Vektörler, 2B Kinematik, Eğik Atış ve Bağıl Hız

0. Panik rotası: vaktin azsa önce bunlar

Sınava 1–2 gün kaldıysa bu ünitede şu sırayı izle (~90 dk):

1. §3 ve §5'i oku (eğik atış temel paketi + duvar). §6'nın reçetesine göz at.
2. Örnek 2, 6 ve 7'yi adım adım aç: hız penceresi, sekme, gecikmeli atış.
3. Öncelik 1 soruları çöz: Soru 9, 12, 17, 18, 19, 25. Her biri son 5 MT1'den bir soru kalıbını çalıştırır; çözümün sonunda hangi sınav olduğu yazıyor.

Kalanlar: öncelik 2 = vaktin varsa, öncelik 3 = müfredatta ama son 5 MT1'de bu kalıpla gelmedi.

1. Vektörler: bileşenler ve birim vektörler (Giancoli §3‑1–⁠3‑5)

Skaler (scalar) sadece sayı + birim taşır (kütle, zaman, sıcaklık); vektör (vector) büyüklük + yön taşır (yer değiştirme, hız, ivme, kuvvet). Giancoli genel vektörü $\vec V$, yer değiştirmeyi $\vec D$ ile yazar; büyüklüğü italik $V$, hep pozitif. Eksi işaret büyüklüğü değil yönü değiştirir.

Grafik toplama (§3‑2). Uç uca ekleme (tail-to-tip): $\vec V_2$'nin kuyruğunu $\vec V_1$'in ucuna koy; sonuç kuyruktan uca çizilen ok. Paralelkenar (parallelogram): ikisini aynı noktadan çiz, sonuç ortak köşeden çıkan köşegen. Uçları birleştiren diğer köşegen toplam değil, farktır ($\vec V_2 - \vec V_1$). Sıra önemsiz: $\vec V_1+\vec V_2=\vec V_2+\vec V_1$ (değişme özelliği, commutative), $(\vec V_1+\vec V_2)+\vec V_3=\vec V_1+(\vec V_2+\vec V_3)$ (birleşme özelliği, associative). Büyüklük için $V_R \le V_1+V_2$; eşitlik sadece aynı yönde. Pisagor teoremi (Pythagorean theorem) sadece iki vektör birbirine dikse.

Çıkarma ve skalerle çarpma (§3‑3). $-\vec V$ = aynı boy, ters yön. $\vec V_2-\vec V_1=\vec V_2+(-\vec V_1)$. $c\vec V$: boy $|c|V$, $c\gt0$ ise aynı yön, $c\lt0$ ise ters yön.

Sınavda ise hep bileşen (component) diliyle çalışırsın (§3‑4, §3‑5):

$$\begin{gathered}\vec A = A_x\,\hat i + A_y\,\hat j + A_z\,\hat k\\ |\vec A| = \sqrt{A_x^2 + A_y^2 + A_z^2}\end{gathered}$$

• Büyüklük $A$ ve $+x$ ekseniyle (saat yönünün tersine ölçülen) açı $\theta$ verilirse: $A_x = A\cos\theta,\; A_y = A\sin\theta$ (Giancoli Eq. 3-2). Açı başka eksenden verildiyse sin/cos yer değiştirir; işareti şekilden ver: $-x$ veya $-y$ yönündeki bileşen eksi. Ters yön: $\tan\theta = A_y/A_x$, ama hangi çeyrekte olduğuna işaretlere bakarak karar ver (arctan sadece $-90^\circ..90^\circ$ verir).

• Toplama/çıkarma bileşen bileşen: $\vec A \pm \vec B = (A_x \pm B_x)\hat i + (A_y \pm B_y)\hat j$. Büyüklükleri toplamak YASAK: $|\vec A + \vec B| \ne A + B$ (sadece aynı yöndeyse eşit).

• Birim vektör (unit vector): $\hat u_A = \vec A/|\vec A|$. Büyüklüğü 1, birimi yok, sadece yön taşır.

• Hesap makinesi yok → sınav açıları hep "güzel": $30^\circ, 45^\circ, 60^\circ$ ve 3-4-5 üçgeni ($\sin 37^\circ \approx \cos 53^\circ \approx 3/5$, $\cos 37^\circ \approx \sin 53^\circ \approx 4/5$). Soruda "$\cos\theta = 4/5$" görürsen bu odur.

• Bileşenler eksen seçimine bağlıdır; vektörün kendisi değil. Bir ekseni vektörlerden birinin yönüne koyarsan o vektörün tek bileşeni kalır (eğik düzlemde işine yarayacak).

Şunu kafana kazı: her 2B problem aslında iki tane 1B problemdir. x'i ayrı, y'yi ayrı çöz, sonra birleştir.

2. Vektör kinematiği: r(t) → v(t) → a(t) (Giancoli §3‑6)

Konum vektörü $\vec r(t) = x(t)\hat i + y(t)\hat j + z(t)\hat k$ verildiyse her şey türevle gelir:

$$\vec v = \frac{d\vec r}{dt},\qquad \vec a = \frac{d\vec v}{dt} = \frac{d^2\vec r}{dt^2}$$

Birim vektörler sabit, sadece katsayıların türevini alırsın.

Yer değiştirme: $\Delta\vec r = \vec r_2-\vec r_1 = (x_2-x_1)\hat i+(y_2-y_1)\hat j+(z_2-z_1)\hat k$. Anlık hız $\vec v$ her an yörüngeye teğet (tangent). İvme ise hızın büyüklüğü veya yönü değişince sıfırdan farklıdır: sabit süratle viraj dönen arabanın da ivmesi var.

Ortalama (average) değerler türev değil, fark bölü zaman (Giancoli Eq. 3-7, 3-10):
$$\begin{gathered}\vec v_{\text{avg}} = \frac{\vec r(t_2) - \vec r(t_1)}{t_2 - t_1}\\ \vec a_{\text{avg}} = \frac{\vec v(t_2) - \vec v(t_1)}{t_2 - t_1}\end{gathered}$$

Dikkat: ortalama sürat (average speed) = yol uzunluğu / $\Delta t$, bu genelde $|\vec v_{\text{avg}}|$'den büyüktür (eşitlik sadece tek yönde düz giderken). Anlık sürat ise her zaman $|\vec v|$.

Sabit ivme, vektör formu (Giancoli Eq. 3-13, Table 3-1): her bileşen kendi 1B sabit-ivme denklemini sağlar:
$$\begin{gathered}\vec v=\vec v_0+\vec a\,t\\ \vec r=\vec r_0+\vec v_0 t+\tfrac12\vec a\,t^2\end{gathered}$$
$$\begin{gathered}x=x_0+v_{x0}t+\tfrac12a_xt^2\\ v_x^2=v_{x0}^2+2a_x(x-x_0)\\ (\text{y için aynısı})\end{gathered}$$

Ters yön (a verilir, r istenir): integral al + başlangıç koşulunu ekle: $\vec v(t) = \vec v_0 + \int_0^t \vec a\,dt'$. Sabiti unutan puan kaybeder.

Sınavın sevdiği "katsayıyı yorumla" sorusu: $\vec r = 9.6t\,\hat i + 6.45\,\hat j - 1.5t^2\hat k$ gibi bir ifadede $t$'nin çarpanı hız (m/s), sabit terim başlangıç konumu (m), $t^2$'nin katsayısı ivmenin yarısı (m/s²), yani $a_z = -3.0$ m/s², $-1.5$ değil!

Bonus: ivme sabitse $\vec v_{\text{avg}}$ aralığın orta anındaki anlık hıza eşittir. Kontrol için süper.

3. Eğik atış (projectile motion): temel paket (Giancoli §3‑7)

Galileo'nun fikri: yatay ve düşey hareket birbirinden bağımsız. Hava direnci yok, $+y$ yukarı → $a_x=0,\ a_y=-g$, yani $\vec a = -g\hat j$. Başlangıç $(x_0,y_0)$, hız $v_0$, $+x$'ten açı $\theta_0$; Giancoli bileşenleri $v_{x0}=v_0\cos\theta_0$, $v_{y0}=v_0\sin\theta_0$ diye yazar (Table 3-2):

$$\begin{aligned}x(t) &= x_0 + v_0\cos\theta_0\,t\\ y(t) &= y_0 + v_0\sin\theta_0\,t - \tfrac12 g t^2\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}v_x &= v_{x0}\ (\text{sabit})\\ v_y &= v_{y0} - g t\\ v_y^2 &= v_{y0}^2 - 2g(y-y_0)\end{aligned}$$

Son denklem zaman sormadan düşey hızı verir: yüksekten atışta çarpma sürati $v^2 = v_0^2 + 2gh$, atış açısından bağımsız!

Yatay atış (horizontal launch; masadan yuvarlanan top, uçaktan bırakılan paket): $v_{y0}=0$. Düşme süresi $t=\sqrt{2h/g}$, aynı yükseklikten serbest bırakılan cisimle aynı. Hareketli araçtan bırakılan cisim aracın yatay hızını taşır; yerden bakınca parabol, araçtan bakınca dümdüz aşağı.

Yüksekten açılı atış (uçurum, balkon, futboldaki punt vuruşu): $y_{\text{son}}=-h$ koy → $t$'de ikinci derece denklem. Pozitif kökü al; negatif kök fiziksel değil (parabolün atıştan önceki uzantısı).

Düz zeminden atılıp aynı yüksekliğe düşerse:
$$\begin{aligned}t_{\text{flight}} &= \frac{2v_0\sin\theta_0}{g}\\ H &= \frac{v_0^2\sin^2\theta_0}{2g}\\ R &= \frac{v_0^2\sin 2\theta_0}{g}\end{aligned}$$

Yörünge denklemi (trajectory, Giancoli Eq. 3-14: yol bir paraboldür): duvar ve eğik düzlem sorularının anahtarı, $t$'yi yok eder:
$$\begin{aligned}y &= x\tan\theta_0 - \frac{g x^2}{2v_0^2\cos^2\theta_0}\\ &= x\tan\theta_0 - \frac{g x^2}{2v_0^2}(1+\tan^2\theta_0)\end{aligned}$$

$R$ formülünü sadece başlangıç ve bitiş yüksekliği aynıysa kullan. Uçurumdan atış, duvar, eğik düzlem → formül yok, $x(t), y(t)$ yaz.

4. Tepe noktası, simetri ve kısayollar (Giancoli §3‑8)

• Tepe noktası (maximum height): $v_y = 0$, $t_{\text{top}} = v_0\sin\theta_0/g$. Sınav cümlesi "hits the target with a horizontal velocity" ya da "lands horizontally on the ledge" = cisim tam tepe noktasında. Bu cümleyi gördüğün an $v_y=0$ yaz.
• Tepe noktasında hız sıfır değil: $v = v_x = v_0\cos\theta_0$. İvme hâlâ $g$.
• Simetri: düz zeminde çıkış süresi = iniş süresi, iniş hızı = atış hızı (büyüklük), açı ayna simetrisi.
• $\theta$ ve $90^\circ - \theta$ aynı menzili verir ($\sin 2\theta$ aynı). Maksimum menzil $45^\circ$'de: $R_{\text{max}} = v_0^2/g$; $v_0$ iki katına çıkarsa $R_{\text{max}}$ dört katına çıkar. Gerçekte hava direnci menzili kısaltır ve en iyi açıyı $45^\circ$'nin altına çeker (sınavda hava direnci yok sayılır). Ters kullanım: "maksimum menzili $d$ olan fırlatıcı" → $v_0 = \sqrt{gd}$ (2024-25 Bahar MT1).
• Uçuş süresi sadece $v_{y0}$'ye bağlı. Yatay hız (araç hızı, rüzgar vb.) uçuş süresini değiştirmez, sadece nereye düştüğünü değiştirir.
• Sekme (bounce): "aynı açıyla, $k$ katı hızla sekiyor" → her sekme yeni bir atış, hız $kv$. Menzil $v^2$ ile ölçeklenir → $k^2$ katına, süre $v$ ile → $k$ katına iner ($k = 1/2$ ise menzil $1/4$, süre $1/2$). Sonsuz sekme toplamı geometrik dizi: $R_1/(1-k^2)$ ve $T_1/(1-k)$ (Örnek 6). Başka bir model: "yatay bileşen aynı, dikey bileşen $e$ katına iner". Orada açı değişir ($\tan\theta' = e\tan\theta$), menzil $e$ ile ölçeklenir (Soru 20). Soru hangi modeli veriyorsa onu kullan.

5. Duvar, uçurum ve eğik düzlem (Giancoli §3‑8)

Duvar ($x = L$ uzaklıkta, yükseklik $H$): duvara varış anı $t_L = L/(v_0\cos\theta_0)$. Duvarı aşma şartı $y(t_L) \ge H$. Minimum $v_0$ için eşitlik yaz:
$$\begin{aligned}H &= L\tan\theta_0 - \frac{gL^2}{2v_0^2\cos^2\theta_0}\\ \Rightarrow\ v_{0,\text{min}}^2 &= \frac{gL^2}{2\cos^2\theta_0\,(L\tan\theta_0 - H)}\end{aligned}$$
Payda sıfıra gidince $v_0 \to \infty$: $H \ge L\tan\theta_0$ ise hiçbir hız yetmez (atış doğrusu duvarın tepesinin altında kalıyor). "No matter how large $v_0$" sorusu tam budur.

Yükseklikten atış: atış yerden değil $h$ yüksekliğinden yapılırsa ($y_0 = h$) aynı hesap şunu verir:
$$\begin{aligned}v_{0,\text{min}}^2 &= \frac{gL^2}{2\cos^2\theta_0\,D}\\ D &= h + L\tan\theta_0 - H\end{aligned}$$
İmkânsızlık şartı $H \ge h + L\tan\theta_0$ olur (2023-24 Bahar MT1 kalıbı).

Hız penceresi: hem duvarı aşması hem de belli bir $D$ mesafesinden önce düşmesi istenirse alt sınır duvardan, üst sınır menzilden gelir. Pencere ancak $H \le L\tan\theta_0(1 - L/D)$ ise açık (Örnek 2).

Eğik düzlem (incline, açısı $\alpha$): iniş noktası yörünge ile $y = x\tan\alpha$ doğrusunun kesişimi. $t$ üzerinden:
$$\begin{aligned}v_0\sin\theta_0\,t - \tfrac12 g t^2 &= (v_0\cos\theta_0\,t)\tan\alpha\\ \Rightarrow\ t &= \frac{2v_0\sin(\theta_0-\alpha)}{g\cos\alpha}\end{aligned}$$
Eğim boyunca mesafe $d = x/\cos\alpha$.

Kısayol (trick): eksenleri döndür. x' eğim boyunca, y' eğime dik. O zaman $g$'nin bileşenleri: $g_{y'} = -g\cos\alpha$, $g_{x'} = \mp g\sin\alpha$. "Eğimden en uzak an" = $v_{y'} = 0$; mesafe $\frac{(v_{y'0})^2}{2g\cos\alpha}$. Normal eksenlerde bu çok daha uzun sürer.

6. Optimizasyon: maksimum menzil / maksimum yükseklik (Giancoli §3‑8)

Son 5 MT1'in 2'sinde çıktı, ikisi de en yeni iki sınav (2025-26 Güz MT1, 2025-26 Bahar MT1): "$v_0$ sabit, $\theta$'yı değiştirerek X'i maksimum yap". Reçete:

1. X'i $\theta$ cinsinden yaz (menzil, duvardaki çarpma yüksekliği, eğimdeki mesafe...).
2. $dX/d\theta = 0$ çöz. Ya da daha temizi: $1/\cos^2\theta = 1 + \tan^2\theta$ ile ifadeyi $\tan\theta$'da ikinci derece polinoma çevir, tepe noktasını bul.
3. Fiziksel kontrol: $\theta$ $0$–$90^\circ$ aralığında mı, limitler mantıklı mı?

Ezberlemeye değer üç sonuç (türetebilmen şart, sınavda türetme puanı var):

• Düz zemin: $\theta^* = 45^\circ$.
• Duvarda en yüksek çarpma noktası: $\tan\theta^* = \frac{v_0^2}{gL}$, $h_{\text{max}} = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{gL^2}{2v_0^2}$ (2025-26 Güz MT1). Sadece $v_0^2 \ge gL$ iken anlamlı: $v_0^2 \lt gL$ ise $h_{\text{max}} \lt 0$ çıkar, yani top hiçbir açıyla duvara ulaşamaz.
• Yukarı doğru eğik düzlemde ($\alpha$): $\theta^* = 45^\circ + \alpha/2$, $d_{\text{max}} = \frac{v_0^2}{g(1+\sin\alpha)}$.

Hareketli araçtan atışta (namlu hızı $v_0$ araca göre, araç $u$ ile geri gidiyor) yer menzili $R = \frac{2v_0\sin\theta\,(v_0\cos\theta - u)}{g}$ olur; türev $\Rightarrow 2v_0\cos^2\theta - u\cos\theta - v_0 = 0$, $\cos\theta$'da ikinci derece (2025-26 Bahar MT1). Artık $45^\circ$ değil, $45^\circ$'nin altında (Örnek 3(e), Soru 26). Bu kök yalnız $u \lt v_0$ iken $0 \lt \cos\theta \le 1$ aralığına düşer; $u \ge v_0$ ise top her açıda geriye düşer ($v_0\cos\theta - u \lt 0$), ileri menzil maksimumu yoktur. Araç hedefe doğru gidiyorsa işaret döner: $2v_0\cos^2\theta + u\cos\theta - v_0 = 0$, optimum $45^\circ$'nin üstüne çıkar (Soru 18). Araçtaki gözlemci için optimum hep $45^\circ$: o çerçevede sıradan eğik atış.

7. Bağıl hız (relative velocity) (Giancoli §3‑9)

İndeks zinciri (subscript chain): iç indeksler "birbirini götürür":
$$\vec v_{AC} = \vec v_{AB} + \vec v_{BC},\qquad \vec v_{AB} = -\vec v_{BA}$$
($\vec v_{AB}$ = A'nın B'ye göre hızı.) Giancoli'nin örneği (Eq. 3-15): tekne (B, boat), su (W, water), kıyı (S, shore) → $\vec v_{BS}=\vec v_{BW}+\vec v_{WS}$. Kontrol kuralı: sağdaki iç indeksler aynı (W, W), dış indeksler soldakiyle aynı (B, S). Kökeni: konumlar toplanır, $\vec r_{PE}=\vec r_{PT}+\vec r_{TE}$ (yolcu–tren–Dünya); türev al → hızlar da toplanır.

• Hareketli araçtan atış: top namludan araca göre $\vec v_{0}$ ile çıkar. Yere göre: $\vec v_{BG} = \vec v_{BC} + \vec v_{CG}$ (B = top/ball, C = araç/car, G = yer/ground). Araç yatay gidiyorsa sadece $v_x$ değişir, $v_y$ aynı → uçuş süresi aynı. Yere göre fırlatma açısı da değişir: $\tan\theta_G = v_y/(v_0\cos\theta \pm u)$; araç atış yönünde gidiyorsa $+u$, ters yönde gidiyorsa $-u$ (§6'daki geri giden araç).
• Araç sabit hızla gidiyorsa araçtaki gözlemci için bu sıradan bir eğik atış: top araca göre $\vec v_0$ ile çıkar, araca göre menzil $v_0^2\sin2\theta/g$. Araca göre $v_x = 0$ ise (dümdüz yukarı atış) top araca geri düşer.
• Nehir/tekne: $\vec v_{BS} = \vec v_{BW} + \vec v_{WS}$. Karşıya en kısa sürede = burun tam karşıya; tam karşı noktaya varmak = burun akıntıya karşı, $\sin\phi = v_{WS}/v_{BW}$ ($\phi$ tam karşı yönden ölçülür). Bu ancak $v_{BW} \gt v_{WS}$ ise mümkün; tekne akıntıdan yavaşsa tam karşıya hiç varamaz.
• Yağmur: sürücünün gördüğü $\vec v_{RC} = \vec v_{RG} - \vec v_{CG} = \vec v_{RG} + \vec v_{GC}$ (R = yağmur/rain) → yağmur önden eğik gelir.
• İki serbest cisim aynı g altında: bağıl ivme $\vec a_A - \vec a_B = 0$ → biri diğerine göre düz çizgide sabit hızla gider. İki aracın birbirine göre hareketi de aynı mantık: $\vec r_{BA}(t)=\vec r_{BA}(0)+\vec v_{BA}t$ düz çizgi; en yakın an $\vec r_{BA}\perp\vec v_{BA}$, ama yalnız bu an $t \gt 0$'a düşüyorsa (cisimler başta birbirine yaklaşıyorsa, $\vec r_{BA}(0)\cdot\vec v_{BA} \lt 0$); yoksa uzaklaşıyorlardır ve en yakın an başlangıçtır. "Maymun ve avcı" (monkey and hunter) ve "hedef yukarı atılıyor, mermi çarpıyor" sorularının sırrı bu.

8. Sınav stratejisi, hesap makinesi yok (Giancoli §3‑8)

• Önce her cisim için $\vec r(t)$ yaz (koordinat sistemini figürdeki gibi al). 2024-25 Güz MT1'de (a) şıkkı tam buydu: "write the position vectors", 5 bedava puan.
• Çarpışma = aynı anda aynı nokta: $\vec r_1(t) = \vec r_2(t)$ → x ve y'den iki denklem.
• Gecikmeli atış: biri $T$ kadar sonra atılıyorsa onun denkleminde $t$ yerine $t - T$ yaz (önce atılmışsa $t + T$). $T$ için çıkan ikinci derece denklemin iki kökünü de kontrol et; negatif $T$ "önce bırakıldı" demek olabilir (Örnek 7, Soru 19; 2024-25 Güz MT1 kalıbı).
• Kare kök altı negatifse "bu senaryo imkânsız" → son 5 MT1'in 2'sinde bir şık tam bunu sordu (2023-24 Bahar, 2024-25 Güz). Diskriminant $\ge 0$ şartını yaz.
• Sembolik cevapta boyut kontrolü (dimensional analysis): $v_0^2/g$ = metre, $v_0/g$ = saniye. $\sqrt{gd}$ = m/s.
• Limit kontrolü: $u=0$ koyunca bilinen sonuca dönüyor mu? $\alpha = 0$ koyunca $R_{\text{max}} = v_0^2/g$ çıkıyor mu?
• Sayılar hep $g = 10$, 3-4-5, $\sqrt2$, $\sqrt3$ ile temizlenir. $\sqrt{241}$ gibi bir şey çıktıysa bir yerde işaret hatası olabilir, ama bazen gerçekten öyle; bırak kök olarak kalsın.