LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 1

1. Yatay düzlemdeki cisme etki eden sürtünme kuvveti:

F_S = kmg = 0,5 . 1 . 10 = 5 N dur.

yatay

1kg

10N T=8N 1kg

k=0,5 F

F_S

ip

Alttaki cismin ivmesini bulalım:

F = m . a

10 – 8 = 1 . a ⇒ a = 2 mls² dir.

O halde sistemin ivmesi de 2 mls² dir.

10 – F – F_S = (m₁ + m₂) a

10 – F – 5 = (1 + 1) . 2 ⇒ F = 1N bulunur.

Yanıt: B

2. İvme – zaman grafiğinin altında kalan alan hız değişimini verir. (0-t) ve (t-2t) aralıklarında alan pozitiftir. Bu yüzden araç sürekli hızlan- mıştır. Hız - zaman grafiğini çizersek, altında kalan alan yer değiştirmeyi verir.

0 v

X1

X₁ X₁ X2

X₂ X₂ t

K M

<

t t=0

t at 3at2

2t

2t

D seçeneğine bakalım: Araç t anında L’den geç- mişse x1 < x2 olduğundan K’ye yakın olmalıdır (Yanlış).

Yanıt: D 3.

M v

v

2v v L

K

yer h₁

h₂

v

v 2

v 5

Yatay atılan cisim yatayda sabit hızlı, düşeyde ise serbest düşme hareketi yapar.

Cismin düşey hızı K’de sıfır, L’de v, M’de ise 2v oluyor.

Zamansız hız formülünü KL ve KM arasında dü- şeyde kullanalım:

KL : v² = 2gh1

KM : (2v)² = 2g (h1 + h2)

Bu denklemler oranlanıp düzenlenirse, hh

31

2

1 = bulunur.

Yanıt: C

4. Cisimler M’de karşılaşana kadar sırasıyla 2X, X yolunu alıyor.

X= 21at2 ye göre X ve a doğru orantılıdır. Yani ivmeleri sırasıyla 2a, a dır.

. .

F m a

F m a m2 m

2 ¹ 41

2 2

= 1

= 4 = bulunur.

Yanıt: A

5.

0 v

t

K

L –4

–12

2

Cisimlerin hız – zaman grafiklerini çizelim:

2 saniyede L cismi K’den taralı alan kadar fazladan gider.

Taralı alan:

(12 – 4) . 2 = 16 m dir.

O halde aralarındaki uzaklık başlangıçta 16 metre + 2 saniyede 16 metre olmak üzere top- lam 32 metre olur.

Yanıt: D

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 1

6. Gezegenin çekim ivmesi g = 8 m/s² olarak veril- miş.

h = sin . ,.

o g o m

v ²2 ²a = 2 ²2 8^{^}0 8^h2 =16 . ( . )

. . .

sin sin

sin cos

x o g

m

v 2

20 8 2 53

20 2 853 53

48

2 2

2

= a =

=

=

Yanıt: A

7. Cisim serbest bırakılıyor. KL arasında hızlanmış, LM arasında sabit hızla gitmiş, M–N arasında yavaşlamış ve N den bir hızla geçmiş. Cismin hız–zaman grafiği şöyle olur.

v hız

zaman N

M L 0K v_N

Cismin ortalama hızları:

v1 = v v 20 + = 2 v2 = v v3 = v v

2^N +

Yani: v2 > v3 > v1 dir.

Yanıt: A

8. L cismi hareketli makaraya bağlı olduğundan K nin birim zamandaki yer değirmesi L’ninkinin iki katı kadar olur. Yani K’nin hız büyüklüğü 2v ise L’ninki v dir. (I ve III kesin farklı)

K ve L nin kinetik enerjileri eşit ise: E_K = E_L

.( ) .

m v m v

21 2 21

K 2= L 2

4 m_K = m_L olmalı

Cisimler serbest bırakıldığında yanyana geliyor- larsa K cismi yükselmiş, L ise alçalmıştır. Yani m_L > 2 m_K olmalıdır. (II olabilir)

Yanıt: D

9. C seçeneğine bakalım:

O

r v

a

Merkezcil ivme 0’ya doğrudur.

Yanıt: C

10. Tüm patlamalarda yatay ve düşey momentum- lar korunur. Maksimum yükseklikte patlayan parçacıkların yere düşme süreleri ve bu süre içindeki yatay momentum büyüklükleri eşit olur.

Kütleleri farklı olduğundan yatay hız büyüklük- leri de farklı olur. Aynı yükseklikten düştükle- rinden yere çarptıkları andaki düşey hızları eşit olur.

Yanıt: B

11. Maksimum hız: vo = ωr, herhangi bir yerdeki hız:

v_M = ~ r²–x²

= r r

– 2

2 2

~ ` j

= r23~ O halde; VV

r r

23 23

M O

~

= ~ = bulunur.

Yanıt: B

12. P

/

/

m1 . v + 0 = (m1 + m2) vortak tır.

m2 daha büyük olsaydı. vortak daha küçük olurdu.

Yere düşme süresi, yatay hızla ilgili değildir ve h= 21 gt2 dir (t değişmez).

Yani cisim L nin soluna düşerdi.

Yanıt: E

13. Yer yüzündeki çekim ivmesi g = GRM

2 dir.

O R R

M

m

v GMR

= 2 de pay ve paydayı R ile çarpalım

.. .

v GM RR v g R

2 2

2 &

= = bulunur.

Yanıt: A

14. Dönerek ilerleyen cismin:

Öteleme kinetik enerjisi: E_k = 21 mv² Dönme kinetik enerjisi: Ed= 21 Iω² = 21 mr

21 2 ~2

c m

v = ωr yerine yazılırsa, E_d = mv41 2 dir.

EE

mv

mv mv

41 21

41

d 3

t

2

2 2

= +

= bulunur.

Yanıt: C

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - ? LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 2

1.

d Ed

E

E E/4

+1

+1 120°

d d

+q –q L

K

E kdq

= 2 dir.

Bir yerdeki elektrik alan bulunurken sanki o noktada +1 birim yük varmış gibi düşünülür.

E E

E E E E EE

4 34 34

–

K

L L

= K

= =

4

Yanıt: C

2. Elektron ve protonun elektrik yüklerinin büyük- lüleri eşit, protonun kütlesi ise elektronunkin- den büyüktür. İkisi serbest bırakılınca elektron (+) yüklü levhaya, proton ise (-) yüklü levhaya doğru hareket eder.

F = m . a ⇒ . . ..

q d m a a d mV = & = q V dir.

q’lar eşit, m_el < m_p olduğundan a_el > a_p dur.

Etki eden kuvvetler: F_el = F_p = q . dV dir.

d uzaklığında elektron ve protonların kazandığı enerjiler:

Eel. = q V2 = E^p dur.

q . V2 = 21 mv² olduğundan q V2 sabit, mel. < mp ⇒ Vel. > Vp olur.

Yanıt: D

3. İletken kürelerin içindeki herhangi bir noktanın potansiyeli, yüzeyindekine eşittir.

V kq

V k rqr V V 2

2

K L

K L

1 2

=

= =

_

` a bb bb

ise q_K = q_L olur.

Yanıt: C

4. +x

d d

–2q O +q

Elektrik alanı ve elektriksel potansiyeli bulmak için O noktasına +1 birim yük koyalım:

:

E k d2q k dq

0

E = k d2 + kq dq 9 dir.

d arttırılırsa bu ifade azalır ve E azalır.

V = k dq k dq 2

– +

c m

9 dir.

d arttırılırsa bu ifade azalır ve V azalır.

k dq q. U –22

= $^{^ h} , d arttırılırsa U da artar.

Yanıt: C

5. X, Y parçacıkları düşeyde eşit miktarda (ikişer bölme) gitmiş. Yatayda ise X, Y den az gitmiş. O halde levhalara çarpma süreleri arasında t_X < t_Y ilişkisi vardır.

Düşeyde h = 21 at² ⇒ h = 2 birim = 21 at² ⇒ tX < tY ise aX > aY

Parçacıkların levhalara çarpma hızları bilinme- diğinden kütleleri de elektrik yükleri de karşılaş- tırılmaz.

Yanıt: A 6. qX = qY = 2qZ verilmiş. qX = qY = 2q, qZ = q olsun

kondansatörlerin levhaları arasındaki potansiyel farkları şöyle bir bağıntı vardır.

VX + VY = VZ dir. C = Vq de V’ler yazılırsa,

q q q q q q

C C C C2 C2 C

X X

Y Y

Z Z

X Y Z

&

+ = + =

I. CX = CY olabilir, II. CX = CZ olamaz, III. CZ < CY olabilir.

Yanıt: C

7. 20Ω

20Ω

5Ω 5Ω

24^Ω 24^Ω

4^Ω

4Ω K K

K

M M M

M

L

L Devrenin eşdeğeri şöyledir.

L K

K

K–M arası eşdeğer direnç: Reş1 = . 20 520 5

+ = 4Ω olur.

Üst koldaki eşdeğer direnç, R₁ + 4 = 4 + 4 = 8Ω olur.

RKL = .8 248 24

+ = 6Ω bulunur.

Yanıt: A

8. Voltmetreden akım geçmez. O halde devre şöyle çizilebilir:

+ – ε=18V

K L

r=1Ω 4Ω 4Ω

4Ω

4Ω 4Ω M

N

L–N arasındaki eşdeğer direnç 28 = 4Ω Devrenin eşdeğer direnci 4 + 4 + 1 = 9Ω olur.

Ana koldan geçen akımı bulalım:

v = i . R ⇒ 18 = i . 9 ⇒ i = 2A dir.

Voltmetre K – M noktaları arasındaki potansiyel farkını ölçer.

vKM = vKL + VLM ⇒ vKM = 2 . 4 + 1 . 4 = 12 volt bulunur.

Yanıt: D 9.

Y L

X Z

K V1

r=0 + –ε S

V2

ε’u X – Y ve Y – Z arasındaki dirençlerle doğru orantılı paylaştırabiliriz. Çünkü V = i . R de i eşit, V ile R doğru orantılıdır.

S anahtarı kapatıldığında X - Y arasındaki eş- değer direnç azalır, ε = V1 + V2 olduğundan ε sabit, V₁ azalır; V₂ artar.

Yanıt: A 10.

ε i1 + –

K

K

K M M

L M

L i2

L K L

K

M

+ – ε

Reş1 = R + =R 2 3R

2 Nokta potansi-

yelinden, dev- renin eşdeğeri şöyledir:

R 5i

3i

2i Reş1 = 3R/2

+ – ε

R_eş1 ve R paralel olduğundan V’ler eşit.

V = i . R ye göre akımlar di- rençlerle ters orantılıdır.

Bu akımları ilk devreye taşıyalım:

ε i1=3i + –

2i i

i

i 3i

4i

5i i₂=i

ii¹ 3ii 3

2 = = bulunur.

Yanıt: E

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 2

11. Ampermetrelerin iç dirençleri çok küçük oldu- ğundan amperpetre yerine tel konulabilir.

+ +

+ –

–

6Ω – L

K K L

M

M

6^Ω 6^Ω ε₁=6V ε₂=6V

ε₃=6V

Nokta potansiyelinden devrenin eşdeğeri şöyle bulunur:

6Ω

K M

12.6 Reş = = 412+6 Ω L

6Ω 6Ω ε₂=6V

ε₃=6V ε₁=6V

+ – + –

+ –

ε1 ile ε2 paralel, eşdeğerleri yine 6V, ε3 bunlara seridir.

ε_eş. = i . R_eş. ⇒ 12 = i . 4 ⇒ i = 3A bulunur.

Ampermetre, ε₁ den geçen akımı ölçer yani 1,5 A değerini gösterir.

Yanıt: C

12.

V

ε + –

A M L

K R1

R2

R3

S

S anahtarı kapalıyken R2 ile R3 paralel, R1 bun- lara seri olur. ε’u R₁ ve R₂ ile R₃’ün eşdeğerleri, dirençle orantılı paylaşır.

S anahtarı açılırsa LM arasındaki eşdeğer direnç ve potansiyel artar dolayısıyla R₃ ten geçen akım artar. Bununla birlikte ε = VKL + VLM olduğundan V_KL azalır.

Yanıt: C 13.

M K

L +

+

+

+ + +

– –

–

– – –

Şekil I Şekil II

ε₁

ε₂ ε₃

ε₄ ε₅ ε₆

Şekil I de ε2 ile ε3 seri ve ters bağlıdır. Özdeş olduklarından eşdeğerleri sıfırdır. Eşdeğer devre ise şöyle olur:

K

L + –

ε₁

Yani K ve L ışık verir.

Şekil II de ε5 ve ε6 birbirine paralel olur.

ε5 = ε6 = ε ise eşdeğerleri de ε olur. Eşdeğer dev- re ise şöyle olur:

M

+ + 

– –

ε₄=ε

ε ε₅, ε₆

ε₅ ve ε₆ nın eşdeğeri, ε₁’e seri ve ters bağlıdır.

Eşdeğerleri sıfır olur. M lambası yanmaz.

Yanıt: C

14.

L K

M

R₃=2Ω R₁=4Ω

R₂=4Ω

i

L K R₁=4Ω M

V₂=8V V₁

R₂₃= 4Ω 3

P RV V

V

16 4 8

2 2

22

22

& & 2

= = = volt olur.

R2 ile R3 paralel, eşdeğerleri ise R 4 24 2.

34

23= + = Ω olur.

L K

M

R₃=2Ω R1=4^Ω

R2=4^Ω

i

L K R₁=4Ω M

V₂=8V V₁

R₂₃= 4Ω 3

V1 ve V2 dirençlerle orantılıdır.

V4 V

34

8 24

1 = & 1= volt’tur.

Yanıt: E

15.

+ +

+

– – –

10V

15V 5V

10Ω 5Ω

A i1 i2

i3

I II

I ve II numaralı odacıklarda Kirşof’un ikinci ya- sasını uygulayalım:

Σε = Σ i.R

I : 15 – 5 = i₁ . 10 ⇒ i₁ = 1A II: 10 – 5 = i₂ . 5 ⇒ i2 = 1A

i₃ = i1 + i2 ⇒ i3 = 1 + 1 = 2A bulunur.

Yanıt: D

16. A) watt (amper)² = iP

i R Ri

2 2

= 2 =

B) volt

amper = iV R=

C) .

joule volt² saniye

^ h ^ h = .

V tR V t2

2

$ = R D) (watt) . (saniye)

joule = . .i R ti R t

2 2

$ $ birimsiz.

E) (volt) . (saniye)

(coulamb) = .V ti t

$ = R

Yanıt: D

17.

L K A+ε

A+3ε _A+ε

A A

+ + ε

– –

A 3ε

Nokta potansiyelinden:

VK = (A + 3ε) – (A + ε) = 2ε VL = (A + ε) – A = ε

P VR R P VR

R PP 4

K K 4

L L L

K

2 2

2 2

f

f

= =

= =

= _

` a bbb bb

bulunur.

Yanıt: E

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 2

18. Voltmetreden akım geçmez.

S anahtarı açıkken; v = ε – i . r ⇒ 6 = ε – i . 1 Aynı zamanda voltmetre 4Ω luk direncin de uç-

ları arasındaki potansiyel farkını ölçer.

6 = 4 . i ⇒ i = 23 dir. Yukarıdaki formülde akım değerini yazarsak: 6 = ε– 23 1$ &f=7 5, volt tur.

S anahtarı kapatılırsa 4Ω luk dirençler paralel ve eşdeğerleri 24 2= Ω olur. Eşdeğer direnç ise 2 + 1 = 3Ω dur.

Yeni durumda akım: i^I = Rf = 7 5 2 53, = , A dir.

Voltmetrenin gösterdiği değer de:

V^I = ε – i´ . r = 7,5 – 2,5 . 1 V^I = 5 volt bulunur.

Yanıt: E

19.

V

+ +

+

– –

–

A L

K

1Ω 2Ω

2Ω

ε₂=6V ε₁=6V

ε₃

Ampermetre 1A değerini gösteriyorsa ana kol akımı 1 + 1 = 2A dir. Voltmere aynı zamanda K ve L noktalarına bağlı gibi düşünülebilir.

Acaba akım K’den L’ye mi yoksa L’den K’ye mi akıyor?

K’den L’ye olsa V_KL = 6 + 1 . 2 = 8 volt L’den K’ye olsa V_KL = 6 – 1 . 2 = 4 volt olur.

Voltmerenin gösterdiği değerin 8 volt olduğu söylenmiş. O halde akım K’den L’ye doğrudur.

V = ε3 – i . r ⇒ 8 = ε1 – 2.1 ⇒ ε1 = 10 volt bu- lunur.

Yanıt: E

1. ^X d

P

d Y

2i i

BX = B = K . . i2 2d

2 9 yö- nünde

B_Y = K . .d2 = B↓ yönündei

O halde B_P, B_X ile B_Y nin bileşkesidir.

B_p = B 2 bulunur.

Yanıt: C

2.

K I

i xi

Akımlardan dolayı şekildeki K noktasında I yö- nünde manyetik alan oluşur.

Manyetik kuvvet, F = q . v . B sinα dır.

B ile v paralel olduğunda sin0° = 0, sin180° = 0 olduğundan manyetik kuvvet sıfır olur. Yani I yönünde hareket ettiğinde cisme etki eden manyetik kuvvet sıfır olur. II ve III numaralı yönlerde geçerse manyetik kuvvetin etkisi altın- da kalır.

Yanıt: D

3. Parçacık dolanırken merkezil kuvvet, manyetik kuvvete eşittir.

m . a = q . v . B ⇒ a = mBqv dir.

Yanıt: A

4. Manyetik alanda hareket eden yüklü parçacığa etki eden manyetik kuvvetin yönü şöyle bulu- nur. Sağ el açık olmak koşuluyla baş parmak hı- zın yönü, dört parmak manyetik alanın yönünü gösterecek biçimde tutulur. Avuç içinin gösterdi- ği yön, manyetik kuvvetin yönüdür.

X ++++

–

– – – – –– ––

B2

→

B^→₁

B^→₃

Y

Z x

+ + +

+ + + + +

Yandaki şekilde bu kural uy- gulanırsa indüksiyon e.m.k si- nin olduğu görülür.

Yandaki kurala göre Y’nin şe- kildeki yüzeyi (+) görülmeyen (alttaki) yüzeyi (–) olur. Uçla- rı arasında e.m.k oluşmaz.

Yandaki kurala göre üst yüzey (–), alt yüzey (+) olur. Ancak uçları arasında indüksiyon e.m.k si oluşmaz.

Yanıt: A 5. Özindüksiyon e.m.k si:

, , ,

L ti 0 2 0 020 0 5 5 – $ TT –

f= = c - m= volt bulunur.

Yanıt: D

6. KL kısmında oluşan indüksiyon e.m.k.’si:

ε = B.v.ℓ = 0,2 . 0,5 . 0,1 ε = 10^–2 volttur.

ε = i . R ⇒ 10^–2 = i . 2 ⇒

i = 102^–2=0 5 10, . ^–2=5 10. ^–3 amper bulunur.

Sağ el kuralına göre: Baş parmak hız, dört par- mak manyetik alan yönünü gösterecek biçim- de tutulursa avuç içi (+) yüklü parçacıklara etki eden kuvveti gösterir. O hâlde akım da L den K’ye doğru yani I yönünde olur.

Yanıt: B

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 3

7. X

B→ 53° Y 45°

Z d

i i i

Manyetik kuvvet:

F = B . i . ℓ . sinα dır.

üç tel içinde ℓ . sinα = d

eşit, B ve i de eşit olduğundan F ler eşit şiddette olur.

Yanıt: A

8. Bobinin indüktansı: X_L = ωL = 50π . 54r =40Ω dur.

Direnç diyagramı şöyledir:

Z = 50Ω

R = 30Ω

XL = 40Ω

Ve = V

2^m &V_e= 50 2 502 = volt ⇒ Ve = ie . Z

50 = ie . 50 ie = 1A bulunur.

Yanıt: C

9. Akımla gerilim aynı anda maksimum ve mini- mum oluyor. Yani aynı fazladır. O halde devre rezonans durumundadır.

R

XL

XC

Yani: XL = XC dir. Ancak R karşılaştıralamaz.

X_L = X_C olduğundan Z = R olur.

Yanıt: E

10. L bobininde akım (+) uçtan (–) uca doğru, yani III yönündedir. Reosta ok yönünde çekilirse R artar, i azalır. O halde bu bobinde akımı arttı- racak yönde yani III yönünde özindüksiyon akımı oluşur.

L bobinindeki akımından dolayı sağ el kuralına göre (→) yönünde manyetik alan oluşur. Akım azaldığından bu manyetik alan da azalır. Dola- yısıyla K’nin içinden geçen manyetik akı da aza- lır. Bu durumda K bobininde bu akıyı arttıracak biçimde ve I yönünde indüksiyon akımı oluşur.

Yanıt: A

11. VV ,

NN VV

NN

L K

R M 3

1

2

= 3= dir.

I. V₁ > V₃ ⇒ N_K > N_L (Yanlış)

II. L ve M birbirine bağlı olduğundan

V_L = V_M = V₃ tür. N_L , N_M’ye bağlı değildir.

(Doğru olabilir.)

III. V2 > V3 ⇒NR > NM (Doğru)

Yanıt: D

1. 3t süre sonra atmaların görünümü şöyle olur:

K L

K – L arasındaki girisimden dolayı bileşke atma şöyle olur.

Yanıt: E

2. ^X

Y Z

denge konumu

X ve Z noktaları maksimum ve minimum ko- numdadır. Dalga hangi yöne giderse gitsin bu noktalar denge konumuna doğru yani oklarla belirtilen yönlerde hareket eder. Yani atmanın ilerleme yönü bilinemez.

Yanıt: B

3. .

dS<1 & n5 <1 & n<5 & n 4 3

mm =

merkez doğrusunun bir tarafındaki katar çizgi- lerinin sayısıdır.

O halde merkezdeki ile birlikte 4 + 1 + 4 = 9 tane katar çizgisi gözlenir.

Yanıt: C

4. Snell Yasası (Kırılma yasası):

sinsin vv

2 1

2

i 1

i = dir.

sinsin

vv vv 3753

34

°°

Y X

Y

& X

= = bulunur.

Yanıt: E

5. Şekil I de dalgalar odaklandığı için L ortamı ya- kınsak mercek gibi davranmıştır. Yani K hava, L cam ortamı gibi düşünülürse K’deki hız L’dekin- den fazla h_K > h_L dir.

Şekil II de de dalgalar odaklandığı için yakın- sak mercek etkisi olmuş. Yani M cam, L de hava gibi düşünülürse L’deki hız, M’dekinden büyük ve hL > hM dir. O halde hK > hL > hM olur.

Yanıt: A

6. Kaynaktan en uzaktaki atmalar arası uzaklık az, kaynağa yaklaştıkça atmalar arası uzaklık git- tikçe artıyor. Yani dalga boyu zamanla artmış.

Bunun iki nedeni olabilir:

1. λ = v . T ye göre derinlik sabit (v sabit), T arttığından λ artmıştır (I olabilir.)

2. λ = fv ye göre f sabit, kaynaktan uzaklaştık- ça su sığlaşıyor yani v azalıyor, λ azalıyor (II olabilir.)

Yanıt: D

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 4

7.

O

O

5t anı (K)

2t anı (K) 3t anı

(O)

3t anı (L) L

K L

K

Şekildeki görüldüğü gibi atmanın her noktası t sürede 2 birim gider.

O L

K Yansıma yasası dikkate alınıp K, O, L

noktaları ilertilirse atmanın 5t anın- daki görünümü şöyle olur:

Yanıt: A

8. Kaynakların frekansı ne olursa olsun P noktası- nın kaynaklara uzaklıkları farkı (ΔS) değişmez.

ΔS₁ = ΔS₂ 2λ₁ = 2 21

23

2 43

– _{2 1 1}

2

& & 1

m

m m m

m = =

c m tür.

λ = fv ye göre leğendeki suyun derinliği sabit olduğundan v sabittir. λ ile f ters orantılıdır.

f f 34

2

1 = bulunur.

Yanıt: E

9. • Sesin şiddeti genliğin (A) karesi ile doğru oran- tılıdır. Yani K’nin şiddeti, L’ninkinin 4 katı ka- dardır (I doğru).

• Dalgalar aynı anda maksimum ve minimum oluyor. Yani frekansları (yükseklikleri) eşittir (II yanlış, III doğru).

Yanıt: C

10. _O

X Y L

K

Atma to anında X yayında 0 ya doğru ilerliyor.

Bu atmanın iletileni sabit L ucunda ters düşmüş ve ok yönünde hareket etmiş. İletilen atmalar, daima gelen atmalarla aynı yönlü olur. Yani ge- len atma baş aşağı gelmiş, Y’ye baş aşağı iletil- miş, L’de ters dönmüştür (I doğru). Gelen atma- nın yansıyanı da ters dönmüş yani baş yukarı olmuş (II doğru). Yani X yayı Y’den daha hafif (yumuşak) olmalıdır.

Y yayına iletilen atma hafif yayda ilerler yani hızı azalır. Buna ragmen t₁ anına kadar L’de yansıyıp dönmüş, X yayındaki yansıyan atma ise daha K’ye gelmemiş. Demek ki X yayının boyu Y’ninkinden uzundur (III yanlış).

Yanıt: C

11. Düğüm çizgilerden peş peşe gelen iki tanesi ara- sındaki uzaklık 2 bölme. O halde diğerleri çizilir- se merkez doğrusu üzerine katar değilde düğüm çizgisi gelir. Yani kaynaklar zıt fazda çalışmak- tadır (I yanlış, II doğru).

Kaynaklar zıt fazda çalıştırılınca düğüm ile katar çizgilerinin yerleri değişir, ancak merkez doğru- suna göre yine simetrik olur (III doğru).

Yanıt: E

1. S1 yarığının önüne cam konursa bu yarıktan ge- çen ışınlar gecikmeye uğrar ve girişim deseni ge- ciken kaynağa doğru (1 yönünde) kayar.

Yanıt: C

2. wS XL_n

3 = ye göre;

1. karanlık saçak için, w. XL

1 m = n

1. aydınlık saçak için,

w XL

1 21

n

+ m

= l

c m

w . X_n çarpımlarını eşitlersek, λ . L = 23 λ . L´ L L

23

& l= bulunur.

O halde ekran I yönünde L L L 23

– = kaydırıl-3 malıdır.

Yanıt: B

3. Dalgalar ortam değiştirirken, dalga kaynağı aynı olduğundan frekansları değişmez. E = h . f formülüne göre f sabitse E de sabit olur.

Işın K ortamından L ye geçerken normalden uzaklaşmış. O halde K ortamının kırma indisi L ninkinden daha büyüktür. Bu durumda ışının K ortamındaki hızı L ninkinden daha küçüktür.

Yanıt: A

4. Akım, iletkenin kesitinden birim zamanda geçen yük miktarıdır. Akımı büyütmek için L’ye ulaşan elektronların sayısı arttırılmalı.

• d büyütülürse K’ye ulaşan elektronların sayısı azalır (olmaz)

• S büyütülürse daha çok foton isabet eder ve kapan elektronların sayısı artar, i artar (olur)

• I büyütülürse foton sayısı artar ve i artar (olur)

• λ büyütülürse, E h c= m. ya göre E azalır. Yani kopan elektronların enerjisi azalır. Elektron- ların L’ye ulaşma olasılığı azalır. (olmaz)

Yanıt: D

5. Einstein’in fotoelektrik denklemini kullanalım:

E = Eb + Ekin.

K: E = 3 + EK

L: E = 5 + EL

Bu iki denklemde EK = 2EL yazılıp denklemler çözülürse E = 7eV bulunur.

Yanıt: B

6. “De Broglie” dalga boyu: λ = ph . m vh

= dir.

m çekilirse, m = vh

m bulunur.

Yanıt: A

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 5

7. Tek yarıkla yapılan kırınım deneyinde merkezi aydınlık saçağın genişliği 2Δx ve Δx = ..

w nL m dir.

(n: kırma indisi)

K₂

K₁

K₁ A₀ A₁ Δx

Δx

Δx 2Δx = 6 mm ise Δx = 3 mm

dir.

Şekilde görüldüğü gibi K₂ ile A_O arasındaki uzaklık 2Δx tir. O halde yanıt 6 mm olur.

Yanıt: B

8. “De Broglie” dalga boyu: λ = ph ve momentum ile kinetik enerji arasındaki ilişki E pm

2

= 2 dir.

P çekilip üstteki formüle yazılırsa:

λ = hmE

2 bulunur.

mK = mL olduğuna göre, λ ile E ters orantılıdır.

Yani

L

mK

m = 2 bulunur.

Yanıt: D

9. Rutherford’un deneyine göre, α taneciklerinin küçük bir kısmının saçılmasının nedeni, atom çekirdeğinin, atom içerisinde çok az yer kapla- masındandır. Ayrıca atom çekirdeği çok yoğun olduğundan parçacıklar çekirdeğe çarpıp geri yansır.

Yanıt: E

10. I. Compton olayında foton serbest elektrona çarpar, elektron saçılır, ancak saçılan foton- da bir miktar enerji kalır (yanlış).

II. Fotonlar atomu uyardığında atom tarafın- dan sağrulur, yansıyan ışın olmaz. Ayrıca fotonla atomu uyarabilmek için gelen foto- nun enerjisi, atomun enerji düzeylerinden birine eşit olmalıdır (doğru).

III. Fotoelektrik olayda gelen foton sağrulur ve enerjisinin bir kısmı bağlanma enerjisine (eşik enerjisine) gider, arta kalanı ise kopan fotoelektronun kinetik enerjisine gider (doğ- ru)

Yanıt: E

11. 12,8 ev enerjili elektronlarla bombardıman edi- len hidrojen atomları 12,75 eV yani n = 4’e uyarılır. Uyarılan atomun elektronu ışımalar ya- par.

n = 4

n = 3

n = 2

n = 1 Lyman

serisi

Balmer serisi α

H_α H_β

β γ

Şekilde görüldüğü gibi H atomu Lyman’ın α, ß, γ ve Balmer’in H_α , H_ß ışımasını yapar.

Yanıt: E

12. Uyarılan atomda elekton n. enerji düzeyinden n'. enerji düzeyine geçerken açısal momentum değişimi:

ΔL = n n h_^ – l_h2r dir.

Bu değer hr olarak verilmiş.

Yani n n h– 2 h & n n 2

r= r - =

l l

^ h ^ h kadar azal-

mıştır.

Buna bir tek C seçeneği uyar.

Yanıt: C

13. Elektronun iki sezyum atomunu uyarması için enerjisi en az 2 . 1,38 = 2,76 eV olmalı. Elekt- ronda 0,10 eV enerji kaldığına göre başlangıç- taki enerjisi 2,76 + 0,10 = 2,86 eV olmalıdır.

Yanıt: C

14. Elektronlar 8,5 eV enerji ile gönderildiğinde, I. 8,5 eV – 6,67 eV = 1,83 eV enerji ile çıka-

bilir (doğru)

II. 8,5 eV – 4,86 eV = 3,64 eV enerji ile çıka- bilir (doğru)

III. Cıva atomları 6,67 eV yani n = 3 e uya- rılmışsa atomun elektronu n = 3 ten n = 2 ye geçerken 6,67 – 4,86 = 1,81 eV enerjili foton salınmasına neden olur (doğru).

Yanıt: E

15. ΔP . Δx ≥ h4r ⇒ 10^–32 . 1001 . Δx ≥ h2r$21

10^–34 Δx ≥ 1,05 . 10^–34 . 21 ⇒ Δx en az Δx = 0,525 tir.

Yanıt: C

16. Atomun elektronu n = 2 deyken, E = –13,6 Zn₂²=–13 6, .22₂² =–13 6, eV

Atomun elektronu temel hale (n = 1’e) döndü- ğünde

E’ = –13,6 Zn₂² =–13 6, 12₂²=–54 4, eV olur.

O halde salınan fotonun enerjisi:

54,4 – 13,6 = 40,8 eV bulunur.

Yanıt: E

17. d orbitali için ℓ = 2 dir.

L= , ,^ +1 2h hr &L= 2 2 1^ + h&= 6& dır.

Yanıt: E

18. Elektronun hızı, n = 1 deyken v ise n = 2 dey- ken v2 dir.

Yani momentumlar sırasıyla mv ve m v2 dir.

λ = hP den λ ile P ters orantılı olduğundan:

21

2

m1

m = bulunur.

Yanıt: B

LYS FİZİK ÖZET ÇÖZÜMLERİ TEST - 5

19. 3. uyarılma düzeyi, 4. enerji düzeyidir (n = 4) n = 4

n = 3

n = 2

n = 1 Lyman serisi

α β γ

Şekilde görüldüğü gibi Lyman serisinden 3 tane spektrum çizgisi gözlenir.

Yanıt: C

20. I. Leptonlar ve kuarklar temel parçacıktır.

(Doğru)

II. Baryon ve mezonlar hadrondur. Bunlar ku- ark ve karşıt kuarkların birleşmesinden olu- şur (Doğru)

III. Baryonlar temel parçacık değildir. Baryon- lar kuarkların birleşmesinden oluşur (Yanlış) Yanıt: B

21. Becquerel ve Curie (Ci) aktiflik birimidir.

Yanıt: A

22. Protonlar baryondur, temel parçacık değildir.

Kuarklardan oluşur (I yanlış)

Protonlar yapısında 2 yukarı up (u), 1 aşağı down (d) kuark bulunur (II doğru)

Baryon sınıfının en kararlı ve en hafif olanıdır.

(III doğru)

Yanıt: A

23. α, ß^–, ß⁺ parçacıkları yüklü olduğundan elekt- rik ve manyetik alanda sapar. γ ise yüksüzdür, elektromanyetik dalgadır. Ayrıca elektrik ve manyetik alan sapmaz.

Yanıt: C

24. ß ışınları yüklüdür ve elektromanyetik dalga de- ğildir. Işık hızı ile yayılamaz. Diğerleri elektro- manyetik dalgadır ve boşlukta ışık hızı ile yayılır.

Yanıt: C

25. t

cv t

vc v c

1 20

1

15 47

O 2 2

2

& 2 &

3 3

= - =

- =

bulunur.

Yanıt: A

26. Yıldızın uzaklığı d = p1 dir. (p, paralaks açısıdır) Yani, P_K < P_L ise d_K > d_L dir (II doğru)

K yıldızı daha uzakta olmasına rağmen görünen parlaklıkları eşitse K yıldızının yüzey sıcaklığı L ninkinden büyüktür. (I yanlış, III doğru)

Yanıt: E