alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 13

m kütleli bir top düşey düzlemde bulunan aynı merkezli iç içe iki küresel kabuğun arasında, en yüksek noktada durmaktadır. Topun çapı iki küre arasındaki uzaklıktan biraz küçüktür. Tüm yüzeyler sürtünmesizdir. Top yavaşça sağa doğru itilerek hareket başlatılır. Topun her hangi bir andaki konumu topunun çap vektörünün düşeyle yaptığı \(\theta\) açısı ile belirlenmektedir. Topa dıştaki küre tarafından uygulanan normal kuvvetin(y-ekseni), \(\theta\) açısına bağlı fonksiyonu nasıl olmalıdır?

Şıklar:
A) 2 | B) \(\sqrt{5}\) | C) \(\sqrt{3}\) | D) 4 | E) 1

Cevap:  \(N(\theta) = (2 - 3 \cos \theta)mg\)

Çözüm:
m kütleli topun herhangi bir \(\theta\) açısında hızı, enerji korunumundan: 


\[E = \text{Sabit} \Rightarrow \frac{1}{2}mv^2 = mgR(1 - \cos \theta) \Rightarrow v = \sqrt{2gR(1 - \cos \theta)}\]


olarak bulunur. Topa etki eden tepki kuvveti, yerçekimi kuvvetinin küresel kabukların merkezine doğru olan bileşeni ile birlikte merkezcil ivmeyi oluşturur. Buradan tepki kuvveti \(\theta'\) nın fonksiyonu olarak:




\[ \frac{mv^2}{R} = N + mg \cos \theta \Rightarrow N = \frac{mv^2}{R} - mg \cos \theta = 2mg(1 - \cos \theta) - mg \cos \theta \]


\[ N(\theta) = (2 - 3 \cos \theta)mg \]


şeklinde bulunur. 


\(N < 0\) değerleri topa tepki kuvvetinin iç küreden etki ettiğini gösterir. \(N(\theta) = (2 - 3 \cos \theta)mg\)
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 14

Bir noktasal parçacık düzlem üzerinde hareket ederken teğetsel ivmesi \(a_t = B\) ve normal ivmesi \(a_n = Ct^4\) olarak verilmektedir. Burada \(B\) ve \(C\) pozitif sabitler olup, \(t\) zamanı göstermektedir. Başlangıç anında (\(t=0\)) parçacık durgun durumdadır. Parçacığın \(a\) toplam ivmesinin parçacığın aldığı \(s\) yolu cinsinden ifadesi nedir? 



Şıklar:
A) 2 \quad B) \sqrt{5} \quad C) \sqrt{3} \quad D) 4 \quad E) 1

Cevap: A 2

Çözüm:
Parçacık s kadar yol alana kadar geçen süre: 


\[
s = \frac{1}{2} a_t t^2 \quad \Rightarrow \quad t = \sqrt{\frac{2s}{a_t}} = \sqrt{\frac{2s}{B}}
\]


t anında parçacığın merkezcil ivmesi: 


\[
a_n = Ct^4 = C \cdot \left( \frac{2s}{B} \right)^2
\]


Buradan bu anda parçacığın toplam ivmesi: 


\[
a = \sqrt{a t^2 + a_n^2} = \sqrt{B^2 + \left( \left( \frac{2s}{B} \right)^2 \cdot C \right)^2} = B \sqrt{1 + \left( \frac{4Cs^2}{B^3} \right)^2}
\]


olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 15

Yeryüzünden *h* yüksekliğinde dairesel bir yörünge üzerinde hareket eden bir uzay gemisinden uzay boşluğuna çıkan astronot gemiye *L* boyunda bir kablo ile bağlıdır. Dünyanın merkezi, uzay gemisi ve astronotun (astronot en dışta olmak üzere) her zaman aynı doğru üzerinde bulunduğunu varsayınız. Dünyanın, uzay gemisinin ve astronotun kütleleri sırası ile \(M_D, M_G\) ve \(M_A\), evrensel çekim sabiti *G*, yerçekimi ivmesi g olarak verilmektedir. 


\(L \ll h \ll R_D\) durumu göz önüne alınırsa, kablodaki gerilmenin yaklaşık ifadesi nedir?

Şıklar:
A) \(2L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_A G}{R_D^3}\) | B) \(L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_D G}{g R_D^3}\) | C) \(L(M_G + M_A) \frac{M_D G}{R_D^3}\) | D) \(3L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_D G^3}{R_D^3}\) | E) \(3L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{g}{M_D R_D^2}\)

Cevap: D \(3L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_D G^3}{R_D^3}\)

Çözüm:
Uzay gemisi ve astronotun dünyanın etrafındaki açısal hızı olan \(\omega\) ile dönen referans sistemine geçelim. Bu referans sisteminde uzay gemisi ve astronot üzerinde kuvvet dengesi vardır. Kablonun gerilmesine *T* dersek: 


\[ \frac{G M_D M_G}{(R_D + h)^2} = T + M_G \omega^2 (R_D + h) \Rightarrow \omega^2 = \frac{G M_D}{(R_D + h)^3} - \frac{T}{M_G (R_D + h)} \]


\[ T + \frac{G M_D M_A}{(R_D + h + L)^2} = M_A \omega^2 (R_D + h + L) = \frac{G M_D M_A}{(R_D + h)^3} \cdot (R_D + h + L) - \frac{M_A}{M_G} \cdot \frac{R_D + h + L}{R_D + h} \cdot T \]


Buradan: 


\[ T \left( 1 + \frac{M_A}{M_G} \cdot \frac{R_D + h + L}{ R_D + h} \right) \approx T \left( 1 + \frac{M_A}{M_G} \right) = \frac{G M_D M_A}{(R_D + h + L)^2} \cdot \left( \left( \frac{R_D + h + L}{R_D + h} \right)^3 - 1 \right) \]


ve 


\[ \frac{G M_D M_A}{(R_D + h + L)^2} \cdot (\left( \frac{R_D + h + L}{R_D + h} \right)^2 - 1) \approx \frac{G M_D M_A}{(R_D + h + L)^2} \cdot 3 \frac{L}{R_D + h} \approx \frac{G M_D}{R_D^3} \cdot 3 L M_A \]


Buradan \(T\): 


\[ T \left( 1 + \frac{M_A}{M_G} - \frac{G M_D}{R_D^3} \right) \approx \frac{G M_D}{R_D^3} \cdot 3 L M_А \]


\[ T \approx 3L \cdot \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \cdot \frac{G M_D}{R_D^3} \]


olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 16

Kırıcılık indisleri \(n_1\) ve \(n_2 (n_2 > n_1)\) olan ortamların düzlem ara yüzeyine \(n_1\) ortamından \(\theta_1\) açısı ile gelen tek dalga boylu bir ışık, burada hem yansımakta, hem de kırılmaktadır. Kırılan ve yansıyan ışınlar birbirine dik olup, bu durumda \(\phi_k\) sınır açısı \(\sin \phi_k = \frac{2}{3} \sin \theta_1\) denklemi ile verilmektedir. \((n_2 / n_1)\) oranı nedir?

Şıklar:
A) 2 \quad B) 1,5 \quad C) \sqrt{3} \quad D) 2\sqrt{3} \quad E) \sqrt{2}

Cevap: C \sqrt{3} \quad

Çözüm:
Snell yasasından:
\[ n_1 \sin \theta_1 = n_2 \sin \theta_2 \]

Aynı zamanda kırılan ve yansıyan ışınların dik olması için:
\[ 90^\circ = 180^\circ - (\theta_1 + \theta_2) \Rightarrow \theta_1 + \theta_2 = 90^\circ \]
olmalıdır. Buradan:
\[ \sin \theta_2 = \cos \theta_1 \Rightarrow n_1 \sin \theta_1 = n_2 \cos \theta_1 \Rightarrow \tan \theta_1 = \frac{n_2}{n_1} \]

Sınır açısı:
\[ n_2 \sin \phi_k = n_1 \sin 90^\circ = n_1 \Rightarrow \sin \phi_k = \frac{n_1}{n_2} \]
ifadesi ile verilir. Buradan:
\[ \sin \phi_k = \frac{n_1}{n_2} = \frac{2}{3} \sin \theta_1 \Rightarrow \sin \theta_1 = \frac{3n_1}{2n_2} \]

Aynı zamanda:
\[ \tan \theta_1 = \frac{\sin \theta_1}{\sqrt{1 - \sin^2 \theta_1}} = \frac{3n_1}{\sqrt{4n_2^2 - 9n_1^2}} = \frac{n_2}{n_1} \]

Bu denklemi çözersek aranan oran:
\[ 9n_1^4 = 4n_2^4 - 9n_1^2 n_2^2 \Rightarrow 4\left(\left(\frac{n_2}{n_1}\right)^2\right)^2 - 9\left(\frac{n_2}{n_1}\right)^2 - 9 = 0 \]
\[ \left(\frac{n_2}{n_1}\right)^2 = 3 \Rightarrow \frac{n_2}{n_1} = \sqrt{3} \]
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 17

Kütleleri m, başlangıçtaki elektriksel yükleri +\(q_0\) olan iki küçük top L uzunluğundaki kütlesiz ve yalıtkan iplerle ortak bir noktadan asılmıştır. Başlangıçta toplar arası uzaklık \(r(r<L)\) kadardır. Topların üzerlerindeki yük çevredeki havaya yavaş yavaş akarak zamanla azalmakta olup, her hangi bir \(t\) anındaki yük miktarı \(q = q_0(1-bt)^{\frac{1}{3}}\) denklemi ile verilmektedir. Bu denklemdeki \(b\) katsayısı çok küçük olduğunda sistemin ivmesi ihmal edilebilir. Bu şartlar altında, herhangi bir \(t\) anında topların arasındaki uzaklık ifadesi \(r(t)\) nedir? (Not: cevaplardaki \(k_E\), elektrik sabitini göstermektedir).

Şıklar:
A) \((1-bt) \left( \frac{2Lk_E q_0^2}{mg} \right)^{1/3}\) | B) \((1-bt) \left( \frac{2Lk_E q_0^{2}}{mg} \right)^{1/2}\) | C) \((1-bt) \left( \frac{Lk_E q_0^2}{2mg} \right)^{1/2}\) | D) \((1-bt) \left( \frac{Lk_E q_0^{2}}{2mg} \right)^{1/3}\) | E) \((1-bt) \left( \frac{Lk_E q_0^{3}}{2mg} \right)^{3/2}\)

Cevap: A \((1-bt) \left( \frac{2Lk_E q_0^2}{mg} \right)^{1/3}\)

Çözüm:
İplerin düşeyle yaptığı açıya \(\theta\) dersek: 


\[ \sin \theta \approx \theta \approx \tan \theta \approx \frac{r/2}{L} \]


Her an cisimlerin üzerinde kuvvet dengesi olduğundan topların arasındaki uzaklık ifadesi zamandan bağlı olarak: 


\[ G \sin \theta = F_E \cos \theta \Rightarrow \frac{F_E}{G} = \frac{k_E q^2}{mg} = \tan \theta \approx \frac{r}{2L} \]


\[ r(t) = \left( \frac{2Lk_E q^2}{mg} \right)^{1/3} = (1 - bt) \cdot \left( \frac{2Lk_E q_0^2}{mg} \frac{1}{3} \right)^{1/3} \]


şeklinde bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 18

Bir noktasal parçacık düzlem üzerinde hareket ederken teğetsel ivmesi \(a_t = B\) ve normal ivmesi \(a_n = Ct^4\) olarak verilmektedir. Burada \(B\) ve \(C\) pozitif sabitler olup, \(t\) zamanı göstermektedir. Başlangıç anında (\(t=0\)) parçacık durgun durumdadır. Parçacığın \(a\) toplam ivmesinin parçacığın aldığı \(s\) yolu cinsinden ifadesi nedir? 



Şıklar:
A) 2 \quad B) \sqrt{5} \quad C) \sqrt{3} \quad D) 4 \quad E) 1

Cevap: B 2

Çözüm:
\(R_1\) ve \(R_2\) dirençleri aynı maddeden yapılmış ve kütleleri eşit olduğundan hacimleri de eşit olmalıdır. \(R_2\) direncinin boyuna \(L'\) dersek: 


\[V_1 = \pi r^2 \cdot L = V_2 = r^2 \cdot L' \Rightarrow L' = \pi L\]


Buna göre \(R_1\) ve \(R_2\) dirençleri: 


\[R_1 = \frac{\rho L}{\pi r^2}\]


\[R_2 = \frac{\rho \cdot \pi L}{r^2} = \pi^2 \cdot R_1\]


Devreyi basitleştirerek çizersek: 

  


Buradan devrenin eşdeğer direnci: 


\[R_{\text{es}} = \left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right)^{-1} + \left(\frac{1}{R_1 + R_1} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_1 + R_1}\right)^{-1} + \left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_1}\right)^{-1} = \frac{R_1}{2} + \frac{R_1 R_2}{2 R_1 + R_2} + \frac{R_1}{2}\]


\[R_{\text{es}} = \frac{2R_1(R_1 + R_2)}{2R_1 + R_2} = \frac{2(1 + \pi^2)}{2 + \pi^2} \cdot R_1\]




\(R_1\) ifadesini yerine yazarsak \(R_{es}\): 


\[R_{es} = \frac{2(1 + \pi^2)}{\pi(2 + \pi^2)} \cdot \frac{\rho L}{r^2}\]


olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 19

Dört tane \(C=3x10^{-6}F\) değerinde kapasitör paralel olarak bağlanıp \(200 V\) potansiyele kadar yüklenmekte ve sonra uzunluğu \(8 mm\) olan bir bakır tel ile boşaltılmaktadır. Bu telin bir metresinin kütlesi \(0,05 g\) olarak verilmiştir. Tele ne olur?

Şıklar:
A) \(1520°C\) ısınır | B) \(840°C\) ısınır | C) erir | D) ısınır ve boyu uzar | E) Önce ısınır, yük boşaldıktan sonra soğur

Cevap: C erir

Çözüm:
Bu kondansatör sisteminin ilk enerjisi: 


\[U = \frac{1}{2} \cdot 4C \cdot V^2 = 2CV^2\]


Son durumda elektriksel potansiyel enerji sıfıra eşit olacaktır, enerji korunumundan bakıra aktarılan ısı ifadesinden bakır erimezse sıcaklık değişimi: 


\[U = 2CV^2 = Q = M c_B \Delta T\]


\[\Delta T = \frac{2CV^2}{M c_B} = \frac{2 \cdot 3 \cdot 10^{-6} \cdot 200^2}{8 \cdot 10^{-3} \cdot 0,05 \cdot 10^{-3} \cdot 375} = 1600°C\]


olacaktır. Bakırın erime sıcaklığı bulduğumuz sıcaklık değişiminden küçük olduğundan bakır erir.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 20

Kütle ve yük değerleri sırası ile \(M_1=3m\), \(Q_1=+3q\) ve \(M_2=m\), \(Q_2=-q\) olan iki noktasal parçacık düzgün bir E elektrik alanı içine konulmuştur. Parçacıklar serbest bırakıldıktan sonra aralarındaki L uzaklığı sabit kalacak şekilde hareket ediyorlarsa, \(L'\) nin değeri nedir? (Not: cevaplardaki \(k_E\) elektrik sabitini göstermektedir).

Şıklar:
A) 2L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_A G}{R_D^3} \quad B) L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_D G}{g R_D^3} \quad C) L(M_G + M_A) \frac{M_D G}{R_D^3} \\
D) 3L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_D G}{R_D^3} \quad E) 3L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{g}{M_D R_D^2}

Cevap: D 3L \frac{M_G M_A}{M_G + M_A} \frac{M_D G}{R_D^3} \quad

Çözüm:
Yükler arasındaki uzaklığın değişmemesi için ivmeleri aynı olmalıdır, buradan 1. cisim için: 


\[3ma = 3qE - \frac{3kq^2}{L^2} \Rightarrow ma = qE - \frac{kq^2}{L^2}\]


2. cisim için: 


\[ma = \frac{3kq^2}{L^2} - qE\]


Bu denklemlerden \(L\): 


\[qE - \frac{kq^2}{L^2} = \frac{3kq^2}{L^2} - qE \Rightarrow L = \sqrt{\frac{2kq}{E}}\]


olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 21

Bir yüzü düzlem, diğer yüzü içbükey olan kalın bir mercek kırıcılık indisi 2n olan bir ortamda bulunmaktadır. Küresel yüzün eğrilik yarıçapı R, merceğin yapıldığı camın kırıcılık indisi n dir. Merceğin küresel yüzünün önüne 4 cm boyunda bir cisim konuluyor. Cismin görüntüsü tam düzlem yüzey üzerinde, cisme göre ters ve 0,8 cm boyunda oluşmaktadır. Merceğin d kalınlığı(R cinsinden) ve yapıldığı camın n kırıcılık indisi ne kadardır?

Şıklar:
A) d=0,8R; n=1,4 | B) d=1,6R; n>1 | C) d=1,2R; n=1,5 | D) d=1,2R; n>1 | E) d=0,8R; n>1

Cevap: D d=1,2R; n>1

Çözüm:
Yüzey geçiş denkleminden: 


\[ \frac{2n}{a} + \frac{n}{d} = \frac{n - 2n}{-R} = \frac{n}{R} \Rightarrow \frac{2}{a} + \frac{1}{d} = \frac{1}{R} \]


Cismin boyca uzamasından: 


\[ |\Gamma| = \frac{d}{a} / \frac{n}{2n} = \frac{2d}{a} = \frac{h'}{h} = \frac{0,8}{4} = \frac{1}{5} \Rightarrow a = 10d \]


Bu ifadeyi ilk bulduğumuz denklemde yerine koyarsak: 


\[ \frac{2}{10d} + \frac{1}{d} = \frac{1}{R} \Rightarrow d = 1,2R \]


Elimizdeki bilgiyle n'in değerini bulamayız, yalnızca merceğin bir maddeden yapıldığını bildiğimizden kırıcılık indisi vakumun kırıcılık indisi olan \(n_0 = 1'\)den büyük olması gerektiğini söyleyebiliriz.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 22

Odak uzaklığı \(f\) olan yakınsak ince bir mercekten \(L(L>f)\) uzaklıkta düzlem bir ayna bulunmaktadır. Bu sistem güneşin görüntüsünü mercekten ne kadar uzakta oluşturur?

Şıklar:
A) \(f + \frac{f^2}{2(L-f)}\) | B) \(f - \frac{f^2}{2(L-f)}\) | C) \(f + \frac{f^2}{2(L+f)}\) | D) \(f - \frac{f^2}{2(L+f)}\) | E) \(f + \frac{f^2}{2(L-f)}\)

Cevap: A \(f + \frac{f^2}{2(L-f)}\)

Çözüm:
Güneşin merceğin oluşturduğu ilk görüntüsü merceğin odağında oluşur. Aynanın oluşturduğu ikinci görüntü aynanın arkasında aynadan \(L - f\) uzakta oluşur. Bu görüntünün mercek tarafından oluşturulan görüntüsü, yani güneşin sistem tarafından oluşturulan görüntüsü mercekten: 


\[ \frac{1}{L + (L - f)} + \frac{1}{b} = \frac{1}{f} \Rightarrow b = \frac{f(2L - f)}{2L - f - f} = \frac{f(2L - f)}{2(L - f)} = f + \frac{f^2}{2(L - f)} \]


uzakta oluşur.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 23

Bir küresel çukur ayna, önünde bulunan bir cismin ters ve yarı boyunda bir görüntüsünü vermektedir. Cism ilk konumuna göre 5 cm yer değiştirince yeni görüntü yine ters fakat, boyu ilk görüntünün yarısı kadar olmaktadır. Bu aynanın eğrilik yarıçapı kaç cm dir?

Şıklar:
A) 15 | B) 8 | C) 5 | D) 2,5 | E) 10

Cevap: C 5

Çözüm:
İlk ve ikinci durumlarda aynanın büyütmesinden bu durumlarda görüntülerin konumları: 


\[
\Gamma_1 = -\frac{1}{2} = -\frac{b_1}{a_1} \Rightarrow b_1 = \frac{a_1}{2}
\]


\[
\Gamma_2 = -\frac{1}{4} = -\frac{b_2}{a_2} \Rightarrow b_2 = \frac{a_2}{4}
\]


Buradan: 


\[
\frac{1}{a_1} + \frac{1}{b_1} = \frac{1}{f} = \frac{3}{a_1} \Rightarrow a_1 = 3f
\]


\[
\frac{1}{a_2} + \frac{1}{b_2} = \frac{1}{f} = \frac{5}{a_2} \Rightarrow a_2 = 5f
\]


Cisim \(\Delta a = 5 \text{ cm}\) kadar yer değiştirmiştir, buradan odak uzaklığı ve aynanın eğrilik yarıçapı: 


\[
\Delta a = a_2 - a_1 = 2f = 5 \text{ cm} \Rightarrow f = 2,5 \text{ cm}
\]


\[
f = \frac{R}{2} \Rightarrow R = 2f = 5 \text{ cm}
\]


olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2009, 1. Aşama, Soru 24

Bir küresel çukur ayna, önünde bulunan bir cismin ters ve yarı boyunda bir görüntüsünü vermektedir. Cisim ilk konumuna göre 5 cm yer değiştirince yeni görüntü yine ters fakat, boyu ilk görüntünün yarısı kadar olmaktadır. Bu aynanın eğrilik yarıçapı kaç cm dir?

Şıklar:
A) 15 \quad B) 8 \quad C) 5 \quad D) 2,5 \quad E) 10

Cevap: C 5 \quad

Çözüm:
İlk ve ikinci durumlarda aynanın büyütmesinden bu durumlarda görüntülerin konumları:
\[ \Gamma_1 = -\frac{1}{2} = -\frac{b_1}{a_1} \Rightarrow b_1 = \frac{a_1}{2} \]
\[ \Gamma_2 = -\frac{1}{4} = -\frac{b_2}{a_2} \Rightarrow b_2 = \frac{a_2}{4} \]

Buradan:
\[ \frac{1}{a_1} + \frac{1}{b_1} = \frac{1}{f} = \frac{3}{a_1} \Rightarrow a_1 = 3f \]
\[ \frac{1}{a_2} + \frac{1}{b_2} = \frac{1}{f} = \frac{5}{a_2} \Rightarrow a_2 = 5f \]

Cisim \(\Delta a = 5 \text{ cm}\) kadar yer değiştirmiştir, buradan odak uzaklığı ve aynanın eğrilik yarıçapı:
\[ \Delta a = a_2 - a_1 = 2f = 5 \text{ cm} \Rightarrow f = 2,5 \text{ cm} \]
\[ f = \frac{R}{2} \Rightarrow R = 2f = 5 \text{ cm} \]
olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 1

Şekildeki sistem *d* yoğunluklu sıvı ile doludur. Soldaki kolun kesit alanı *S'*dir. Sağdaki kol *AB* arasında tamamen kapalı olmayıp, üstünde silindirik *m* kütlesinin sıvı sızdırmadan ve sürtünmesiz olarak geçebileceği bir delik vardır. Başlangıçta su seviyesi iki tarafta da *AB* hizasındadır. Bu durumda *m* kütleli, *2d* yoğunluklu, 1,2S kesit alanlı silindirik cisim delikten yavaşça içeri girmektedir. Denge noktasına ulaşıldığında silindirin yaklaşık yüzde kaçı delikten geçmiş olur?

Şıklar:
A) 50 | B) 66 | C) 82 | D) 91 | E) 100

Cevap: D 91

Çözüm:
İki koldaki hacim değişimleri eşit olmalıdır. Silindirin h kadar battığını kabul edelim. Sıvı diğer kolda h' kadar yükselsin. 

  


\[1.2Sh = Sh'\]


Açık hava basıncı \(P_0\) olsun. 


\[P_0 + dg(h + h') = P_0 + \frac{mg}{1.2S}\]


Silindirin yüksekliği y olsun. 


\[m = 1.2Sy2d = 2.4syd\]


\[h' = 1.2h \Rightarrow h = \frac{10}{11}y = \% 91\]
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 2

Bir kap içerisinde yoğunluğu \(\rho_1\) olan bir sıvı ve bu sıvı üzerinde yüksekliği \(b\), yoğunluğu \(\rho_2\) olan yağ tabakası vardır. Düşey kesit alanı \(4b \times 4b\), yoğunluğu \(\rho_2\) olan uzun bir çubuk bu kap içinde yüzer durumdadır. Eğer \(\rho_2 = \frac{2\rho_1}{3}\) ise, çubuğun hacminin yüzde kaçı sıvıların dışındadır?

Şıklar:
A) 50 | B) 30 | C) 25 | D) 60 | E) 75

Cevap: C 25

Çözüm:
Sistem dengededir. En alttaki sıvıya h kadar batmış olsun. 


\[
\rho_2 g S 4 b = \rho_1 g S h + \rho_2 g S b
\]


\[
\rho_2 = \frac{2\rho_1}{3} \Rightarrow 3 \frac{2\rho_1}{3} b = \rho_1 h \Rightarrow h = 2b
\]


Sıvının dışında kalan kısım: 


\[
\begin{align*}
4b - b - 2b &= b \\
\Rightarrow \frac{b}{4b} &= \% 25
\end{align*}
\]
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 3

Kütlesi M olan bir bardağı, açık ağzı altta kalacak şekilde d yoğunluklu bir sıvının içerisine batırıyoruz. Sıvının bulunduğu kabın ağzı açık olup, atmosfer basıncı \(P_0\)'dır. Bardak çok ince bir camdan yapılmış olup iç hacmi ile dış hacmi aynı alınabilir. Bardağı, kendi yüksekliğinden çok daha büyük bir h derinliğine kadar batırıp bırakıyoruz. Bu h derinliği belirli bir \(h_0\) kritik derinliğinden daha küçük ise bardak yukarı çıkmakta, bu derinlikten büyük ise batmaktadır. Bardak aynı şekil ve hacimde iki kat daha yoğun bir maddeden yapılsa kritik derinlik \(0,25h_0\) olmaktadır. Bu bardağın içine alabileceği sıvının kütlesi kaç \(M\)'dir?

Şıklar:
A) 0,25 | B) 0,5 | C) 1 | D) 3 | E) 4

Cevap: D 3

Çözüm:
Bardak dengeye geldiğinde, 


\[Mg = dgV\]


olmalıdır. 


Bu derinlikte bardağın içindeki havanın basıncı için şu ifadeler yazılabilir. 


\[ 
\begin{align*}
P &= P_0 + dgh_0 \\
P_0V_0 &= PV \\
\Rightarrow h_0 &= \frac{P_0}{dg} \left( \frac{dV_0}{M} - 1 \right)
\end{align*}
\]


Bardak 2M kütlesine sahip olduğu durumda denklem şu hali alır. 


\[ \frac{h_0}{4} = \frac{P_0}{dg} \left( \frac{dV_0}{2M} - 1 \right) \]


Son iki denklem taraf tarafa bölünürse, 


\[4 = \frac{\frac{dV_0}{M} - 1}{\frac{dV_0}{2M} - 1} \Rightarrow dV_0 = 3M\]


sonucu elde edilir, yani bardak boş iken 3M kütleli sıvıyı içine alabilir.
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 4

Bir küresel çukur ayna, önünde bulunan bir cismin ters ve yarı boyunda bir görüntüsünü vermektedir. Cisim ilk konumuna göre 5 cm yer değiştirince yeni görüntü yine ters fakat, boyu ilk görüntünün yarısı kadar olmaktadır. Bu aynanın eğrilik yarıçapı kaç cm dir?

Şıklar:
A) 15 \quad B) 8 \quad C) 5 \quad D) 2,5 \quad E) 10

Cevap: A 5 \quad

Çözüm:
İlk ve ikinci durumlarda aynanın büyütmesinden bu durumlarda görüntülerin konumları:
\[ \Gamma_1 = -\frac{1}{2} = -\frac{b_1}{a_1} \Rightarrow b_1 = \frac{a_1}{2} \]
\[ \Gamma_2 = -\frac{1}{4} = -\frac{b_2}{a_2} \Rightarrow b_2 = \frac{a_2}{4} \]

Buradan:
\[ \frac{1}{a_1} + \frac{1}{b_1} = \frac{1}{f} = \frac{3}{a_1} \Rightarrow a_1 = 3f \]
\[ \frac{1}{a_2} + \frac{1}{b_2} = \frac{1}{f} = \frac{5}{a_2} \Rightarrow a_2 = 5f \]

Cisim \(\Delta a = 5 \text{ cm}\) kadar yer değiştirmiştir, buradan odak uzaklığı ve aynanın eğrilik yarıçapı:
\[ \Delta a = a_2 - a_1 = 2f = 5 \text{ cm} \Rightarrow f = 2,5 \text{ cm} \]
\[ f = \frac{R}{2} \Rightarrow R = 2f = 5 \text{ cm} \]
olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 5

Çapı \(D\), derinliği \(h\) olan yere sabitlenmiş boş bir bardağın içine şekildeki gibi homojen ve kalınlığı ihmal edilebilecek bir çubuk konuyor. Çubuk ve bardak yüzeyi arasında sürtünme yok ise, çubuğun devrilip bardaktan çıkabilmesi için uzunluğu \(L\) 'nin en az ne kadar olması gerekir?

Şıklar:
A) \(2(D+h)\) | B) \(4\sqrt{D^2+h^2}\) | C) \(\frac{2(D^2+h^2)}{D}\) | D) \(\frac{2(D^2+h^2)}{h}\) | E) \(\frac{2(D^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}{D^2}\)

Cevap: E \(\frac{2(D^2+h^2)^{\frac{3}{2}}}{D^2}\)

Çözüm:
Çubuğun bardaktan kayması için denge şartı: 


\[N \cos \theta = mg\]


\[\cos \theta = \frac{D}{\sqrt{h^2+D^2}} \Rightarrow N \frac{D}{\sqrt{h^2+D^2}} = mg\]


Çubuğun alt ucuna göre moment alınırsa, 


\[N\sqrt{D^2+h^2} = mg \cos \theta \frac{L}{2}\]


İki denklem birlikte çözülürse, 


\[L = \frac{2(D^2+h^2)^{3/2}}{D^2}\]


elde edilir.
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 7

Kütlesi \(m\) olan bir cisim, aralarındaki sürtünme katsayısının 0,5 olduğu bir yüzeyde durmaktadır. Bu cisme \(m\) kütleli bir balon iple bağlanmış olup balona etki eden kaldırma kuvveti \(1,5mg\)'dir. Burada \(g\) yer çekimi sabitidir. Yüzey üzerindeki cisme \(F=1,5mg\) büyüklüğünde bir kuvvet yatay olarak uygulanırsa, balonu tutan ipin düşeyle yapacağı açının tanjantı nedir?

Şıklar:
A) 5/6 | B) 6/5 | C) 1 | D) 5/4 | E) 4/5

Cevap: C 25

Çözüm:
Balon için hareket denklemleri, 


\[ 
\begin{aligned}
1.5mg &= mg + T \cos \theta \\
T \sin \theta &= ma
\end{aligned}
 \]


Cisim için hareket denklemleri 


\[ 
\begin{aligned}
1.5mg - f_s - T \sin \theta &= ma \\
N + T \cos \theta - mg &= 0 \\
\Rightarrow a &= \frac{5g}{8} \\
\tan \theta &= \frac{5mg}{8} \cdot \frac{2}{mg} = \frac{5}{4}
\end{aligned}
 \]
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 8

Bir kulenin \(O\) tepesinden serbest olarak bırakılan bir taş, tepeden \(H\) kadar aşağıdaki bir \(A\) noktasından \(V\) hızı ile geçmektedir. Taş, \(A\) noktasından \(40m\) aşağıdaki bir \(B\) noktasından ise \(3V\) hızı ile geçmektedir. Taş \(B\) noktasından geçtiği andan itibaren sabit bir \(F\) sürtünme kuvveti taşın hareketini yavaşlatmaktadır. Taşın \(B\) noktasından sonra, o ana kadar aldığı yolun iki katı kadar daha yol alıp yere sıfır hızla inmesi için \(F\) kuvveti taşın ağırlığının kaç katı olmalıdır?

Şıklar:
A) 1 | B) 1,5 | C) 2 | D) 3 | E) 4,5

Cevap: B 1,5

Çözüm:
A noktası için, 


\[ \frac{V^2}{2g} = H \]


B noktası için, 


\[ \frac{9V^2}{2g} = H + 40m \]


yazabiliriz. 


Taşın B noktasına kadar aldığı yol 


\[ \begin{gather*} 9H = H + 40m \Rightarrow H = 5m \\ |AB| = 45m \end{gather*} \]


bulunur. 


Taş sonrasında 90 m yol alıp duruyor. 


Enerji değişimi F Kuvvetinin yaptığı işe eşit olacaktır. 


\[ \begin{gather*} F \cdot 90 = \frac{1}{2} m 9V^2 + mg \cdot 90 \\ \Rightarrow F = 1.5mg \end{gather*} \]
Fizik Olimpiyatı 2012, 1. Aşama, Soru 9

Kütlesi \(m_A\) olan patenci doğu yönünde \(V_A\) hızı ile, kütlesi \(m_B = 1.5m_A\) olan patenci ise kuzey yönünde \(V_B = \frac{2}{\sqrt{3}}V_A\) hızı ile kaymakta iken esnek olmayan bir şekilde çarpışıyorlar ve düşmemek için birbirine tutunup birlikte kaymaya devam ediyorlar. Çarpışma nedeni ile toplam kinetik enerjide oluşan kayıp yaklaşık yüzde kaçtır?

Şıklar:
A) 0 | B) 38 | C) 47 | D) 52 | E) 61

Cevap: C 47

Çözüm:
Momentum korunumunu yazalım. 


\[mv_A = (m + 1.5m)v_D\]


\[1.5m \frac{2}{\sqrt{3}}v_A = (m + 1.5m)v_k\]


Patencilerin çarpışmadan sonraki hızlarının büyüklüğü, 


\[v_s = \left[ \left( \frac{2}{5} \right)^2 + \left( \frac{2\sqrt{3}}{5} \right)^2 \right]^{1/2} v_A = \frac{4}{5} v_A\]


Kinetik enerjideki kayıp, 


\[K_s - K_i = \frac{7}{10}mv_A^2 \Rightarrow \frac{Q}{\Delta K} = \frac{7}{15} \cong \% 47\]