X. ULUSAL FİZİK OLİMPİYATI ÜÇÜNCÜ AŞAMA SINAVI–2003
1. h yüksekliğindeki bir tepede bulunan motor vasıtasıyla göldeki kayık halatla çekilmektedir. Motor ipi sabit v0 hızı ile sarmaktadır ve kayığın hızı hep yataydır. Halat yatayla açısı yaptığı anda halat üzerinde tepe ile kayığın tam ortasında bulunan bir düğümün net hız ve ivmesini bulunuz.
h
v0
2. Yandaki kabın 30 eğimli duvarına ufak bir delik açılıp sıvının yüzeye dik bir şekilde fışkırmasına izin verilmektedir. Su seviyesinin kabın tabanından yüksekliği H’dır. Sıvının viskozitesini ve yüzey gerilimini ihmal ediniz. Sıvının çıktığı B deliğinin yerden yüksekliği h, sıvının yere değdiği ilk nokta C olsun. AC’nin maksimum değeri için h nedir? Bu durumda AC uzaklığını hesaplayınız.
A
g
30o B
C H
3. Kütlesi m1 olan bir tahta blok yatay bir masa üzerinde sürtünmesiz olarak hareket edebilmektedir. Bu bloğun üzerine yerleştirilen kütlesi m2, uzunluğu
olan bir basit sarkaç düşey düzlemde serbestçe salınabilmektedir. Sarkaç şekilde gösterilen yatay konumdan serbest bırakılmaktadır. Sarkaç ipinin kütlesi ve sarkaç topunun yarıçapı ihmal edilebilecek kadar küçük olduğunu varsayınız. Sarkacın serbest bırakıldıktan sonraki hareketi sırasında ipteki gerilmeyi ipin dikeyle yaptığı açıya bağlı olarak bulunuz. İpteki maksimum gerilme kuvveti nedir?
2 1
m
m ve
2 1
m
m 0 durumları için ipteki maksimum gerilmeyi ve hareketin nasıl olacağını tartışınız.
m1
m2
g
4. Uzunluğu 10 cm olan bir çubuk yatay düzlem üzerinde v=10 cm/s hızıyla kaya- rak dönmektedir. Bu çubuk duvardan =50 cm uzaklıktayken duvara paraleldir.
Çubuğun paralel konumda duvara çarpabilmesi için açısal hızı ne olmalıdır?
v
5. Dünyamızın merkezinde küçük yarıçaplı fakat çok yoğun bir maddeden oluşan çekirdek ve bunun etrafında yoğunluğu daha az bir kabuktan oluştuğunu kabul edelim. Ayrıca bu çekirdeğin kütle merkezi ile kabuğun kütle merkezi ortak kütle merkezi ekvator düzleminde ve geometrik merkezinden =100 km lik bir uzaklıkta olduğunu kabul edelim. Bu yapıdaki bir dünyanın ekvator düzleminde ve dünya etrafında hareket eden bir uydunun minimum periyodu nedir? Dünyanın yarıçapı R=6400 km, kütlesi mD ve evrensel çekim sabiti olarak veriliyor.
6. Bir kuyruklu yıldız Dünyanın dönme düzleminde bir parabolik yörüngede hareket etmektedir.
Parabolik yörünge için, kuyruklu yıldızın çok çok uzakta ve neredeyse sıfıra yakın bir hızla harekete geçtiğini kabul edebiliriz. Kuyruklu yıldızın Güneşe en yakın olduğu mesafe R olarak veriliyor. Burada R Dünyanın dairesel yörüngesinin yarıçapı olup <1 olan bir sabittir. Kuyruklu yıldızın Dünya yörüngesinin çevrelediği alan içinde harcayacağı t süresini Dünyanın periyodu TD ve cinsinden bulunuz. Bu maksimum süre nedir?
7. Bu problemde uzay araçlarını istenilen yönde ivmelendirmek üzere sıkça kullanılan bir metot ele alınmaktadır. Uzay aracı gezegene yakın uçarken gezegenin yörünge hareketinden küçük miktarda enerji alarak ilk hızı önemli ölçüde artar ve uçuş yönü büyük ölçüde değişir. Burada Jüpiter’in yakınından geçen bir uzay aracı için bu olayı inceleyeceğiz. Gezegen Jüpiter Güneşin etrafında eliptik bir yörüngede dönmektedir. Bu yörünge, yarıçapı R olan bir daire gibi kabul edilebilir.
a) Jüpiter’in Güneş etrafındaki yörüngesindeki u hızını bulunuz.
b) Uzay aracı, Güneş ile Jüpiter arasında iken (Güneş-Jüpiter arasındaki doğru üzerinde) Güneşin gravitasyonel çekim kuvvetinin Jüpiter tarafından dengelendiği noktanın Jüpiter’e olan uzaklığı nedir?
Kütlesi m=825 kg olan uzay aracı Jüpiter’in yakınından uçmaktadır. Kolaylık olsun diye uzay aracının hareket çizgisinin tamamen Jüpiter’in yörünge düzleminin içinde bulunduğunu kabul ediniz. Böylece uzay aracının yörün-ge düzleminden dışarı atılması gibi önemli bir durumu ihmal edebiliriz. Burada, sadece Jüpiter’in çekim alanının diğer tüm gravitasyonel kuvvetlere üstün geldiği bölgede ne olup bittiğini ele alacağız. Güneşin kütle merkezinin referans çerçevesinde uzay aracının ilk hızı v0=1,00.104 m/s (pozitif y ekseni yönünde) ve Jüpiter’in hızı negatif x ekseni yönünde- dir (Bakınız Şekil-1). ‘‘ilk hız’’dan kastedilen uzay aracının gezegenler arası uzayda hala Jüpiter’ den uzakta fakat Güneşin çekim alanının Jüpiter’e göre zayıf olduğu bölge- deki hızıdır. Uzay aracı ile Jüpiter’in karşılaşma süresinin, Jüpiter’in Güneş etrafındaki yörüngesinde yönünün değiş- mesi ihmal edilebilecek kadar, küçük olduğu kabul edilecek- tir. Aynı zamanda uzay aracının Jüpiter’in arka tarafından geçtiğini, yani, y-koordinatları aynı olduğu zaman uzay aracı için x-koordinatının, Jüpiter için olan x- koordinatından daha büyük olduğunu kabul edebiliriz.
x
y s
Güneşin kütle merkezinden görünüm. O Jüpiter’in yörüngesini
göstermektedir, s noktası uzay aracıdır.
Jüpiter
u O
Şekil 1
0v
c) Uzay aracının ilk hız vektörünün yönünü ( yani hızının x-ekseni ile yaptığı açısını) ve v ilk hızının büyüklüğünü, Jüpiter’in referans çerçevesine göre, Jüpiter’den hala uzakta olduğu zaman için bulunuz.
d) Uzay aracının Jüpiter’in referans çerçevesine göre toplam enerjisi W’nin değerini bulunuz. Aslında potansiyel enerji sonsuzda sıfır olarak tanımlanırsa da, burada gravitasyonel etkileşmelerin küçük olmasından ötürü uzay aracının hemen hemen sabit hızla gidecek kadar Jüpiter’den uzak olduğu mesafede potansiyel sıfır alınabilir.
Jüpiter’in referans çerçevesine göre uzay aracının yörüngesi bir hiperboldur ve bu çerçevede polar koordinatlar cinsinden ifadesi
Jüpiter
Şekil 2 r
b
r
1=
cos
m m
b v W 1 2 b v
m
2 2 J
2 2 2
2 J
ile verilmektedir. Burada b Jüpiter ile asimptotlardan birisi arasındaki uzaklık ( çarpışma parametresi, nişan hatası), W aracın Jüpiter’e göre toplam mekanik enerjisi, çekim sabiti, mJ Jüpiter’in kütlesi, r radyal uzaklık ve polar koordinatıdır.
Şekil 2. de verilen denklemde tanımlanan hiperbolun iki dalı gösterilmektedir, asimptotlar ve polar koordinatlar da gösteri- mliştir. Bir numaralı eşitlikte orijinin (başlangıç noktasının) hiperbolun çekim odağında olduğuna dikkat ediniz. (Hiperbo- lun vurgulanmış dalı Şekil 2.de verilmiştir)
e) Uzay aracının yörüngesini ifade eden denklemi kullanarak, ( Şekil 2 de gösterildiği gibi) Jüpiter’in referans çerçevesine göre açısal sapmasını bulunuz. Bunu ilk hız v ve çarpışma parametresi (impact parameter), b, cinsinden yazınız.
f) Uzay aracının Jüpiter’in merkezine Jüpiter’in yarıçapının 3 katından daha az bir mesafe ile yaklaşa- mayacağını kabul ediniz. Mümkün olan minimum çarpma parametresini ve mümkün olan maksimum açısal sapmayı bulunuz.
g) Uzay aracının Güneş’in referans çerçevesindeki son vs hızının bileşenlerini ve büyüklüğünü veren ifadeleri sadece Jüpiter’in u hızı, uzay aracının ilk hızı v0 ve sapma açısı cinsinden bulunuz.
h) Bir önceki sorudaki ifadeyi kullanarak, açısal sapma miktarı mümkün olan en büyük değerini aldığında Güneş’in referans çerçevesindeki son vs hızının sayısal değerini hesaplayınız
Not: Evrensel çekim sabiti =6,6725910-11 m3/(kgs²), Güneş’in kütlesi mG=1,991.1030 kg, Dünyanýn kütlesi mD=5,979.1024 kg, Dünya yörüngesinin büyük yarım ekseni rD-G=1,4957.1011 m, sideral gün TS=86164,06 s, bir yıl TD=31,558150.106 s, yerçekimi ivmesi g0D=9,80665 ms-2, Jüpiter kütlesi mJ=1,9011027 kg, Jüpiterin ekvator yarıçapı: RJ=69,8.106 m, Jüpiterin yörüngesinin ortalama yarıçapı: rJ-G=7,783.1011 m, bir Jüpiter günü: TJ=35,6.103 s, bir Jüpiter yılı TJ=374,32.106 s,
=3,14159265 olarak veriliyor.
8. Yarıçapı R olan iletken bir kürenin merkezinden r uzakta q noktasal yük konulmuştur. Kürede indükte edilen yük nedir? Bu yük kürenin merkezin- den nerede bulunuyor. Sistemin elektrostatik potansiyel enerjisi nedir?
Kürenin merkezi ile yükün belirttiği doğruya göre açısı yapan ve geomet- rik merkezinden uzakta bulunan P noktasındaki potansiyel nedir? Küre üzerinde oluşan yükün yüzeysel yük yoğunluğunun açısına bağlı olan ifadesi nedir?
q
R r
O
P
9. Klystron, çok yüksek frekanslı sinyalleri yükseltmede kullanılan bir aygıttır. Şekilde görüldüğü gibi bir Klystron aygıtı birbirinden mesafesi kadar ayrılmış birbirine ben- zer iki çift paralel levhadan (kaviteden) oluşmaktadır. İlk hızı v0 olan elektron demeti levhalardaki çok küçük delik- lerden geçerek tüm aygıtı kat etmektedir. Yükseltilmesi arzu edilen yüksek frekanslı voltaj her iki çift plakaya uygulanmakta ve levhalar arasında (kavitelerde) yatay yönde alternatif (alternating) elektrik alanlar oluşturmak- tadır. İki kavite arasında belli bir faz farkı bulunmaktadır (2 lik faz farkı bir periyoda karşılık gelir). Giriş kavitesine giren elektronlar, elektrik alan sağ yöne doğru olduğunda yavaşlamakta, sol yöne olduğunda hızlan-makta ve böylece elektronlar ilk kaviteden belli bir uzaklıkta kümelenmektedir. Elektronların kümeleş-tikleri noktaya çıkış kavitesi konursa, buradaki elektrik alanın fazı uygun seçildiği takdirde elektron demetinden enerji soğurur. Voltaj sinyali, U= 0,5 Volt şeklinde değişen, periyodu T=10-9 s olan kare şeklinde bir dalga olsun. Elektronların ilk hızı v0=2.106 m/s ve yükünün kütlesine oranı
m
q =1,759.1011 C/kg dır. Levhalar arasındaki h uzaklığı o kadar küçüktür ki elektronların kaviteler içinden geçiş süresi ihmal edilebilir. Sadece 4 anlamlı basamak tutarak, elektronların kümeleştikleri f mesafesini ve faz kaydırıcısının sağladığı gerekli faz farkını hesaplayınız.
faz kaydırıcısı çıkş boşluğu
h h
v0
(kavite)
(kavite) giriş
boşluğu
10. Elektromanyetik bir alan içinde bulunan q yükünün hareket denklemleri Lorentz kuvvetinden bulunabilir. Kütlesi m yükü q olan bir parçacığın B=Bez, E=Eyey +Ezezalanları içindeki hareketi göz önüne alınırsa:
a) Eğer z(t=0)=z0 ve (t=0)=z. z. 0 ise parçacığın hareket denkleminin z bileşeni nedir?
b) Başlangıç
x(t=0)= -
. 0 0
y
; x. (t=0)=Ey
B ; y(t=0)=0; (t=0)=y. y. 0
değerlerini kullanarak x(t) ve y(t) yi hesaplayınız. (0 cyclotron frekansıdır).
11. Uzunluğu 0 ve kesit yarıçapı r esnek iletken tel iki ucundan tutturulmuştur. Telin yapıldığı maddenin Young modülü E (E=
miktarı uzama Boyca
Boy Alan
Kuvvet ) dir. Tel sabit ve homojen B manyetik alanında bulunmaktadır. Başlangıçta tel gerilmemiştir. Telden zayıf akımı geçtiğinde teldeki gerilme kuvveti ne kadar olur? Telin orta noktasının maksimum sapması nedir? Zayıf akımın ne anlama geldiğini nicel olarak ifade ediniz.
12. Suyun molekülleri arasındaki uzaklığı sıvı fazında ds ile, gaz fazındaysa dg ile gösterelim. Her iki fazın 100 oC sıcaklıkta ve atmosfer basıncında olduğunu ve buharın ideal bir gaz gibi davrandığını kabul edelim. Aşağıda verilen verileri kullanarak
g s
d
d oranı nedir? Sıvı fazdaki suyun yoğunluğu:
L=1000 kg/m3, suyun molar kütlesi =18 g/mol, atmosfer basıncı: Pa=105 N/m2, gaz sabiti R=8,3 J/mol.K, Avagadro sayıs NA=6.1023 mol-1 olarak veriliyor.
13. Birbiri içinde erimeyen A ve B sıvıların doymuş buhar basınçları sıcaklığa bağlı olarak PA=P0
A bA
T a
e ; PB=P0 B bB
T a
e
şeklinde değişmektedir. Burada P0 normal atmosfer basıncı, T sıcaklık, aA,bA, aB, bB sabitlerdir. Bu bağıntı
ln
0 A
P P =
T aA
+bA ; ln
0 B
P P =
T aB
+bB olarak da yazılabilir. A ve B sıvıları için
0 A
P P ve
0 B
P
P oranları 40 C ve 90 C sıcaklıklardaki değerleri tabloda verilmekte olup bu değerlerde hata payı yok sayılabilir.
t(C)
0 A
P P
0 B
P P
40 0,284 0,07278
90 1,476 0,6918
a) A ve B sıvılarının P0 basıncı altında kaynama sıcaklıklarını bulunuz.
A ve B sıvıları bir kabın içine boşaltılıp şekilde görülen tabakalar oluşuyor. B sıvısının yüzeyi, A ve B sıvıları ile karışmayan ve uçucu olmayan ince bir C sıvı tabakası ile örtülerek, B sıvısının üst yüzeyinin kendiliğinden buharlaşması önleniyor. A ve B sıvılarının gaz durumundaki molar kütlelerinin oranı =
B A
=8 olarak veriliyor. A ve B sıvılarının başlangıçtaki kütleleri m eşit olup 100 gramdır.
Kaptaki sıvı tabakalarının yükseklikleri ve yoğunlukları, kabın içindeki her noktadaki basıncın atmosferik basınç P0 olmasını sağlayacak şekildedir.
b) Kaptaki sıvılar yavaş ve sürekli biçimde ısıtılmaya başlıyor.
Sıvıların t sıcaklığının t zamana göre değişimi şekilde verilmiştir. Bu grafik yatay kısımlarına karşılık gelen t1, t2 sıcaklıklarını bulunuz.
Gösterilen belirli bir t1 anında A ve B sıvılarının kütlelerini bulunuz.
Not: Bulduğunuz t1 ve t2 sıcaklıklarını tam sayılara (C olarak) yuvarlayınız. Sıvıların kütlelerine gramın onda biri hassasiyetle belirtiniz. İki sıvının buharların kısmi basınçları Dalton yasasına tabidir. Doymuş buhar basınca kadar iki sıvı buharı da ideal gaz dibi kabul edilebilir.
P0
A B C
t ( C)o o
t(zaman) t o1
t o2
t 1
14. Ağırlıksız bir plakanın bir yüzeyi tam yansıtıcı, diğeri ise absorbe edicidir. Plaka gaz olan bir ortamda bulunursa hareket hızı ne kadar olur? Plaka fotonlu olan ortamda bulunursa hızı ne kadar olur? Ortamı oluşturan moleküllerin ya da fotonların hızı veriliyor.
15. Dünya oluştuğunda 238U ve 235U izotoplarının var oldukları fakat bunların radyoaktif bozunmaya uğramadıkları varsayılmaktadır. 238U ve 235U’in bozunumları dünyanın tD yaşını tayin etmekte kullanılmaktadır. 238U izotopun yarı ömrü 4,50.109 yıl olarak verilmektedir. Takip eden radyoaktif seride bozunum sonucu oluşan elementlerin yarı ömürleri bundan daha küçüktür ve birinci mertebede ihmal edilebilirler. Bozunum serisi, kararlı bir izotop olan 206Pb ile sona ermektedir. 206N ile gösterilen 206Pb atomlarının sayısını veren ifadeyi, o andaki 238U atomlarının sayısı 238N ile gösterilmektedir) ve 238U’in yarı ömrü cinsinden bulunuz. 109 yıl zaman hesaplamalarında birim olarak kullanılabilir. Benzer şekilde, 235Uizotopun 0,7.109 yıllık yarı ömürle, daha küçük yarı ömürlü bozunum elementlerinden oluşan bir seri ile 207Pb kararlı izotopunu verecek şekilde bozunur. Kurşun cevheri ile karıştırılmış uranyum cevheri bir kütle spektrometresi ile analiz edilmektedir. Üç kurşun izotopu 204Pb, 206Pb, 208Pb ölçülmekte ve atom sayılarının sırasıyla 1,00:29,6:22,6 oranında olduğu bulunmaktadır. 204Pb radyoaktif bir bozunma sonucu oluşmadığı için referans olarak kullanılmaktadır. Saf kurşun cevheri analizi 1,00:17,9:15,5 oranlarını vermektedir. 238N:235N oranı 137 olarak verilmektedir. Dünyanın yaşı tD’yi içeren bir denklem bulunuz. T’nin her iki uranyum izotopunun yarı ömürlerinden kabaca çok uzun olduğunu varsayınız ve bu şartlar altında tD için yaklaşık bir değer bulunuz. Bu yaklaşık değer açıkça, daha büyük olan yarı ömürden çok büyük değildir fakat tD için daha doğru bir değer bulmak için kullanılabilir. Böyle düşünerek yada istediğiniz başka bir yolla dünyanın yaşını %2 hata dahilinde bulunuz.
X. ULUSAL FİZİK OLİMPİYATI ÜÇÜNCÜ AŞAMA SINAVI ÇÖZÜMLERİ-2003 1. İp yatayla açısı yaptığında cismin hızı v olsun. Bu durumda kayıl ile kıyı arasında bulunan ipin uzunluğu
v
d
v
h
0
v
vsin
=sin h
olur. İp çok az çekilirse artık ip yatayla +d açısı yapacak ve kayığın hızı v+dv olacak. Kayığın hızının ip üzerindeki bileşeni ipin uzamamsı için ipin hızına eşit olmalıdır.
vcos=v0
Kayığa bağlı ipin ipe dik olan hız bileşeni vsin küçük dt sürede
d=
dt sin
v
=
v sin2 dt h
açı taramaktadır. Bu denklemden açısal hız
=dt d
=v sin2 h
=
0 2
v sin hcos
ve açısal ivme
= dt d=
d d
dt d=
d d =
2 3 2
0
2
v tan (1 cos ) h
olarak bulunur. İpin orta noktanın ipe dik olan hız v=
2
=v tan0 2
olur. Net hız
u= v2v02 =v0
2 2
1 3cos 4cos
olarak bulunur. İp döndüğü için normal ivme
an=v=v tan02 2 sin 2h
ipin açısı değiştiği için teğetsel ivme a=
2
=
2 3 2
v tan (1 cos0 ) 2hsin
Tam ivme
a= a2an2=
2 2 2 2
0
4
v tan tan (1 cos )
2h 1 sin
2
olarak bulunur.
2. Suyun çıkışta kazandığı hız için
A
g
30o B
C
H 30o
h
D
v= 2g(Hh) bu hızın bileşenleri için
vx=vcos30; vy=vsin30
menzili için x=vxt
düştüğü yüksekliği için
h=vyt+
2 gt2 yazabiliriz. Buradan hareket süresi ve AC uzaklığı
t= 2
g ) h H ( 2 g
h 8 g
) h H (
2
; AC=
2
3 ( H2 2Hh3h2 -H+h)+h 3 3 olarak yazılabilir. Maksimum şartı için
dIACI
dh =0; 39h2-26Hh-4H2=0; h=0,79H olmalıdır. Buradan aranan uzaklık
ACH olarak bulunur.
3. Momentum korunumu yasasından
m1 m2
g
m1v1+m2(v1-v2x)=0 v2x=v2cos; v2y=v2sinv1=
2 1
2 2
m m
cos v m
enerji korunumu yasasından
m2gcos=
2 v m1 12
+ 2
) v v (
m2 1 2x 2
+ 2
v m2 2y2
=
= 2(m m )
v ) sin m m ( m
2 1
22 2 2
1 2
yazabiliriz. Buradan v1=
2 3
2 2
1 2 1 2
2m g cos
(m m sin )(m m )
v2=
) sin m m (
cos g ) m m ( 2
2 2 1
2 1
ve ipteki gerilme kuvveti T=m2gcos+
22 2v
m =m2gcos+
) sin m m (
cos g m ) m m ( 2
2 2 1
2 2 1
olarak bulunur. Maksimum kuvvet =0 için gerçekleşir.
Tmak=m2g
1 2
m m 3 2
2 1
m
m ise Tmak=3m2g olur.
2 1
m
m 0 ise T olur. Bu olamayacağı için belirli açıda ip kopar.
4. Çubuk
t=v
= 10 50=5 s
süre sonra duvara çarpar. Bu süre içinde çubuk için 2
T=
yarı periyot geçmiştir. Buradan aranan açısal hız v
=
; =
5
olarak bulunur. Diğer bir çözüm ise çubuk duvardan x=
2
=5 cm uzakta iken mümkündür. Bu durumda gereken süre
t2= v x=
10 5 =0,5 s
olur. Bu süre içinde çubuk için 2
T=
yarı periyot geçmiştir. Buradan aranan açısal hız v
x=
; =2
olarak bulunur.
noktası için
5. Uydunun çizdiği elips şeklindeki yörüngenin küçük yarım ekseni gezegenin yarıçapına eşit olmalıdır. Bu durumda elipsin büyük yarım ekseni de gezegenin yarıçapından kadar daha fazla olmalıdır.
a
b
x y
b
a F
- b -a
F (-c,0) (c,0)
M(x,y)
P rA A
O
1 y 2
x rP
a=R+
b=R
Elips, odakları F1 ve F2‘ye herhangi bir M(x,y) noktasına kadar olan uzaklıkların toplamı sabit olan geometrik noktaların kümesi olarak tanıtılmaktadır.
F1M+MF2=2a
Burada a elipsin büyük yarım ekseni, b küçük yarım ekseni, P perihelion noktası F1 odak noktasına olan en yakın nokta, A aphelion noktası bu odağa olan en uzak nokta, rP ve rA bu noktalara olan uzaklıklar, c ise odak noktalarının merkeze olan uzaklıklarıdır. M(x,y)
2
2 y
) c x
( + (cx)2 y2 =2a; (xc)2y2 -2a= - (cx)2 y2 yazabiliriz. Bu ifadenin karesini alıp
xc+a2= (xc)2 y2
denklemi elde ederiz. Bu ifadenin karesini alarak (a2-c2)x2+a2y2=a2(a2-c2)
denklemi elde ederiz. Burada b2=a2-c2 dersek
b2x2+a2y2=a2b2 elde ederiz. a2b2 ifadesine bölerek
2 2
a x +
2 2
b y =1 elipsin denklemi elde edilir. Elipste
=a c=
a b a2 2
eksentrite olarak bilinmektedir. 0<<1 olmalıdır. Daire için =0 olur. En yakın ve en uzak noktalara olan uzaklıklar için
a= 2 r rp A
; c=a-rP = 2
r rA P
; b= a2 c2 =
2 P A 2 A p
2 r r 2
r r
= rArP yazabiliriz. Buradan
rA=R++; rP=R+-; R= (R)(R)
=2R
2
=0,784 km
olarak bulunur. Açısal momentum korunumu yasası için L=mvr=sabit
yazabiliriz. İlk durumda (kütle merkezi ile geometrik merkezin çakışık olduğu durumda) uydunun hızı için
R
mv2 = D2 R
m
m
; v= R mD
açısal momentumu için
L=m mDR alan hızı için
= dt dS=
2 vr =
m 2
L = 2
R mD
yazabiliriz. Uydunun dolanım periyodu
T= S=
ab=
R m
) R 2 (
D 2 2
olarak bulunur.
6. Dünyanın Güneşin etrafında hareket ettiği yörüngesel hız vD olsun. Bu hızı bulmak için merkezcil kuvvetin çekim kuvvetine eşit olması durumun- dan faydalanabiliriz.
R
A R B
v0
r
v v
vr
2 D G
R m m
= R
v mD D2
; vD= R m G
Dünya Güneş etrafında
TD= vD
R 2
= R m
R 2
G
sürede bir devir tamamlamaktadır. Kuyruklu yıldızın Dünyanın Güneş etrafındaki yörüngesini A ve B noktalarında kestiğini kabul edelim. Güneşe en yakın noktadaki v0 hızı ve kuyruklu yıldızın Güneşten r uzakta olduğu zamanki v hızını enerji korunumu yasasından bulabiliriz.
R m m G
=
2 mv02
; v0= R m
2 G
r m m G
=
2 mv2
; v= r m 2 G
v hızının iki bileşeni vardır: vr ve v. v bileşenini kuyruklu yıldız için geçerli olan açısal momentumun korunumu yasasını kullanarak bulabiliriz. Yıldız Güneşten r uzakta bulunurken bu hız
mv0R=mvr; v= r
R v0 olur. Kuyruklu yıldızın hızının radyal bileşeni
vr= dt
dr= v2 v2 =
2 0 G
r R v r
m
2
= r R
r m
2 G
Güneşten dr kadar uzaklaşmak ya da yaklaşmak için gereken süre
dt=
vr
dr =
R r m 2
rdr
G
olarak yazılabilir. Yeni bir değişken tanımlayalım.
r-R=x; r=x+R; dr=dx Buradan aradığımız süre
t=2
R
R 2 mG r R
rdr =2R(1
) 0 2 mG x dx ) R x
( =
=
R(1
)0 )
1 ( R
G 0 x
R dx
x m
2
2 =
=
2 .R (1 )R
3 ) 1 ( R 2 m 2
2 2
3
G
= 3
) 2 1 ( R
R m
) 1 ( 2 2
G
t=
3
) 2 1 ( ) 1 ( 2
R m
R 2
G
= 3
)( 1 2 )T 1
(
2 D
olarak bulunur. Maksimum süreyi bulabilmek için d (1 2 ) 1-
d
=0
olmalıdır. Buradan =0,5 tmak=2TD
3 77 gün olarak bulunur.
7. a) Jüpiter’in Güneş etrafındaki yörüngesindeki u hızı r
u mJ 2
= 2
J G
r m m
; u= r m G
=1,306.104 m/s olarak bulunur.
b) Uzay aracı, Güneş ile Jüpiter arasında iken (Güneş-Jüpiter arasındaki doğru üzerinde) Güneşin gravitasyonel çekim kuvvetinin Jüpiter tarafından dengelendiği nokta için
0 2 J G
G
) r r (
mm
= 2
0 J
r
mm
; r0=
J G
J - G J
m m
r m
=2,333.1010 m olarak bulunur.
Jüpiter u
v0 uydu
0
c) Uzay aracının ilk hız vektörünün hızının x-ekseni ile yaptığı 0 açısı olsun. Bu durumda
vx=u=vcos0 vy=v0=vsin0
yazabiliriz. Buradan ilk hız ve açı
0=arctan u v0
0,653 rad=37,4
v= u2v02 =1,65.104 m/s; cos0=
02
2 v
u u
; sin0=
02 2
0
v u
v
olarak bulunur.
d) Uzay aracının Jüpiter’in referans çerçevesine göre toplam enerjisi Jüpiter’den uzak olduğu mesafede potansiyel sıfır alınabilmesi ile
W== 2
mv2 =112.109 J olarak bulunur.
e) Uzay aracının yörüngesini ifade eden denklemi r çok büyük ise
r
1=
m cos m
b v W 1 2 b 1
v m
J2 2
2 2 2
2
J
0; cos -
m m
b v W 1 2
1
2 2 J
2 2
yazabiliriz. Açı için
=arccos
m m
b v W 1 2
1
J2 2
2 2
= arccos
m m
b v W 1 2 arccos 1
J2 2
2 2
yazabiliriz.
Jüpiter’in referans çerçevesine göre açısal sapma
=+---=-2arccos
m m
b v W 1 2
1
2 2 J
2 2
olarak bulunur.
f) Uzay aracının Jüpiter’in merkezine Jüpiter’in yarıçapının 3 katından daha az bir mesafe ile yaklaşamayacağı için
rmin=3RJ=20,94.107 m
olur. Bu durumda =0 olur. Nişan hatası b olsun. Buradan
r
1=
cos
m m
b v W 1 2 b v
m
2 2 J
2 2 2
2
J ;
rmin
1 =
2 2 J
2 4 2
2 J
m b 1 v b 1
v m
bmin=
2 min 2 J
min v
r m
r 2
=
2 J 2 J
J v
R m R 6
9
=4,90.108 m
olarak yazılabilir. Bu minimum mesafede hız vmin olsun. Bu hız enerji korunumu yasasından bulunula- bilir.
2 mv2 =
2 mvmin2
-
min J
r m m
; vmin2=v2+
min J
r m
maksimum mak açısal sapma
mak=-2arccos
J2 2
min2 4
m b 1 v
1
=1,526 rad=87,4
olarak bulunur.
g) Uzay aracının Güneş’in referans çerçevesindeki son vs hızının bileşenlerini ve büyüklüğünü Jüpiter’in u hızı, uzay aracının ilk hızı v0 ve sapma açısı cinsinden yazabiliriz. İlk olarak v hızının bileşenlerinin yazalım.
vx=vcos(0+); vy=vsin(0+)
Güneş’in referans çerçevesindeki son vs hızın bileşenleri vsx=vcos(0+)-u; vsy=vsin(0+) ve hızın büyüklüğü
vs= vsx2 vsy2 = v0(v0 2usin)2u(1cos)=
2 02
2 02 2 2
0 v u
) u v ( u u 2 2 v
h) Bu hızın sayısal değeri
vs=2,62.104 m/s olarak bulunur.
8. Basit bir model olarak kürenin topraklandığını kabul edelim. Bu durumda küre üzerindeki potansiyel kürenin merkezinden r>R uzakta bulunan q ve kürenin merkezinden x<R uzakta bulunan q’ yükün sayesinde sıfır olduğunu düşünebiliriz. Merkezden geçen eksene göre ve kürenin üzerinde bulunan noktalar için
q R
r O
P
q' r' x
0=
0
q 4 (r-R)+
0
q'
4 (R-x); 0=
0
q 4 (r R) +
0
q' 4 (R x ) yazabiliriz. Buradan
x= r R2 ; q’= -
r qR
olarak bulunur. Sistemin elektrostatik potansiyel enerjisi
=4 (r x) qq'
0
= -
) R - (r 4
R q
2 0 2
2
olarak bulunur. Bu aynı zamanda kürenin üzerine konulması gereken minimum pozitif yükün değerini de vermektedir. P noktasındaki potansiyel
(r, )=
2 2
4 0 r 2r cos
q
-
4 2
0 2 2
qR
R 2R co
4 r r r
s
olarak bulunur. Küre üzerinde oluşan yükün yüzeysel yük yoğunluğu
= -0
R r
) , r (
= - 2 2
2 2 3
0
q(r -R )
4 (R r 2rRcos ) olarak bulunur.
9. Elektronlara etki eden ivme a=
m
qU elektronların minimum ve maksimum hızları
vmin= v02 2a=
m qU
v02 2 = (2.10 )6 22.1,759.10 .0,511 =1,9555.106 m/s
vmak= v022a=
m qU
v02 2 = (2.10 )6 22.1,759.10 .0,511 =2,0435.106 m/s olarak bulunur. Bu elektronların odaklandıkları mesafe, aranan süre ve odaklama mesafesi
f=vmint=vmak(t- 2 T); t=
) v v ( 2
T v
min mak
mak
=
) 9555 , 1 0435 , 2 ( 2
10 . 0435 ,
2 9
=11,61.10-9 s f=vmint=1,95556.106.11,61.10-9=2,27 m
faz farkı
=
n T
t .2= (11,61-11).2=1,22=220
olarak bulunur.
10. a) Yüklü parçacık aynı anda uygulanmış elektrik ve manyetik alanlarda hareket edebilirler. Parça- cığa etki eden kuvvet
=m =q +q x
F a E v B ile verilir. Bileşenlere göre yazdığımızda
m dt dvx
=qBvy; m dt dvy
=qEy-qBvx mdvz
dt =qEz; az=qEz m
elde edilir. Buradan z ekseni boyunca parçacığın hızı zaman göre vz=z. 0+azt=z. 0+qE tz
m
parçacığın hareket denkleminin z bileşeni ise z=z0+z. 0t+
z 2
qE t 2m şeklinde değişir.
b) Üstteki şıkta kuvveti için yazdığımız x ve y bileşenleri kullanabiliriz. Birinci denklemi integre edersek ve bulunan ifadeyi ikinci denkleme yerleştirirsek titreşimin denklemini elde edebiliriz
..+
y 02y=qEy m ; 0=
m qB Bu denklemin genel çözümü ve hızı için
y=C1sin0t+C2cos0t+C3 vy=
dt
dy=C10cos0t-C20sin0t yazabiliriz. İlk şartlardan
[vy(0)=y. 0]; C1=
. 0 0
y
; C2= -C3; C3= y2
0
qE m olarak yazılabilir. Çözüm
y=
. 0 0
y
sin0t+ y2
0
qE
m (1-cos0t)
olarak yazılabilir. Bu ifadenin türevi y yönündeki hızı verir vy=
dt
dy=y. 0cos0t+ y
0
qE
m sin0t x yönündeki denklem kuvvet denklemi
dvx
dt =qBvy m = 0
y. 0cos0t+qEy
m sin0t olur. Buradan integre edilirse
vx- (t=0)=x. qBy
m ; vx=Ey
B +y. 0sin0t+ y
0
qE
m (1-cos0t) elde edilir. Bu ifade integre edersek
x=E ty B -
. 0 0
y
cos0t+ y
0
qE
m 00
sin t
t
=
2E ty
B -
. 0 0
y
cos0t- y
0
E
B sin0t olarak bulunur.
11. Küçük sapmalar için seçilen tel parçasının uzunluğu
dF
dxdy -d
d
0 m
F
F ddx
bu parçaya etki eden manyetik kuvvet dF=Bdx
bu tel parçasına etki eden dikey kuvvetine eşit olmalıdır.
Fsin-Fsin(-d)Ftan-Ftan(-d)=Fd(tan)=Bdx dx
) (tan
d
= F
B
=
dx dy dx
d = 2
2
dx y d
Bu denklemin çözümü iki kere integre edersek y= 2F
Bx2
+C1x+C2
olarak bulunur. İlk şartlardan integrasyon sabitleri x=0; y=0; 0=0+0+C2; C2=0
x=0; y=0; 0=
F 2 B02
+C10; C1= - F 2
B
olarak bulunur. Bu durumda çözüm
y= 2F ) x ( Bx 0
olur. Seçilen küçük bir parçacığın uzunluğu ve eğim için d= dx2+dy2 =dx
2
dx + dy
1
dx
2
dx dy 2 +1 1 Bu paçanın uzaması
(d)=d-dx=
2
dx dy 2
1
dx=
2 0
F 2
) x 2 ( B 2
1
dx olur. Telin toplam uzaması
= dx
F 2
) x 2 ( B 2
01
0
2
0
= 2
03 2 2
F 24
B
olur. Gerilme kuvveti için F=
0
ES
= 2
2 2 2 0 2
F 24
r E
B
yazabiliriz. Buradan gerilme kuvveti F=3
2 2 2 0 2
24 r E
B
olarak bulunur. x=
2
için maksimum sapma
ymak= F 2
) x ( Bx
= 0 3 2 0
E r B 3
4
olarak bulunur.
12. Su molekülleri arasındaki uzaklık ds=3
A s
N V
=3 NA
=3 323
10 . 6 . 1000
10 .
18 3,1.10-10 m
olarak değerlendirilebilir. Burada Vs suyun molar hacmidir. Su buharın molar hacmi için
PV=nRT; n=1; Vg=
P RT
yazabiliriz. Su buharın molekülleri arasındaki uzaklık dg=3
A g
N V
=3
PNA
RT =3
23 5.6.10 10
373 . 3 ,
8 3,7.10-9 m olarak değerlendirilebilir. Aranan oran
s g
d
d = 109 10 . 1 , 3
10 . 7 , 3
12
olarak bulunur.
13. a) Bilinmeyen sabitleri ln
0 1 A
P P =
1 kA
A
T
a +bA; ln0,284=
313 aA
+bA
ln
0 2 A
P
P =
2 kA
A
T
a +bA; ln1,476=
363 aA
+bA
ln
0 1 B
P P =
1 kB
B
T
a +bB; ln0,07278=
313 aB
+bB
ln
0 2 B
P
P =
2 kB
B
T
a +bB; ln0,6918=
363 aB
+bB
denklemlerde bulabiliriz. Buradan
aA= -3748,49 K; bA=10,711 aB= -5121,64 K; bB=13,735
olarak bulunur. İki sıvıda kaynama buharların basıncı dış basınca eşit olduğunda başlamaktadır.
Bunun için
kA A
T
a +bA=0;
kB B
T
a +bB=0 olmalıdır. Buradan kaynama sıcaklıkları
TkA=349,95 K=77 C TkB=372,89 K=100 C olarak bulunur.
b) Kaptaki sıvıların t sıcaklığının t zamana göre değişimi göz önünde bulundurursak birinci bölgede iki sıvı buharlaşmadan ısınmakta olduğunu anlaşılmaktadır. Sıcaklığın artması ile iki sıvının arasındaki ayırma sınırında oluşan buhar baloncuklar yükselmeye başlamaktadır. İlk olarak bu baloncuklardaki basınç P0 değerine ulaşmaktadır. Bu
PA+PB=P0 ;
0 A
P P +
0 B
P
P =1= A
A b T a
e +P0 B bB
T a
e
olarak yazılabilir. Bu denklemi sayısal olarak çözülebilir. Çözüm T=340 K olarak bulunur. Kısmi basınçlar
PA=0,734P0 ; PB=0,267P0
olur. Bu basınçlar baloncuğun hareketinden etkilenmez. Kısmi basınçlar sabit kaldığı için baloncuklardaki sıvı buharların kütlelerin oranı sabit kalmaktadır. Sınırdaki kaynama sıvıların birisinin tamamen buharlaşması ile biter ve sonra kalan sıvı tekrar ısınmaya başlar. Kalan sıvının kaynama sıcaklığı T=373 K dir. Birinci sıvı tamamen buharlaşana kadar T sıcaklığında baloncukta bulunan sıvı buharların kütlelerin oranı
B A
m m =
B A
=
B B
A A
P P
=8.
0 0
P 267 , 0
P 374 ,
0 11,2
Yani A sıvısı 22 kat daha hızlı buharlaşmaktadır. Her hangi t1 anında A sıvısı tamamen bitmiş, B sıvısından ise 9 gr buharlaşmış ve 91 gr sıvı kalmıştır.
14. Tüm moleküllerin hızlarının eşit ve u olduğunu ve belli yönde moleküllerin
N= 6
t Sv n0
gittiğini kabul edebiliriz Burada n0= V
N taneciklerin konsantrasyonu, S moleküllerin geçtikleri alan,
v= m
3kT moleküllerin hızı, t ise S alanından moleküllerin geçiş süreleridir. Bu formül cisim hareketsiz ise doğrudur. Disk hareket ettiği için diske karşı gelen ve dolayısıyla diskle çarpan moleküllerin sayısı daha büyük olur. Diskle çarpışan tanecik sayısı
N1= 6
t ) v u ( S
n0
olarak yazılabilir. Burada u diskin hızıdır. Bu moleküllerin diske göre hızları u+v, momentumları m(u+v), momentum değişimleri absorbsyon sonucu m(u+v) olur. Bu moleküllerden diske aktarılan momentum
p1=
6
) v u ( tm ) v u ( S
n0
olur. Diskle aynı yönde hareket eden moleküller diskle daha az sayıda çarpışma yaptıkları için, diske çarpan tanecik sayısı
N2= 6
t ) v u ( S
n0
olarak yazılabilir. Bu moleküllerin diske göre hızları u-v, momentumları m(u-v), momentum değişimleri 2m(u-v) olur. Bu moleküllerden diske aktarılan momentum
p2=
6
) v u ( m 2 t ) v u ( S
n0
olur. Diske aktarılan bu momentumlar eşittir 6
) v u ( tm ) v u ( S
n0
= 6
) v u ( m 2 t ) v u ( S
n0
Buradan
u2-6uv+v2=0; u=(3-2 2 )v olarak bulunur.
Fotonların hızı c ve fotonların belli yönde
N= 6
t Sc n0
gittiğini kabul edebiliriz Burada n0= V
N fotonların konsantrasyonu, S fotonların geçtikleri alan, t ise S alanından moleküllerin geçiş süreleridir. Bu formül cisim hareketsiz ise doğrudur. Disk hareket ettiği için diske karşı gelen ve dolayısıyla diskle çarpan foton sayısı daha büyük olur. Diskle ön tarafından çarpışan foton sayısı
N1= 6
t ) v c ( S
n0
olarak yazılabilir. Burada u diskin hızıdır. Diskin karşısına gelen fotonların frekansında maviye kayma gerçekleşmektedir. Bu fotonların momentumu
p1=
1 1 c
0
ve momentum değişimleri
p1=p1
olur. Diskin arka tarafından çarpışan foton sayısı
N2= 6
t ) v c ( S
n0
olarak yazılabilir. Burada u diskin hızıdır. Diskin karşısına gelen fotonların frekansında maviye kayma gerçekleşmektedir. Bu fotonların momentumu
p2=
1 1 c
0
ve momentum değişimleri
p2=2p2
olur. Diske aktarılan bu momentumlar eşittir 6
t ) v c ( S
n0
1 1 c
0
= 6
t ) v c ( S
n0
1 1 c 2 0 Buradan
v= 2 1 1 2
c=(3-2 2 )c olarak bulunur.
15. Radyoaktif bozunma yasası N=N0e-t şekilde yazılabilir. N=
2 N0
için bozunma sabiti
=
2 /
T1
2 ln =
2 /
T1
69315 , 0
olarak yazılabilir. Bozunan çekirdek sayısı t zaman sonra
N=N0-N=N0(et-1) olur. Birim olarak 109 yıl kullanırsak
206N=238N0
e 4,5 1
t 6931 , 0
=238N0(e0,154t-1)
207N=235N0
e 0,7 1
t 6931 , 0
=235N0(e0,976t-1) yazabiliriz. Verilen oranlardan bozunan çekirdeklerin oranı
206N:207N=(29,6-17,9)(22,6-15,5)=11,7:7,1
olarak bulunur. Buradan oranlarsak 238N0:238N0=137 olduğunu göz önünde bulundurarak 1
, 7
7 ,
11 =137
1 e
1 e
t 9762 , 0
t 154 , 0
elde edilir. Bu denklem sayısal olarak çözülebilir. İlk olarak 4,5 sayısal için çözüm olarak deneyebiliriz.
Çözüm zaten o mertebedendir.
