Dairesel hareketin dinamiği

Dördüncü-beşinci haftalarda düzgün dairesel harekette ivmenin $a_c = v^2/r$ olduğunu ve merkeze doğru baktığını gördün. Bu hafta işin dinamik tarafı: o ivmeyi hangi kuvvet sağlıyor? Cevap her soruda farklı. Virajda sürtünme, ipe bağlı taşta gerilme, eğimli virajda normal kuvvetin bileşeni, lunaparkta normal kuvvet ile ağırlığın birleşimi. Soru tipi hep aynı: serbest cisim diyagramı çiz, merkeze doğru kuvvetleri topla, $mv^2/r$‘ye eşitle.

Altın kurallar:

1. “Merkezcil kuvvet” diyagrama ayrı ok olarak çizilmez. O, gerçek kuvvetlerin merkeze doğru bileşkesidir.
2. Merkeze doğru yönü + al. Denklem: $\sum F_{merkez} = mv^2/r$.
3. Dik eksende genelde denge var. Düz virajda $N = mg$; eğimli virajda değil.
4. Hız teğet, ivme merkeze. Sürat değişiyorsa bir de teğetsel ivme var.

Düzgün dairesel harekette Newton’un 2. yasası

Sabit süratle $r$ yarıçaplı çemberde dönen cismin ivmesi merkeze doğrudur:

$a_c = \frac{v^2}{r} = \frac{4\pi^2 r}{T^2},\qquad v = \frac{2\pi r}{T}$

İkinci yasa radyal yönde:

$\sum F_r = m\frac{v^2}{r}$

Bu kuvvet kaybolursa (ip koparsa, yol buz tutarsa) cisim merkezden dışarı fırlamaz, o anki hız yönünde, yani teğet doğrultuda düz gider. Birinci yasa.

Merkezcil kuvveti kim sağlıyor?

Sorunun ilk adımı her zaman bu soruyu cevaplamak:

Hız periyotla verilmişse önce $v = 2\pi r/T$ ile hıza çevir ya da doğrudan $a_c = 4\pi^2 r/T^2$ kullan. Devir/dakika (rpm) verilmişse önce saniyedeki devre çevir: 30 rpm = 0.5 devir/s, periyot 2.0 s.

Düz viraj

Arabaya etki eden kuvvetler: $mg$ aşağı, $N$ yukarı, statik sürtünme yatay ve merkeze doğru. Dikey: $N = mg$. Radyal:

$f_s = \frac{mv^2}{r} \le \mu_s mg \quad\Rightarrow\quad v_{max} = \sqrt{\mu_s g r}$

Örnek 1. $r = 50$ m, $\mu_s = 0.50$.

v_max = √(0.50 · 9.80 · 50) = √245 = 15.7 m/s  (≈ 56 km/h)

Kütle sadeleşir: kamyon da bisiklet de aynı hızda kayar (aynı $\mu_s$ ile). Islak yolda $\mu_s$ düşer, güvenli hız da düşer.

Eğimli viraj

Yol $\theta$ açısıyla eğimliyse normal kuvvet artık dikey değildir; yatay bileşeni $N\sin\theta$ merkeze bakar. Sürtünme yoksa:

$N\cos\theta = mg,\qquad N\sin\theta = \frac{mv^2}{r} \quad\Rightarrow\quad \tan\theta = \frac{v^2}{rg}$

Bu açı tek bir “tasarım hızı” için doğrudur. Daha hızlı giden araba yukarı kaymaya meyillidir, sürtünme eğim boyunca aşağı döner. Daha yavaş giden aşağı kaymaya meyillidir, sürtünme yukarı döner.

Örnek 2. 150 m yarıçaplı viraj 25 m/s için sürtünmesiz tasarlanacak.

tanθ = 25² / (150 · 9.80) = 625 / 1470 = 0.425
θ = 23.0°

TUZAK · eğimli virajda N = mg cosθ. Eğik düzlemde öyleydi, çünkü orada ivme eğim boyuncaydı. Virajda ivme yatay (merkeze doğru), bu yüzden dikey denge yazılır: $N\cos\theta = mg$, yani $N = mg/\cos\theta$, ağırlıktan büyük. Ekseni eğime göre değil, ivmeye göre seç: yatay ve dikey.

Eğimli viraj ve sürtünme birlikte

Araç tasarım hızından hızlı gidiyorsa sürtünme eğim boyunca aşağı eklenir ve maksimum güvenli hız artar. Eksenler yine yatay (merkeze +) ve dikey:

$\text{dikey: } N\cos\theta - f\sin\theta = mg,\qquad \text{yatay: } N\sin\theta + f\cos\theta = \frac{mv^2}{r}$

Kaymanın eşiğinde $f = \mu_s N$ koyup iki denklemi bölünce:

$v_{max}^2 = rg\,\frac{\sin\theta + \mu_s\cos\theta}{\cos\theta - \mu_s\sin\theta}$

Yavaş giden araçta sürtünme yukarı döner, formüldeki $\mu_s$‘lerin işareti değişir ve minimum hız çıkar: $v_{min}^2 = rg(\sin\theta - \mu_s\cos\theta)/(\cos\theta + \mu_s\sin\theta)$. Pay negatifse, yani $\mu_s > \tan\theta$ ise, alt sınır yoktur: araç virajda durup beklese bile aşağı kaymaz. Örneğin $15^\circ$ eğim ve $\mu_s = 0.30$ için $\tan 15^\circ = 0.268 < 0.30$, bu yüzden sadece üst sınır vardır. İki formülü ezberlemek yerine her seferinde iki denklemi yazmak daha güvenlidir; sınavda işaret hatası en çok burada olur.

Düşey çember

Burada sürat genelde sabit değil ama en üst ve en alt noktada ivmenin merkezcil bileşenini yazmak yeter.

Örnek 3. 2.0 kg’lık kova, 1.0 m yarıçapla düşey çemberde, hem altta hem üstte 5.0 m/s.

v²/r = 25 / 1.0 = 25 m/s²
Altta:  T = m(g + v²/r) = 2.0 (9.80 + 25) = 69.6 N
Üstte:  T = m(v²/r - g) = 2.0 (25 - 9.80) = 30.4 N
Üstte ip gevşemesin: T ≥ 0  →  v ≥ √(g r) = √9.80 = 3.13 m/s

En büyük gerilme en alttadır; ipler hep orada kopar. Üstte minimum hızda yerçekimi tek başına merkezcil kuvveti sağlar ve su kovadan dökülmez.

Örnek 4: Tümsek. 1200 kg’lık araba, 30 m yarıçaplı tümseğin tepesinden 12 m/s ile geçiyor.

N = m(g - v²/r) = 1200 (9.80 - 144/30) = 1200 (9.80 - 4.80) = 6000 N
Ağırlık 11 760 N. Araba "hafifler".
N = 0 olduğu hız: v = √(g r) = √294 = 17.1 m/s. Daha hızlıysa araba havalanır.

Konik sarkaç

$L$ boyundaki ip dikeyle $\theta$ yaparak yatay çemberde dönüyor. Yarıçap ip boyu değil, $r = L\sin\theta$. Gerilmenin dikey bileşeni ağırlığı, yatay bileşeni merkezcil kuvveti karşılar:

$T\cos\theta = mg,\qquad T\sin\theta = \frac{mv^2}{r}\quad\Rightarrow\quad v^2 = rg\tan\theta$

Örnek 6. 1.0 m boyundaki ip dikeyle 40° yapıyor. Hız, periyot ve gerilme?

r = L sinθ = 1.0 · sin40° = 0.643 m
v² = r g tanθ = 0.643 · 9.80 · 0.839 = 5.29  →  v = 2.30 m/s
Periyot: T_per = 2πr / v = 2π · 0.643 / 2.30 = 1.76 s
Gerilme: T_ip = mg / cos40° = m · 12.8 m/s²  (ağırlığın 1.31 katı)

Açı büyüdükçe gerilme hızla artar; ip hiçbir zaman tam yatay olamaz, çünkü o zaman ağırlığı dengeleyecek dikey bileşen kalmaz.

Düzgün olmayan dairesel hareket

Sürat değişiyorsa ivmenin iki bileşeni vardır:

$a_r = \frac{v^2}{r}\ (\text{merkeze}),\qquad a_t = \frac{dv}{dt}\ (\text{teğet}),\qquad a = \sqrt{a_r^2 + a_t^2}$

Net kuvvetin de iki bileşeni olur: $\sum F_r = ma_r$, $\sum F_t = ma_t$. Bu durumda net kuvvet artık merkeze bakmaz.

Örnek 5. 40 m yarıçaplı pistte 8.0 m/s ile giden araba 2.0 m/s² ile hızlanıyor.

a_r = 64 / 40 = 1.6 m/s²   (merkeze)
a_t = 2.0 m/s²             (teğet, hız yönünde)
a = √(1.6² + 2.0²) = 2.56 m/s²

İPUCU · birim kontrolü. Hız soruluyorsa cevabın içinde karekök olmalı ($\sqrt{\mu g r}$, $\sqrt{gr}$). Şıklarda 441 m/s gibi bir değer görürsen kökü almayı unutan birinin sonucudur.

Sık yapılan hatalar