2014 -TÜBİTAK FİZİK OLİMPİYATLARI 1.AŞAMA SINAVI ÇÖZÜMLERİ

Transkript

1 4 -TÜBİTAK FİZİK OLİMPİYATLARI.AŞAMA SINAVI ÇÖZÜMLERİ ÇÖZÜM: F m G r=l M L v Ortam sürtünmesiz olduğundan mekanik enerji korunur. Bu durumda, zeminin potansiyel enerjisi sıfır alınırsa, Mv Mv ' Iw Mh olur. Burada şeklin eometrisinden h L L dir. Çubuk en üstte iken, Mv' kuvvetler denesinden N M olmalıdır. Burada r' L dir. Buradan Mv' ML ifadesi r' elde edilir. Bu ifade enerji korunumunda yerine konduğunda; v' Mv ML ML ML( ) elde edilir. Bu ifade düzenlenip v çekildiğinde; r' v L, buradan da v L sonucu elde edilir. Cevap. 9 9

2 m T T a m a m m T N Cisimlere etki eden kuvvetler şekildeki ibidir. Bu durumda; I.cisim için T=m.a, II.cisim için m -T=a =a/, III.cisim için m -N=T dir. Burada m kütleli cisim hareket etmemektedir. Bu durumda I.denklemdeki T, II.denklemde yerine yazılırsa; m. m a 9,8=(4,4+,5)a a= m/s bulunur. Bu durumda ipteki erilme kuvveti; T=m a=(,).=4,4 N olur. Cevap C. a

3 M L M L M L Yıldızlar üçenin ağırlık merkezi veya çemberin merkezi etrafında dönerler. Bu durumda çemberin merkezinden yıldıza L / L olan uzaklık, şeklin eometrisinden, sin 6 r olur. Yıldızların çizisel hızı v wr r dir. r T GM E p, toplam kinetik enerjisi ise L Mv Iw M r (Mr ) Mr olur. Kinetik ve potansiyel T T T Bu sistemin toplam potansiyel enerjisi E k enerjinin eşitliğinden; T 4 r L L, buradan da GM GM 4 T L GM bulunur. Cevap E.

4 sin cos İlk hızın bileşenleri v x =v cosθ, v y =v sinθ dır. Menzil uzaklığı 8 x max v v 6 sin cos t 88 v cos bulunur. Kuş 4 br yükseğe çıktığında, aldığı yatay ve düşey yollar için; x=v cosθ.t= ve y v sin. t 4 yazabiliriz. Buradaki ilk denklemden t v cos, birinci ve ikinci denklemden 4.tan buluruz. aha önce elde ettiğimiz v ifadesini bu denklemde yerine koyarak ve biraz sadeleştirme yaparak; tanθ= bulunuz. Bu durumda olur. Cevap C. 4

5 β T ilk T T ikinci m m mv /L İp kesilmeden önceki (ilk) durumda cisme etki eden kuvvetlerin denesinden; T cosβ=m ve T sinβ=t yazabiliriz. İp kesildikten sonra erilmenin maksimum olduğu durumda (ikinci) cisme etki eden kuvvetlerin denesinden; mv T m yazabiliriz. Bu iki duruma enerjinin korunumu ilkesini uyularsak; mv ml ( cos ) ve L buradan mv ml( cos) buluruz. Bu ifadeyi T ifadesinde yerine koyarsak; T m( cos ) olur. Buradan, ilk ve ikinci durumdaki ip erilmeleri oranı; bulunur. Cevap. T m( cos ) cos cos T m/ cos şeklinde

6 θ L-x T F x F s =μn m Çubuğa etki eden yatay kuvvetlerin denesinden; F=μN+Tsinθ=μ(m+Tcosθ)+Tsinθ yazabiliriz. Çubuğun zemine değme noktasına öre tork; Tsinθ.L=F.x Tsinθ(L/x)=μm+μTcosθ+Tsinθ yazabiliriz. Bu ifadeden T yi çekersek; m T buluruz. Bu ifadenin tanımlı olması erekir. Bunun için payda, L sin cos sin x L sin cos sin olmalıdır. Buradan x x L sin tan bulunur. Cevap C. cos sin tan

7 V b v v v V v r v b v r t t Blok ve rampa birlikte hareket ettikleri sürece, hız-zaman rafikleri şekildeki ibi olur. Blok rampanın sonuna eldiğinde rampanın hızı bloğun ilk hızı türünden, v r =v.sin45 den enerjinin korunumundan bulunabilir: mv sonra h kadar yükseğe çıksın. Bu durumda h max =h +R=4R bulunur. Cevap. v r v olur. Rampanın çıkışında bloğun hızı ise mv b mv r mr v R b 6. Blok rampadan kurtulduktan v b h' 6R=h h =R olur. Bloğun yerden yüksekliği ise ÇÖZÜM:

8 k. k k İlk durumda kenarlardaki ipler erilmemiş, yaylar seri bağlıdır. Bu durumda eşdeğer yay sabiti k eş dir. k k Bu durumda cisme etki eden kuvvetlerin denesinden (k/).δx=w Δx=W/k=.,5/= metre şeklinde toplam uzama miktarı bulunur. Bu durum x=+(/8)=(/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 W eşdeğer yay sabiti k eş =k+k=k dır. Cisme etki eden kuvvetlerin denesinden; kδx =W x ' metre k 4 bulunur. Bu durumda; x ' x' metre bulunur. Kütle yukarı çıkmıştır. Cevap C ÇÖZÜM: -q L L L E E -q E L L +q E L +q Kesikli ve sürekli çizi ile österilen elektrik alan vektörleri farklı düzlemlerdedir. üzlemler arasında cosθ=/ açısı vardır. üzün dörtyüzlünün köşelerine teğet olarak çizilen kürenin merkezi, düzün dörtyüzlünün cisim merkezidir. Bu kürenin yarıçapına r dersek, r ile L arasında; L r r rr cos r L 8 q 4 r E E EE( / ) E E E bağıntısı olur. Burada α=9,5, cosα=-/ tür. Köşedeki bir q yükünün merkezde oluşturduğu elektrik alanı; E olur. Pozitif q yüklerinin oluşturduğu elektrik alan; E olur. Neatif yüklerin oluşturduğu alan yine aynı değerde olur: E. Bu E ve E vektörleri arasındaki açı cosθ=/ tür. Bu iki

9 vektörün bileşkesi; E T E T 4 q 4 L 4 E 4 E E E E T 4 E olur. Bu ifadeyi açık olarak yazarsak; q L buluruz. Cevap A. ÇÖZÜM: α L L-h F B h x m Şeklin eometrisinden L-h=Lsinα yazabiliriz. Küçük açı yaklaşımında sinüs teoremini kullanarak; m F m BiL m B L L x L L yazabiliriz. Burada sin yaklaşımı kullanıldı. Yine şeklin Bi BiL eometrisinden, küçük açı yaklaşımında, sin olur. Elde ettiğimiz bu ifadeleri başlanıçta belirttiğimiz m L-h ifadesinde yerine koyarsak; L h L Bil m BiL h L sin m Bi m sin bağıntısını elde ederiz. Cevap E.

10 evrede ana koldan eçen akım I, R direncinden eçen akım I ve bunun karşısındaki r direncinden eçen akım I olsun. Bu durumda Kirchhoff un akım yasasından; I=I +I yazabiliriz. Paralel dirençlerin erilimlerinin eşitliğinden, r R I =ri I =R I /r yazılabilir. Bu durumda I I R r olur. evrenin eşdeğer direnci; R eş I R r r R r. r (R r r ) Rr r R r olur. Ana kol akımı olur. Bu durumda R direncinin ücü, dp dr ( R I (R r P R I r) r ) Rr ( R r r, R direncinden eçen akım ise; ) olup, bu ücün R a öre (R r r ) R 4r(R r r ) 4 (R r r ) değişimi (türevi) dp /dr = olmalıdır. Bu durumda r R r r R olur. Cevap E. r

11 d=7,5nm V =75mV d ε= V Levhalar arasındaki dielektrik sabiti ε olan iki paralel levha arasındaki sığa Bu bağıntıdan; d q E V E A d V q A olarak ifade edilebilir. V d C şeklinde elektrik alan ifadesi elde edilebilir. Burada sayısal değerler 75. 7,5. 6 yerine konduğunda; E N/C sonucu bulunur. Cevap E. 9

12 evredeki anahtar kapatıldığında, önce kondansatör dolar, sonra neon lambaya yük ider. Kondansatör boşalırken q=cv den dolayı erilimi azalır, neon lambaya paralel bağlı olduğu için onunda erilimi azalmış olur. Sonra üreteçten dolayı kondansatör tekrar dolar, lambanın erilimi artar. Bu olay periyodik olarak devam eder. Yani kondansatörün, dolayısıyla neon lambanın erilimi, lambanın ilk yanmasından sonra sinüsoydaldır. Verilere öre bu salınım; di ( t) 6V<V(t)<9V arasındadır. Bu devrenin analizi, kondansatör dolarken, R I( t) diferansiyel denklemi dt C çözülerek yapılabilir. Bu denklemin çözümü t RC I( t) I e şeklindedir. Bu durumda kondansatörün erilim t fonksiyonu V ( t) V e RC şeklinde olur. Cevap B.

13 A Paralel levhalı bir kondansatörün sığası c, depoladığı enerji ise W cv dir. Verilen kondansatörün ilk d A durumda depoladığı enerji W ilk cv V dir. Levhaları uzaklaştırıldığında depoladığı enerji (aynı d A bataryaya bağlı olduğundan levhalar arasındaki erilim aynı olur); W son V dır. er iki enerji arasındaki d A A fark yapılan işe eşittir: W Wilk Wson V V. Cevap. d d ÇÖZÜM: v Radardan v hızıyla uzaklaşan bir araçtan yansıyan mikrodalanın frekansı f f dir. Aracın hızının c km m 5 doğruluk aralığı v v m / s, mikrodalanın hızı c=. 8 m/s verilmektedir. Bu durumda; saat 6s 8

14 v v v f v / c) f v / c f f f f f f f f f olur. Buradan, c c c f f v c f v 5 /8 9 bulunur. Cevap. 8 f c v. (5 /8) f ( ÇÖZÜM: N 6 N i i-r i -r i r r n Işın prizmadan simetrik olarak çıktığından; i=i ve r=r olur. Şeklin eometrisinde, derece dış açısı bulunan üçenden; i-r+i -r = (i-r)= i-r=5 bulunur. Prizma içerisindeki ışın ile tepe arasındaki üçenin iç açıları toplamından; (9-r)+(9-r )+6=8 r= bulunur. Bu durumda elme açısı i-5= i=45 olur. Işının ilk veya sin i sin r sin 45 sin / / son kırıldığı noktaya Snell yasası uyulandığında; sini=n.sinr n bulunur. Cevap A.

15 II III I Mercekte oluşan ilk örüntünün (I) merceğe uzaklığı c f, örüntünün boyu ise c c / olur. Aynanın arkasında oluşan ikinci örüntünün (II) aynaya uzaklığı c f, örüntünün boyu ise olur. İkinci örüntünün mercekte oluşturduğu üçüncü örüntünün (III) merceğe uzaklığı benzer olarak; c f, örüntünün boyu ise / 5 olur. Bu durumda ilk ve son örüntülerin boyları oranı; 4 5 (/ 5) ) (/ olur. Cevap C.

16 Işığın sağ dairsel polarizasyonunda ışık dalası sağa, sol dairesel polarizasyonunda ise sola çevrilir. Sağ polarizasyonlu özlük camı (filtre) yalnız sağa, sol polarizasyonlu özlük camı (filtre) yalnız sola polarize olmuş ışığı eçirir. Kapalı özün üstünden yansıyan ışınlar özlük camından eçerek aynada yansır ve örüntü oluşturur. Açık öz için de aynı durum söz konusudur. em kapalı özden hem de açık özden elip aynadan yansıyan ışınlar, açık özün olduğu özlük camından eçip öze eldiğinde, özlük camı sadece tek polarize ışığı eçirdiğinden, açık olan özü öremez, çaprazındaki kapalı olan özü örür. Cevap.

17 y y x (/ ) x n α n θ x 45 y=x x= noktasındaki kırılma için Snell yasası;.sin45=n.sinθ yazabiliriz. θ açısını o noktadaki teğetin eğiminden bulabiliriz. m olur. Bu durumda y x (/ ) x nin türevi y ()=m den, eğim cot sin / olur. Buradan, n kırıcılık indisi;.( / ) n.(/ ) n olarak bulunur. cm derinlikteki kırıcılık indisini bulmak için Snell yasasını, n.sinθ=n.sinα şeklinde yazabiliriz. Buradaki α açısını y= noktasındaki teğetin eğiminden bulabiliriz. Bu durumda x (/ ) x x 5, y foksiyonunun bu noktadaki türevinden, y ( x ) x 5 teğetin eğimi bulunur. Buradan α açısının sinüsü, '

18 cot 5 sin / 6 olur. Bu noktadaki kırıcılık indisi;.(/ ).(/ 6) n Cevap. n olur. ÇÖZÜM: v r =d / y v r =d/ Süreklilik koşulundan; A.v =A.v d d d v v v v 4 4 d yazabiliriz. er iki durum için Bernoulli denklemi yazılıp, erekli matematiksel işlemler yapıldığında, çaplar arasındaki ilişki; 4 / 4 d v v v y v v y v v 4 y d d d v y şeklinde bulunur. Cevap A.

19 Sodyum metalli plaka yüzeyinden çıkan elektronun hızına v diyelim. Elektron diğer levhaya tam ulaştığında hızı sıfır olur. Bu durumda enerjinin korunumundan; bulunur. Cevap. mv ev v e V m.(,76). (,5) 6 m/s

20 P y= m F k m V P V G b G s Bardak m derinde iken bardağa etki eden kuvvetler şekildeki ibidir. Bu kuvvetler suyun kaldırma kuvveti, bardağın ağırlığı ve bardağın içindeki suyun ağırlığıdır. Bunların değerleri; F k =V.d s.=. -4..= N, G b =m.= -.= N, G s =m s. dir. Bardağın içindeki suyun ağırlığını bulmak için, ideal az yasasından yararlanabiliriz: P V =P V =(+). 5.V V =(/). -4 m. Burada P = atm= 5 N/m alınmıştır. Bu durumda bardağın içindeki suyun hacmi Vs... m, suyun ağırlığı ise Gs Vsd s G s=(4/). -4..=4/ N 4 olur. Bardağa etki eden toplam kuvvet; F Gb Gs Fk N aşağı yönlü bulunur. Cevap C. ÇÖZÜM: T P =P A M L P =P P M h

21 üşme sırasında ısı alış verişi olmadığından süreç, adyabatik ve izotermaldir. Bu durumda basınçlar ve hacimler arasında P V P V bağıntısı vardır. Burada P =P, V =A.L, P =P+(M/A) ve V =A.h dır. Bunlar adyabatik M P.( A. L) P ( A. h) A denklemde yerine konulup, erekli matematiksel işlemler yapıldığında; P. A. L ( M P. A) h / P. A h L. elde edilir. Cevap C. M P. A ÇÖZÜM: λ d Gaz moleküllerinin çarpışmalarında, kat edilen ortalama serbest yol (λ) şekildeki ibi modellenebilir. Şekilde d, çarpışan iki molekülün merkezleri arasındaki uzaklıktır (d=r). Gaz molekülleri için ortalama serbest yol, yayılan ses dalalarının dala boyu boyutunda olmalıdır. Bu durumda şekilde modellenen azın hacmi ve sıcaklığı arasında v kt PV.. kt yazabiliriz. Buradan P d kt Pd kt P (4r ) kt. f f m bulunur. Burada moleküllerin ortalama hızı kt mv kt v alınmıştır. Elde edilen denklemden f m çekilip, π= alınarak erekli düzenleme yapıldığında; f 4Pr bulunur. Cevap A. mkt

22 Evrenin enişlemesinden dolayı; mv 4 r T 4 m mc T r elde ederiz. Burada T periyot (enişleme zamanı), r ise bu süreçte alının yoldur (evrenin yarıçapı). Evren enişlerken, aynı zamanda GMm GM mc r dir. Kütle çekim potansiyel enerjisini ışıma enerjisine eşitleyerek, r c hc GM hcr. M bulunuz. Burada λ r alabiliriz. Elde ettiğimiz r ve M ifadelerini periyot (T) ifadesinde r G. yerine koyup, biraz sadeleştirme yaptığımızda; ifadede sayısal değerler yerine konduğunda; T 4 c bilinen fizik yasalarının eçerli olduğu ilk zamandır. Cevap B. 4G c c hc 6 Gh Gh T G c c buluruz. Bu 4 6, T 4.(,4) 65. s bulunur. Bu, evrende 4 4. Kaynak: Çözümler: Mehmet TAŞKAN