Merkezcil kuvvet uygulamaları

Yağmurlu bir pazar akşamı Feyza'nın ailesi bayram ziyaretinden dönüyor; minibüs yedi kişi ve bagajla tıka basa dolu. Dağ yolunda «Tehlikeli viraj» levhası görününce Feyza babasını uyarıyor: «Araba bu kadar ağırken virajı yavaş al, ağır olan dışa daha çok savrulur.» Arka koltuktaki kardeşi Göktuğ itiraz ediyor: «Tam tersi. Ağır araba yola daha sıkı bastırır, lastikler daha iyi tutar; dolu minibüs virajı daha hızlı dönebilir.» İkisi de kendinden emin ve ikisi de gerekçesini bir kuvvete dayandırıyor. Islak asfaltta virajı güvenle dönmenin sınır hızı gerçekten araçtaki yüke mi bağlı? Bu derste sorunun cevabını kuvvet diyagramından çıkaracağız ve aynı yöntemi yatık yola, düşey çembere, tümseğe ve dönen bir tablaya taşıyacağız.

• Düz ve yatık virajda merkeze doğru net kuvveti sağlayan kuvveti belirleyip aracın güvenli sınır hızını hesaplarsın.
• İpe bağlı cismin düşey çemberin tepesinde ve dibinde ipteki gerilmeyi bulur, tepeden geçebilmesi için gereken en küçük hızı çıkarırsın.
• Tümsekten ve çukurdan geçen araçta yolun tepki kuvvetini hesaplar, aracın yolla temasını kestiği hızı bulursun.
• Konik sarkacın ve dönen tabladaki cismin hızını, açısını ya da kayma sınırını kuvvet bileşenleriyle kurarsın.

Önce kuvvetler, sonra merkez

Her merkezcil kuvvet sorusu aynı dört adımla çözülür. Birincisi, cismin çizdiği çemberi ve o çemberin merkezini bulmak; merkez çoğu zaman cismin bağlandığı nokta değil, çemberin düzlemindeki noktadır. İkincisi, cisme gerçekten etki eden kuvvetleri çizmek: ağırlık, normal kuvvet, gerilme, sürtünme. Üçüncüsü, bu kuvvetleri merkeze doğru olan doğrultu ile ona dik doğrultuda bileşenlerine ayırmak. Dördüncüsü, merkez doğrultusundaki bileşkeyi m · v² / r'ye, dik doğrultudaki bileşkeyi sıfıra eşitlemek (cisim o doğrultuda ivmelenmiyorsa). Önceki derste merkezcil kuvvetin ayrı bir kuvvet olmadığını gördük; bu derste o bileşkeyi kimin sağladığı her düzenekte değişecek.

Düz virajda tutunma

Yatay bir yolda viraj dönen araca düşeyde ağırlık (m · g) ile yolun normal kuvveti etki eder ve bunlar dengededir: N = m · g. Yatayda merkeze doğru itebilecek tek kuvvet, lastiklerle asfalt arasındaki sürtünmedir. Lastik yola göre yanlamasına kaymadığı sürece bu sürtünme statiktir; değeri gerektiği kadar büyür ama k_s · N sınırını aşamaz. Dolayısıyla aracın virajı kaymadan dönebilmesi için:

• m · v² / r ≤ k_s · m · g

Kütle eşitsizliğin iki yanında da çarpan olarak durur ve sadeleşir. Geriye kalan sınır:

• v_max = √(k_s · g · r)

Kanca sahnesindeki tartışma burada çözülüyor. Dolu minibüs yola gerçekten daha büyük bir normal kuvvetle bastırır ve izin verilen en büyük sürtünme de o oranda artar; ama aynı virajı aynı hızla dönmek için gereken merkezcil kuvvet de kütleyle aynı oranda büyür. İki etki birbirini götürür, sınır hızı yalnız yol yüzeyine ve virajın yarıçapına kalır. Varsayımsal bir örnek: 50 m yarıçaplı bir virajda kuru asfalt için k_s = 0,8 alınırsa v_max = √(0,8 · 10 · 50) = 20 m/s olur. Yağmur katsayıyı 0,2'ye düşürürse aynı viraj için sınır √100 = 10 m/s'ye iner. Katsayı dörtte birine indi, hız yarıya. Feyza'nın uyarısı yanlış gerekçeyle doğru bir sonuca varıyor: virajı yavaş almak gerekir, ama sebep yük değil, ıslak yol.

Yatık virajda normal kuvvetin payı

Otoyol rampalarında ve bazı virajlarda yol, dış kenarı içe göre yüksek olacak şekilde θ açısıyla yatırılır. Bu durumda normal kuvvet yola dik olduğu için düşeyden θ kadar içe, virajın merkezine doğru eğilir. Sürtünmeyi hiç hesaba katmadan bileşenleri yazalım:

• düşey: N · cos θ = m · g
• yatay, merkeze doğru: N · sin θ = m · v² / r

İkinci eşitliği birinciye bölünce N de m de gider:

• tan θ = v² / (r · g)

Bu bağıntının verdiği hız, yolun tasarım hızıdır: araç bu hızla girerse lastiklere hiç yanal sürtünme gerekmez, buzlu yolda bile çemberde kalır. Örneğin tanjantı 0,75 olan 37°'lik bir açıyla yatırılmış ve 30 m yarıçaplı bir virajda v² = 0,75 · 30 · 10 = 225, tasarım hızı 15 m/s'dir. Aynı denklemden normal kuvvetin büyüklüğü de çıkar: N = m · g / cos θ = 1,25 · m · g. Yatık yolda araç, düz yolda olduğundan daha büyük bir kuvvetle yola bastırır; merkeze doğru gereken itme bu fazlalığın yatay bileşeninden gelir.

Yatık virajda sürtünme de varsa

Araç tasarım hızından hızlı girerse normal kuvvetin yatay bileşeni yetmez, araç yamaç boyunca dışa ve yukarı kaymaya meyleder; statik sürtünme bu yüzden yamaç boyunca aşağı yönelir ve merkeze doğru bileşke kuvvete katkı verir. Sürtünme en büyük değerine, yani k_s · N'ye ulaştığında bileşenler şöyle yazılır:

• düşey: N · cos θ = m · g + k_s · N · sin θ
• yatay: k_s · N · cos θ + N · sin θ = m · v² / r

Bölüm alınınca en büyük hız çıkar: v_max² = r · g · (k_s · cos θ + sin θ) / (cos θ − k_s · sin θ). Araç tasarım hızından yavaşsa durum tersine döner: içe, aşağı kaymaya meyleder ve sürtünme yamaç boyunca yukarı bakar. Formülde k_s'nin önündeki iki işaret yer değiştirir ve çıkan ifade en küçük hızı verir. Bu iki sınır arasında kalan her hızla araç virajda tutunur. Formülü ezberlemek yerine diyagramı kurmak daha güvenlidir: sürtünmenin yönünü aracın hangi yöne kaymaya meylettiğinden okursun.

İpe bağlı cisim düşey çemberde

Ucuna küçük bir cisim bağlanmış ip düşey bir düzlemde döndürüldüğünde ağırlık artık çemberin düzlemindedir ve her noktada merkez doğrultusuyla farklı bir açı yapar. YKS'de en çok sorulan iki nokta tepe ve diptir, çünkü bu noktalarda ağırlık ile gerilme aynı doğru üzerindedir.

Tepede ip de ağırlık da aşağıya, yani merkeze doğru çeker: T_tepe + m · g = m · v² / r. Dipte ip yukarı, merkeze doğru çeker, ağırlık ise merkezden uzağa bakar: T_dip − m · g = m · v² / r. Aynı süratte bile ipin dipte çok daha gergin olmasının sebebi bu işaret farkıdır.

İp yalnız çekebilir, itemez; gerilmesi sıfırın altına inemez. Tepedeki eşitlikte T_tepe = 0 yazılınca ağırlığın tek başına merkezcil kuvveti karşıladığı en küçük hız bulunur:

• v_tepe,min = √(g · r)

Bundan yavaş geçen cisim için ağırlık gereken merkezcil kuvvetten büyük kalır, ip gevşer ve cisim çemberin içine doğru düşerek eğik atış yörüngesine geçer. Sayısal bir örnek: 0,2 kg'lık cisim 0,9 m'lik ipte dönüyor. Tepede en az √9 = 3 m/s gerekir. Tepeden 6 m/s ile geçerse gerilme 0,2 · 36 / 0,9 − 2 = 6 N olur. Hava direnci yoksa enerjinin korunumu, dibe inerken 2r yükseklik kaybının süratin karesine 4 · g · r eklemesini söyler: v_dip² = 36 + 36 = 72. Dipteki gerilme 0,2 · 72 / 0,9 + 2 = 18 N çıkar. Zayıf bir ip kopacaksa büyük olasılıkla en alt noktada kopar.

İpin yerine hafif bir çubuk olsaydı tablo değişirdi: çubuk cismi itebildiği için tepede sürat sıfıra yaklaşsa da cisim çemberde kalabilir. «En küçük hız √(g · r)» sonucu, merkezcil kuvvetin bir kısmını yalnız çekebilen ip ya da yalnız itebilen yol sağladığında geçerlidir.

Tümsekten ve çukurdan geçen araç

Yolun eğri bir tümseğinin tepesindeki araç, eğrilik yarıçapı r olan bir çemberin en üst noktasındadır; merkez aşağıdadır. Ağırlık merkeze doğru, yolun normal kuvveti merkezden uzağa bakar: m · g − N = m · v² / r, yani N = m · (g − v² / r). Araç hızlandıkça yolun tepkisi azalır; içerideki yolcunun koltuğa daha hafif bastırması da bundan gelir. N sıfıra indiğinde araç yolla temasını keser. Yol, aracı çekemeyeceğine göre temasın kesildiği hız:

• v = √(g · r)

Bu, ipin tepedeki sınırının aynısıdır; çünkü iki durumda da ağırlık merkezcil kuvvetin tamamını tek başına üstleniyor. Çukurun dibinde ise merkez yukarıdadır, normal kuvvet merkeze doğru bakar: N − m · g = m · v² / r, N = m · (g + v² / r). 1000 kg'lık bir araç eğrilik yarıçapı 40 m olan bir tümsekten 10 m/s ile geçerse yolun tepkisi 1000 · (10 − 2,5) = 7500 N, aynı yarıçaplı çukurdan aynı hızla geçerse 12 500 N'dir. Tümsekte tekerleklerin havalanacağı hız √400 = 20 m/s'dir.

Konik sarkaç

L uzunluğundaki ipin ucundaki cisim, ip düşeyle sabit bir θ açısı yapacak şekilde yatay bir çember çiziyorsa düzeneğe konik sarkaç denir. Çemberin merkezi ipin asıldığı nokta değildir; cismin hemen altındaki yatay düzlemdedir ve yarıçap r = L · sin θ'dır. Cismi yalnız iki kuvvet etkiler: ağırlık ile ipin çekişi. Gerilmenin düşey bileşeni ağırlığı dengeler, yatay bileşeni merkeze doğrudur (gerilmeyi burada F_ip ile gösterelim, çünkü T harfi periyoda ayrılacak):

• F_ip · cos θ = m · g ve F_ip · sin θ = m · v² / r

Bölüm yine tan θ = v² / (r · g) verir; yatık virajdaki bağıntıyla aynı biçimdedir, çünkü iki düzenekte de eğik bir kuvvetin düşey bileşeni ağırlığı taşırken yatay bileşeni merkeze çeker. Açısal hız için v = ω · r ve r = L · sin θ yazılınca ω² = g / (L · cos θ) çıkar. L · cos θ, asılma noktasının çember düzleminden yüksekliğidir (h); periyot T = 2π · √(h / g) olur ve yalnız bu yüksekliğe bağlıdır. 0,5 m'lik ipin düşeyle 37° yaptığı bir konik sarkaçta (kosinüsü 0,8 ve sinüsü 0,6 olan açı) r = 0,3 m ve v² = 0,75 · 0,3 · 10 = 2,25 olur; cisim 1,5 m/s ile dolanır, h = 0,4 m ve π = 3 ile periyot 2 · 3 · 0,2 = 1,2 s'dir. İpteki gerilme ise ağırlığın 1/0,8 = 1,25 katıdır.

Dönen tablada madeni para

Yatay bir tabla ω açısal hızıyla dönerken üzerinde duran bir para da tablayla birlikte çember çizer. Paranın merkeze doğru ivmesini tablanın yüzeyindeki statik sürtünme sağlar: f = m · ω² · r. Sürtünme k_s · m · g'yi aşamayacağına göre para ancak

• ω² · r ≤ k_s · g

olduğu sürece kaymaz. Kütle yine sadeleşir; aynı yüzeyde hafif ve ağır paralar aynı sınırda kaymaya başlar. ω sabitken sol taraf yarıçapla büyür, bu yüzden merkezden uzaktaki para önce kayar. k_s = 0,4 olan bir tabla 4 rad/s ile dönüyorsa paranın kalabileceği en büyük uzaklık 0,4 · 10 / 16 = 0,25 m'dir. Düz virajda sürat sabit sayılıp v² / r yazılmıştı ve büyük yarıçap işi kolaylaştırıyordu; tablada ω ortaktır ve büyük yarıçap işi zorlaştırır. Hangisinin sabit olduğuna bakmadan yarıçapın etkisi okunamaz.

Bu dersteki her cisim, bir merkezin çevresinde dolaşan tek bir nokta gibi ele alındı; kendi ekseni çevresindeki dönüşü hesaba girmedi. Rampadan aşağı yuvarlanan bir silindir ise hem ilerler hem kendi ekseni çevresinde döner. Kütleleri ve yarıçapları aynı olan dolu bir silindirle ince cidarlı bir boru bu yüzden rampanın dibine aynı anda varmaz; aradaki farkı kütlenin dönme eksenine göre nasıl dağıldığı belirler. Bu dağılımı ölçen eylemsizlik momenti ve yuvarlanan cismin kinetik enerjisinin öteleme ile dönme arasında nasıl paylaşıldığı sıradaki dersin konusu.

Örnek 1 — Dolu ve boş araç

Soru: Feyza'nın ailesinin minibüsü yüklüyken 2000 kg, boşken 1500 kg geliyor. Minibüs, yarıçapı 45 m olan yatay bir virajı ıslak yolda (k_s = 0,5) dönecek. Kaymadan dönülebilecek en büyük hız için hangisi doğrudur?

• A) boşken 54 km/h, yüklüyken bundan az
• B) boşken 54 km/h, yüklüyken bundan çok
• C) iki durumda da 54 km/h
• D) iki durumda da 15 km/h
• E) iki durumda da 810 km/h

Çözüm: Merkeze doğru kuvveti statik sürtünme sağlar: m · v² / r ≤ k_s · m · g. Kütle sadeleşir, v_max = √(0,5 · 10 · 45) = √225 = 15 m/s. Saate çevirmek için 3,6 ile çarparız: 54 km/h. Sınır boş araç için de aynıdır. A seçeneği Feyza'nın, B seçeneği Göktuğ'un gerekçesidir; ikisi de kuvvetin bir yanını kütleyle büyütüp öbür yanını sabit tutar. 15 km/h, m/s'yi km/h'ye çevirmeyi unutmaktan; 810 km/h ise karekök almadan 225'i 3,6 ile çarpmaktan gelir. Cevap: C.

Örnek 2 — Tasarım hızı

Soru: Yarıçapı 120 m olan varsayımsal bir deneme pistinde viraj 37° yatırılmıştır (0,8 ile 0,6 sırasıyla cos 37° ve sin 37° değerleridir). Sürtünme hiç olmasa da araç bu virajda hangi hızla çemberde kalır? Sonucu m/s olarak bulunuz.

• A) v_tasarım = 40
• B) v_tasarım = 3√10
• C) v_tasarım = 12√5
• D) v_tasarım = 30
• E) v_tasarım = 900

Çözüm: Normal kuvvetin düşey bileşeni ağırlığı, yatay bileşeni merkezcil kuvveti karşılar; oranları tan θ = v² / (r · g) verir. 0,6'yı 0,8'e bölünce tanjant 0,75 bulunur; v² = 0,75 · 120 · 10 = 900, v = 30 m/s. 12√5, tan yerine sin 37° kullanmaktan; 40, açıyı 53° gibi okuyup tan 53° = 4/3 almaktan; 3√10, g'yi formüle koymamaktan; 900 ise karekökü unutmaktan doğar. Cevap: D.

Örnek 3 — Tepede gerilme

Soru: 40 cm'lik ipin ucuna bağlanan 0,5 kg kütleli top düşey düzlemde döndürülüyor. Top çemberin en üst noktasından 4 m/s ile geçerken ip topu kaç newtonluk kuvvetle çeker?

• A) T_tepe = 15
• B) T_tepe = 25
• C) T_tepe = 20
• D) T_tepe = 0
• E) T_tepe = 5

Çözüm: Tepede ip de ağırlık da merkeze doğru çeker: T + m · g = m · v² / r. Gereken merkezcil kuvvet 0,5 · 16 / 0,4 = 20 N, ağırlık 5 N; T = 20 − 5 = 15 N. 25, ağırlığı dipteki gibi eklemekten; 20, ağırlığı hiç hesaba katmamaktan; 0, süratin karesini almadan (0,5 · 4 / 0,4 = 5) ağırlığı çıkarmaktan; 5 ise gerilmeyi ağırlığa eşit sanmaktan gelir. Bu topun tepeden geçebileceği en küçük sürat √(10 · 0,4) = 2 m/s'dir; 4 m/s bunun üstünde olduğu için ip gergin kalır. Cevap: A.

Örnek 4 — Tümsekte havalanma

Soru: Bir yoldaki tümseğin tepesi, eğrilik yarıçapı 62,5 m olan bir çember yayına benziyor. Bir otomobil tümseğin tepesinden hangi hızla geçerken tekerlekleri yolla temasını kesmeye başlar?

• A) 9 km/h
• B) 25 km/h
• C) yaklaşık 127,3 km/h
• D) 2250 km/h
• E) 90 km/h

Çözüm: Tepede m · g − N = m · v² / r. Temas kesildiği anda N = 0 olur ve ağırlık merkezcil kuvvetin tamamını karşılar: v = √(g · r) = √625 = 25 m/s = 90 km/h. 25 km/h, birimi çevirmemekten; 127,3 km/h, karekök içine 2 · g · r yazmaktan; 9 km/h, r / g oranının kökünü almaktan; 2250 km/h ise karekökü unutmaktan gelir. Cevap: E.

• Virajda sınır hızın araç kütlesine bağlı olduğunu sanmak. Sürtünmenin sınırı da gereken merkezcil kuvvet de kütleyle orantılıdır; v_max = √(k_s · g · r) içinde m yoktur. Ağır araç ne daha kolay savrulur ne daha iyi tutunur.
• Düşey çemberde tepede ve dipte aynı işareti kullanmak. Tepede ağırlık merkeze, dipte merkezden uzağa bakar; T_tepe = m · v² / r − m · g, T_dip = m · v² / r + m · g. İşaret karışınca gerilme 2 · m · g kadar kayar.
• İpte de çubukta da tepedeki en küçük hızı √(g · r) almak. Bu sınır ipin yalnız çekebilmesinden doğar; cismi itebilen çubukta tepeden çok yavaş geçmek de mümkündür.
• Yatık virajda normal kuvveti m · g ya da m · g · cos θ yazmak. Cisim eğik düzlemde kaymıyor, yatay bir çember çiziyor; ivme yatay olduğu için düşey denge N · cos θ = m · g verir ve N, ağırlıktan büyüktür.
• Konik sarkaçta yarıçap olarak ip uzunluğunu almak. Çemberin merkezi asılma noktası değil, onun altındaki noktadır; r = L · sin θ.
• Tablada büyük yarıçapın daha güvenli olduğunu sanmak. Tablada ω ortaktır, gereken sürtünme m · ω² · r yarıçapla artar; kenardaki para önce kayar.