alpsahin/tubitak-olimpiyat-dataset-v2 huggingface dataset:
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 19

 

Homojen bir tahtadan yapılmış R yarıçaplı bir silindirin içerisinden R/2 yarıçapa sahip bir silindir şekilde gösterildiği gibi çıkartılmıştır. Bu cismin yatay bir düzlemin üzerine konulup dengeye gelmesi beklendikten sonra düzlem şekilde gösterildiği gibi yavaş yavaş eğiliyor. Düzlem ile cism arasındaki sürtünme katsayısı cismin kaymasını kesinlikle engelleyecek kadar yüksekse düzlemin yatayla yaptığı \(\theta\) açısı hangi değeri aldığı zaman silindir yuvarlanmaya başlar?

Şıklar:
A) \(\arcsin(\frac{1}{3})\) | B) \(\arcsin(\frac{1}{4})\) | C) \(\arcsin(\frac{1}{6})\) | D) \(\arcsin(\frac{\sqrt{3}}{4})\) | E) \(\arcsin(\frac{1}{5})\)

Cevap: C \(\arcsin(\frac{1}{6})\)

Çözüm:
Şekilde görüldüğü gibi ekrandaki maksimum çap ışın kritik açı ile kırıldığında olacaktır. Kritik kırılma açısı: 


\[nsina = 1. \sin 90\]


\[sina = \frac{1}{n} = \frac{1}{10} \quad (1)\]


\[cosa = \frac{3\sqrt{11}}{10} \quad (2)\]


Olur.Şekildeki \(\beta a\)çısı : 


\[\beta = 2\alpha - 90 \quad (3)\]


Olur.Görüntünün yarıçapı: 


\[r = R \cos \beta + (2R + R \sin \beta) \tan \beta \quad (4)\]


Olur.Şimdi \(sin\beta\) ve \(cos\beta\) ifadelerini bulalım: 

  




\[
\sin\beta = \sin(2\alpha - 90) = -\cos(2\alpha) = -(\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) = -\frac{98}{100} \quad (5)
\]


\[
\cos\beta = \cos(2\alpha - 90) = \sin 2\alpha = 2\sin\alpha\cos\alpha = \frac{6\sqrt{11}}{100} \quad (6)
\]


Denklem 4,5 ve 6 ya göre: 


\[
r = R \cdot \frac{1 - \frac{2.98}{100}}{\frac{6\sqrt{11}}{100}} = -\frac{16}{\sqrt{11}} R \quad (7)
\]


Eksi işareti görüntünün dairenin merkezinin altında oluşacağını göstermektedir. Ekranda oluşan görüntünün çapı: 


\[
D = |2r| = \frac{32}{\sqrt{11}} R = 9.6R
\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 20

 

Yatay sürtünmeli masa üzerindeki m₃=3m ve m₂=2m kütleli cisimler m₁=m kütleli cisim sayesinde hareket ediyor. Makaralardan birinin hareketsiz olduğu bu sistemde kinetik ve statik sürtünme katsayıları eşit ve f=0.2 'dir. Sistem serbest bırakıldığında tüm cisimler ivmeli bir şekilde hareket ediyor. m₁ ve m₂ kütleleri yer değiştirip sistem serbest bırakıldığında tüm cisimlerin ivmelerinin önceki durumla aynı olabilmesi için sürtünme katsayısı f 'in yeni değeri ne olmalıdır? Yerçekimi ivmesi g=10 m/s² 'dir.

Şıklar:
A) \(\frac{\tan \alpha}{2}\) | B) \(\frac{1}{2\tan \alpha}\) | C) \(\frac{\tan \alpha}{3}\) | D) \(\frac{1}{3\tan \alpha}\) | E) \(2\tan \alpha\)

Cevap: B 0.68

Çözüm:
Eğik düzlemi saat yönünde α kadar döndürelim. Bu durumda cismimiz aşağıdaki hareketi yapacaktır: 

  


Cisim yere dik olarak çarptığına göre çarptığı anda hızının yatay bileşeni sıfırdır: 


\[V_0 \cos \theta - g \sin \alpha t = 0 \quad (1)\]


Cisim hareketini tamamladığında düşeyde yer değiştirmeyecektir: 


\[V_0 \sin \theta t - \frac{1}{2} g \cos \alpha t^2 = 0 \quad (2)\]


Denklem 1 ve 2'nin çözümünden: 


\[\tan \theta = \frac{1}{2 \tan \alpha}\]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 21

Aynı noktadan tavana asılmış, uzamamış boyları L/2, yay sabitleri k olan özdeş iki yay şekilde görüldüğü gibi L boyunda bir çubuğun iki ucuna bağlanmışlardır. Bu çubuk yatay olarak dengede dururken, iki yay arasındaki açı θ=60° 'dir. Çizgisel genleşme katsayısı 2x10⁻³ K⁻¹ olan çubuğun sıcaklığını 10°C arttırıyoruz. Çubuğun yatay ve düz kaldığını kabul ederek, yeni denge durumunda θ açısının kaç derece değişeceğini bulunuz.

Şıklar:
A) 0.5 | B) 0.8 | C) 1.1 | D) 1.4 | E) 0.2

Cevap: C 1.1

Çözüm:
 

Merceğin kalınlığı d, mercek içinde oluşan ilk görüntünün merceğin ilk yüzeyine olan uzaklığı c olsun. Ortamın kırıcılık indeksi \(n_0\), merceğin kırıcılık indeksi ise \(n_c\) olsun. Buna göre kırılma denklemleri: 


\[ \frac{n_0}{a} + \frac{n_c}{c} = -\frac{n_0 - n_c}{R} \quad (1) \]


\[ \frac{n_c}{d - c} + \frac{n_0}{b} = \frac{n_c - n_0}{R} \quad (2) \]


Olur. \(d \ll c\) olduğundan denklem 1 ve 2 'nin çözümü aşağıdaki gibi olur: 


\[ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \left(\frac{n_c}{n_0} - 1\right) \cdot \frac{2}{R} \quad (3) \]


\[ \frac{1}{f} = \left(\frac{n_c}{n_0} - 1\right) \left(\frac{2}{R}\right) \quad (4) \]


Olur.İlk durumda (\(n_0 = 1\)) ve ikinci durumda (\(n_0 = \frac{5}{4}\)) odak uzaklıkları sırası ile denklem 4'e göre : 


\[ f_1 = \frac{R}{2} \quad (5) \]


\[ f_2 = \frac{5R}{6} \quad (6) \]


Olur.Soruda verilen bilgilere göre aşağıdaki iki denklem yazılabilir: 


\[ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{f_1} \quad (7) \]


\[ \frac{1}{x} + \frac{1}{2y} = \frac{1}{f_2} \quad (8) \]




Denklem 5,6,7 ve 8'in çözümlerine göre \(y = 5R/8\) ve \(x = 5R/2\) olur.Dolayısıyla 


\[ \frac{x}{y} = 4 \]
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 22

İçlerinde aynı basınç ve sıcaklıkta eşit miktarda ideal gaz bulunduran gaz tüpleri kullanılarak büyük bir gaz tankı doldurulmak isteniyor. Tank başlangıçta boş ve tek bir gaz tüpünün 8 katı hacme sahiptir. Gaz tüpü, tanka bir vana ile bağlanıyor ve gaz akışı kesilene kadar bekleniyor. Daha sonra vana kapatılarak yeni bir gaz tüpü vanaya bağlanıp vana tekrar açılıyor. Bu işlem tank içerisindeki basınç, tam dolu bir gaz tüpünün içindeki basıncın dörtte biri oluncaya kadar devam ettiriliyor. Tüm işlemler sırasında sıcaklık sabit tutulduğuna göre, istenilen basınca kaçıncı tüp takıldığında ulaşılmış olur? 


(a<1 için 1+a+a²+...+aⁿ⁻¹=(1-aⁿ)/(1-a) eşitliği geçerlidir. Kullanabileceğiniz bazı doğal logaritma değerleri: ln(2)=0.693, ln(3)=1.097, ln(4)=1.386, ln(5)=1.609, ln(6)=1.792, ln(7)=1.946, ln(8)=2.079, ln(9)=2.197, ln(10)=2.302)

Şıklar:
A) 2 | B) 3 | C) 4 | D) 5 | E) 6

Cevap: B 3

Çözüm:
k'inci dolumdan sonra gaz tankının basıncına \(P_k\), mol sayısına \(n_k\) diyelim. Her bir gaz tüpünün basıncı P,hacmi V,mol sayısı ise n olsun.Sistemin sıcaklığı da T olsun. O halde aşağıdaki ideal gaz denklemlerini yazabiliriz: 


\[P_k \cdot 8V = n_k RT \quad (1)\]


\[PV = nRT \quad (2)\]


k+1'inci dolum esnasındaki ideal gaz denklemi: 


\[P_{k+1} 9V = (n_k + n)RT \quad (3)\]


k+1'inci dolumdan sonra gaz tankı için yazılacak ideal gaz denklemi: 


\[P_{k+1} \cdot 8v = n_{k+1} RT \quad (4)\]


Denklem 3 ve 4'ten: 


\[n_{k+1} = \frac{8}{9} \cdot (n_k + n) \quad (5)\]


Bulunur.Denklem 5'e göre: 


\[n_k = \frac{8}{9} n \cdot \left( 1 + \left( \frac{8}{9} \right)^1 + \left( \frac{8}{9} \right)^2 + \left( \frac{8}{9} \right)^3 + \dots + \left( \frac{8}{9} \right)^{k-1} \right) = \frac{8}{9} n \cdot \frac{1 - \left( \frac{8}{9} \right)^k}{1 - \left( \frac{8}{9} \right)} \quad (6)\]


Olarak ifade edilebilir.Denklem 1,2 ve 6 ya göre 


\[P_k = P \cdot \left( 1 - \left( \frac{8}{9} \right)^k \right) \quad (7)\]


Olur.Soruda verilen koşul \(P_k > P/4\) olmasıdır. O halde: 


\[1 - \left( \frac{8}{9} \right)^k > \frac{1}{4}\]


\[i > \frac{ln4 - ln3}{ln9 - ln8} = 2.44\]




Bunu sağlayan ilk sayı i =3 ‘tür.
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 23

 

1.00 kg kütleli bir blok şekildeki sürtünmesiz yolda yataydan 4.00 m yukarıdaki noktadan serbest bırakılıyor. Blok yolun sonundaki yatay bölümde kütlesi ihmal edilebilecek ve yay sabiti k=100 N/m olan ideal yaya çarpıp geri dönüyor ve aynı yüksekliğe kadar çıkıyor. Blok'un serbest bırakılması ile tekrar aynı yüksekliğe çıkması arasında tam 5.0 saniye geçtiği gözleniyor. Aynı deney aynı yükseklikten bırakılacak 4.00 kg kütleli bir blok ile tekrarlanırsa serbest bırakılma ile ilk yüksekliğe geri dönme arasında geçen zaman yaklaşık kaç saniye olur? (Yerçekimi ivmesini \(g = 9.82 \text{ m/s}^2\) ve \(\pi=3\) alabilirsiniz.)

Şıklar:
A) 1 | B) 1/2 | C) 1/3 | D) 1/6 | E) 1/4

Cevap: E 1/4

Çözüm:
İlk iki durum için A noktasındaki sıvı basınçlarını yazalım: 


\[P_{A1} = P_b - \rho gh \quad (1)\]


\[P_{A2} = 3P_b - \rho gh \quad (2)\]


İlk iki durumda pistona etkiyecek sıvı basıncı kuvveti: 


\[F_1 = \frac{P_B + P_{A1}}{2} S = \frac{2P_B - \rho gh}{2} S \quad (3)\]


\[F_2 = \frac{3P_B + P_{A2}}{2} S = \frac{6P_B - \rho g 2h}{2} S \quad (4)\]


Olur.Son durumda pistonun hemen üstündeki sıvı basıncı : 


\[P_3 = P_B + \rho g 2h \quad (5)\]


Olur.Son durumda pistona etkiyen sıvı basınç kuvveti: 


\[F_3 = P_3 \cdot S = (P_B + \rho g 2h) S \quad (6)\]


Olur.Her üç durum için de denge koşullarını yazarsak: 


\[P_0 S = F_1 + kx = \frac{2P_B - \rho gh}{2} S + kx \quad (7)\]


\[2P_0 S = F_2 + kx = \frac{6P_B - \rho g 2h}{2} S + kx \quad (8)\]


\[2P_0 S = F_3 + kx = (P_B + \rho g 2h) S + kx \quad (9)\]




Denklem 7,8 ve 9'un çözümünden: 


\[P_0 = \frac{5}{2} \rho gh \quad (10)\]


\[P_B = \frac{5}{4} \rho gh \quad (11)\]


Denklem 9,10 ve 11'in çözümünden: 


\[x = 2h - L = \frac{7h}{4}\]


\[x = \frac{h}{4}\]


Olarak bulunur.
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 24



R yarıçaplı bir kürenin içi birbirine karışmayan dı ve d2 yoğunluklu eşit hacimli sıvılar ile doldurulmuştur. Kürenin en alt noktası C, en sol noktası ise A noktası olarak işaretlenmiştir. Bu küreye sağa doğru a=24 m/s² ivmesi verildiğinde A ve C noktalarındaki basınç (PA/PB)=3/2 olmaktadır. Eğer küreye küreye sağa doğru değilde sola doğru a=24 m/s² değerinde bir ivme verilirse PA/PC oranı ne olur? g=10 m/s² olarak alabilirsiniz.

Şıklar:
A) 9/182 | B) 3/76 | C) 6/85 | D) 4/117 | E) 7/162

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

Çözüm:
Şekilde görüldüğü gibi ekrandaki maksimum çap ışın kritik açı ile kırıldığında olacaktır. Kritik kırılma açısı:
n \sin \alpha = 1 \cdot \sin 90
\sin \alpha = \frac{1}{n} = \frac{1}{10} \quad (1)
\cos \alpha = \frac{3\sqrt{11}}{10} \quad (2)

Olur. Şekildeki \beta açısı:
\beta = 2\alpha - 90 \quad (3)

Olur. Görüntünün yarıçapı:
r = R \cos \beta + (2R + R \sin \beta) \tan \beta \quad (4)

Olur. Şimdi \sin \beta ve \cos \beta ifadelerini bulalım:
\sin \beta = \sin(2\alpha - 90) = -\cos(2\alpha) = -(\cos^2 \alpha - \sin^2 \alpha) = -\frac{98}{100} \quad (5)
\cos \beta = \cos(2\alpha - 90) = \sin 2\alpha = 2 \sin \alpha \cos \alpha = \frac{6\sqrt{11}}{100} \quad (6)

Denklem (4), (5) ve (6)'ya göre:
r = R \frac{-2.98/100}{6\sqrt{11}/100} = -\frac{16}{\sqrt{11}}R \quad (7)

Eksi işareti görüntünün dairenin merkezinin altında oluşacağını göstermektedir. Ekranda oluşan görüntünün çapı:
D = |2r| = \frac{32}{\sqrt{11}}R = 9.6R
Fizik Olimpiyatı 2018, 1. Aşama, Soru 25

 

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) 9.75 | B) 10.25 | C) 8.75 | D) 6.25 | E) 7.25

Cevap: C 8.75

Çözüm:
İlk iki durum için alınan ısıyı verilen ısıya eşitleyelim: 


\[m_1 c_1 (25 - 15) = 20.0,5.10 + 20.80 + 20.0,5.15 \quad (1)\]


\[m_2 c_2 (65 - 5) = 20.0,5.10 + 20.80 + 20,0,5.5 \quad (2)\]


Denklem 1 ve 2'den: 


\[m_1 c_1 = 100 \quad (3)\]


\[m_2 c_2 = 30 \quad (4)\]


Bulunur.3.durumda: 


\[\frac{m_1 c_1}{2} (35 - T) + \frac{m_2 c_2}{3} (65 - T) = 20.0,5.10 + 20.80 + 20,1.7 \quad (5)\]


Denklem 3,4 ve 5'in çözümüne göre: 


\[T = \frac{70}{8} = 8,75 \text{ C}\]
Fizik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 1

 

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) 216 J | B) 168 J | C) 72 J | D) 94 J | E) Hiçbiri

Cevap: B 168 J

Çözüm:
Kapasitörlerin ilk toplam enerjisi için her bir kondansatörün yükünü hesaplamak üzere, iki adet kirchoff ve bir adet yük korunumu kanunu yazabiliriz; 


Kirchoff 1: 


\[12 - \frac{Q_1}{4} - \frac{Q_4}{8} = 0\]


Kirchoff 2: 


\[12 - \frac{Q_1}{4} - \frac{Q_2}{6} - \frac{Q_3}{12} = 0\]


Yük Korunumu 1: 


\[Q_1 = Q_2 + Q_4\]


Yük Korunumu 2: 


\[Q_2 = Q_3\]


Buradan, \(Q_1 = 36\) C, \(Q_2 = 12\) C, \(Q_3 = 12\) C, \(Q_4 = 24\) C çıkar. 


Buna göre, toplam enerji 


\[\sum_{2C} \frac{Q^2}{2C} = E_{\text{toplam}} = \frac{36^2}{2 \cdot 4} + \frac{12^2}{2 \cdot 6} + \frac{12^2}{2 \cdot 12} + \frac{24^2}{2 \cdot 8} = E_{\text{ilk}} = 216 \text{ Joule}\]


çıkar. 


Kapasitörlerin son sığaları; \(C_1 = 8\) F, \(C_2 = 24\) F, \(C_3 = 12\) F, \(C_4 = 8\) F 


Bu durumda kapasitörlerin yükleri için kirchoff yazarsak; 


Kirchoff 1: 


\[12 - \frac{Q_1}{8} - \frac{Q_4}{8} = 0\]


Kirchoff 2: 


\[12 - \frac{Q_1}{8} - \frac{Q_2}{24} - \frac{Q_3}{12} = 0\]


Yük Korunumu 1:




\[Q_1 = Q_2 + Q_4\]


Yük Korunumu 2: 


\[Q_2 = Q_3\]


Buradan, \(Q_1 = 64\) C, \(Q_2 = 32\) C, \(Q_3 = 32\) C, \(Q_4 = 32\) C çıkar. 


Buna göre, toplam enerji de 


\[\sum \frac{Q^2}{2C} = E_{\text{toplam}} = \frac{64^2}{2 \cdot 8} + \frac{32^2}{2 \cdot 24} + \frac{32^2}{2 \cdot 12} + \frac{32^2}{2 \cdot 8} = E_{\text{son}} = 384 \text{ Joule}\]


çıkar. 


Dolayısıyla gereken enerji; 


\[E_{\text{son}} - E_{\text{ilk}} = 168 \text{ Joule'dir.}\]
Fizik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 2

2q yüklü ve m kütleli bir cisim, merkezinde -q yükü bulunan r yarıçaplı dairesel bir yörüngede sabit v hız büyüklüğü ile dönmektedir. Bu sistemin dairesel yörüngesinin yarıçaplını r'den 2r'ye çıkarmak için yapılması gereken iş kaç \(kq^2/r\) olur?

Şıklar:
A) 1/2 | B) 1 | C) 2 | D) 4 | E) 8

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

Çözüm:
 


Elektrostatik kuvvetin büyüklüğü; 


\[F_e = \frac{k2q^2}{r^2}\]


kadardır. Bu kuvvet merkezcil ivmelenmeyi oluşturan temel kuvvettir. 


Öyleyse, Newton'un 2. Yasasından; 


\[F_e = ma = \frac{mv^2}{r}\]


diyebiliriz. 


\[\frac{k2q^2}{r^2} = \frac{mv^2}{r}\]


\[r = \frac{k2q^2}{mv^2}\]


olarak bulunur. 


“r” yarıçaplı 2 katına çıkması için, cismin hızının “v”, “\(\frac{1}{\sqrt{2}}\)” katına düşmesi yeterlidir. 


Bu durumda sistemin toplam enerjisindeki değişim miktarı şöyle verilir; 


\[\left\{\frac{1}{2}mv^2 + \left(-\frac{k2q^2}{r}\right)\right\} - \left\{\frac{1}{2}m\frac{v^2}{2} + \left(-\frac{k2q^2}{2r}\right)\right\}\]


\[\frac{1}{2}m\frac{v^2}{2} - \frac{k2q^2}{2r} = -\frac{kq^2}{2r}\]


Buna göre yapılması gereken iş; 


\[W = \frac{kq^2}{2r}\]


kadardır.
Fizik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 3

 

L uzunluğundaki bükülmeyen demir çubuğun kütlesi M'dir. Bu çubuk iki ucundan tavana L uzunluğunda iletken, uzamayan ve kütlesi önemsiz kablolar ile bağlanmıştır. Kablolar çubuğa ve tavana bağlantı noktaları etrafında serbestçe dönebilmektedirler ve ilk durumda düşey durumdadırlar. Sistemden şekilde gösterildiği gibi I akımı geçirildiğinde sayfadan dışarı doğru olan B manyetik alanının etkisi ile kablolar bükülmekte ve çubuk bir miktar yukarı kalkmaktadır. Yerçekimi ivmesi g ise çubuğun hareket ettiği miktar hangi şıkta daha doğru ifade edilmiştir? ( \(\frac{BIL}{Mg} \ll 1\) kabul edebilirsiniz) \(\alpha \ll 1\) için \(\cos\alpha \approx 1\) ve \(\sin\alpha \approx \alpha - \frac{\alpha^2}{6}\) 


\[ \text{A)} \quad \frac{1}{3} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right) \quad \text{B)} \quad \frac{1}{6} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^2 \quad \text{C)} \quad \frac{3}{8} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^3 \quad \text{D)} \quad \frac{1}{24} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^4 \quad \text{E)} \quad \frac{1}{12} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^5 \]

Şıklar:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
\textbf{A)} & \textbf{B)} & \textbf{C)} & \textbf{D)} & \textbf{E)} \\ \hline
\frac{1}{3} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right) & \frac{1}{6} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^2 & \frac{3}{8} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^3 & \frac{1}{24} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^4 & \frac{1}{12} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^5 \\ \hline
\end{tabular}

Cevap: B \frac{1}{6} L \left( \frac{BIL}{Mg} \right)^2

Çözüm:
Yaya uygulanan manyetik alan kuvveti, daima yaya dik olacağından, oluşacak bükülme çembersel olacaktır. Bu çemberin yarıçapı, manyetik alan büyüklüğüne göre değişiklik gösterir.

R\alpha = L

2R \sin \frac{\alpha}{2} = L_s

Yayın demir ile birleştiği en alt noktadaki ip gerilmesini ele alırsak;

T \cos \frac{\alpha}{2} = mg + ILB

T \sin \frac{\alpha}{2} = ILB

\tan \frac{\alpha}{2} = \frac{ILB}{mg + ILB} = \frac{\frac{ILB}{mg}}{1 + \frac{ILB}{mg}} \simeq \frac{ILB}{mg} \simeq \frac{\alpha}{2}

2\frac{L}{\alpha} \left[ \frac{\alpha}{2} - \frac{(\frac{\alpha}{2})^3}{6} \right] = L_s = L - \frac{L}{6} \left(\frac{\alpha}{2}\right)^2 = L - \frac{L}{6} \left(\frac{ILB}{mg}\right)^2
Fizik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 4

Yatayla θ dar açısı yapacak şekilde \(v_0\) ilk hızı ile atılan bir cismin hareketi sırasındaki maksimum kinetik enerjisinin maksimum potansiyel enerjisine oranı 4/3 'tür. Bu cismin menzili L'dir. Aynı noktadan atılan, yatayla 2θ açısı yapacak şekilde fırlatılan \(2v_0\) ilk hızlı cismin düştüğü nokta ile yatayla θ/2 açısı yapan \(v_0/2\) ilk hızlı cismin düştüğü noktalar arasındaki mesafe kaç L'dir?

Şıklar:
A) \(\frac{17}{4}\) | B) \(\frac{8}{3}\) | C) \(\frac{8\sqrt{3}}{7}\) | D) \(\frac{13\sqrt{3}}{4}\) | E) \(\frac{13}{3}\)

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

Çözüm:
θ açısı ile atılan cisim için; 


Kinematik denklemi: 


\[v_0 \cos(\theta) \frac{2v_0 \sin(\theta)}{g} = L_0\]


Maksimum kinetik enerjinin, maksimum potansiyel enerjiye oranı: 


\[\frac{4}{3} = \frac{\frac{1}{2}mv_0^2}{\text{mg}(\frac{v_0^2 \sin^2 \theta}{2g})}\]


Öyleyse, \(\sin(\theta) = \sqrt{3}/2\) çıkar. Yani, \(\theta = 60^\circ\) dir ve \(L_0 = \frac{v_0^2 \sqrt{3}}{g} \frac{2}{2}\) dir. 


Bu durumda \(2\theta = 120^\circ\)dir. Yani, \(2v_0\) hızı ile atılan cism, ters yönde, yer ile \(\theta = 60^\circ\) açı yapacak şekilde atılıyordur. 

  


Öyleyse; 


\(\frac{\theta}{2}\) açısı ile atılan cisim için; 


Kinematik denklemi: 


\[ \frac{v_0}{2} \cos\left(\frac{\theta}{2}\right) \frac{2\left(\frac{v_0}{2}\right) \sin\left(\frac{\theta}{2}\right)}{g} = L_1 \]


\(2\theta\) açısı ile atılan cisim için; 




Sonuçta; \(L_3 + L_1 = \frac{v_0^2}{g} (4 \sin(2\theta) + \frac{1}{4} \sin(\theta)) = \frac{v_0^2}{g} \frac{17\sqrt{3}}{8}\) 


Öyleyse; \(L_3 + L_1 = \frac{17}{4} L_0' \text{dlr.}\)
Fizik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 7

 

Kırılma indisi yüksek bir malzemeden (\(n = 10\)) yapılan \(R\) yarıçaplı küre, merkezi bir ekrandan \(2R\) uzakta olacak şekilde yerleştirilmiştir. Bu kürenin yüzeyinin hemen içinde ekrandan en uzak noktada bir noktasal ışık kaynağı vardır. Ekrandaki aydınlık bölgenin genişliği (\(çapı\)) yaklaşık ne kadardır? (Kullanılan ışığın dalga boyu küre yarıçapından çok küçüktür bütün kırımın etkileri ihmal edilebilir, havanın kırılma indisi 1 dir.)

Şıklar:
A) \(\frac{30}{11}\) | B) \(\frac{32}{11}\) | C) \(\frac{16}{11}\) | D) \(\frac{15}{11}\) | E) 0

Cevap: C \(\frac{16}{11}\)

Çözüm:
Her bir direnç üzerinden geçen akım yönü için şekilde gösterilen ok işaretlerini ve \(I_n\) tanımını yaparak, kirchofflar alalım. 

Üstteki kısım ayrı bir devre gibidir. Alttaki akımları etkilemez. 


Alttaki kısım için iki tane kirchoff alırsak; 


\[8 - 2I_5 - 3I_4 = 0\]


\[12 + 3I_4 + 1(I_4 - I_5) = 0\]


Birinci denklemden; 


İkinci denklemde yerine yazarsak; 


\[I_5 = \frac{8 - 3I_4}{2}\]


\[12 + 4I_4 - \frac{8 - 3I_4}{2} = 0\]


Öyleyse; 


\[I_4 = -\frac{16}{11} A\]


Yani, çizilen ok işaretine ters yönde ve "16/11" amper büyüklüğünde akım akmaktadır.
Fizik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 8

 

İzole edilmiş 2L uzunluğunda bir kap bir ucundan geçen eksen etrafında \(\omega\) açısal hızı ile döndürülmektedir. Kabın içinde ısıca yalıtılmış, sızdırmasız ve sürtünmesizce hareket edebilen \(m\) kütleli bir piston vardır. Pistonun bir tarafında gaz, diğer tarafında ise serbest uzunluğu \(L\) olan, uçları piston ve kabın dönme eksenin geçtiği duvarına bağlı olan bir yay bulunmaktadır. Sistem \(\omega\) açısal hızı ile dönerken denge durumunda piston eksenden \(L\) kadar uzaktadır. Sistemin açısal hızı yavaşça arttırılarak \(2\omega\) yapıldığında denge durumunda piston eksenden \(3L/2\) uzaklıktadır. Eğer sistemin açısal hızı yavaşça arttırılarak \(3\omega\) yapılırsa denge durumunda pistonun eksenden uzaklığı kaç \(L\) olur? (Tüm süreçlerde sıcaklığın değişmediğini kabul ediniz.)

Şıklar:
A) \(4 - \sqrt{6}\) | B) \(2\sqrt{2} - 1\) | C) \((\sqrt{6} + 1)/2\) | D) \(\sqrt{6} - 1/2\) | E) \(2\sqrt{6} - 3\)

Cevap: E \(2\sqrt{6} - 3\)

Çözüm:
Sistem \(\omega\) açısal hızı ile dönerken piston üzerindeki kuvvet dengesi; 


\[m\omega^2 L = PS\]


Sistem \(2\omega\) açısal hızı ile dönerken piston üzerindeki kuvvvet dengesi; 


\[m4\omega^2 \frac{3L}{2} = \frac{PL}{\frac{L}{2}} S + k \frac{L}{2}\]


Sistem \(3\omega\) açısal hızı ile dönerken piston üzerindeki kUVVvet dengesi; 


\[m9\omega^2 x = \frac{PL}{2L - x} S + k(x - L)\]


İlk iki denklemden; 


\[8PS = kL\]


Üçüncü denklemde yerine yazarsak; 


\[9PS \frac{x}{L} = PS \frac{L}{2L - x} + 8PS \frac{x - L}{L}\]


\[9(2L - x)x = L^2 + 8(2L - x)(x - L)\]


\[18Lx - 9x^2 = L^2 + 24Lx - 16L^2 - 8x^2\]


\[x^2 + 6Lx - 15L^2 = 0\]


\[x = -3L \pm \sqrt{9L^2 - (-15L^2)}\]


\[x = (2\sqrt{6} - 3)L\]
Fizik Olimpiyatı 2019, 1. Aşama, Soru 10

x,y düzleminde hareket eden bir cismin hızı \(\vec{v} = v_0\vec{i} + \frac{v_0}{2}\vec{j}\) olduğu anda üzerine bir kuvvet uygulanmaya başlıyor. Cismin üzerindeki net kuvvet \(\vec{F} = F_0\vec{i} - 2F_0\vec{j}\) olup hareketi boyunca sabit kalmaktadır. Kuvvet uygulanmaya başlandıktan t süre sonra, cismin hızının büyüklüğü \(v_t = \frac{v_0\sqrt{7}}{2}\) dir. Kuvvet uygulanmaya başladıktan 2t süre sonraki hızının büyüklüğü \(v_{2t}\), 3t süre sonraki hız büyüklüğü \(v_{3t}\) olduğuna göre \(\frac{v_{2t}}{v_{3t}}\) oranı kaçtır?

Şıklar:
A) \(\sqrt{\frac{11}{21}}\) | B) \(\sqrt{\frac{13}{23}}\) | C) \(\sqrt{\frac{15}{25}}\) | D) \(\sqrt{\frac{17}{27}}\) | E) \(\sqrt{\frac{19}{29}}\)

Cevap: B \(\sqrt{\frac{13}{23}}\)

Çözüm:
t süre sonra cismin hızı; 


\[ \left( v_0 + \frac{F_0}{m}t \right)^2 + \left( \frac{v_0}{2} - \frac{2F_0}{m}t \right)^2 = \left( \frac{v_0\sqrt{7}}{2} \right)^2 \]


2t süre sonra cismin hızı; 


\[ \left( v_0 + \frac{F_0}{m}2t \right)^2 + \left( \frac{v_0}{2} - \frac{\frac{2F_0}{m}2t}{2} \right)^2 = v_{2t}^2 \]


3t süre sonra cismin hızı; 


\[ \left( v_0 + \frac{F_0}{m}3t \right)^2 + \left( \frac{v_0}{2} - \left( \frac{\frac{2F_0}{m}3t}{2} \right) \right)^2 = v_{3t}^2 \]


1. denklemden; 


\[ \frac{v_0^2 5}{4} + 5 \left( \frac{F_0 t}{m} \right)^2 = \frac{v_0^2 7}{4} \]


\[ \frac{F_0 t}{m} = \frac{v_0}{\sqrt{10}} \]


Öyleyse, 


\[ v_{2t} = \sqrt{\frac{v_0^2 5}{4} + 20 \left( \frac{F_0 t}{m} \right)^2} = \frac{\sqrt{13}}{2} v_0 \]


ve 


\[ v_{3t} = \sqrt{\frac{v_0^2 5}{4} + 45 \left( \frac{F_0 t}{m} \right)^2} = \left( \frac{\sqrt{23}}{2} \right) v_0 \]


\[ \frac{v_{2t}}{v_{3t}} = \frac{\sqrt{13}}{\sqrt{23}} \]