🎓 10. Sınıf
📚 10. Sınıf Fizik
💡 10. Sınıf Fizik: İki Boyutlu Hareket Çözümlü Örnekler
10. Sınıf Fizik: İki Boyutlu Hareket Çözümlü Örnekler
Örnek 1:
Bir cisim, başlangıçta Doğu yönünde \( 6 \text{ m/s} \) hızla hareket ederken, üzerine etki eden bir kuvvetle hızının yönü ve büyüklüğü değişerek Kuzey yönünde \( 8 \text{ m/s} \) hıza ulaşıyor. 🚀
Buna göre, cismin hız değişim vektörünün büyüklüğü kaç \( \text{m/s} \)dir?
Buna göre, cismin hız değişim vektörünün büyüklüğü kaç \( \text{m/s} \)dir?
Çözüm:
Hız değişimi, son hız vektöründen ilk hız vektörünün çıkarılmasıyla bulunur. Yani \( \Delta \vec{V} = \vec{V}_{\text{son}} - \vec{V}_{\text{ilk}} \).
Bir vektörü çıkarmak, o vektörün tersini eklemek anlamına gelir: \( \Delta \vec{V} = \vec{V}_{\text{son}} + (-\vec{V}_{\text{ilk}}) \).
✅ Cismin hız değişim vektörünün büyüklüğü \( 10 \text{ m/s} \)dir.
Bir vektörü çıkarmak, o vektörün tersini eklemek anlamına gelir: \( \Delta \vec{V} = \vec{V}_{\text{son}} + (-\vec{V}_{\text{ilk}}) \).
- 👉 Adım 1: Vektörleri belirleyelim.
İlk hız vektörü (\( \vec{V}_{\text{ilk}} \)): Doğu yönünde \( 6 \text{ m/s} \).
Son hız vektörü (\( \vec{V}_{\text{son}} \)): Kuzey yönünde \( 8 \text{ m/s} \). - 👉 Adım 2: İlk hız vektörünün tersini alalım.
\( -\vec{V}_{\text{ilk}} \) vektörü, Batı yönünde \( 6 \text{ m/s} \) olacaktır. - 👉 Adım 3: Son hız vektörü ile ilk hız vektörünün tersini toplayalım.
Kuzey yönündeki \( 8 \text{ m/s} \) vektörü ile Batı yönündeki \( 6 \text{ m/s} \) vektörünü topladığımızda, bu iki vektör birbirine dik olduğundan Pisagor teoremini kullanabiliriz. - 👉 Adım 4: Hız değişiminin büyüklüğünü hesaplayalım.
\[ |\Delta \vec{V}| = \sqrt{(V_{\text{son}})^2 + (-V_{\text{ilk}})^2} \] \[ |\Delta \vec{V}| = \sqrt{(8)^2 + (6)^2} \] \[ |\Delta \vec{V}| = \sqrt{64 + 36} \] \[ |\Delta \vec{V}| = \sqrt{100} \] \[ |\Delta \vec{V}| = 10 \text{ m/s} \]
✅ Cismin hız değişim vektörünün büyüklüğü \( 10 \text{ m/s} \)dir.
Örnek 2:
Doğu yönünde \( 10 \text{ m/s} \) hızla giden bir araçta oturan gözlemci, Kuzey yönünde \( 5 \text{ m/s} \) hızla hareket eden başka bir aracı hangi hızla ve hangi yönde görüyor? 🚗💨 (Hava sürtünmesi önemsizdir.)
Çözüm:
Bağıl hız, gözlemcinin gözlemlediği cismin hızından kendi hızının çıkarılmasıyla bulunur. Yani \( \vec{V}_{\text{bağıl}} = \vec{V}_{\text{cisim}} - \vec{V}_{\text{gözlemci}} \).
✅ Gözlemci, diğer aracı Kuzeybatı yönünde \( 5\sqrt{5} \text{ m/s} \) hızla hareket ediyor görür.
- 👉 Adım 1: Hız vektörlerini belirleyelim.
Gözlemci (araç 1) hızı: \( \vec{V}_{\text{gözlemci}} = 10 \text{ m/s} \) (Doğu yönü)
Cisim (araç 2) hızı: \( \vec{V}_{\text{cisim}} = 5 \text{ m/s} \) (Kuzey yönü) - 👉 Adım 2: Gözlemcinin hız vektörünün tersini alalım.
\( -\vec{V}_{\text{gözlemci}} \) vektörü, Batı yönünde \( 10 \text{ m/s} \) olacaktır. - 👉 Adım 3: Cisim vektörü ile gözlemcinin hız vektörünün tersini toplayalım.
Kuzey yönündeki \( 5 \text{ m/s} \) vektörü ile Batı yönündeki \( 10 \text{ m/s} \) vektörünü topladığımızda, bu iki vektör birbirine dik olduğundan Pisagor teoremini kullanabiliriz. - 👉 Adım 4: Bağıl hızın büyüklüğünü hesaplayalım.
\[ |\vec{V}_{\text{bağıl}}| = \sqrt{(V_{\text{cisim}})^2 + (-V_{\text{gözlemci}})^2} \] \[ |\vec{V}_{\text{bağıl}}| = \sqrt{(5)^2 + (10)^2} \] \[ |\vec{V}_{\text{bağıl}}| = \sqrt{25 + 100} \] \[ |\vec{V}_{\text{bağıl}}| = \sqrt{125} \] \[ |\vec{V}_{\text{bağıl}}| = 5\sqrt{5} \text{ m/s} \] - 👉 Adım 5: Bağıl hızın yönünü belirleyelim.
Bağıl hız vektörü, Kuzey ve Batı yönlerinin bileşkesidir. Yani araç 2'yi "Kuzeybatı" yönünde görüyor olacaktır. Açısını bulmak istersek, Batı ile yaptığı açı \( \theta \) olmak üzere; \[ \tan \theta = \frac{\text{Kuzey Bileşeni}}{\text{Batı Bileşeni}} = \frac{5}{10} = \frac{1}{2} \] Bu durumda, gözlemci aracı Kuzeybatı yönünde, Batı ile yaklaşık \( 26.5^\circ \) (veya Kuzey ile yaklaşık \( 63.5^\circ \)) açı yapacak şekilde \( 5\sqrt{5} \text{ m/s} \) hızla hareket ediyor görür.
✅ Gözlemci, diğer aracı Kuzeybatı yönünde \( 5\sqrt{5} \text{ m/s} \) hızla hareket ediyor görür.
Örnek 3:
Yer seviyesinden \( 80 \text{ m} \) yükseklikteki bir kuleden, yatay olarak \( 15 \text{ m/s} \) hızla bir taş atılıyor. ⛰️⚾️ (Hava sürtünmesi önemsizdir ve yer çekimi ivmesi \( g = 10 \text{ m/s}^2 \) alınacaktır.)
Buna göre, taş yere kaç saniyede çarpar ve yatayda kaç metre yol alır?
Buna göre, taş yere kaç saniyede çarpar ve yatayda kaç metre yol alır?
Çözüm:
Yatay atış hareketinde, yataydaki hareket sabit hızlı, düşeydeki hareket ise serbest düşme hareketidir.
✅ Taş yere \( 4 \) saniyede çarpar ve yatayda \( 60 \) metre yol alır.
- 👉 Adım 1: Yere çarpma süresini (uçuş süresini) hesaplayalım.
Cisim düşeyde serbest düşme hareketi yaptığından, düşeyde alınan yol formülü \( h = \frac{1}{2} g t^2 \) ile bulunur. \[ 80 = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot t^2 \] \[ 80 = 5 t^2 \] \[ t^2 = \frac{80}{5} \] \[ t^2 = 16 \] \[ t = 4 \text{ s} \] Taş yere \( 4 \) saniyede çarpar. - 👉 Adım 2: Yatayda alınan yolu (menzili) hesaplayalım.
Yataydaki hız sabit olduğu için \( x = V_x \cdot t \) formülünü kullanırız. \[ x = 15 \text{ m/s} \cdot 4 \text{ s} \] \[ x = 60 \text{ m} \]
✅ Taş yere \( 4 \) saniyede çarpar ve yatayda \( 60 \) metre yol alır.
Örnek 4:
Yer seviyesinden \( 45 \text{ m} \) yükseklikteki bir binanın çatısından, yatay olarak \( 20 \text{ m/s} \) hızla bir top fırlatılıyor. 🏢⚽️ (Hava sürtünmesi önemsizdir ve yer çekimi ivmesi \( g = 10 \text{ m/s}^2 \) alınacaktır.)
Topun yere çarpma anındaki düşey hızının büyüklüğü kaç \( \text{m/s} \)dir?
Topun yere çarpma anındaki düşey hızının büyüklüğü kaç \( \text{m/s} \)dir?
Çözüm:
Yatay atış hareketinde, düşeydeki hareket serbest düşme hareketidir. Yere çarpma anındaki düşey hız, serbest düşme formülleriyle bulunur.
✅ Topun yere çarpma anındaki düşey hızının büyüklüğü \( 30 \text{ m/s} \)dir. (Yatay hızı \( 20 \text{ m/s} \) olup, yere çarpma anındaki bileşke hızı \( \sqrt{20^2 + 30^2} = \sqrt{400 + 900} = \sqrt{1300} = 10\sqrt{13} \text{ m/s} \) olacaktır, ancak soru sadece düşey hızı sormaktadır.)
- 👉 Adım 1: Yere çarpma süresini (uçuş süresini) hesaplayalım.
Düşeyde alınan yol formülü \( h = \frac{1}{2} g t^2 \) ile bulunur. \[ 45 = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot t^2 \] \[ 45 = 5 t^2 \] \[ t^2 = \frac{45}{5} \] \[ t^2 = 9 \] \[ t = 3 \text{ s} \] Top yere \( 3 \) saniyede çarpar. - 👉 Adım 2: Yere çarpma anındaki düşey hızın büyüklüğünü hesaplayalım.
Düşey hız, \( V_y = g \cdot t \) formülüyle bulunur. \[ V_y = 10 \text{ m/s}^2 \cdot 3 \text{ s} \] \[ V_y = 30 \text{ m/s} \]
✅ Topun yere çarpma anındaki düşey hızının büyüklüğü \( 30 \text{ m/s} \)dir. (Yatay hızı \( 20 \text{ m/s} \) olup, yere çarpma anındaki bileşke hızı \( \sqrt{20^2 + 30^2} = \sqrt{400 + 900} = \sqrt{1300} = 10\sqrt{13} \text{ m/s} \) olacaktır, ancak soru sadece düşey hızı sormaktadır.)
Örnek 5:
Yer seviyesinden \( 50 \text{ m/s} \) hızla, yatay ile \( 37^\circ \) açı yapacak şekilde eğik olarak atılan bir cisim için aşağıdaki soruları yanıtlayınız. 🎯 (Hava sürtünmesi önemsizdir, yer çekimi ivmesi \( g = 10 \text{ m/s}^2 \) alınacaktır. \( \sin 37^\circ = 0.6 \), \( \cos 37^\circ = 0.8 \) olarak kabul ediniz.)
a) Cismin ulaşabileceği maksimum yükseklik kaç metredir?
b) Cismin uçuş süresi kaç saniyedir?
a) Cismin ulaşabileceği maksimum yükseklik kaç metredir?
b) Cismin uçuş süresi kaç saniyedir?
Çözüm:
Eğik atış hareketinde, ilk hızın yatay ve düşey bileşenleri ayrı ayrı incelenir.
✅ a) Cismin ulaşabileceği maksimum yükseklik \( 45 \text{ m} \)dir.
✅ b) Cismin uçuş süresi \( 6 \text{ s} \)dir.
- 👉 Adım 1: İlk hızın bileşenlerini bulalım.
Yatay hız bileşeni: \( V_x = V_0 \cdot \cos 37^\circ = 50 \text{ m/s} \cdot 0.8 = 40 \text{ m/s} \)
Düşey hız bileşeni: \( V_y = V_0 \cdot \sin 37^\circ = 50 \text{ m/s} \cdot 0.6 = 30 \text{ m/s} \) - 👉 Adım 2a: Maksimum yüksekliği hesaplayalım.
Cisim, düşeyde yukarı doğru atış hareketi yapar. Maksimum yükseklikte düşey hızı sıfır olur. Maksimum yüksekliğe çıkış süresi \( t_{\text{çıkış}} = \frac{V_y}{g} \) formülüyle bulunur. \[ t_{\text{çıkış}} = \frac{30 \text{ m/s}}{10 \text{ m/s}^2} = 3 \text{ s} \] Maksimum yükseklik \( h_{\text{max}} = V_y t_{\text{çıkış}} - \frac{1}{2} g t_{\text{çıkış}}^2 \) veya alternatif olarak \( h_{\text{max}} = \frac{V_y^2}{2g} \) formülüyle bulunur. \[ h_{\text{max}} = \frac{(30)^2}{2 \cdot 10} = \frac{900}{20} = 45 \text{ m} \] - 👉 Adım 2b: Uçuş süresini hesaplayalım.
Cisim, maksimum yüksekliğe \( 3 \) saniyede çıkar ve aynı sürede yere geri iner. Dolayısıyla toplam uçuş süresi, çıkış süresinin iki katıdır. \[ t_{\text{uçuş}} = 2 \cdot t_{\text{çıkış}} = 2 \cdot 3 \text{ s} = 6 \text{ s} \]
✅ a) Cismin ulaşabileceği maksimum yükseklik \( 45 \text{ m} \)dir.
✅ b) Cismin uçuş süresi \( 6 \text{ s} \)dir.
Örnek 6:
Bir futbol topu, yer seviyesinden yatay ile \( 45^\circ \) açı yapacak şekilde \( V_0 \) hızıyla atıldığında yatayda \( R \) menzilini alıyor. ⚽️🥅
Aynı top, aynı \( V_0 \) hızıyla, ancak bu kez yatay ile \( 60^\circ \) açı yapacak şekilde atılsaydı, yatayda alacağı menzil \( R' \) ne olurdu? (\( \sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \), \( \cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \), \( \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \), \( \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \). Hava sürtünmesi önemsizdir ve yer çekimi ivmesi \( g \) olarak alınacaktır.)
Aynı top, aynı \( V_0 \) hızıyla, ancak bu kez yatay ile \( 60^\circ \) açı yapacak şekilde atılsaydı, yatayda alacağı menzil \( R' \) ne olurdu? (\( \sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \), \( \cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \), \( \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \), \( \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \). Hava sürtünmesi önemsizdir ve yer çekimi ivmesi \( g \) olarak alınacaktır.)
Çözüm:
Eğik atışta yatay menzil \( R = \frac{V_0^2 \sin(2\alpha)}{g} \) formülüyle bulunur. Ancak bu formül 10. sınıf müfredatında doğrudan verilmez. Bu nedenle, menzil formülünü uçuş süresi ve yatay hız bileşeni üzerinden türeterek çözmeliyiz.
✅ Top, \( 60^\circ \) açı ile atıldığında yatayda \( \frac{\sqrt{3}}{2} R \) menzilini alacaktır.
- 👉 Adım 1: Yatay menzil formülünü türetelim.
Uçuş süresi: \( t_{\text{uçuş}} = \frac{2 V_y}{g} = \frac{2 V_0 \sin \alpha}{g} \)
Yatay hız bileşeni: \( V_x = V_0 \cos \alpha \)
Yatay menzil: \( R = V_x \cdot t_{\text{uçuş}} = (V_0 \cos \alpha) \cdot \left(\frac{2 V_0 \sin \alpha}{g}\right) = \frac{2 V_0^2 \sin \alpha \cos \alpha}{g} \) - 👉 Adım 2: İlk durum için menzili hesaplayalım (\( \alpha = 45^\circ \)).
\[ R = \frac{2 V_0^2 \sin 45^\circ \cos 45^\circ}{g} \] \[ R = \frac{2 V_0^2 \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{g} \] \[ R = \frac{2 V_0^2 \left(\frac{2}{4}\right)}{g} \] \[ R = \frac{2 V_0^2 \left(\frac{1}{2}\right)}{g} \] \[ R = \frac{V_0^2}{g} \] - 👉 Adım 3: İkinci durum için menzili hesaplayalım (\( \alpha = 60^\circ \)).
\[ R' = \frac{2 V_0^2 \sin 60^\circ \cos 60^\circ}{g} \] \[ R' = \frac{2 V_0^2 \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \left(\frac{1}{2}\right)}{g} \] \[ R' = \frac{2 V_0^2 \frac{\sqrt{3}}{4}}{g} \] \[ R' = \frac{\sqrt{3} V_0^2}{2g} \] - 👉 Adım 4: \( R' \) menzilini \( R \) cinsinden ifade edelim.
Önceki adımdan \( R = \frac{V_0^2}{g} \) olduğunu biliyoruz. Bu ifadeyi \( R' \) denkleminde yerine yazalım. \[ R' = \frac{\sqrt{3}}{2} \left(\frac{V_0^2}{g}\right) \] \[ R' = \frac{\sqrt{3}}{2} R \]
✅ Top, \( 60^\circ \) açı ile atıldığında yatayda \( \frac{\sqrt{3}}{2} R \) menzilini alacaktır.
Örnek 7:
Bir nehirde, akıntı hızı Doğu yönünde sabit \( 3 \text{ m/s} \)dir. 🌊⛵️ Bir motorlu tekne, durgun sudaki hızı \( 4 \text{ m/s} \) olacak şekilde Kuzey yönünde hareket etmek istiyor. Tekne sürücüsü, tam karşı kıyıya, yani Kuzey yönünde ulaşmak için tekneyi hangi yöne doğru sürmelidir ve bu durumda yere göre hızı kaç \( \text{m/s} \) olur? (Genişliği \( 120 \text{ m} \) olan nehri en kısa sürede geçmek isterse ne yapmalıdır?)
Çözüm:
Teknenin yere göre hızının sadece Kuzey yönünde olması için, teknenin kendi hızının akıntı hızının tersi yönünde bir bileşeni olmalıdır.
✅ Tekne sürücüsü, Batı ile Kuzey arasında bir yönde (Kuzeyden Batıya \( 48.6^\circ \) açı ile) tekneyi sürmelidir. Bu durumda yere göre hızı Kuzey yönünde \( \sqrt{7} \text{ m/s} \) olur.
✅ En kısa sürede karşı kıyıya geçmek için ise tekneyi doğrudan Kuzey yönünde sürmelidir.
- 👉 Adım 1: Teknenin yere göre hızının Kuzey yönünde olması için gerekli koşulu belirleyelim.
Teknenin kendi hızı (\( \vec{V}_{\text{tekne}} \)) ve akıntı hızı (\( \vec{V}_{\text{akıntı}} \)) bileşkesi, yere göre hızı (\( \vec{V}_{\text{yer}} \)) oluşturur. \[ \vec{V}_{\text{yer}} = \vec{V}_{\text{tekne}} + \vec{V}_{\text{akıntı}} \] Teknenin yere göre hızının sadece Kuzey yönünde olması için, teknenin hızının Batı yönünde bir bileşeni olmalıdır ki, bu bileşen akıntı hızını sıfırlasın. - 👉 Adım 2: Tekne sürücüsünün yönünü ve hızını hesaplayalım.
Teknenin durgun sudaki hızı \( 4 \text{ m/s} \) olduğundan, bu hız vektörünün hem Kuzey hem de Batı bileşenleri olacaktır. Teknenin hız vektörünü yatay ile \( \theta \) açısı yapacak şekilde Batı-Kuzey yönünde sürmelidir. Bu durumda, Batı yönündeki bileşen akıntı hızına eşit olmalıdır: \[ V_{\text{tekne}} \sin \theta = V_{\text{akıntı}} \] \[ 4 \sin \theta = 3 \] \[ \sin \theta = \frac{3}{4} \] Bu, teknenin Batı ile Kuzey yönü arasında bir açıyla hareket etmesi gerektiğini gösterir. Açı \( \theta \) yaklaşık \( 48.6^\circ \)dir. Yani tekne sürücüsü, Kuzeyden Batıya doğru yaklaşık \( 48.6^\circ \) açı yapacak şekilde tekneyi sürmelidir. - 👉 Adım 3: Yere göre hızı hesaplayalım.
Yere göre hızın sadece Kuzey bileşeni kalacaktır: \[ V_{\text{yer}} = V_{\text{tekne}} \cos \theta \] \( \sin \theta = \frac{3}{4} \) ise, dik üçgenden \( \cos \theta = \frac{\sqrt{4^2 - 3^2}}{4} = \frac{\sqrt{16-9}}{4} = \frac{\sqrt{7}}{4} \) bulunur. \[ V_{\text{yer}} = 4 \text{ m/s} \cdot \frac{\sqrt{7}}{4} = \sqrt{7} \text{ m/s} \] Tekne bu durumda yere göre \( \sqrt{7} \text{ m/s} \) hızla Kuzey yönünde hareket eder. - 👉 Adım 4: En kısa sürede karşı kıyıya geçmek için ne yapmalıdır?
En kısa sürede karşı kıyıya geçmek için, teknenin Kuzey yönündeki hız bileşenini maksimum yapması gerekir. Bu da, tekneyi doğrudan Kuzey yönünde, yani akıntıya dik olacak şekilde sürmesiyle gerçekleşir. Bu durumda akıntı onu Doğu yönünde sürüklese de, Kuzey yönündeki hız bileşeni maksimum \( 4 \text{ m/s} \) olur.
✅ Tekne sürücüsü, Batı ile Kuzey arasında bir yönde (Kuzeyden Batıya \( 48.6^\circ \) açı ile) tekneyi sürmelidir. Bu durumda yere göre hızı Kuzey yönünde \( \sqrt{7} \text{ m/s} \) olur.
✅ En kısa sürede karşı kıyıya geçmek için ise tekneyi doğrudan Kuzey yönünde sürmelidir.
Örnek 8:
Bir itfaiyeci, yanan bir binaya \( 30 \text{ m} \) uzaklıktan su püskürtmek istiyor. 🚒🔥 Hortumdan çıkan suyun hızı \( 25 \text{ m/s} \) ve hortumun yatay ile yaptığı açı \( 37^\circ \) ise, su binaya ulaşabilir mi? (Hava sürtünmesi ve suyun dağılması önemsizdir, yer çekimi ivmesi \( g = 10 \text{ m/s}^2 \) alınacaktır. \( \sin 37^\circ = 0.6 \), \( \cos 37^\circ = 0.8 \) olarak kabul ediniz.)
Çözüm:
Bu bir eğik atış problemidir. Suyun yatayda alacağı menzili hesaplayarak binaya ulaşıp ulaşamayacağını belirleyebiliriz.
✅ Suyun ulaşabileceği yatay menzil \( 60 \text{ m} \) olduğu için, \( 30 \text{ m} \) uzaklıktaki binaya rahatlıkla ulaşabilir. İtfaiyeci suyu daha düşük bir açıyla veya daha az hızla püskürterek de binaya ulaştırabilir, bu durumda suyun isabet noktasını hassas bir şekilde ayarlaması gerekir.
- 👉 Adım 1: Suyun ilk hızının bileşenlerini bulalım.
Yatay hız bileşeni: \( V_x = V_0 \cdot \cos 37^\circ = 25 \text{ m/s} \cdot 0.8 = 20 \text{ m/s} \)
Düşey hız bileşeni: \( V_y = V_0 \cdot \sin 37^\circ = 25 \text{ m/s} \cdot 0.6 = 15 \text{ m/s} \) - 👉 Adım 2: Suyun uçuş süresini hesaplayalım.
Su, düşeyde yukarı doğru atış hareketi yapar. Maksimum yüksekliğe çıkış süresi \( t_{\text{çıkış}} = \frac{V_y}{g} \) formülüyle bulunur. \[ t_{\text{çıkış}} = \frac{15 \text{ m/s}}{10 \text{ m/s}^2} = 1.5 \text{ s} \] Toplam uçuş süresi, çıkış süresinin iki katıdır (su aynı seviyeye geri indiği için). \[ t_{\text{uçuş}} = 2 \cdot t_{\text{çıkış}} = 2 \cdot 1.5 \text{ s} = 3 \text{ s} \] - 👉 Adım 3: Suyun yatayda alacağı menzili hesaplayalım.
Yataydaki hız sabit olduğu için \( R = V_x \cdot t_{\text{uçuş}} \) formülünü kullanırız. \[ R = 20 \text{ m/s} \cdot 3 \text{ s} \] \[ R = 60 \text{ m} \] - 👉 Adım 4: Sonucu yorumlayalım.
Hesapladığımız menzil \( 60 \text{ m} \) iken, bina \( 30 \text{ m} \) uzaklıktadır.
✅ Suyun ulaşabileceği yatay menzil \( 60 \text{ m} \) olduğu için, \( 30 \text{ m} \) uzaklıktaki binaya rahatlıkla ulaşabilir. İtfaiyeci suyu daha düşük bir açıyla veya daha az hızla püskürterek de binaya ulaştırabilir, bu durumda suyun isabet noktasını hassas bir şekilde ayarlaması gerekir.
Örnek 9:
Bir lunaparktaki atış oyununda, oyuncak ayı hedefine ulaşmak için topu belirli bir hızla fırlatmak gerekiyor. 🎡🐻 Hedef, atış noktasından yatayda \( 24 \text{ m} \) uzaklıkta ve yerden \( 1.8 \text{ m} \) yüksekliktedir. Topun ilk hızı yatayda \( 10 \text{ m/s} \) ise, topun hedefe çarpması için düşeyde kaç \( \text{m/s} \) hızla yukarı doğru fırlatılması gerekir? (Hava sürtünmesi önemsizdir, yer çekimi ivmesi \( g = 10 \text{ m/s}^2 \) alınacaktır.)
Çözüm:
Bu problem, eğik atışın tersine bir durumdur; belirli bir yatay mesafede ve yükseklikteki hedefe ulaşmak için gerekli düşey hızı bulmalıyız.
✅ Topun hedefe çarpması için düşeyde \( 12.75 \text{ m/s} \) hızla yukarı doğru fırlatılması gerekir.
- 👉 Adım 1: Topun hedefe ulaşma süresini hesaplayalım.
Top yatayda sabit hızla hareket eder. Yatayda alınan yol \( x = V_x \cdot t \) formülüyle bulunur. \[ 24 \text{ m} = 10 \text{ m/s} \cdot t \] \[ t = \frac{24}{10} = 2.4 \text{ s} \] Topun hedefe ulaşması \( 2.4 \) saniye sürer. - 👉 Adım 2: Hedefe ulaşmak için gerekli düşey hızı hesaplayalım.
Düşeyde, top yukarı doğru atış hareketi yapar ve \( 2.4 \) saniyede \( 1.8 \text{ m} \) yüksekliğe ulaşır. Düşeyde alınan yol formülü \( h = V_{y0} t - \frac{1}{2} g t^2 \) şeklindedir. \[ 1.8 = V_{y0} \cdot (2.4) - \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot (2.4)^2 \] \[ 1.8 = 2.4 V_{y0} - 5 \cdot (5.76) \] \[ 1.8 = 2.4 V_{y0} - 28.8 \] \[ 1.8 + 28.8 = 2.4 V_{y0} \] \[ 30.6 = 2.4 V_{y0} \] \[ V_{y0} = \frac{30.6}{2.4} \] \[ V_{y0} = \frac{306}{24} \] \[ V_{y0} = 12.75 \text{ m/s} \]
✅ Topun hedefe çarpması için düşeyde \( 12.75 \text{ m/s} \) hızla yukarı doğru fırlatılması gerekir.
Daha Fazla Soru ve İçerik İçin QR Kodu Okutun
https://www.eokultv.com/atolye/10-sinif-fizik-iki-boyutlu-hareket/sorular