KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
FİZİK ÖĞRETMENLİĞİ
TG – 1
ÖABT – FİZİK
Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının “İhtiyaç Yayıncılık”ın yazılı izni olmadan kopya edilmesi, fotoğrafının çekilmesi, herhangi bir yolla çoğaltılması, yayımlanması ya da kullanılması yasaktır. Bu yasağa
uymayanlar, gerekli cezai sorumluluğu ve testlerin hazırlanmasındaki mali külfeti peşinen kabullenmiş sayılır.
AÇIKLAMA
DİKKAT!
ÇÖZÜMLERLE İLGİLİ AŞAĞIDA VERİLEN UYARILARI MUTLAKA OKUYUNUZ.
1. Sınavınız bittiğinde her sorunun çözümünü tek tek okuyunuz.
2. Kendi cevaplarınız ile doğru cevapları karşılaştırınız.
3. Yanlış cevapladığınız soruların çözümlerini dikkatle okuyunuz.
FİZİK ÖĞRETMENLİĞİ
2015 – ÖABT / FİZ
1.
İş = Kuvvet . Yer değiştirme dir.
TG – 1
F2
5.
3.
K için,
P
5r
W K = F : D x = 2 i : 3k = 6i : k
2a
= i : k = 0 ise W k = 0 d›r.
d1
P
L için,
a
= i : k = 0, j : k = 0 ise W L = 0 d›r.
O
M için,
W M = (i - j) : (j + k) = i : j - j : j - j : k + i : k
T1
2P
d2
sürtünmeli
yer
= - 1j bulunur.
d 1 = 2, : sin 2a (sin 2a = 2. sin a : cos a d›r)
d 2 = , : cos a d›r.
2.
,
B
T2
S
yatay
6d - ,
Çubuk dengede ise F1 ve T1 in O1 e göre
F2 ve T2 nin O2 ye göre torkları eşittir.
F1 = F2 = F alınırsa
T1 . 2r = F . 2r & T1 = F olur.
T2 . r = F . 5r & T2 = 5F olur.
P : 2 , : 2 sin a : cos a = 2 P : , : cos a
Çubuğun kütle merkezi A dan , kadar
uzakta B noktası olsun.
sina =
R
b/2
b
b/2
F1
X
K L M N R
P : d 1 = 2P : d 2 dir.
4sina = 2
F
180° - b
F
T1
A
Çubuk dengede ise P ve 2P nin O ya göre
torkları eşit olmalıdır.
A B C D E
O2
T2
= j : j = 1, i : k = 0, j : k = 0, i : j = 0
K ve L için iş yapılamaz.
r
O1
,
,
W L = ( i - j ) : ( k) = i : k - j : k
180-a
2r
Her bölme d alındığında
1
bulunur.
2
T1 : , = T2 : (6d - ,) olur.
A B C D E
F
F : , = 5 F : (6 d - , )
, = 30d - 5,
6, = 30d
Şekilde şiddetleri F olan kuvvetlerin bileşkesi R olsun. Cosinüs teoremi uygulandığında
, = 5d bulunur.
A dan 5d uzaklık R noktası olur.
R 2 = F 2 + F 2 - 2F : F : cos (180° - b)
A B C D E
R 2 = F 2 + F 2 - 2F 2 : (- cos b)
R 2 = 2F 2 + 2F 2 cos b
f cos b = 2 cos 2
- 1dir. p
b
2
R 2 = 2F 2 + 2F 2 f 2 cos 2
= 2F 2 + 4F 2 : cos 2
R 2 = f 2F : cos
R = 2F : cos
b
2
b
2
b
2
b
2
- 1p
- 2F 2
2
p
4.
ile bulunur.
~ s = ~ i + a : t ile bulunur.
O hâlde sorudaki b = 2a alınırsa
R = 2F : cos a
O
cosa değerini OML üçgeninde
OL
2d
cosa =
=
6d
LM
cosa =
=
~ i = 5rad/s
a = 2rad/s 2
~s = ?
t= 2
~s = 5 + 2 : 2
1
olur.
3
R = 2F :
Açısal hızı ile açısal ivme aynı yönlü olduğundan dolayı 2 saniye sonra açısal hızı
~ s ise
= 9 rad/s bulunur.
1
3
A B C D E
2F
bulunur.
3
A B C D E
3
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
6.
A
7.
h
V
r
B
7V
h
2r
C
TG – 1
h
19V
Şekildeki
koni
düzgün
olarak
parçalara ayrılsın.
Düşey kesiti verilen düzenekte gaz dengede ise gaz basıncı Pg, hava basıncı PH ise
Pg = P0 + hdg dir. Pg =
h
37V
ip
2,
4
P ise
3 0
hdg =
4r
P0
3
Px
=
1
VA = rr 2 : h = V al›n›rsa
3
Px : 2, = Py :
P0
4
P + 2:
3
3 0
Py = 4P olur.
Ortamın sıcaklığı Dt kadar artırılınca
K deki toplam basınç PK ise
1
V A + V B = r : ( 2r ) 2 : 2 h
3
X çubuğunun kütle merkezi Dx , Y ninki de
Dy kadar ötelensin.
_
Dx = 2, : mx : Dt b
b mx: X in genleflme katsay›s›
`
,
Dy = : my : Dt b my: Y nin genleflme katsay›s›
b
2
a
PK = PH + h : 3dg
= PH + 3hdg
= 8V bulunur. Buradan
VB = 7V olur.
= 2P0 + 3 :
P0
3
= 2P0 + P0
C nin hacmi için
Bu durumda denge için
= 3P0 bulunur.
1
VA + VB + VC = r : (3r) 2 : 3h = 27V
3
,
& 4Px = Py
2
Px = P ise
PH = 2P0 olur.
B nin hacmi VB alınırsa
Py
Çubuklar dengede ise O noktasına göre
tork alınabilir.
tür.
PH = Pg + 2hdg
A nın hacmi VA ise
,/2
O
4
P = P0 + hdg
3 0
3r
D
9.
Px : (2, + 2, : mx : Dt) = Py : d
A B C D E
VC = 19V bulunur.
,
,
+ : my : Dt n
2 2
P : (2, + 2, : mx : Dt) = 4P : d
D nin hacmi için
,
,
+ : my : Dt n
2 2
2P, + (2, : mx : Dt) P = 2P, + 2P, : my : Dt
1
VA + VB + VC + VD = r (4r) 2 : 4h = 64V
3
2, : P Dt : mx = 2P, : Dt : my
mx = my olur.
VD = 37V olur.
mx
= 1 bulunur.
my
K bardağının hacmi B kesik koni ile aynıdır.
O hâlde K nın hacmi VB = 7V kadar
L nin hacmi VC + VD = 19V + 37V = 56V
olur.
VL
56V
=
= 8 defa su boşaltılır.
VK
7V
8.
Basınç
4P
10.
3P
A2
2P
i
P
7V = 140m, & V = 20m,
VL = 56V = 56 : 20
V
= 1020m, = 1, 02, olur.
8 defa 1,02, su
A B C D E
A B C D E
Kayısılar aynı yükseklikte düşmüşlerse
yere çarpma hızları eşit olur. Yere çarpıp
durduklarında son hızları sıfır olur.
İtme = momentumun değişimi
A1
s
2V
3V
Toprak zemin için
Hacim
4V
M : Dv = F1 : Dt 1 dir.
Çamur yüzey için
Bir gazın genleşirkenki basınç - hacim grafiğinin altındaki alan gazın yaptığı işi verir.
M : Dv = F2 : Dt 2 dir.
Grafiğin altında kalan alanı A1 ve A2 alanlarına bölelim
Yani itme ve momentum değişimleri aynıdır.
A1 =
A2 =
=
(2P + 4P) : (2V - V)
2
= 3P : V
(4P + 3P) : (4V - 2V)
O hâlde F1 : Dt 1 = F2 : Dt 2 dir.
Çamur zeminde durma süresi daha uzun
olur.
Dt 2 > Dt 1 ise F1 > F2 dir.
2
Toprak zeminde daha fazla kuvvet uygulanır.
7P : 2V
= 7PV dur.
2
Yapılan iş = 3PV + 7PV = 10PV iş yapar.
A B C D E
4
M : DV her iki durumda aynıdır.
O hâlde Yalnız III doğrudur.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
11.
TG – 1
Sıcak kapak kuru bez ile alındığı hâlde ıslak bezle alınmamasının nedeni kuru bezde ısı iletimi daha az iken, ıslak bezde ısı
iletimi daha fazla olur.
14.
Elimizin yanması ıslak bezde ısı iletimi
daha hızlı olduğu içindir.
Ortam sürtünmesiz olduğuna göre serbest
bırakılan X cisminin kaybettiği potansiyel
enerjisi kinetik enerjisine dönüşür.
Cismin M deki düşey hızı
X için enerji dönüşümünü yapalım.
VYM = 20 :
mx : g : h1 =
Yalnız II doğrudur.
1
m : v 2 olur.
2 x Lx
Hız (m/s)
1
m : v2
2 x Lx
=
v Lx = 20 m/s olur.
K
L
K
A
10
E
B
D
C
5
20
10
–10
Zaman
(s)
(VYM) 2
2g
(10) 2
2 : 10
= 5m bulunur.
v 2Lx = 400
20
0
hl =
Verilenler yerine yazılırsa
m x : 10 : 20 =
1
2
VYM = 10 m/s
vLx : X in L deki hızıdır.
A B C D E
12.
VYM = VM : sin 30°
h max = h l + h 2
Cisimler merkezi esnek çarpışmışlar ise
= 5 + 25
I. Momentum korunur.
= 30m bulunur.
P x + P y = Pxl + Pyl
A B C D E
m x : v Lx + m y : v y = m x : v xl + m y : v yl
Y durgun olduğundan vy = 0 dır.
K aracı (0-20) saniye aralığında XK kadar
yer değiştirir.
3m : 20 + m : 0 = 3m : v xl + m : v yl
3v xl + v yl = 60 1
XK = A + C + D + E dir.
L aracı da bu sürede XL kadar değiştirir.
XL = -B + C + D dir.
K nin L den fazla aldığı yol XK - XL dir.
X K - X L = A + C + D + E - (- B + C + D )
= A+ C+ D+ E+ B- C- D
Hızlar korunur.
v Lx + v lx = v y + v ly
15.
20 + v lx = 0 + v ly
=
720 - (- 10)A : 10
2
kadard›r.
1 ve 2 nin ortak çözümünden
Vxl = 10 m/s ve Vyl = 30 m/s bulunur.
Y cismi L den 30 m/s hızla hareket eder.
30 : 10
2
Cisim M den VM hızla geçer.
VM hızı için enerji korunumu yapalım:
= 150 m olur.
A B C D E
Vyl =30 m/s
Y
VM
M
30°
VXM
h2 = 25m
h2=25m
30°
EK =
1
1
m : (- v ) 2 = m : v 2 = E al›n›rsa
2
2
1
1
E L = 4m : ( v ) 2 = : 4mv 2 = 4E al›n›r.
2
2
EK
1
E
=
= bulunur.
4E
4
EL
2:3:6
ise Tx = 6 saniyedir.
Tx
Tx
X cismi en alt noktadan en üst noktaya
2
Ty
süsürede gelir. Y cismi P den K ye
4
rede gelir.
Tx
=
Ty
4
dir.
Y nin periyodu Ty ise
m
ile bulunur.
K
Ty = 2r
Y için enerji dönüşümü
O hâlde K cismi -x yönünde - 2 v hızla L
de +x yönünde v hızla gidiyorsa K in yere
göre hızı - v ; L ninde + v dir.
6=
Ty
6
=
& Ty = 12 saniye
2
4
hl
L
Bir cismin kinetik enerjisi hesaplanırken
cismin sabit bir noktaya göre hızı alınır.
2 rr
den
Tx
2
VYM
Y
13.
V=
v lx - v ly = - 20 2
= A + B + E olur.
A+ B+ E =
Önce X cisminin periyodunu bulalım.
6 = 2:3
ELK = EMK + EMP
ELK : L deki kinetik enerji
6 = 6:
EMK : M deki kinetik enerji
EMP : M deki potansiyel enerji
1
1
m (v l ) 2 = m y : g : h 2 + m y : v 2M
2 y y
2
K = 25
25
K
25
&1=
K
25
K
N
bulunur.
m
A B C D E
1 2
1
: 30 2 = 10 : 25 + : v M
2
2
v M = 20 m/s bulunur.
A B C D E
5
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
TG – 1
16.
17.
a1 a2
X
F1
Y
a1
a2
Gx
Y
F1 F2
Z
a2
Gy
a3
Gy
Şekil I
-q
E
L
E
F2
Gz
E=
Gx ve Gy arasındaki ilişkiyi bulmak için
F1
F1
tan a 1 =
ve tan a 2 =
dir.
Gx
Gy
+q
+q
O
+1 E
E
M
+q
r2
2q
Devreyi daha düzenli bir hâle getirerek çözelim.
olur.
Ana koldan 2q yükü geldiğinde yük şekildeki gibi yollara ayrılır.
X in yükü qX = 2q ve Y nin yükü qY = q dur.
Elektrik potansiyeli
Y nin Z ye ve Z nin X ye uyguladığı kuvvetler eşit F2 dir.
=
Gy ve Gz arasındaki ilişkiyi bulmak için dik
kenarlar kullanılmalıdır.
kq kq kq
+
r
r
r
kq
r
EX
Cisimler Şekil II gibi alınınca O daki elektrik
alanı E2 = E olur. Dolayısıyla elektrik alanı
azalır.
F2 = tan a 2 : G y ve F2 = G z : tan a 3 tür.
ile bulunur.
2C
X ve Y nin enerjileri EX ve EY ise
_
(2 q ) 2
4q 2
2q 2 b
=
=
EX =
b
2 : 3C
6C
3C b E X
=
`
b EY
(q ) 2
q2
b
EY =
=
b
2 : 3C
6C
a
E l1 = E 5
Şekil II de
q2
Enerji = E =
V1l =
3C
+_
(E l1) 2 = (2E) 2 + E 2
G = m : g & my > mx 1
X
q
E'1
G y > G x tir.
Y
E
E
a 1 > a 2 ise tan a 1 > tan a 2 ise
=
M
L
3C
3C
6C
E
O
+1
2E
tan a 1 : G x = tan a 2 : G y dir.
Gz
kq
q
19.
Cisimler I konumunda iken O daki elektrik
alanı her bir yük için E alınırsa
Şekil II
Şekil I de X in Y ye ve Y nin X e uyguladığı
kuvvetler eşit F1 dir.
Gy
-q
K
+q
K
a2 a3
=
EY
2 q2
3C
:
6C
q2
tan a 2
V2l =
A B C D E
G z > G y olur.
mz > my 2
A B C D E
18.
6C
A B C D E
20.
Voltmetre üzerinden akım geçmediğinden
voltmetrenin bağlı olduğu tel, sistemlerde
yokmuş gibi çözüm yapılabilir. Buna göre,
devre daha kolay hâle getirilerek i1 ve i2
akımları bulunur.
3Ω
Cismin paralel levhalar arasındaki ivmesi
sabit olduğu için K den L ye gelme süresi
t ise
d=
q2
kq kq kq
kq
+
=
değişmez.
r
r
r
r
a 2 > a 3 ise tan a 2 > tan a 3 tür.
1 ve 2 kıyaslandığında mZ > mY > mX
olur.
3C
= 4 bulunur.
Elektrik potansiyeli V2l ise
tan a 3
2q 2
1
a : t2
2
V1
i2
3Ω
V
V2
2Ω
i1
1
+–
E = 28 volt
K den R ye gelme süresi tl ise
1
4d = a (t l ) 2
2
1Ω
i1 =
E
28
=
= 14A
R
2
i2 =
E
28
=
= 4A bulunur.
7
R
2
1 ve 2 oranlanırsa
_
1
b
d = at 2
b
2
b1
t 2
` = d n & t l = 2t olur.
l
4
t
1
2b
4d = a (t l ) bb
2
a
O hâlde L den R ye t sürede gelir.
L deki hızı v, R deki vR ise
V1 = i 2 R = 4 : 1 = 4 volt
V2 = i 2 R = 4 : 3 = 12 volt
V = V1 + V2
= 4 + 12 = 16
O hâlde voltmetre 16 voltu gösterir.
v = at, vR = 2at = 2v olur.
O hâlde L den t süre sonra 2v hızla çarpar.
A B C D E
A B C D E
6
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
21.
i1
Y
i 2+i 3
22.
X
2r
+
–r
i1
2r
TG – 1
Akımlardan dolayı X, Y ve Z nin K ve L deki
manyetik alan şiddetlerinin yönleri verilmiştir.
O
i2
+q
i3
E
K
Z
d
9 Bx
d
Şekildeki devrelerde halkalar izlenerek
Y
/ E - / ir = 0 yap›l›r.
BK = BX + BY + BZ
3 i 1 r = 2E
i1 =
2f
bulunur.
3r
K : 2 : 2i K : 2 : 2i K : 2i
+
+
d
d
d
=
10Ki
d
BL = BX + BY - BZ
VO - 2i 2 r + E - (i 2 + i 3) r = VO 2
=
K : 2 : 2 i K : 2 : 2 i K : 2i
+
d
d
d
=
6Ki
d
3i 2 r + i 3 r = E
V O - i 3 2r + E - i 2 r - i 3 r = V O
3
i 2 r + 3i 3 r = E olur.
BL
2i 2 r = 2i 3 r
i 2 = i 3 = i olsun
II
3d
9B
2
I. ve II. bölgedeki manyetik alan yönlerini
belirlemek için elimizin 4 parmağı manyetik alan yönünü, baş parmak hız yönünü,
cisim avuç içi yönünü gösterecek şekilde
sağ el kuralı uygulanır.
m kütleli q yüklü cismin Şekil I ve II deki
yörüngeyi izlemesi için I. bölgede manyetik
alan (B) yönü sayfa düzleminden içe doğru
(,) , II. bölgedeki manyetik alan (B2) yönü
ise sayfa düzleminden dışa doğru 9 olmalıdır. Bu bilgi doğrultusunda I. ve II. ifadelerin doğru olduğu söylenebilir.
Fmer = Fman
m:
=
10ki d
:
d
6ki
=
10
5
=
bulunur.
6
3
v2
= B : qv
r
r=
mv
olur.
q:B
r1 = 2d , r2 =
A B C D E
2 ’de yerine konulursa,
3d
dir.
2
m : v _b
mv
q : B1 b
q : B1
b 2d
=
`
mv
3d
m : v b 3d
=
b
q
: B2
2
2
q : B2 b
a
2d =
V O - 2 ir + E - 2 ir = V O
4 ir = E " i 2 = i 3 =
3d
2
Cismin dolanım yarıçapı için merkezcil
kuvvet manyetik kuvvete eşit olmalı.
10ki
BK
d
=
BL
6ki
d
BK
3i 2 r + i 3 r = i 2 r + 3 i 3 r
r2 =
O
I
B1
L
9 Bx
L
B
, 9d y
Bz
=
,
r1=2d
d
i
9
9 Bz d
By d
2i
V O + 2E - i 1 r - i 1 2r = V O 1
2d
ip
2i
X
2r
Denklem
m
V
Z
2E
+
– r
23.
E
olur.
4r
IX > IY = IZ olur.
mv q : B 2
2d 2
=
:
1 3d
q : B 1 mv
A B C D E
B2
4
=
3
B1
B1
B2
=
3
tür.
4
III. yargı doğrudur.
A B C D E
7
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
24.
TG – 1
25.
, B
27.
Devrenin potansiyel denklemi
V = Vmax : sin ~t şeklinde ifade edilir.
_
,
K
+
_
O
L
O hâlde önce maksimum potansiyeli bulalım.
A
VKL, VLM ve VMN vektörel gösterirlir.
4
nsu=
3
VLM = 8volt
VKN
Dönen çubuklarda indiksiyon emk sı E ise
E=
VMN = 2volt
1
B : ~ : , 2 ile bulunur.
2
O ucu (+) L ucu (-) olur.
E OL =
1
B~, 2
2
E KO =
1
1
B~ (3,) 2 = 9 : B~, 2
2
2
E KL = E = 4B~,
~=
b
8
6
Kaplumbağa atmacayı AB arasında görür.
Snell Bağıntısı yapılırsa
VKN = 6 2 volt olur. KN arasındaki potansiyel aynı zamanda etkin potansiyeldir.
n su : sin b = n h : sin a
4 6
:
= 1 : sin a
3 10
Vmax = Ve : 2 dir.
sin a =
Vmax = 6 2 : 2 = 12 volt
|DB| = 5x alınırsa
= 12 : sin (2r : 50 : t)
2
8
4
= bulunur.
5
10
|CB| = 4x
Vmax : sin ~t = 12 : sin 2rf : t
V = 12 : sin 100rt olur.
A B C D E
|CD| = 3x olur.
3x = 33 & x = 11m
|CB| = 4x = 4 . 11 = 44m
|AB| = 6 + 44
2r 2
:,
T
= 50 m bulunur.
|AB| = v . t
2
T=
5x
(VKN) 2 = 6 2 + 6 2
2r
T
E = 4B
B
VKL = 6volt
Ve = 6 2 volt
1
1
B~, 2 - B~, 2
2
2
a
D
10
(VKN) 2 = (VKL) 2 + (VLM - VMN) 2
Çubuk ok yönünde döndüğünde K ucu (-)
E KL = 9
VLM - VMN = 6 volt
VKL = 6volt
4x
C
3x
33m
8Br,
olur.
E
50 = v . 10
A B C D E
v = 5 m/s bulunur.
A B C D E
I
26.
b b
b
3
a
a
a
24°
I ışını aynaya çarpınca ayna yüzeyi ile yapılan açı a olsun.
a + 24 = 90
a = 66c bulunur.
I ışını aynaya çarpıp aynı açı ile yansır.
2a + b = 180
2 : 66 + b = 180
b = 48
b > i c ise ışın burda tam yansımaya uğrar.
O hâlde ışın 3 nolu yolunu izler.
A B C D E
8
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
28.
TG – 1
Cismin mercekteki görüntüsü düz ve görüntü cisme göre odağa daha yakın ise
mercek kalın kenarlı mercektir.
29.
31.
L
Cisim
f
görüntü
T
f
F
I = 64cd
f
F
d
N
K
Soruda su dalgalarının hızının nasıl değiştiği soruluyor.
P
F
Sc = 100 cm
Sc : Cismin odak noktasına uzaklığı,
Sg : Görüntünün odak noktasına uzaklığı
ED =
f 2 = 100 : 25
f 2 = 10 2 : 5 2
EL =
f 2 = (50) 2
1
tir.
f
1
f
I
f2
=
=
64
42
64
42
=
=
64
= 4 ,üks
16
64
= 4 ,üks olur.
16
Dolayısıyla EL = ET = EN = EP =
f = 50 cm = 0, 5 m
Y=-
I
d2
Odaktan gelen ışın asal eksene paralel,
asal eksene paralel gelen ışık odaktan,
odaktan gelen tekrar asal eksene paralel
gitmiştir.
f = 50 cm bulunur.
Y=-
A B C D E
EK = ED + EY dir.
f 2 = S c : S g dir.
Yakınsama -
Dalganın hızı Vd sabittir.
I şiddetindeki kaynağın K deki aydınlanma şiddetini bulmak için kaynaktan direkt
gelen aydınlanma ED, kırılma ve yansıma
sonucu gelen EY bulunarak hesaplanır. K
deki aydınlanma EK ise
Sg = 25 cm
Su dalgalarının hızı derinliğe bağlıdır. Derinlik değişmedikçe su dalga hızı değişmez. Ancak dalgaların dalga boyu yüzücüden etkilenir.
EY = ET =
10
1
==-2
5
0, 5
64
42
I
dir.
f2
= 4 ,üx olur.
EK = EP + EY
= 4+ 4
Y = - 2 diyoptri
32.
= 8 ,üx bulunur.
A B C D E
A B C D E
m
4
K1
d
K2
Şekildeki K1 ve K2 arasında girişim deseni
oluşuyor. Desendeki dalga katar sayısı d
arttıkça artar.
Ardışık iki çizgi arası mesafe
m
tür.
4
m azaldıkça sayı artar.
30.
I.
Ses dalgaları ilerleme doğrultusu titreşim doğrultusuna paralel olan dalgalardır. Dolayısıyla ses dalgaları boyuna
dalgadır.
m=
v
= V:T
f
II. Ses dalgaları mekanik dalga oldukları
için boşlukta yayılmazlar.
V: Dalga hızıdır. Hız arttıkça katar sayısı
azalır. Hız da derinliğe bağlıdır. Derinlik arttıkça hız artar. Dolayısıyla derinlik arttıkça
katar sayısı azalır.
III. Ses dalgaları yapıcı ve yıkıcı girişim
yaparlar.
Kaynakların titreşim frekansı f arttıkça m
azalır.
A B C D E
m : Azalırsa katar sayısı artar.
O hâlde I ve III teki değişkenler arttıkça katar sayısı artar.
A B C D E
9
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
A
33.
TG – 1
35.
K1
d
K2
P
Çift yarık deneyinde P de, 4. karanlık saçak
oluşmuş ise
PK 1 - PK 2 = d 4 -
1
7
n m = m olur.
2
2
I. Compton olayında foton serbest çarpınca enerjisinin bir kısmını elektrona
vererek saçılır. Enerjisi azalan foton
frekansı da azalır. X- ışının enerjisi
azalınca daha düşük enerjili mor ötesi
olarak görünebilir. I. yargı doğru.
38.
Hız: v
Görünen boy: ,l olsun.
,l = , - , :
II. Fotonlar elektrona çarpmadan önce ve
sonra ışık hızı ile yayılırlar. Yani fotonun hızı değişmez. II. yargı doğru.
4,
= ,:
5
III. Compton olayında foton elektrona çarpınca enerjisi ve momentumu azalır.
III. yargı yanlıştır.
A B C D E
v2 =
v=
Yol farkı dalga boyunun tam katı olmadığından P de aydınlık saçak gözlenir.
1
n m al›n›r.
2
c2
ile bulunur.
v2
1-
c2
9 2
c
25
3
c olur.
5
A B C D E
36.
I. X- ışını tüpünde hızlandırılan elektron
hedef maddeye çarpıp durması sonucunda uygulanan Coulomb kuvveti etkisinde ivmeli hareket yapması ile her
düzeyde X- ışını yayımlar.
II. II. yargı karakteristik X- ışının özellikleridir.
III. X- ışınları geçtiği gaz atomu iyonlaştırır.
7
1
7
1
m = d n + nm & = n +
2
2
2
2
n = 3 bulunur.
O hâlde P de 3. aydınlık saçak gözlenir.
v2
9
16
v2
v2
= 1- 2 &
= 2
25
25
c
c
7
PK 1 - PK 2 = m al›n›r.
2
PK 1 - PK 2 = d n +
20
80,
4,
& ,l =
=
olur.
5
100
100
1-
,l = , :
I ve II doğru
Çift yarık yerine tek yarık kullanılırsa yol
farkı sabit olacaktır.
İlk boy: ,
A B C D E
I ve III doğrudur.
A B C D E
34.
Gelen fotonların enerjisi Ef, eşik enerjisi E0,
kopan elektronların kinetik enerjisi E olsun.
Ef = E0 + E
h : f = hf0 + E
1
39.
Aynı fotosele 4f frekanslı ışık gönderilince
kopan elektronların kinetik enerjisi 5E ise
4hf = hf0 + 5E
1
ve
2
2 nin ortak çözümünden
- / h : f - hf0 = E
Bohr modeline göre n = 2. yörüngedeki bir
elektron n = 3. yörüngeye geçtiğinde açısal
momentum
L= n
h
ile hesaplanır.
2r
T 1 : Yarılanma süresi
2
In2 = 0,693 dir.
Yarılanma süresi T 1 ise
2
T1 =
2
4hf - hf0 = 5E
n = 2 için L 1 = 2 :
- hf + hf0 = - E
2
n = 3 için L 2 = 3 :
3hf = 4E
4E
hf =
olur.
3
hf = hf0 + E denkleminde hf yerine yazılırsa
4E
= hf0 + E
3
h
olur.
2r
0, 693
6, 93 : 10
-5
=
6, 93 : 10 - 1
6, 93 : 10 - 5
= 10 4 s
%25 nin kalması için
T1
100
Elektron atomdan uzaklaştıkça yavaş döner. v azalır ya da r artacağında kinetik
enerji azalır.
Yani madde 2 defa yarılanarak
2
50
T1
Açısal momentum artar.
kZe 2
olarak taPotansiyel enerji E p = r
E
bulunur.
3
In2
olarak hesaplanır.
m
h
h
=
r
2r
T1 =
4hf - hf0 = 5E
hf0 =
37.
m : Bozunma sabiti
2
25 olmal›
10 4 + 10 4 = 2 : 10 4 saniye geçmeli
A B C D E
nımlanır. r arttıkça değer azalır. Ancak potansiyel negatif olduğu için artar.
A B C D E
I ve III ile artar.
A B C D E
10
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
TG – 1
40.
Hadronlar;
I. Yeğin çekirdek kuvvetleri ile etkileşime
girer.
43.
II. Kütle çekim kuvvetleri ile etkileşime girer.
Yüklü olanlar elektromanyetik kuvvetle etkileşime girer.
Dolayısıyla I ve II doğrudur.
A B C D E
Öğrencileri bir konuyu öğrenmeye teşvik
etmek için onlara konunun giriş kısmında
günlük hayattan konu ile ilgili örnekler verilebilir, materyaller getirilebilir, video izletilebilir. Özellikle işlenecek olan konudan
üniversite sınavında çıkan soru sayısını
söylemek öğrenciyi derse çekmede etkilidir. Fakat A seçeneğinde yer alan “ders
sonunda öğrencilerine sözlü sınav yapması” öğrencide bu konu ile ilgili olumsuzluk
oluşturulabilir. Bu etkinlik öğrenciyi öğrenmeye teşvik etmez.
45.
Soruda verilen “Günümüze kadar elde
edilen bilimsel bilgiler sürekli bir değişim
ve gelişim içerisindedir.” ifadesi bilimsel
bilginin sorgulanarak, deney ve gözlemler
sonucunda yenilenebileceğini ifade etmektedir.”
A B C D E
A B C D E
41.
Etkili bir fizik öğretmeni;
44.
●● Çeşitli eğitim becerilerine sahip,
●● Doğal ve yerel çevreyi tanıyıp çevre
olanaklarından eğitim aracı olarak yararlanan,
●● İyi bir alan bilgisine sahip,
●● Öğrencilerin bireysel farklılıklarını gözeten,
●● Öğrencilerin düşüncelerine ve ürettikleri
şeylere değer veren,
●● Öğrenme - öğretme sürecini planlayan
kişidir.
Yukarıda maddelendirilen etkili fizik öğretmeninin özellikleri soruda I, II ve III. öncüllerde yer almaktadır.
A B C D E
Ayfer Öğretmen’in “Yeryüzünde hareket
konusunu işlerken öğrencilerine gösterdiği
kavram karikatürü öğrencilerin konuşma
balonları içerisinde yer alan bilgileri anlamdırıp arkadaşlarıyla tartışmasına olanak
sağlar. Konuşma balonları içerisindeki kavram yanılgılarına sahip öğrencileri tespit
etmek için ortam oluşur. Karikatür, öğrencileri dikkatini çekerek bu kavramlarla ilgili
farkındalık yaratır. Bu durumda A, B, D ve
E seçenekleri karikatür kullanmanın amaçları arasında yer alır. Fakat C seçeneğinde
verilen “öğrencilerine konuya ilişkin bilgileri
doğrudan verme” kavram karikatürünün
amaçları arasında yer almaz. Çünkü konuşma balonu içerisinde yer alan bilgilerin
bazıları doğru bilgiler değildir. Bu nedenle
öğrenciye doğrudan verilemez.
A B C D E
46.
Kavramsal Metin: Kavramsal metinler öğrencilerde var olan kavram yanılgılarını,
hatalı bilgileri ortaya çıkarmaya yönelik düzenlenen öğretim faaliyetidir.
Kavram Ağı: Öğrencilerin ön bilgileri ışığında kavramlar arası yeni ilişkiler kurmasını,
yeni kavramlar oluşturmasını ve var olan
bilgilerini sınıflandırmasını sağlayan uygulamadır.
Balık Kılçığı: Bir konunun içinde yer alan
kavramların ya da faktörlerin konuyla ilişkisini gösteren diyagramdır.
Örümcek Kavram Haritası: Temel kavramlar ve bu kavramların ayrıntılarını, özelliklerini içerir.
Analoji: Anlaşılması zor olan bir olgunun
benzer bir olguyla açıklanmasıdır. Hedef
kavram ile benzer kavram arasında ilişki
kurar.
Buna göre ışığın düzlem aynadan yansıması analoji tekniği kullanılarak anlatılmıştır.
A B C D E
42.
“Radyolojinin kurucusu olan Madam Curie
1903 yılında fizik alanında ve 1911 yılında
kimya alanında Nobel Ödülü kazanmıştır.”
ifadesinde bilimin disiplinler arası olduğu
anlatılmaktadır. Bilim, birçok disiplinin anlamlı şekilde bir araya getirilmesiyle oluşturulan düzenli ve sistematik bilgileri içerir.
A B C D E
11
Diğer sayfaya geçiniz.
2015 – ÖABT / FİZ
47.
TG – 1
Sunuş yolu ile öğrenmede öğretmen bilgilerin tümünü öğrencilere verir. Proje tabanlı
öğretim yöntemi konunun öğretiminde doğrudan bir uygulama değil ancak öğretime
destek amacıyla kullanılır. Performans,
öğrencinin araştırma yoluyla öğrenmesini
sağlamak amacıyla araştırma yoluyla öğretime uygun konularda kullanılır.
49.
Öğrencilere problem belirleme, gözlemler
yapma, problemle ilgili veri toplama kazanımlarını kazandırmak için öğretmenin
“deney” öğretim tekniğini kullanması en
uygundur.
A B C D E
50.
Biçimlendirici değerlendirme, öğrenme
eksikliklerinin ve bu eksiklerin kaynağının
belirlenmesi amacıyla yapılır.
Düzey belirleyici değerlendirme, öğrencinin öğrenme düzeyinin belirlenmesinde
kullanılır.
Norma dayalı değerlendirmede ölçme yapılan gruptaki bireylerin başarılı olma durumu diğer bireylerden etkilenir. Genellikle
bireyleri seçme, sıralama ve karşılaştırma
için kullanılır.
Öğretmenin kullandığı öğretim yöntemi
buluş yoluyla öğretim yöntemidir. Bu öğrenme yaklaşımında bilgi hazır verilmez.
Öğrenci merkezdir. Öğretmen yol göstericidir. Öğretim dikkat çekici problemle başlar.
Ardından çözüme götürücü örnekler verilir.
Öğrenciler bilgilerini yeni durumlara uygular. Öğrenci durumla ilgili genellemelere
kendi ulaşır.
Hedefe dayalı değerlendirme, önceden belirlenen hedeflerin öğrenciye ne düzeyde
kazandırıldığını belirlemek amacıyla yapılan değerlendirmedir.
Tanılayıcı değerlendirme, öğrencinin ön
koşul eksikliklerinin ve kavram yanılgılarının belirlenmesinde kullanılır.
A B C D E
Yukarıda verilen tanımlardan yola çıkarak
öğretmenin “konu anlatımına başlamadan
önce öğrencilerin ön bilgilerini ve kavram
yanılgılarını belirleyebilmek” için yaptığı
test, tanılayıcı değerlendirmedir.
A B C D E
48.
5E Modeli:
I. Girme: Öğrencilerin ön bilgilerini yoklamaları sağlanır. (I. Öğrencilerin öz kütle konusu ile ilgili ön bilgilerini ortaya
çıkarma)
II. Keşfetme: Öğrenciler konuyla ilgili hipotez kurarlar, deneyler yaparlar. (V.
Öz kütleyi belirleyen faktörleri anlamaya yönelik etkinlikler yapma. IV. Farklı
sıvıların öz kütlelerini keşfetmek için
basit deneyler yapma)
III. Açıklama: Öğrenciler konu ile ilgili genellemelere ve ilkelere ulaşır. (III. Öz
kütleyi tanımlatma)
IV. Derinleştirme: Öğrenciler elde edilen
bilgileri günlük hayattaki problemlere
uygularlar. (II. Öz kütle farkının günlük
hayatta kullanım alanlarına yönelik örnekler verme)
Doğru cevap A seçeneğinde I, V, IV, III, II
olarak verilmiştir.
A B C D E
12
Diğer sayfaya geçiniz.
Download

Fizik 1 - İhtiyaç Yayıncılık