Slayt 1

07.12.2011
DOĞRUSAL MOMENTUM
VE ÇARPIġMALAR
Rasgele hareket eden bir parçacık için momentumun 3
bileĢeni vardır:
ANLAMA SORUSU
SORU: Aynı kinetik enerjiye sahip 2 parçacığın
momentumlarını kıyaslayınız.
1
1
2
2
CEVAP: Aynı kinetik enerjili 2 parçacık için; K1  K 2  m1v1  m2v2
2
2
1. Aynı yönde ve aynı hızla hareket eden 2 parçacık için;
m1  m2
olacağından;
(Bir parçacık için doğrusal
momentum tanımı)
Momentum:
•vektörel bir niceliktir, yönü hız ile aynıdır.
•birimi (SI); kgm/s
Hareketli bowling topu bir momentum taĢır. Top ve lobutlar çarpıĢınca toptaki
momentum lobuta aktarılır (Mark Cooper/Corbis Stock Market).
ve
v hızı ile hareket eden m kütleli bir parçacığın doğrusal
momentumu kütle ve hızın çarpımı olarak tanımlanır:


p  mv (1)
1. DOĞRUSAL MOMENTUM VE
KORUNUMU
2. ĠMPULS VE MOMENTUM
3. ÇARPIġMALAR
4. BĠR BOYUTTA ESNEK VE
ESNEK OLMAYAN
ÇARPIġMALAR
5. ĠKĠ BOYUTTA ÇARPIġMALAR
6. KÜTLE MERKEZĠ
7. PARÇACIKLAR SĠSTEMĠNĠN
HAREKETĠ
 
v1  v2
DOĞRUSAL MOMENTUM VE KORUNUMU


p1  p2 olur.
p x  m  vx
py  m  vy
p z  m  vz
(2)
DOĞRUSAL MOMENTUM VE KORUNUMU
Newton’un 2. hareket yasasından bir parçacığa etkiyen
net kuvvet; parçacığın doğrusal momentumunun değiĢme
hızına yani zamana göre türevine eĢittir:


dp
 F  dt


d (m  v )
dt
(3)
2. Aynı hızla ama farklı yönde hareket eden 2 parçacık için;


v1  v2 ve m1  m2 ancak kinetik enerji skaler ve momentum
vektörel büyüklükler olduğundan;


p1  p2
olur.
3. Kinetik enerjileri aynı olduğu halde farklı kütle ve hızlar da olasıdır.
Örneğin; m1=1 kg, v1=2 m/s, m2=4 kg, v2=1 m/s için kinetik enerjiler aynı
ama momentumlar farklıdır.
YalıtılmıĢ bir sistemdeki bir parçacık için
olduğundan P (momentum) sabit kalır.
Yani momentum korunur.
F  0
1
07.12.2011
Ġki Parçacıklı Bir Sistem Ġçin Momentumun Korunumu
YalıtılmıĢ bir sistemde birbirleriyle etkileĢen 2
parçacık ele alalım. Yani parçacıklar birbirlerine
kuvvet uyguluyor ama dıĢ kuvvet yok.
Ġki Parçacıklı Bir Sistem Ġçin Momentumun Korunumu




Newton’un 3. yasasına göre; F   F
F12  F21  0
12
21


dP1 dP2 d  

 ( p1  p2 )  0
dt
dt dt

  
ptop   p  p1  p2  sabit (4)
Bu durum için Newton’un 3. yasasına bakalım. Birinci
parçacık 2. ye bir kuvvet uygularsa 2. parçacıkta 1. ye
büyüklüğü eĢit zıt yönde bir kuvvet uygular.


F12   F21
sistem




p1i  p2i  p1s  p2 s
(etki-tepki çifti)
(5)
(ilk momentumlar=son momentumlar)
Buna göre toplam momentumun x, y, z bileĢenleri de ayrı ayrı korunur:
Buradaki 2 parçacığa Newton’un 2. yasasını
uygularsak;
(2. Parçacığın 1. ye
uyguladığı kuvvet)


dP
F21  1
dt
(1. Parçacığın 2. ye
uyguladığı kuvvet)


dP
F12  2
dt
ĠMPULS (ĠTME) VE MOMENTUM
Bir parçacık üzerine zamanla değiĢen bir F kuvveti uygulanırsa,
Newton’un 2. yasasına göre;
 dp
F
dt
 
dp  Fdt (7)
Kuvvet belli bir zaman aralığında uygulanmıĢ ise momentumdaki
değiĢme; (tipi, tsps)
ts

  
p  ps  pi   Fdt
(8)

p
ix
sistem


p
sistem

sx
p
iy
sistem


p
sistem

sy
p
iz
sistem


p
sz
(6)
sistem
Momentumun korunumu: YalıtılmıĢ bir sistemde 2 veya daha
fazla parçacık etkileĢtiğinde, sistemin toplam momentumu
sabit kalır.
Ġmpuls-Momentum Teoremi
Bir parçacığın üzerine etkiyen F kuvvetinin
impulsu, bu kuvvetin sebep olduğu parçacığın
momentumundaki değiĢime eĢittir;
 Ġmpuls, kuvvet-zaman eğrisi altında kalan alana
eĢittir.
 Vektörel bir niceliktir.
 Yönü momentum değiĢiminin yönü ile aynıdır.
 Boyutu momentum ile aynıdır (kgm/s).
ti
Bu eĢitliğe parçacığa etkiyen F kuvvetinin impuls’u denir.
 ts 

I   Fdt  p
(9) (Bir kuvvetin Ġmpulsu)
Parçacığa bir impuls verilmesi, kuvvet
uygulayan kaynaktan parçacığa momentum
aktarılması demektir.
ti
2
07.12.2011
Ġmpuls-Momentum
Teoremi

Alan  Ft (t  t s  ti )
Ortalama bir F kuvveti tanımlarsak (matematikte
ortalama değer teorisi uygulamasına göre);
F
t
1 s 
Fdt (10)
t ti
(9) eĢitliğini kullanarak
 
I  Ft
(11)
yazabiliriz. Parçacığa etkiyen kuvvet sabitse

F  F olacağından; 
I  Ft
(12)
Bir parçacık üzerine diğerlerinden daha büyük
kısa bir süre etki eden kuvvet varsa, impuls
yaklaĢımı ifadesini kullanılır. Buna impulsif kuvvet
diyeceğiz.
Örnek; bir beyzbol sopasının beyzbol topuna 0.01
s de çarpması.
Örnek 9.4 Araba tamponları ne kadar sağlamdır?
1500 kg kütleli bir
otomobil bir duvara
çarpıyor. Ġlk ve son
hızları vi=-15i ve
vs=2.6i (m/s).
ÇarpıĢma 0.15 s
sürerse, impulsu ve
otomobile uygulanan
ortalama kuvveti
bulun.
ÇÖZÜM:
Ġlk ve son momentumları;
Ġmpuls;

  
I  p  ps  pi

I  0.39  (2.25)x104 i  2.64x104 i (kgm/s)

p 2.64x104

 1.76x105 i (N)
Ortalama kuvvet; F 
t
0.15
ÇARPIġMALAR
ÖRNEK 9.5 Ġki arabanın çarpıĢması
IĢıkta duran 1800 kg kütleli bir arabaya, 900 kg lık bir araba 20 m/s hızla
arkadan çarpıyor. ÇarpıĢmadan sonra birlikte sürüklenen arabaların
sürüklenme hızı nedir?
Ġki parçacığın çarpıĢtığını düĢünelim. ÇarpıĢmada dıĢ
kuvvetlerin etkisi yoksa, çarpıĢmadan dolayı m 1
kütlesinin momentumundaki değiĢme;
ts


p1   F21dt
ti
Çözüm;
F21: m2  m1
ÇarpıĢmadan önceki toplam momentum= ÇarpıĢmadan sonraki toplam momentum
m2 nin momentumundaki değiĢim;
ts


p2   F12dt
ÇarpıĢmadan önce büyük araba durgun olduğundan momentum sıfırdır.


p1  m1v1i  (900)(20)  1.8x104 kgm/s
F12: m1  m2
ti
Newton’un 3. yasasına göre;


p1  p2


p1  p2  0

 
Sistemin toplam momentumu; psistem  p1  p2
olduğundan çarpıĢmadan dolayı sistemin
momentumundaki değiĢim sıfırdır. Yani

 
psistem  p1  p2  sabit


pi  mvi  (1500)(15i)  2.25x104 i (kgm/s)


ps  mvs  (1500)(2.6i)  0.39x104 i (kgm/s)
a) Doğrudan temasla iki
cismin çarpıĢması.
b) Ġki yüklü parcacığın
çarpıĢması
YalıtılmıĢ bir sistemin çarpıĢmadan hemen önceki
toplam momentumu çarpıĢmadan hemen sonraki
toplam momentumuna eĢittir.
ÇarpıĢmadan sonraki birleĢik kütlenin momentumu;



ps  (m1  m2 )vs  2700vs


pi  ps
 1.8x10 4
vs 
 6.67 m/s
2700
(Hareketin yönü baĢlangıçtaki yön ile aynı)
3
07.12.2011
BĠR BOYUTTA ESNEK VE ESNEK OLMAYAN
ÇARPIġMALAR
Toplam momentum ve toplam kinetik enerji çarpıĢmadan önce
ve sonra sabit kalıyorsa cisimler arasındaki çarpıĢma esnek
çarpıĢmadır.
Ġki bilardo topu arasındaki çarpıĢma yaklaĢık esnektir (kinetik
enerji kaybı olur).
Gerçek esnek çarpıĢmalar atom ve atomaltı parçacıklar
arasında gerçekleĢir.
Esnek olmayan (inelastik) çarpıĢmada, momentum korunur
ancak toplam kinetik enerji çarpıĢmadan önce ve sonra
farklıdır.
BĠR BOYUTTA ESNEK VE ESNEK OLMAYAN
ÇARPIġMALAR
Esnek olmayan çarpıĢma iki çeĢittir:
1. Tamamen esnek olmayan çarpıĢmada çarpıĢan cisimler
çarpıĢmadan sonra beraber hareket ederler.
Meteor taĢının dünyaya çarpması gibi
2. Diğer esnek olmayan çarpıĢmada çarpıĢan diğerine yapıĢıp
kalmaz ancak biraz kinetik enerji kaybeder.
Lastik bir topun katı bir yüzeye çarpması gibi; top Ģekil
değiĢtirir biraz enerji kaybeder.
Esnek ve tamamen esnek olmayan çarpıĢmalar sınırlıdır.
ÇarpıĢmalarda cismin Ģeklinin bozulması, enerjinin bir
kısmının iç enerjiye, esneklik potansiyel enerjiye, dönme
enerjisine dönüĢtürür.
Bu nedenle esnek olmayan çarpıĢmalar yaygındır.
Bütün çarpıĢmalarda momentum korunur ancak kinetik
enerji sadece esnek çarpıĢmalarda korunur (sabit kalır).
Tamamen esnek olmayan çarpıĢmalar
Doğrusal yol boyunca hareket eden m1
ve m2 kütleli iki cisim çarpıĢma ile
birbirine yapıĢarak birlikte ortak hız
ile hareket etsinler.
Toplam momentumlar çarpıĢmadan önce
ve sonra eĢit olacağından;



m1v1i  m2v2i  (m1  m2 )vs
vs


 m v  m2v2i
vs  1 1i
m1  m2
(13)
(14)
Esnek çarpıĢmalar
ÇarpıĢmadan önce
ÇarpıĢmadan sonra
v1s
v2s
Kafa kafaya esnek çarpıĢan iki parçacık için momentum ve kinetik enerji
korunur.




m1v1i  m2v2i  m1v1s  m2v2 s
1
1
1
1
2
2
2
2
m1v1i  m2v2i  m1v1s  m2v2 s
2
2
2
2



m1 v1i  v1s  m2 v2 s  v2i
2
2
2
2
(15)
(16)

m1 v1i  v1s v1i  v1s   m2 v2 s  v2i v2 s  v2i 
m1 v1i  v1s   m2 v2 s  v2i  (18)
4
07.12.2011
ÖRNEK 9.6 BALĠSTĠK SARKAÇ
Esnek çarpıĢmalar
Son iki eĢitliği birbirine bölersek;
v1i  v1s  v2 s  v2i
ya da
v1i  v2i  v1s  v2 s  (19)
(15) Ve (19) denklemlerini esnek çarpıĢma problemlerini çözmek için
kullanabiliriz.
Parçacıkların ilk hızları ve kütleleri biliniyorsa esnek çarpıĢma halinde son
hızları:
 m  m2 
 2m2 
v1i  
v2i
v1s   1
 m1  m2 
 m1  m2 
(20)
 2m1 
 m  m1 
v1i   2
v2i
v2 s  
 m1  m2 
 m1  m2 
(21)
 2m1 
v1i
v2 s  
 m1  m2 
(22)
ĠKĠ BOYUTTA ÇARPIġMALAR




m1v1ix  m2v2ix  m1v1sx  m2v2 sx




m1v1iy  m2v2iy  m1v1sy  m2v2 sy
2 bilardo topunun çarpıĢması 2 boyutlu çarpıĢmaya bir örnektir:
m2


mv
vB  1 1 A
m1  m2
1
2
K B  (m1  m2 )vB
2
2
KB 
m12v1 A
2(m1  m2 )
Mekanik enerji ifadesini kullanırsak; K B  U B  KC  U C
2
(23)
YalıtılmıĢ iki parçacıklı bir sistemin toplam momentumunun korunduğunu
gördük. 2 boyutlu çarpıĢmalar için momentumun korunumunu yazarsak;
m1
ÇarpıĢma inelastiktir.
Momentum korunur. (14)
eĢitliğinde v2A=0 olduğundan;
Bunu çarpıĢma sonrası kinetik
enerjide yerine yazarsak;
Burada hızlar vektörel olduklarından iĢaretleri dikkate alınmalıdır. 2. kütle
baĢlangıçta durgun ise esnek çarpıĢma sonrası hızlar (v 2i=0):
 m  m2 
v1i
v1s   1
 m1  m2 
Kütlesi m1 olan mermi, kütlesi mermiye göre çok büyük olan hafif iplerle
tavana asılmıĢ m2 kütlesine ateĢ edilir. Mermi bu kütleye saplanıp birlikte
hareket ederek h kadar yükselirler. Bu verilerden yararlanarak merminin
süratini hesaplayınız.
m12v1 A
 0  0  (m1  m2 ) gh
2(m1  m2 )
 m  m2 
v1 A   1
 2 gh
 m1 
ĠKĠ BOYUTTA ÇARPIġMALAR
v1i baĢlangıç hızı olan bir m1 kütlesi durgun m2 kütlesi ile sıyırmalı bir
çarpıĢma yapsın. (baĢlangıçtaki y bileĢenleri sıfır). Momentumun korunumu;
m1
m2



m1v1i  m1v1s cos   m2v2 s cos  (24)


0  m1v1s sin   m2v2 s sin  (25)
ÇarpıĢma esnekse kinetik enerji korunumunu kullanabiliriz;
1
1
1
2
2
2
m1v1i  m1v1s  m2v2 s
2
2
2
(26)
5
07.12.2011
KÜTLE MERKEZĠ
Mekanik bir sistemin tamamının hareketini, sistemin kütle merkezi
diyeceğimiz bir nokta yardımıyla inceleyebiliriz. Mekanik sistemdeki bütün
kütlenin sanki kütle merkezinde yoğunlaĢmıĢ gibi hareket ettiğini göreceğiz.
Kütle merkezinin ivme hareketi;

a

 Fd
Sisteme etkiyen toplam dıĢ kuvvet
KM
xKM
m x  m2 x2
 1 1
m1  m2
M
(30)
mi xi iˆ   mi yi ˆj   mi zi kˆ
i
Kütle merkezinin y ve z koordinatları benzer Ģekilde tanımlanır:
m y
i
i
i
M
i
xKM  lim
mi 0

ri  xi iˆ  yi ˆj  zi kˆ
Katı bir cismin kütle merkezi için katı cismi
birbirine bitiĢik çok sayıda mi kütleli
parçacıklardan oluĢmuĢ gibi düĢünebiliriz.
YaklaĢık olarak;
 x m
i
i
z KM 
m z
i i
i
(29)
M
Limit durumu için (parçacık sayısı: n) kütle merkezi tam olarak elde
edilebilir. Bu durumda sonsuz parçacık için (mi0) limiti olur;
M
xKM 
M   mi
KÜTLE MERKEZĠ
(Parçacıklar sistemi için kütle
merkezinin vektörel konumu)
i ninci parçacığın konum vektörü;
(28)
i
(27)
KÜTLE MERKEZĠ
i
Toplam kütle;
y KM 
Kütle merkezinin yerini konum vektörü ile gösterirsek;


rKM  xKM iˆ  yKM ˆj  z KM kˆ  i
mi xi
m1 x1  m2 x2  ...  mn xn 
 i
m1  m2  ...  mn
 mi
i
Böyle bir durumda sistem, dıĢ kuvvet kütle merkezinde bulunan tek bir M
kütleli parçacığa uygulanıyormuĢ gibi hareket eder.
x ekseni üzerindeki 2 parçacık için
kütle merkezi x ekseni üzerinde ve
daha ağır olan parçacığa yakındır.
XKM
Kütle merkezinin x koordinatı;

rKM 
xKM 
Sistemin toplam kütlesi
M

 mi ri
KÜTLE MERKEZĠ
Kütle merkezi kavramını, 3 boyutta n parçacıklı sisteme genelleĢtirirsek,
kütle merkezinin x koordinatı;
i
i xi mi
M

1
M
 xdm
(31)
Benzer Ģekilde;
yKM 
1
M
 ydm
z KM 
1
zdm (32)
M
Katı bir cismin kütle merkezinin vektörel konumu;

1 
rKM 
r dm (33)
M
Kütle yoğunluğu aynı olan bir simetrik cismin kütle merkezi, simetri
ekseni ve simetri düzlemi üzerindedir.
Örnek: homojen bir çubuğun kütle merkezi çubuk üzerinde ortada olur.
M
6
07.12.2011
PARÇACIKLAR SĠSTEMĠNĠN HAREKETĠ
Konum vektörünün zamana göre türevi hızın tanımı olduğundan kütle

merkezinin hızı;


dr
1
vKM  KM 
dt
M
m
i
i
mi vi

dri 
 i
dt
M



MaKM   mi ai   Fi
(34)
i
Buradan Parçacık sisteminin toplam momentumu;


 
MvKM   mi vi   pi  ptop
i
(35)
i
O halde sistemin toplam doğrusal momentumu, v KM hızı ile hareket eden
M kütleli tek bir parçacığın momentumuna eĢittir.


Kütle merkezinin ivmesi; 

dv
dv
1
1
aKM 
KM
dt

M
 mi
i
i
dt
Newton’un 2. yasasını kullanarak tekrar yazarsak;



MaKM   mi ai   Fi
i
i
(37)

M
PARÇACIKLAR SĠSTEMĠNĠN HAREKETĠ
Newton’un 2. yasasını kullanarak tekrar yazarsak;
 mi ai
i
(36)
(37)
i
i parçacığına etkiyen kuvvet
Burada sistemdeki herhangi bir parçacık üzerine hem dıĢ hem iç kuvvetler
etki edebilir. Newton’un 3. yasasına göre iç kuvvetlerin toplamı sıfır
olacaktır, çünkü bu kuvvet çiftleri birbirlerini yok ederler (F 21=-F12).
Sistem üzerindeki net kuvvet sadece dıĢ kuvvetlerdir. O halde yukarıdaki
eĢitlik;


F
d
dptop

 MaKM 
dt
(38)
Buna ve Newton’un 2. yasasına göre: toplam kütlesi M olan parçacıklar
sisteminin kütle merkezi, sisteme etkiyen bileĢke dıĢ kuvvetin etkisinde
olan M kütleli bir parçacık gibi hareket eder.

BileĢke dıĢ kuvvet sıfırsa;
 Fd  0

dptop
dt

 MaKM  0


ptop  MvKM  sabit (39)
7