FİZİK OLİMPİYAT 2019-1.AŞAMA ÇÖZÜMLERİ

2019-TÜBİTAK ULUSAL FİZİK OLİMPİYATLARI 1.AŞAMA SINAV

SORULARININ ÇÖZÜMLERİ

www.fizikevreni.com

ÇÖZÜM:

İlk durumda eşdeğer sığa;

C

8

12

F

12

6

12

.

6

_

_





den

C

_eş

3

F

12

4

12

.

4

_





bulunur. Bu durumda devrede

depolanan toplam enerji

W

C

eş

V

3

.

12

216

J

2

1

2

1

2 2

1







olur. Son durumda C1 nin sığası

F

d

A

C

8

2

/

'

₁







, C2 nin sığası ise seri

F

d

A

C

48

8

/

'







iki kondansatörden oluşur ve

F

C

24

48

48

48

.

48

'

2



_



olur. Bu durumda devrenin eşdeğer sığası;

C

8

16

F

12

24

12

.

24

''









dan

F

C

_eş

3

16

16

8

16

.

8

'







olur. Devrede depolanan enerji

W

C

_eş

V

.

12

384

J

3

16

.

2

1

'

2

1

2 2 1







olur. Buradan yapılan iş;



W



W

2



W

1



384



216



168

J

bulunur. Cevap B.

ÇÖZÜM:

2q yüklü cisim –q yükü çevresinde düzdün dairesel hareket yaptığında cisme etkiyen kuvvetlerden ve enerjiden;

2 2 2

2

.

.

r

q

k

r

v

m

_

,

r

q

k

r

q

k

mv

E

2 2 2

.

2

.

2

1

_

_

_



yazılabilir. Yörünge yarıçapı r den 2r ye çıkarıldığında

cisme etkiyen kuvvetlerden ve cismin enerjisinden; ₂ 2 2

4

2

.

2

'

.

r

q

k

r

v

m

_

ve

r

q

k

r

q

k

mv

E

2

.

2

2

.

'

2

1

'

2 2 2









yazılabilir. Bu durumda yapılan iş

r

q

k

E

E

E

W

2

.

2

1

'











bulunur. Cevap A.

ÇÖZÜM:

Çubuğa etki eden kuvvetler kablolardaki T gerilme kuvveti, mg ağırlık ve Fm manyetik kuvvettir. Çubuğa bağlı

kablonun düşeyle yaptığı açı θ alınırsa, yatayla yaptığı açı θ/2 olur. Bu durumda çubuğun dengesinden; mgsin(θ/2)=BIL yazılabilir. Burada L=rθ ve sin(θ/2)→(θ/2) yaklaşımı yapılabilir. Bu durumda θ=2BIL/mg bulunur. Çubuğun yükselme miktarı ise geometriden h=L-2(L/θ).sin(θ/2) olur. Geometrik h ifadesinde; Sin(θ/2)=(θ/2)-(1/6)(θ/2)3

ve θ=2BIL/mg ifadeleri yerlerine konulup gerekli sadeleştirmeler yapıldığında çubuğun yükselme miktarı;

2

6

1















mg

BIL

L

h

şeklinde bulunur. Cevap B.

Atış açısı θ ve hızı v0 iken maksimum potansiyel enerji

g

v

mg

mgh

m

2

sin

2 2 0





, maksimum kinetik enerjinin

maksimum potansiyel enerjiye oranı

3

4

sin

)

2

/

1

(

)

2

/

1

(

2 2 0 2 0





mv

mv

dır. Buradan

2

3

sin





bulunur. Bu durumda

menzil uzaklığı

g

v

g

v

L

2 0 2 0

2

3

cos

.

sin

2

_







olur.

Atış açısı 2θ ve atış hızı 2v0 olduğunda menzil uzaklığı

g

v

g

v

L

2 0 2 0 1

2

3

2

cos

.

2

sin

8

_

_







olur.

Atış açısı θ/2 ve atış hızı v0 /2 olduğunda menzil uzaklığı

g

v

g

v

L

2 0 2 0 2

8

3

)

2

/

cos(

).

2

/

sin(

).

2

/

1

(

_







olur. Buradan mesafeler arası fark;

L

g

v

L

L

L

4

17

8

3

17

sin

2 0 1 2















bulunur. Cevap A. ÇÖZÜM: N1 h Fm θ mg N2 2πr

Boncuğun hareketini eğik düzlemdeki hareket ile yatay düzlemdeki dairesel hareketin bir bileşkesi olarak alabiliriz. Ortam sürtünmesiz olduğundan mekanik enerji korunur. Bu durumda boncuk düşeyde h kadar yol aldığında hız

v



2

gh

olur. Eğik düzlemin (bir helezon halkasının) bulunduğu düzleme paralel N1, dik N2

kuvvetleri etki eder. Burada N1=mgcosθ ve N2=Fm=(mv2cos2θ)/r şeklindedir. Şeklin geometrisinden;

√ √

2 2 2 2 2

cos

)

cos

(

_















r

mv

mg

N





olur. Bu ifade de sayısal değerler yerine konup gerekli işlemler

yapıldığında, tepki kuvveti

98

5

15



N

N olarak bulunur. Cevap B.

Çubuğun bir ucunun kap tabanına diğer ucunun yukarıda eğik olduğunu varsayalım. Çubuğun kesit alanı a olsun. Çubuğun metal kısmının ağırlığı G1=7000LA, tahta kısmının ağırlığı G2=4000LA, metal kısmına etki eden

kaldırma kuvveti F1=5000LA, tahta kısmına etki eden kaldırma kuvveti yine F2=5000LA olur. Çubuğun dengede

olması için tabana değdiği uca göre toplam tork;

0

4

.

2000

4

3

.

1000

L



L



olmalı. Bu ifade sıfıra eşit olmadığından çubuk döner ve dik duruma gelir, bu durumda toplam tork sıfırlamış olur. Cevap D.

ÇÖZÜM:

Devrenin kavşaklarındaki Kirchoff akım yasası; solda i5=i1-4, sağda i3=i2-12, ortada üstte i2=i1+i4+8, ortada altta

i3=i4+i5 yazılabilir. Sol alttaki ilmek için Kirchoff gerilim yasası 8-2i5+3i4=0, sağ alttaki ilme için 12-3i4-i3=0

ÇÖZÜM:

Kaptaki gaz moleküllerinin sayısı n, gazın sıcaklığı T, gaz sabiti R, pistonun yüzey alanı A, pistona bağlı yayın esneklik sabiti k olsun.

Kap w açısal hızıyla dönerken pistona etki eden kuvvetler dengesinden;

p

₁

A



mw

2

L

dir. Burada

LA

nRT

p

₁



dır. Kap 2w açısal hızda döndüğünde denge durumunda pistona etki eden kuvvetlerden;

L

mw

L

w

m

L

k

A

p

₂ 2

6

2

2

3

4

2







olur. Burada

LA

nRT

p

₂



2

dir. Kap 3w açısal hızla döndüğünde pistona

etki eden kuvvetler dengesinden;

p

₃

A



k

(

x



L

)



9

mw

2

x

olur. Burada

A

x

L

n RT

p

)

2

(

3



_

dır. Her üç durum için elde edilen denklemlerin ortak çözümünden;

x

2



6

Lx



15

L

2



0

olur. Buradan pistonun dönme ekseninden uzaklığı;

x





2

6



3



L

olarak bulunur. Cevap E.

İlk durumda piston için denge denklemi

hA

nRT

A

Mg



3

dır. Piston üzerine M kütleli cisim konulduğunda, sol

tarafta sıvı seviyesi pistonun yatay hizasından

3

4

12

''

4

'

'.

3

12

h

h

h

h

h

h

A

h

A

h

_

_

_

_

_

_

_

yukarıda olur. Gazın yüksekliği ise 3h/4 olur. Bu durumda pistonun denge denklemi

hA

nRT

h

dg

A

Mg

3

4

3

3

2





dır. Piston üzerine 2M kütle daha konulursa (toplam kütle 4M olur) piston ilk durumundan x kadar aşağı inerse sol

taraftaki sıvı 3x kadar yukarı çıkar. Dolayısıyla sıvı seviyeleri arasındaki fark Z=(h/3)+ 4x olur. Bu durumda piston için denge denklemi

A

Z

h

nRT

dgZ

A

Mg

)

3

4

(

4

3

4







olur. Bu durumda

hA

nRT

A

Mg

_

3

ve

hA

nRT

dgh



2

ifadeleri elde edilir. Bu ifadeler son denge denkleminde yerine konup sadeleştirildiğinde

0

6

10

3

Z

2



hZ



h

2



elde edilir. Buradan

Z

h

3

7

5





bulunur. Cevap A.

ÇÖZÜM:

İlk hızın bileşenleri (v0, v0/2), net kuvvetten dolayı ivmenin bileşenleri (a0, -2a0) dır. Kuvvet uygulanmaya

başladıktan t kadar süre sonra hızın bileşenleri (vx, vy)=(v0+a0t, v0/2-2a0t), hızın büyüklüğünün karesi





4

7

2

2

2 0 2 0 0 2 0 0

v

t

a

v

t

a

v















_





olur. Buradan

10

2 0 2 2 0

v

t

a



elde edilir.

2t süre sonraki hız için benzer şekilde





2 2 2 0 0 2 0 0

4

2

2

a

t

v

a

t

v

_t

v















_





den

4

13

02 2 2

v

v

t



elde edilir.

3t süre sonraki hız için





₃2 2 0 0 2 0 0

6

2

3

a

t

v

a

t

v

_t

v















_





den

4

23

₀2 2 3

v

v

_t



elde edilir. Bu durumda

hızlar oranı

23

13

3 2



t t

v

v

olur. Cevap B.

ÇÖZÜM:

Trenin ve peronun boyu L=125 m, öğrencinin hızı V1= 0,5 m/s, trenin perona giriş hızı Vt=10 m/s, öğrencinin 80

s’de trene doğru aldığı yol X1=40 m dir. Tren perona girdikten sonra öğrencinin trene doğru aldığı yol X1’=

0,5t1, hareket yönünü ters çevirdikten sonra aldığı yol X2’=0,5t2, trenin ivmelenerek aldığı yol 125=102/(2.a) dır.

Buradan trenin ivmesinin büyüklüğü a=0,4 m/s2

bulunur. Trenin perondaki hareket süresi 10=0,4.(t1+t2) den

t1+t2=25 s olarak bulunur. Öğrencinin trene doğru aldığı yol (40+0,5t1 ), trenin t2 sürede aldığı yola veya

öğrencisin t2 sürede aldığı yol ile trenin başından bindiği kapı mesafesine olan uzaklıkları toplamına eşittir. Bu

durumda 40+0,5t1=0,4t22=0,5t2+n.(6,25) den t1=37/4 s, t2=63/4 ve kapı sayısı n=6 bulunur. Cevap D.

ÇÖZÜM:

Durgun durumda soldaki cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden

V

₁

dg



m

₁

g



T

₁ den

1

10

10

10

.

_{1 1 1} 1

d



m





V

d



m



V

olur. Sağdaki cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden

1

2 2 2 2 2

dg



m

g



T



V

d



m



V

olur. Asansör a=2 m/s2 ivmeyle aşağıya doğru hızlanmaya başlarsa soldaki cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden

V

₁

d

(

g



a

)



m

₁

(

g



a

)



T

₁

'



V

₁

d



m

₁



(

T

₁

'

/

8

)

, sağdaki cisme etki eden kuvvetlerin dengesinden

V

₂

d

(

g



a

)



m

₂

(

g



a

)



T

₂

'



V

₂

d



m

₂



(

T

₂

'

/

8

)

denklemleri elde edilir. İlk durumda elde edilen kuvvet denklemleri ikici durumdakilere eşitlenirse; T1’=8 N ve

ÇÖZÜM:

Dedektörden çıkan ışığın tekrar detektöre gelme süresi

c

h

c

nh

c

h

t

2

5







olur. Sistemin sıcaklığı ΔT=200 C0 artırıldığında kabın boyundaki artma 2

10

.

.

.











h

_k

h



T

h

, sıvının yüksekliğindeki artış

h

T

T

h

h

_s

0

,

98

.

10

2

.

2

1

.

).

2

/

(

_

















olur. Sıvının kırıcılık indisi

200

.

5

.

10

1

,

4

2

3

'





4



n

olur. Bu

durumda detektörden çıkan ışığın tekrar detektöre gelme süresi,

c

h

c

h

h

n

c

h

h

h

t

s s k

427

,

2

2

'

2

2

2

'















_

_















_

_

_

_



olur. Zaman farkı

c

h

t



0

,

073

.



, yüzdelik değişim ise



100





2

,

92

t

t



bulunur. Cevap C diyebiliriz.

ÇÖZÜM:

Işığın kırıldığı noktaya Snell yasası uygulandığında,

1

.

sin





n

.

sin



olur. Kürenin tabanında

meydana gelen gölgenin alanından,

2

2

2

/

2 2

D

R

D

R











olur. Şeklin geometrisinden

L

D





cos

z

D

2

cos





ve

z

D

4

2

sin





bulunur. Benzerlikten

4

2D

x



yazılabilir. Z ise

D

z

D

D

z

2

2

3

4

8

2 2 2









olur. Bu durumda L uzunluğu

2

2

3D

L



olur. Buradan

3

1

sin





ve

3

1

1

sin

₂ 2







L

D



bulunur. Bu durumda sıvının kırıcılık indisi

3

sin

sin

_







n

olur. Cevap C. ÇÖZÜM:

İlk durumda görüntünün sistemde sonsuzda oluşabilmesi için kalın kenarlı mercekte kırılan ışın asal eksene paralel olmalıdır. Işın paralel ise gelen ışının uzantısı kalın kenarlı merceğin odağından geçmelidir. Bu durumda cisimden çıkıp ince kenarlı mercekte kırılan ışın asal ekseni

f

x

x

f

f

2

3

1

3

1

1

1 1









kadar uzakta kesecekmiş gibi gider. Buradan mercekler arası uzaklık

f

L

f

L

f

2

1

2

3

_

_

_

_

bulunur.

Mercekler arası ve odak uzaklıklarının değiştirildiği son durumda, ışın ince kenarlı mercekte kırılarak

asal ekseni

x

f

x

f

f

6

1

3

1

2

1

2 2









den kesecek şekilde kalın kenarlı merceğe gelir. Işının uzantısı asal ekseni kalın kenarlı mercekten

6

f



10

L



y



y



f

kadar uzakta keser (sağda). Bu

durumda cismin sistemdeki son görüntüsü;

x

f

x

f

f

2

1

1

2

1

3 3













olur. Cevap C.

ÇÖZÜM:

Gezegenlerin yüzeyleri arası uzaklık 6a dır. Uydu fırlatılmadan önceki (gezegen üzerinden ayrılmadan) sistemin toplam enerjisi, uydunun hızının sıfır olduğu durumda (gezegen merkezlerini birleştiren doğrunun tam ortasında hız sıfır olur) sistemin toplam enerjisine eşit olmalıdır. Bu durumda;

a

GMm

a

GMm

mv

a

GMm

a

GMm

4

4

2

1

7

2 0













olur. Buradan

a

GM

v

7

9

0



olarak bulunur. Cevap D. ÇÖZÜM:

Momentum korunumundan

(

M



m

)

v

₀



mv

yazabiliriz. Cisimlerin çarpışma hızları enerjinin korunumundan

v

₀



2

gh

dır. Çarpışma esnek olduğundan kinetik enerji veya hızlar korunur;

0 0

0

0

v

v

v

2

v

v













. Küçük kütle için enerjinin korunumu uygulanırsa;

h

H

mgH

v

m

(

2

)

4

2

1

2 0







bulunur. Cevap C.

ÇÖZÜM:

Qx yükünün orijinden uzaklığı x olsun. +y ekseni üzerindeki Q yükü dengede olduğu için üzerine etki

eden kuvvetlerin vektörel toplamı sıfırdır. Kuvvet bileşenleri eksenler üzerinde dengelenmiştir. X

bileşenleri dengesinden



cos



)

(

cos

4

2 2 2 2

x

a

kQQ

a

kQ

_z





, y bileşenleri dengesinden 2 2 2 2 2 2

sin

)

(

sin

4

a

kQ

x

a

kQQ

a

kQ

_z

_









yazılabilir. Burada 2 2

sin

x

a

a







, 2 2

cos

x

a

x







,

2

1

sin





,

2

3

c o s





dir. Bu trigonometrik ifadeler kuvvet denklemlerinde yerlerine konulduğunda; _{2 2 2 3/2}

)

(

8

3

x

a

x

Q

a

Q

_z





ve _{2 2 2 3/2}

)

(

8

7

x

a

a

Q

a

Q

_z





elde edilir. Bu iki denklemin taraf tarafa oranlanmasıyla;

Q

_z

Q

49

13

13

ÇÖZÜM:

m kütleli cisim en altta iken sistemin toplam enerjisi en üstte iken ki toplam enerjisine eşittir. Bu

durumda

mv

mv

2

m

(

v

v

)

mg

2

R

2

1

2

1

2

1

2 1 2 2 1 2









yazılabilir. Cisim en üstte iken kuvvetlerden

gR

v

mg

R

mv

_

_

2

_

1 2

1 _{olur. Momentum korunumundan}

3

)

(

2

1 2 1 2 2

v

v

v

v

v

m

mv

mv













olur. Bu ifade enerji korunumu ifadesinde yerine konulup sadeleştirildiğinde

v

2



v

₁2



6

gR

denklemi elde edilir. Buradan

v



7

gR

bulunur. Cevap E.

ÇÖZÜM:

İlk çarpışmada momentum ve kinetik enerji (hızlar) korunumundan

2

mv



2

mv

₁



mv

₂ ve

2 1

v

v

v





yazılabilir. Buradan

v

₁



v

/

3

ve

v

₂



4

v

/

3

bulunur. Sonra aradaki m kütleli cisim öndeki m kütleli duran cisimle çarpışır, kütleler eşit olduğundan bunların çarpışma sonrası hızları; ortadaki

v

₁

'



0

ve öndeki

v

₂

'



4

v

/

3

olur. En öndeki yoluna devam ederken, en arkadaki 2m kütleli ve aradaki m kütleli cisimler arasında tekrar çarpışma olur. Bu durumda momentum ve hızlar

korunumundan

2

''

''

3

2

mv

1

mv

2

v

m





ve

''

''

3

v

1

v

2

v





yazılabilir. Buradan

9

''

1

v

v



ve

4

''

2

v

v



bulunur. Artık bütün cisimler aynı yönlü ilerlemektedir ve çarpışma olmaz, 2m kütleli cisim H

yüksekliğine çıkar. Bu durumda enerjinin korunumundan

m

v

2

mgH

v

162

gH

81

2

2

1

2 2







olur.

Bu durumda cismin ilk enerjisi

E

_i

2

mv

162

mgH

2

1

2

_



olmalıdır. Cevap E.

ÇÖZÜM:

Boncuğa teki eden kuvvetler; G ağırlık, F merkezcil kuvvet ve N telin tepki kuvvetidir. Bu kuvvetlerin tele teğet ve dik bileşenleri şekildeki gibidir. Parabolün eğim açısını α alırsak, F ile teğet bileşen FT

arasındaki açı da α olur. Burada F=mw0

2_{x, G=mg dir. Bu kuvvetlerin bileşenleri}



cos

2 0

x

mw

F

_T



,



sin

2 0

x

mw

F

_D



,

G

_T



mg

sin



,

G

_D



mg

cos



dır. Teğet bileşenlerin eşitliğinden







cos

tan

sin

mw

₀2

x

w

₀2

x

g

mg







yazılabilir. Eğim tanα=2αx alındığında,

w

₀



2



g

ÇÖZÜM:

Küresel cisim sıvı içinde limit hıza ulaştığında, üzerine etki eden kuvvetlerin dengesinden;

g

V

g

V

rv

_c



_{c c}



_s







6

yazılabilir. Cismin v limit hızı aynı zamanda v=L/t, cismin hacmi

3

3

4

r

V

c





dür. Bu durumda sıvının viskozitesi

L

t

gr

(

_{c s}

)

9

2

2











olur. Bu ifadede sabit değerlerden

9

4

9

)

(

2

2



_



gr

c s

K





olur. Bu durumda her ölçüm için viskozite



₁



K

.(

10

)

,

)

11

/

100

.(

2



K



,



₃



K

.(

100

/

11

)

,



₄



K

.(

100

/

11

)

bulunur. Bu değerlerin ortalaması;

99

/

416



ort



olur. Cevap D.

ÇÖZÜM:

Kaptaki sıvıyı şekildeki gibi yan yüzey alanı dikdörtgen ve üçgen olarak iki bölüme ayırabiliriz. Sıvı kütleleri dikdörtgende yükseklikle, üçgende yüksekliğin yarısı ile doğru orantılıdır. Bu durumda

)

2

(

0

1

m

h

y

m





ve

m

₂



m

₀

y

; bunların eğik düzlem yüzeyine dik ve paralel bileşenleri

2

1

)

2

(

0 1

m

h

y

m

_x





,

2

3

)

2

(

0 1

m

h

y

m

_y





,

2

1

0 2

m

y

m

_x



,

2

3

0 2

m

y

m

_y



olur. Üçgenin dik kenarının yarısı olan y uzunluğu;

6

3

2

30

tan

y

L

L

y

_

_



dır. Kabın en alt köşesine göre tork alınırsa;

3

2

3

2

2

3

3

4

2

1

2

2

.

2

1

2 1 2 1

L

m

L

m

y

h

m

y

h

m















 













 

elde edilir. Bu denklemde m1, m2

ve y değerleri yerine konulup, gerekli sadeleştirmeler yapıldığında ;

0

9

7

3

3

4

2 2







L

Lh

h

denklemi elde edilir. Buradan

6

5

2

3

4





L

h

bulunur. Cevap D.

ÇÖZÜM:

Kaptaki suyun kütlesi m’, kaba atılan buzun kütlesi m olsun. Bu durumda alınan ısı verilen ısıya eşittir;

m

.(

0

,

5

).

10



m

.

80



mT

₁



m

'

(

65



T

₁

)

. Buradan 1 1

85

)

65

(

'

T

T

m

m







olur. Kaba 3m kütleli

buz atıldığı durumda ısı alış verişinden;

3

m

.(

0

,

5

).

10



3

m

.

80



3

mT

₂



m

'

(

65



T

₂

)

olur. Buradan

2 2

3

265

)

65

(

'

T

T

m

m







bulunur. İlk durumda sıvı basıncı

A

g

m

gh

P







'

, son durumda ise

A

g

m

m

P

(

'

)

5

6

_



dır. Basınçlar oranından m’=5m bulunur. Bu değer daha önce bulunan her iki m

denkleminde yerine konduğunda; T1=40 ve T2=8,75 değerleri bulunur. Bu durumda

T

₁



T

₂



31

,

25

olur. Cevap B.

ÇÖZÜM:

Birinci durum şekil-1, ikinci durum şekil-2’de gösterilmiştir. Şekiller yandan görünümü

göstermektedir. İlk durumda silindir içine sığabilecek en büyük alanlı küpün bir yüzeyindeki yüzey köşegenlerinin uzunluğu silindirin çapı kadar (2a) olmalıdır. Bu durumda küpün bir kenarı

2

)

2

(

2 2 2

a

x

a

x

durumda ağırlıklar;

G

_k



G

.(

2

)

3



2

2

G

,

G

_s



G

.(

3

.

1

2

.

2

)



6

G

,

G

k

'

G

.(

2

)

8

G

3





,

G

G

G

_s

'



.(

3

.

1

2

.

2

)



6

olur.

Şekil-1 de sistemin kütle merkezinin silindirin kütle merkezinden uzaklığı























1 1

2

2

.

2

2

.

6

G

y

G

a

a

y

den

y

a

7

2

2

1

1







bulunur. Şekil-2 de sistemin kütle merkezinin silindirin kütle merkezinden uzaklığı

6

G

.



y

₂



8

G

.



2

a





y

₂



den

y

a

7

8

2





bulunur. Buradan

8

2

2

1

2 1









y

y

oranı elde edilir. Cevap E.

Kaynak:

https://www.tubitak.gov.tr/

https://www.tubitak.gov.tr/tr/olimpiyatlar/ulusal-bilim-olimpiyatlari/icerik-fizik

Çözümler:

Mehmet TAŞKAN fizikevreni@mynet.com