alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 2

Yarısı gümüş kaplı küre 

Yarıçapı R ve kırınım indisi 3/2 olan cam kürenin yarısı gümüş ile kaplanmıştır. Şekilde gösterildiği gibi cam kürenin kaplanmamış kutbundan ekseni doğrultusunda 2R uzaklıktaki P noktasına yerleştirilen küçük cismin görüntüsü bütün kırılma ve yansımalardan sonra nerede oluşur? Havanın kırılma indisini 1 kabul ediniz.

Şıklar:
A) Aynanın çukurunda gümüş kaplanmış yüzeyin tepe noktasında | B) Cam kürenin gümüş kaplanmamış tarafındaki yüzeyin tepe noktasında | C) P noktasında | D) Cam kürenin merkezinde | E) Sonsuzda

Cevap: A Aynanın çukurunda gümüş kaplanmış yüzeyin tepe noktasında

Çözüm:
P noktasından çıkıp küreye h yükseklikte çarpan bir ışın takip edelim.
\[ \tan \theta \cong \theta = \frac{h}{R} \]

Kürenin dışında normalle yaptığı açı \frac{3\theta}{2}, yükseklik h ve \theta' içeride normal ile yaptığı açı ise, Snell yasasını kullanırsak:
\[ \frac{3}{2} \sin \theta' = 1 \sin \frac{3\theta}{2} \Rightarrow \theta' = \theta \]

Bu durumda ışın yatay devam eder.
Aynaya çarpma noktası x \cong R, yükseklik h ve ayna normali ile yaptığı açı \theta yansıdığında açı 2\theta olur ve 2R mesafede h' = 2R \tan 2\theta = 4R\theta = 4h aşağı doğru gider.

Bu ışın yatayla 3\theta - \frac{3}{2}\theta = \frac{3}{2}\theta açı yapar, 2R geriye gidersek
\[ h'' = 2R \tan \left(\frac{3}{2}\theta\right) = 3h \]
kadar yükselir.

Işınlar aynanın çukurundan geliyor gibi görünür. Bu noktada sanal bir görüntü oluşur.
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 3

Çubukları bağlayan ip


Her biri M kütleli iki homojen çubuk orta noktalarından birbirlerine vidalanmışlardır ve bu vida etrafında sürtünmesizce dönebilmektedirler. Bu çubuklar en üst noktalarından bir iple aralarındaki açı θ olacak şekilde bağlanmışlardır. Çubuklar sürtünmesiz bir yüzeyin üzerinde denge durumdaysalar ipteki gerilim nedir? Yerçekimi ivmesi g dir.

Şıklar:
\begin{tabular}{|c|c|}
\hline
\textbf{A)} & Mg \tan \theta \\ \hline
\textbf{B)} & \text{Çubukların uzunluğu verilmeden bulunamaz.} \\ \hline
\textbf{C)} & Mg \frac{\sin(\theta)}{2 \cos^2(\theta/2)} \\ \hline
\textbf{D)} & Mg(\sin^2 \theta - \cos^2 \theta) \\ \hline
\textbf{E)} & Mg \frac{\cos^2(\theta/2)}{2 \sin \theta} \\ \hline
\end{tabular}

Cevap: C Mg \frac{\sin(\theta)}{2 \cos^2(\theta/2)} \

Çözüm:
Çubuğa etki eden kuvvetler: 


T: İpteki gerilme kuvveti 


Mg: ağırlık 


N: Yüzeyin tepki kuvve 


F<sub>T</sub>: Diğer çubuğun uyguladığı kuvvet 
 


\[T = F_T \text{ ve } Mg = N \frac{\sin \theta}{2 \cos^2(\theta/2)}\]


\[L_T \cos \frac{\theta}{2} - \frac{L}{2} F_T \cos \frac{\theta}{2} - \frac{L}{2} Mg \sin \frac{\theta}{2} = 0\]


\[\frac{T}{2} \cos \frac{\theta}{2} = \frac{1}{2} Mg \sin \frac{\theta}{2}\]


\[T = Mg \frac{\sin \frac{\theta}{2}}{\cos \frac{\theta}{2}} = Mg \frac{2 \sin(\frac{\theta}{2}) \sin(\frac{\theta}{2})}{2 \cos(\frac{\theta}{2}) \cos(\frac{\theta}{2})}\]


\[= Mg \frac{\sin \theta}{2 \cos^2(\theta/2)}\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 4

Termal genleşme 


Bakırdan yapılma bir çubuk \(T_0\) sıcaklığında \(L\) uzunluğundayken sıcaklık \(T_1\)'e yükseltildiğinde uzunluğu \(L + \alpha L(T_1 - T_0)\) olur. 


Bakırdan bir kare plaka üretiliyor ve bu kare plakanın tam ortasına küçük dairesel bir delik açılıyor. \(T_0\) sıcaklığında bu deliğin alanı \(A\) ise sıcaklık \(T_1\) olduğunda deliğin alanı ne olacaktır? ( Karenin kenar uzunluğu verilmemiştir ama kenarlar serbest bir şekilde genleşebilmektedir, genleşme küçüktür)

Şıklar:
(A) Kenar uzunluğu verilmeden bilinemez. 


(B) Delik küçültür, alanı \(A - \alpha A(T_1 - T_0)\) olur. 


(C) Delik büyür, alanı \(A + \alpha A(T_1 - T_0)\) olur. 


(D) Delik bir yönde küçültür diğer yönde büyür, alan aynı kalır. 


(E) Delik büyür, alanı \(A + 2\alpha A(T_1 - T_0)\) olur.

Cevap: E Delik büyür, alanı \(A + 2\alpha A(T_1 - T_0)\) olur.

Çözüm:
Plaka her yönde \(1 + \alpha(T_1 - T_0)\) kadar genişler, dediğin yarıçapı 


\[R \to R(1 + \alpha(T_1 - T_0))\]


\[A = \pi R^2 \Rightarrow \pi R^2(1 + \alpha(T_1 - T_0))^2\]


\[\cong A(1 + 2\alpha(T_1 - T_0))\]


\[A' \cong A + 2\alpha A(T_1 - T_0)\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 5

Devre analizi 

Aşağıda verilen devrede 1 Ohm'luğ dirençten geçen akımın Amper cinsinden değeri ve yönü nedir?

Şıklar:
A) 5/12, B'den A'ya | B) 5/12, A'dan B'ye | C) 1/4, A'dan B'ye | D) 11/25, B'den A'ya | E) 2/3, A'dan B'ye

Cevap: D 11/25, B'den A'ya

Çözüm:
\(V_C = 0\) sıfır kabul edelim. Bu durumda \(V_A = 1V\) ve \(V_D = (V_B - 2)\) olur. 


1Ω dirençten \(i_1\) akımı, 2Ω dirençten \(i_2\) akımı, 3Ω dirençten \(i_3\) akımı ve 4Ω dirençten \(i_4\) akımı geçsin. 


\[ 
\begin{align*}
i_1 &= \frac{V_B - 1}{1} \cdot i_2 = \frac{V_B - 2 - 1}{2} \cdot i_3 = \frac{0 - V_B}{3} \cdot i_4 = \frac{0 - (V_B - 2)}{4} \\
&\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad i_1 + i_2 = i_3 + i_4 \\
&\Rightarrow V_B - 1 + \frac{V_B}{2} - \frac{3}{2} = -\frac{V_B}{3} - \frac{V_B}{4} + \frac{1}{2} \\
&\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \frac{25}{12} V_B = 3 \Rightarrow V_B = \frac{36}{25} V \\
&\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad i_2 = \frac{36}{25} - 1 = \frac{11}{25} A
\end{align*}
\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 6

Ekrana çarpan elektron demeti 


T sıcaklığında bir kaynaktan çıkan elektron demeti küçük bir delikten içinde sabit B manyetik alanı olan bölgeye girmektedir. Bu bölgede sapan elektronlar şekilde gösterildiği gibi fosforlu bir ekrana çarpmaktadırlar. Ekranın üzerindeki bir noktanın parlaklığı o noktaya birim zamanda çarpan elektron sayısı ile orantılıdır. Bu durumda ekrandaki en parlak noktanın elektronların girdiği deliğe olan uzaklığı nedir? (Elektron kütlesi \(m_e\) yükü ise e olarak verilmiştir, \(\hbar\) Planck sabiti, \(k_B\) Boltzmann sabitidir.)

Şıklar:
\begin{itemize}
    \item[A)] 2 \frac{\sqrt{m_e k_B T}}{eB}
    \item[B)] \pi \frac{\sqrt{m_e k_B T}}{eB}
    \item[C)] 2 \frac{\sqrt{\pi m_e k_B T}}{eB}
    \item[D)] \pi \frac{\hbar m_e}{eBT}
    \item[E)] e \frac{\sqrt{m_e k_B T}}{B}
\end{itemize}

Cevap: A 2 \frac{\sqrt{m_e k_B T}}{eB}

Çözüm:
Elektronun çarpacağı nokta; 


\[ma = qvB\]


\[\frac{mv^2}{r} = qvB \Rightarrow r = \frac{m}{qB}v\]


\[d = 2r = \frac{2m}{qB}v\]


Ekrandaki parlaklık hız ve bu hıza sahip elektron sayısı ile orantılıdır. 


T sıcaklığında elektron sayısı şu şekilde ifade edilebilir, 


\[n(v) \propto e^{-\frac{1}{2}mv^2/k_BT}\]


Parlaklık 


\[P(d) \propto d \cdot e^{-\frac{m}{2k_BT}(\frac{qB}{2m})^2 d^2}\]


\[\frac{\partial P}{\partial d} = e^{-\frac{m}{2k_BT}(\frac{qB}{2m})^2} d^2 - d\left(\frac{m}{2k_BT}\left(\frac{qB}{2m}\right)^2 d^2\right)e^{-\frac{m}{2k_BT}(\frac{qB}{2m})^2 d} = 0\]


\[1 = \frac{m}{2k_BT} \left( \frac{qB}{2m} \right)^2 d_{\max}^2 \Rightarrow d_{\max} = 2 \frac{\sqrt{k_B T m}}{qB}\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 7

Küp ve balon 

Kütlesi 10kg ve yüzey köşegeni uzunluğu 80cm olan homojen bir küp 0.23 kg/m³ yoğunluğa sahip He-Ne karışımı gaz ile doldurulmuş 8 m³ hacme sahip dev bir balon yardımıyla şekilde gösterildiği gibi bir köşesinin dokunduğu destek üzerinde yatay konumda dengededir. 


Desteğin uyguladığı kuvvet ve x mesafesi nedir?
(Havanın yoğunluğunu 1.23 kg/m³, Yer çekimi ivmesini 10 m/s² alınız.)

Şıklar:
A) 20N, 30cm | B) 50N, 40cm | C) 20N, 50cm | D) 80N, 30cm | E) 50N, 20cm

Cevap: B 20N, 30cm

Çözüm:
Kaldırma kuvveti, 


\[
\begin{align*}
F_k &= Vg(\rho_{hava} - \rho_{gaz}) \\
&= 8 \cdot 10 \cdot (1.23 - 0.23) = 80N \\
F_D + F_k &= Mg = 100N \\
\Rightarrow F_D &= 100 - 80 = 20N
\end{align*}
\]


Tork dengesi, 


\[
\begin{align*}
Mg \frac{L}{2} &= F_k(L - x) \\
\Rightarrow 100.40 &= 80(80 - x) \\
x &= 30cm
\end{align*}
\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 8

Galvanometre 

Küçük akımları ölçmek için kullanılan ve direnci 5 Ohm olan galvanometrenin iğnesi 0.1 mA büyüklüğünde bir akım ölçüldüğünde 50 bölümlük göstergesinin sonuna dayanmaktadır. 


### Galvanometreyi 


(1) göstergesinin her bölmesi 0.2 Ampere akıma denk gelecek bir ampermetre, 


(2) göstergesinin her bölmesi 1.0 Volt potansiyel farkına denk gelecek bir voltmetre 


olarak kullanabilmek için galvanometreye bağlanacak R direcinin Ohm cinsinden büyüklüğü nedir ve galvanometreye nasıl bağlanmalıdır?

Şıklar:
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
& (1) Ampermetre & (2) Voltmetre \\ \hline
\textbf{(A)} & \frac{5}{10^5 - 1}, \text{paralel} & 5 \times (10^5 - 1), \text{seri} \\ \hline
\textbf{(B)} & \frac{5}{10^5 - 1}, \text{seri} & 5 \times (10^5 - 1), \text{paralel} \\ \hline
\textbf{(C)} & \frac{5}{10^5 - 1}, \text{seri} & - \\ \hline
\textbf{(D)} & 5 \times (10^5 - 1), \text{paralel} & \frac{5}{10^5 - 1}, \text{seri} \\ \hline
\textbf{(E)} & 5 \times (10^5 - 1), \text{paralel} & - \\ \hline
\end{tabular}

Cevap: C \frac{5}{10^5 - 1}, \text{paralel} & 5 \times (10^5 - 1)

Çözüm:
Galvonometredeki maksimum akım \(I_m = 0.1mA\) ve maksimum voltaj \(v_m = RI_m = 0.5mV\) değerindedir. 


Ampermetreden geçen max akım \(0.2 \times 50 = 10A\) bu akımın sadece \(0.1mA\) kadar galvanometreden geçmelidir: 


\[R_A = \frac{v_m}{10-10^{-4}} = \frac{5.10^{-4}}{(10-10^{-4})} \text{ paralel}\]


Voltmetrede okunan max değer \(1 \times 50 = 50V\) bu değerin \(0.5mV\) kısmı galvanometrede olmalıdır. 


\[R_V = \frac{5(10 - 10^{-4})}{10^{-4}} = 5(10^5 - 1)\Omega \text{ seri}\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 9

Casus uydu 

Yerden 200 km yüksekliğe bir casus uydu yerleştirilecektir. Bu uydu 1000 nanometre dalga boyundaki ışık ile görüntüleme yapacaktır. Yerde 0.5 m aralıkla yerleştirilmiş iki cismi birbirinden ayırt edebilecek çözünürlüğe sahip fotoğraflar çekebilmesi için uyduya yerleştirilecek kameranın merceğinin çapı en az ne kadar olmalıdır?

Şıklar:
A) 5 cm | B) 50 cm | C) 5 m | D) 50 m | E) Tek kamera ile bu çözünürlük mümkün değildir.

Cevap: B 50 cm

Çözüm:
Rayleigh kriteri, 


\[
\theta = 1.22 \frac{\lambda}{D}
\]


\[
\theta \cong \frac{x}{L} = \frac{5.10^{-1}}{2 \cdot 10^5}
\]


\[
= 2.5 \times 10^{-6} \text{rad}
\]


\[
D \cong 1.22 \frac{10^{-6}}{2.5 \times 10^{-6}} = 0.5m
\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 10

Uzay gemisi ve uydu

M kütleli bir uzay gemisi m kütleli bir uyduya 2L uzunluğunda bir halatla bağlıdır. Bu sistem bütün kütle çekim kaynaklarından çok uzakta, ortak kütle merkezleri etrafında dönmektedir. Gemiler arası gravitasyonel çekim ve halatın kütlesi ihmal edilebilir. 


İlk anda halattaki gerilim kuvveti T ise geminin içindeki bir motorun halatı çekerek uyduyu kendisine L mesafesi kadar yaklaştırabilmesi için ne kadar iş

Şıklar:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{A)} & \textbf{B)} & \textbf{C)} & \textbf{D)} & \textbf{E)} \\ \hline
T_L & 3 T_L & \frac{M - m}{M + m} T_L & \frac{mM}{(M + m)^2} T_L & \frac{\sqrt{mM}}{M + m} T_L \\ \hline
\end{tabular}

Cevap: B 3 T_L

Çözüm:
Kütle merkezinin gemiden uzaklığı \(r_1\) 


\[r_1 M = (2L - r_1)m\]


\[r_1 = 2L \frac{m}{M + m} \quad r_2 = 2L \frac{M}{M + m}\]


İpteki gerilme kuvveti kullanılırsa, 


\[ 
\begin{aligned}
T &= M\omega_p^2 r_1 = M\omega_p^2 2L \frac{m}{M + m} \\
&\Rightarrow \omega_p = \left(\frac{T}{2L} \frac{M + m}{Mm}\right)^{1/2}
\end{aligned}
\]


Sistemin kütle merkezi etrafındaki eylemsizlik momenti, 


\[ 
\begin{aligned}
l_0 &= Mr_1^2 + mr_2^2 \\
&= \frac{4L^2 Mm^2}{(M + m)^2} + 4L^2 \frac{mM^2}{(M + m)^2} \\
&= 4L^2 \frac{Mm}{(M + m)}
\end{aligned}
\]


İlk açısal momentum, 


\[L_i = I_i \omega_i \quad \text{enerji} \quad E = \frac{1}{2} I_i \omega_i^2\]


Aradaki mesafe L 'ye düşünce yeni eylemsizlik momenti, 


\[I_s = \frac{I_i}{4}\]


Açısal momentumun korunumu, 


\[ 
\begin{aligned}
l_i \omega_i &= I_s \omega_s \\
\Rightarrow \omega_s &= 4 \omega_i
\end{aligned}
\]


Son enerjisi,




\[ 
\begin{aligned}
E_s &= \frac{1}{2} I_s \omega_s^2 = \frac{1}{2} \frac{I_i}{4} 16 \omega_i^2 \\
&\Rightarrow E_s = 2 I_i \omega_i^2
\end{aligned}
\]


Motorun yaptığı iş, 


\[ 
\begin{aligned}
w &= \Delta E \\
E_s - E_i &= 2 I_i \omega_i^2 - \frac{1}{2} I_i \omega_i^2 \\
&= \frac{3}{2} I_i \omega_i^2 \Rightarrow \frac{3}{2} 4 L^2 \frac{Mm}{(M+m)} \frac{T}{2L} \frac{(M+m)}{Mm} = 3TL
\end{aligned}
\]


değeri bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 12

 

Sabit durumdaki bir nötron beta bozunmasına uğrayarak bir elektron ve bir protona dönüşüyor. Nötronun bozunmasından doğan parçacıklar sistemdeki homojen B manyetik alanı altında hareket ettikleri için çembersel yörüngeler izliyorlar. 


Proton kütlesinin elektron kütlesine oranı 1836 olduğuna göre, elektronun çizeceği çemberin yarıçapının protonun çizeceği çemberin yarıçapına oranı \(\frac{R_e}{R_p}\) ve elektronun çemberi bir defa dönme zamanının protonun çemberi bir defa dönme zamanına oranı \(\frac{T_e}{T_p}\) hangi şıkta doğru olarak verilmiştir?

Şıklar:
\[
\text{A)} \quad \frac{T_e}{T_p} = 1/1836, \quad \frac{R_e}{R_p} = 1 \quad \text{B)} \quad \frac{T_e}{T_p} = 1, \quad \frac{R_e}{R_p} = 1836 \quad \text{C)} \quad \frac{T_e}{T_p} = 1836, \quad \frac{R_e}{R_p} = 1/1836
\text{D)} \quad \frac{T_e}{T_p} = 1836, \quad \text{R}_e = 1 \quad 
\text{E)} \quad \frac{T_e}{T_p} = 1/1836, \text{ R}_e = 1836
\]

Cevap: A \quad \frac{T_e}{T_p} = 1/1836, \quad \frac{R_e}{R_p} = 1

Çözüm:
Soruda verilen bilgiye göre
\frac{m_p}{m_e} = 1836

Proton ve elektron parçacıklarını bir kapalı sistem gibi düşünebileceğimizden momentum korunacaktır:
0 = m_p \vec{V}_p + m_e \vec{V}_e

Proton ve elektrona etki eden magnetik kuvvet:
F_b = eVB = \frac{mV^2}{R}

Dolayısıyla yarıçap,
R = \frac{mV}{eB} = \alpha mV
\frac{R_e}{R_p} = \frac{m_e V_e}{m_p V_p} = 1

Periyotlar arasındaki oran,
VT = 2\pi R
T = \frac{2\pi}{eB} m = \beta m
\frac{T_e}{T_p} = \frac{m_e}{m_p} = \frac{1}{1836}
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 13

Şekilde yatay düzlem üzerinde yerleştirilmiş m kütleli, q yüklü dört cisim ve a kenarlı karenin merkezine konulmuş m kütleli, -q yüklü cisim gösterilmiştir. Sistemdeki tüm yükler serbest bırakılıyor. Sağ üstteki cisim a/2√2 kadar yol gittiğinde hızı ne olur? (Kütle çekim etkilerini ve sürtünmeleri ihmal ediniz.)

Şıklar:
A) \(\sqrt{\frac{kq^2}{2ma}(3\sqrt{2} - 4)}\) | B) \(\sqrt{\frac{kq^2}{2ma}(\sqrt{2} + 4)}\) | C) \(\sqrt{\frac{kq^2}{2ma}(\frac{4}{3} - \sqrt{2})\) | D) \(\sqrt{\frac{kq^2}{2ma}(15\sqrt{2} - 20)}\) | E) \(\sqrt{\frac{kq^2}{2ma}(3 - 2\sqrt{2})\)

Cevap: A \(\sqrt{\frac{kq^2}{2ma}(3\sqrt{2} - 4)}\)

Çözüm:
İlk durumda sistemin toplam potansiyel enerjisini yazalım: 


\[U_1 = \frac{kq^2}{a}(2 + 1 + 1) + \frac{kq^2}{a\sqrt{2}}(1 + 1) - 4\frac{kq^2}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}\]


\[U_1 = \frac{kq^2}{a}(4 - 3\sqrt{2}) \quad (1)\]


Olur. Sistemdeki simetriden dolayı bir cisim hareket ettiğinde dört cisimde aynı mesafede ve karenin köşegenleri boyunca hareket edecektir. Dolayısıyla sağ üstteki cisim \(x = \frac{a}{2\sqrt{2}}\) kadar ilerlediğinde yeni oluşan karenin bir kenarı \(a' = a/2\) olacaktır. İkinci durumda sistemin toplam potansiyel enerjisi: 


\[U_2 = \frac{kq^2}{a'}(4 - 3\sqrt{2}) = 2\frac{kq^2}{a}(4 - 3\sqrt{2}) \quad (2)\]


Olur. Enerji koruma yasasına göre : 


\[U_2 + 4 \cdot \frac{1}{2}mV^2 = U_1 \quad (3)\]


Yazılanbilir. Denklem 1,2 ve 3' ün çözümünden 


\[V = \sqrt{\frac{kq^2}{2ma}(3\sqrt{2} - 4)}\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 14

 

Şekilde gösterilen elektrik devresi sonsuza kadar kendisini tekrarlamaktadır. Devredeki dirençlerin hepsi 2R olup, tüm üreteçler özdeştir. Üreteçlerin iç direnci R, voltajı ise ε 'dur. Devredeki ideal ampermetrenin ölçtüğü değer nedir? 


\[

Şıklar:
A) \frac{\varepsilon}{R(2+\sqrt{2})} \quad | B) \frac{\varepsilon}{R(2+\sqrt{3})} \quad | C) \frac{\varepsilon}{R(1+\sqrt{2})} \quad | D) \frac{\varepsilon}{R(2+2\sqrt{2})} \quad | E) \frac{\varepsilon}{R(1+\sqrt{3})} \]

Cevap: E \frac{\varepsilon}{R(1+\sqrt{3})} \]

Çözüm:
Devredeki dirençli voltaj kaynaklarını, ideal voltaj kaynağı ve ona seri bağlanmış R direncinden oluştuğunu düşünebiliriz. Bu aşamadan sonra ortadaki bütün ideal voltaj kaynaklarını iptal edip sadece ampermetrenin yanında bir voltaj kaynağı varmış gibi düşünebiliriz. Böyle yapıldığında devrede alıncak herhangi bir kirçof döngüsü denklemi değişmeyecektir. Devrenin sadece dirençlerden oluşan kısmının eşdeğer direncini bulalım. Devre sonsuz olduğu için : 


\[
R_{\text{es}} = \left( \frac{1}{R} + \frac{1}{2R + R_{\text{es}}} \right)^{-1}
\]


\[
R_{\text{es}} = (\sqrt{3} - 1)R \quad (1)
\]


Olarak bulunur. Artık devre seri bağlanmış ideal voltaj kaynağı, ampermetre, 2R direnci ve \(R_{es}\) direncinden oluşmaktadır. Dolayısıyla: 


\[
I = \frac{\varepsilon}{2R + (\sqrt{3} - 1)R} = \frac{\varepsilon}{(\sqrt{3} + 1)R}
\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 15

 

Birinin kütlesi m diğerinin kütlesi 2m olan iki parçacık sürtünmesiz eğik düzlem üzerindedirler. İlk anda ikisi de aynı yükseklikte birbirleri arasındaki mesafe L olacak şekilde duruyorlar. Aynı anda 2m kütlesi serbest bırakılırken m kütlesine yüzeye paralel bir ilk hız veriliyor ve bu kütleler tam ilk yüksekliklerinin yarısına geldiklerinde çarpışıp birbirlerine yapışıyorlar. Oluşan 3m kütleli cisim yere vardığında çarpışma noktasına göre ne kadar yana kaymış olur?

Şıklar:
A) L | B) L/3 | C) \((3 - \sqrt{3})L\) | D) \(\frac{(\sqrt{2}-1)L}{3}\) | E) \(\frac{L^2}{3h}\)

Cevap: D \(\frac{(\sqrt{2}-1)L}{3}\)

Çözüm:
Eğik düzlem boyunca aşağı doğru olan ivme a olsun. Çarpışma anın da iki cismin düşey hızları aynı olacaktır Birinci cismin yatayda da bir hızı olurken, ikinci cismin hızının yatay bileşeni sıfırdır. Bu hızlar şu şekilde bulunabilir: 


\[ \frac{1}{2}at^2 = h \]


\[ t = \sqrt{\frac{2h}{a}} \quad (1) \]


\[ V_{x0} = \frac{L}{t} = L\sqrt{\frac{a}{2h}} \quad (2) \]


\[ V_{y0} = at = \sqrt{2ah} \quad (3) \]


Çarpışmadan sonraki hızları lineer momentum koruma yasasını kullanarak bulabiliriz: 


\[ mV_{y0} + 2mV_{y0} = 3mV'_{y} \quad (4) \]


\[ mV_{x0} + 0 = 3mV'_{x} \quad (5) \]


Denklem 4 ve 5 'in çözümünden çarpışmadan sonra cismin yatay ve dikey hızları:




\[V'_y = \sqrt{2ah} \qquad (6)\]


\[V'_x = \frac{L}{3} \sqrt{\frac{a}{2h}} \qquad (7)\]


Olur. Dikey yönde hız değişmediği için en baştan cisim yere değene kadar olan toplam zamanı şu şekilde yazabiliriz: 


\[\frac{1}{2} a t_{tot} = 2h\]


\[t_{tot} = \sqrt{\frac{4h}{a}} \qquad (8)\]


Dolayısıyla çarpışmadan sonra cisim yere değene kadar geçen zaman : 


\[\Delta t = t_{tot} - t = \sqrt{\frac{2h}{a}} (\sqrt{2} - 1) \qquad (9)\]


Bu süre zarfında cismin yatayda aldığı yol: 


\[L' = V'_x \cdot \Delta t = \frac{L}{3} (\sqrt{2} - 1)\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 16

Yerden yukarıya dikey olarak v0 ilk hızı ile fırlatılan bir cisim maksimum yüksekliğe ulaştığı anda patlayarak üç eşit parçaya ayrılıyor. Düşey olarak aşağıya doğru hareket eden parça yere t1 sürede ulaşıyor. Diğer iki parça ise t2 (t2>t1) süre sonra aynı anda yere çarptığına göre v0 hızı aşağıdaki şıklardan hangisinde doğru verilmiştir?

Şıklar:
A) \(\sqrt{g^2 t_1 t_2 \frac{2t_1+t_2}{2t_2+t_1}}\) | B) \(\sqrt{2g^2 t_1 t_2 \frac{2t_1+t_2}{t_2+t_1}}\) | C) \(\sqrt{2g^2 t_1 t_2 \frac{2t_{2}+t_1}{2t_1+t_2}}\) | D) \(\sqrt{g^2 t_1 t_2 \frac{2t_{2}+t_1} {2t_1+t_2}}\) | E) \(\sqrt{\frac{g^2}{2} t_1 t_2 \frac{2t_1+t_2}{2t_{2}+t_1}}\)

Cevap: D \(\sqrt{g^2 t_1 t_2 \frac{2t_{2}+t_1} {2t_1+t_2}}\)

Çözüm:
Cismin ilk hızı \(V_0\), çıktığı maksimum yükseklik h olsun. Buna göre ilk hız: 


\[V_0^2 = 2gh \quad (1)\]


Olur. Bu maksimum yükseklikte cismin hızı sıfır iken cisim üç parçaya bölünüyor. Aşağı düşen parçanın hızı \(V_1\) yukarıya çıkan iki parçanın hızları \(V_2\) olsun. Cismin toplam kütlesi m ise, momentum koruma yasasına göre: 


\[\frac{m}{3} V_1 - \frac{2m}{3} V_2 = 0\]


\[V_1 = 2V_2 \quad (2)\]


Olur.Yukarı çıkan cisimler h yüksekliğinden yukarda belli bir süre geçirdikten sonra yine \(V_2\) ilk hızı ile h yüksekliğinden aşağı düşmeye başlayacaklardır. Bu iki parçanın h yüksekliğinden yukarda geçirdiği uçuş süresi 


\[t_{2uçuş} = \frac{2V_2}{g} \quad (3)\]


Olur.O halde yukarıya çıkan cisimler geri h yüksekliği seviyesine indikten sonra \(V_2\) ilk hızı ile h yüksekliğinden \(t_2' = t_2 - t_{2uçuş}\) sürede aşağı ineceklerdir. Dolayısıyla h yüksekliği aşağıdaki iki şekilde ifade edilebilir: 


\[h = V_1 t_1 + \frac{1}{2} g t_1^2 \quad (4)\]


\[h = V_2(t_2 - t_{2uçuş}) + \frac{1}{2} g t(t_2 - t_{2uçuş})^2 \quad (5)\]


Denklem 2,3,4 ve 5 'in çözümünden: 


\[V_2 = \frac{g}{2} \cdot \frac{t_2^2 - t_1^2}{2t_1 - t_2} \quad (6)\]


\[V_1 = g \cdot \frac{t_2^2 - t_1^2}{2t_2 - t_1} \quad (7)\]


Olarak bulunur.Denklem 4 ve 7'nin çözümünden:




\[h = \frac{g t_1 t_2}{2} \cdot \frac{2 t_2 + t_1}{2 t_1 + t_2} \qquad (8)\]


olur.Son olarak denklem 1 ve 8 'in çözümünden 


\[V_0 = \sqrt{g^2 t_1 t_2 \cdot \frac{2 t_2 + t_1}{2 t_1 + \frac{t_2}{2}}}\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 17

Şekilde gösterilen sistemde kütleler arasında ve M kütlesi ile yer arasında sürtünme olup, sürtünme katsayısı 1/3 'tür. m (m>M) kütlesinin duvara bağlı olduğu ip makara üzerinde sürtünmesizce hareket edebildiğine göre M kütlesinin ivmesi nedir?

Şıklar:
A) \(\frac{2m-M}{3M+6m} g\) | B) \(\frac{2m+M}{3M+2m} g\) | C) \(\frac{3m-2M}{2m+6M} g\) | D) \(\frac{4m-3M}{2M+6m} g\) | E) \(\frac{3m-M}{2M+6m} g\)

Cevap: A \(\frac{2m-M}{3M+6m} g\)

Çözüm:
M kütleli cisim ile M kütleli cismin yatay yönde ivmeleri aynı olacaktır. m kütleli cismin dikey yöndeki ivmesi de bu iki cismin yatay yöndeki ortak ivmesine eşittir çünkü sabit makaradaki ipin boyu sabittir. İki cisim arasındaki tepki kuvveti \(N_1\) ipteki gerilme \(T\), ve sürtünme katsayısı k ise m kütleli cismin düşeyde ve yataydaki dinamik denklemleri aşağıdaki gibi yazılır: 


\[N_1 = ma \quad (1)\]


\[mg - T - N_1k = ma \quad (2)\]


Denklem 1 ve 2'nin çözümünden 


\[T = mg - ma(1 + k) \quad (3)\]


Bulunur. Şimdi M kütleli cismin düşeyde ve yataydaki dinamık denklemlerini yazalım. Yer ile M kütleli cisim arasındaki tepki kuvveti \(N_2\) ise: 


\[T + Mg + N_1k = N_2 \quad (4)\]


\[T - N_1 - N_2k = Ma \quad (5)\]


Denklem 3 ve 4 'ün çözümünden: 


\[N_2 = mg + Mg - ma \quad (6)\]


Bulunur. Denklem 1,3,5 ve 6 'nın çözümünden ise : 


\[a = \frac{2m - M}{3M + 6m} g\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 18

Yerden v₀ ilk hızı ile ve yatay ile θ açısı yapacak şekilde fırlatılan bir cisim eğik atış hareketi yapmaktadır. Harekete başladıktan t süre sonra cismin başlangıç noktasına olan dikey uzaklığı y, yatay uzaklığı ise x 'tir. x/y = 2 olduğu anda cismin kinetik enerjisi ile potansiyel enerjisinin birbirine eşit olmasını sağlayan θ açısı aşağıdaki değerlerden hangisi olabilir?

Şıklar:
A) arccos \(\frac{1}{\sqrt{5}}\) | B) arccos \(\frac{1}{\sqrt{3}}\) | C) arccos \(\frac{1}{\sqrt{15}}\) | D) arccos \(\frac{1}{\sqrt{6}}\) | E) arccos \(\frac{1}{\sqrt{10}}\)

Cevap: E arccos \(\frac{1}{\sqrt{10}}\)

Çözüm:
t süre sonra cismin x ve y konumları: 


\[x = V_0 \cos\theta t \quad (1)\]


\[y = V_0 \sin\theta t - \frac{1}{2}gt^2 \quad (2)\]


Olur: Soruda verilen bilgiye göre: 


\[\frac{x}{y} = \frac{V_0 \cos\theta t}{V_0 \sin\theta t - \frac{1}{2}gt^2} = 2 \quad (3)\]


Cismin potansiyel enerjisi ile kinetik enerjisinin eşit olma koşulu: 


\[E_k = \frac{1}{2}mV_0^2 - mgy = mgy \quad (4)\]


Denklem 4 düzenlendiğinde: 


\[\frac{V_0^2}{4g} = y = V_0 \sin\theta t - \frac{1}{2}gt^2 
\quad (5)\]


Denklem 3 ve 5 birleştirildiğinde: 


\[gt = \frac{V_0}{2\cos\theta} \quad (6)\]


Denklem 3'de gt ifadesi yerine denklem 6'daki sonuç yerleştirildiğinde: 


\[\frac{\cos\theta}{\sin\theta - \frac{1}{4\cos\theta}} = 2 \quad (7)\]


Denklem 7 düzenlendiğinde 


\[4\sin\theta\cos\theta = 1 + 2\cos^2\theta \quad (8)\]


.Denklem 8'de her iki tarafın karesi alınıp \(\sin^2\theta = 1 - \cos^2\theta\) eşitliği kullanıldığında: 


\[20 \cos^4 \theta - 12 \cos^2 \theta + 1 = 0 \quad (9)\]


Denklemi elde edilir. Bu denklemin çözümlerinden biri: 


\[\theta = \arccos \left( \frac{1}{\sqrt{10}} \right)\]