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,

MghIwMvMv 222

2

1'

2

1

2

1 olur. Burada şeklin geometrisinden

2

3LLh dir. Çubuk en üstte iken,

kuvvetler dengesinden 0'

'2 Mg

r

MvN olmalıdır. Burada

2

3' Lr dir. Buradan

2

3'2 MgLMv ifadesi

elde edilir. Bu ifade enerji korunumunda yerine konduğunda;

)2

31(

'

'

12

1

2

1

2

3

2

1

2

12

222 MgL

r

vMLMgLMv elde edilir. Bu ifade düzenlenip v

2 çekildiğinde;

gLv

9

183142, buradan da gLv

9

3142 sonucu elde edilir. Cevap D.

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 12

aamgm → 9,8=(4,4+0,5)a → a=2 m/s

2 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 2/60sin →

3

Lr olur. Yıldızların çizgisel hızı r

Twrv

2 dir.

Bu sistemin toplam potansiyel enerjisi L

GMEp

2

3 , toplam kinetik enerjisi ise

2

22

2

222

2

222 4

34

)3(2

14

2

3

2

1

2

13

TMr

TMrr

TMIwMvEk

olur. Kinetik ve potansiyel

enerjinin eşitliğinden; GM

L

GM

LrT

32222 44

, buradan da GM

LT

3

3

2 bulunur. Cevap E.

ÇÖZÜM:

İlk hızın bileşenleri vx=v0cosθ, vy=v0sinθ dır. Menzil uzaklığı 18cossin22

0max

g

vx

→

cossin

362

0 v

bulunur. Kuş 4 br yükseğe çıktığında, aldığı yatay ve düşey yollar için; x=v0cosθ.t=12 ve 42

1.sin 2

0 gttvy

yazabiliriz. Buradaki ilk denklemden cos

12

0vt , birinci ve ikinci denklemden

22

0 cos

288tan.124

v

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

bulunuz. Bu durumda 4

olur. Cevap C.

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

mvmgT

2

3 yazabiliriz. Bu iki duruma enerjinin korunumu ilkesini uygularsak; )cos1(2

1 2 mgLmv ve

buradan )cos1(22 mgLmv buluruz. Bu ifadeyi T3 ifadesinde yerine koyarsak; )cos23(3 mgT olur.

Buradan, ilk ve ikinci durumdaki ip gerilmeleri oranı;

2

1

3 cos2cos3cos/

)cos23(

mg

mg

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;

sincossinx

L

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

0sincossin x

L olmalıdır. Buradan

tan

tan

sincos

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 vvr2

2 olur. Rampanın çıkışında bloğun hızı ise

enerjinin korunumundan bulunabilir: mgRmvmvmv rb 222

2

1

2

1

2

1 → gRvb 62 . Blok rampadan kurtulduktan

sonra h’ kadar yükseğe çıksın. Bu durumda '22 ghvb → 6gR=2gh’ → h’=3R olur. Bloğun yerden yüksekliği ise

hmax=h’+R=4R bulunur. Cevap D.

ÇÖZÜM:

İlk durumda kenarlardaki ipler gerilmemiş, yaylar seri bağlıdır. Bu durumda eşdeğer yay sabiti 2

. k

kk

kkkeş

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

Wx metre

bulunur. Bu durumda; 8

10'

4

1

8

3'

8

11 xx 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; cos2222 rrrrL → Lr8

3 bağıntısı olur. Burada

α=109,50, cosα=-1/3 tür. Köşedeki bir q yükünün merkezde oluşturduğu elektrik alanı;

2

04

1

r

qE

olur. Pozitif q

yüklerinin oluşturduğu elektrik alan; EEEEEEE3

2)3/1(2 1

222

1 olur. Negatif yüklerin

oluşturduğu alan yine aynı değerde olur: EE3

21 . 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; EEEEEEE TT3

34

3

1

3

2

3

22

3

4

3

4 222 olur. Bu ifadeyi açık olarak yazarsak;

2

0

2

0 9

38

3

8

4

1

3

34

L

q

L

qET

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

mgL

L

BiL

L

mg

x

F

L

mg B

yazabiliriz. Burada sin yaklaşımı kullanıldı. Yine şeklin

geometrisinden, küçük açı yaklaşımında, mg

BiLsin olur. Elde ettiğimiz bu ifadeleri başlangıçta belirttiğimiz

L-h ifadesinde yerine koyarsak;

mg

BiL

Bi

mgLh

mg

BilLhL sinsin bağıntısını elde ederiz. Cevap E.

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 IrR

rI

0

1 olur. Devrenin eşdeğer direnci;

rR

rrRr

rR

rRReş

0

2

0

0

0 2 olur. Ana kol akımı

)2(

)(2

0

0

rrR

rRI

, R0 direncinden geçen akım ise;

)2(

.2

0

1rrR

rI

olur. Bu durumda R0 direncinin gücü,

22

0

2

0

22

101)2( rrR

rRIRP

olup, bu gücün R0’a göre

değişimi (türevi) dP1/dR0=0 olmalıdır. Bu durumda 0)2(

)2(4)2(42

0

2

00

22

022

0

1

rrR

rrRrRrrRr

dR

dP →

00

2 202 RrrRr 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

qC 0 olarak ifade edilebilir.

Bu bağıntıdan; d

VEE

A

q

d

V 00

0

1

şeklinde elektrik alan ifadesi elde edilebilir. Burada sayısal değerler

yerine konduğunda; 6

9

3

1010.5,7

10.75

10

1

E N/C sonucu bulunur. Cevap E.

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, 0)(1)(

tICdt

tdIR diferansiyel denklemi

çözülerek yapılabilir. Bu denklemin çözümü RC

t

eItI

0)( şeklindedir. Bu durumda kondansatörün gerilim

fonksiyonu

RC

t

eVtV 1)( 0 şeklinde olur. Cevap B.

ÇÖZÜM:

Paralel levhalı bir kondansatörün sığası d

Ac , depoladığı enerji ise

2

2

1cVW dir. Verilen kondansatörün ilk

durumda depoladığı enerji 2

00

2

2

1

2

1V

d

AcVWilk dir. Levhaları uzaklaştırıldığında depoladığı enerji (aynı

bataryaya bağlı olduğundan levhalar arasındaki gerilim aynı olur); 2

0032

1V

d

AWson dır. Her iki enerji arasındaki

fark yapılan işe eşittir: 2

00

2

003

1

3

11

2

1V

d

AV

d

AWWW sonilk

. Cevap D.

ÇÖZÜM:

Radardan v hızıyla uzaklaşan bir araçtan yansıyan mikrodalganın frekansı

c

vff 10 dir. Aracın hızının

doğruluk aralığı sms

m

saat

kmvv /

18

5

3600

10001 , mikrodalganın hızı c=3.10

8 m/s verilmektedir. Bu durumda;

c

vfff

c

vffff

c

vfff 0000000 1

olur. Buradan,

c

v

cv

f

fcv

f

f

1

/)/( 0

→9

810

)18/5(10.3

18/5

vc

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 → 22/1

2/2

30sin

45sin

sin

sin

r

in bulunur.

Cevap A.

ÇÖZÜM:

II

Hg2 H

III I

Hg1

Hg3

Mercekte oluşan ilk görüntünün (I) merceğe uzaklığı 2

31

3

1

1

11111

1

g

gcg

DDDDf

, görüntünün

boyu ise HHH

H

D

D

H

Hg

g

c

g

c

g

2

1

3

2/31

1 olur. Aynanın arkasında oluşan ikinci görüntünün (II) aynaya

uzaklığı 21

1

1

2

11112

2

g

gcg

DDDDf

, görüntünün boyu ise HHH

Hg

g2

1

22

2 olur.

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

5

61

6

1

1

11113

3

g

gcg

DDDDf

, görüntünün boyu ise HHH

Hg

g

5

2

6

5/6

23

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 2)2/1(3 xxy

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. 2)2/1(3 xxy nin türevi y’(0)=m den, eğim 3m olur. Bu durumda

2/1sin3cot olur. Buradan, n1 kırıcılık indisi; 2)2/1.()2/2.(1 11 nn 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 35)2/1(31 1

2 xxx , y

foksiyonunun bu noktadaki türevinden, 53)(' 11 xxy teğetin eğimi bulunur. Buradan α açısının sinüsü,

6/1sin5cot olur. Bu noktadaki kırıcılık indisi; 3)6/1.()2/1.(2 22 nn 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

44 d

dvvv

dv

d

yazabiliriz. Her iki durum için

Bernoulli denklemi yazılıp, gerekli matematiksel işlemler yapıldığında, çaplar arasındaki ilişki; 4/1

2

0

2

0

0

2

04

4

02

0

2

0

22

0

2

222

2

1

2

1

gyv

vddgyv

d

dvgyvvgyvv 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; 611

0

2

0 10)5,3(10).76,1.(222

1 V

m

eveVmv 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).10

5.V1 → V1=(2/3).10

-4 m

3 . Burada P0=1 atm=10

5 N/m

2 alınmıştır. Bu durumda bardağın içindeki

suyun hacmi 444 10.

3

410.

3

210.2 sV m

3, suyun ağırlığı ise gdVG sss → Gs=(4/2).10

-4.10

3.10=4/3 N

olur. Bardağa etki eden toplam kuvvet; NFGGF ksb3

12

3

41 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

2211 VPVP 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; ).()..( hA

A

MgPLAP

→

hAPMgLAP ).(.. →

/1

.

..

APMg

APLh 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

kTVP2

3.2. yazabiliriz. Buradan fkT

m

kTrPkT

f

vdPkTdP .3

3)4(33 222

bulunur. Burada moleküllerin ortalama hızı m

kTvkTmv

3

2

3

2

1 2 alınmıştır. Elde edilen denklemden f

çekilip, π=3 alınarak gerekli düzenleme yapıldığında; mkT

f3

Pr4 2 bulunur. Cevap A.

ÇÖZÜM:

Evrenin genişlemesinden dolayı; 2

2

222

2

222 4

2

14

2

1

2

1r

cTmc

T

rmmv

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

GMrmc

r

GMm dir. Kütle çekim potansiyel enerjisini ışıma enerjisine eşitleyerek,

.

.22

G

rhcM

r

GMhc bulunuz. Burada λ→r alabiliriz. Elde ettiğimiz r ve M ifadelerini periyot (T) ifadesinde

yerine koyup, biraz sadeleştirme yaptığımızda; 55

2

2

2

2

22 4

1644

c

GhT

c

Gh

G

hc

c

G

cT

buluruz. Bu

ifadede sayısal değerler yerine konduğunda; sT 43

40

3411

10.6510.243

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

www.fizikevreni.com