11. Sınıf Tork Kütle Ve Ağırlık Merkezi Çözümlü Sorular ve Örnekler

Çözümlü Örnek

Kolay Seviye

Bir kapının menteşelerinden \( 0.8 \) metre uzakta, kapıya dik doğrultuda \( 50 \) N büyüklüğünde bir kuvvet uygulanmaktadır. Kapının menteşelerine göre oluşan torkun büyüklüğü kaç N·m'dir? 🚪

Çözümlü Örnek

Orta Seviye

Ağırlığı önemsiz, homojen bir çubuk, O noktasından geçen dik bir eksen etrafında serbestçe dönebilmektedir. Çubuğa şekildeki gibi \( F_1 = 20 \) N ve \( F_2 = 30 \) N büyüklüğünde iki kuvvet uygulanmaktadır. Kuvvetlerin dönme eksenine olan dik uzaklıkları sırasıyla \( d_1 = 2 \) m ve \( d_2 = 1 \) m'dir. \( F_1 \) kuvveti çubuğu saat yönünün tersine, \( F_2 \) kuvveti ise saat yönünde döndürmektedir.
Buna göre, çubuk üzerindeki net (bileşke) torkun büyüklüğü kaç N·m'dir? 🔄

Çözümlü Örnek

Kolay Seviye

Yatay bir düzlemde, x ekseni üzerinde iki noktasal kütle bulunmaktadır. Kütlelerden biri \( m_1 = 2 \) kg olup konumu \( x_1 = 1 \) m'dir. Diğeri ise \( m_2 = 3 \) kg olup konumu \( x_2 = 6 \) m'dir.
Bu iki kütleden oluşan sistemin kütle merkezinin konumu x ekseni üzerinde neresidir? 📍

Çözümlü Örnek

Orta Seviye

Ağırlığı önemsiz bir çubuğun iki ucuna \( m_1 = 4 \) kg ve \( m_2 = 6 \) kg kütleli cisimler asılmıştır. Çubuğun uzunluğu \( L = 10 \) m'dir. Çubuğun sol ucunu (konum \( x=0 \)) referans alarak, bu sistemin kütle merkezinin konumunu bulunuz. 📏

Çözümlü Örnek

Orta Seviye

Homojen ve dikdörtgen biçimindeki bir levhadan, bir köşesindeki küçük bir kare parça kesilip çıkarılıyor. Başlangıçta \( 6 \) cm kenar uzunluğuna sahip kare bir levha düşünelim. Bu levhanın sağ üst köşesinden \( 2 \) cm kenar uzunluğuna sahip kare bir parça çıkarılıyor.
Levhanın kalan kısmının kütle merkezinin, sol alt köşeye göre (orijin \( (0,0) \)) konumunu bulunuz. (Levhanın kalınlığı ve yoğunluğu her yerde aynıdır.) 📐

Çözüm ve Açıklama

Bu tür bir problemde, çıkarılan parçanın kütlesini negatif kütle gibi düşünebiliriz. İlk olarak, tüm levhanın ve çıkarılan parçanın kütle merkezlerini bulup, ardından bileşke kütle merkezini hesaplayacağız.

👉 Verilenler:

Büyük kare levha: Kenar uzunluğu \( L = 6 \) cm. Kütle merkezi \( (3, 3) \). Kütlesi \( M \propto L^2 = 6^2 = 36 \) birim.
Çıkarılan kare parça: Kenar uzunluğu \( l = 2 \) cm. Kütle merkezi \( (5, 5) \). Kütlesi \( m \propto l^2 = 2^2 = 4 \) birim.

✅ Kütle Merkezi Hesaplama Yöntemi:

Kalan parçanın kütlesi \( M_{kalan} = M - m = 36 - 4 = 32 \) birimdir.

Kütle merkezi formülü (iki boyutlu):

\[ x_{KM} = \frac{M_{büyük} x_{büyük} - m_{çıkarılan} x_{çıkarılan}}{M_{büyük} - m_{çıkarılan}} \]

\[ y_{KM} = \frac{M_{büyük} y_{büyük} - m_{çıkarılan} y_{çıkarılan}}{M_{büyük} - m_{çıkarılan}} \]

💡 Hesaplama:

x koordinatı için:

Büyük karenin kütle merkezi \( x = 6/2 = 3 \) cm'dir.

Çıkarılan parçanın kütle merkezi \( x = 6 - 2/2 = 5 \) cm'dir.

\[ x_{KM} = \frac{(36) \cdot (3) - (4) \cdot (5)}{36 - 4} \]

\[ x_{KM} = \frac{108 - 20}{32} = \frac{88}{32} = \frac{11}{4} = 2.75 \, \text{cm} \]

y koordinatı için:

Büyük karenin kütle merkezi \( y = 6/2 = 3 \) cm'dir.

Çıkarılan parçanın kütle merkezi \( y = 6 - 2/2 = 5 \) cm'dir.

\[ y_{KM} = \frac{(36) \cdot (3) - (4) \cdot (5)}{36 - 4} \]

\[ y_{KM} = \frac{108 - 20}{32} = \frac{88}{32} = \frac{11}{4} = 2.75 \, \text{cm} \]

Kalan parçanın kütle merkezi, sol alt köşeye göre \( (2.75 \, \text{cm}, 2.75 \, \text{cm}) \) noktasındadır. 🎯

Çözümlü Örnek

Yeni Nesil Soru

Bir tahterevalli, tam ortasından desteklenerek dengededir. Tahterevallinin ağırlığı önemsizdir. Sol tarafta, destek noktasından \( 2 \) m uzaklıkta \( 40 \) kg kütleli bir çocuk oturmaktadır. Sağ tarafta ise destek noktasından \( 3 \) m uzaklıkta \( m \) kütleli başka bir çocuk oturmaktadır.
Tahterevallinin dengede kalabilmesi için sağdaki çocuğun kütlesi \( m \) kaç kg olmalıdır? (Yerçekimi ivmesini \( g = 10 \, \text{m/s}^2 \) alınız.) 👧👦

Çözümlü Örnek

Günlük Hayattan Örnek

Bir kapının kolu neden menteşelere yakın bir yere değil de, genellikle menteşelerden en uzak noktaya yerleştirilir? 🤔 Bu durum tork kavramıyla nasıl açıklanır?

Çözümlü Örnek

Günlük Hayattan Örnek

Yüksek binaların ve kulelerin temel tasarımlarında, ağırlık merkezinin konumu neden bu kadar önemlidir? Özellikle rüzgarlı havalarda veya deprem anında bu durum nasıl bir rol oynar? 🏙️

Çözümlü Örnek

Zor Seviye

Homojen ve ağırlığı \( G \) olan bir kare levhanın bir köşesinden, kenar uzunluğu levhanın kenar uzunluğunun yarısı olan kare bir parça kesilip çıkarılıyor. Başlangıçtaki levhanın kenar uzunluğu \( 2L \) olsun. Çıkarılan parçanın kenar uzunluğu \( L \) olacaktır.
Kalan levhanın ağırlık merkezinin, başlangıçtaki büyük levhanın ağırlık merkezine göre konumunu bulunuz. (Büyük levhanın sol alt köşesini orijin \( (0,0) \) olarak kabul ediniz.) 🧩

Çözüm ve Açıklama

Bu problemde, çıkarılan parçanın ağırlığını negatif olarak kabul ederek kalan sistemin ağırlık merkezini bulacağız. İlk olarak, büyük levhanın ve çıkarılan parçanın ağırlık merkezlerini belirlemeliyiz.

👉 Verilenler:

Büyük kare levha: Kenar uzunluğu \( 2L \). Ağırlık merkezi \( (L, L) \). Ağırlığı \( G \).
Çıkarılan kare parça: Kenar uzunluğu \( L \). Bu parça, büyük levhanın bir köşesinden (örneğin sağ üst köşeden) çıkarılsın.

✅ Ağırlıkların Hesaplanması:

Homojen levhalarda ağırlık, alanla orantılıdır.

Büyük levhanın alanı = \( (2L)^2 = 4L^2 \). Ağırlığı \( G \).
Çıkarılan parçanın alanı = \( L^2 \). Bu parça, büyük levhanın alanının \( 1/4 \)'ü olduğu için ağırlığı \( G_{çıkarılan} = G/4 \).
Kalan levhanın ağırlığı = \( G_{kalan} = G - G/4 = 3G/4 \).

✅ Ağırlık Merkezlerinin Konumları (Orijin \( (0,0) \)):

Büyük levhanın ağırlık merkezi (\( x_{büyük}, y_{büyük} \)) = \( (L, L) \).
Çıkarılan parçanın ağırlık merkezi: Eğer sağ üst köşeden çıkarıldıysa, bu parçanın sol alt köşesi \( (L, L) \) noktasında başlar ve sağ üst köşesi \( (2L, 2L) \) noktasında biter. Dolayısıyla, çıkarılan parçanın ağırlık merkezi \( (L + L/2, L + L/2) = (3L/2, 3L/2) \).

💡 Kalan Levhanın Ağırlık Merkezi Hesaplaması:

\[ x_{KM} = \frac{G_{büyük} x_{büyük} - G_{çıkarılan} x_{çıkarılan}}{G_{kalan}} \]

\[ y_{KM} = \frac{G_{büyük} y_{büyük} - G_{çıkarılan} y_{çıkarılan}}{G_{kalan}} \]

x koordinatı için:

\[ x_{KM} = \frac{G \cdot L - (G/4) \cdot (3L/2)}{3G/4} \]

\[ x_{KM} = \frac{G L - 3GL/8}{3G/4} = \frac{(8GL - 3GL)/8}{3G/4} = \frac{5GL/8}{3G/4} \]

\[ x_{KM} = \frac{5GL}{8} \cdot \frac{4}{3G} = \frac{5L}{6} \]

y koordinatı için:

Hesaplama x koordinatı ile simetrik olduğundan, aynı sonucu elde ederiz:

\[ y_{KM} = \frac{5L}{6} \]

Kalan levhanın ağırlık merkezi \( (5L/6, 5L/6) \) noktasıdır. Başlangıçtaki büyük levhanın ağırlık merkezi \( (L, L) \) idi.
Kalan levhanın ağırlık merkezinin, büyük levhanın ağırlık merkezine göre konumu:
\( \Delta x = (5L/6) - L = -L/6 \)
\( \Delta y = (5L/6) - L = -L/6 \)
Yani, kalan levhanın ağırlık merkezi, büyük levhanın ağırlık merkezinin \( L/6 \) kadar solunda ve \( L/6 \) kadar aşağısındadır. 🌟

11. Sınıf Fizik: Tork Kütle Ve Ağırlık Merkezi Çözümlü Örnekler

Örnek 1:

Çözüm:

Bu örnekte, bir kuvvete bağlı olarak oluşan torkun büyüklüğünü hesaplayacağız. Tork, kuvvetin dönme noktasına olan dik uzaklığı ile çarpılmasıyla bulunur.

👉 Verilenler:

Kuvvet (\( F \)) = \( 50 \) N
Kuvvetin dönme eksenine dik uzaklığı (\( d \)) = \( 0.8 \) m

✅ Tork Formülü:

Tork (\( \tau \)) = Kuvvet (\( F \)) \( \times \) Dik Uzaklık (\( d \))

\[ \tau = F \cdot d \]

💡 Hesaplama:

Verilen değerleri formülde yerine koyalım:

\[ \tau = 50 \, \text{N} \cdot 0.8 \, \text{m} \]

\[ \tau = 40 \, \text{N} \cdot \text{m} \]

Sonuç olarak, kapıya uygulanan kuvvetin menteşelere göre oluşturduğu torkun büyüklüğü \( 40 \) N·m'dir. 🥳

Örnek 2:

Çözüm:

Bu soruda, farklı yönlerde tork oluşturan iki kuvvetin bileşke torkunu hesaplayacağız. Saat yönünün tersi yönündeki torkları pozitif, saat yönündeki torkları negatif kabul edebiliriz.

👉 Verilenler:

\( F_1 = 20 \) N, \( d_1 = 2 \) m (Saat yönünün tersi)
\( F_2 = 30 \) N, \( d_2 = 1 \) m (Saat yönü)

✅ Her bir kuvvetin torkunu hesaplayalım:

\( F_1 \) kuvvetinin oluşturduğu tork (\( \tau_1 \)):

\[ \tau_1 = F_1 \cdot d_1 = 20 \, \text{N} \cdot 2 \, \text{m} = 40 \, \text{N} \cdot \text{m} \]

Bu tork saat yönünün tersine olduğu için pozitif (\( +40 \) N·m) kabul edelim.

\( F_2 \) kuvvetinin oluşturduğu tork (\( \tau_2 \)):

\[ \tau_2 = F_2 \cdot d_2 = 30 \, \text{N} \cdot 1 \, \text{m} = 30 \, \text{N} \cdot \text{m} \]

Bu tork saat yönünde olduğu için negatif (\( -30 \) N·m) kabul edelim.

💡 Bileşke Tork Hesaplaması:

Bileşke tork (\( \tau_{net} \)) her bir torkun cebirsel toplamıdır:

\[ \tau_{net} = \tau_1 + \tau_2 \]

\[ \tau_{net} = (+40 \, \text{N} \cdot \text{m}) + (-30 \, \text{N} \cdot \text{m}) \]

\[ \tau_{net} = 10 \, \text{N} \cdot \text{m} \]

Çubuk üzerindeki net torkun büyüklüğü \( 10 \) N·m'dir ve yönü saat yönünün tersinedir. 🚀

Örnek 3:

Çözüm:

İki noktasal kütleden oluşan bir sistemin kütle merkezini bulmak için, kütlelerin konumlarını kütleleriyle ağırlıklı ortalama almamız gerekir.

👉 Verilenler:

\( m_1 = 2 \) kg, \( x_1 = 1 \) m
\( m_2 = 3 \) kg, \( x_2 = 6 \) m

✅ Kütle Merkezi Formülü:

x eksenindeki kütle merkezi (\( x_{KM} \)) aşağıdaki formülle bulunur:

\[ x_{KM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} \]

💡 Hesaplama:

Verilen değerleri formülde yerine koyalım:

\[ x_{KM} = \frac{(2 \, \text{kg}) \cdot (1 \, \text{m}) + (3 \, \text{kg}) \cdot (6 \, \text{m})}{2 \, \text{kg} + 3 \, \text{kg}} \]

\[ x_{KM} = \frac{2 + 18}{5} \, \text{m} \]

\[ x_{KM} = \frac{20}{5} \, \text{m} \]

\[ x_{KM} = 4 \, \text{m} \]

Sistemin kütle merkezi, x ekseni üzerinde \( 4 \) m konumundadır. Bu nokta, daha ağır olan kütleye daha yakındır. ⚖️

Örnek 4:

Çözüm:

Bu örnek, kütle merkezinin konumunu bulmak için önceki örnekteki formülün çubuk üzerindeki uygulamasıdır. Çubuğun sol ucunu referans noktası olarak alacağız.

👉 Verilenler:

\( m_1 = 4 \) kg, \( x_1 = 0 \) m (Çubuğun sol ucu)
\( m_2 = 6 \) kg, \( x_2 = 10 \) m (Çubuğun sağ ucu, \( L \) uzunluğunda)

✅ Kütle Merkezi Formülü:

\[ x_{KM} = \frac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} \]

💡 Hesaplama:

Verilen değerleri formülde yerine koyalım:

\[ x_{KM} = \frac{(4 \, \text{kg}) \cdot (0 \, \text{m}) + (6 \, \text{kg}) \cdot (10 \, \text{m})}{4 \, \text{kg} + 6 \, \text{kg}} \]

\[ x_{KM} = \frac{0 + 60}{10} \, \text{m} \]

\[ x_{KM} = \frac{60}{10} \, \text{m} \]

\[ x_{KM} = 6 \, \text{m} \]

Sistemin kütle merkezi, çubuğun sol ucundan \( 6 \) m uzaklıkta yer almaktadır. ⚖️

Örnek 5:

Çözüm:

👉 Verilenler:

Büyük kare levha: Kenar uzunluğu \( L = 6 \) cm. Kütle merkezi \( (3, 3) \). Kütlesi \( M \propto L^2 = 6^2 = 36 \) birim.
Çıkarılan kare parça: Kenar uzunluğu \( l = 2 \) cm. Kütle merkezi \( (5, 5) \). Kütlesi \( m \propto l^2 = 2^2 = 4 \) birim.

✅ Kütle Merkezi Hesaplama Yöntemi:

Kalan parçanın kütlesi \( M_{kalan} = M - m = 36 - 4 = 32 \) birimdir.

Kütle merkezi formülü (iki boyutlu):

\[ x_{KM} = \frac{M_{büyük} x_{büyük} - m_{çıkarılan} x_{çıkarılan}}{M_{büyük} - m_{çıkarılan}} \]

\[ y_{KM} = \frac{M_{büyük} y_{büyük} - m_{çıkarılan} y_{çıkarılan}}{M_{büyük} - m_{çıkarılan}} \]

💡 Hesaplama:

x koordinatı için:

Büyük karenin kütle merkezi \( x = 6/2 = 3 \) cm'dir.

Çıkarılan parçanın kütle merkezi \( x = 6 - 2/2 = 5 \) cm'dir.

\[ x_{KM} = \frac{(36) \cdot (3) - (4) \cdot (5)}{36 - 4} \]

\[ x_{KM} = \frac{108 - 20}{32} = \frac{88}{32} = \frac{11}{4} = 2.75 \, \text{cm} \]

y koordinatı için:

Büyük karenin kütle merkezi \( y = 6/2 = 3 \) cm'dir.

Çıkarılan parçanın kütle merkezi \( y = 6 - 2/2 = 5 \) cm'dir.

\[ y_{KM} = \frac{(36) \cdot (3) - (4) \cdot (5)}{36 - 4} \]

\[ y_{KM} = \frac{108 - 20}{32} = \frac{88}{32} = \frac{11}{4} = 2.75 \, \text{cm} \]

Kalan parçanın kütle merkezi, sol alt köşeye göre \( (2.75 \, \text{cm}, 2.75 \, \text{cm}) \) noktasındadır. 🎯

Örnek 6:

Çözüm:

Tahterevallinin dengede kalabilmesi için, destek noktasına göre net torkun sıfır olması gerekir. Yani, saat yönündeki torkların toplamı, saat yönünün tersi yönündeki torkların toplamına eşit olmalıdır.

👉 Verilenler:

Sol çocuk kütlesi (\( m_1 \)) = \( 40 \) kg
Sol çocuk uzaklığı (\( d_1 \)) = \( 2 \) m
Sağ çocuk kütlesi (\( m_2 \)) = \( m \) kg
Sağ çocuk uzaklığı (\( d_2 \)) = \( 3 \) m
Yerçekimi ivmesi (\( g \)) = \( 10 \, \text{m/s}^2 \)

✅ Kuvvetleri (ağırlıkları) ve Torkları Hesaplayalım:

Sol çocuğun ağırlığı (\( G_1 \)) = \( m_1 \cdot g = 40 \, \text{kg} \cdot 10 \, \text{m/s}^2 = 400 \) N
Sol çocuğun oluşturduğu tork (\( \tau_1 \)) = \( G_1 \cdot d_1 = 400 \, \text{N} \cdot 2 \, \text{m} = 800 \) N·m (Saat yönünün tersi)
Sağ çocuğun ağırlığı (\( G_2 \)) = \( m \cdot g \)
Sağ çocuğun oluşturduğu tork (\( \tau_2 \)) = \( G_2 \cdot d_2 = (m \cdot g) \cdot 3 \) m (Saat yönü)

💡 Denge Şartı (Net Tork = 0):

\[ \tau_1 = \tau_2 \]

\[ 800 \, \text{N} \cdot \text{m} = (m \cdot 10 \, \text{m/s}^2) \cdot 3 \, \text{m} \]

\[ 800 = 30m \]

\[ m = \frac{800}{30} \]

\[ m = \frac{80}{3} \approx 26.67 \, \text{kg} \]

Tahterevallinin dengede kalabilmesi için sağdaki çocuğun kütlesi yaklaşık olarak \( 26.67 \) kg olmalıdır. 🤸

Örnek 7:

Bir kapının kolu neden menteşelere yakın bir yere değil de, genellikle menteşelerden en uzak noktaya yerleştirilir? 🤔 Bu durum tork kavramıyla nasıl açıklanır?

Çözüm:

Kapı kolunun menteşelerden uzak bir noktaya yerleştirilmesi, günlük hayatta tork kavramının pratik bir uygulamasıdır.

🚪 Kapıyı Açma Eylemi:

Kapıyı açmak veya kapatmak için, menteşeler (dönme ekseni) etrafında bir dönme etkisi, yani tork oluşturmamız gerekir.

💪 Tork Formülü Hatırlatması:

Tork (\( \tau \)) = Kuvvet (\( F \)) \( \times \) Dik Uzaklık (\( d \))

Bu formüle göre, aynı torku (\( \tau \)) elde etmek için uygulanan kuvvet (\( F \)) ile dönme eksenine olan dik uzaklık (\( d \)) ters orantılıdır.

💡 Uygulama:

Eğer kapı kolu menteşelere yakın olsaydı, dönme eksenine olan uzaklık (\( d \)) küçük olurdu. Bu durumda, kapıyı açmak için çok daha büyük bir kuvvete (\( F \)) ihtiyacımız olurdu. Bu da kapıyı açmayı zorlaştırırdı.
Kapı kolu menteşelerden uzak bir noktaya yerleştirildiğinde, dönme eksenine olan uzaklık (\( d \)) büyür. Bu sayede, aynı torku oluşturmak için daha küçük bir kuvvet (\( F \)) uygulamak yeterli olur.

Sonuç olarak, kapı kolunun menteşelerden en uzak noktaya konulması, kapıyı açmak için gereken kuvveti minimuma indirerek, günlük kullanımda bize kolaylık sağlar. Bu, torkun "kuvvet kazancı" sağlama prensibinin güzel bir örneğidir. ✅

Örnek 8:

Çözüm:

Yüksek yapıların tasarımında ağırlık merkezi, yapısal stabilite ve güvenlik açısından kritik bir faktördür.

🏗️ Stabilite ve Devrilme Riski:

Bir cismin devrilmemesi için, ağırlık merkezinden geçen düşey doğrunun, cismin taban alanı içinde kalması gerekir. Eğer ağırlık merkezi taban alanının dışına çıkarsa, cisim devrilir.

🌬️ Rüzgar ve Deprem Etkisi:

Rüzgar: Yüksek binalar rüzgarın etkisiyle yana doğru itilir. Bu itme kuvveti, binada bir tork oluşturur ve binayı devirmeye çalışır.
Deprem: Deprem anında yer sarsıntısı, binanın tabanını hareket ettirirken, binanın üst kısımları ataleti nedeniyle geride kalmaya meyillidir. Bu durum da binada ciddi torklar ve salınımlar yaratır.

💡 Ağırlık Merkezinin Rolü:

Yüksek binalarda ağırlık merkezinin olabildiğince alçakta tutulması istenir. Bu, binanın devrilme momentine karşı direncini artırır. Ağırlık merkezi ne kadar alçakta olursa, devrilme için gereken dış tork o kadar büyük olur.
Mühendisler, binanın alt katlarında daha ağır malzemeler kullanarak veya geniş temeller oluşturarak ağırlık merkezini düşürmeye çalışırlar.
Ağırlık merkezi alçak olan bir yapı, rüzgarın veya depremin neden olduğu salınımlara ve devrilme kuvvetlerine karşı daha dirençli olur, böylece yıkılma riski azalır.

Özetle, yüksek binalarda ağırlık merkezinin alçakta tutulması, yapının dış etkenlere karşı dayanıklılığını ve güvenliğini sağlamanın temel yollarından biridir. Bu sayede bina daha dengeli ve stabil kalır. 🛡️

Örnek 9:

Çözüm:

👉 Verilenler:

Büyük kare levha: Kenar uzunluğu \( 2L \). Ağırlık merkezi \( (L, L) \). Ağırlığı \( G \).
Çıkarılan kare parça: Kenar uzunluğu \( L \). Bu parça, büyük levhanın bir köşesinden (örneğin sağ üst köşeden) çıkarılsın.

✅ Ağırlıkların Hesaplanması:

Homojen levhalarda ağırlık, alanla orantılıdır.

Büyük levhanın alanı = \( (2L)^2 = 4L^2 \). Ağırlığı \( G \).
Çıkarılan parçanın alanı = \( L^2 \). Bu parça, büyük levhanın alanının \( 1/4 \)'ü olduğu için ağırlığı \( G_{çıkarılan} = G/4 \).
Kalan levhanın ağırlığı = \( G_{kalan} = G - G/4 = 3G/4 \).

✅ Ağırlık Merkezlerinin Konumları (Orijin \( (0,0) \)):

Büyük levhanın ağırlık merkezi (\( x_{büyük}, y_{büyük} \)) = \( (L, L) \).
Çıkarılan parçanın ağırlık merkezi: Eğer sağ üst köşeden çıkarıldıysa, bu parçanın sol alt köşesi \( (L, L) \) noktasında başlar ve sağ üst köşesi \( (2L, 2L) \) noktasında biter. Dolayısıyla, çıkarılan parçanın ağırlık merkezi \( (L + L/2, L + L/2) = (3L/2, 3L/2) \).

💡 Kalan Levhanın Ağırlık Merkezi Hesaplaması:

\[ x_{KM} = \frac{G_{büyük} x_{büyük} - G_{çıkarılan} x_{çıkarılan}}{G_{kalan}} \]

\[ y_{KM} = \frac{G_{büyük} y_{büyük} - G_{çıkarılan} y_{çıkarılan}}{G_{kalan}} \]

x koordinatı için:

\[ x_{KM} = \frac{G \cdot L - (G/4) \cdot (3L/2)}{3G/4} \]

\[ x_{KM} = \frac{G L - 3GL/8}{3G/4} = \frac{(8GL - 3GL)/8}{3G/4} = \frac{5GL/8}{3G/4} \]

\[ x_{KM} = \frac{5GL}{8} \cdot \frac{4}{3G} = \frac{5L}{6} \]

y koordinatı için:

Hesaplama x koordinatı ile simetrik olduğundan, aynı sonucu elde ederiz:

\[ y_{KM} = \frac{5L}{6} \]

Daha Fazla Soru ve İçerik İçin QR Kodu Okutun

https://www.eokultv.com/atolye/11-sinif-fizik-tork-kutle-ve-agirlik-merkezi/sorular

💡 11. Sınıf Fizik: Tork Kütle Ve Ağırlık Merkezi Çözümlü Örnekler

11. Sınıf Fizik: Tork Kütle Ve Ağırlık Merkezi Çözümlü Örnekler

İçerik Hazırlanıyor

İşlem Başarısız Oldu

Başarıyla Tamamlandı!