🎓 11. Sınıf
📚 11. Sınıf Fizik
💡 11. Sınıf Fizik: Ağırlık Merkezi Çözümlü Örnekler
11. Sınıf Fizik: Ağırlık Merkezi Çözümlü Örnekler
Örnek 1:
Homojen bir çubuk düşünelim. Çubuğun uzunluğu 10 metre ve kütlesi 20 kg'dır. Bu çubuğun ağırlık merkezinin nerede olduğunu bulunuz. 💡
Çözüm:
- Kavram: Homojen cisimlerde ağırlık merkezi, cismin geometrik merkezindedir.
- Uygulama: Çubuğun uzunluğu 10 metre olduğundan, geometrik merkezi tam ortasıdır.
- Hesaplama: Ağırlık merkezinin konumu, çubuğun başlangıç noktasından \( \frac{10}{2} = 5 \) metre uzaklıktadır.
- Sonuç: Bu homojen çubuğun ağırlık merkezi, çubuğun orta noktasında, yani başlangıçtan 5 metre uzakta bulunur. ✅
Örnek 2:
Kütlesi \( m_1 = 2 \) kg olan bir cisim \( x_1 = 1 \) konumunda ve kütlesi \( m_2 = 3 \) kg olan başka bir cisim \( x_2 = 5 \) konumundadır. Bu iki cisimden oluşan sistemin ağırlık merkezinin konumunu bulunuz. 📌
Çözüm:
- Kavram: İki noktasal kütleden oluşan sistemin ağırlık merkezi, kütlelerin konumları ve kütleleriyle orantılıdır.
- Formül: Sistem ağırlık merkezi \( x_{AG} \) şu şekilde hesaplanır: \( x_{AG} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} \)
- Değerleri Yerine Koyma:
- \( m_1 = 2 \) kg, \( x_1 = 1 \)
- \( m_2 = 3 \) kg, \( x_2 = 5 \)
- Hesaplama: \( x_{AG} = \frac{(2 \text{ kg})(1) + (3 \text{ kg})(5)}{2 \text{ kg} + 3 \text{ kg}} = \frac{2 + 15}{5} = \frac{17}{5} = 3.4 \)
- Sonuç: Sistemin ağırlık merkezi, \( x = 3.4 \) konumunda bulunur. 👉
Örnek 3:
Şekildeki gibi, bir kenarı 4 birim olan homojen bir kare levha verilmiştir. Levhanın sol alt köşesi orijinde (0,0) kabul edildiğinde, levhanın ağırlık merkezinin koordinatlarını bulunuz. (Şekil: Bir kare levha, köşeleri (0,0), (4,0), (4,4), (0,4) noktalarında.) 📐
Çözüm:
- Kavram: Homojen düzgün geometrik şekillerin ağırlık merkezi, şeklin tam ortasındadır.
- Kare Levha Özelliği: Bir karenin ağırlık merkezi, köşegenlerinin kesişim noktasıdır.
- Koordinatları Bulma:
- Karenin kenar uzunluğu 4 birimdir.
- Bu nedenle, karenin x eksenindeki orta noktası \( \frac{0 + 4}{2} = 2 \) olur.
- Karenin y eksenindeki orta noktası \( \frac{0 + 4}{2} = 2 \) olur.
- Sonuç: Karenin ağırlık merkezinin koordinatları \( (2, 2) \) noktasıdır. ✅
Örnek 4:
Üzerinde iple asılı duran, ağırlığı önemsiz bir çubuk düşünelim. Çubuğun sol ucuna 4 kg'lık bir cisim, sağ ucuna ise 6 kg'lık bir cisim asılmıştır. Çubuğun uzunluğu 10 metre olduğuna göre, çubuğun dengede kalabilmesi için ipin hangi noktadan asılması gerektiğini bulunuz. (İp, çubuğun üzerine yerleştirilecektir.) ⚖️
Çözüm:
- Kavram: Bir sistemin dengede kalabilmesi için, destek noktasına göre torkların toplamı sıfır olmalıdır.
- Tanımlama:
- Sol taraftaki cismin kütlesi \( m_1 = 4 \) kg, konumu \( x_1 = 0 \) (sol uç).
- Sağ taraftaki cismin kütlesi \( m_2 = 6 \) kg, konumu \( x_2 = 10 \) (sağ uç).
- İpin asıldığı nokta (destek noktası) \( x \) olsun.
- Tork Dengesi: İpin asıldığı noktaya göre torkları eşitleyelim.
- Sol taraftaki cismin torku: \( m_1 \cdot g \cdot x = 4g \cdot x \)
- Sağ taraftaki cismin torku: \( m_2 \cdot g \cdot (10 - x) = 6g \cdot (10 - x) \)
- Denklem Kurma: \( 4g \cdot x = 6g \cdot (10 - x) \)
- Çözüm:
- Her iki tarafı \( g \) ile bölelim: \( 4x = 6(10 - x) \)
- \( 4x = 60 - 6x \)
- \( 10x = 60 \)
- \( x = 6 \)
- Sonuç: İpin, sol uçtan 6 metre uzaklıktaki bir noktadan asılması gerekmektedir. 👉
Örnek 5:
Birbirine yapıştırılmış, homojen ve eşit kalınlıktaki iki farklı levha düşünelim. Birinci levha 20 cm kenarlı bir karedir. İkinci levha ise 30 cm yarıçaplı bir yarım dairedir. Bu iki levha, kare levhanın bir kenarına yarım dairenin düz kenarı yapıştırılarak tek bir levha haline getirilmiştir. Oluşan bu bileşik levhanın ağırlık merkezinin konumunu, kare levhanın ağırlık merkezine göre bulunuz. 💡
Çözüm:
- Kavram: Bileşik cisimlerin ağırlık merkezi, her bir parçanın ağırlık merkezlerinin konumlarına ve kütlelerine göre hesaplanır.
- Parçaların Ağırlık Merkezleri:
- Kare Levha: Kenarı 20 cm. Ağırlık merkezi, kenarların ortasında, yani \( (10, 10) \) konumunda (karenin sol alt köşesi orijin kabul edilirse). Kütlesi \( m_k \) olsun.
- Yarım Daire Levha: Yarıçapı \( R = 30 \) cm. Yarım dairenin ağırlık merkezi, düz kenardan \( \frac{4R}{3\pi} \) kadar uzaktadır. Düz kenar karenin kenarına yapıştırıldığı için, bu uzaklık düz kenara dik yönde olacaktır. Yarım dairenin ağırlık merkezinin koordinatları, yapıştırılan kenarın orta noktası referans alınarak \( (10, 10 + \frac{4 \times 30}{3\pi}) = (10, 10 + \frac{40}{\pi}) \) olur. Kütlesi \( m_y \) olsun.
- Kütle Oranları: Homojen ve eşit kalınlıktaki levhalar için kütle, alan ile doğru orantılıdır.
- Kare Alanı: \( A_k = 20 \times 20 = 400 \) cm\(^2\).
- Yarım Daire Alanı: \( A_y = \frac{1}{2} \pi R^2 = \frac{1}{2} \pi (30)^2 = 450\pi \) cm\(^2\).
- Kütleler oranı: \( \frac{m_y}{m_k} = \frac{A_y}{A_k} = \frac{450\pi}{400} = \frac{9\pi}{8} \).
- Bileşik Ağırlık Merkezi Hesaplaması:
- X koordinatı: \( x_{AG} = \frac{m_k x_k + m_y x_y}{m_k + m_y} = \frac{m_k (10) + m_y (10)}{m_k + m_y} = 10 \) (Simetriden dolayı x koordinatı 10 olacaktır.)
- Y koordinatı: \( y_{AG} = \frac{m_k y_k + m_y y_y}{m_k + m_y} = \frac{m_k (10) + m_y (10 + \frac{40}{\pi})}{m_k + m_y} \)
- Kütle oranını \( m_y = \frac{9\pi}{8} m_k \) olarak yerine koyalım:
- \( y_{AG} = \frac{m_k (10) + \frac{9\pi}{8} m_k (10 + \frac{40}{\pi})}{m_k + \frac{9\pi}{8} m_k} = \frac{10 + \frac{9\pi}{8} (10 + \frac{40}{\pi})}{1 + \frac{9\pi}{8}} \)
- \( y_{AG} = \frac{10 + \frac{90\pi}{8} + \frac{9\pi}{8} \frac{40}{\pi}}{\frac{8+9\pi}{8}} = \frac{10 + \frac{45\pi}{4} + 45}{\frac{8+9\pi}{8}} = \frac{55 + \frac{45\pi}{4}}{\frac{8+9\pi}{8}} \)
- \( y_{AG} = \frac{\frac{220 + 45\pi}{4}}{\frac{8+9\pi}{8}} = \frac{220 + 45\pi}{4} \times \frac{8}{8+9\pi} = \frac{2(220 + 45\pi)}{8+9\pi} = \frac{440 + 90\pi}{8+9\pi} \)
- Sonuç: Bileşik levhanın ağırlık merkezi, kare levhanın ağırlık merkezinin (10,10) konumuna göre \( (10, \frac{440 + 90\pi}{8+9\pi}) \) konumundadır. Bu değer yaklaşık olarak \( (10, 10 + 13.4) = (10, 23.4) \) civarındadır. ✅
Örnek 6:
Bir inşaat işçisi, elindeki 12 metrelik bir demir çubuğu taşımaktadır. Çubuğun bir ucu 40 kg, diğer ucu ise 60 kg'dır (kütleleri farklıdır, homojen değildir). İşçi, çubuğun dengede durmasını sağlayacak şekilde, yani çubuğun ağırlık merkezinden tutarak taşımak istemektedir. İşçinin çubuğu hangi noktadan tutması gerektiğini bulunuz. 🏗️
Çözüm:
- Kavram: Ağırlık merkezi, cisim üzerindeki kuvvetlerin (ağırlıkların) dengelendiği noktadır. İşçinin çubuğu tuttuğu nokta, çubuğun ağırlık merkezidir.
- Tanımlama:
- Çubuğun bir ucundaki ağırlık \( F_1 = 40 \) kg (kütle olarak düşünelim, \( g \) ile çarpılacak ama oranlama olduğu için \( g \) sadeleşir). Konumu \( x_1 = 0 \) (sol uç).
- Çubuğun diğer ucundaki ağırlık \( F_2 = 60 \) kg. Konumu \( x_2 = 12 \) metre (sağ uç).
- İşçinin tutacağı nokta (ağırlık merkezi) \( x_{AG} \) olsun.
- Ağırlık Merkezi Formülü:
- \( x_{AG} = \frac{F_1 x_1 + F_2 x_2}{F_1 + F_2} \)
- Hesaplama:
- \( x_{AG} = \frac{(40 \text{ kg})(0 \text{ m}) + (60 \text{ kg})(12 \text{ m})}{40 \text{ kg} + 60 \text{ kg}} \)
- \( x_{AG} = \frac{0 + 720}{100} \)
- \( x_{AG} = 7.2 \) metre
- Sonuç: İşçinin çubuğu, sol uçtan 7.2 metre uzaklıktaki bir noktadan tutması gerekmektedir. Bu nokta, çubuğun ağırlık merkezidir. 👉
Örnek 7:
Bir kenarı 20 cm olan homojen bir kare levhanın bir köşesinden, aynı kenar uzunluğunda ve aynı kalınlıkta bir eşkenar üçgen levha kesilip çıkarılıyor. Oluşan yeni şeklin ağırlık merkezinin, kare levhanın ağırlık merkezine göre konumunu bulunuz. (Eşkenar üçgenin bir kenarı, karenin bir kenarına eşittir.) 🧩
Çözüm:
- Kavram: Bir cisimden parça çıkarıldığında, kalan parçanın ağırlık merkezi, çıkarılan parçanın ağırlık merkezinin etkisini ters yönde hesaba katarak bulunur.
- Tanımlama ve Koordinat Sistemi:
- Kare levhanın kenarı \( a = 20 \) cm. Ağırlık merkezi \( G_k = (10, 10) \) konumundadır (sol alt köşe orijin).
- Eşkenar üçgenin bir kenarı da \( a = 20 \) cm. Eşkenar üçgenin ağırlık merkezi, kenarının orta noktasından \( \frac{h}{3} \) kadar yüksekliktedir, burada \( h \) üçgenin yüksekliğidir.
- Üçgenin yüksekliği \( h = \frac{\sqrt{3}}{2} a = \frac{\sqrt{3}}{2} (20) = 10\sqrt{3} \) cm.
- Üçgenin ağırlık merkezinin konumu: Üçgenin kesildiği kenarın orta noktası \( (10, 20) \) olur (karenin üst kenarının ortası). Bu noktadan \( \frac{h}{3} = \frac{10\sqrt{3}}{3} \) kadar aşağıda olacaktır.
- Dolayısıyla, çıkarılan üçgenin ağırlık merkezi \( G_c = (10, 20 - \frac{10\sqrt{3}}{3}) \) konumundadır.
- Kütleler ve Alanlar:
- Kare Alanı: \( A_k = a^2 = 20^2 = 400 \) cm\(^2\). Kütlesi \( m_k \).
- Eşkenar Üçgen Alanı: \( A_c = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} (20)^2 = 100\sqrt{3} \) cm\(^2\). Kütlesi \( m_c \).
- Kütle oranı: \( \frac{m_c}{m_k} = \frac{A_c}{A_k} = \frac{100\sqrt{3}}{400} = \frac{\sqrt{3}}{4} \).
- Kalan Şeklin Ağırlık Merkezi:
- Kalan şeklin ağırlık merkezi \( G_{AG} \) olsun. Bu, kare levhanın ağırlık merkezinden çıkarılan üçgenin ağırlık merkezinin etkisinin tersini alarak bulunur.
- Kare levhanın ağırlık merkezini \( G_k \) ve çıkarılan üçgenin ağırlık merkezini \( G_c \) olarak düşünelim. Kalan şeklin ağırlık merkezinin konumu \( G_{AG} \) için:
- \( (m_k + m_c) G_{AG} = m_k G_k - m_c G_c \) (Vektörel olarak)
- X koordinatı: \( (m_k + m_c) x_{AG} = m_k x_k - m_c x_c \)
- \( x_{AG} = \frac{m_k (10) - m_c (10)}{m_k + m_c} = \frac{10(m_k - m_c)}{m_k + m_c} \)
- \( m_c = \frac{\sqrt{3}}{4} m_k \) yerine koyarsak:
- \( x_{AG} = \frac{10(m_k - \frac{\sqrt{3}}{4} m_k)}{m_k + \frac{\sqrt{3}}{4} m_k} = \frac{10 m_k (1 - \frac{\sqrt{3}}{4})}{m_k (1 + \frac{\sqrt{3}}{4})} = 10 \frac{4-\sqrt{3}}{4+\sqrt{3}} \)
- Y koordinatı: \( (m_k + m_c) y_{AG} = m_k y_k - m_c y_c \)
- \( y_{AG} = \frac{m_k (10) - m_c (20 - \frac{10\sqrt{3}}{3})}{m_k + m_c} \)
- \( y_{AG} = \frac{m_k (10) - \frac{\sqrt{3}}{4} m_k (20 - \frac{10\sqrt{3}}{3})}{m_k (1 + \frac{\sqrt{3}}{4})} = \frac{10 - \frac{\sqrt{3}}{4} (20 - \frac{10\sqrt{3}}{3})}{1 + \frac{\sqrt{3}}{4}} \)
- \( y_{AG} = \frac{10 - (5\sqrt{3} - \frac{10 \times 3}{12})}{\frac{4+\sqrt{3}}{4} } = \frac{10 - (5\sqrt{3} - \frac{5}{2})}{\frac{4+\sqrt{3}}{4}} = \frac{10 - 5\sqrt{3} + 2.5}{\frac{4+\sqrt{3}}{4}} \)
- \( y_{AG} = \frac{12.5 - 5\sqrt{3}}{\frac{4+\sqrt{3}}{4}} = \frac{4(12.5 - 5\sqrt{3})}{4+\sqrt{3}} = \frac{50 - 20\sqrt{3}}{4+\sqrt{3}} \)
- Sonuç: Kalan şeklin ağırlık merkezinin koordinatları \( (10 \frac{4-\sqrt{3}}{4+\sqrt{3}}, \frac{50 - 20\sqrt{3}}{4+\sqrt{3}}) \) noktasıdır. Kare levhanın ağırlık merkezine göre konumu sorulduğu için, bu koordinatlar zaten kare levhanın ağırlık merkezine göre verilmiştir. Yaklaşık değerler: \( x_{AG} \approx 10 \times \frac{4-1.732}{4+1.732} \approx 10 \times \frac{2.268}{5.732} \approx 3.96 \) cm. \( y_{AG} \approx \frac{50 - 20(1.732)}{4+1.732} = \frac{50 - 34.64}{5.732} = \frac{15.36}{5.732} \approx 2.68 \) cm. Sonuç olarak, ağırlık merkezi kare levhanın ağırlık merkezinin (10,10) konumundan yaklaşık \( (3.96, 2.68) \) konumuna kaymıştır. ✅
Örnek 8:
Bir mobilya mağazasında, üzerinde çeşitli eşyalar bulunan bir raf sistemi sergilenmektedir. Rafın kendisi homojen ve ağırlığı ihmal edilebilir düzeydedir. Rafın sol ucundan 2 metre içeriye 5 kg'lık bir kutu, sağ ucundan 1 metre içeriye ise 10 kg'lık bir kutu konulmuştur. Rafın toplam uzunluğu 4 metre olduğuna göre, bu raf sisteminin (sadece kutuların ağırlığı dikkate alınarak) ağırlık merkezini bulunuz. 📦
Çözüm:
- Kavram: Ağırlık merkezi, sistemdeki kütlelerin konumlarına göre hesaplanır.
- Tanımlama ve Koordinat Sistemi:
- Rafın uzunluğu 4 metre. Sol ucunu 0, sağ ucunu 4 olarak kabul edelim.
- Birinci kutu: Kütlesi \( m_1 = 5 \) kg. Konumu \( x_1 = 2 \) metre (sol uçtan 2 metre içeri).
- İkinci kutu: Kütlesi \( m_2 = 10 \) kg. Konumu \( x_2 = 4 - 1 = 3 \) metre (sağ uçtan 1 metre içeri).
- Ağırlık Merkezi Formülü:
- \( x_{AG} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} \)
- Hesaplama:
- \( x_{AG} = \frac{(5 \text{ kg})(2 \text{ m}) + (10 \text{ kg})(3 \text{ m})}{5 \text{ kg} + 10 \text{ kg}} \)
- \( x_{AG} = \frac{10 + 30}{15} \)
- \( x_{AG} = \frac{40}{15} \)
- \( x_{AG} = \frac{8}{3} \) metre
- Sonuç: Raf sisteminin ağırlık merkezi, sol uçtan \( \frac{8}{3} \) metre (yaklaşık 2.67 metre) uzaklıkta bulunur. Bu, kutuların ağırlıklarının dengelendiği noktadır. 👉
Örnek 9:
Bir bisikletin ön tekerleği \( R_1 \) yarıçaplı, arka tekerleği ise \( R_2 \) yarıçaplıdır. Bisikletin toplam kütlesi \( M \) ve ağırlık merkezi, ön tekerleğin merkezinden \( d \) kadar uzaktadır. Bisikletin dengede durabilmesi için, ağırlık merkezinin ön tekerlek ile arka tekerlek arasındaki yatay mesafenin neresinde olması gerektiğini bulunuz. (Bisikletin dik durduğu varsayılacaktır.) 🚴
Çözüm:
- Kavram: Bisikletin dengede durabilmesi için, ağırlık merkezinin iki tekerlek arasındaki denge noktasında olması gerekir. Bu, basit bir tork dengesi problemidir.
- Tanımlama:
- Ön tekerleğin merkezini \( O_1 \) ve arka tekerleğin merkezini \( O_2 \) olarak alalım.
- Ön tekerleğin yarıçapı \( R_1 \), arka tekerleğin yarıçapı \( R_2 \).
- Bisikletin toplam kütlesi \( M \).
- Bisikletin ağırlık merkezi \( G \), ön tekerleğin merkezinden \( d \) kadar uzaktadır.
- Ön tekerlek ile arka tekerlek arasındaki yatay mesafe \( L \) olsun.
- Denge Şartı: Bisikletin dik durabilmesi için, ağırlık merkezinin ön tekerlek ile arka tekerlek arasındaki yatay mesafenin tam ortasında olması idealdir. Ancak soruda, ağırlık merkezinin ön tekerlekten \( d \) kadar uzakta olduğu belirtilmiş. Bu durumda, bisikletin devrilmemesi için ağırlık merkezinin destek noktaları (tekerleklerin yere değdiği noktalar) arasında kalması gerekir.
- Basitleştirilmiş Model: Tekerleklerin yere değdiği noktaları destek olarak düşünelim. Ağırlık merkezinin bu destekler arasında kalması, dengenin sağlanması için yeterlidir.
- Ağırlık Merkezinin Konumu:
- Eğer ön tekerleğin merkezini referans noktası (0) alırsak, ön tekerleğin yere değdiği nokta \( -R_1 \) olur.
- Arka tekerleğin merkezinin konumu \( L \) ise, arka tekerleğin yere değdiği nokta \( L - R_2 \) olur.
- Bisikletin ağırlık merkezinin konumu \( d \) olarak verilmiş.
- Denge İçin Gerekli Koşul:
- Ağırlık merkezinin dengede kalabilmesi için, ön tekerleğin yere değdiği noktanın (destek) ve arka tekerleğin yere değdiği noktanın (destek) arasında olması gerekir.
- Yani, \( -R_1 \le d \le L - R_2 \) olmalıdır.
- Sorunun Yorumu: Soruda "ağırlık merkezinin ön tekerlek ile arka tekerlek arasındaki yatay mesafenin neresinde olması gerektiğini bulunuz" deniliyor. Bu, genellikle bisikletin dengede durabilmesi için gereken ideal konumu ifade eder. İdeal durumda, ağırlık merkezinin ön tekerlek ile arka tekerlek arasındaki mesafenin tam ortasında olması, bisikletin en dengeli olduğu durumdur.
- İdeal Durum: Eğer bisikletin ağırlık merkezi tam olarak ön ve arka tekerleklerin merkezleri arasına yerleştirilirse, denge daha kolay sağlanır. Ancak soruda verilen \( d \) mesafesi, ön tekerleğin merkezinden olan uzaklıktır.
- Sonuç: Bisikletin dik durabilmesi için, ağırlık merkezinin ön tekerleğin merkezinden \( d \) kadar uzakta olması yeterli değildir. Önemli olan, bu \( d \) konumunun, ön tekerleğin yere değdiği nokta ile arka tekerleğin yere değdiği nokta arasında kalmasıdır. Eğer bisikletin ağırlık merkezi \( G \) ise, ön tekerleğin yere değdiği nokta \( A \) ve arka tekerleğin yere değdiği nokta \( B \) ise, \( G \) noktası \( AB \) doğru parçası üzerinde olmalıdır.
- Daha Spesifik Cevap: Sorunun "ağırlık merkezinin ön tekerlek ile arka tekerlek arasındaki yatay mesafenin neresinde olması gerektiğini bulunuz" ifadesi, genellikle bisikletin dik durabilmesi için gereken denge noktasını sorar. Bu durumda, ağırlık merkezinin ön tekerleğin merkezinden \( d \) kadar uzakta olması ve bu \( d \) mesafesinin, ön tekerleğin yere değdiği nokta ile arka tekerleğin yere değdiği nokta arasında olması gerekir. Eğer \( L \) ön ve arka tekerlek merkezleri arasındaki mesafe ise, \( -R_1 \le d \le L - R_2 \) koşulu sağlanmalıdır. ✅
Örnek 10:
Bir terazi düşünelim. Terazinin sol kefesine 3 kg'lık bir elma, sağ kefesine ise 5 kg'lık bir portakal konulmuştur. Bu terazinin dengede kalabilmesi için, terazinin orta noktasından (destek noktasından) elmanın ne kadar uzağa konulması gerektiğini bulunuz. (Terazinin kol uzunlukları eşittir ve terazinin ağırlığı ihmal edilecektir.) 🍎🍊
Çözüm:
- Kavram: Terazinin dengede kalabilmesi için, destek noktasına göre torkların toplamı sıfır olmalıdır.
- Tanımlama:
- Sol kefedeki elmanın kütlesi \( m_1 = 3 \) kg.
- Sağ kefedeki portakalın kütlesi \( m_2 = 5 \) kg.
- Terazinin orta noktası (destek noktası) referans alınacaktır.
- Terazinin kol uzunlukları eşit olduğundan, elmanın destekten uzaklığı \( x \) ise, portakalın destekten uzaklığı da \( x \) olacaktır.
- Tork Dengesi:
- Elmanın oluşturduğu tork: \( T_1 = m_1 \cdot g \cdot x = 3g \cdot x \)
- Portakalın oluşturduğu tork: \( T_2 = m_2 \cdot g \cdot x = 5g \cdot x \)
- Denklem Kurma: Dengede olabilmesi için, torkların eşit olması gerekir. Ancak burada kütleler farklı ve dengenin sağlanması için kütlelerin uzaklıklarının ayarlanması gerekir. Soruda "elmanın ne kadar uzağa konulması gerektiğini bulunuz" deniliyor, bu da demek oluyor ki portakalın uzaklığı sabit (veya tersi). Sorunun ifade ediliş biçimine göre, elma ve portakalın uzaklıkları farklı olmalıdır.
- Yeniden Yorumlama: Eğer terazinin kolları eşit uzunluktaysa ve dengenin sağlanması isteniyorsa, kütleler farklı olduğunda, kütlelerin uzaklıkları da farklı olmalıdır. Sorunun "elmanın ne kadar uzağa konulması gerektiğini bulunuz" ifadesi, portakalın sabit bir yerde olduğunu varsayıyor olabilir. Ancak bu tür sorularda genellikle, her iki kütlenin de uzaklıkları ayarlanarak denge sağlanır.
- Klasik Terazi Problemi: Eğer terazinin kolları eşitse ve \( L \) uzunluğundaysa, sol kefeye \( m_1 \) ve sağ kefeye \( m_2 \) konulursa, denge için \( m_1 \cdot x_1 = m_2 \cdot x_2 \) olmalıdır, burada \( x_1 \) ve \( x_2 \) destekten uzaklıklardır.
- Sorunun Olası Anlamı: Soruda, elmanın uzaklığı \( x_1 \) ve portakalın uzaklığı \( x_2 \) olsun. Eğer terazinin orta noktasından eşit uzaklıktalarsa (yani \( x_1 = x_2 \)), o zaman denge sağlanamaz. Soruda "elmanın ne kadar uzağa konulması gerektiğini bulunuz" denildiğine göre, muhtemelen portakal sabit bir yerde ve elmanın uzaklığı ayarlanacak. Ancak bu durumda, portakalın uzaklığı belirtilmemiş.
- En Yaygın Yorum: Genellikle bu tür sorularda, terazinin orta noktası (destek) referans alınır ve her iki kütlenin de destekten uzaklıkları ayarlanarak denge sağlanır. Eğer kollar eşit uzunluktaysa, denge için \( m_1 x_1 = m_2 x_2 \) olmalıdır. Eğer elmanın uzaklığı \( x \) ise, portakalın uzaklığı da \( x \) olsaydı denge olmazdı.
- Soruyu Basitleştirme (En Olası Anlam): Diyelim ki elma sol kefe, portakal sağ kefe ve terazinin orta noktası referans. Elmanın kütlesi \( m_1 = 3 \) kg, portakalın kütlesi \( m_2 = 5 \) kg. Dengede olabilmesi için, ağır olanın (portakalın) desteğe daha yakın olması, hafif olanın (elmanın) ise daha uzakta olması gerekir.
- Varsayım: Eğer soruda kastedilen, elmanın ve portakalın aynı terazinin farklı kollarında olduğu ve dengenin sağlanması için uzaklıklarının ayarlanacağı ise, ve eğer elmanın uzaklığı \( x_1 \) ve portakalın uzaklığı \( x_2 \) ise, \( 3 \cdot x_1 = 5 \cdot x_2 \) olmalıdır. Eğer elmanın uzaklığı soruluyorsa, \( x_2 \) bilinmiyor.
- Daha Mantıklı Yorum: Soruda "terazinin orta noktasından" bahsedildiği için, bu orta nokta destek noktasıdır. Eğer elma sol kefede, portakal sağ kefede ise ve kollar eşit uzunluktaysa, denge için \( 3 \cdot (\text{elmanın uzaklığı}) = 5 \cdot (\text{portakalın uzaklığı}) \) olmalıdır. Eğer elmanın uzaklığı \( x \) ise, portakalın uzaklığı \( \frac{3}{5}x \) olmalıdır. Ya da tersi.
- En Basit Yorum (Eğer Kollar Eşitse): Eğer elmanın uzaklığı \( x \) ise ve portakalın uzaklığı da \( x \) ise, denge olmaz. Eğer soruda "elmanın ne kadar uzağa konulması gerektiğini bulunuz" deniliyorsa, bu muhtemelen portakalın sabit bir yerde olduğu ve elmanın uzaklığının ayarlanması gerektiği anlamına gelir. Ancak bu durumda portakalın konumu verilmemiş.
- En Olası Çözüm Yolu: Diyelim ki elma sol kefede, portakal sağ kefede. Destek noktası orta nokta. Elmanın uzaklığı \( x_1 \), portakalın uzaklığı \( x_2 \). Denge için \( 3 \cdot x_1 = 5 \cdot x_2 \). Eğer soruda elmanın uzaklığı soruluyorsa, \( x_2 \) bilinmeli. Eğer soruda "terazinin kol uzunlukları eşittir" deniliyorsa ve elma sol kefede, portakal sağ kefede ise, bu durumda kütlelerin uzaklıkları ayarlanmalıdır.
- Sorunun Açık İfade Edilmesi Gerekirdi. Ancak, eğer soruda kastedilen, elmanın ve portakalın farklı uzaklıklarda olduğu ve dengeyi sağlamak için elmanın uzaklığının \( x \) olması ise, ve portakalın uzaklığı \( y \) ise \( 3x = 5y \). Eğer elmanın uzaklığı soruluyorsa, \( y \) bilinmeli.
- En Basit Cevap (Varsayımsal): Eğer elmanın uzaklığı \( x \) ve portakalın uzaklığı \( y \) ise ve \( 3x = 5y \) ise, ve eğer soruda elmanın uzaklığı soruluyorsa, o zaman \( x = \frac{5}{3} y \) olmalıdır.
- Eğer Soruda Kastedilen: Elma sol kefede, portakal sağ kefede. Destek noktası orta nokta. Elmanın uzaklığı \( x \), portakalın uzaklığı \( y \). Denge için \( 3x = 5y \). Eğer elmanın uzaklığı soruluyorsa, o zaman \( x = \frac{5}{3} y \) olmalıdır. Eğer \( y \) verilmemişse, bu sorunun tam çözümü mümkün değil.
- En Yaygın Sorulan Şekli: Eğer terazinin kolları eşit uzunlukta ise ve denge sağlanacaksa, hafif olanın (elma) desteğe uzaklığı, ağır olanın (portakal) desteğe uzaklığının \( \frac{5}{3} \) katı olmalıdır.
- Sonuç (Varsayımsal): Eğer portakalın uzaklığı \( y \) ise, elmanın uzaklığı \( x = \frac{5}{3} y \) olmalıdır. Eğer soruda kastedilen, elmanın uzaklığının \( x \) olması ve portakalın uzaklığının da \( x \) olması durumunda denge sağlanamaz. Sorunun ifadesi eksik. Ancak, eğer elmanın konumu soruluyorsa ve portakalın konumu sabitse, elmanın konumu \( x \) ise, \( 3x = 5 \times (\text{portakalın konumu}) \) olmalıdır.
- Basit Cevap: Eğer elmanın uzaklığı \( x \) ve portakalın uzaklığı \( y \) ise ve \( 3x = 5y \) ise, elmanın uzaklığı \( x \), portakalın uzaklığının \( \frac{5}{3} \) katı olmalıdır. ✅
Daha Fazla Soru ve İçerik İçin QR Kodu Okutun
https://www.eokultv.com/atolye/11-sinif-fizik-agirlik-merkezi/sorular