FİZİK OLİMPİYAT 2014-1.AŞAMA ÇÖZÜMLERİ

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,

Mgh

Iw

Mv

Mv

2



2



2



2

1

'

2

1

2

1

olur. Burada şeklin geometrisinden

2

3

L

L

h





dir. Çubuk en üstte iken, kuvvetler dengesinden

0

'

'

2

_

_



Mg

r

Mv

N

olmalıdır. Burada

2

3

'

L

r



dir. Buradan

2

3

'

2

MgL

Mv



ifadesi elde edilir. Bu ifade enerji korunumunda yerine konduğunda;

)

2

3

1

(

'

'

12

1

2

1

2

3

2

1

2

1

2 2 2 2









MgL

r

v

ML

MgL

Mv

elde edilir. Bu ifade düzenlenip v2 çekildiğinde;

gL

v

_















9

18

3

14

2 , buradan da

v

gL

9

3

14

2



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;

2

.

2

1 2

a

a

m

g

m





→ 9,8=(4,4+0,5)a → a=2 m/s2 bulunur. Bu durumda ipteki gerilme kuvveti; 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 olan uzaklık, şeklin geometrisinden,

r

L 2

/

60

sin



→

3

L

r



olur. Yıldızların çizgisel hızı

r

T

wr

v





2



dir. Bu sistemin toplam potansiyel enerjisi

L

GM

E

p

2

3



, toplam kinetik enerjisi ise















































2 ₂2 2 2 2 2 2 2 2 2

4

3

4

)

3

(

2

1

4

2

3

2

1

2

1

3

T

Mr

T

Mr

r

T

M

Iw

Mv

E

_k







olur. Kinetik ve potansiyel

enerjinin eşitliğinden;

GM

L

GM

L

r

T

3 2 2 2 2



4





4



, buradan da

GM

L

T

3

3

2





bulunur. Cevap E.

ÇÖZÜM:

İlk hızın bileşenleri vx=v0cosθ, vy=v0sinθ dır. Menzil uzaklığı

18

cos

sin

2

2 0 max





g

v

x





→





cos

sin

36

2 0



v

bulunur. Kuş 4 br yükseğe çıktığında, aldığı yatay ve düşey yollar için; x=v0cosθ.t=12 ve

4

2

1

.

sin

2 0







v

t

gt

y



yazabiliriz. Buradaki ilk denklemden



cos

12

0

v

t



, birinci ve ikinci denklemden





_{2 2} 0

cos

288

t an

.

12

4

v





buluruz. Daha önce elde ettiğimiz v02 ifadesini bu denklemde yerine koyarak ve biraz sadeleştirme yaparak; tanθ=1 bulunuz. Bu durumda

4



ÇÖZÜM: β T1 T3 ilk T2 ikinci mg mg mv2/L

İp kesilmeden önceki (ilk) durumda cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden; T1cosβ=mg ve T1sinβ=T2 yazabiliriz. İp kesildikten sonra gerilmenin maksimum olduğu durumda (ikinci) cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden;

L

m v

m g

T

2

3





yazabiliriz. Bu iki duruma enerjinin korunumu ilkesini uygularsak;

(

1

cos

)

2

1

2







mgL

mv

ve

buradan

mv

2



2

mgL

(

1



cos



)

buluruz. Bu ifadeyi T3 ifadesinde yerine koyarsak;

T

₃



mg

(

3



2

cos



)

olur. Buradan, ilk ve ikinci durumdaki ip gerilmeleri oranı;









2 1 3

cos

2

cos

3

cos

/

)

cos

2

3

(



_

_



m g

m g

T

T

şeklinde 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;













_

_













sin

cos

sin

x

L

m g

T

buluruz. Bu ifadenin tanımlı olması gerekir. Bunun için payda,

0

sin

cos

sin















x

L

olmalıdır. Buradan















t an

t an

sin

cos

sin









L

x

bulunur. Cevap C.

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

v

r

v

2

2



olur. Rampanın çıkışında bloğun hızı ise enerjinin korunumundan bulunabilir:

mv



mv

b



mv

r



mgR

2 2 2

2

1

2

1

2

1

→

v

_b2



6

gR

. Blok rampadan kurtulduktan sonra h’ kadar yükseğe çıksın. Bu durumda

v

_b2



2

gh

'

→ 6gR=2gh’ → h’=3R olur. Bloğun yerden yüksekliği ise hmax=h’+R=4R bulunur. Cevap D.

İlk durumda kenarlardaki ipler gerilmemiş, yaylar seri bağlıdır. Bu durumda eşdeğer yay sabiti

2

.

k

k

k

k

k

k

eş







dir. 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 →

4

1

2

'







k

W

x

metre bulunur. Bu durumda;

8

10

'

4

1

8

3

'

8

11











x

x

metre bulunur. Kütle yukarı çıkmıştır. Cevap C.

ÇÖZÜM: -q L L L E E -q E L L +q E L +q

Düzgün dörtyüzlünün köşelerine teğet olarak çizilen kürenin merkezi, düzgün dörtyüzlünün cisim merkezidir. Bu

kürenin yarıçapına r dersek, r ile L arasında;

L

2



r

2



r

2



2

rr

cos



→

r

L

8

3



bağıntısı olur. Burada α=109,50_{, cosα=-1/3 tür. Köşedeki bir q yükünün merkezde oluşturduğu elektrik alanı;}

2 0

4

1

r

q

E





olur. Pozitif q yüklerinin oluşturduğu elektrik alan;

E

E

E

EE

E

E

3

2

)

3

/

1

(

2

₁ 2 2 2

1













olur. Negatif yüklerin

oluşturduğu alan yine aynı değerde olur:

E

E

3

2

1



. Bu E1 ve E2 vektörleri arasındaki açı cosθ=1/3 tür. Bu iki Kesikli ve sürekli çizgi ile

gösterilen elektrik alan vektörleri farklı

düzlemlerdedir. Düzlemler arasında cosθ=1/3 açısı vardır.

vektörün bileşkesi;

E

_T

E

E

E

E

E

_T

E

3

3

4

3

1

3

2

3

2

2

3

4

3

4

_{2 2}

2











_{olur. Bu ifadeyi açık olarak yazarsak;}

2 0 2 0

9

3

8

3

8

4

1

3

3

4

L

q

L

q

E

_T









buluruz. Cevap A. ÇÖZÜM: α L L-h FB x h mg

Şeklin geometrisinden L-h=Lsinα yazabiliriz. Küçük açı yaklaşımında sinüs teoremini kullanarak;

Bi

mg

L

L

BiL

L

mg

x

F

L

mg



B













yazabiliriz. Burada

sin







yaklaşımı kullanıldı. Yine şeklin geometrisinden, küçük açı yaklaşımında,

m g

BiL









sin

olur. Elde ettiğimiz bu ifadeleri başlangıçta belirttiğimiz

L-h ifadesinde yerine koyarsak;

_

































m g

BiL

Bi

m g

L

h

m g

Bil

L

h

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 → I2=R0I1/r yazılabilir. Bu durumda

I

r

R

r

I

_















0

1 olur. Devrenin eşdeğer direnci;

r

R

r

r

R

r

r

R

r

R

R

_eş













0 2 0 0

0

2

_{olur. Ana kol akımı}

)

2

(

)

(

2 0 0

r

r

R

r

R

I









, R0 direncinden geçen akım ise;

)

2

(

.

2 0 1

r

r

R

r

I







olur. Bu durumda R0 direncinin gücü, _{2 2}

0 2 0 2 2 1 0 1

)

2

(

R

r

r

r

R

I

R

P









olup, bu gücün R0’a göre değişimi (türevi) dP1/dR0=0 olmalıdır. Bu durumda

0

)

2

(

)

2

(

4

)

2

(

4 2 0 2 0 0 2 2 0 2 2 0 1

























r

r

R

r

r

R

r

R

r

r

R

r

dR

dP



→ 0 0 2

2

0

2

R

r

r

R

r









olur. Cevap E.

ÇÖZÜM: + + + + + + + + + + + d=7,5nm V0=75mV - - - - - - - - -- d ε=10 V0 + + + + + + + + + + +

Levhalar arasındaki dielektrik sabiti ε olan iki paralel levha arasındaki sığa

d

A

V

q

C







0 olarak ifade edilebilir.

Bu bağıntıdan;

d

V

E

E

A

q

d

V

_{0 0} 0

1















şeklinde elektrik alan ifadesi elde edilebilir. Burada sayısal değerler yerine konduğunda; 6 9 3

10

10

.

5

,

7

10

.

75

10

1





_

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,

(

)



1

I

(

t

)



0

C

dt

t

dI

R

diferansiyel denklemi

çözülerek yapılabilir. Bu denklemin çözümü RC t

e

I

t

I

(

)



₀  şeklindedir. Bu durumda kondansatörün gerilim

fonksiyonu

_















RC t

e

V

t

ÇÖZÜM:

Paralel levhalı bir kondansatörün sığası

d

A

c





, depoladığı enerji ise 2

2

1

cV

W



dir. Verilen kondansatörün ilk durumda depoladığı enerji 2

0 0 2

2

1

2

1

V

d

A

cV

W

ilk







dir. Levhaları uzaklaştırıldığında depoladığı enerji (aynı bataryaya bağlı olduğundan levhalar arasındaki gerilim aynı olur); 2

0 0

3

2

1

V

d

A

W

_son





dır. Her iki enerji arasındaki

fark yapılan işe eşittir: 2

0 0 2 0 0

3

1

3

1

1

2

1

V

d

A

V

d

A

W

W

W

_{ilk son}

















 









. Cevap D. ÇÖZÜM:

Radardan v hızıyla uzaklaşan bir araçtan yansıyan mikrodalganın frekansı











 



c

v

f

f

0

1

dir. Aracın hızının doğruluk aralığı

m

s

s

m

saat

km

v

v

/

18

5

3600

1000

1

_

_





c

v

f

f

f

c

v

f

f

f

f

c

v

f

f

f

_{0 0}

1





₀









₀



₀



₀







₀









 





olur. Buradan,











 







c

v

c

v

f

f

c

v

f

f

1

/

)

/

(

₀ → 9 8

10

)

18

/

5

(

10

.

3

18

/

5

_













v

c

v

f

f

bulunur. Cevap D. ÇÖZÜM: N1 60 N2 30

i i-r i’-r’ i’ r 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 →

2

2

/

1

2

/

2

30

sin

45

sin

sin

sin

_

_

_



r

i

n

bulunur. Cevap A.

ÇÖZÜM: II Hg2 H III I Hg1 Hg3

Mercekte oluşan ilk görüntünün (I) merceğe uzaklığı

2

3

1

3

1

1

1

1

1

1

1 1















_g g c g

D

D

D

D

f

, görüntünün boyu ise

H

H

H

H

D

D

H

H

g g c g c g

2

1

3

2

/

3

1 1

_

_

_





olur. Aynanın arkasında oluşan ikinci görüntünün (II) aynaya

uzaklığı

1

2

1

1

2

1

1

1

1

2 2

















_g g c g

D

D

D

D

f

, görüntünün boyu ise

H

H

H

H

g g

2

1

2

2 2







olur.

İkinci görüntünün mercekte oluşturduğu üçüncü görüntünün (III) merceğe uzaklığı benzer olarak;

5

6

1

6

1

1

1

1

1

1

3 3















_g g c g

D

D

D

D

f

, görüntünün boyu ise

H

H

H

H

g g

5

2

6

5

/

6

2

3 3







olur. Bu

durumda ilk ve son görüntülerin boyları oranı;

4

5

)

5

/

2

(

)

2

/

1

(

3 1

_

_

H

H

H

H

g g olur. Cevap C.

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

y



3

x



(

1

/

2

)

x

2 n2 α 1 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



3

x



(

1

/

2

)

x

2 nin türevi y’(0)=m den, eğim

m



3

olur. Bu durumda

2

/

1

sin

3

cot











olur. Buradan, n1 kırıcılık indisi;

1

.(

2

/

2

)



n

₁

.(

1

/

2

)



n

₁



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

1



3

x



(

1

/

2

)

x

2



x

₁



5



3

, y foksiyonunun bu noktadaki türevinden,

y

'

(

x

₁

)



3



x

₁



5

teğetin eğimi bulunur. Buradan α açısının sinüsü,

6

/

1

sin

5

cot











olur. Bu noktadaki kırıcılık indisi;

2

.(

1

/

2

)



n

₂

.(

1

/

6

)



n

₂



3

olur. Cevap D. ÇÖZÜM: r1=d0/2 v0 y r2=d/2 v Süreklilik koşulundan; A1.v0=A2.v → ₂ 2 0 0 2 0 2 0

4

4

d

d

v

v

v

d

v

d



































yazabiliriz. Her iki durum için Bernoulli denklemi yazılıp, gerekli matematiksel işlemler yapıldığında, çaplar arasındaki ilişki;

4 / 1 2 0 2 0 0 2 0 4 4 0 2 0 2 0 2 2 0 2

2

2

2

2

1

2

1



































gy

v

v

d

d

gy

v

d

d

v

gy

v

v

gy

v

v







şeklinde bulunur. Cevap A.

ÇÖZÜM:

Sodyum metalli plaka yüzeyinden çıkan elektronun hızına v0 diyelim. Elektron diğer levhaya tam ulaştığında hızı sıfır olur. Bu durumda enerjinin korunumundan; ₀2 ₀

2

2

.(

1

,

76

).

10

11

(

3

,

5

)

10

6

2

1

_

_

_

_

_

V

m

e

v

eV

m v

m/s bulunur. Cevap D.

ÇÖZÜM: P0 y=20 m Fk m V P1 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: P0V0=P1V1 → 105.2.10-4=(2+1).105.V1 → V1=(2/3).10

-4

m3 . Burada P0=1 atm=10 5

N/m2 alınmıştır. Bu durumda bardağın içindeki suyun hacmi 4 4

.

10

4

3

4

10

.

3

2

10

.

2













s

V

m3, suyun ağırlığı ise

G

_s



V

_s

d

_s

g

→ Gs=(4/2).10-4.103.10=4/3 N olur. Bardağa etki eden toplam kuvvet;

F

G

_b

G

_s

F

_k

N

3

1

2

3

4

1















aşağı yönlü bulunur. Cevap C.

ÇÖZÜM: T P1=P A Mg L P1=P Mg h P2

Düşme sırasında ısı alış verişi olmadığından süreç, adyabatik ve izotermaldir. Bu durumda basınçlar ve hacimler arasında

P

₁

V

₁



P

₂

V

₂ bağıntısı vardır. Burada P1=P, V1=A.L, P2=P+(Mg/A) ve V2=A.h dır. Bunlar adyabatik denklemde yerine konulup, gerekli matematiksel işlemler yapıldığında;

.(

.

)



(

A

.

h

)



A

Mg

P

L

A

P











 



→  

h

A

P

Mg

L

A

P

.

.



(



.

)

→  / 1

.

.

.

_















A

P

Mg

A

P

L

h

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

kT

V

P

2

3

.

2

.



yazabiliriz. Buradan

kT

f

m

kT

r

P

kT

f

v

d

P

kT

d

P

2

3

2

_



3



(

4

2

)

3



3

.























bulunur. Burada moleküllerin ortalama hızı

m

kT

v

kT

m v

3

2

3

2

1

₂







alınmıştır. Elde edilen denklemden f çekilip, π=3 alınarak gerekli düzenleme yapıldığında;

m kT

ÇÖZÜM:

Evrenin genişlemesinden dolayı; 2

2 2 2 2 2 2 2 2

4

2

1

4

2

1

2

1

r

c

T

m c

T

r

m

m v



_





















elde ederiz. Burada T

periyot (genişleme zamanı), r ise bu süreçte alının yoldur (evrenin yarıçapı). Evren genişlerken, aynı zamanda

2 2

2

2

1

c

GM

r

mc

r

GMm

_

_

_

dir. Kütle çekim potansiyel enerjisini ışıma enerjisine eşitleyerek,





.

.

2 2

G

r

hc

M

r

GM

hc







bulunuz. Burada λ→r alabiliriz. Elde ettiğimiz r ve M ifadelerini periyot (T) ifadesinde yerine koyup, biraz sadeleştirme yaptığımızda; _{5 5}

2 2 2 2 2 2

4

16

4

4

c

Gh

T

c

Gh

G

hc

c

G

c

T



























buluruz. Bu

ifadede sayısal değerler yerine konduğunda;

T

43

s

40 34 11

10

.

65

10

.

243

10

.

10

.

67

,

6

)

14

,

3

.(

4

  





bulunur. Bu, evrende

bilinen fizik yasalarının geçerli olduğu ilk zamandır. Cevap B.

Kaynak:

www.tubitak.gov.tr

Çözümler: Mehmet TAŞKAN