Düşey atış

Metehan voleybol antrenmanında servis için topu başının üstüne dümdüz yukarı atıyor; top bir an havada asılı kalmış gibi duruyor ve Metehan tam o anda vuruyor. Antrenörü en temiz vuruşun topun «durduğu» anda geldiğini söylüyor. Akşam fizik ödevinde «Düşey yukarı atılan topun tepe noktasındaki hızı ve ivmesi nedir?» sorusuna gelince Metehan duraksamadan ikisine de sıfır yazıyor. Ablası Nazlı kâğıdı okuyup itiraz ediyor: «İkisi birden sıfırsa sen vurmasan top orada asılı kalırdı. Kalıyor mu?» Kalmadığını Metehan da biliyor: vuramadığı servislerde top avucuna geri düşüyor ve atıldığı kadar hızlı geliyor. Bu derste düşey doğrultuda atılan bir cismin hızını, konumunu ve havada kalma süresini hesaplamayı; tepe noktasında hangi büyüklüğün sıfırlandığını, hangisinin hiç değişmediğini ve inişin neden çıkışın aynası olduğunu göreceğiz.

• Yukarı ve aşağı düşey atışta işaret seçip hız, konum ve süre denklemlerini kurarsın.
• Tepe noktasının süresini ve yüksekliğini atış hızından bulursun.
• Yüksek bir noktadan atılan cismin yere varış süresini ikinci dereceden denklemle çözüp fiziksel olmayan kökü elersin.
• İki cismin karşılaşma anını ve yerini hesaplar, hareketin hız-zaman ve konum-zaman grafiklerini okursun.

Tepe noktasında ne sıfırlanır?

Servis atışında topun asılı kalmış gibi göründüğü an bir yanılsama değildir: tepe noktasında hız gerçekten sıfırdır. İvme ise hızın kendisi değil, hızın değişme hızıdır. Tepeden bir an önce top yukarı gidiyordu, bir an sonra aşağı gidiyor; hız tam o anda da değişmeyi sürdürür, bu yüzden ivme sıfır olamaz. Önceki derste gördüğümüz limit hız uzun düşüşlerde ve hafif, geniş yüzeyli cisimlerde belirginleşir; kısa ve yavaş atışlarda hava direncini ihmal etmek makul bir kabuldür ve o zaman cisme yalnız ağırlığı etki eder. Ağırlık hem çıkışta hem inişte aşağı baktığından ivme bütün yolculuk boyunca g = 10 m/s² büyüklüğünde ve aşağı yönlüdür. «Serbest düşme» dersinde durgun bırakılan cisim için kurulan hareket, burada başlangıç hızı eklenmiş hâliyle karşımıza çıkar.

İşaret seçimi ve denklemler

Yukarıyı pozitif seçelim. Atış hızı v₀ yukarı yönlüyse ivme −g olur; TYT'de ivmeli hareketi anlatırken kurduğumuz üç bağıntı bu işaretlerle şöyle yazılır:

• v = v₀ − g · t
• h = v₀ · t − ½ · g · t²
• v² = v₀² − 2 · g · h

Burada h, atış noktasına göre konumdur; negatif çıkarsa cisim atış noktasının altına inmiş demektir. Hızın işareti de yönü söyler: artı yukarı, eksi aşağı. 30 m/s ile atılan bir top için 1 s sonra v = 20 m/s ve h = 25 m bulunur. 4 s sonra v = −10 m/s olur, yani top artık 10 m/s ile inmektedir; konumu ise 30 · 4 − 5 · 16 = 40 m'dir.

Tepe noktasının süresi ve yüksekliği

Tepede v = 0 koyunca birinci denklemden çıkış süresi t_ç = v₀ / g, üçüncüsünden tepe yüksekliği h_max = v₀² / (2 · g) elde edilir. 30 m/s ile atılan top 3 s'de 45 m yükselir. Yükseklik atış hızının karesiyle büyür: hız iki katına çıkarılırsa çıkış süresi iki, tepe yüksekliği dört katına çıkar. Ortalama hız da aynı sonuca götürür. Hız düzgün azaldığı için çıkış boyunca ortalama hız v₀ / 2'dir ve 15 · 3 = 45 m verir. Ortalama yerine atış hızını süreyle çarpmak 90 m gibi iki kat büyük bir değer üretir; sık görülen bir çeldiricidir.

Çıkış ile inişin simetrisi

Tepeden sonra cisim durgun hâlden düşmeye başlar; bu kısım «Serbest düşme» dersindeki hareketle aynıdır. Çıkarken saniyede 10 m/s kaybettiği hızı, inerken aynı oranla geri kazanır. Bunun sonucu: aynı yükseklikten geçerken çıkıştaki ve inişteki hızların büyüklüğü eşittir, yalnız yönleri zıttır. 30 m/s ile atılan top 25 m yükseklikten 1. saniyede yukarı, 5. saniyede aşağı doğru 20 m/s ile geçer. Bu iki an tepe anına eşit uzaklıktadır: 3 − 1 ile 5 − 3 aynıdır. Tepeye çıkış ile tepeden atış hizasına iniş de aynı süreyi alır, her biri v₀ / g. Bu eşitliği sağlayan, hava direncinin yok sayılmasıdır. Hava olsaydı direnç çıkışta ağırlığa eklenip topu daha çabuk durdurur, inişte ağırlıktan düşülüp topu daha ağır hızlandırırdı; çıkış kısalır, iniş uzar ve top avuca atıldığından yavaş dönerdi.

Atış noktasına geri dönüş süresi bu yüzden 2 · v₀ / g, dönüş hızının büyüklüğü de v₀ olur. Aynı yükseklikten iki geçiş arasındaki süre, o yükseklikteki hızın iki katının g'ye bölümüdür; 25 m için 2 · 20 / 10 = 4 s. Bu durumda ikinci dereceden denklem iki pozitif kök verir ve ikisi de fizikseldir: soru cismin çıkarken mi, inerken mi geçtiğini soruyorsa kök ona göre seçilir.

Aşağı düşey atış

Cisim aşağı doğru v₀ ile atıldığında aşağıyı pozitif seçmek hesabı kısaltır: v = v₀ + g · t, h = v₀ · t + ½ · g · t² ve v² = v₀² + 2 · g · h. 40 m yükseklikteki bir çatıdan 10 m/s ile aşağı atılan cisim için 40 = 10 · t + 5 · t², yani t² + 2 · t − 8 = 0 yazılır; kökler 2 ve −4'tür. Eksi süre, cismin elden çıkmasından önceki bir ana karşılık gelir ve elenir. Cisim 2 s'de yere varır ve çarpma hızı 10 + 20 = 30 m/s'dir.

Aynı cisim aynı çatıdan aynı hızla bu kez yukarı atılsa yere varış hızı yine 30 m/s olur. Simetri gereği çatı hizasına 10 m/s ile aşağı yönde döner; oradan sonrası aşağı atışın tıpkısıdır. Değişen yalnız süredir: yukarı atılan cisim 2 · 10 / 10 = 2 s fazla havada kalır ve 4 s'de iner.

Yüksek bir noktadan yukarı atış

60 m yüksekliğindeki bir kulenin tepesinden 20 m/s ile yukarı atılan cismi düşünelim. Yukarı pozitif seçilince yer, atış noktasına göre h = −60 m'dedir:

−60 = 20 · t − 5 · t² → t² − 4 · t − 12 = 0 → t = 6 ya da t = −2

Fiziksel olan kök 6 s'dir. −2 s kökü aynı parabolün atıştan önceki koluna aittir: cisim yerden 2 s önce yukarı fırlatılmış olsaydı tam atış anında kulenin tepesinden 20 m/s ile yükseliyor olurdu. Bizim cismimiz o yolu hiç izlemedi; kök bu yüzden elenir, mutlak değeri de alınmaz. Yere varış hızı v = 20 − 60 = −40 m/s, yani aşağı yönde 40 m/s'dir; süresiz denklem de √(20² + 2 · 10 · 60) = 40 ile bunu doğrular. Sonucu sınamanın pratik bir yolu daha var: çıkış 2 s sürer ve tepe 20 m yukarıdadır; cisim yerden 80 m yüksekten durgun hâlden düşer ve bu iniş 4 s sürer, toplam 6 s.

İki cismin karşılaşması

Yerden 40 m/s ile yukarı atılan K ile aynı anda 80 m yükseklikten serbest bırakılan L aynı düşey doğru üzerinde olsun. İkisinin ivmesi de aynıdır (g, aşağı); dolayısıyla birbirlerine göre ivmeleri sıfırdır. AYT'deki bağıl hareket dersinde bir cismi gözlemci seçmeyi görmüştük: L'den bakıldığında K, 40 m/s sabit hızla yaklaşır ve aradaki 80 m'yi 2 s'de kapatır. O anda K'nin yüksekliği 40 · 2 − 5 · 4 = 60 m'dir; L de 80 − 20 = 60 m'ye inmiştir. Yerçekimi iki cismi aynı sürede aynı miktarda (5 · t²) aşağı çektiği için karşılaşma süresi g'den bağımsız kalır: t = aradaki uzaklık / göreli hız.

Cisimler farklı anlarda atılmışsa bu kısa yol ancak ikinci atış anındaki konum ve hızlar yeniden yazılarak kullanılabilir. Daha güvenli yol, iki konum denklemini aynı saatle kurup birbirine eşitlemektir. Karşılaşma cisimlerden biri yere değmeden gerçekleşmelidir; bulunan an, cisimlerin havada kalma süresinden büyükse karşılaşma olmaz.

Hız-zaman ve konum-zaman grafikleri

Yukarı pozitif alındığında hız-zaman grafiği, −g eğimiyle inen düz bir çizgidir: v₀'dan başlar, t_ç anında zaman eksenini keser ve aynı eğimle eksenin altına geçer. Doğrunun eksenin üstünde bıraktığı üçgenin alanı tepe yüksekliğini, altında bıraktığı alan iniş yolunu verir; iki alan eşitlendiği anda cisim atış hizasına dönmüştür. 30 m/s ile atılmış bir cisim için 0–4 s aralığında üstteki alan 45 m, alttaki alan 5 m'dir; yer değiştirme 40 m, alınan yol 50 m.

Konum-zaman grafiği, en yüksek noktası t_ç anına düşen ve aşağı doğru açılan bir paraboldür. Tepede teğet yataydır, yani eğim olarak okunan hız sıfırdır. İvme-zaman grafiği ise −g hizasında yatay bir doğrudur ve tepe anında hiçbir kırılma göstermez. Metehan'ın ödevindeki yanılgının grafikteki karşılığı, bu doğruyu tepe anında sıfıra indirmek olurdu.

Düşey hareketin yanına yatay bir hız eklenince

Bu derste hız hep düşey doğrultudaydı. Cisim, rafın kenarından fiskeyle itilen bir silgi gibi yatay bir hızla yola çıkarsa düşey doğrultudaki hareketi burada kurduğumuz denklemlere uymayı sürdürür; yatay doğrultuda ise hiçbir kuvvet olmadığı için o hız sabit kalır. Birbirine karışmayan bu iki hareketin birlikte çizdiği eğri yol, havada kalma süresinin neden yalnız düşülen yükseklikle belirlendiği, cismin ne kadar uzağa ve hangi açıyla yere indiği sıradaki «Yatay atış» dersinde ele alınıyor.

Örnek 1 — Tepe yüksekliği

Soru: Onat sapanla bir taşı 25 m/s hızla düşey yukarı fırlatıyor. Havasız ortamda yerçekimi ivmesinin büyüklüğü 10 m/s² iken taş fırlatıldığı noktadan en fazla kaç metre yükselir?

• A) h_max = 62,5
• B) h_max = 2,5
• C) h_max = 31,25
• D) h_max = 12,5
• E) h_max = 125

Çözüm: Çıkış süresi 25 / 10 = 2,5 s'dir. Tepe yüksekliği 25² / (2 · 10) = 31,25 m; ortalama hızla 12,5 · 2,5 de aynı sonucu verir. 62,5 m, atış hızını süreyle çarpıp ½'yi unutmaktan; 12,5 m, ortalama hızı yükseklik sanmaktan; 2,5 ise süreyi yükseklik yerine yazmaktan gelir. Cevap: C.

Örnek 2 — Aynı yükseklikten iki geçiş

Soru: Yerden 30 m/s ile düşey yukarı atılan bir top 40 m yükseklikten iki kez geçiyor. İki geçiş arasındaki süre (Δt, saniye) ve topun bu yükseklikteki hızının büyüklüğü (v, m/s) nedir? (g = 10 m/s², havasız ortam)

• A) Δt = 2; v = 10
• B) Δt = 4; v = 10
• C) Δt = 2; v = 20
• D) Δt = 6; v = 0
• E) Δt = 1; v = 10

Çözüm: 30 · t − 5 · t² = 40 denklemi t² − 6 · t + 8 = 0'a iner; kökler 2 ve 4'tür, ikisi de fizikseldir. Aradaki süre 2 s'dir. Hız için v² = 30² − 2 · 10 · 40 = 100, yani 10 m/s; çıkışta yukarı, inişte aşağı. Kontrol: 2 · 10 / 10 = 2 s. Δt = 4, ikinci geçiş anını aradaki süre sanmaktan; Δt = 6 ise toplam uçuş süresinden gelir. Cevap: A.

Örnek 3 — Balkondan yukarı atış

Soru: Necmi, yerden 25 m yükseklikteki bir balkondan bir anahtarlığı 20 m/s hızla düşey yukarı atıyor. Anahtarlık atıldıktan kaç saniye sonra yere çarpar? (g = 10 m/s², havasız ortam)

• A) varış = 1
• B) varış = 4
• C) varış = √5
• D) varış = 5
• E) varış = 6

Çözüm: Yukarı pozitif seçilince yer −25 m'dedir: −25 = 20 · t − 5 · t², yani t² − 4 · t − 5 = 0. Kökler 5 ve −1'dir; eksi kök atıştan önceki bir ana aittir ve elenir. Çarpma hızı 20 − 50 = −30 m/s, yani aşağı yönde 30 m/s; √(400 + 500) = 30 de bunu doğrular. 1 s, eksi kökün mutlak değerini almaktan; 4 s, balkona dönüş süresini (2 · v₀ / g) cevap sanmaktan; √5 s, atış hızını yok sayıp serbest düşme hesabı yapmaktan çıkar. Cevap: D.

Örnek 4 — Karşılaşma yüksekliği

Soru: Orkun yerden bir topu 30 m/s ile düşey yukarı atarken, aynı anda tam üstündeki 45 m yükseklikte duran Melda bir başka topu 15 m/s ile düşey aşağı atıyor. Toplar yerden kaç metre yükseklikte karşılaşır? (g = 10 m/s², havasız ortam)

• A) yükseklik = 30
• B) yükseklik = 25
• C) yükseklik = 20
• D) yükseklik = 22,5
• E) yükseklik = 40

Çözüm: İki topun ivmesi aynı olduğu için birbirlerine göre ivme yoktur; birbirlerine 30 + 15 = 45 m/s ile yaklaşırlar ve 45 m'yi 1 s'de kapatırlar. Orkun'un topu 30 · 1 − 5 · 1 = 25 m yüksektedir; Melda'nınki 45 − 15 − 5 = 25 m'ye inmiştir. 30 m, yukarı atılan topta yerçekimini unutmaktan; 20 m, üstteki topun aldığı yolu yükseklik sanmaktan; 40 m, aşağı atış hızını hesaba katmamaktan gelir. Cevap: B.

• Tepe noktasında ivmeyi sıfır almak. Tepede sıfırlanan hızdır; ivme bütün hareket boyunca g büyüklüğünde ve aşağı yönlüdür, ivme-zaman grafiği tepede kırılmaz.
• Tepe yüksekliğini v₀ · t_ç diye hesaplamak. Hız düzgün azaldığı için ortalama hız v₀ / 2'dir; ½ unutulursa yükseklik iki katı çıkar.
• Eksi kökün mutlak değerini cevap yapmak. Yüksek bir noktadan atışta denklemin eksi kökü atıştan önceki bir ana aittir; elenir, işareti değiştirilip kullanılmaz.
• Yüksekten atışta uçuş süresini 2 · v₀ / g sanmak. Bu süre yalnız atış noktasına dönüşü verir; altta kalan yükseklik ayrıca düşülür.
• İşaretleri karıştırmak. Yukarı pozitif seçilince ivme −g, yer ise atış noktasının altında kalıyorsa h negatif yazılır; bir terimi işaretsiz bırakmak cevabı tümüyle değiştirir.
• Karşılaşmada yerçekimini tek cisme yazmak. İki cisim de aynı g ile hızlanır; ya ikisine de yazılır ya da göreli harekette ikisinden birden düşülür.