2014 -TÜBİTAK FİZİK OLİMPİYATLARI 1.AŞAMA SINAVI
ÇÖZÜMLERİ
www.fizikevreni.com
ÇÖZÜM:
Fm
G
r=L
M
L
v
Ortam sürtünmesiz olduğundan mekanik enerji korunur. Bu durumda, zeminin potansiyel enerjisi sıfır alınırsa,
1
1
1
3
Mv 2  Mv '2  Iw 2  Mgh olur. Burada şeklin geometrisinden h  L  L
dir. Çubuk en üstte iken,
2
2
2
2
Mv'2
3
3
2
 Mg  0 olmalıdır. Burada r '  L
kuvvetler dengesinden N 
dir. Buradan Mv'  MgL
ifadesi
r'
2
2
elde
edilir.
Bu
ifade
2
enerji
korunumunda
yerine
konduğunda;
1
1
3 1 1
v'
3
Mv 2  MgL

ML2 2  MgL(1 
) elde edilir. Bu ifade düzenlenip v2 çekildiğinde;
2
2
2 2 12
r'
2
14 3  18
14 3
v2  
gL sonucu elde edilir. Cevap D.
 gL , buradan da v  2 
9
9


ÇÖZÜM:
m1
T
2T
a
m2
T
N
a’
0
m2g
m3g
Cisimlere etki eden kuvvetler şekildeki gibidir. Bu durumda; I.cisim için T=m1.a , II.cisim için m2g-2T=a’=a/2,
III.cisim için m3g-N=T dir. Burada m3 kütleli cisim hareket etmemektedir. Bu durumda I.denklemdeki T, II.denklemde
yerine yazılırsa; m2 g  2.m1a 
a
→ 9,8=(4,4+0,5)a → a=2 m/s2 bulunur. Bu durumda ipteki gerilme kuvveti;
2
T=m1a=(2,2).2=4,4 N olur. Cevap C.
ÇÖZÜM:
M
L
M
L
L
M
Yıldızlar üçgenin ağırlık merkezi veya çemberin merkezi etrafında dönerler. Bu durumda çemberin merkezinden yıldıza
L/2
2
L
r dir.
→ r
olur. Yıldızların çizgisel hızı v  wr 
T
r
3
GM 2
Ep  3
Bu
sistemin
toplam
potansiyel
enerjisi
,
toplam
kinetik
enerjisi
ise
L
 4 2 
 4 2 
1
1
3  4 2  1
Ek  3 Mv 2  Iw2  M  2 r 2   (3Mr 2 ) 2   3Mr 2  2  olur. Kinetik ve potansiyel
2
2
2 T
 2
T 
T 
olan uzaklık, şeklin geometrisinden, sin 60 
enerjinin eşitliğinden;
T2 
4 2 r 2 L 4 2 L3
2
L3

, buradan da T 
bulunur. Cevap E.
GM
GM
3 GM
ÇÖZÜM:
36
v02 2 sin  cos
 18 → v02 
sin  cos 
g
1 2
bulunur. Kuş 4 br yükseğe çıktığında, aldığı yatay ve düşey yollar için; x=v0cosθ.t=12 ve y  v0 sin  .t  gt  4
2
12
288
yazabiliriz. Buradaki ilk denklemden t 
, birinci ve ikinci denklemden 4  12. tan  2
v0 cos2 
v0 cos
İlk hızın bileşenleri vx=v0cosθ, vy=v0sinθ dır. Menzil uzaklığı
xmax 
buluruz. Daha önce elde ettiğimiz v02 ifadesini bu denklemde yerine koyarak ve biraz sadeleştirme yaparak; tanθ=1
bulunuz. Bu durumda


4
olur. Cevap C.
ÇÖZÜM:
β
T1
T3
ilk
T2
mg
ikinci
mg
mv2/L
İp kesilmeden önceki (ilk) durumda cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden; T 1cosβ=mg ve T1sinβ=T2 yazabiliriz. İp
kesildikten sonra gerilmenin maksimum olduğu durumda (ikinci) cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden;
1 2
m v2
yazabiliriz. Bu iki duruma enerjinin korunumu ilkesini uygularsak; mv  mgL (1  cos  ) ve
2
L
2
buradan mv  2mgL(1  cos  ) buluruz. Bu ifadeyi T3 ifadesinde yerine koyarsak; T3  mg(3  2 cos  ) olur.
T
m g(3  2 cos  )
Buradan, ilk ve ikinci durumdaki ip gerilmeleri oranı; 3 
 3 cos   2 cos2  şeklinde
T1
m g / cos 
T3  m g 
bulunur. Cevap D.
ÇÖZÜM:
θ
L-x
T
F
x
Fs=μN
mg
Çubuğa etki eden yatay kuvvetlerin dengesinden; F=μN+Tsinθ=μ(mg+Tcosθ)+Tsinθ yazabiliriz. Çubuğun zemine
değme noktasına göre tork; Tsinθ.L=F.x → Tsinθ(L/x)=μmg+μTcosθ+Tsinθ yazabiliriz. Bu ifadeden T’yi çekersek;
T
m g
L

 sin    cos  sin  
x

buluruz.
Bu
ifadenin
tanımlı
olması
gerekir.
Bunun
için
L
x
sin 
tan
sin    cos   sin   0 olmalıdır. Buradan 

bulunur. Cevap C.
x
L  cos  sin    tan
payda,
ÇÖZÜM:
Vb
v
v
v
vr
V
vr
vb
0
t
0
t
Blok ve rampa birlikte hareket ettikleri sürece, hız-zaman grafikleri şekildeki gibi olur. Blok rampanın sonuna
geldiğinde rampanın hızı bloğun ilk hızı türünden, vr=v.sin45 den
vr 
2
v olur. Rampanın çıkışında bloğun hızı ise
2
1 2 1 2 1 2
mv  mv b  mv r  mgR → vb2  6gR . Blok rampadan kurtulduktan
2
2
2
2
sonra h’ kadar yükseğe çıksın. Bu durumda vb  2gh' → 6gR=2gh’ → h’=3R olur. Bloğun yerden yüksekliği ise
enerjinin korunumundan bulunabilir:
hmax=h’+R=4R bulunur. Cevap D.
ÇÖZÜM:
İlk durumda kenarlardaki ipler gerilmemiş, yaylar seri bağlıdır. Bu durumda eşdeğer yay sabiti k eş 
k .k
k
 dir.
kk 2
Bu durumda cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden (k/2).Δx=W → Δx=2W/k=2.0,5/1=1 metre şeklinde toplam
uzama miktarı bulunur. Bu durum x=1+(3/8)=(11/8) verisini de sağlar. Aradaki ip (a) kesildikten sonra, yaylar paralel
bağlı olur. Yaylar özdeş olduğundan her ikisi de aynı miktarda uzar. Bu durumda kütlenin sabit yüzeyden olan
uzaklığına x’ ve yaylardaki uzama miktarına da Δx’ dersek; x-x’=a-Δx’ ifadesi yazılabilir. Paralel bağlı durumda
eşdeğer yay sabiti keş=k+k=2k dır. Cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden; 2kΔx’=W → x' 
bulunur. Bu durumda;
W 1
 metre
2k 4
11
3 1
10
 x'    x' 
metre bulunur. Kütle yukarı çıkmıştır. Cevap C.
8
8 4
8
ÇÖZÜM:
-q
L
L L
E
-q
L
E
E
L
+q
E
L
Kesikli ve sürekli çizgi ile
gösterilen elektrik alan
vektörleri farklı
düzlemlerdedir. Düzlemler
arasında cosθ=1/3 açısı
vardır.
+q
Düzgün dörtyüzlünün köşelerine teğet olarak çizilen kürenin merkezi, düzgün dörtyüzlünün cisim merkezidir. Bu
3
L bağıntısı olur. Burada
8
1 q
α=109,50, cosα=-1/3 tür. Köşedeki bir q yükünün merkezde oluşturduğu elektrik alanı; E 
olur. Pozitif q
4 0 r 2
2
2
2
2
E olur. Negatif yüklerin
yüklerinin oluşturduğu elektrik alan; E1  E  E  2 EE(1 / 3)  E1 
3
2
E . Bu E1 ve E2 vektörleri arasındaki açı cosθ=1/3 tür. Bu iki
oluşturduğu alan yine aynı değerde olur: E1 
3
kürenin yarıçapına r dersek, r ile L arasında; L  r  r  2rr cos →
2
2
2
r
4 2 4 2
2
2 1
4 3
E  E 2
E
E  ET 
E olur. Bu ifadeyi açık olarak yazarsak;
3
3
3
3
3 3
4 3 1 q 8 8 3 q
buluruz. Cevap A.
ET 

3 4 0 L2 3
9  0 L2
vektörün bileşkesi;
ET2 
ÇÖZÜM:
α
L
L-h
FB
x
h
mg
Şeklin
geometrisinden
L-h=Lsinα
yazabiliriz.
Küçük
açı
yaklaşımında
sinüs
teoremini
kullanarak;
mg FB
mg BiL 
mg



L
yazabiliriz. Burada sin    yaklaşımı kullanıldı. Yine şeklin
L
x
L
L
Bi
BiL
geometrisinden, küçük açı yaklaşımında, sin    
olur. Elde ettiğimiz bu ifadeleri başlangıçta belirttiğimiz
mg
L-h ifadesinde yerine koyarsak;
 Bil 
mg  BiL 
  h  L 
 bağıntısını elde ederiz. Cevap E.
L  h  L sin
sin
Bi
 mg 
 mg 
ÇÖZÜM:
Devrede ana koldan geçen akım I, R0 direncinden geçen akım I1 ve bunun karşısındaki r direncinden geçen akım I2
olsun. Bu durumda Kirchhoff’un akım yasasından; I=I1+I2 yazabiliriz. Paralel dirençlerin gerilimlerinin eşitliğinden,
R0I1=rI2
Reş 
I1 
→
I2=R0I1/r
R0 r
2R r  r 2
r  0
R0  r
R0  r
 .r
(2 R0 r  r 2 )
 r 
 I olur. Devrenin eşdeğer direnci;
I1  
 R0  r 
 ( R0  r )
olur. Ana kol akımı I 
, R0 direncinden geçen akım ise;
(2 R0 r  r 2 )
yazılabilir.
Bu
durumda
olur. Bu durumda R0 direncinin gücü,
değişimi (türevi) dP1/dR0=0 olmalıdır. Bu durumda
r 2  2R0 r  0  r  2R0 olur. Cevap E.
P1  R0 I12 
 2 R0 r 2
(2R0 r  r 2 ) 2
olup, bu gücün R0’a göre
 (2 R0 r  r 2 ) 2  R0 4r (2 R0 r  r 2 ) 
dP1
  2r 2 
0 →
dR0
(2 R0 r  r 2 ) 4


ÇÖZÜM:
+ + + + + + + + + + +
d=7,5nm
V0=75mV
- - - - - - - - - - - - -
- - - - - - - - - - - - -d
ε=10
V0
+ + + + + + + + + + +
Levhalar arasındaki dielektrik sabiti ε olan iki paralel levha arasındaki sığa C 
Bu bağıntıdan;
q
A
  0
olarak ifade edilebilir.
V
d
E
V
q
1 V0

E 0 
şeklinde elektrik alan ifadesi elde edilebilir. Burada sayısal değerler
d  0 A
  d
yerine konduğunda;
E
1 75.103
 106 N/C sonucu bulunur. Cevap E.
9
10 7,5.10
ÇÖZÜM:
Devredeki anahtar kapatıldığında, önce kondansatör dolar, sonra neon lambaya yük gider. Kondansatör boşalırken
q=CV den dolayı gerilimi azalır, neon lambaya paralel bağlı olduğu için onunda gerilimi azalmış olur. Sonra üreteçten
dolayı kondansatör tekrar dolar, lambanın gerilimi artar. Bu olay periyodik olarak devam eder. Yani kondansatörün,
dolayısıyla neon lambanın gerilimi, lambanın ilk yanmasından sonra sinüsoydaldır. Verilere göre bu salınım;
60V<V(t)<90V arasındadır. Bu devrenin analizi, kondansatör dolarken, R
çözülerek yapılabilir. Bu denklemin çözümü
I (t )  I 0e
t



RC 

fonksiyonu V (t )  V0 1  e

 şeklinde olur. Cevap B.



t
RC
dI (t ) 1
 I (t )  0 diferansiyel denklemi
dt
C
şeklindedir. Bu durumda kondansatörün gerilim
ÇÖZÜM:
1 2
A
, depoladığı enerji ise W  cV dir. Verilen kondansatörün ilk
2
d
1 2 1 A 2
durumda depoladığı enerji Wilk  cV   0 V0 dir. Levhaları uzaklaştırıldığında depoladığı enerji (aynı
2
2 d
1
A 2
V0 dır. Her iki enerji arasındaki
bataryaya bağlı olduğundan levhalar arasındaki gerilim aynı olur); Wson   0
2 3d
1 A 2 1  1 A 2
fark yapılan işe eşittir: W  Wilk  Wson   0 V0 1     0 V0 . Cevap D.
2 d  3 3 d
Paralel levhalı bir kondansatörün sığası c  
ÇÖZÜM:
Radardan v hızıyla uzaklaşan bir araçtan yansıyan mikrodalganın frekansı
doğruluk aralığı v  v 
 v
f  f 0 1   dir. Aracın hızının
 c
1km 1000 m 5

 m / s , mikrodalganın hızı c=3.108 m/s verilmektedir. Bu durumda;
saat 3600 s 18
f (v / c) f 0
v/c
v
v
 v


f  f 0  f 0 1    f 0  f  f 0  f 0  f 0  f  f 0 olur. Buradan,
f
f
c
c
 v
 c
1  
 c
f
v
5 / 18
→


 109 bulunur. Cevap D.
8
f
c  v 3.10  (5 / 18)
ÇÖZÜM:
N1
60
i
i-r
r
N2
30
i’-r’ i’
r’
n
Işın prizmadan simetrik olarak çıktığından; i=i’ ve r=r’ olur. Şeklin geometrisinde, 30 derece dış açısı bulunan
üçgenden; i-r+i’-r’=30 → 2(i-r)=30 → i-r=15 bulunur. Prizma içerisindeki ışın ile tepe arasındaki üçgenin iç açıları
toplamından; (90-r)+(90-r’)+60=180 → r=30 bulunur. Bu durumda gelme açısı i-15=30 → i=45 olur. Işının ilk veya
son kırıldığı noktaya Snell yasası uygulandığında; sini=n.sinr →
Cevap A.
n
sin i sin 45
2/2


 2 bulunur.
sin r sin 30
1/ 2
ÇÖZÜM:
II
Hg2
H
III I
Hg1
Hg3
1
1
1
1 1
1
3


  
 Dg1  , görüntünün
f Dg Dc
1 3 Dg1
2
Mercekte oluşan ilk görüntünün (I) merceğe uzaklığı
Hg
Dg
H g1
3/ 2
1
 H g1  H olur. Aynanın arkasında oluşan ikinci görüntünün (II) aynaya
H c Dc
H
3
2
H g2 2
1
1
1
1 1
1
  H g 2  2 H olur.
uzaklığı


  
 Dg 2  2 , görüntünün boyu ise
H
1
f Dg Dc
2 1 Dg 2
boyu ise
İkinci

görüntünün


mercekte
oluşturduğu
üçüncü
görüntünün
(III)
merceğe
H g3
uzaklığı
benzer
olarak;
6/5
2
1
1
1
1 1
1
6

 H g 3  H olur. Bu


  
 Dg 3  , görüntünün boyu ise
2H
6
5
f Dg Dc
1 6 Dg 3
5
durumda ilk ve son görüntülerin boyları oranı;
H g1
H g3

(1 / 2) H 5
 olur. Cevap C.
(2 / 5) H 4
ÇÖZÜM:
Işığın sağ dairsel polarizasyonunda ışık dalgası sağa, sol dairesel polarizasyonunda ise sola çevrilir. Sağ polarizasyonlu
gözlük camı (filtre) yalnız sağa, sol polarizasyonlu gözlük camı (filtre) yalnız sola polarize olmuş ışığı geçirir. Kapalı
gözün üstünden yansıyan ışınlar gözlük camından geçerek aynada yansır ve görüntü oluşturur. Açık göz için de aynı
durum söz konusudur. Hem kapalı gözden hem de açık gözden gelip aynadan yansıyan ışınlar, açık gözün olduğu
gözlük camından geçip göze geldiğinde, gözlük camı sadece tek polarize ışığı geçirdiğinden, açık olan gözü göremez,
çaprazındaki kapalı olan gözü görür. Cevap D.
ÇÖZÜM:
y  3x  (1/ 2) x 2
y
n2
1
α
n1 θ
x
450
y=x
x=0 noktasındaki kırılma için Snell yasası; 1.sin45=n1.sinθ yazabiliriz. θ açısını o noktadaki teğetin eğiminden
bulabiliriz.
y  3x  (1/ 2) x 2
nin
türevi
y’(0)=m
den,
eğim
m 3
olur.
Bu
durumda
cot  3  sin   1/ 2 olur. Buradan, n1 kırıcılık indisi; 1.( 2 / 2)  n1 .(1/ 2)  n1  2 olarak bulunur.
1cm derinlikteki kırıcılık indisini bulmak için Snell yasasını, n1.sinθ=n2.sinα şeklinde yazabiliriz. Buradaki α açısını
y=1 noktasındaki teğetin eğiminden bulabiliriz. Bu durumda
foksiyonunun bu noktadaki türevinden,
1  3x  (1/ 2) x 2  x1  5  3 , y
y' ( x1 )  3  x1  5 teğetin eğimi bulunur. Buradan α açısının sinüsü,
cot  5  sin   1/ 6 olur. Bu noktadaki kırıcılık indisi;
2.(1/ 2)  n2 .(1/ 6 )  n2  3 olur.
Cevap D.
ÇÖZÜM:
r1=d0/2
v0
y
r2=d/2
v
Süreklilik koşulundan; A1.v0=A2.v →
Bernoulli
denklemi
yazılıp,
 d 02 
 d2 
d2
 
v0   
v  v  v0 02 yazabiliriz. Her iki durum için
d
 4 
 4 
gerekli
matematiksel
işlemler
yapıldığında,
çaplar
 v

d
1 2 1 2

v  v0  gy  v 2  v02  2 gy  v02
 v02  2 gy  d  d 0  2
2
2
d
v

2
gy
 0

4
0
4
Cevap A.
2
0
arasındaki
ilişki;
1/ 4
şeklinde bulunur.
ÇÖZÜM:
Sodyum metalli plaka yüzeyinden çıkan elektronun hızına v0 diyelim. Elektron diğer levhaya tam ulaştığında hızı sıfır
olur. Bu durumda enerjinin korunumundan;
bulunur. Cevap D.
1 2
e
m v0  eV  v0  2 V  2.(1,76).1011 (3,5)  106 m/s
2
m
ÇÖZÜM:
P0
y=20 m
Fk
m
V
P 1 V1
Gs
Gb
Bardak 20 m derinde iken bardağa etki eden kuvvetler şekildeki gibidir. Bu kuvvetler suyun kaldırma kuvveti, bardağın
ağırlığı ve bardağın içindeki suyun ağırlığıdır. Bunların değerleri; Fk=V.ds.g=2.10-4.103.10=2 N, Gb=m.g=10-1.10=1 N,
Gs=ms.g dir. Bardağın içindeki suyun ağırlığını bulmak için, ideal gaz yasasından yararlanabiliriz: P 0V0=P1V1 →
105.2.10-4=(2+1).105.V1 → V1=(2/3).10-4 m3 . Burada P0=1 atm=105 N/m2 alınmıştır. Bu durumda bardağın içindeki
2
4
 .10  4  .10  4 m3, suyun ağırlığı ise Gs  Vs d s g → Gs=(4/2).10-4.103.10=4/3 N
3
3
4
1
olur. Bardağa etki eden toplam kuvvet; F  Gb  G s  Fk  1   2  N aşağı yönlü bulunur. Cevap C.
3
3
suyun hacmi Vs  2.10
4
ÇÖZÜM:
T P1=P
A
Mg
L
P1=P
Mg
P2
h
Düşme sırasında ısı alış verişi olmadığından süreç, adyabatik ve izotermaldir. Bu durumda basınçlar ve hacimler
P1V1  P2V2 bağıntısı vardır. Burada P1=P, V1=A.L, P2=P+(Mg/A) ve V2=A.h dır. Bunlar adyabatik
Mg 



denklemde yerine konulup, gerekli matematiksel işlemler yapıldığında; P.( A.L)   P 
( A.h) →
A


arasında
 P. A 

P.A.L  (Mg  P.A)h → h  L.
 Mg  P. A 


1/ 
elde edilir. Cevap C.
ÇÖZÜM:
λ
d
Gaz moleküllerinin çarpışmalarında, kat edilen ortalama serbest yol (λ) şekildeki gibi modellenebilir. Şekilde d,
çarpışan iki molekülün merkezleri arasındaki uzaklıktır (d=2r). Gaz molekülleri için ortalama serbest yol, yayılan ses
dalgalarının dalga boyu boyutunda olmalıdır. Bu durumda şekilde modellenen gazın hacmi ve sıcaklığı arasında
v
3kT
Pd 2   3kT  Pd 2    3kT  P (4r 2 )
 3kT. f
m
f
1 2 3
3kT
bulunur. Burada moleküllerin ortalama hızı
alınmıştır. Elde edilen denklemden f
m v  kT  v 
2
2
m
3
2
çekilip, π=3 alınarak gerekli düzenleme yapıldığında; f  4 Pr
bulunur. Cevap A.
m kT
3
P.V  2. kT
2
yazabiliriz. Buradan
ÇÖZÜM:
Evrenin genişlemesinden dolayı;
1 2 1  4 2 r 2  1 2
4 2 2
2

m v  m

m
c

T

r elde ederiz. Burada T
2
2  T 2  2
c2
periyot (genişleme zamanı), r ise bu süreçte alının yoldur (evrenin yarıçapı). Evren genişlerken, aynı zamanda
GMm 1 2
2GM
 mc  r  2
dir. Kütle çekim potansiyel enerjisini ışıma enerjisine eşitleyerek,
r
2
c
hc GM 2
hc.r

M2 
bulunuz. Burada λ→r alabiliriz. Elde ettiğimiz r ve M ifadelerini periyot (T) ifadesinde

r
G.
4 2 4G 2  hc  16 2 Gh
Gh
2
yerine koyup, biraz sadeleştirme yaptığımızda; T  2
buluruz. Bu
 T  4

2 
5
c
c G
c
c5
ifadede sayısal değerler yerine konduğunda;
T  4.(3,14)
6,67.1011.1034
 65.1043 s bulunur. Bu, evrende
40
243.10
bilinen fizik yasalarının geçerli olduğu ilk zamandır. Cevap B.
Kaynak: www.tubitak.gov.tr
Çözümler: Mehmet TAŞKAN
www.fizikevreni.com
Download

TARİH GÜN ADI SOYADI BRANŞI 1.4.2015 ÇARŞAMBA Dr. Fatma