Bölüm 4 İki Boyutta Hareket PDF

BÖLÜM-04 İki Boyutta Hareket Bölüm İçeriği 4.1 Yer değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri 4.2 Sabit İvmeli İki Boyutlu hareket 4.3 Eğik Atış Hareketi 4.4 Düzgün Dairesel Hareket 4.5 Teğetsel ve Radyal İvme 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme...

BÖLÜM-04 İki Boyutta Hareket Bölüm İçeriği 4.1 Yer değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri 4.2 Sabit İvmeli İki Boyutlu hareket 4.3 Eğik Atış Hareketi 4.4 Düzgün Dairesel Hareket 4.5 Teğetsel ve Radyal İvme 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme 1  İçerik İki boyutta (düzlemde) hareket eden bir cismin kinematiği ile ilgilenilecek, Yerdeğiştirme, hız ve ivme vektörü tanımları verilecek, Düzlemde harekete örnek olarak; eğik atış, düzgün dairesel hareket ayrıntılı bir şekilde incelenecektir. Birbirlerine göre sabit hızla hareket eden referans sistemlerine göre bir cismin hareketi incelenecektir ( Bağıl hareket). 2  4.1 Yer değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri Örnek: Şekilde bulunan parçacığın kartezyen koordinat sisteminde konumu (3,0 m, -2,0 m, 0)’dir. Konum vektörü aşağıdaki gibidir:   r = (3,0 m) i + (-2,0 m) j 3  4.1 Yer Değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri Yer değiştirme vektörü (∆𝒓): Bir parçacığın yer değiştirmesi onun konum vektörlerindeki değişimdir. 𝑟Ԧ𝑖 konumundan ( 𝑡1 anında A noktasında) 𝑟Ԧ𝑠 ( 𝑡2 anında B noktasında) konumuna hareket eden bir cismin yer değiştirme vektörü aşağıdaki gibi tanımlanır: ∆𝑟Ԧ = 𝑟Ԧ𝑠 − 𝑟Ԧ𝑖 Bileşenleri cinsinden: ∆𝑟Ԧ = ∆𝑥𝑖Ƹ + ∆𝑦𝑗Ƹ = 𝑥𝑠 − 𝑥𝑖 𝑖Ƹ + 𝑦𝑠 − 𝑦𝑖 𝑗Ƹ Örnek: 𝑡1 anında 𝑟Ԧ𝑖 konumunda daha sonraki bir 𝑡2 anında 𝑟Ԧ𝑠 konumunda bulunan cismin yer değiştirme vektörü: 4 4.1 Yer Değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri Hız vektörü (𝒗): Cismin birim zamanda yer değiştirme vektörü. Ortalama hız vektörü (𝒗𝒐𝒓𝒕 ): Bir parçacığın ∆𝑡 zaman aralığı süresince 𝑣Ԧ𝑜𝑟𝑡 ortalama hızı, ∆𝑟Ԧ yer değiştirmenin bu zaman aralığına bölümüdür: r rs - ri v ort =  t ts - t i   xi + y j x  y  v ort   i+ j t t t v ort  v x,ort i  v y ,ort j vort , r ile aynı yöne sahiptir. 5 4.1 Yer Değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri Ani hız vektörü (𝒗): Bir parçacığın belirli bir t andaki hızı. ∆𝑡 sıfıra giderken ortalama hızın limiti olarak tanımlanır. ∆𝑟Ԧ 𝑑 𝑟Ԧ 𝑣Ԧ = lim = ∆𝑡→0 ∆𝑡 𝑑𝑡 𝑑 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑣Ԧ = 𝑥 𝑖Ƹ + 𝑦 𝑗 Ƹ = 𝑖Ƹ + 𝑗Ƹ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑣Ԧ = 𝑣𝑥 𝑖Ƹ + 𝑣𝑦 𝑗Ƹ Sürat ani hız vektörünün büyüklüğüdür: 6 4.1 Yer Değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri Hızın yönü nedir? Yer değiştirme vektörü olan ∆𝑟Ԧ kirişini ele alalım: ∆𝑟Ԧ vektörü hareket yönündedir. ∆𝑡 → 0 giderken 𝑟Ԧ𝑠 vektörü, 𝑟Ԧ𝑖 vektörüne yaklaşacak ve ∆𝑟Ԧ kirişi sonunda teğet doğrultuya gelecektir. Bir parçacığın anlık hızının yönü daima parçacığın bulunduğu konumdan geçen bu parçacığın yörüngesine teğettir. 7 4.1 Yer Değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri İvme vektörü (𝒂): Hız vektörünün birim zamanda değişimidir. Ortalama ivme vektörü (𝑎Ԧ𝑜𝑟𝑡 ): Cismin 𝑡𝑖 anındaki hızı 𝑣Ԧ𝑖 ve daha sonraki bir 𝑡𝑠 anındaki hızı 𝑣Ԧ𝑠 ise, parçacığın bu ∆𝑡 zaman aralığı süresince 𝑎Ԧ𝑜𝑟𝑡 ortalama ivmesi, ∆𝑣Ԧ hız değişiminin bu zaman aralığına bölümüdür: 𝑣Ԧ𝑠 − 𝑣Ԧ𝑖 ∆𝑣Ԧ 𝑎Ԧ𝑜𝑟𝑡 = = 𝑡𝑠 − 𝑡𝑖 ∆𝑡 Not: Bir vektörel niceliğin bir skalerle çarpılması veya bölünmesi, o vektörün yönünü değil, sadece büyüklüğünü değiştirir. ∆𝑣Ԧ vektörünün ∆𝑡 skalerine oranı 𝑎Ԧ𝑜𝑟𝑡 ortalama ivmesinin ∆𝑣Ԧ ile aynı doğrultuda olduğunu gösterir. 𝒂𝒐𝒓𝒕 , ∆𝒗 ile aynı yöne sahiptir. 8 4.1 Yer Değiştirme, Hız ve İvme Vektörleri Ani ivme vektörü (𝒂): Bir parçacığın belirli bir t anındaki ivmesi. ∆𝑡 sıfıra giderken ortalama hızın limiti olarak tanımlanır: ∆𝑣Ԧ 𝑑 𝑣Ԧ 𝑑 𝑎Ԧ = lim = = 𝑣 𝑖Ƹ + 𝑣𝑦 𝑗Ƹ ∆𝑡→0 ∆𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑥 𝑑𝑣𝑥 𝑑𝑣𝑦 𝑎Ԧ = 𝑖Ƹ + 𝑗Ƹ 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑎Ԧ = 𝑎𝑥 𝑖Ƹ + 𝑎𝑦 𝑗Ƹ İvme vektörü konum vektörünün ikinci türevidir: İvme vektörünün yönü, herhangi bir yönde olabilir. İzlenilen yörüngeyle özel bir ilişkisi yoktur. 9 4.2 İki- Boyutta Sabit İvmeli Hareket 𝒂 = 𝒂𝒙 𝒊Ƹ + 𝒂𝒚 𝒋Ƹ = 𝐬𝐚𝐛𝐢𝐭 bir boyutlu hareket iki boyutlu hareket 𝑣𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 + 𝑎𝑥 𝑡 𝑣Ԧ𝑠 = 𝑣Ԧ𝑖 + 𝑎𝑡 Ԧ 1 1 2 𝑥𝑠 = 𝑥𝑖 + 𝑣𝑥𝑖 𝑡 + 𝑎𝑥 𝑡 2 𝑟Ԧ𝑠 = 𝑟Ԧ𝑖 + 𝑣Ԧ𝑖 𝑡 + 𝑎𝑡Ԧ 2 2 iki bağımsız bir-boyutlu harekete eşdeğerdir x doğrultusunda hareket y doğrultusunda hareket 𝑣𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 + 𝑎𝑥 𝑡 𝑣𝑦𝑠 = 𝑣𝑦𝑖 + 𝑎𝑦 𝑡 1 1 𝑥𝑠 = 𝑥𝑖 + 𝑣𝑥𝑖 𝑡 + 𝑎𝑥 𝑡 2 𝑦𝑠 = 𝑦𝑖 + 𝑣𝑦𝑖 𝑡 + 𝑎𝑦 𝑡 2 2 2 𝑣Ԧ𝑠 = 𝑣𝑥𝑠 𝑖Ƹ + 𝑣𝑦𝑠 𝑗Ƹ = 𝑣𝑥𝑖 + 𝑎𝑥 𝑡 𝑖Ƹ + (𝑣𝑦𝑖 + 𝑎𝑦 𝑡)𝑗Ƹ 1 1 10 𝑟Ԧ𝑠 = (𝑥𝑖 +𝑣𝑥𝑖 𝑡 + 𝑎𝑥 𝑡 )𝑖Ƹ + (𝑦𝑖 + 𝑣𝑦𝑖 𝑡 + 𝑎𝑦 𝑡 2 )𝑗Ƹ 2 2 2 4.2 İki- Boyutta Sabit İvmeli Hareket Örnek 4-1: Bir cisim, ilk hız bileşenleri 𝑣𝑥𝑖 = 20 𝑚/𝑠 ve 𝑣𝑦𝑖 = −15 𝑚/𝑠 olacak şekilde, 𝑡 = 0 anında orijinden harekete başlıyor. xy- düzleminde hareket eden cismin ivme bileşenleri de 𝑎𝑥 = 4 𝑚/𝑠 2 ve 𝑎𝑦 = 0 olacak şekildedir. a) Cismin herhangi bir andaki hızını bulunuz. b) 𝑡 = 5 𝑠 anında cismin hızının büyüklük, yön ve doğrultusunu hesaplayınız. c) Cismin herhangi bir andaki konumu nedir? Çözüm 4-1: Verilenler: t=0’da 𝑥𝑖 = 0 𝑚, 𝑣𝑥𝑖 = 20 𝑚/𝑠 , 𝑎𝑥 = 4 𝑚/𝑠 2 t=0’da 𝑦𝑖 = 0 𝑚 , 𝑣𝑦𝑖 = −15 𝑚/𝑠, 𝑎𝑦 = 0 a) 𝑣𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 + 𝑎𝑥 𝑡 𝑣𝑥𝑠 = 20 + 4𝑡 𝑚/𝑠 𝒗𝒔 = 𝟐𝟎 + 𝟒𝒕 𝒊Ƹ − 𝟏𝟓𝒋Ƹ 𝒎/𝒔 𝑣𝑦𝑠 = 𝑣𝑦𝑖 + 𝑎𝑦 𝑡 𝑣𝑦𝑠 = 𝑣𝑦𝑖 = −15 𝑚/𝑠 11 4.2 İki- Boyutta Sabit İvmeli Hareket b) 𝑡 = 5 𝑠 anında cismin son hızının vektörü; 𝑣Ԧ𝑠 = 20 + 4 5 𝑖Ƹ − 15𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 𝑣Ԧ𝑠 = 40𝑖Ƹ − 15𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 Yönü (x ekseni ile yaptığı açı); −1 𝑣𝑦𝑠 −1 −15 𝜃 = 𝑡𝑎𝑛 = 𝑡𝑎𝑛 = −𝟐𝟏𝟎 𝑣𝑥𝑠 40 Burada eksi işareti x ekseninin altında 𝟐𝟏𝟎 ’lik bir açıyı gösterir. Son hızın büyüklüğü ; 2 2 𝑣Ԧ𝑠 = 𝑣𝑥𝑠 + 𝑣𝑦𝑠 = 𝟒𝟑 𝒎/𝒔 c) Herhangi bir andaki yer değiştirme vektörü; t=0 anında 𝑟Ԧ𝑖 = 0 𝑚 olduğu için ∆𝑟Ԧ = 𝑟Ԧ𝑠 1 𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 𝑡 + 𝑎𝑥 𝑡 2 = 20𝑡 + 2𝑡 2 𝑚 2 1 𝑦𝑠 = 𝑣𝑦𝑖 𝑡 + 𝑎𝑦 𝑡 2 = −15𝑡 𝑚 12 2 ∆𝑟Ԧ = 𝒓𝒔 − 𝑟Ԧ𝑖 = 𝟐𝟎𝒕 + 𝟐𝒕𝟐 𝒊Ƹ + −𝟏𝟓𝒕 𝒋Ƹ 𝒎 4.3 Eğik Atış Hareketi Eğik atış: Bir cismin yer-çekimi kuvvetinin etkisi altında düşey düzlemdeki hareketidir. Bu hareketin analizini basitleştirmek için iki tane kabul yapmamız yeterlidir: Yerçekimi ivmesi (𝑔) Ԧ hareket boyunca sabit ve aşağıya doğru yönelmektedir. Hareket boyunca havanın direnci ihmal edilir. Bu koşullarda: Eğik atış hareketi yapan bir cisim sadece dünyanın kütle çekiminin etkisindedir. Fırlatılan cismin 𝑎Ԧ ivmesi serbest-düşme ivmesidir: 𝑣Ԧ𝑖 = 𝑣𝑥𝑖 𝑖Ƹ + 𝑣𝑦𝑖 𝑗Ƹ : ilk hız burada, 𝑣𝑥𝑖 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑣𝑦𝑖 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝜃𝑖 : 𝑣Ԧ𝑖 ilk hızın x ekseni ile yaptığı açı 13 4.3 Eğik Atış Hareketi İki boyutta sabit ivmeli hareket formüllerini hatırlayalım: 𝑣Ԧ𝑠 = 𝑣Ԧ𝑖 + 𝑎𝑡 Ԧ 1 Ԧ 2 𝑟Ԧ𝑠 = 𝑟Ԧ𝑖 + 𝑣Ԧ𝑖 𝑡 + 𝑎𝑡 2 Yatay hareket Düşey hareket 𝑎𝑥 = 0 𝑎𝑦 = −g 𝑣𝑥𝑖 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑣𝑦𝑖 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥𝑖 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑣𝑦 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 − 𝑔𝑡 𝑥 = 𝑥𝑖 + 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑡 1 y= 𝑦𝑖 + 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 2 14 4.3 Eğik Atış Hareketi Yörünge Denklemi Hareketin başladığı nokta orijin olarak alındığında 𝑥𝑖 = 0 ; 𝑦𝑖 = 0 konum vektörü bileşenleri; x= 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑡…………………(1) 1 𝑦 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 … … … … … …. (𝟐) 2 Eşitlik-1’den t çekilip Eşitlik-2’de kullanılırsa; 𝑔 2 𝑦 = tan 𝜃𝑖 𝑥 − 𝑥 2 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 2 Yörünge denklemi 𝒚 = 𝒂𝒙 + 𝒃𝒙𝟐 formunda olup, bir paraboldür. 15 4.3 Eğik Atış Hareketi Yatay Menzil (R) Cismin harekete başladığı nokta (O) ile yere düştüğü nokta (B) x-ekseni üzerindeyse 𝑦𝑠 = 𝑦𝑖 = 0 , cismin yatayda aldığı yol 𝑅 menzil olarak adlandırılır. Konum vektörünün y bileşeni; 1 y= 𝑦𝑖 + 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 2 Burada, 𝑦𝑠 = 𝑦𝑖 = 0 alındığında, 1 2𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 =0⟹𝑡= 2 𝑔 𝑡 = 𝑡𝑢ç𝑢ş : cismin uçuş süresi Bu süre konum vektörünün x bileşeninde yerine konulduğunda; 2𝑣 sin 𝜃𝑖 𝒗𝟐𝒊 𝒔𝒊𝒏 𝟐𝜽𝒊 𝑥 − 𝑥𝑖 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑖 ⟹𝑹= 𝑔 𝒈 450 lik fırlatma açısında cismin menzili en büyüktür. sin 2qi = 1 olduğunda yataydaki erişim en büyüktür.  2qi = 900 veya qi = 450 16 4.3 Eğik Atış Hareketi Maksimum Yükseklik (h) Cismin y ekseninde çıkabileceği maksimum yüksekliğidir. Tepe noktasında (A ) hızın y bileşeni sıfırdır: 𝑣𝑦𝐴 = 0 ⟹ 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 − 𝑔𝑡 = 0 ⟹ 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑡= 𝑣𝑒 𝑔 𝑦𝑠 = ℎ ⟹ 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 1 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 2 ℎ = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 − 𝑔 𝑔 2 𝑔 𝒗𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝒊 𝟐 𝒉= 𝟐𝒈 17 4.3 Eğik Atış Hareketi Örnek 4-3: Uzun atlama yapan bir sporcu, yatayla 200 açı altında 11 𝑚/𝑠’lik hızla fırlıyor. Verilenler: a) Sporcu ne kadar yatay uzaklığa sıçrayabilir? 𝜃𝑖 =200 b) Ulaşılan maksimum yükseklik nedir? 𝑣𝑖 =11m/s Çözüm 4-3: 𝑥𝑖 =0 m a) x- eksenindeki konum vektörü: 𝑦𝑖 =0 m 𝑥𝑠 − 𝑥𝑖 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑡𝑢ç𝑢ş 𝑥𝑠 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑡𝑢ç𝑢ş 𝑥𝑠 = 11 cos 200 𝑡𝑢ç𝑢ş ………….(1) Tepe noktasında hızın 𝑣𝑦𝑠 bileşeni sıfırdır: 𝑡𝑢ç𝑢ş 𝑣𝑦𝑠 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 − 𝑔𝑡 = 0, burada 𝑡 = 2 𝑡𝑢ç𝑢ş 0 = 11 sin 200 − 9,80 𝑡𝑢ç𝑢ş = 0,768 𝑠 2 (1) Eşitliğinde 𝑡𝑢ç𝑢ş değerini yazdığımızda menzili buluruz ; 𝑥𝑠 = 11 cos 200 0,768 𝑹 = 𝟕, 𝟗𝟒 𝒎 1 𝑡𝑢ç𝑢ş b) 𝑦𝑠 − 𝑦𝑖 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 𝑏𝑢𝑟𝑎𝑑𝑎, 𝑦𝑖 = 0 𝑣𝑒 𝑡 = = 0,384 𝑠 ise 2 2 1 𝑦𝑠 = 11 sin 20 0,384 − 9,80 0,384 2 0 19 2 h = ys = 0,722 m 4.3 Eğik Atış Hareketi Örnek 4-5: Bir taş, yüksekliği 45 𝑚 olan bir binanın tepesinden yatayla 300 açı yapacak şekilde ve 20 𝑚/𝑠’lik bir ilk hızla fırlatılıyor. a)Taş, ne kadar sürede yere düşer? b) Taş, atıldığı noktadan ne kadar uzakta yere düşer? c) Taş, yere hangi hızla çarpar? Çözüm 4-5: Verilenler: 𝜃𝑖 =300 ; 𝑣𝑖 =20 m/s 𝑥 𝑖 =0 ; 𝑦𝑖 = 0 ; 𝑦𝑠 =-45 m a) 1 2 𝑦𝑠 − 𝑦𝑖 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 1 −45 = 0 + 20 sin 30 𝑡 − 9,80 𝑡 2 0 2 𝒕 = 𝟒, 𝟐𝟐 𝒔 b) 𝑥𝑠 − 𝑥𝑖 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑡 𝑥𝑠 = 20 cos 300 4,22 𝒙𝒔 = 𝟕𝟑 𝒎 20 4.3 Eğik Atış Hareketi Örnek 4-5: c) Taş, yere hangi Verilenler: hızla çarpar? 𝜃𝑖 =300 ; 𝑣𝑖 =20 m/s 𝑥 𝑖 =0 ; 𝑦𝑖 = 0 ; 𝑦𝑠 =-45 m 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥𝑖 = 𝑣𝑖 cos 𝜃𝑖 𝑣𝑥 = 𝑣𝑥𝑖 = 20 cos 300 = 17,3 𝑚/𝑠 𝑣𝑦 = 𝑣𝑖 sin 𝜃𝑖 − 𝑔𝑡 𝑣𝑦 = 20 sin 300 − 9,80 4,22 = −31,4 𝑚/𝑠 𝑣Ԧ𝑠 = 𝑣𝑥𝑠 𝑖Ƹ + 𝑣𝑦𝑠 𝑗Ƹ = 17,3𝑖Ƹ − 31,4𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 ve büyüklüğü; 𝑣Ԧ𝑠 = 17,3 2 + −31,4 2 21 𝒗𝒔 = 𝟑𝟓, 𝟗 𝒎/𝒔 4.3 Eğik Atış Hareketi Örnek 4-6 :Bir kurtarma uçağı yerden 100 𝑚 yükseklikte, 40 𝑚/𝑠’lik yatay hızla giderken, mahsur kalmış bir grubun bulunduğu noktaya yardım paketi ulaştırmak istiyor. (yatay eğik atış hareketi ) a) Paketin grubun bulunduğu noktaya düşmesi için geçen süre nedir? b) Hangi yatay uzaklıktan bırakılmalıdır? c) Paket hangi hızla yere çarpar? Çözüm 4-6: Verilenler: a) 𝑣𝑥𝑖 =40m/s; 1 𝑦𝑠 − 𝑦𝑖 = 𝑣𝑦𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 𝑣𝑦𝑖 =0 m/s; b) 𝑥𝑠 − 𝑥𝑖 = 𝑣𝑥𝑖 𝑡 2 −100 − 0 = 0− 1 𝑥 𝑖 =0 m ; 9,80 𝑡 2 𝑥𝑠 −0 = 40 4,52 = 𝟏𝟖𝟏 𝒎 2 𝑦𝑖 = 0 m ; 𝒕 = 𝟒, 𝟓𝟐 𝒔 𝑦𝑠 =-100 m c) 𝑣𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 = 40 𝑚/𝑠 𝑣𝑦𝑠 = 𝑣𝑦𝑖 − 𝑔𝑡 𝑣𝑦𝑠 = 0 − 9,80 4,52 = −44,3 𝑚/𝑠 22 𝑚 𝑣Ԧ𝑠 = 𝑣𝑥𝑠 𝑖Ƹ + 𝑣𝑦𝑠 𝑗Ƹ = 40𝑖Ƹ − 44,3𝑗Ƹ 𝑣Ԧ𝑠 = 40 2 + −44,3 2 = 𝟓𝟗, 𝟕 𝒎/𝒔 𝑠 4.3 Eğik Atış Hareketi Örnek 4-7 :Bir kayakçı, kayak pistini şekildeki gibi 25 𝑚/𝑠’lik hızla yatay doğrultuda giderek terkeder. Aşağıya inişinde 350 ’lik bir eğimle düşer. a) Kayakçı ne kadar süre havada kalır? b) Yokuşun uzunluğu (d) ne kadardır? c) Sporcu nereye düşer? d) Kayakçı yokuşa hangi hızla çarpar? Çözüm 4-7: Verilenler: 𝑣𝑥𝑖 =25 m/s; 𝑣𝑦𝑖 =0 m/s a) 𝑥𝑠 − 𝑥𝑖 = 𝑣𝑥𝑖 𝑡 𝑥 𝑖 =0 m ; 𝑦𝑖 = 0 m ; 𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 𝑡 𝑥𝑠 = 25𝑡 𝜃 = 350 1 𝑦𝑠 − 𝑦𝑖 = 𝑣𝑦𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 1 𝑦𝑠 = − 9,8𝑡 2 2 2 Ayrıca geometrik yapıdan 𝑥𝑠 = 𝑑 cos 350 𝑑 cos 350 =25𝑡 𝑦𝑠 = −𝑑 sin 350 −𝑑 𝑠𝑖𝑛 350 = 4,9𝑡 2 her iki denklemi taraf tarafa bölersek 4,9 23 tan 350 = 𝑡 t= 𝟑, 𝟓𝟕 𝒔 25 4.3 Eğik Atış Hareketi Çözüm 4-7 : Verilenler: t= 𝟑, 𝟓𝟕 𝒔 𝑣𝑥𝑖 =25 m/s; 𝑣𝑦𝑖 =0 m/s 𝑥 𝑖 =0 m ; 𝑦𝑖 = 0 m ; 𝜃 = 350 b) Yokuşun uzunluğu (d) ne kadardır? 25 𝑡 = 𝑑 cos 350 25 3,57 = 𝑑 cos 350 𝒅 = 𝟏𝟎𝟗 𝒎 c) Sporcu nereye düşer? 𝑥𝑠 = 109 cos 350 = 𝟖𝟗, 𝟑 𝒎 𝑦𝑠 = − 109 sin 350 = −𝟔𝟐, 𝟓 𝒎 d) Kayakçı yokuşa hangi hızla çarpar? 𝑣𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 = 25 𝑚/𝑠 𝑣𝑦𝑠 = 𝑣𝑦𝑖 − 𝑔𝑡 ise 𝑣𝑦𝑠 = 0 − 9,80 3,57 = −35.0 𝑚/𝑠 𝑣Ԧ𝑠 = 𝑣𝑥𝑠 𝑖Ƹ + 𝑣𝑦𝑠 𝑗Ƹ = 𝟐𝟓𝒊Ƹ − 𝟑𝟓, 𝟎𝒋Ƹ 𝒎/𝒔 24  4.4 Düzgün Dairesel Hareket Cisim r yarıçaplı bir çember üzerinde sabit v hızında dairesel hareket yapıyorsa, bu harekete düzgün dairesel hareket denir. 𝑡1 anında bulunduğu 𝑃1 konumundaki hız vektörü 𝑣Ԧ1 , daha sonraki bir 𝑡2 anında 𝑃2 konumundaki hızı da 𝑣Ԧ2 olsun. Bu hızların büyüklüğü birbirine eşit olsun ( 𝑣Ԧ1 = 𝑣Ԧ2 = 𝑣). Diğer bir değişle, düzgün dairesel hareket yapsın. 𝒂𝒐𝒓𝒕 , ∆𝒗 ile aynı yöne sahiptir ve merkeze doğru yönelmiştir. 𝑣Ԧ1 ile 𝑣Ԧ2 vektörlerin başlangıç noktalarını bir araya getirelim. ∆𝑣Ԧ = 𝑣Ԧ2 -𝑣Ԧ1 farkını oluşturalım. Cismin ortalama ivmesini hesaplayalım: 24 Hızın büyüklüğü (sürat) sabit olmasına rağmen, hızın yönü vektörel olarak farklı olması hızdaki değişim (∆𝑣) Ԧ sıfırdan farklı olmasını göstermektedir. Bu sebeple bir ivme oluşur.  4.4 Düzgün Dairesel Hareket Konum vektörü (O P1 P2 üçgeni) ve hız vektörü üçgenleri benzerdir. Çünkü ikizkenarlar arasındaki 𝜃 tepe açıları aynıdır. Benzer üçgenlerdeki kenar oranları eşit olur: Yerdeğiştirme büyüklüğünü yaklaşık olarak yay uzunluğuna eşit alır isek (∆𝑟 ≈ ∆𝑠), hızdaki değişim aşağıdaki gibi olur: 𝑣∆𝑠 𝒂𝒐𝒓𝒕 , ∆𝒗 ile aynı ∆𝑣 = yöne sahiptir ve 𝑟 Cismin ivmesi de aşağıdaki ifadeleri alır: merkeze doğru yönelmiştir. 25 4.4 Düzgün Dairesel Hareket Merkezcil İvme Parçacık dairesel bir yörüngede sabit süratle hareket etmekte. Hız büyüklüğü (sürat) değişmiyor. Hız yönü değişiyor. Merkezcil ivme = Radyal ivme Hız vektörü daima cismin hareketi doğrultusunda yörüngeye teğettir. 𝑣2 𝑎Ԧ𝑟 = (−𝑟)Ƹ birim vektör Hız yönünün değişmesi, parçacığın 𝑟 Merkezcil ivme sürat ivmelenmesine sebep vermekte. dairenin yarıçapı İvme daima hıza dik olacak şekilde merkeze doğru yönelmiştir. Bu sebeple merkezcil ivme olarak adlanır. Cisim bir tam turunu bir periyotluk sürede (T) alır : 𝑇 = 2𝜋𝑟 𝑣 26  4.5 Teğetsel ve Radyal İvme Parçacığın eğrisel bir yol boyunca düzgün olmayan dairesel hareketini inceleyelim. Hız hem doğrultuca hem de büyüklükçe değişmekte. Hız vektörü daima yola teğettir. İvme 𝑎Ԧ vektörünün doğrultusu noktadan noktaya değişmektedir. Hızın sadece yönü değil, büyüklüğü de değiştiği için merkezcil ivmeye ek teğetsel ivme teğetsel ivme de oluşur. 𝑑𝑣 𝑎𝑡 = 𝑑𝑡 Toplam 𝑎Ԧ ivmesi bu merkezcil ve teğetsel ivmelerin bileşkesi olur. 27  4.4 Teğetsel ve Radyal İvme Toplam 𝑎Ԧ ivmesi bu merkezcil ve teğetsel ivmelerin bileşkesi olur. 𝒂 = 𝒂𝒓 + 𝒂𝒕 Dairesel yörüngede hareket eden bir parçacığın ivmesini kutupsal birim 𝒅𝒗 𝒗𝟐 vektörler cinsinden yazmak daha 𝒂= ෡ − 𝒓ො 𝜽 𝒅𝒕 𝒓 uygun olur. ෡ saatin tersi yönünde birim 𝜽: vektör 𝒓ො : yarıçap (radyal) doğrultusunda birim vektör 28 4.5 Teğetsel ve Radyal İvme Örnek 4-8 : Bir top, 0,5 𝑚 uzunluğundaki bir ipin ucuna asılmış ve şekildeki gibi düşey düzlemde çembersel bir yörünge üzerinde salınım yapmaktadır. İp, düşey eksenle 200 ’lik açı yaptığında, taşın hızı 1,5 𝑚/𝑠’dir. a) Tam bu anda, radyal ve teğetsel yönlerdeki ivme nedir? b) Tam bu anda, net ivmenin büyüklüğünü ve yönünü bulunuz Verilenler: Çözüm 4-8: 𝑣=1,5 m/s; 𝑣2 1,5 2 r = 0,5 m; a) 𝑎𝑟 = = = 4,5 𝑚/𝑠 2 𝜃 = 200 𝑟 0,5 𝑎𝑡 = 𝑔 sin 𝜃 = 9,8 sin 200 = 3,4 𝑚/𝑠 2 b) 𝑎 = 𝑎𝑟 2 + 𝑎𝑡 2 = 4,5 2 + 3,4 2 = 5,6 𝑚/𝑠 2 𝑎𝑡 3,4 ∅= tan−1 = tan−1 = 370 (ivmenin ip doğrultusunda yaptığı açı) 𝑎𝑟 4,5 30 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Referans Çerçevesi Yere göre Yere göre P v = 100 km/sa B v = 40 km/sa Yere göre A x v=0 B çerçevesi x A çerçevesi P nin sürati A tarafından ölçülürse = 100 km/sa B nin sürati A tarafından ölçülürse = 40 km/sa P nin sürati B tarafından ölçülürse = 60 km/sa Bir parçacığın hızı, hızı ölçen kişinin referans çerçevesine bağlıdır 31 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Referans Çerçevesi Konum, hız, ivme gibi kavramlar hangi gözlemci tarafından ölçüldüğüne bağlıdır. İki gözlemcinin birbirine göre hızı biliniyorsa, bu farklı ölçümler arasındaki ilişki hesaplanabilir. A noktasına yerleşmiş bir parçacığın hareketi iki referans sisteminde bulunan gözlemci tarafından 𝑟Ԧ : parçacığın S sistemine ölçülsün: göre konum vektörü Durgun 𝑆 referans sistemi 𝑟Ԧ ′ : parçacığın 𝑆 ′ sistemine Sağa doğru sabit 𝑣Ԧ0 hızıyla göre konum vektörü hareket eden 𝑆 ′ referans sistemi 32 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Galilean dönüşüm denklemleri 𝑟Ԧ ve 𝑟Ԧ ′ vektörleri birbirlerine 𝑟Ԧ = 𝑟Ԧ ′ + 𝑣Ԧ0 𝑡 veya 𝑟Ԧ ′ = 𝑟Ԧ − 𝑣Ԧ0 𝑡 (1) eşitliği ile bağlıdır. Yani, 𝑡 kadarlık zaman sonra 𝑆 ′ sistemi sağa doğru 𝑣Ԧ0 𝑡 miktarı kadar yer değiştirir. Eşitlik (1)’in zamana göre türevini alır ve 𝑣Ԧ0 ’ın sabit olduğuna dikkat edilirse; 𝑑 𝑟Ԧ ′ 𝑑 𝑟Ԧ 𝑣Ԧ : parçacığın S sisteminde = − 𝑣Ԧ0 → 𝑣Ԧ ′ = 𝑣Ԧ − 𝑣Ԧ0 (2) gözlenen hızı 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑣Ԧ ′ : parçacığın 𝑆 ′ sisteminde Eşitlik (1)ve (2) Galilean dönüşüm gözlenen hızı denklemleri olarak bilinir. 𝑣Ԧ0 : 𝑆 ′ sisteminin S sistemine göre sabit hızı 33  4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Bağıl İvme Her ne kadar farklı iki referans sistemindeki gözlemciler, parçacıklar için farklı hızlar ölçseler de, 𝑣Ԧ0 sabit olduğu zaman aynı ivmeyi ölçeceklerdir. Bu durum, Eşitlik (2)’ nin zamana göre türevi alınarak sağlaması ile oluşur: 𝑑𝑣Ԧ ′ 𝑑𝑣Ԧ 𝑑 𝑣Ԧ0 = − 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Yeryüzünün referans sistemindeki bir 𝑑𝑣0 𝑣Ԧ0 = 𝑠𝑎𝑏𝑖𝑡 → =0 gözlemci tarafından ölçülen ivmesi, 𝑑𝑡 yeryüzünün referans sistemine göre sabit hızla hareket eden herhangi bir gözlemci 𝑎Ԧ ′ = 𝑎Ԧ tarafından ölçülen ivmeyle aynı değerde olur. olacaktır. 34 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Bir Boyutta Bağıl Hareket: Bağıl Konum xPA :P’nin A çerçevesinden ölçülen konumu xPB :P’ nin B çerçevesinden ölçülen konumu xBA : B çerçevesinin A çerçevesi tarafından ölçülen konumu 35 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Bir Boyutta Bağıl Hareket v BA = sabit Farklı referans çerçevelerinde bulunan ve birbirlerine göre v PA = v PB + v BA sabit hızlarla hareket eden gözlemciler, hareket eden bir v BA = sabit parçacığın ivmesini aynı değerde aPA = aPB ölçerler. 36 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme İki Boyutta Bağıl Hareket v BA = sabit A ve B referans çerçeveleri birbirlerine göre sabit hızla hareket etmekte dolayısıyla eksenleri birbirlerine paralel kalmaktadır. rPA =rPB +rBA Farklı referans çerçevelerinde bulunan ve birbirlerine göre vPA =v PB +v BA sabit hızlarla hareket eden gözlemciler, hareket eden bir v BA = sabit parçacığın ivmesini aynı değerde ölçerler. aPA = aPB 37 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Örnek 4-9 : Genişliği 3 𝑘𝑚 olan ve doğu yönünde 5 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡 düzgün hızla akan bir nehirde, bir tekne rotasını tam olarak kuzeye yönlendirmiş ve suya göre 10 𝑘𝑚/ 𝑠𝑎𝑎𝑡’lik hızla ilerlemektedir. a) Teknenin kıyılardan birinde duran bir gözlemciye göre, hızını bulunuz. b) Tekne ne kadar sürede karşı kıyıya ulaşır? Çözüm 4-9: b: tekne, r: nehir, a) E:yer 𝑣Ԧ𝑏𝑟 : teknenin nehre göre bağıl hızı (the velocity of the boat relative to the river) Verilenler: 𝑣Ԧ𝑟𝐸 : nehrin yere göre bağıl hızı (the velocity of the 𝑣Ԧ𝑏𝑟 : 10 𝑗Ƹ km/sa river relative to the Earth). 𝑣Ԧ𝑟𝐸 = 5𝑖෡km/sa 𝑣Ԧ𝑏𝐸 : teknenin yere göre hızıdır. 𝑣Ԧ𝑏𝐸 =? 𝑣Ԧ𝑏𝐸 = 𝑣Ԧ𝑏𝑟 + 𝑣Ԧ𝑟𝐸 38 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Çözüm 4-9: a) 𝑣Ԧ𝑏𝐸 = 𝑣Ԧ𝑏𝑟 + 𝑣Ԧ𝑟𝐸 𝑣𝑏𝐸 = 𝑣𝑏𝑟 2 + 𝑣𝑟𝐸 2 = 10,0 2 + 5,00 2 = 11,2 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡 −1 𝑣𝑟𝐸 −1 5,00 𝜃 = tan = tan = 26,60 𝑣𝑏𝑟 10,0 Tekne 11,2 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡 hızla yere göre 26,60 kuzey doğu yönünde yol alacaktır. b) Tekne ne kadar sürede karşı kıyıya ulaşır? Verilenler: 𝑑 = 𝑣𝑏𝑟 𝑡 𝑣𝑒 𝑑 = 3 𝑘𝑚 ; 𝑣Ԧ𝑏𝑟 : 10 𝑗Ƹ km/sa 𝑣Ԧ𝑟𝐸 = 5𝑖෡km/sa 𝑣𝑏𝑟 = 10 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡 𝑖𝑠𝑒 𝑑 3,00 d=3,0 km 𝑡= = = 0,30 𝑠𝑎𝑎𝑡 = 18 𝑑𝑎𝑘𝑖𝑘𝑎 𝑣Ԧ𝑏𝐸 =? 𝑣𝑏𝑟 10,0 t=? 39 4.6 Bağıl Hız ve Bağıl İvme Örnek 4-10 : Bir önceki örnekte tekne nehre göre aynı 10 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡’lik hızla ilerlemektedir ve şekildeki gibi kuzeye doğru gitmekte ise, a) Baş tarafının çevrildiği yön ne olacaktır? b) Tekne ne kadar sürede karşı kıyıya ulaşır? Çözüm 4-10: a) 𝑣Ԧ𝑏𝑟 = 𝑣Ԧ𝑏𝐸 − 𝑣Ԧ𝑟𝐸 𝑣𝑏𝐸 = 𝑣𝑏𝑟 2 − 𝑣𝑟𝐸 2 = 10,0 2 − 5,00 2 = 8,66 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡 𝑣 5,00 Yönü de; 𝜃 = tan−1 𝑟𝐸 = tan−1 = 30,00 𝑣𝑏𝐸 8,66 Teknenin dümeni 8,66 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡 hızla yere göre 30,00 Verilenler: kuzey batı yönüne kırılmalıdır. 𝑣Ԧ𝑏𝑟 : 10 km/sa 𝑣Ԧ𝑟𝐸 = 5𝑖෡km/sa b) d = 𝑣𝑏𝐸 𝑡 𝑣𝑒 𝑑 = 3 𝑘𝑚 ; 𝑣𝑏𝐸 = 8,66 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡 𝑖𝑠𝑒 𝑣Ԧ𝑏𝐸 =? 𝑑 3,00 𝑡= = = 0,35 𝑠𝑎𝑎𝑡 = 21 𝑑𝑎𝑘𝑖𝑘𝑎 𝑣𝑏𝐸 8,66 40  Bölüm Sonu Problemleri Problem 4. 2 Problem 4. 16 Problem 4. 31 Problem 4. 36 40  Bölüm Sonu Problemleri Problem 4. 2 Bir parçacık için konum vektörünün, 𝑥 = 𝑎𝑡 + 𝑏 ve 𝑦 = 𝑐𝑡 2 + 𝑑 olmak üzere 𝑟Ԧ = 𝑥𝑖Ƹ + 𝑦𝑗Ƹ olarak verildiğini varsayınız. Burada 𝑎 = 1 𝑚/𝑠, 𝑏 = 1 𝑚, c= 0,125 𝑚/𝑠 2 ve 𝑑 = 1 𝑚’dir. 𝒂) 𝑡 = 2 𝑠 ile 𝑡 = 4 𝑠 zaman aralığında ortalama hızı hesaplayınız. 𝒃) 𝑡 = 2 𝑠’deki hızını ve büyüklüğünü bulunuz. Çözüm 4. 2 Verilenler: 𝒂) 𝑥 = 𝑎𝑡 + 𝑏; 𝑦 = 𝑐𝑡 2 + 𝑑 𝑎 = 1 𝑚/𝑠, 𝑟Ԧ𝑖 = 𝑥𝑖 𝑖Ƹ + 𝑦𝑖 𝑗Ƹ = (𝑎𝑡 + 𝑏) 𝑖Ƹ +(𝑐𝑡 2 + 𝑑) 𝑗Ƹ 𝑏 = 1 𝑚, 𝑟Ԧ𝑖 =(t+1) 𝑖Ƹ +(0,125𝑡 2 +1) 𝑗Ƹ c= 0,125 𝑚/𝑠 2 𝑡𝑖 = 2 𝑠 anında 𝑟Ԧ𝑖 𝑡 = 2 = 3𝑖Ƹ + 1,5𝑗Ƹ 𝑚 𝑑 = 1 𝑚’dir. 𝑡𝑠 = 4 𝑠 anında 𝑟Ԧ𝑠 (𝑡 = 4) = 5𝑖Ƹ + 3𝑗Ƹ 𝑚 ҧ ∆𝑟Ԧ 𝑟Ԧ𝑠 − 𝑟Ԧ𝑖 5𝑖Ƹ + 3𝑗Ƹ − 3𝑖Ƹ + 1,5𝑗Ƹ 2𝑖Ƹ + 1,5𝑗Ƹ 𝑣Ԧ = = = = ∆𝑡 ∆𝑡 4−2 2 𝑣Ԧҧ = 𝑖Ƹ + 0,75𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 Ԧ b) 𝑣Ԧ = 𝑑𝑑𝑡𝑟 ise 𝑣Ԧ = 𝑑𝑡 𝑑 𝑎𝑡 + 𝑏 𝑖Ƹ + 𝑐𝑡 2 + 𝑑 𝑗Ƹ 𝑣Ԧ = 𝑎𝑖Ƹ + 2𝑐𝑡𝑗Ƹ = 𝑖Ƹ + 2 0,125 2 𝑗Ƹ = 𝑖Ƹ + 0,5𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 41 𝑣Ԧ = 1 2 + 0,5 2 = 1,12 𝑚/𝑠  Bölüm Sonu Problemleri Problem 4. 16 Bir top, bir binanın en üst penceresinden atılmaktadır. Topa yatayın altında 200 ’lik bir açıda 8 𝑚/𝑠’lik bir ilk hız veriliyor. Top yere 3 𝑠 sonra çarpıyor. a) Top binanın zemininden yatay olarak ne kadar uzakta yere çarpar? b) Topun fırlatıldığı yüksekliği bulunuz. 𝑦 c) Topun, atış seviyesinin 10 𝑚 altında bir noktaya ulaşması için ne kadar zaman geçer? Havanın sürtünmesini ihmal ediniz. 0 𝑥 Çözüm 4. 16 𝒂) 𝑥𝑠 = 𝑣𝑥𝑖 𝑡 = 𝑣𝑖 cos 𝜃 3 = 8 cos 200 3 = 22,6 𝑚 Verilenler: b) 𝑣𝑦𝑖 = 𝑣𝑖 sin 𝜃 = − 8 sin 200 , v= 8𝑚/𝑠, eksi işareti yatayın altında açıyla atıldığı ve 𝑣𝑦𝑖 ’nin yönünün 𝑡𝑢ç𝑢ş = 3 𝑠 aşağıya doğru olmasından kaynaklanır. 𝜃 = 20 ° 1 1 𝑦𝑠 = 𝑦𝑖 + 𝑣𝑦𝑖 𝑡 − 𝑔𝑡 2 ⟹ 0 − 𝑦𝑖 = − 8 sin 200 3 − 9,8 3 2 2 2 42 𝑦𝑖 = 8,21 + 44,1 = 52,3 𝑚  Bölüm Sonu Problemleri Problem 4. 31 Bir tren, bir virajı dönerken hızını 15 𝑠 içinde Verilenler: 90 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡’den 50 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡’e düşürmektedir. Virajın ∆𝑡=15 s yarıçapı 150 𝑚’dir. Trenin hızı 50 𝑘𝑚/𝑠𝑎𝑎𝑡’e ulaştığı 𝑣1 = 90 𝑘𝑚/𝑠𝑎 anda ivmesini hesaplayınız. 𝑣2 = 50 𝑘𝑚/𝑠𝑎 r=150 m Çözüm 4. 16 v =50 km/sa ise 𝑎 =? Yavaşlamakta olan trenin ivmesi; 𝑣2 50 1000 1/3600 2 𝑎𝑟 = = = 1,29 𝑚/𝑠 2 𝑟 150 ∆𝑣 50 1000 1/3600 − 90 1000 1/3600 𝑎𝑡 = = = −0,741 𝑚/𝑠 2 ∆𝑡 15 𝑎Ԧ = 𝑎𝑟 2 + 𝑎𝑡 2 = 1,29 2 + −0,741 2 = 1,48 𝑚/𝑠 2 𝑎𝑡 0,741 𝜃 = tan−1 = tan−1 = 29,90 𝑎𝑟 1,29 43  Bölüm Sonu Problemleri Problem 4. 31 Jill bir Jaguar ile 1𝑖Ƹ + 3𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 2 ile hızlanırken Corvette’indeki Heather 3𝑖Ƹ − 2𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 2 değerde hızlanmaktadır. Onların her ikisi de bir xy koordinat sisteminin orijininde durgun halden harekete geçmektedir. 5 𝑠 sonra, a) Heather’ın Jill’e göre hızının büyüklüğü nedir? b) Birbirlerinden ne kadar uzaktadır? c) Heather’ın Jill’e göre ivmesi nedir? Çözüm 4. 31 𝒂) 𝑣Ԧ𝐻 = 0 + 𝑎Ԧ𝐻 𝑡 = 3𝑖Ƹ − 2𝑗Ƹ 5 = 15𝑖Ƹ − 10𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 𝑣Ԧ𝐽 = 0 + 𝑎Ԧ𝐽 𝑡 = 1𝑖Ƹ + 3𝑗Ƹ 5 = 5𝑖Ƹ + 15𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 𝑣Ԧ𝐻𝐽 = 𝑣Ԧ𝐻 − 𝑣Ԧ𝐽 = 15𝑖Ƹ − 10𝑗Ƹ − 5𝑖Ƹ + 15𝑗Ƹ 𝑣Ԧ𝐻𝐽 = 10𝑖Ƹ − 25𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 𝑣Ԧ𝐻𝐽 = 10 2 + −25 2 = 26,9 𝑚/𝑠 44  Bölüm Sonu Problemleri Çözüm 4. 31 b) Birbirlerinden ne kadar uzaktadır? 1 1 𝑟Ԧ𝐻 = 0 + 0 + 𝑎Ԧ𝐻 𝑡 2 = 3𝑖Ƹ − 2𝑗Ƹ 5 2 = 37,5𝑖Ƹ − 25𝑗Ƹ 𝑚 2 2 1 1 𝑟Ԧ𝐽 = 0 + 0 + 𝑎Ԧ𝐽 𝑡 = 1𝑖Ƹ + 3𝑗Ƹ 5 2 = 12,5𝑖Ƹ + 37,5𝑗Ƹ 𝑚 2 2 2 𝑟Ԧ𝐻𝐽 = 𝑟Ԧ𝐻 − 𝑟Ԧ𝐽 = 37,5𝑖Ƹ − 25𝑗Ƹ − 12,5𝑖Ƹ + 37,5𝑗Ƹ 𝑟Ԧ𝐻𝐽 = 25𝑖Ƹ − 62,5𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 𝑟Ԧ𝐻𝐽 = 25 2 + −62,5 2 = 67,3 𝑚/𝑠 c) Heather’ın Jill’e göre ivmesi nedir? 𝑎Ԧ𝐻𝐽 = 𝑎Ԧ𝐻 − 𝑎Ԧ𝐽 = 3𝑖Ƹ − 2𝑗Ƹ − 1𝑖Ƹ + 3𝑗Ƹ 𝑎Ԧ𝐻𝐽 = 2𝑖Ƹ − 5𝑗Ƹ 𝑚/𝑠 2 45  KAYNAKLAR Fen ve Mühendislik İçin Fizik 1, Serway-Beichner, Çeviri: Prof. Dr. Kemal Çolakoğlu Üniversite Öğrencileri İçin Fizik 1 Çalışma Kitabı, Dr.Tayfun Demirtürk www.youtube.com/user/tdemirturk Üniversiteler İçin Fizik 1, Prof.Dr. Bekir Karaoğlu 46  Teşekkür * Bu sunumun hazırlanmasında emeği geçen Pamukkale Üniversitesi Fizik Bölümü öğretim üyelerine teşekkür ederim.