı yüzeyi (ön ve arka) olan bir ayna şekilde gösterildiği gibi dikey bir eksene göre ω açısal hızı ile dönmektedir. Dönme ekseninden a uzaklıkta olan hareketsiz noktasal bir S ışık kaynağı bulunmaktadır. Işık kaynağının gö- rüntüsünün süratini zamanın fonksiyonu olarak bulunuz.

ω

a S

3 İVMELER, YER DEĞİŞİMLERİ

Şimdiye dek ani veya sabit hızlarla ilgilendik ve birkaç durumda yer değişimini hesaplamak için basit bir formül s = vt kullan- dık. Genelde, hızın ⃗v sabit olmadığı durumlarda yer değişimini hesaplamak için hız-zaman grafiğinin altında kalan alan he- saplanır. Mesela x-koordinatı boyunca olan yer değişimi ∆x, vx= vx(t) grafiğinin altında kalan alana eşittir; matematiksel olarak bu alanı bir integral ∆x = R

v_x(t)dt yoluyla gösterebi- liriz. Şu an için integraller hakkında yalnızca grafiğin altında kalan alanı verdiklerini bilmeniz yeterli olacaktır.

Fikir 18:

Birçok fiziksel niceliğin hesaplanması (bazen çok açık olmayan bir şekilde) bir grafiğin altında kalan alanın he- saplanmasına (yani bir integrale) indirgenebilir. Konuyla ilişkin olarak sıradaki örnekler sıralanabilir: alınan yol v− t eğrisinin (hız-zaman) altında kalan alana, hız a− t eğrisinin altında ka- lan alana vb. eşittir.

Unutmayınız ki her zaman grafik çizmeniz gerekmemektedir (eğer integral alma konusunda yetenekliyseniz formüller grafik çizmeden analitik yollarla türetilebilir) fakat bunu yapmak süreci hayal etmenizi kolaylaştıracaktır. Bu tarz şeylerin görsel- leştirilmesi her zaman yararlıdır, görselleştirmek çözümü bul- mayı kolaylaştırır ve hata yapma riskini azaltır.

pr 10.

Bir tanecik koordinat sisteminin orijininden hareketine başlar; aşağıdaki çizim zamana bağlı olarak parçacığın hızını gösterir. Buna göre parçacık orijinden en çok ne kadar uzaklaşmıştır?

2 4 6

-2 0

v (m/s)

t (s)

5 10 15

Sonraki problem her ne kadar yine alan bulmaya indirge- niyor olsa da çok daha zordur dolayısıyla “ipuçları” kısmında tüm çözüme (grafiğin tekrar oluşturulması ve numerik hesaplamalar dışında) yer verilmiştir.

pr 11.

Bir botun ivmesi süratiyle grafikte gösterildiği şekilde bağlıdır. Botun ilk hızı v0= 4 m/s’ye eşittir. Bot neredeyse du- rana dek ne kadar yol almıştır?

0.6

1 2

0.4

3

a

_(m/s2)

v

_(m/s)

0.2

Fikir18sabit ivmeli hareket durumunda da yer değişimine

1(İng.) brute-force: kaba kuvvet, bodoslama, deneme yanılma. Çeviride geçen brute-force approach terimi için deneme-yanılma-usulü yaklaşım terimi önerilmiştir, çevirinin devamında bu şekilde kullanılmıştır.

— Sayfa 4 —

(6)

3.İVMELER, YER DEĞİŞİMLERİ

dair temel formüllerin türetilmesinde kullanılabilir. Bir cismin ilk hızının v0 olarak verildiğini ve bu cismin sabit a ivmesiyle hareket ettiğini farz edin; bu durumda t zaman sonra cismin ne kadar yol aldığını bulmak istiyoruz. Grafiğin altında kalan alan, medyanı v0+¹₂at ve yüksekliği t olan bir yamuğun yüzey alanına yani bu iki niceliğin çarpımına eşittir, s = v0t + at²/2.

.

v₀

t v₀+at

t v

Bundan farklı olarak, hareket süresi yerine ilk hız ve son hız (v0 ve v1) verilmiş olsaydı grafiğin altında kalan alanın med- yanı ¹₂(v₀+ v₁), yüksekliği ise t = (v₁− v0)/a olurdu. Bu bize s = (v0+ v1)(v1− v0)/2a = (v₁²− v²0)/2a olduğunu gösterir.

Eğer bu ifadeyi as = ¹₂(v₁²− v0²) şeklinde yazarsak bu ifadenin a ivmesiyle serbest düşen bir cismin birim kütlesi için enerji korunumu olduğunu söyleyebiliriz.

Olgu 2:

Eğer bir cisim v0ilk hızı, v1son hızı ve sabit a ivmesi ile t süre boyunca hareket ediyorsa alınan yol

s = v0t +1

2at²=v²₁− v0²

2a .

Bir sonraki soru birçok farklı yolla çözülebilir ama en kolay olanı şu an açıklanacak olan fikri içermektedir.

Fikir 19:

Bazen eylemsiz olmayan referans sistemlerini kullanmak işimize yarayabilir: Hızlar her zamanki gibi eklenir,

⃗

vlab = ⃗vrel+ ⃗vfr; burada ⃗vlab laboratuvar referans sisteminin hızı, ⃗vrel —hareket eden referans sistemindeki hız ve ⃗vfr— cismin verilen bir andaki konumunun (hareket eden referans si- temindeki) hızıdır. Eğer referans sistemi öteleme hareketi ya- pıyorsa (dönme olmadan) ivmeler de aynı şekilde eklenebilir,

⃗alab= ⃗arel+ ⃗afr2 Özel olarak, eğer iki ya da daha fazla cismin serbest düştüğü bir soru ile karşılaşırsanız serbest düşen bir referans sistemi kullanmak işlemleri oldukça kolaylaştıracaktır.

Eğer referans sistemi dönüyorsa ivme için verdiğimiz formüle birkaç terim daha ekleneceğini vurgulamakta fayda var.

pr 12.

İki kaygan sürgü aynı dikey düzlemde duruyor ve yatayla α açısı yapıyor (şekildeki gibi). Bilinen bir anda iki küçük top A ve B noktalarından bırakılıyor. A noktasından bı- rakılan topun yere ulaşması t1, B noktasından bırakılan topun yere ulaşması ise t2 zaman aldığına göre iki topun arasındaki mesafenin minimum olduğu zamanı bulun.

A B

α α

Fikir 20:

Bazı durumlarda, bir cismin iki (veya üç) boyuttaki hareketini dik yönlerdeki bağımsız hareketlere ayırabiliriz: (a)

iki boyut için x eksenindeki hareket y eksenindeki hareketten bağımsız; (b) x eksenindeki hareket y eksenindeki hareketten bağımsız ve y eksenindeki hareket z eksenindeki hareketten ba- ğımsız; (c) x eksenindeki hareket y−z düzlemindeki hareketten bağımsız. Özel durumda, bu düzlemden sürtünmesiz çarpışma- larda yapılabilir³: eğer x ekseni bir düzlemde bulunuyorsa ve y ekseni bu düzleme dikse, hareketi ayrı ayrı x ve y eksenlerinde inceleyebilirsiniz.

Bu fikrin en basit uygulaması her kinematik kitabında in- celenen homojen kütle çekim alanındaki bir cismin iki boyutlu hareketidir: Hareket yatay ve dikey olarak ayrılmış, çünkü di- key ivme g yatay koordinata x ve cismin yatay hızına v_x bağlı değil, ve cisim sabit hızla hareket ediyor, ve yatay ivme (0) dikey koordinata y ve cismin dikey hızına vy bağlı değildir. So- nuç olarak, x = v0xt ve y = v_0yt− gt²/2 eşitlikleri elde edilir (burada v0xve v0y karşılık gelen ilk hız bileşenleri); x− y düz- leminde karşılık gelen yörünge paraboldür,bu ikinci eşitlikte t yerine t = x/v0xkoyularak elde edilebilir.

Olgu 3:

Homojen kütle çekim alanında g serbest düşüş yapan bir cismin kütle merkezinin yörüngesi paraboldür, parametrik olarak x = v0xt ve y = v0yt− gt²/2 olarak verilir.

Bir düzlemdeki cisimlerin sürtünmesiz etkileşimlere (çar- pışmalar ve kaymalar) Fikir 20’nin nasıl uygulanacağına daha detaylı bakalım. Eğer düzlem eğik ise, bizim de düzlem ile aynı şekilde eğilmiş ekseni ele almalıyız; ardından, kütle çekimsel ivmenin her iki eksende de sıfır olmayan bir bileşeni olacak, yani hareket her iki yönde de ivmeli olacak.

Olgu 4:

Serbest düşüş soruları ayrıca eğik eksenler ile de incelenebilir (bu Fikir20’den dolayı kullanışlı olabilir); ardından, serbest düşüş ivmesi bulunduğu bileşene karşılık gelen ve birbi- rine dik olan iki bileşene ayrılır, ⃗g = ⃗gx+ ⃗g_y burada gx= sin α ve gy = cos α olarak verilir, α da yüzey ve yatay arasındaki açıdır.

Çarpışma boyunca sürtünme olmadığından, vx (yüzeye paralel hız bileşeni) değişmez, yani bir çarpışma olduğuna ”dikkat etmez”: x-koordinatının nasıl değiştiğini incelemek istersek, y- koordinatındaki değişimi tamamıyla unutabiliriz (ve tam tersi).

Eğer yüzey kavisli ise genellikle böyle bir ayırma yapılamaz.

Aslında, önceden x koordinatı y koordınatından bağımsızdı, çünkü ivmenin koordinatlar üzerindeki bağlılığı dik kuvvet ile belirlenir, bu kuvvet sadece y koordınatından bir fonksiyon, ve x koordinatı yok. Eğer yüzey kavisli ise her yerde x ekseni- nin yüzeye paralel olması imkansızdır: dik kuvvetten kaynak- lanan ivme yok olmayacak kadar x ve y bileşenlerine sahiptir, ve hem x hem de y koordinatlarından bağlıdır. Ancak silindir- lerin, prizmaların ve diğer genel silindirlerin yan yüzeylerinde⁴ yüzeyin her yerinde yüzeye paralel olan x ekseni bulunabilir.

Dolayısıyla, x ekseni boyuncaki hareket y− z düzleminden ay- rıştırılabilir.

pr 13.

Elastik bir top eğik bir düzleme (eğim açısı α) d me- safe yükseklikten bırakılıyor. İlk sekiş noktası ile ikincisi arasın-

2Eğer konum vektörlerini ⃗r_lab= ⃗r_rel+ ⃗r_frşeklinde yazıp iki kez türevini alarak bunun doğru olacağını gösterebiliriz: Bir toplamın türevi, türevlerin toplamına eşittir. Bu vektörler için de geçerlidir. İzdüşümlerini incelersek bu durum anlaşılabilir. Mesela ivmenin x komponenti için olan toplama kuralı, x koordinatını veren ifadenin, x_lab= x_rel+ x_fr, iki kez zamana göre türevi alınarak elde edilebilir.

3Hareketi başka bir yöne taşıyan başka bir mekanizma olmadığı müddetçe (Lorentz kuvveti gibi)

4Sabit izdüşümü olan yüzeyler.

(7)

4.OPTİMAL YÖRÜNGELER

daki mesafe ne kadardır? Çarpışmalar sürtünmesiz gerçekleşir.

Sıradaki problem de Fikir20’nin kullanımını içerir fakat bir tane daha fikire ihtiyaç vardır.

pr 14.

Bir cisim eğim açısı α olan buzlu bir eğik düzleme doğru kaymaktadır. Cismin ilk hızı v0 = 10 m/s ile düzlemin kenarı arsındaki açı β = 60^◦’dır. Cisim tarafından eğik düzlem üzerinde bırakılan iz şekilde verilmiştir (yörüngenin sadece bir kısmıdır). Sürtünmenin olmadığını ve eğik düzleme olan geçişin yumuşak olduğunu varsayarak α’yı bulunuz.

β α

2.5m

Buradaki son cümle çok önemlidir: geçiş eğer sert olur ise, ya- tayda kayarak eğik düzleme yaklaşan cisim eğik düzlem ile çar- pışırdı — ya elastik olarak, ki bu durumda zıplar, ya da plastik olarak. Özellikle çarpışma tam plastik ise eğik düzlemin yüzey normali boyunca olan hareketle ilgili olan kinetik enerji kay- bolur. Daha açık olmak gerekirse, x ekseni iki düzlemin temas çizgisi ve y ekseni de eğik düzlem boyunca olacak şekilde dik koordinatları tanımlarsak x, y ve z yönlerindeki hareketler bir- birinden ayrılmış olur; temas anında vz sıfır olur sürtünmenin yokluğundan dolayı vx ve vy korunur.

Fakat bu problemde bir yüzeyden diğerine olan geçiş yumu- şaktır: iki düzlemi ayıran çizginin etrafında kavisli bir düzleme sahip olan dar bir bölge vardır. Bu dar bölge içerisinde y ve z yönlerindeki hareket birbirinden ayrılamaz, ve bir fikire daha ihtiyacımız vardır.

Fikir 21:

Eğer bir kuvvet hareket yönüne dik ise (kavisli bir düzlemde kayarken tepki kuvveti, bir ucu sabit diğer ucu ise hareket eden bir cisme bağlı bir ipteki gerilim kuvveti, man- yetik alanda bulunan bir yüke etki eden kuvvet) hız vektörü sadece yönünü değiştirebilir, büyüklüğü değişmez.⁵

pr 15.

Üç tane kaplumbağa başlangıçta birbirlerinden 1 m uzaklıkta olacak şekilde eşkenar bir üçgenin köşelerine koyul- muşlardır. Her bir anda ilki ikincisine doğru, ikincisi üçüncü- süne doğru ve üçüncüsü de ilkine doğru bakacak şekilde birbir- lerine doğru 10 cm/s sabit hız ile aynı anda harekete başlarlar.

Kaplumbağalar ne kadar zaman sonra buluşurlar?

Burada iki farklı yaklaşım uygulanabilir: ilk olarak kaplum- bağalar ile birlikte dönen refarans sistemine geçiş yapabiliriz, bu durumda sıradaki fikiri kullanmış oluruz.

Fikir 22:

Bazen çok karışık bir hareket izleyen referans sistemine geçmek bile yardımcı olabilir.

Alternatif olarak sıradakini de kullanabiliriz

Fikir 23:

Bazen fiziksel olarak hızın hesaplanması yerine alı- nan yolların, iki uzunluğun vb. oranının değişimiyle ilgilenmek daha mantıklı olur.

Sıradaki soru integral alma işlemi içeriyor⁶dolayısıyla konuya alışkın olmayan okuyucular tarafından atlanılabilir.

pr 16.

Bir karınca esnek bir bantın üzerinde v = 1 cm/s hızıyla hareket etmektedir. Bantın uçlarından biri (karıncanın hareketine başladığı uç) duvara sabitlenmiştir, duvardan baş- langıç anında L = 1 m uzaklıkta olan diğer ucu ise u = 1 m/s hızıyla çekilmektedir. Karınca bantın diğer ucuna ulaşabilecek mi? Eğer ulaşabilirse bu olay ne zaman gerçekleşecek?

Burada sıradaki fikri kullanmamız gerekiyor:

Fikir 24:

Bazı problemlerde, parametrelerin uygun bir bi- çimde seçilmesi matematiksel hesaplamaları büyük ölçüde ko- laylaştırabilir. Seçeneklerin tam olmayan bir listesi sıradaki gi- bidir: Kartezyen, polar, silindirik ve küresel koordinatlar; alı- nan yol; Lagrangian koordinatları ( yani akışların hareketinde bir akışkan parçacığının güncel koordinatı yerine başlangıç ko- ordinatının kullanılması); belirli bir değerlendirme ölçütüne göre bir parçacığın bağıl konumu, vb.

Bu problemde, problemin kendisi hangi parametrelerin kulla- nılması gerektiği hakkında bir ipucu içerir. Karıncanın kartezyen koordinatlarının kullanılmasının iyi olmayacağı açıktır: ka- rıncanın uzayan esnek banttaki hareketini iyi bir biçimde yan- sıtmazlar. Böyle bir hareketi açıklamak için karıncanın banttaki bağıl konumunu kullanmak daha yararlı olacaktır: bantın karıncanın solunda kalan kısmının uzunluğunun bantın toplam uzunluğuna olan oranı k kaçtır; karınca başlangıçta k = 0 iken hareketine başlar ve k = 1 olması karıncanın bantın ucuna ulaştığını ifade eder. k parametresi aslında bir Lagrangian ko- ordinatıdır: banttaki güncel noktanın başlangıç konumununun bantın ilk uzunluğu cinsinden ifade edilmesine denk gelir.

4 OPTİMAL YÖRÜNGELER

Kinematikteki optimal yörünge sorularının büyük bir kısmı iki kategoride incelenebilir: hareket süresinin en kısa olduğu yö- rüngeyi bulmayı amaçlayan sorular ve serbest düşen bir cismin en küçük ilk hızını bulmayı amaçlayan sorular.

Fikir 25:

Farklı ortamlardaki hızların verildiği ve A nokta- sından B noktasına giden en hızlı yolun sorulduğu kinematik problemlerinde (geometrik için geliştirilmiş olan) Fermat prensibini kullanmak yardımcı olabilir.

Eğer ki farklı kırılma indisleri olan cisimlerden oluşan bir konfi- gürasyonumuz varsa A noktasından çıkıp B noktasına giden bir ışık ışınının gerçekte izlediği yol ışığın A noktasından B nok- tasına en hızlı şekilde ulaşabileceği yoldur (eğer bir ortamın kırılma indisi n ise bu ortamda hareket eden ışığın hızının c/n olacağını hatırlatmak faydalı olacaktır). Dolayısıyla s1 ya da s₂ yollarını alırken geçen süre s0 yolunda geçen süreden daha uzundur, şekilde bakınız.

5Hıza dik olan kuvvetlerin iş yapmadığı gerçeğinden dolayı enerji korunur.

6∫ dx

ax+b= a⁻¹ln(ax + b) + C olduğunu belirtmek yararlı olabilir.

— Sayfa 6 —

(8)

0 2

1

2 1

s s s

n n

A

B

Fermat prensibi’nin bir lokal minimuma uygulandığını belirt- meliyiz: s0 yolunda geçen süre s0 yolundan sapan ama yakı- nında bulunan herhangi bir yolda geçen süreden daha azdır.

Buna ek olarak, küçük yol değişimleri için hareket süreleri- nin değişiminin de küçük olması gerekmektedir. Aşağıdaki şekil hangi durumlarda Fermat prensibini kullanabileceğimizi daha açık hale getirecektir.

A B

mirror

glass plate s₀

s₂ s₃ s₄ s₅ s₆

s₁

Camdaki yayılma hızı havadakinden az olduğundan minimum hareket süresi s1 yolu takip edilirse gerçekleşiyor. Ancak ca- mın içinden geçen s1 yolundaki bu küçük değişimlerin hareket sürelerindeki değişim küçük değil, dolayısıyla s₁ışığın izleyebi- leceği yollardan biri değil (yol aşağıya deforme olabilir, mesela s3, ama yukarıya doğru deforme olması cam yüzeyden geçme- sinden kaynaklı olarak hareket süresinde bir artışa sebep olu- yor). Ayrıca s0 yolu bize iyi bir yerel minimum değeri verir:

s0 yolundaki hareket zamanı s0 yolunun küçük değişimleriyle oluşmuş diğer yollardaki hareket zamanlarının hepsinden daha küçüktür ve yoldaki değişim küçükse hareket zamanındaki de- ğişim de küçük oluyor. Dolayısıyla Fermat prensibi uygulana- bilir: s0 ışığın izleyebileceği yollardan biridir. Son olarak, yan- sıma durumlarında yalnızca benzer yansımaları içeren yolları karşılaştırmalıyız. Yani, s₅ yolu s₄ yolundan daha kısa sürer.

Ancak bu, yansımaları içermiyor ve referans yollarından biri olarak sayılamaz. Bir adet yansıma içeren ve s4 yolunun ufak bir değişimi olarak ifade edilebilecek yollar arasından (mesela s6) en kısa süreni s4 yoludur ve dolayısıyla ışığın izleyebileceği yollardan biridir.

Eğer ışık iki nokta arasında birden fazla yol izleyebiliyorsa (mesela herhangi bir noktadan başlayıp bir lensten geçerek o noktanın optik görüntüsüne) bu yollar boyunca olan hareket sürelerinin hepsi eşittir.

Fikir 25’i kinematik sorularında kullanabilmek için genellikle Snell yasasına ihtiyaç duyarız.

Olgu 5:

Işığın yayılma hızının v1 olduğu bir ortamda bir A noktası, v2 olduğu başka bir ortamda ise bir B noktası olsun.

Bu durumda ışık A noktasından B noktasına Snell yasasına uy- gun olacak şekilde yayılır: ışığın izlediği yol ile iki ortamı birbi- rinden ayıran yüzeyin normali arasında, sin α1/ sin α2= v1/v2

denklemini sağlayan, sırasıyla α1 ve α2 açıları olacak şekilde kırılır.

A

B α₂

α1

pr 17.

Bir çocuk M OP koyunun OP kıyısında yaşıyor (şe- kildeki gibi). Koyun iki kıyısı α açısı yapıyor. Çocuğun evi kı- yıdan h, O noktasından ise√

h²+ l² uzaklıktaki A noktasında bulunmaktadır. Çocuk, balık tutmak için OM kıyısına gitmek istiyor. Çocuğun balık tuttuğu noktanın O noktasına olan uzak- lığı, x ne olmalı ki çocuk o noktaya evinden gidebileceği en kısa sürede gitmiş olsun? Bu süre ne kadardır? Çocuk yürüyerek v, bot ile u < v hızı ile ile hareket ediyor.

l h

O

M P

A α

Burada son fikire küçük bir ekleme yapabiliriz: eğer bir düz- leme (3-d bir problemde) ya da bir çizgiye (2-d) olan en kısa mesafe sorulmuş ise o zaman bu düzlem ya da çizgi ona dik olan yöndeki çok uzaktaki (sonsuzdaki) bir nokta ile belirti- lebilir. Bunun nedeni çok basittir: bu çok çok uzak noktadan düzlemdeki (çizgideki) herhangi bir noktaya ulaşmak için gereken süre aynıdır. Geometrik optik açısından düşünmek gerekir ise bu ifade yüzeye dik olan ışık demetinin o düzlemin üzerine düştüğü anlamına gelir.

pr 18.

Bir çocuk nehrin kenarından a uzaklıkta bulunan, nehrin içerisindeki bir A noktasında bulunmaktadır. Çocuk u hızı ile yüzebilir ve kıyıda v > u hızı ile koşabilir; nehrin akış hızı w > u’dur. Çocuk, akıntının geldiği yönde nehrin kena- rındaki bir C noktasına en kısa sürede ulaşmak istemektedir.

Çocuk, nehrin kenarındaki en yakın olduğu nokta olan B’den ne kadarlık bir x mesafesi uzakta çıkmalıdır?

C v

w

u x a B

A

Burada iki seçeneğimiz var: ilki geçen zaman t’yi düz mantık olarak ifade etmek ve _dx^dt = 0 eşitliğini yazmak. İkinci seçenek ise geometrik optik yöntemlerini uygulamak. Fakat, yer referans sisteminde sudaki süratinin yüzdüğü yöne bağlı olduğuna dikkat ediniz ve suyun referans sisteminde başlangıç ve varış noktaları hareket etmektedir.

Uyarı:

Fermat prensibi sadece hızlar her yönde aynı olduğunda ve başlangıç ve bitiş noktaları hareketsiz olduğunda uygulanabilir.

Şimdi elimizde iki tane seçenek vardır. İlk olarak cevabı de- ğiştirmeyecek ve Fermat prensibi uygulanabilecek şekilde prob-

(9)

lemi modifiye edebiliriz; bunu yapmayı deneyiniz. İkinci seçe- nek olarak Huygens’in dalga cephesi oluşturma yöntemini kullanabiliriz; bu yaklaşımı daha detaylı inceleyelim

Fikir 26:

Tersinir bir süreçle ilgilenirken bazen süreci tersten analiz etmek daha yararlıdır.

Problem 18’de sürecin tersine çevrilebildiğine dikkat ediniz:

eğer bütün hızlar tersine dönerse o zaman nehir sağdan sola akar, çocuk C noktasından koşmaya başlar ve A noktasına ola- bildiği en kısa zamanda ulaşmaya çalışır. Apaçık eğer normal süreçteki bir yol alternatiflerin arasındaki en hızlısı ise aynısı ona karşılık gelen tersine süreç için de geçerlidir.

Fikir 27:

Kinematikteki en hızlı yol soruları için Huygens prensibi’ne dayanan bir yaklaşım da kullanılabilir.

Dalgaların yayılmasını inceleyen sorularda, Huygens prensibi’ne göre, bir dalga cephesinin önünde birer birer sanal dalga cepheleri oluşturulabilir. Sonrasında, küçük bir t süre sonra her bir sanal ışık kaynağının etrafında ct (c ışık hızını temsil eder) yarıçaplı bir dairesel dalga cephesi oluşur; toplamda oluşmuş olan yeni dalga cephesi bütün bu küçük cephelerin birleşimi- dir, şekle bakınız (turuncu noktalar başlangıçtaki Huygens kay- naklarını, turuncu daireler ise başlangıçtaki dalga cephelerini;

kırmızı çizgiler toplamda oluşan dalga cephelerini, kahverengi noktalar ise yeni Huygens kaynaklarını temsil eder).

wave source

Işık dalgalarıyla ilgilenirken, dalga cephelerinin desenini bul- duktan sonra ışık ışınları dalga cephelerine her noktada dik olan eğriler olarak bulunabilir.

Huygens prensibi kullanarak nasıl hesaplama yapabilece- ğimi basit bir şekilde göstermek için Mach konisinin açısını dal- ganın yayılma hızı c ve dalga kaynağının hızı u cinsinden ifade edelim. Eğer dalga kaynağı dalgalardan daha hızlı hareket edi- yorsa bu durum Cherenkov radyasyonu denilen duruma sebep olur, sayfanın altına bakınız⁷ Düz bir çizgide hareket eden ve bahsetmiş olduğumuz şekilde Huygens dalga cepheleri oluştu- ran bir bot ele alalım, şekile bakınız. Bir dizi anda kaynağımızın yörüngesi boyunca olan hareketinden meydana gelen bozulma- lara karşılık gelen daireler çizdik. Bütün bu dalga cephelerinin birleşimi düz bir çizgi meydana getiriyor çünkü dairelerin ya- rıçapı dalga kaynağının şu anki konumu O’dan olan uzaklıkla- rıyla orantılı olarak değişiyor.∠P OQ açısına Mach konisi açısı- nın yarısı denilir — koni olarak adlandırılma sebebi üç boyutlu geometride dairelerin kürelere dönüşmesi ve dalga cephelerinin birleşiminin bir koni oluşturmasıdır. sin∠P OQ = ^cT_vT =_v^c eşit- liğinin doğruluğunu görmek kolaydır.

Problem 18’e devam ederken (yukarıda bahsedildiği gibi tersine çevrilmiş hızlarla) çocuğun C noktasından ayrılıp yüz- meye başladığı herhangi bir t < T anından sonra bir T anında çocuğun ulaşabileceği en uzak noktalar kümesini temsil eden

“dalga cepheleri” oluşturmamız gerekiyor. Böyle bir dalga ceh- pesinin oluşumu şekilde gösterilmiştir.

vT w

u A

vt- w(T - t) wT

uT ^u^{(t - T )}

C

Burada, yeşil çizgi eğer çocuk hemen yüzmeye başlarsa ulaşa- cağı en uzak noktalar kümesini ifade eder, ve açık mavi nokta da eğer kıyı boyunca koşmaya devam ederse konumunu anla- tır; koyu siyah çizgi de tüm dalga cephesini gösterir. Eğer dalga cephesinin gelişmesine izin verirsek A noktasına doğru yayıla- caktır ve belirli bir zamanda T ona ulaşacaktır. Bizim yöntemi- miz tüm yüzme stratejilerini test ediyor, dolayısıyla T en kısa yolculuk süresine eşit; geriye Huygens kaynaklarının oluştur- duğu dalga cephesinin A noktası ile kesişen kısmını geri izini sürmek kaldı, yani cismin en uygun yörüngesi ne olacaktır.

Fikir 28:

En uygun top-atışı barındıran sorular genellikle ba- listik menzil problemine indirgenebilir: bir top sabitlenmiş atış hızı ile belirli yörüngeler boyunca ateşleyebilir; hangi menzil- deki hedefler vurulabilir? Bu yüzden cevabı bilmek kullanışlı- dır: hedefler paraboloit şeklindeki bölgede olmaları gerekir, ve top da onun odağında; bu paraboloit tüm atış yörüngelerinin kabuğudur,şekle bakınız (kırmızı eğri kabuk, açık mavi eğri — ateşleme açısı 45^◦olacak şekilde ateşlenen parçaların yörünge- leri, yeşil eğriler — ateşleme açısı 0^◦ olacak şekilde ateşlenen parçalrın yörüngeleri).

Fikir 28’i tüm potansiyelinde kullanmak için aşağıdaki basit olgular akılda tutulmalıdır.

Olgu 6:

Siyah ve açık mavi eğriler (yukarıdaki şekilde) kır- mızı paraboldeki hedefleri vurmak için en uygun olan yörünge- lerdir: bu yörüngeler için merkezden ateşleme hızı en düşüktür.

Aslında, R bölgesinde bulunan bir hedef için bölge, ateşleme hızını hedef hala vuruş menzilinde kalacak şekilde azaltarak küçültülebilir.

Olgu 7:

Hedef mümkün olan düşük ateşleme hızı ile vu- rulduğunda, yörünge ve vurma menzili sınırı (ateşleme hızıma karşılık gelir) hedef noktasında birbirlerine teğet olur.

Eğer yukarda belirtilenlere inandıysanız (veya bir kere is- patlamış ve artık bunu kullanmak istiyorsanız), parabolün pa- rametrelerini belirlemek kolaydır: öncelikle ateşleme açısı 90^◦

7Klasik olarak, ışık hızından daha hızlı hareket eden yüklerin oluşturduğu radyasyona Cherenkov radyasyonu denir; dielektik bir ortamda ışık dal- galarının hızı kırılma indisi n kadar azalır ve göreli parçacıklar bundan daha hızlı hareket edebilirler; fakat sonik patlamalar (supersonik bir uçuştan kaynaklanan şok dalgası) ve hızlı botların arkasındaki dalgalar da aynı fiziksel fenomene dayanır.

— Sayfa 8 —

(10)

olan yörünge parabolün uç noktası ile kesişir, ve kırmızı eğri ye- şil eğri ile aynı şekilde olmalıdır, çünkü yeşil eğri ufkun altında çok alçak irtifalardaki hedefler için en uygun yörüngelerdir.

Güvenin ama kanıtlayın: şimdi de sıradaki problemi çöze- lim.

pr 19.

Bir top koordinat sisteminin başlangıç noktasına yer- leştirilmiş ve ilk ateşleme sırasında v0 kadar ilk hız verebilir, vuruş yönü istenildiği gibi seçilebilir. Atışın ulaşabileceği bölge uzayıR nedir?

Bu soru çok kolay gibi gözüken sorulardan biridir, ancak eğer düz mantık uygulanırsa çözüm çok uzayabilir. Bu birçok yan- lışa sebep olabilir veya büsbütün soruyu bıraktırabilir.

Uyarı:

Eğer denklemler sıkıcı derecede uzunsa bu durmak ve sonuca ulaştıraack başka yollar düşünmek için doğru zaman- dır. Eğer bir tane varsa, baştan diğer yolu deneyip daha kısa olmadığını görmeye değer.

Böyle durumlarda, asıl hesaplamalardan önce soruyu incelemek için strateji belirlemelisiniz: kafanızda ”yolu”, yapabileceğinizi umduğunuz ve eğer başarılı olursa cevaba ulaştıracak hesaplamalar dizisi, görmelisiniz.

Burada akla gelen bir fikir, (x, z) konumundaki hedefi vur- mak için gereken ateşleme açısı α için bir denklem derlemek:

eğer bu denklemin bir çözümü varsa, hedef R bölgesinde; ve eğer çözümü yoksa hedef dışarıda. Ardından bölgeyi tanım- layan formül çözümlerin varlığını sağlaması gereken koşuldan (eşitsizlikten) gelir. Üstelik, T = (x, z) noktasınınR bölgesinde olup olmadığını anlamk epeyce kolaydır, ateşleme açısı için iki çözüm olmalıdır. Aslında hedef hem yörüngenin yükselen kıs- mında hem de alçalan kısmında vurulabilir⁸. Yani, denklemin ya iki çözümü (T , R bölgesinin içinde), ya bir çözüm (T , R bölgesinin sınırında), ya da hiç çözüm yok (T , R bölgesinin dışında). Bu tarz bir davranış ikinci dereceden denklemle tu- tarlı, dolayısıyla iyi parametreler kullanarak (Fikir 24), ikinci dereceden denklem elde ederiz. Özetlemek gerekirse,

Fikir 29:

Eğer çözümü olan bir soru için bir bölge bulmanız istenirse, bölgenin sınırı genellikle bir diskriminantın kaybol- duğu eğri olarak bulunabilir.

Problem19’un çözümü bir olgu olarak formülleştirdiğimiz basit bir özel sonuç çıkarmak için kullanılabilir .

Olgu 8:

Eğer top ile hedef aynı sevyiyede ise en uygun ateş- leme açısı (en düşük ateşleme hızına karşılık gelir) 45^◦ olur.

Aslında, Problem19’un çözümünden atış açısı için z = 0 koya- bileceğimiz ikinci dereceden bir denklemimiz var; eğer en uygun atış için denklemin diskriminantı sıfır olması gerektiğini kulla- nırsak gerekli sonuca hemen ulaşırız.

pr 20.

Problem19’daki varsayımlarla beraber,R bölgesinin sınırının parabol olduğunu bilerek, topun parabolun odağında olacağını gösteriniz.

Bu probleme çok basit bir çözüm olmasına rağmen bu çözümü görmek kolay olmayabilir. Çünkü bize,

Fikir 30:

Kinematikteki bazı problemler için, parabolün özel- liklerini kullanan geometrik çözümler yapmak mümkündür; genellikle bu çözümler alternatiflerine kıyasla daha kısadır.

Olgu 9:

Her parabol odağa sahiptir, geometrik optik cinsinden ifade etmesi en kolay olan özellikler: eğer parabol ışığı yan- sıtıyorsa, tüm simetri eksenine paralel olan ışınlar parabolün odağına yansır (şekildeki kesik çizgiler); Fermat’ın prensibin- den dolayı, parabolün her bir noktası için odağa olan uzaklık ve sonsuz uzaklıktakı ışık kaynağına uzaklığın toplamı eşittir, l₁+ h₁+ d₁= 2h₀+ d₀= . . .;d₀= d₁= . . . olduğundan dolayı, 2h0= l1+ h1= l2= l3+ h3elde ederiz (şekle bakınız).

F l¹

h₁

d1

l2

d2

l₃ h<03

d3

h0

d0

pr 21.

Bir taşa, eğimli bir çatının üzerinden geçmesi için ve- rilmesi gereken minimum başlangıç hızı nedir? Çatının genişliği b, iki köşesinin yüksekliği ise a ve c’dir.

a

b

c

Bu problemin iki çözümü vardır: Uzun ve cebirsel olanıyla kısa ama düşünmesi zor olanı. Ama iki çözüm de şunu kullanarak başlar:

Fikir 31:

Bir minimumu (ya da maksimumu) bulmak için serbest parametreleri (bu durumda fırlatma noktasını ve açısını) sonsuz küçük arttırarak ilgilendiğimiz özelliğin nasıl değiştiğini inceleriz. Eğer mümkün olan bütün varyasyonlarda ilgilendiği- miz özellik artıyorsa bir minimum bulmuş oluruz.

Bu yöntemi kullanarak taşın çatının iki köşesine de dokun- duğunu göstermeniz gerekiyor.

Her iki çözüm ayrıca sıradaki adımı da içerir, problemi c = 0 durumuna indirgemek. Bu indirgeme işlemi, sonrasında optimal atış noktasını bildiğimiz için çok kullanışlıdır — çatının sağ köşesi. Bu adım için sıradakine ihtiyacınız vardır:

Fikir 32:

Serbest düşüşte olan bir cisim için bir hareket sabiti vardır (korunan bir özellik), ¹₂v²+ gh⁹, burada v cismin anlık

8Bu bir şekilde basitleştirilmiş bir ifadedir; daha kesin olmak gerekirse, atışın yörüngesi ile yatayın (z = z0) kesiştiği iki noktayı, ve bu iki kesişim noktasının (x = x1 ve x = x2, x2 > x1 olacak şekilde) ateşleme açısı 90^◦’den 0^◦’ye değiştirildiğinde nasıl hareket ettiğini ele almalıyız: α = 90^◦ için, her iki nokta da x = 0 noktasında, ve α arttıkça daha büyük x değerlerine doğru hareket etmeye başlar. Belirli bir α değeri için, x₂maksimum değerine ulaşır (xmax) ve ardından azalmaya başlar; iki çözüm de yörünge z = z0 çizgisine teğet olduğu zaman birleşir ve kaybolur. Dolayısıyla bu süreç boyunca, 0 < x < xmaxbölümündeki her bir nokta herhangi bir kesişim noktasından (ya x1ya da x2) tam olarak iki kere geçmiştir, ve (x, z0) noktasındaki hedef karşılıklı gelen iki α değerinde vurulabilir.

9(Ç. N.) Metnin orijinalinde terimler arasında “-” işareti bulunmaktadır fakat bu şekilde yazıldığında eğer referans noktamız yerdeyse h, yerden yukarda negatif, yerin altında pozitiftir. Kafa karışıklığını önlemek ve yerden yukarda h’nin pozitif, yerin altında da negatif olması adına çevirmen ekibi olarak terimler arasındaki “-” işaretini “+” işareti ile değiştirdik.

(11)

5.RİJİT CİSİMLER, MENTEŞELER VE İPLER

hızı ve h de anlık yüksekliğidir.

Bu tabikii de enerji korunma yasasının özel bir halidir, diğer bölümlerde çok daha detaylı incelenecektir (esas olarak “Me- kanik” bölümünde).

Sonrasında Fikir28’i uygulamamız gerekir; cebirsel ve uzun olan yaklaşımda fikir direkt olarak matematiksel şekilde uygu- lanırken, düşünmesi daha zor çözüm ise Fikir 30’un (ve Olgu 9’un) kullanımını içerir.

Fikir30’un kullanımına örnek olan bir problem daha inceleyelim.

pr 22.

Bir hedefe olabilecek en yavaş hız ile atış yapılı- yor. Fırlatma hızının terminal hıza (yani hedefteki hıza) dik olduğunu gösteriniz.

Bu soru Fikir 30 olmadan da çözülebilir. Bunun için aynı hızla ve küçük bir açı farkıyla (optimal açıya çok yakın olacak şekilde) aynı anda atılan iki cismin bağıl hareketlerini inceleyip Fikir 19’u kullanmalısınız. Ayrıca aşağıda Olgu olarak verilen matematiksel ifadelerden de faydalanmalısınız.

Olgu 10:

Eğer bir f (x) fonksiyonu x = x0 noktasında bir minimuma veya maksimuma sahipse x0 noktasından ufak ∆x kadar ayrıldığımızda, fonksiyonun değerindeki değişim ∆f = f (x + ∆x)− f(x) karesel olarak küçük kalır¹⁰ve genellikle ihmal edilebilir.

Olgu 11:

Vektörel toplama kuralından (Tanım 1) da görü- lebileceği üzere, eğer büyüklükleri eşit iki vektörün farkı çok küçükse bu fark vektörü neredeyse her iki vektöre de diktir.

Problem22’yi bir de bu alternatif yolu kullanarak çözmeyi deneyiniz.

5 RİJİT CİSİMLER, MENTEŞELER ve İPLER pr 23.

Rijit bir yumru, biri v1 diğeri ise v2 hızıyla hareket eden iki plakanın arasına sıkıştırılıyor. Bilinen bir anda plaka- ların hızları yatay ve plakaların yumruya temas ettiği noktalar aynı dikey doğrultudadır. Şekilde hızının büyüklüğü v1veya v2

olan bütün noktaları işaretleyiniz.

v

₁

v

₂

Bu soru tamamen aşağıdaki Fikir üzerine kuruludur:

Fikir 33:

Rijit bir cismin hareketi her zaman anlık bir dönme ekseni etrafında (iki boyutlu geometriye sahip cisimler için bir dönme merkezi etrafında) belirli bir açısal hız ile gerçekleşen bir dönme hareketi olarak düşünülebilir.

O

r

~ v

~

₁

v

2

~

Eğer aşağıdaki koşullar sağlanıyorsa dönme merkezi belirlene- bilir:

(a) İki noktanın hızlarının yönünü biliyorsak ve bu yönler paralel değilse - o zaman anlık dönme merkezi, bu nokta- lardan çizilen hayali dik çizgilerin kesiştiği noktadır;

(b) İki noktanın hızlarını biliyorsak ve hız vektörleri hem pa- ralelse hem de bu iki noktayı bağlayan çizgiye dikse - o zaman anlık dönme merkezi, bu iki noktayı birleştiren hayali çizgi ile hız vektörlerinin uçlarını birleştiren hayali çizginin kesiştiği noktadır (şekildeki gibi).

Dönme merkezinin sonsuzda olduğu durumda, yani cisim öteleme hareketi yaptığında, iki noktanın hızlarının büyüklük ve yön bakımından aynı olması da mümkündür. (a) ve (b) du- rumlarının kapsamadığı diğer tüm kombinasyonlar rijit bir cisim için mümkün değildir.

Dönme merkezi bulunduktan sonra herhangi bir noktanın hızı, dönme merkezinden noktaya doğru çizilen çizgiye dik olan bir vektör olarak bulunabilir. Bu vektörün büyüklüğü de dönme merkeziyle nokta arasındaki uzaklık r (şekle bakınız) ile oran- tılıdır: ω’nın ani açısal hız olduğu durumda v = ωr formülü kullanılarak hızın büyüklüğü bulunur.

Son formül genelleştirilebilir:

Olgu 12:

Eğer ⃗a vektörü, ⃗ω açısal hızıyla dönme ekseni ⃗a vektörüne dik olacak şekilde dönmekteyse zamana bağlı türevi

d⃗a

dt, ⃗a vektörüne diktir ve|^d⃗_dt^a| = ωa’dır.

Bu formül Olgu 11’e benzer biçimde türetilir: Tanım 1’i kul- lanmamız ve küçük bir ∆t zaman değişimini ele almamız gere- kir. Vektörel türevlerin tanımına göre ^d⃗_dt^a ve ^∆⃗_∆t^a ifadeleri, ∆⃗a ve ∆t’nin sonsuz küçük değişimler oldukları limitte birbirine eşittir. ∆⃗a değişimi Tanım 1 kullanılarak bulunur: ∆⃗a, ⃗a vek- törünün ilk ve son konumlarının eşkenarlarını oluşturduğu bir ikizkenar üçgenin tabanıdır. Vektör, ω açısal hızı ile döndü- ğünden tepe açısı (radyan cinsinden) ω∆t’ye eşit olur; dola- yısıyla taban uzunluğu 2a tan(ω∆t/2) ≈ aω∆t’ye¹¹ eşit olur.

Sonuçta, ^∆⃗^a

∆t= ^aω∆t_∆t = aω¹² olur. Bu formül vektör çarpımı kullanılarak ^d⃗_dt^a = ⃗ω×⃗a olarak da ifade edilebilir. Bu kitapçıkta vektör çarpımına ihtiyaç olmayacak fakat yine de ⃗a ve ⃗b vektör- lerinin vektör çarpımının büyüklük olarak ⃗a ve ⃗b vektörlerinin oluşturduğu paralel yüzlünün yüzey alanı S = ab sin α’ya eşit olduğunu (α, ⃗a ve ⃗b vektörleri arasındaki açıdır.), çarpımın so- nucunun her iki vektöre de dik olduğunu ve yönünün sağ el kuralıyla belirlendiğini bilmek yararlı olacaktır (Sağ elinizi ilk vektörden ikince vektöre doğru döndürün.).

Artık Olgu 12’yi dönen bir hız vektörüne uygulayabiliriz:

Bir nokta sabit ω açısal hızıyla orijinle arasındaki uzaklık sa-

10Bu Taylor açılımının bir sonucudur ve diğer kitapçıklarda daha detaylı açıklanacaktır.

11Burada küçük açı yaklaşımını kullandık: sin α≈ tan α ≈ α, α ≪ 1 radyan cinsinden ölçülmüştür.

12Yaklaşık olan eşitliği kesin bir eşitlikle değiştirdik çünkü tanjantını aldığımız açı sonsuz küçüktür.

— Sayfa 10 —