Ajanda Fizik 101: Ders 14

Fizik 101: Ders 14

Ajanda

 2 Boyutta inelastik çarpışma

 Patlamalar

 1 Boyutta elastik çarpışma

 Kütle merkezi referans gözlem çerçevesi

 Çarpışan arabalar

 Elastik çarpışmanın özellikleri

Momentumun Korunumu

 Momentumun Korunumu fiziğin en temel kavramlarından biridir.

 Momentum vektörel büyüklük ve korunumu vektör denklemidir.

 Dış kuvvetin olmadığı herhangi bir yön için kullanabiliriz.

 Enerjinin korunumlu olmadığı durumlarda dahi momentumun korunumlu olduğunu göreceğiz.

dt

F_DIŞ  dP

0

dt

dP 

Enerjinin Korunumuna İlişkin...

 İnelastik bir çarpışmada toplam kinetik enerjinin korunmadığını gördük.

 Enerji kaybı:

 Isı (bomba)

 Metalin bükülmesi (arabaların çarpışması)

 Kinetik enerji korunmaz zira çarpışma esnasında iş yapılmıştır!

 Belirli yönde eğer dış bir kuvvet etki etmiyorsa momentum korunur!

 Genelde, momentumun korunumu enerjinin korunumundan daha kolay sağlanır.

2 Boyutta Inelastik Çarpışma

 Farzı muhal kaygan (sürtünmesiz) bir kavşakta iki otomobil çarpışsın:

v₁

v₂

V

önce sonra

m₁ m₂

m₁ + m₂

2 Boyutta Inelastik Çarpışma

 Etki eden başka bir dış kuvvet yok..

 Her iki bileşen için momentumun korunumunu kullanırsak:

v₁

v₂

V = (V_x,V_y) m₁

m₂

m₁ + m₂

P_{x i,}  P_{x f,} ^{m v}_{1 1} ^ ^m₁ ^{m V}₂ _x ^{Vx } ^m₁^m1m₂^v1

P_{y i,}  P_{y f,} ^{m v}_{2 2} ^ ^m₁ ^{ m V}₂  _y

 

V m

m m v

y 



2

1 2

2

x:

y:

2 Boyutta Inelastik Çarpışma

 Çarpışmadan sonraki hareketi biliyoruz!

V = (V_x,V_y)

V_x

V_y



 

V m

m m v

x 



1

1 2

1

 

V m

m m v

y 



2

1 2

2

1 2 1

1 2 2 x

y

p p v

m v m V

tan V  

2 Boyutta Inelastik Çarpışma

 Vektörleri kullanarak ta aynı şeyi yapabiliriz:

tan   p p

2 1

P p₁

p₂ P

p₁

p₂



Patlama (inelastik patlama)

Patlamadan önce:

M

m₁ m₂

v₁ v₂

Patlamadan sonra:

Patlama

 Dış kuvvet yok, yani P korunur.

 Başlangıçta: P = 0

 Sonda: P = m₁v₁ + m₂v₂ = 0

m₁v₁ = - m₂v₂ ^M

m₁ m₂

v₁ v₂

Ders 14, Soru 1

Momentumun Korunumu

 Bir bomba patlayarak 3 özdeş parçaya bölünüyor.

Aşağıdaki şekillerden hangisi olası son durumu gösterir?

(a) 1 (b) 2 (c) ikiside

m m

v V

v m

m m

v v

v m

(1) (2)

Ders 14, Soru 1

Momentumun Korunumu

m m

v v

v m

(1)

 Dış kuvvet olmadığından P korunumludur.

 Başlangıçta: P = 0

 Resim (1) de yukarı doğru olan momentumu dengeleyecek bir şey yok. Yani: P_son  0.

mv mv

mv

Ders 14, Soru 1

Momentumun Korunumu

 Dış kuvvet olmadığından P korunumludur.

 Başlangıçta: P = 0

 Son durumda momentumların toplamı sıfırdır.

 P_son = 0.

(2)

m m

v v

v m

mv

mv mv

Elastik Çarpışma

 Bir çarpışmada kinetik enerji ve momentum

korunuyorsa bu çarpışmaya elastik çarpışma denir.

 Bu daha çok kısıt (constraints) getirir.

 Dolayısıyla daha karmaşık problemleri çözebiliriz!!

 Bilardo (2-D çarpışma)

 Çarpışan cisimlerin çarpışmadan önce ve sonra ayrı hareketi

vardır.

 1 boyutlu basit problemlerle başlayalım ^{önce sonra}

1 Boyutta Elastik Çarpışma

v_1,i v_2,i önce

x

m₁ m₂

v_1,f v_2,f

sonra

m₁ m₂

1 Boyutta Elastik Çarpışma

v_1,i v_2,i

u_1,f u_2,f

önce

sonra

x

m₁ m₂

P-korunumu P_X:

m₁v₁ + m₂v₂ = m₁u₁ + m₂u_2,

Kinetik Enerji Korunumu:

1/₂ m₁v²₁ + ¹/₂ m₂v²₂ = ¹/₂ m₁u²₁ + ¹/₂ m₂u²₂

Eğer v₁ ve v₂ biliniyorsa

U₁ ve u₂ korunum denklemlerinden elde edilir.

Çözmek zor olmamalı 2 denklem & 2 bilinmeyen!

Quiz

 m ve 3m kütleleri x-ekseni üzerinde aynı v_i hızı ile

birbirine karşı hareket etmektedirler. m kütlesi sola, 3m kütlesi sağa gitmektedir. Kütleler esnek çarpışma sonucu aynı çizgi üstünde kalıyorlarsa son hızlarını hesap edin.

1 Boyutta Elastik Çarpışma

 Denklemler 2. dereceden olduğundan çözüm bazen zahmetli olabilir!!!

m₁v₁ + m₂v_2, = m₁u_1, + m₂u_2,

1/₂ m₁v²₁ + ¹/₂ m₂v²₂ = ¹/₂ m₁u²₁ + ¹/₂ m₂u²₂

)

u

(u

)

v

(v

)

v

(u

)

v

(u

m

)

u

(v

)

u

(v

m

)

v

(u

m

)

u

(v

m

2 1

2 1

2 2

2 2

2 1

1 1

1 1

2 2 2

2 2

2 1 2

1 1

























1 Boyutta Elastik Çarpışma



Çözüm:

2

2

1

1

2

1

2

1

1

2

2

2

1

2

1

2

1

2

1

1

m v

m

m

v m

m

m

u 2m

m v

m

v 2m

m

m

m

u m



 

 

 



 

1 Boyutta Elastik Çarpışma

 Problem kolaylaştırmanın yolu:

Kütle Merkezi Gözlem Çerçevesi

KM Referans Çerçevesi

 Sistemin toplam momentumu kütle merkezi hızı ile toplam kütlenin çarpımına eşittir:

P_NET = MV_KM.

 Sabit hızlı bir referans çerçevesini gördük (yani rölatif hareket).

 Bu durumda referans çerçevesini durgun olan KMne koyalım. Bu referansı KM referans çerçevesi olarak adlandıracağız.

 KM referans çerçevesinde, V_KM = 0 (tanımdan) ve dolayısıyla P_NET = 0.

Ders 14, Soru 2

Kuvvet ve Momentum

 Biri şişman iki adam bir kış gününde donan bir gölde özdeş tahta üzerinde durmaktadırlar. Tahtalar (sürtünmesiz) buz üzerinde hareketsiz durmaktadır.

 Adamlar tahta üzerinde aynı anda aynı hızla koşmaya başlar.

 Buza göre adamların hangisi daha hızlı hareket eder?

(a) şişman (b) zayıf (c) aynı

Ders 14, Soru 2

Kavramsal Cevap

 Hareket yönünde (x ) dış kuvvet 0!

 Sistemin KM hareketsiz!

x X

X

X X

KM KM

Ders 14, Soru 2

Kavramsal Cevap

 Hareket yönünde (x ) dış kuvvet 0!

 Sistemin KM hareketsiz!

 Her iki adamda aynı zamanda tahtanın ucuna varır, ama zayıf olan adam KMinden daha uzaktadır.

 Buza göre zayıf adam daha hızlı hareket eder!

X X

X X

KM KM

Ders 14, Soru 2

Cebirsel Çözüm

 Koşan adam ve tahta sisteminden birine dikkat edelim: X- yönünde dış kuvvet sıfırdır:

 X-yönünde momentum korunumludur!

 Başlangıçtaki toplam momentum sıfırdır, korunum gereği 0 kalmalıdır.

 Koşan adamı KM referans çerçevesinde gözleyelim!

x

 Koşan adamın kütlesi m ve tahtanınki M olsun.

m

M

 Buza göre koşucunun ve tahtanın hızları v_R ve v_P olsun.

v_R v_P

Ders 14, Soru 2

Cebirsel Çözüm

 Koşucunun tahtaya göre hızı V = v_R + v_P (her iki koşan için aynı).

x m

M v_R v_P

Mv_P = mv_R (momentumun korunumu) v_P = V - v_R yerine koyarsak buluruz ki:

v V M

R  m M



 v_R daha büyük m daha küçük.

Örnek: KM referans gözlem çerçevesi

 Şekilde sürtünmesiz bir yüzeyde yay ve kütle sistemi

verilmiştir. m₁ = 0.2 kg kütlesi v_1,i = 1.5 m/s hızıyla m₂ = 0.8 kg kütlesiyle çarpışır ve m₁ kütlesine bağlanan bir yay ile geri teper. Kütlelerin son hızları nedir?

m₁ v_1,i m₂ v_2,i = 0

m₁ x V_KM

m₂

m₁

v_1,f m₂ v_2,f

+ = KM

Elastik Çarpışmada Enerji:

 İlk ve son hızları kullanarak enerji korunumunu kullanalım.

 Kütle merkezi KM referans çerçevesinde çarpışmadan önce ve sonra hız aynı:

 Toplam momentum sıfırdır:

 Dolayısıyla:

2 f , 2 2 2 2 2

f , 1 2 1 1 2

i , 2 2 2 2 2

i , 1 2 1 1

* v m m

2

* 1 v m m

2

* 1 v m m

2

* 1 v m m

2

1   

2 f , 1 2

i ,

1 v *

*

v 



 



2 f , 1 2 1 2

1 2

i , 1 2 1 2

1

* v m m

2 1 m

2

* 1 v m m

2 1 m

2

1 

 



 

 



 



 

(parçacık 2 için aynısı)

Dolayısı ile, 1 boyutta: v*_1,f = -v* 1,i v*_2,f = -v*_2,i

Örnek...

 Dört adımlı prosedür:

 1. adım: Kütle merkezini hızını bulmak, V_KM.

Örnek...

 “lab” referans çerçevesine göre kütle merkezi hızı V_KM, parçacığın hızı v olsun. Parçacığın KMzine göre hızı v*:

v* = v - V_KM (burada v*, v, V_KM vektördür)

V_KM

v

v*

Örnek...

 2. adım

 KMne göre ilk hızların hesabı:

(bütün hızlar x yönünde):

Örnek...

 Şimdide çarpışmaya V_KM hızıyla hareket eden kütle merkezinden bakarsak.

m₁ v*_1,i m₂ v*_2,i

m₂ x m₁

m₁

v*_1,f m₂ v*_2,f

Örnek...

v*_1,i v*_2,i

x

m₁ m₂

m₁

m₁

m₂

m₂

v*_1,f = -v* 1,i v*_2,f = -v*_2,i

Örnek...

 Lab referansında son hızları hesaplayabiliriz:

v = v* + V_CM v* = v - V_KM

4 basamaklı çözüm! 2. dereceden denklemleri elimine etmiş olduk!!

Özet: KM referans çerçevesi

kullanma klavuzu

:

hızlarının hesabı

: KMne göre son hızların hızların hesabı

: Son hızların lab

gözlem çerçevesinde hesabı

v* = v - V_KM

v*_f = -v*_i

v = v* + V_KM

V_KM = 

 





 ₂

1 m

m

(m₁v_1,i + m₂v_2,i)

İlginç Sonuçlar

 KMzine göre bir cismin hızı çarpışmadan önce ve sonra aynıdır, sadece yön değişir.

 Dolayısıyla blokların rölatif hızları çarpışmadan önce ve sonra eşit ama ters yöndedir.

(v*_1,i - v*_2,i) = - (v*_1,f - v*_2,f)

 Ama hızların farkının ölçülmesi referans çerçevesinden bağımsız olduğundan diyebiliriz ki:

blokların rölatif hızları gözlem çerçevesinden bağımsız olarak çarpışmadan önce ve sonra aynıdır.

v*_1,i v*_2,i

v*_1,f = -v*_1,i v*_2,f = -v*_2,i

Enerji Korunumuna Dair

 Sistemin toplam kinetik enerjisi lab gözlem çerçevesine göre:

E_LAB  1 m v  m v 2

1

1 1 2

2

2 2

2 ama

yani

(v₂ için aynısı söz konusu

= K_REL = K_KM = P_NET,KM = 0

* 2 KM

2

* 1 KM

1

V v

V v

V V









  



* 1 1 2

2 1

2

* 2 2 2

* 1

1 2

1 2

1 2

1 m v m v m m V m v m v

E_LAB     _KM V_KM  

*1 KM

2

*1 2

KM 1

1 2

1 v v V V 2V V

v      

Enerji Korunumuna Dair

 Sistemin toplam kinetik enerjisi lab gözlem çerçevesine göre:

= K_REL = K_KM

 E_LAB = K_REL + K_KM

K_REL rölatif hareketten dolayı KMdeki KE.

K_KM kütle merkezinin kinetik enerjisi.

 _{1 2}  ²

2 2 2

2 1

1 2

1 2

1 2

1

KM

LAB m m m m V

E  v*  v*  

Enerji Korunumuna Dair

E

= K

+ K

 Enerji gözlem çerçevesine bağlı mı??

K_REL referans çerçevesinden bağımsız, ama K_KM referans çerçevesine bağlı (ve KM referans çerçevesinde = 0).

Özet

 2 Boyutta inelastik çarpışma

 Patlamalar

 1 Boyutta elastik çarpışma

 Kütle merkezi referans gözlem çerçevesi

 Çarpışan arabalar

 Elastik çarpışmanın özellikleri