11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 120-149 Cevapları MEB Yayınları - 1. Ünite Ölçme ve Değerlendirme
130
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 120 Cevapları
1. Ünite Ölçme ve Değerlendirme Soruları
120. sayfada cetvelle tepki süresinin ölçülmesi ve düşey yukarı atılan bir kepin hareketiyle ilgili iki soru bulunmaktadır. Çözümlerde serbest düşme ve düşey atış bağıntıları kullanılmaktadır.
1. Soru: Ali’nin cetveli yakaladığı noktada yazan değerin 6 cm yerine 8 cm olması için verilen işlemlerden hangileri ayrı ayrı yapılabilir? Kısa Cevap: A) Yalnız I. Çözüm: Cetvel ilk hızsız bırakıldığı için düşme mesafesi h = ½gt² bağıntısıyla hesaplanır. Cetvelin daha aşağıdan yakalanması için aynı yer çekimi ivmesinde tepki süresinin artması gerekir. I. İşlem: Tepki süresi artarsa cetvel daha uzun süre düşer. Yakalanan noktadaki değer büyür. Doğrudur. II. İşlem: Hava direnci ihmal edildiğinde serbest düşme hareketi cismin kütlesine bağlı değildir. Daha ağır cetvel kullanmak sonucu değiştirmez. Yanlıştır. III. İşlem: Aynı tepki süresinde yer çekimi ivmesi azalırsa düşme mesafesi azalır. Bu işlem 6 cm değerini 8 cm’ye çıkarmaz. Yanlıştır.
Ek kontrol: Yer çekimi ivmesi aynıyken t₂/t₁ = √(8/6) = 2/√3 ≈ 1,155 olur. Yakalama değerinin 6 cm’den 8 cm’ye çıkması için tepki süresinin yaklaşık %15,5 artması gerekir.
2. Soru: K noktasından düşey yukarı atılan kep, L’den t ve 3t anlarında geçip N’ye 5t anında ulaştığına göre verilen yargılardan hangileri doğrudur? Kısa Cevap: C) I ve II. Çözüm: Kepin aynı L seviyesinden geçişleri tepeye çıkış anına göre simetriktir. Bu nedenle M’ye ulaşma süresi (t + 3t)/2 = 2t olur. Tepe noktasında hız sıfır olduğundan başlangıç sürati v₀ = 2gt bulunur. I. Yargı: K başlangıç seviyesi ve yukarı yön pozitif alınır. L’nin yüksekliği yL = v₀t − ½gt² = 3gt²/2, M’nin yüksekliği yM = v₀(2t) − ½g(2t)² = 2gt² olur. Böylece LM = gt²/2 ve KL = 3LM bulunur. Doğrudur. II. Yargı: N’nin konumu yN = v₀(5t) − ½g(5t)² = −5gt²/2 bulunur. Dolayısıyla KN = 5gt²/2 olur. LM = gt²/2 olduğundan KN = 5LM elde edilir. Doğrudur. III. Yargı: N’deki hız vN = v₀ − g(5t) = −3gt olur. N’deki süratin K’deki sürate oranı 3gt/(2gt) = 1,5’tir. Oran 2,5 olmadığı için yanlıştır.
Sayfa 120 cevap özeti: 1. soru: A — Yalnız I. 2. soru: C — I ve II.
230
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 121 Cevapları
3. Soru: Kule Atlama Sporcularının Serbest Düşmesi
Önder, havuzdan 9h; Şeref ise 8h yükseklikte bulunmaktadır. Önder ilk hızsız bırakıldıktan t süre sonra K seviyesine v süratiyle ulaşmaktadır. Şeref, Önder K’den geçtiği anda kendisini ilk hızsız bırakmaktadır. Şekilde KL = 3h ve LM = 5h verilmiştir.
Temel bağıntılar: Önder’in başlangıç noktası ile K arasındaki uzaklık h olduğundan h = ½gt² ve v = gt olur. Buradan v² = 2gh elde edilir.
Soru a: Önder ve Şeref’in M seviyesine ulaşma süreleri oranını hesaplayınız. Kısa Cevap: Her sporcunun kendi bırakılma anından itibaren geçen süre esas alınırsa tÖnder/tŞeref = 3/(2√2) = 3√2/4 olur. Çözüm: Önder’in düşme uzaklığı 9h’dir. 9h = ½gTÖ² ve h = ½gt² eşitliklerinden TÖ = 3t bulunur. Şeref için 8h = ½gT޲ yazıldığında TŞ = 2√2t elde edilir. Oran: TÖ/TŞ = 3t/(2√2t) = 3√2/4.
Süre başlangıcına dikkat: Şeref’in bırakıldığı ortak andan itibaren kalan süreler karşılaştırılırsa Önder için 2t, Şeref için 2√2t bulunur. Bu durumda kalan sürelerin oranı 1/√2 olur.
Soru b: Birim zamandaki hız değişimlerini karşılaştırınız. Kısa Cevap: İki sporcu da serbest düşerken birim zamandaki hız değişimleri eşittir. Çözüm: Hava direnci olmadığından her iki sporcunun ivmesi aşağı yönlü g’dir. Aynı Δt süresinde hız değişimleri Δv = gΔt olur. Bu nedenle süratleri farklı olsa da hızlarının değişme hızı aynıdır.
Soru c: Aralarındaki düşey uzaklık hareket süresince değişir mi? Açıklayınız. Kısa Cevap: Evet. Başlangıçta h olan düşey uzaklık, Önder K’ye ulaşıncaya kadar azalır. Şeref de bırakıldıktan sonra iki sporcu havadayken aralarındaki uzaklık artar. Çözüm: Şeref’in bırakıldığı anda ikisi K seviyesindedir. Bu anda Önder’in aşağı yönlü hızı v, Şeref’in hızı sıfırdır. Sonraki ivmeleri eşit olduğu için aralarındaki bağıl hız v olarak sabit kalır. Şeref’in bırakılmasından itibaren geçen süre τ ise düşey uzaklık Δy = vτ olur.
Soru ç: K, L ve M seviyelerindeki ivmelerini g cinsinden yazınız. Kısa Cevap: Serbest düşme sırasında iki sporcunun da bütün seviyelerdeki ivmesi aşağı yönlü g’dir. Açıklama: İvme, bu modelde düşülen yüksekliğe ve sürate bağlı değildir. Şeref için K’deki değer serbest bırakıldıktan hemen sonrasına, M’deki değerler ise suya temas etmeden hemen öncesine aittir.
| İvme | K | L | M |
|---|---|---|---|
| Önder | g, aşağı | g, aşağı | g, aşağı |
| Şeref | g, aşağı | g, aşağı | g, aşağı |
Soru d: K, L ve M seviyelerindeki hızlarını v cinsinden yazınız. Kısa Cevap: Önder’in hız büyüklükleri sırasıyla v, 2v ve 3v; Şeref’in hız büyüklükleri 0, √3v ve 2√2v olur. Sıfır dışındaki hızların yönü aşağıdır. Çözüm: İlk hızsız serbest düşmede V² = 2gH kullanılır. Önder’in K, L ve M’ye kadar düştüğü uzaklıklar h, 4h ve 9h olduğundan hızları v, 2v ve 3v bulunur. Şeref’in aynı seviyelere kadar düştüğü uzaklıklar 0, 3h ve 8h olduğundan hızları 0, √3v ve √8v olur.
| Hız büyüklüğü | K | L | M |
|---|---|---|---|
| Önder | v | 2v | 3v |
| Şeref | 0 | √3v | 2√2v |
Önemli: Tablolardaki değerler sporcuların ilgili seviyeden kendi geçiş anlarına aittir. Aynı seviyeden farklı zamanlarda geçerler.
330
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 122 Cevapları
3. Soru e: Serbest Düşmenin Hareket Grafikleri
Bu çalışma, önceki sayfadaki Önder ve Şeref sorusunun devamıdır. Önder 9h, Şeref 8h yüksekliğinden bırakılmaktadır. Önder’in ilk h kadar düşmesi t sürer. Şeref, Önder K seviyesine ulaştığında hareketine başlar.
Grafiklerdeki seçimler: Zamanın başlangıcı Önder’in bırakıldığı an, konumun sıfır noktası M seviyesi alınmıştır. Aşağı yön negatiftir. Ortak zaman değişkeni τ ile gösterilmiştir. Önceki sayfadaki bilgilerden h = ½gt² ve v = gt olur.
Soru e: Hız-zaman, ivme-zaman ve konum-zaman grafiklerini aşağı yönü negatif kabul ederek çiziniz. Kısa Cevap: Serbest düşme sırasında hız-zaman grafiği negatif eğimli doğru, ivme-zaman grafiği −g seviyesinde yatay doğru, konum-zaman grafiği aşağı doğru kıvrılan parabol şeklindedir. Çözüm: Önder’in hareketi τ = 0’da, Şeref’in hareketi τ = t’de başlar. Şeref’in ilk t sürelik bekleme bölümü grafiklerde ayrıca gösterilir.
Önder’in Hız-Zaman Grafiği
Önder: Bağıntı: VÖ = −gτ. Başlangıç: Grafik (0, 0) noktasından başlar. İşaretlenecek Noktalar: (t, −v), (2t, −2v), (3t, −3v). Çizim: Noktalar, eğimi −g olan bir doğruyla birleştirilir. Grafik zaman ekseninin altında ilerler.
Şeref’in Hız-Zaman Grafiği
Şeref: Bekleme: 0–t aralığında hız 0’dır. Grafik zaman ekseni üzerinde çizilir. Düşme Bağıntısı: τ ≥ t için VŞ = −g(τ − t). Çizim: (t, 0) noktasından başlayan ve eğimi −g olan doğru çizilir. Bitiş: Suya ulaşmadan hemen önce, τ = (1 + 2√2)t anında hız −2√2v olur.
Önder’in İvme-Zaman Grafiği
Önder: Bağıntı: aÖ = −g. Çizim: τ = 0’dan τ = 3t’ye kadar −g seviyesinde yatay doğru çizilir.
Şeref’in İvme-Zaman Grafiği
Şeref: Bekleme: Platformda durduğu 0–t aralığında ivme 0’dır. Serbest Düşme: Bırakıldıktan sonra ivme −g olur. Çizim: Önce sıfır seviyesinde, τ = t’den sonra ise −g seviyesinde yatay doğru çizilir. Son bölüm suya ulaşmadan hemen önce sonlandırılır.
Önder’in Konum-Zaman Grafiği
Önder: Bağıntı: yÖ = 9h − ½gτ². Başlangıç: (0, 9h). Ara Noktalar: (t, 8h) ve (2t, 5h). Bitiş: (3t, 0). Çizim: Başlangıçta yatay teğetli, zamanla daha dik azalan ve aşağı doğru kıvrılan parabol çizilir.
Şeref’in Konum-Zaman Grafiği
Şeref: Bekleme: 0–t aralığında yŞ = 8h’dir. Bu bölüm yatay çizilir. Düşme Bağıntısı: Bırakıldıktan sonra yŞ = 8h − ½g(τ − t)² kullanılır. Ara Noktalar: (2t, 7h) ve (3t, 4h). Bitiş: τ = (1 + 2√2)t anında konum sıfır olur. Çizim: Yatay bekleme bölümünün ardından (t, 8h) noktasından başlayan, aşağı doğru kıvrılan parabol çizilir.
Önemli: Grafikler suya temas etmeden hemen önce sonlandırılır. Şeref için zaman başlangıcı kendi bırakılma anı seçilirse bekleme bölümleri gösterilmez ve düşme bağıntılarında τ − t yerine kendi hareket süresi kullanılır.
4. Soru: Dünya ve Mars’ta Serbest Düşme
Aynı yükseklikten ilk hızsız bırakılan 1 kg ve 2 kg kütleli cisimler, Dünya’da 3 saniyede, Mars’ta 5 saniyede yere ulaşmaktadır. Hava direnci ihmal edilmektedir.
4. Soru: Hangi öğrencilerin çıkarımları deney sonuçlarıyla uyumludur? Kısa Cevap: C) Ahmet ve Elif. Çözüm: Serbest düşme süresi T = √(2H/g) bağıntısıyla bulunur. Bu bağıntıda kütle yer almaz. Merve: Daha büyük kütlenin daha kısa sürede düşeceği çıkarımı yanlıştır. Aynı gezegende iki cisim eşit sürede yere ulaşmıştır. Elif: Düşme süresinin kütleye bağlı olmadığı çıkarımı doğrudur. Ahmet: Aynı yükseklikten düşme süresi Mars’ta daha uzun olduğundan Mars’ın yer çekimi ivmesi daha küçüktür. Çıkarımı doğrudur.
Ek kontrol: Deneydeki ortak yükseklik kullanılarak gDünya × 3² = gMars × 5² yazılır. Buradan gMars/gDünya = 9/25 bulunur.
430
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 123 Cevapları
5. Soru: Masa Tenisi Topunun Eğik Atış Hareketi
Tuğçe, pinpon topuna 5 m/s hızla ve yatayla 37° açı yapacak şekilde vurmaktadır. Masanın uzunluğu 274 cm’dir. Tuğçe ve Burcu’nun raketleri topa aynı yükseklikte temas etmektedir. Hava direnci ihmal edilir; g = 10 m/s², sin37° = 0,6 ve cos37° = 0,8 alınır.
İlk hızın bileşenleri: Yatay bileşen v₀x = 5 × 0,8 = 4 m/s, düşey bileşen v₀y = 5 × 0,6 = 3 m/s olur.
Soru a: Topun havada kalma süresini bulunuz. Kısa Cevap: Topun iki raket teması arasındaki uçuş süresi 0,6 saniyedir. Çözüm: Başlangıç ve bitiş yükseklikleri eşit olduğundan toplam süre T = 2v₀y/g ile bulunur. İşlem: T = (2 × 3)/10 = 0,6 s.
Soru b: Topun masa yüzeyinden çıkabileceği maksimum yüksekliği hesaplayınız. Kısa Cevap: Atış seviyesi masa yüzeyi kabul edildiğinde maksimum yükseklik 0,45 m = 45 cm olur. Çözüm: En yüksek noktada düşey hız sıfırdır. Atış seviyesine göre yükselme miktarı H = v₀y²/(2g) bağıntısıyla hesaplanır. İşlem: H = 3²/(2 × 10) = 9/20 = 0,45 m.
Yükseklik notu: Hesaplanan 45 cm, topun ilk temas seviyesinden yükseldiği miktardır. İlk temas masa yüzeyinden h₀ kadar yukarıdaysa masa yüzeyine göre maksimum yükseklik h₀ + 45 cm olur. Soruda ayrıca bir temas yüksekliği verilmemiştir.
Soru c: Burcu’nun topu karşıladığı x mesafesinin kaç cm olduğunu bulunuz. Kısa Cevap: x = 34 cm olur. Çözüm: Topun yatayda aldığı yol R = v₀xT bağıntısıyla bulunur. R = 4 × 0,6 = 2,4 m = 240 cm olur. İşlem: Şekilde x, karşılanma noktası ile masanın Burcu tarafındaki uç kenarı arasındaki uzaklıktır. x = 274 − 240 = 34 cm.
Soru ç: Tuğçe topu aynı hızla ama masayla 53° açı yapacak şekilde atsaydı Burcu’nun topu karşılayabileceği x mesafesi kaç cm olurdu? Kısa Cevap: Uzaklık değişmez; yine x = 34 cm olur. Çözüm: Yeni yatay hız 5cos53° = 5 × 0,6 = 3 m/s, düşey hız 5sin53° = 5 × 0,8 = 4 m/s olur. Uçuş Süresi: T = (2 × 4)/10 = 0,8 s. Yatay Yol: R = 3 × 0,8 = 2,4 m = 240 cm. Böylece x = 274 − 240 = 34 cm bulunur.
Önemli sonuç: Aynı ilk hızla, aynı seviyeden atılıp aynı seviyede karşılanan cisimlerde birbirini 90°’ye tamamlayan atış açıları aynı menzili verir. Bu soruda 37° + 53° = 90° olduğu için yatay uzaklık değişmez; uçuş süresi ve maksimum yükseklik değişir.
530
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 124 Cevapları
6. Soru: Yapay Şelalede Yatay Atış
Su, 5 m yüksekliğindeki duvarın üstündeki yatay kanaldan 2 m/s süratle çıkmaktadır. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır.
Soru a: Şelalenin altından geçmesi planlanan yaya yolunun genişliği en fazla kaç m olmalıdır? Kısa Cevap: Sorudaki ideal modele göre yolun genişliği en fazla 2 m olur. Çözüm: Suyun ilk düşey hızı sıfırdır. Düşme süresi H = ½gt² bağıntısıyla bulunur. Süre: 5 = ½ × 10 × t² eşitliğinden t = 1 s elde edilir. Yatay Uzaklık: x = vt = 2 × 1 = 2 m. Su, duvardan yatayda 2 m uzakta göle ulaşır.
Soru b: Planın 1/10 ölçekli modelini yapmak isteyen mimar, suyun hızını kaç m/s olarak ayarlamalıdır? Kısa Cevap: Suyun çıkış sürati √10/5 m/s ≈ 0,63 m/s olmalıdır. Çözüm: Geometrik ölçekte bütün uzunluklar onda bire iner. Modelin yüksekliği 0,5 m, suyun yatayda ilerlemesi gereken uzaklık 0,2 m olur. Modelde Düşme Süresi: t = √(2H/g) = √(2 × 0,5/10) = 1/√10 s. Modelde Sürat: v = x/t = 0,2 ÷ (1/√10) = 0,2√10 = √10/5 m/s ≈ 0,63 m/s.
Önemli: Uzunlukların onda bire indirilmesi, süratin de onda bire indirilmesi anlamına gelmez. Yer çekimi aynı kaldığında benzer yörünge için sürat ölçeği √(1/10) olur.
7. Soru: Farklı İlk Hızlarla Bırakılan Cisimler
Cisimler aynı yükseklikten, aynı anda harekete başlamaktadır. K’nin ilk hızı sıfırdır. L aşağı, M yukarı, N eğik yukarı, P yatay ve R eğik aşağı yönlü atılmıştır. K dışındaki cisimlerin ilk süratleri eşittir.
Soru: Öğrenci yorumlarını doğru ise D, yanlış ise Y olarak işaretleyiniz. Kısa Cevap: Sırasıyla D – Y – Y – D – D – D – D.
Hasan: K ile P cisimleri aynı anda yere ulaşır. Kısa Cevap: D — Doğru. Açıklama: İkisinin de ilk düşey hızı sıfırdır. Aynı yükseklik ve aynı düşey ivmeyle hareket ettikleri için düşme süreleri eşittir. P’nin yatay hızı süreyi değiştirmez.
Filiz: L cisminin yere çarpma hızı M cisminin yere çarpma hızından büyük olur. Kısa Cevap: Y — Yanlış. Açıklama: İlk süratleri ve başlangıç yükseklikleri eşit olduğundan yere çarpma süratleri eşittir. M daha uzun süre hareket etse de son sürati L’den büyük veya küçük değildir.
Fatih: Kütlesi en büyük olan cisim yere en önce ulaşır. Kısa Cevap: Y — Yanlış. Açıklama: Hava direnci olmadığında düşme süresi kütleye bağlı değildir. Süreyi başlangıç yüksekliği ve ilk hızın düşey bileşeni belirler.
Ayşe: N ile R cisimlerinin yere çarpma hızlarının büyüklükleri eşit olur. Kısa Cevap: D — Doğru. Açıklama: Aynı yükseklikten eşit ilk süratlerle atıldıkları için enerji korunumu gereği son süratleri eşittir. İlk hız yönlerinin farklı olması bu sonucu değiştirmez.
Nisa: M cismi en uzun hareket süresine sahiptir. Kısa Cevap: D — Doğru. Açıklama: M’nin ilk hızı tamamen yukarı yönlüdür. Yukarı yönlü ilk düşey hız bileşeni en büyük olduğundan yere ulaşması en uzun sürer.
Emir: L cismi en kısa hareket süresine sahiptir. Kısa Cevap: D — Doğru. Açıklama: L’nin ilk hızının tamamı aşağı yönlüdür. Aşağı yönlü ilk düşey hız bileşeni en büyük olduğu için yere ilk ulaşır.
Esat: Tüm cisimlerin birim zamandaki hız değişimleri eşittir. Kısa Cevap: D — Doğru. Açıklama: Bütün cisimlerin ivmesi aşağı yönlü g’dir. Havada oldukları eşit zaman aralıklarında hız vektörlerindeki değişim aşağı yönlü gΔt olur.
630
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 125 Cevapları
8. Soru: Farklı Açılarla Yapılan Eğik Atışlar
Üç atışta da güllelerin ilk sürati 100 m/s’dir. Atış açıları sırasıyla 37°, 45° ve 53° olarak verilmiştir. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır. Uçuş süresi ve menzil hesaplarında güllelerin atıldıkları seviyeye düştükleri kabul edilir.
Soru a: Her atış için güllelerin çıkış hızlarının yatay ve düşey bileşenlerini hesaplayınız. Kısa Cevap: I. atışta 80 ve 60 m/s; II. atışta 50√2 ve 50√2 m/s; III. atışta 60 ve 80 m/s bulunur. Değerler sırasıyla yatay ve düşey bileşenlerdir. Çözüm: v₀x = v₀cosα ve v₀y = v₀sinα bağıntıları kullanılır. I. Atış — 37°: v₀x = 100 × 0,8 = 80 m/s; v₀y = 100 × 0,6 = 60 m/s. II. Atış — 45°: v₀x = v₀y = 100 × √2/2 = 50√2 m/s ≈ 70,71 m/s. III. Atış — 53°: v₀x = 100 × 0,6 = 60 m/s; v₀y = 100 × 0,8 = 80 m/s.
Soru b: Her atış için güllelerin havada kalma sürelerini hesaplayınız. Kısa Cevap: I. atış 12 s, II. atış 10√2 s ≈ 14,14 s, III. atış 16 s. Çözüm: Aynı seviyeye dönüş süresi T = 2v₀y/g bağıntısıyla bulunur. I. Atış: T₁ = (2 × 60)/10 = 12 s. II. Atış: T₂ = (2 × 50√2)/10 = 10√2 s. III. Atış: T₃ = (2 × 80)/10 = 16 s.
Soru c: Her atış için güllelerin yatayda aldıkları yolları hesaplayınız. Kısa Cevap: I. atış 960 m, II. atış 1000 m, III. atış 960 m. Çözüm: Yatay hız değişmediğinden menzil R = v₀xT ile hesaplanır. I. Atış: R₁ = 80 × 12 = 960 m. II. Atış: R₂ = 50√2 × 10√2 = 1000 m. III. Atış: R₃ = 60 × 16 = 960 m.
Soru ç: Her atış için güllelerin çıktıkları maksimum yükseklikleri hesaplayınız. Kısa Cevap: Atış seviyesine göre maksimum yükseklikler sırasıyla 180 m, 250 m ve 320 m olur. Çözüm: Tepe noktasında düşey hız sıfırdır. H = v₀y²/(2g) bağıntısı kullanılır. I. Atış: H₁ = 60²/20 = 180 m. II. Atış: H₂ = (50√2)²/20 = 5000/20 = 250 m. III. Atış: H₃ = 80²/20 = 320 m.
Soru d: Elde ettiğiniz verilerden yola çıkarak iki boyutta sabit ivmeli hareket eden cisimlerin hareketi ile ilgili genellemeler yapınız. Kısa Cevap: Bu eğik atışlarda yatay hız sabit, düşey ivme aşağı yönlü g’dir. Aynı ilk süratte açı büyüdükçe uçuş süresi ve maksimum yükseklik artar; menzil ise 45°’de en büyük olur. Örnek Cevap-1: Atış açısı arttıkça ilk hızın düşey bileşeni büyür, yatay bileşeni küçülür. Bu nedenle gülle daha yükseğe çıkar ve daha uzun süre havada kalır. Ancak daha uzun süre havada kalması her zaman daha uzağa gitmesi anlamına gelmez. Örnek Cevap-2: Aynı seviyeye düşen ve eşit ilk süratle atılan cisimlerde birbirini 90°’ye tamamlayan açılar aynı menzili verir. Bu nedenle 37° ve 53° atışlarının menzilleri eşittir. 45° atışı ise bu koşullarda en büyük menzili sağlar.
Karşılaştırma özeti: Uçuş süresi ve maksimum yükseklik için III > II > I; menzil için II > I = III sıralaması elde edilir.
730
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 126 Cevapları
9. Soru: Serbest Düşme ve Yatay Atış
Aynı yükseklikte bulunan K topu ilk hızsız bırakılırken L topu yatay doğrultuda v₀ süratiyle atılmaktadır. İki top aynı anda hareketine başlar. K topu 3 saniyede yere ulaşmakta, L topu yere 50 m/s süratle çarpmaktadır. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır.
Soru a: K topunun harekete başladığı noktanın yerden yüksekliğini hesaplayınız. Kısa Cevap: Başlangıç yüksekliği 45 m’dir. Çözüm: K ilk hızsız bırakıldığı için H = ½gt² bağıntısı kullanılır. İşlem: H = ½ × 10 × 3² = 5 × 9 = 45 m.
Soru b: K topunun yere çarptığı andaki hızının büyüklüğünü hesaplayınız. Kısa Cevap: K topunun yere çarpma sürati 30 m/s’dir. Çözüm: İlk hız sıfır olduğundan vK = gt yazılır. İşlem: vK = 10 × 3 = 30 m/s. Hızın yönü aşağıdır.
Soru c: K topunun konum-zaman ve hız-zaman grafiklerini çiziniz. Kısa Cevap: Yer seviyesi sıfır ve yukarı yön pozitif seçilirse konum grafiği y = 45 − 5t² parabolü, hız grafiği v = −10t doğrusudur. Çözüm: Grafikler topun bırakıldığı andan yere temas etmeden hemen öncesine kadar, 0–3 s aralığında çizilir.
K Topunun Konum-Zaman Grafiği
Çizim Rehberi: Eksenler: Yatay eksen zaman (s), düşey eksen konum (m). Bağıntı: y = 45 − 5t². Noktalar: (0, 45), (1, 40), (2, 25), (3, 0). Grafiğin Şekli: Başlangıçta yatay teğetli, zamanla daha dik azalan ve aşağı doğru kıvrılan parabol çizilir. Noktalar düz çizgilerle birleştirilmez.
K Topunun Hız-Zaman Grafiği
Çizim Rehberi: Eksenler: Yatay eksen zaman (s), düşey eksen hız (m/s). Bağıntı: v = −10t. Noktalar: (0, 0), (1, −10), (2, −20), (3, −30). Grafiğin Şekli: Orijinden başlayan ve eğimi −10 m/s² olan doğru çizilir. Negatif işaret aşağı yönü belirtir.
Soru ç: L topunun ilk hızının büyüklüğünü hesaplayınız. Kısa Cevap: L topunun ilk sürati 40 m/s’dir. Çözüm: K ve L’nin ilk düşey hızları sıfır, başlangıç yükseklikleri eşittir. Bu nedenle L de 3 saniyede yere ulaşır. Yere çarpmadan hemen önce L’nin düşey hız büyüklüğü 30 m/s olur. Bileşenler: Yatay hız değişmediğinden L’nin son sürati için 50² = v₀² + 30² yazılır. İşlem: v₀² = 2500 − 900 = 1600 olduğundan v₀ = 40 m/s bulunur.
Önemli sonuç: L’nin yatay hızı, düşme süresini değiştirmez. İki top aynı anda yere ulaşır; ancak L’nin ayrıca yatay hız bileşeni bulunduğundan yere çarpma sürati daha büyüktür.
830
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 127 Cevapları
9. Sorunun Devamı: L Topunun Yatay Atış Hareketi
Önceki sayfadaki hesaplamalara göre L topunun yatay ilk hızı 40 m/s, başlangıç yüksekliği 45 m ve uçuş süresi 3 s’dir. Hava direnci olmadığından yatay hız değişmez.
Soru d: L topunun yatayda aldığı yolu hesaplayınız. Kısa Cevap: L topu yatayda 120 m yol alır. Çözüm: Yatay hareket sabit hızlıdır. x = vxt bağıntısında vx = 40 m/s ve t = 3 s kullanılır. İşlem: x = 40 × 3 = 120 m.
Soru e: L topunun konum-zaman ve hız-zaman grafiklerini çiziniz. Kısa Cevap: Yatay bileşenler için x = 40t ve vx = 40; düşey bileşenler için y = 45 − 5t² ve vy = −10t grafikleri çizilir. Çözüm: L iki boyutta hareket ettiğinden konum ve hız grafikleri yatay ve düşey bileşenler için ayrı ayrı gösterilir. Atış noktasının yatay koordinatı sıfır, yer seviyesi y = 0 ve yukarı yön pozitif alınmıştır. Çizim aralığı 0–3 s’dir.
L Topunun Yatay Konum-Zaman Grafiği
Çizim Rehberi: Bağıntı: x = 40t. Noktalar: (0, 0), (1, 40), (2, 80), (3, 120). Grafiğin Şekli: Orijinden başlayan, eğimi 40 m/s olan artan doğru çizilir.
L Topunun Düşey Konum-Zaman Grafiği
Çizim Rehberi: Bağıntı: y = 45 − 5t². Noktalar: (0, 45), (1, 40), (2, 25), (3, 0). Grafiğin Şekli: Başlangıçta yatay teğetli, giderek daha dik azalan ve aşağı doğru kıvrılan parabol çizilir.
L Topunun Hız-Zaman Grafikleri
Yatay Hız: Bağıntı: vx = 40 m/s. Çizim: 0–3 s aralığında 40 m/s seviyesinde yatay doğru çizilir.
Düşey Hız: Bağıntı: vy = −10t. Noktalar: (0, 0), (1, −10), (2, −20), (3, −30). Çizim: Orijinden başlayan ve eğimi −10 m/s² olan doğru çizilir.
Önemli: Düşey hız grafiği, topun toplam sürat grafiği değildir. Topun sürati √(40² + (10t)²) bağıntısıyla bulunur; başlangıçta 40 m/s, yere ulaşmadan hemen önce 50 m/s’dir.
10. Soru: Dalış Yapan Şahinden Düşen Solucan
Şahin aşağı yönlü 30 m/s hızla hareket ederken solucanı düşürmektedir. Solucan bırakıldığı anda şahinin hızını taşır; dolayısıyla ilk hızı sıfır değildir. Solucan 5 s sonra yere ulaşır. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır.
Soru a: Solucanın hız-zaman grafiğini çiziniz. Kısa Cevap: Yukarı yön pozitif seçildiğinde grafik v = −30 − 10t doğrusudur. Çözüm: Başlangıç hızı −30 m/s, ivme −10 m/s²’dir. Grafik (0, −30) noktasından başlayıp (5, −80) noktasında sonlanır. Ara Noktalar: (1, −40), (2, −50), (3, −60), (4, −70). Bu noktalar bir doğruyla birleştirilir.
Soru b: Çizdiğiniz grafikten yararlanarak solucanın düştüğü noktanın yerden yüksekliğini hesaplayınız. Kısa Cevap: Solucanın şahinden ayrıldığı noktanın yerden yüksekliği 275 m’dir. Çözüm: Hız-zaman grafiği ile zaman ekseni arasında kalan alan yer değiştirmeyi verir. Grafik bütünüyle negatif bölgede olduğundan alanın büyüklüğü düşülen yüksekliğe eşittir. Alan Hesabı: H = [(30 + 80)/2] × 5 = 55 × 5 = 275 m. Kontrol: H = 30 × 5 + ½ × 10 × 5² = 150 + 125 = 275 m.
930
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 128 Cevapları
11. Soru: Eğik Düzlem ve Merdivene Yapılan Yatay Atışlar
Turgut topunu yatayda sola doğru 20 m/s, Erdem ise yatayda sağa doğru 25 m/s hızla atmaktadır. Atış noktaları aynı yükseklikte ve birbirinden 1 m uzaktadır. Eğik düzlemin açısı 37°, merdivenin basamak yüksekliği 15 cm, basamak genişliği 25 cm’dir. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır.
Hesaplama notu: Eğik düzlem için okul sorularında kullanılan tan37° ≈ 3/4 yaklaşımı esas alınmıştır. İki topun ilk düşey hızları sıfır ve başlangıç yükseklikleri aynı olduğundan yere ulaşma süreleri eşittir.
Soru a: Topların yere düşme süresini bulunuz. Kısa Cevap: İki top da 3 saniye sonra yere ulaşır. Çözüm: Turgut’un topunun yatayda aldığı yol 20t, düşeyde indiği mesafe ½gt² = 5t² olur. Eğik düzlemin geometrisinden tan37° = 5t²/(20t) yazılır. İşlem: 3/4 = t/4 eşitliğinin sıfırdan farklı çözümü t = 3 s’dir. Erdem’in topu da aynı yükseklikten yatay atıldığı için aynı sürede yere düşer.
Soru b: Topların atıldığı noktaların yer düzleminden yüksekliğini bulunuz. Kısa Cevap: Her iki atış noktasının yüksekliği 45 m’dir. Çözüm: H = ½gt² bağıntısından H = ½ × 10 × 3² = 45 m bulunur.
Soru c: Erdem’in attığı topun kaçıncı basamağa düşeceğini bulunuz. Kısa Cevap: Top, üstten sayıldığında 300. basamağın bitişindeki B noktasına ulaşır. Çözüm: Basamak yüksekliği 15 cm = 0,15 m’dir. Toplam yükseklik 45 m olduğundan basamak sayısı n = 45/0,15 = 300 olur. Kontrol: Erdem’in topu yatayda 25 × 3 = 75 m ilerler. Basamak genişliğiyle kontrol edildiğinde 75/0,25 = 300 bulunur.
Soru ç: Topların yere düştüğü A ve B noktaları arasındaki mesafenin kaç metre olduğunu hesaplayınız. Kısa Cevap: AB = 136 m. Çözüm: Turgut’un topu sola doğru 20 × 3 = 60 m, Erdem’in topu sağa doğru 25 × 3 = 75 m ilerler. Başlangıç noktaları arasındaki 1 m de eklenir. İşlem: AB = 60 + 1 + 75 = 136 m.
Soru d: Erdem’in vurduğu topun yatay ve düşey doğrultudaki konum-zaman, hız-zaman ve ivme-zaman grafiklerini çiziniz. Kısa Cevap: Yatayda x = 25t, vx = 25, ax = 0; düşeyde y = −5t², vy = −10t, ay = −10 bağıntıları kullanılır. Çözüm: Erdem’in topunun atıldığı nokta konum başlangıcı, sağa ve yukarı yönler pozitif seçilmiştir. Grafikler 0–3 s aralığında çizilir.
Yatay Konum-Zaman Grafiği
Çizim Rehberi: Bağıntı: x = 25t. Noktalar: (0, 0), (1, 25), (2, 50), (3, 75). Şekil: Orijinden başlayan pozitif eğimli doğru.
Yatay Hız-Zaman ve İvme-Zaman Grafikleri
Çizim Rehberi: Hız: vx = 25 m/s olduğundan 25 m/s seviyesinde yatay doğru çizilir. İvme: ax = 0 olduğundan grafik zaman ekseni üzerindedir.
Düşey Konum-Zaman Grafiği
Çizim Rehberi: Bağıntı: y = −5t². Noktalar: (0, 0), (1, −5), (2, −20), (3, −45). Şekil: Orijinde yatay teğetli, aşağı doğru kıvrılan ve giderek dikleşen parabol.
Düşey Hız-Zaman ve İvme-Zaman Grafikleri
Çizim Rehberi: Hız: vy = −10t doğrusu çizilir. Grafik (0, 0) noktasından başlayıp (3, −30) noktasına ulaşır. İvme: ay = −10 m/s² seviyesinde yatay doğru çizilir.
Konum seçimi: Düşey konumun sıfırı yer seviyesi alınırsa yalnızca düşey konum bağıntısı y = 45 − 5t² olur. Hız ve ivme grafikleri değişmez. Bütün çizimler yere temas etmeden hemen önce sonlandırılır.
1030
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 129 Cevapları
11. Soru e: Turgut’un Topunun Hareket Grafikleri
Önceki sayfadaki sonuçlara göre Turgut’un topu 20 m/s yatay hızla sola atılmakta ve 3 s sonra yere ulaşmaktadır. Başlangıç yüksekliği 45 m’dir.
Soru e: Turgut’un vurduğu topun yatay ve düşey doğrultudaki konum-zaman, hız-zaman ve ivme-zaman grafiklerini çiziniz. Kısa Cevap: Atış noktası başlangıç, sağa ve yukarı yönler pozitif seçilirse yatayda x = −20t, vx = −20, ax = 0; düşeyde y = −5t², vy = −10t, ay = −10 olur. Çözüm: Top sola hareket ettiği için yatay hız negatiftir. İlk düşey hızı sıfırdır. Grafikler 0–3 s aralığında, yere temas etmeden hemen öncesine kadar çizilir.
Yatay Hareket Grafikleri
Konum-Zaman: Bağıntı: x = −20t. Noktalar: (0, 0), (1, −20), (2, −40), (3, −60). Çizim: Orijinden başlayan, eğimi −20 m/s olan azalan doğru çizilir.
Hız-Zaman: Bağıntı: vx = −20 m/s. Çizim: −20 m/s seviyesinde yatay doğru çizilir.
İvme-Zaman: Bağıntı: ax = 0. Çizim: Grafik zaman ekseni üzerindedir.
Düşey Hareket Grafikleri
Konum-Zaman: Bağıntı: y = −5t². Noktalar: (0, 0), (1, −5), (2, −20), (3, −45). Çizim: Başlangıçta yatay teğetli, aşağı doğru kıvrılan ve giderek dikleşen parabol çizilir.
Hız-Zaman: Bağıntı: vy = −10t. Çizim: (0, 0) noktasından (3, −30) noktasına uzanan doğru çizilir.
İvme-Zaman: Bağıntı: ay = −10 m/s². Çizim: −10 m/s² seviyesinde yatay doğru çizilir.
Konum seçimi: Düşey konumun sıfırı yer seviyesi alınırsa düşey konum bağıntısı y = 45 − 5t² olur. Hız ve ivme grafikleri değişmez.
12. Soru: İstop Oyununda Düşey Yukarı Atış
Doruk topu yerden 1 m yükseklikten 10 m/s hızla düşey yukarı atmaktadır. Başlangıçta topun atıldığı noktadan 8 m uzakta bulunan Yağız, topu atıldığı noktada ve aynı yükseklikte yakalamaktadır. Hava direnci ihmal edilir.
Soru a: Topun havada kalma süresini bulunuz. Kısa Cevap: Top yakalanıncaya kadar 2 s havada kalır. Çözüm: Aynı yüksekliğe dönüş süresi T = 2v₀/g ile bulunur. T = (2 × 10)/10 = 2 s.
Soru b: Topun çıkabileceği maksimum yüksekliği bulunuz. Kısa Cevap: Yerden maksimum yükseklik 6 m’dir. Çözüm: Atış noktasından yükselme miktarı ΔH = v₀²/(2g) = 100/20 = 5 m olur. Başlangıç yüksekliği eklenir: Hmax = 1 + 5 = 6 m.
Soru c: Yağız’ın koşma hızı kaç m/s’dir? Kısa Cevap: Yağız’ın sürati 4 m/s, hızı −x yönünde 4 m/s’dir. Çözüm: Yağız 8 m uzaklığı topun uçuş süresi olan 2 saniyede almalıdır. Sürati 8/2 = 4 m/s olur. Şekilde sola koştuğu için vx = −4 m/s yazılır.
Soru ç: Yer çekimi ivmesi 5 m/s² olsaydı Yağız’ın topu atıldığı yükseklikte yakalayabilmesi için kaç m/s hızla koşması gerekirdi? Kısa Cevap: Yağız’ın −x yönünde 2 m/s hızla koşması gerekirdi. Çözüm: Yeni uçuş süresi T = (2 × 10)/5 = 4 s olur. Yağız’ın sürati 8/4 = 2 m/s bulunur.
Önemli: Top yere düşmeden, atıldığı 1 m yüksekliğinde yakalanmaktadır. Bu nedenle uçuş süresi hesabında aynı seviyeye dönüş koşulu kullanılır. Doruk’un koşması, topun yakalama noktasını değiştirmez.
1130
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 130 Cevapları
13. Soru: Yanardağdan Düşey Yukarı Fırlayan Kaya
Kaya, yanardağın ağzındaki K noktasından +y yönünde fırlamaktadır. En yüksek nokta olan L’ye ulaşıp yeniden K’ye dönmesi 8 saniye sürmektedir. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır.
Soru a: Kayanın volkanın ağzından çıktığı andaki ilk hızını hesaplayınız. Kısa Cevap: Kayanın ilk hızı +y yönünde 40 m/s’dir. Çözüm: Aynı seviyeye dönüşte çıkış ve iniş süreleri eşittir. Toplam süre 8 s olduğundan tepeye çıkış süresi 4 s olur. İşlem: Tepe noktasında hız sıfırdır. 0 = v₀ − gtçıkış eşitliğinden v₀ = 10 × 4 = 40 m/s bulunur.
Soru b: Kayanın 8 saniyelik hareketi için konum, hız ve ivme değerlerini içeren bir veri seti oluşturunuz. Kısa Cevap: K noktası konum başlangıcı ve yukarı yön pozitif seçildiğinde y = 40t − 5t², v = 40 − 10t, a = −10 m/s² kullanılır. Çözüm: Bu bağıntılarda zaman yerine sırasıyla 0–8 saniye değerleri yazılarak aşağıdaki sonuçlar elde edilir.
Konum, Hız ve İvme Verileri
0. Saniye: Konum: 0 m. Hız: +40 m/s. İvme: −10 m/s².
1. Saniye: Konum: 35 m. Hız: +30 m/s. İvme: −10 m/s².
2. Saniye: Konum: 60 m. Hız: +20 m/s. İvme: −10 m/s².
3. Saniye: Konum: 75 m. Hız: +10 m/s. İvme: −10 m/s².
4. Saniye: Konum: 80 m. Hız: 0 m/s. İvme: −10 m/s².
5. Saniye: Konum: 75 m. Hız: −10 m/s. İvme: −10 m/s².
6. Saniye: Konum: 60 m. Hız: −20 m/s. İvme: −10 m/s².
7. Saniye: Konum: 35 m. Hız: −30 m/s. İvme: −10 m/s².
8. Saniye: Konum: 0 m. Hız: −40 m/s. İvme: −10 m/s².
Önemli: Kaya 4. saniyede en yüksek noktaya ulaşır. Bu anda hızı sıfırdır ancak ivmesi sıfır değildir. İnişte hızın negatif olması aşağı yönü gösterir. Konumlar yerden değil, K seviyesinden ölçülmüştür.
1230
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 131 Cevapları
13. Sorunun Devamı: Yanardağdan Eğik Atılan Kaya
Bu bölümde başka bir kaya, K noktasından 50 m/s ilk süratle yatayla 37° açı yapacak şekilde fırlamaktadır. Kaya, K’nin 35 m altındaki M noktasına düşmektedir. K noktası koordinat başlangıcı, sağa ve yukarı yönler pozitif alınmıştır.
İlk hızın bileşenleri: sin37° ≈ 0,6 ve cos37° ≈ 0,8 kullanılarak v₀x = 40 m/s, v₀y = 30 m/s bulunur. Yer çekimi ivmesi 10 m/s²’dir.
Soru c: Kayanın M noktasına ulaşma süresini, M’deki hızının büyüklüğünü ve yatayda aldığı yolu hesaplayınız. Kısa Cevap: Ulaşma süresi 7 s, M’deki sürati 40√2 m/s ≈ 56,57 m/s, yatayda aldığı yol 280 m olur. Süre Hesabı: Düşey konum y = 30t − 5t²’dir. M için y = −35 m yazılır: −35 = 30t − 5t². Düzenlenirse t² − 6t − 7 = 0, yani (t − 7)(t + 1) = 0 olur. Fiziksel çözüm t = 7 s’dir. Hız Hesabı: Yatay hız 40 m/s olarak kalır. M’de düşey hız vy = 30 − 10 × 7 = −40 m/s olur. Sürat vM = √(40² + (−40)²) = 40√2 m/s bulunur. Yatay Yol: x = vxt = 40 × 7 = 280 m.
Soru ç: Kayanın x ve y eksenlerindeki hız-zaman, konum-zaman ve ivme-zaman grafiklerini çiziniz. Kısa Cevap: Yatayda vx = 40, x = 40t, ax = 0; düşeyde vy = 30 − 10t, y = 30t − 5t², ay = −10 bağıntıları kullanılır. Çözüm: Grafikler atış anından M’ye çarpmadan hemen öncesine kadar 0–7 s aralığında çizilir.
x Ekseni: Yatay Hareket Grafikleri
Hız-Zaman: Bağıntı: vx = 40 m/s. Çizim: 0–7 s boyunca 40 m/s seviyesinde yatay doğru çizilir.
Konum-Zaman: Bağıntı: x = 40t. Noktalar: (0, 0), (3, 120), (6, 240), (7, 280). Çizim: Orijinden başlayan, eğimi 40 m/s olan artan doğru çizilir.
İvme-Zaman: Bağıntı: ax = 0. Çizim: Grafik zaman ekseniyle çakışır.
y Ekseni: Düşey Hareket Grafikleri
Hız-Zaman: Bağıntı: vy = 30 − 10t. Noktalar: (0, 30), (3, 0), (6, −30), (7, −40). Çizim: Eğimi −10 m/s² olan azalan doğru çizilir. Grafik zaman eksenini 3. saniyede keser.
Konum-Zaman: Bağıntı: y = 30t − 5t². Noktalar: (0, 0), (1, 25), (2, 40), (3, 45), (4, 40), (5, 25), (6, 0), (7, −35). Çizim: Aşağı doğru kıvrılan parabol çizilir. Tepe noktası (3, 45)’tir. Kaya 6. saniyede K yüksekliğine, 7. saniyede M’ye ulaşır.
İvme-Zaman: Bağıntı: ay = −10 m/s². Çizim: 0–7 s aralığında −10 m/s² seviyesinde yatay doğru çizilir.
Soru d: Kayanın x ve y eksenlerinde yaptığı hareketi sabit hızlı ve sabit ivmeli hareket ile ilişkilendiriniz. Kısa Cevap: Kaya x doğrultusunda sabit hızlı, y doğrultusunda sabit ivmeli hareket yapar. Açıklama: Hava direnci olmadığından yatay kuvvet ve yatay ivme sıfırdır; vx değişmez. Düşey doğrultuda yer çekimi nedeniyle ivme sürekli aşağı yönlüdür. Kaya yükselirken düşey hızı azalır, tepe noktasında sıfır olur, ardından aşağı yönlü büyür.
Önemli: Tepe noktasında yalnızca düşey hız sıfırdır. Yatay hız 40 m/s olduğundan kayanın toplam hızı sıfır olmaz. Düşey ivme de tepe noktasında −10 m/s² olarak kalır.
1330
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 132 Cevapları
14. Soru: Balkondan Bırakılan ve Atılan Anahtar
Anahtarın başlangıç yüksekliği 40 m’dir. Lina, balkonun altındaki düşme noktasından yatayda 40 m uzaktadır. Şekilde 1 yönü aşağı, 2 yönü yukarı, 3 yönü yatay sağa doğrudur. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır.
Soru a: Anahtarın yere çarpma süresini ve hızını hesaplayınız. Kısa Cevap: Anahtar 2√2 s ≈ 2,83 s sonra yere ulaşır. Çarpma hızı aşağı yönlü 20√2 m/s ≈ 28,28 m/s olur. Çözüm: Anahtar ilk hızsız bırakıldığı için H = ½gt² kullanılır. 40 = 5t² eşitliğinden t² = 8 ve t = 2√2 s bulunur. Çarpma Hızı: v = gt = 10 × 2√2 = 20√2 m/s. Yön aşağıdır.
Soru b: Anahtarın 2 yönünde 10 m/s hızla atıldığı durumda yere çarpma süresini ve hızını hesaplayınız. Kısa Cevap: Yere ulaşma süresi 4 s, çarpma hızı aşağı yönlü 30 m/s olur. Çözüm: Atış noktası konum başlangıcı ve yukarı yön pozitif seçilirse yere ulaşıldığında y = −40 m’dir. −40 = 10t − 5t² yazılır. Süre: t² − 2t − 8 = 0 denklemi (t − 4)(t + 2) = 0 biçimindedir. Pozitif kök t = 4 s alınır. Hız: v = v₀ − gt = 10 − 10 × 4 = −30 m/s. Negatif işaret aşağı yönü belirtir.
Soru c: Anahtar sırasıyla 1 ve 3 yönünde 10 m/s hızla atılırsa yere kaç m/s hızla çarpar? Kısa Cevap: Her iki atışta da yere çarpma sürati 30 m/s olur. Ancak hızların yönleri farklıdır. Çözüm: Aynı yükseklikten eşit ilk süratlerle yapılan atışlarda son sürat vson² = v₀² + 2gH bağıntısıyla bulunur. İşlem: vson² = 10² + 2 × 10 × 40 = 900 olduğundan vson = 30 m/s. 1 Yönündeki Atış: Anahtar yere düşey aşağı yönlü 30 m/s hızla çarpar. 3 Yönündeki Atış: Çarpma anında yatay hız 10 m/s, düşey hız aşağı yönlü 20√2 m/s’dir. Bileşke hızın büyüklüğü yine 30 m/s olur.
Soru ç: Anahtarın Lina’nın bulunduğu yere düşmesi için 3 yönünde hangi hızla atılması gerektiğini hesaplayınız. Kısa Cevap: Anahtar yatay sağa doğru 10√2 m/s ≈ 14,14 m/s hızla atılmalıdır. Çözüm: Yatay atışta ilk düşey hız sıfırdır. Bu nedenle düşme süresi a maddesindeki gibi 2√2 s olur. İşlem: vx = x/t = 40/(2√2) = 10√2 m/s bulunur.
Önemli sonuç: İlk süratin yönü, uçuş süresini ve çarpma hızının yönünü değiştirebilir. Ancak hava direnci yokken aynı yükseklikten eşit ilk süratlerle atılan cisimlerin yere çarpma süratleri eşittir.
1430
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 133 Cevapları
14. Sorunun Devamı: Anahtarın Eğik Atış Hareketi
Anahtar, önceki sayfadaki balkonun bulunduğu 40 m yükseklikten, yatayla 45° açı yapacak şekilde 10√2 m/s ilk süratle atılmaktadır. Sağa ve yukarı yönler pozitif alınır. Hava direnci ihmal edilir ve g = 10 m/s² kullanılır.
İlk hızın bileşenleri: v₀x = 10√2cos45° = 10 m/s, v₀y = 10√2sin45° = 10 m/s olur. Hareket boyunca vx = 10 m/s ve vy = 10 − 10t bağıntıları geçerlidir.
Soru d: Verilen anlarda yatay ve düşey hız bileşenlerinin büyüklüklerini ve bileşke hız büyüklüğünü hesaplayınız. Kısa Cevap: Yatay hız büyüklüğü her anda 10 m/s’dir. 1, 2, 3 ve 4. saniyelerde düşey hız büyüklükleri 0, 10, 20 ve 30 m/s; bileşke süratler 10, 10√2, 10√5 ve 10√10 m/s olur. Çözüm: Düşey hız vy = 10 − 10t ile bulunur. Bileşke hızın büyüklüğü v = √(vx² + vy²) bağıntısıyla hesaplanır.
Hız Değerleri
1. Saniye: Yatay Hız Büyüklüğü: 10 m/s. Düşey Hız Büyüklüğü: 0 m/s. Bileşke Sürat: 10 m/s.
2. Saniye: Yatay Hız Büyüklüğü: 10 m/s. Düşey Hız Büyüklüğü: 10 m/s, aşağı yönlü. Bileşke Sürat: 10√2 m/s ≈ 14,14 m/s.
3. Saniye: Yatay Hız Büyüklüğü: 10 m/s. Düşey Hız Büyüklüğü: 20 m/s, aşağı yönlü. Bileşke Sürat: 10√5 m/s ≈ 22,36 m/s.
4. Saniye: Yatay Hız Büyüklüğü: 10 m/s. Düşey Hız Büyüklüğü: 30 m/s, aşağı yönlü. Bileşke Sürat: 10√10 m/s ≈ 31,62 m/s.
Soru e: Verilen zaman aralıklarında yatay ve düşey yer değiştirme büyüklüklerini ve ivmeyi bulunuz. Kısa Cevap: Her bir saniyelik aralıkta yatay yer değiştirme 10 m’dir. Düşey yer değiştirme büyüklükleri sırasıyla 5, 5, 15 ve 25 m olur. İvme sürekli aşağı yönlü 10 m/s²’dir. Çözüm: Atış noktasına göre düşey konum y = 10t − 5t²’dir. Ardışık konumların farkı alınarak her aralıktaki yer değiştirme bulunur.
Zaman Aralıklarına Göre Yer Değiştirmeler
0–1 s: Yatay: 10 m sağa. Düşey: 5 m yukarı. İvme: 10 m/s² aşağı.
1–2 s: Yatay: 10 m sağa. Düşey: 5 m aşağı. İvme: 10 m/s² aşağı.
2–3 s: Yatay: 10 m sağa. Düşey: 15 m aşağı. İvme: 10 m/s² aşağı.
3–4 s: Yatay: 10 m sağa. Düşey: 25 m aşağı. İvme: 10 m/s² aşağı.
Soru f: Verilerden yararlanarak yatay ve düşey hareket grafiklerini çiziniz. Kısa Cevap: Atış noktası başlangıç alınırsa yatayda x = 10t, vx = 10, ax = 0; düşeyde y = 10t − 5t², vy = 10 − 10t, ay = −10 kullanılır. Çözüm: Grafikler 0–4 s aralığında, yere çarpma öncesindeki hareket için çizilir.
Yatay Hareket Grafiklerinin Çizimi
Konum-Zaman: Noktalar: (0, 0), (1, 10), (2, 20), (3, 30), (4, 40). Çizim: Orijinden başlayan, eğimi 10 m/s olan artan doğru.
Hız-Zaman: Çizim: 10 m/s seviyesinde yatay doğru.
İvme-Zaman: Çizim: Sıfır seviyesinde, zaman ekseniyle çakışan doğru.
Düşey Hareket Grafiklerinin Çizimi
Konum-Zaman: Noktalar: (0, 0), (1, 5), (2, 0), (3, −15), (4, −40). Çizim: Tepe noktası (1, 5) olan, aşağı doğru kıvrılan parabol çizilir.
Hız-Zaman: Noktalar: (0, 10), (1, 0), (2, −10), (3, −20), (4, −30). Çizim: Eğimi −10 m/s² olan azalan doğru.
İvme-Zaman: Çizim: −10 m/s² seviyesinde yatay doğru.
Önemli: d maddesinde hızların büyüklükleri istendiği için değerler negatif yazılmaz. Hız-zaman grafiğinde ise düşey hızın yönünü göstermek amacıyla iniş bölümünde negatif değerler kullanılır.
1530
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 134 Cevapları
15. Soru: Sürtünmeli ve Sürtünmesiz Ortamda İvme
Özdeş kutuların her birinin kütlesi 2 kg’dır. Sol sütunda sürtünme ihmal edilirken sağ sütunda statik sürtünme katsayısı 0,6, kinetik sürtünme katsayısı 0,4 verilmiştir. Hesaplamalarda g = 10 N/kg alınır. Kutuların başlangıçta durduğu kabul edilir.
Soru: Her bir durum için kutuların ivme büyüklüklerini hesaplayınız. Kısa Cevap: Şekilde üst sırada soldan sağa 10 ve 6 m/s²; alt sırada soldan sağa 5 ve 0 m/s² yazılır. Çözüm: Önce yatay net kuvvet belirlenir. Ardından a = Fnet/m uygulanır. Sürtünmeli durumlarda kutunun harekete başlayıp başlamadığı ayrıca kontrol edilir.
Sürtünme Kuvvetlerinin Hesaplanması
Ortak Hesaplamalar: Normal Kuvvet: Kuvvetler yatay uygulandığı için N = mg = 2 × 10 = 20 N. En Büyük Statik Sürtünme: Fs,max = 0,6 × 20 = 12 N. Kinetik Sürtünme: Kutu kayarken Fk = 0,4 × 20 = 8 N.
Sol Üst: Sürtünmesiz Ortamda 20 N Kuvvet
Durum 1: Kutuya sağa doğru 20 N kuvvet uygulanıyor. Kısa Cevap: İvme büyüklüğü 10 m/s², yönü sağadır. Çözüm: Sürtünme olmadığından net kuvvet 20 N’dur. a = 20/2 = 10 m/s².
Sağ Üst: Sürtünmeli Ortamda 20 N Kuvvet
Durum 2: Kutuya sağa doğru 20 N kuvvet uygulanıyor. Kısa Cevap: Kutu kaymaya başladıktan sonra ivme büyüklüğü 6 m/s², yönü sağadır. Çözüm: Uygulanan 20 N, en büyük statik sürtünme olan 12 N’u aştığından kutu hareket eder. Kayma sırasında sürtünme 8 N olur. İşlem: Fnet = 20 − 8 = 12 N. a = 12/2 = 6 m/s².
Sol Alt: Sürtünmesiz Ortamda Zıt Kuvvetler
Durum 3: Sağa 20 N, sola 10 N kuvvet uygulanıyor. Kısa Cevap: İvme büyüklüğü 5 m/s², yönü sağadır. Çözüm: Kuvvetler zıt yönlü olduğundan Fnet = 20 − 10 = 10 N bulunur. a = 10/2 = 5 m/s².
Sağ Alt: Sürtünmeli Ortamda Zıt Kuvvetler
Durum 4: Sağa 20 N, sola 10 N kuvvet uygulanıyor. Kısa Cevap: Kutu durmaya devam eder; ivmesi 0 m/s²’dir. Çözüm: Uygulanan kuvvetlerin bileşkesi sağa doğru 10 N’dur. Bu değer, en büyük statik sürtünme olan 12 N’dan küçüktür. Statik sürtünme sola doğru 10 N olarak kuvvetleri dengeler. İşlem: Fnet = 20 − 10 − 10 = 0 N. Dolayısıyla a = 0.
Önemli: Statik sürtünme her durumda 12 N değildir. Bu değer yalnızca ulaşabileceği en büyük büyüklüktür. Sağ alttaki kutuda denge için gereken statik sürtünme 10 N’dur; kutu kaymadığı için kinetik sürtünme kullanılmaz.
1630
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 135 Cevapları
16. Soru: Kızağa Etki Eden Sürtünme Kuvveti
Grafikte, başlangıçta duran kızağın sürtünme kuvveti uygulanan kuvvetle birlikte artarak 50 N’a ulaşmaktadır. Kayma başladıktan sonra sürtünme kuvveti 45 N değerine inmektedir. Buna göre en büyük statik sürtünme 50 N, kinetik sürtünme 45 N’dur.
Soru: İfadelerden hangilerinin doğru olduğunu gerekçeleriyle açıklayınız. Hatalı ifadeleri düzeltiniz. Kısa Cevap: II ve III doğrudur, I yanlıştır. Çözüm: Duran kızağın harekete başlaması değerlendirilirken kinetik sürtünme değil, statik sürtünmenin en büyük değeri esas alınır.
I. İfade: Durgun kızağa 46 N kuvvet uygulandığında kızak harekete geçer. Kısa Cevap: Yanlış. Gerekçe: 46 N, statik sürtünmenin sınır değeri olan 50 N’dan küçüktür. Statik sürtünme uygulanan kuvveti 46 N ile dengeler ve kızak durmaya devam eder. Düzeltilmiş İfade: Durgun kızağa uygulanan kuvvet 50 N’u aştığında kızak harekete başlar.
II. İfade: Durgun kızağa 40 N kuvvet uygulandığında 40 N statik sürtünme etki eder. Kısa Cevap: Doğru. Gerekçe: Uygulanan kuvvet 50 N sınırının altında olduğundan kızak kaymaz. Statik sürtünme, kuvvete zıt yönde 40 N büyüklüğünde olur. Net kuvvet sıfırdır.
III. İfade: Toplam kütle 100 kg ise statik sürtünme katsayısı 0,05’tir. Kısa Cevap: Doğru. Çözüm: Yatay çekme kabulünde normal kuvvet N = mg = 100 × 10 = 1000 N olur. Fs,max = μsN bağıntısından μs = 50/1000 = 0,05 bulunur.
Önemli: Statik sürtünme her durumda 50 N değildir. Kızak dururken uygulanan kuvveti dengeleyecek değeri alır; 50 N yalnızca üst sınırıdır.
17. Soru: Otomobilin Çekiciye Yüklenmesi
1500 kg kütleli otomobil, yatayla 37° açı yapan rampada halatla yukarı çekilmektedir. İvmesi 0,1 m/s²’dir. Sürtünme ihmal edilir. Hesaplamada g = 10 m/s² ve sin37° = 0,6 alınır.
Soru: Halatta oluşan gerilme kuvvetini hesaplayınız. Kısa Cevap: Halattaki gerilme kuvveti 9150 N olur. Çözüm: Rampa boyunca yukarı yön pozitif alınır. Gerilme yukarı, ağırlığın rampaya paralel bileşeni aşağı yönlüdür. Newton’ın ikinci yasasından T − mg sin37° = ma yazılır. Ağırlık Bileşeni: mg sin37° = 1500 × 10 × 0,6 = 9000 N. Net Kuvvet: ma = 1500 × 0,1 = 150 N. Sonuç: T = 9000 + 150 = 9150 N.
Kontrol: Gerilme, ağırlığın rampaya paralel bileşeninden 150 N daha büyüktür. Bu fark otomobilin rampa boyunca yukarı yönlü ivmelenmesini sağlar.
1730
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 136 Cevapları
18. Soru: Tahta ve Fayans Yüzeylerde Sürtünme
Özdeş cisimler, tahta ve fayans yüzeyli eğik düzlemlere bırakılmaktadır. Eğim 30° iken iki cisim de durmaktadır. Açı 45° yapıldığında yalnızca fayans üzerindeki cisim kaymaya başlamaktadır.
Soru: İfadelerden hangilerinin doğru olduğunu gerekçeleriyle açıklayınız. Hatalı ifadeleri düzeltiniz. Kısa Cevap: I ve II doğru, III yanlıştır. Çözüm: Duran cisimde statik sürtünme, ağırlığın eğik düzleme paralel bileşenini dengeler. Kaymanın başlama koşulu değerlendirilirken mg sinθ ile μs mg cosθ karşılaştırılır.
I. İfade: Tahta ile cisim arasındaki statik sürtünme katsayısı, fayans ile cisim arasındakinden büyüktür. Kısa Cevap: Doğru. Gerekçe: 45°’de tahta üzerindeki cisim durmaya devam ederken fayans üzerindeki cisim kaymaktadır. Denge koşulu μs ≥ tanθ olduğundan tahta için μs,tahta ≥ 1, fayans için μs,fayans < 1 sonucuna ulaşılır.
II. İfade: Eğim 30° iken iki cisme etki eden sürtünme kuvvetleri eşit büyüklüktedir. Kısa Cevap: Doğru. Gerekçe: İki cisim de dengededir. Her biri için statik sürtünme Fs = mg sin30° = mg/2 olur. Kütleler ve eğimler aynı olduğu için sürtünme kuvvetleri eşittir.
III. İfade: Eğim 45° iken iki cisme etki eden sürtünme kuvvetleri eşit büyüklüktedir. Kısa Cevap: Yanlış. Gerekçe: Tahtadaki cisim durduğundan sürtünme mg sin45° büyüklüğündedir. Fayanstaki cisim aşağı kaymaya başladığından kinetik sürtünme, ağırlığın eğim boyunca bileşeninden küçüktür. Düzeltilmiş İfade: 45°’de tahta üzerindeki cisme etki eden sürtünme kuvveti, fayans üzerindekinden büyüktür.
Önemli: Sürtünme katsayılarının farklı olması, sürtünme kuvvetlerinin her zaman farklı olacağı anlamına gelmez. Cisimler dururken statik sürtünme, denge için gereken değeri alır.
19. Soru: Bloğun Kaymasını Önleyen Dik Kuvvet
Zehra, 3 kg kütleli bloğu 37° eğimli düzlem üzerinde tutmak için yüzeye dik ve yüzeye doğru bir kuvvet uygulamaktadır. Statik sürtünme katsayısı 0,3’tür. g = 10 N/kg, sin37° = 0,6 ve cos37° = 0,8 alınır.
Soru: Zehra’nın uygulaması gereken minimum kuvvet kaç N olmalıdır? Kısa Cevap: Minimum kuvvet 36 N olmalıdır. Çözüm: Bloğu aşağı kaydıran ağırlık bileşeni mg sin37° = 3 × 10 × 0,6 = 18 N’dur. Normal Kuvvet: Uygulanan kuvvet bloğu yüzeye bastırdığı için N = mg cos37° + F = 24 + F olur. Sınır Koşulu: En küçük F değerinde statik sürtünme sınırdadır. μsN = mg sin37° yazılır. İşlem: 0,3(24 + F) = 18. Buradan 24 + F = 60 ve F = 36 N bulunur.
Kontrol: F = 36 N iken normal kuvvet 60 N, en büyük statik sürtünme 18 N olur. Bu sürtünme, bloğun eğim boyunca aşağı yönlü ağırlık bileşenini tam dengeler.
1830
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 137 Cevapları
20. Soru: Eğik Uygulanan Kuvvet ve Sürtünme
Mehmet, 14 kg kütleli kutuyu yatayla 37° açı yapan, aşağı ve sağa yönelmiş bir kuvvetle itmektedir. Kuvvet 100 N olduğunda kutu hareketlenmeye başlamaktadır. g = 10 N/kg, sin37° = 0,6 ve cos37° = 0,8 alınır.
Soru: Doğru ifadeleri işaretleyiniz ve yanlış ifadeleri düzeltiniz. Kısa Cevap: I doğrudur, II yanlıştır. III. ifade, kuvvetin başlangıçta duran kutuya uygulanması durumunda doğrudur; kutu kayarken kuvvetin azaltılması için aynı sonuç doğrudan söylenemez. Çözüm: İtme kuvvetinin düşey bileşeni kutuyu zemine bastırır. Bu nedenle N = mg + Fsinθ kullanılır.
I. İfade: Kutu ile zemin arasındaki statik sürtünme katsayısı 0,4’tür. Kısa Cevap: Doğru. Çözüm: Kayma sınırında yatay kuvvet Fx = 100 × 0,8 = 80 N’dur. Normal kuvvet N = 140 + 100 × 0,6 = 200 N olur. İşlem: μs = Fs,max/N = 80/200 = 0,4.
II. İfade: Aynı kuvvet 53° açıyla uygulandığında sürtünme kuvveti 88 N olur. Kısa Cevap: Yanlış. Başlangıçta duran kutuya etki eden sürtünme 60 N olur. Çözüm: Yatay bileşen 100cos53° = 60 N, normal kuvvet 140 + 100sin53° = 220 N’dur. En büyük statik sürtünme 0,4 × 220 = 88 N bulunur. Düzeltilmiş İfade: 88 N, statik sürtünmenin üst sınırıdır. Kutuyu durgun tutmak için gereken gerçek statik sürtünme 60 N’dur.
III. İfade: Kuvvet yarıya inerse sürtünme kuvveti de yarıya iner. Kısa Cevap: Duran kutuya 37° açıyla 50 N uygulanırsa doğrudur: sürtünme 80 N yerine 40 N olur. Çözüm: Yatay bileşen 50 × 0,8 = 40 N’dur. Normal kuvvet 140 + 50 × 0,6 = 170 N, statik sürtünme sınırı 0,4 × 170 = 68 N olur. 40 N bu sınırın altında kaldığından kutu durur ve statik sürtünme 40 N olur. Koşul Notu: Kutu zaten kayıyorsa kinetik sürtünme kullanılır. Bu durumda kuvvetin yarıya inmesi sürtünmenin de mutlaka yarıya ineceği anlamına gelmez.
21. Soru: Blok Sistemlerinde Toplam Sürtünme
Her blok 10 kg’dır. Sistemlere yatay 200 N kuvvet uygulanmaktadır. Statik sürtünme katsayısı 0,8, kinetik sürtünme katsayısı 0,6’dır. Bloklar birbirinin üzerinden kaymaz ve devrilmez.
Soru: Beş sistemin toplam sürtünme kuvvetlerini hesaplayınız. Kısa Cevap: F₁ = 120 N, F₂ = 120 N, F₃ = 60 N, F₄ = 200 N, F₅ = 200 N. Çözüm: Önce toplam ağırlık ve statik sürtünme sınırı bulunur. 200 N bu sınırı aşarsa sistem kayar ve kinetik sürtünme hesaplanır. Aşmazsa statik sürtünme uygulanan 200 N’u dengeler.
Şekil I: Kısa Cevap: F₁ = 120 N. Çözüm: İki bloğun toplam kütlesi 20 kg, normal kuvveti 200 N’dur. Statik sınır 0,8 × 200 = 160 N olur. 200 N bu sınırı aştığından sistem kayar. F₁ = 0,6 × 200 = 120 N.
Şekil II: Kısa Cevap: F₂ = 120 N. Çözüm: Yine iki blok bulunduğundan toplam normal kuvvet 200 N’dur. Blokların farklı yüzleri üzerinde durması sonucu değiştirmez. Sistem kayar ve sürtünme 120 N olur.
Şekil III: Kısa Cevap: F₃ = 60 N. Çözüm: Tek bloğun normal kuvveti 100 N, statik sınırı 80 N’dur. 200 N kuvvet bloğu hareket ettirir. Kinetik sürtünme 0,6 × 100 = 60 N olur.
Şekil IV: Kısa Cevap: F₄ = 200 N. Çözüm: Dört bloğun toplam normal kuvveti 400 N’dur. Statik sınır 0,8 × 400 = 320 N bulunur. Uygulanan 200 N sınırı aşmadığından sistem durur ve statik sürtünme 200 N olur.
Şekil V: Kısa Cevap: F₅ = 200 N. Çözüm: Üç bloğun toplam normal kuvveti 300 N’dur. Statik sınır 0,8 × 300 = 240 N olur. Sistem harekete başlamaz ve statik sürtünme 200 N olarak kuvveti dengeler.
Önemli: Bu modelde sürtünme kuvveti görünür temas alanına bağlı değildir. Üstte duran blokların ağırlıkları da zemine aktarılır. Durmakta olan sistemlerde sürtünme kuvveti otomatik olarak μsN değerine eşit alınmaz.
1930
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 138 Cevapları
22. Soru: Uygulanan Kuvvete Göre Sürtünme ve İvme
Başlangıçta duran cismin kütlesi 2 kg’dır. En büyük statik sürtünme 16 N, kinetik sürtünme 12 N olarak verilmiştir. Kuvvetler, her seferinde başlangıçta duran cisme ayrı ayrı uygulanmaktadır.
Soru: Verilen kuvvetler için statik sürtünme, kinetik sürtünme, net kuvvet ve ivmeyi belirleyiniz. Kısa Cevap: 10, 15, 17, 18 ve 20 N kuvvetler için ivmeler sırasıyla 0, 0, 2,5, 3 ve 4 m/s² olur. Çözüm: Uygulanan kuvvet 16 N’u aşmıyorsa statik sürtünme kuvveti dengeler. Sınır aşılırsa cisim kayar, sürtünme 12 N olur ve a = (F − 12)/2 kullanılır.
Uygulanan Kuvvet: 10 N Statik Sürtünme: 10 N. Kinetik Sürtünme: Yok; cisim kaymaz. Net Kuvvet: 0 N. İvme: 0 m/s².
Uygulanan Kuvvet: 15 N Statik Sürtünme: 15 N. Kinetik Sürtünme: Yok; cisim kaymaz. Net Kuvvet: 0 N. İvme: 0 m/s².
Uygulanan Kuvvet: 17 N Statik Sürtünme: Kayma sırasında yok. Kinetik Sürtünme: 12 N. Net Kuvvet: 17 − 12 = 5 N. İvme: 5/2 = 2,5 m/s².
Uygulanan Kuvvet: 18 N Statik Sürtünme: Kayma sırasında yok. Kinetik Sürtünme: 12 N. Net Kuvvet: 18 − 12 = 6 N. İvme: 6/2 = 3 m/s².
Uygulanan Kuvvet: 20 N Statik Sürtünme: Kayma sırasında yok. Kinetik Sürtünme: 12 N. Net Kuvvet: 20 − 12 = 8 N. İvme: 8/2 = 4 m/s².
Önemli: Kayma durumlarında bulunan net kuvvet ve ivme, uygulanan kuvvetle aynı yöndedir. Aynı temasta statik ve kinetik sürtünme birlikte kullanılmaz.
23. Soru: Duvara Bastırılan Kitabın Dengesi
Kitabın kütlesi 2 kg, ağırlığı 20 N’dur. Kitap duvara yatay F kuvvetiyle bastırılmaktadır. Statik sürtünme katsayısı 0,8, kinetik sürtünme katsayısı 0,6’dır. Her durum, kitap başlangıçta dururken ayrı değerlendirilir.
Soru: Uygulanan kuvvetlere göre sürtünmenin cinsini, büyüklüğünü ve kitabın hareket durumunu belirleyiniz. Kısa Cevap: 10 ve 20 N için kitap aşağı kayar; kinetik sürtünmeler 6 ve 12 N olur. 30 ve 40 N için kitap dengede kalır; statik sürtünme iki durumda da 20 N’dur. Çözüm: Normal kuvvet N = F’tir. Denge için gereken sürtünme 20 N olduğundan 0,8F ≥ 20 olmalıdır. Buradan dengeyi sağlayan en küçük bastırma kuvveti 25 N bulunur.
Uygulanan Kuvvet: 10 N Sürtünmenin Cinsi: Kinetik. Büyüklüğü: 0,6 × 10 = 6 N, yukarı yönlü. Hareket: Statik sınır 8 N olup ağırlığı dengeleyemez. Kitap aşağı doğru hızlanarak kayar.
Uygulanan Kuvvet: 20 N Sürtünmenin Cinsi: Kinetik. Büyüklüğü: 0,6 × 20 = 12 N, yukarı yönlü. Hareket: Statik sınır 16 N olduğu için denge sağlanamaz. Kitap aşağı doğru hızlanarak kayar.
Uygulanan Kuvvet: 30 N Sürtünmenin Cinsi: Statik. Büyüklüğü: 20 N, yukarı yönlü. Hareket: Statik sınır 24 N’dur. Ağırlığı dengelemek için 20 N yeterli olduğundan kitap durmaya devam eder.
Uygulanan Kuvvet: 40 N Sürtünmenin Cinsi: Statik. Büyüklüğü: 20 N, yukarı yönlü. Hareket: Statik sınır 32 N’dur. Gerçek sürtünme ağırlığı dengeleyecek kadar, yani 20 N olur. Kitap dengede kalır.
2030
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 139 Cevapları
24. Soru: Üst Üste Konulan Cisimlerin Birlikte Hareketi
K ve L cisimlerinin kütleleri sırasıyla 1 kg ve 4 kg’dır. Aralarındaki statik sürtünme katsayısı 0,6’dır. L ile zemin arasındaki sürtünme ihmal edilmektedir. Sistem, L’ye uygulanan yatay F kuvvetiyle +x yönünde çekilmektedir.
Soru: Cisimlerin birlikte hareket etmesini sağlayan en küçük kuvvet değeri kaç N’dur? Kısa Cevap: Sorudaki “en küçük” ifadesi yerine “en büyük” denilmelidir. K’nin L üzerinde kaymadan hareket etmesini sağlayan en büyük kuvvet 30 N’dur. Pozitif bir minimum kuvvet yoktur. Çözüm: Üstteki K cismini yatayda ivmelendiren kuvvet, iki cisim arasındaki statik sürtünmedir. En büyük statik sürtünme Fs,max = μs mKg ile bulunur. Sürtünme Sınırı: Fs,max = 0,6 × 1 × 10 = 6 N. En Büyük Ortak İvme: amax = Fs,max/mK = 6/1 = 6 m/s². Kuvvet Sınırı: Sistemin toplam kütlesi 5 kg olduğundan Fmax = 5 × 6 = 30 N bulunur.
Fiziksel yorum: Başlangıçta duran sistemde 0 < F ≤ 30 N aralığındaki kuvvetler iki cismin birlikte ivmelenmesini sağlar. Kuvvet 30 N’u aşarsa K’yi aynı ivmeyle hızlandırmak için gereken sürtünme sağlanamaz ve K, L üzerinde kayar. F = 0 ise başlangıçta duran sistem durmaya devam eder.
25. Soru: Sürtünme Kuvveti Grafiğinin Yorumlanması
Grafikte A noktası statik bölgede, B noktası kinetik bölgede bulunmaktadır. Statik bölgede cisim dururken sürtünme uygulanan kuvveti dengeler. B noktasında ise uygulanan kuvvet, kinetik sürtünmeden büyüktür.
Soru a: A noktasında uygulanan kuvvet ile sürtünme kuvveti arasındaki ilişki hangisidir? Kısa Cevap: B) Fuygulanan = Fstatik. Çözüm: A noktası kaymanın henüz başlamadığı statik bölgededir. Statik sürtünme, uygulanan kuvvete eşit büyüklükte ve zıt yöndedir. Bu nedenle net kuvvet sıfırdır.
Soru b: B noktasında uygulanan kuvvet ile sürtünme kuvveti arasındaki ilişki hangisidir? Kısa Cevap: D) Fuygulanan > Fkinetik. Çözüm: B noktası grafiğin kayma bölgesindedir. Bu noktadaki uygulanan kuvvet, grafikteki kinetik sürtünme değerinden büyüktür. Dolayısıyla net kuvvet Fuygulanan − Fkinetik olur ve cisim uygulanan kuvvet yönünde ivmelenir.
Önemli: Hareket eden her cisim için uygulanan kuvvet sürtünmeden büyük olmak zorunda değildir. Buradaki sonuç, grafikte verilen B noktasına aittir. Sabit hızlı kaymada uygulanan kuvvet kinetik sürtünmeye eşit olabilir.
2130
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 140 Cevapları
26. Soru: Kuvvetlere Göre Blokların Hareket Durumları
Dört şekildeki blokların hareketi, ilk hızları ve üzerlerine etki eden net kuvvet dikkate alınarak değerlendirilir. Newton’ın ikinci yasasına göre Fnet = ma’dır. Net kuvvet sıfırsa hız değişmez; sıfırdan farklıysa ivme oluşur.
Soru: Blokların ilk hız ve kuvvet vektörlerini inceleyerek hareket durumlarını açıklayınız. Kısa Cevap: Yukarıdan aşağıya sırasıyla sağa doğru hızlanma, önce yavaşlama, sabit hızlı hareket ve sabit hızlı hareket görülür.
1. Durum: Sürtünmesiz Zeminde Yatay Kuvvet
Durum: Başlangıçta duran bloka sağa doğru sabit F kuvveti uygulanıyor. Kısa Cevap: Blok sağa doğru sabit ivmeyle hızlanır. Açıklama: Sürtünme bulunmadığından yatay net kuvvet F’dir. a = F/m sabit olur. Blok, kuvvet yönünde harekete başlar ve sürati zamanla artar.
2. Durum: Hareket Yönüne Zıt Kuvvet
Durum: Sağa hareket eden bloka sola doğru sabit F kuvveti uygulanıyor. Kısa Cevap: Blok önce sabit ivmeyle yavaşlar ve durur. Kuvvet aynı yönde uygulanmaya devam ederse sola doğru hızlanır. Açıklama: İvme sola yönlüdür. Başlangıçta hızla ivme zıt yönlü olduğu için sürat azalır. Sağa yön pozitif alınırsa v(t) = v₀ − (F/m)t olur.
3. Durum: Zemine Doğru Uygulanan Kuvvet
Durum: Sağa hareket eden bloka düşey aşağı yönlü F kuvveti uygulanıyor. Kısa Cevap: Blok aynı yönde, aynı hızla hareket etmeye devam eder. Açıklama: Blok yatay düzlem üzerinde kaldığından düşey doğrultuda dengededir. Normal kuvvet N = mg + F olur. Zeminde sürtünme bulunmadığı için normal kuvvetin artması yatay hareketi değiştirmez. Sonuç: Yatay net kuvvet ve yatay ivme sıfırdır. Blok doğrultu değiştirmez ve çembersel hareket yapmaz.
4. Durum: Uygulanan Kuvvet ve Sürtünmenin Eşitliği
Durum: Hareket yönündeki F kuvveti ile zıt yöndeki sürtünme kuvveti eşit büyüklüktedir. Kısa Cevap: Blok sabit hızla ilerler. Açıklama: F = Fs olduğundan yatay net kuvvet Fnet = F − Fs = 0 olur. İvme sıfırdır; başlangıçta hareket eden blok durmaz, mevcut hızını korur.
Önemli: Hareketi belirleyen tek başına uygulanan kuvvet değil, bütün kuvvetlerin bileşkesidir. Net kuvvetin sıfır olması cismin mutlaka durduğu anlamına gelmez.
2230
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 141 Cevapları
27. Soru: Dengedeki Sistemlerde Kuvvetölçer Değerleri
Şekillerdeki bütün sistemler dengededir. Cisimlerin her birinin kütlesi 3 kg, yer çekimi ivmesi 10 N/kg’dır. İplerin ve makaraların kütleleri ile sürtünmeler ihmal edilir. Her cismin ağırlığı G = mg = 3 × 10 = 30 N olur.
Soru: Her sistemde kuvvetölçerin okuduğu değeri hesaplayarak diğerleriyle karşılaştırınız. Kısa Cevap: D₁ = 30 N, D₂ = 30 N, D₃ = 60 N, D₄ = 15 N. Sıralama D₃ > D₁ = D₂ > D₄ olur. Çözüm: Her sistemde kuvvetölçerin hangi kuvveti taşıdığı belirlenir. İdeal ipte gerilme aynı büyüklüktedir. Kuvvetölçer, kendi üzerinden iletilen çekme kuvvetinin büyüklüğünü gösterir.
D₁: İki Asılı Cisim Arasındaki Kuvvetölçer
Birinci Sistem: Kısa Cevap: D₁ = 30 N. Çözüm: Her asılı cisim dengede olduğundan ip gerilmesi T = mg = 30 N’dur. Kuvvetölçer bu gerilmeyi ölçer. Dikkat: İki taraftaki 30 N’luk çekmeler toplanıp 60 N alınmaz. Kuvvetölçerin net kuvveti sıfır olsa da gösterdiği gerilme 30 N’dur.
D₂: Bir Ucu Duvara Bağlı Sistem
İkinci Sistem: Kısa Cevap: D₂ = 30 N. Çözüm: Asılı 3 kg’lık cismin dengesi için ipte 30 N gerilme bulunmalıdır. İdeal makara yalnızca kuvvetin yönünü değiştirir. Kuvvetölçer de 30 N okur.
D₃: Makarayı Taşıyan Kuvvetölçer
Üçüncü Sistem: Kısa Cevap: D₃ = 60 N. Çözüm: İpin iki kolundaki gerilme ayrı ayrı 30 N’dur. Bu iki ip kolu makarayı aşağı doğru çekmektedir. Kuvvetölçer makarayı taşıdığı için iki gerilmenin toplamını dengeler. İşlem: D₃ = T + T = 30 + 30 = 60 N.
D₄: Sürtünmesiz Eğik Düzlemdeki Kuvvetölçer
Dördüncü Sistem: Kısa Cevap: D₄ = 15 N. Çözüm: Kuvvetölçer, ağırlığın eğik düzleme paralel bileşenini dengeler. D₄ = mg sin30° yazılır. İşlem: D₄ = 3 × 10 × 0,5 = 15 N.
Sonuç: D₃ makaraya etki eden iki gerilmeyi birlikte taşıdığı için en büyük değeri gösterir. D₄ ise ağırlığın yalnızca eğik düzleme paralel bileşenini ölçtüğünden en küçük değeri gösterir. D₃ > D₁ = D₂ > D₄.
2330
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 142 Cevapları
28. Soru: Bağlı Cisimlerde Kütlenin İvmeye Etkisi
Birinci düzende masa üzerindeki A cismi, makaradan geçen iple asılı B cismine bağlanmıştır. İkinci düzende B yerine daha büyük kütleli C bağlanmaktadır. Asılı cisimlerin yere olan başlangıç uzaklıkları h’dir. Çözümde sürtünmesiz yüzey, ideal ip ve makara modeli kullanılmıştır.
Hesaplamaya katılan cisimler: Birinci sistem A ve B’den, ikinci sistem A ve C’den oluşur. Masanın üzerinde ayrı duran ve ipe bağlı olmayan cisim, ilgili sistemin toplam kütlesine eklenmez.
Soru a: B’nin yere ulaşma süresi t₁ ile C’nin yere ulaşma süresi t₂’yi karşılaştırınız. Kısa Cevap: t₁ > t₂. Daha ağır C cismi yere daha kısa sürede ulaşır. Çözüm: Sistemi hareket ettiren dış kuvvet asılı cismin ağırlığıdır. Birinci düzende a₁ = mBg/(mA + mB), ikinci düzende a₂ = mCg/(mA + mC) olur. Karşılaştırma: mC > mB olduğu için a₂ > a₁ bulunur. Başlangıç hızları sıfır ve düşülen uzaklıklar eşit olduğundan t = √(2h/a) bağıntısına göre t₂ < t₁ olur.
Soru b: İplerde oluşan T₁ ve T₂ gerilme kuvvetlerini karşılaştırınız. Kısa Cevap: T₂ > T₁. Çözüm: Masa üzerindeki A’nın yatayda ivmelenmesini ip gerilmesi sağlar. Bu nedenle T₁ = mAa₁ ve T₂ = mAa₂ yazılır. Sonuç: A’nın kütlesi aynı, ikinci sistemin ivmesi daha büyük olduğundan ikinci ipteki gerilme daha büyüktür.
Soru c: Deney yer çekimi ivmesinin daha büyük olduğu bir bölgede tekrarlanırsa ivme ve ip gerilmesi nasıl değişir? Kısa Cevap: Her iki sistemde de ivme ve ip gerilmesi artar. Çözüm: Kütleler değişmediğinde a = masılıg/(mA + masılı) bağıntısına göre ivme g ile doğru orantılıdır. T = mAa olduğundan gerilme de aynı oranda artar. Örnek: Yer çekimi ivmesi iki katına çıkarsa sistemin ivmesi ve ip gerilmesi de iki katına çıkar.
Önemli: Asılı cisimler serbest düşme yapmaz; ip gerilmesinin etkisi altındadır. Bu nedenle ivmeleri g’den küçüktür. Buradaki süre farkı, kütlelerin ip aracılığıyla bağlı olduğu sistemin dinamiğinden kaynaklanır.
2430
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 143 Cevapları
29. Soru: Asansörün Hız Düzenleyicisi
Hız düzenleyicisinde simetrik dönen iki cismin her birinin kütlesi 2 kg’dır. Normal konumda dönme yarıçapı 10 cm, frenin devreye girdiği konumda 12 cm’dir. Yay sabiti 800 N/m olarak verilmiştir.
Soru: Fren sisteminin devreye girdiği andaki açısal hızı hesaplayınız. Kısa Cevap: Her kütleye etki eden yay kuvveti için uzama 0,02 m alınırsa açısal hız √(200/3) rad/s ≈ 8,16 rad/s bulunur. Çözüm: Basitleştirilmiş modelde uzama Δℓ = 0,12 − 0,10 = 0,02 m kabul edilir. Yay kuvveti Fyay = kΔℓ = 800 × 0,02 = 16 N olur. Merkezcil Kuvvet: Her bir cisim için kΔℓ = mω²r yazılır. Fren anındaki yarıçap r = 0,12 m’dir. İşlem: 16 = 2 × ω² × 0,12 eşitliğinden ω² = 200/3 ve ω ≈ 8,16 rad/s elde edilir.
Model notu: Metinde yayın bağlantı biçimi, doğal uzunluğu ve normal çalışma konumundaki ön gerilmesi açıklanmamıştır. Bu nedenle 8,16 rad/s sonucu, 2 cm’lik yarıçap artışının doğrudan yay uzaması sayıldığı ve ön gerilmenin hesaba katılmadığı modele aittir. Ayrıntılı bir düzenek için yayın gerçek toplam uzaması bilinmelidir.
30. Soru: Karahindiba Tohumunun Limit Hızı
Tohumun kütlesi m, hareket doğrultusundaki en geniş yüzey alanı A, hava direnci modelinin katsayısı k ve yer çekimi ivmesinin büyüklüğü g’dir. Kitapta kullanılan hava direnci modeli Fdirenç = kAv² biçimindedir.
Soru a: Tohumun limit hızının büyüklüğünü veren matematiksel modeli yazınız. Kısa Cevap: vlimit = √(mg/kA). Çözüm: Limit hızda yukarı yönlü hava direnci ile aşağı yönlü ağırlık dengelenir. mg = kAvlimit² eşitliği çözülerek bağıntı elde edilir. Bu durumda net kuvvet ve ivme sıfırdır.
Soru b: k %10, A %25 artarsa diğer değişkenler sabitken limit hız nasıl değişir? Kısa Cevap: Limit hız ilk değerinin yaklaşık 0,853 katına iner; yani %14,72 azalır. Çözüm: Yeni değerler k′ = 1,10k ve A′ = 1,25A olur. Çarpımları k′A′ = 1,375kA bulunur. Oran: v′/v = 1/√(1,10 × 1,25) = √(8/11) ≈ 0,8528. Azalma: (1 − 0,8528) × 100 ≈ %14,72.
Soru c: Karahindibanın geniş alanlara yayılması ile limit hız arasındaki ilişkiyi açıklayınız. Kısa Cevap: Tohumların düşük limit hızı, havada daha uzun süre kalmalarına ve rüzgârla daha uzağa taşınmalarına yardımcı olur. Açıklama: Paraşüt benzeri tüyler, küçük kütleye karşılık geniş bir yüzey alanı oluşturur. Bu yapı hava direncini artırarak düşme süratini sınırlar. Tohumlar yere daha yavaş inerken rüzgâr onları farklı bölgelere taşıyabilir.
Önemli: Limit hız, cismin durması anlamına gelmez. Tohum düşmeye devam eder; ancak kuvvetler dengelendiği için sürati artık artmaz.
2530
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 144 Cevapları
31. Soru: Cisimlerin Limit Hızlarının Karşılaştırılması
K, L, M ve N cisimlerinin kütleleri eşittir. Kitabın Fdirenç = kAv² modeliyle ve aynı k katsayısıyla yapılan karşılaştırmada vlimit = √(mg/kA) kullanılır. Buradaki A, cismin düşme doğrultusuna dik en geniş kesit alanıdır.
Alanlar: Küpün ayrıtı 2r olduğundan AK = 4r²’dir. L ve M’nin geniş dairesel kesitlerinin yarıçapı r, N küresinin yarıçapı da r olduğundan AL = AM = AN = πr² olur. 4 > π olduğu için K’nin alanı daha büyüktür.
Soru: İfadeleri doğru veya yanlış olarak değerlendirip yanlış olanları düzeltiniz. Kısa Cevap: Sırasıyla Y – D – D – Y – Y. Çözüm: Kütle, g ve k aynı olduğunda limit hız alanın kareköküyle ters orantılıdır. Bu nedenle vL = vM = vN > vK bulunur.
1. İfade: K ile L’nin limit hızları eşittir. Kısa Cevap: Y — Yanlış. Düzeltme: K’nin kesit alanı daha büyük olduğundan vK < vL’dir.
2. İfade: L ile N’nin limit hızları eşittir. Kısa Cevap: D — Doğru. Açıklama: Kullanılan modelde kütleleri ve etkili kesit alanları eşittir.
3. İfade: M ile L’nin limit hızları eşittir. Kısa Cevap: D — Doğru. Açıklama: İkisinin de en geniş kesit alanı πr²’dir.
4. İfade: K’nin limit hızı en büyüktür. Kısa Cevap: Y — Yanlış. Düzeltme: K’nin limit hızı en küçüktür.
5. İfade: N’nin limit hızı en küçüktür. Kısa Cevap: Y — Yanlış. Düzeltme: N’nin limit hızı L ve M’ye eşittir ve K’ninkinden büyüktür.
32. Soru: Dönen Salıncağın Çembersel Hareketi
Zincirin bağlandığı nokta merkez eksenden 4 m uzaktadır. Zincir uzunluğu 7 m, düşeyle yaptığı açı 37°’dir. Salıncak ve kişinin toplam kütlesi 80 kg’dır. Verilen değerlere göre sin37° = 0,6, cos37° = 0,8, π = 3 ve g = 10 m/s² alınır.
Yörünge yarıçapı: Salıncağın merkez eksene uzaklığı R = 4 + 7sin37° = 4 + 4,2 = 8,2 m’dir. Yarıçap yalnızca zincirin yatay bileşeni değildir.
Soru a: Salıncağın periyodunu ve frekansını hesaplayınız. Kısa Cevap: T ≈ 6,27 s, f ≈ 0,159 Hz. Çözüm: Gerilmenin düşey bileşeni ağırlığı dengeler, yatay bileşeni merkezcil kuvveti sağlar. Bu denklemler oranlandığında tan37° = ω²R/g bulunur. Açısal Hız: ω² = (10 × 0,75)/8,2 = 75/82 olduğundan ω ≈ 0,956 rad/s. Periyot ve Frekans: π = 3 kullanılarak T = 2π/ω = 6/ω ≈ 6,27 s; f = 1/T ≈ 0,159 Hz bulunur.
Soru b: Salıncağın çizgisel ve açısal hızının büyüklüğünü hesaplayınız. Kısa Cevap: v ≈ 7,84 m/s ve ω ≈ 0,956 rad/s. Çözüm: v² = gRtan37° = 10 × 8,2 × 0,75 = 61,5 m²/s². Buradan v = √61,5 ≈ 7,84 m/s olur. ω = v/R ≈ 0,956 rad/s bulunur.
Soru c: Salıncağı tutan zincirdeki gerilme kuvvetini hesaplayınız. Kısa Cevap: Zincir gerilmesi 1000 N’dur. Çözüm: Gerilmeyi S ile gösterelim. Düşey denge için Scos37° = mg yazılır. S × 0,8 = 80 × 10 eşitliğinden S = 1000 N elde edilir.
Kontrol: Zincirin yatay kuvvet bileşeni 1000 × 0,6 = 600 N’dur. Bu değer, mv²/R = 80 × 61,5/8,2 = 600 N sonucuyla uyumludur.
2630
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 145 Cevapları
33. Soru: Helikopterden Bırakılan Tohum Topları
Bir çevre projesinde, yangından sonra ağaçsız kalan yamaca helikopterden tohum topları bırakılmaktadır. 250 m yükseklikten bırakılan bir tohum topu, bir süre hızlandıktan sonra limit hıza ulaşmaktadır.
Soru a: Tohum topu limit hıza ulaştığında üzerindeki net kuvveti açıklayınız. Kısa Cevap: Tohum topuna etki eden net kuvvet sıfırdır. Açıklama: Limit hızda yukarı yönlü hava direnci, aşağı yönlü ağırlığa eşittir. Fdirenç = mg olduğundan net kuvvet ve ivme sıfır olur. Tohum topu durmaz; sabit süratle aşağı inmeye devam eder.
Soru b: Tohum topunun daha kısa sürede yere ulaşması için hangi özellikleri nasıl değiştirilmelidir? Kısa Cevap: Diğer değişkenler sabitken kütlesi artırılabilir, hava akımına dik kesit alanı veya direnç katsayısı azaltılabilir. Açıklama: Kitabın direnç modelinde vlimit = √(mg/kA) olur. Kütlenin artması ya da kA çarpımının azalması limit sürati büyütür. Böylece aynı yükseklikten bırakılan top daha kısa sürede yere ulaşabilir. Örnek Cevap-1: Topun boyutu değiştirilmeden daha yoğun bir karışım kullanılırsa kütlesi artar. Aynı kesit alanında daha büyük kütle, daha yüksek limit sürat sağlar. Örnek Cevap-2: Kütle korunarak hava akımına karşı etkili alanı küçülten veya direnci azaltan bir tasarım seçilebilir. Ancak tohumların zarar görmemesi ve uygun derinliğe ulaşması da gözetilmelidir.
34. Soru: Tümsek Köprünün Tepe Noktasındaki Minibüs
Minibüsün kütlesi 1200 kg, sürati 10 m/s, köprünün tepe bölgesindeki çembersel yörüngenin yarıçapı 20 m’dir. Sürtünmeler ihmal edilir ve g = 10 m/s² alınır.
Soru a: Minibüsün yarıçap ve hız vektörünü çiziniz. Kısa Cevap: O merkezinden minibüse çizilen yarıçap vektörü yukarı, hız vektörü ise yörüngeye teğet olarak yatay sağa yönelir. Çizim Rehberi: O noktasından minibüsün bulunduğu tepe noktasına doğru 20 m’lik yarıçap oku çizilir. Minibüsün bulunduğu noktadan sağa doğru 10 m/s’lik hız oku gösterilir. Bu iki vektör birbirine diktir. Ayrım: Merkezcil ivme, yarıçap vektörünün ters yönünde, O’ya doğru aşağı yönelir.
Soru b: Minibüsün serbest cisim diyagramını çiziniz. Kısa Cevap: Minibüse aşağı yönlü ağırlık ve yukarı yönlü normal kuvvet etki eder. Çizim Rehberi: Minibüsü bir noktayla gösterin. Noktadan aşağı doğru G = mg = 12 000 N, yukarı doğru N oku çizin. Ağırlık oku normal kuvvet okundan daha uzun olmalıdır. Önemli: Merkezcil kuvvet ayrı bir üçüncü kuvvet değildir. Ağırlık ile normal kuvvetin bileşkesi merkezcil kuvveti oluşturur.
Soru c: Minibüse etki eden normal kuvvetin büyüklüğünü hesaplayınız. Kısa Cevap: N = 6000 N. Çözüm: Tepe noktasında merkez aşağıdadır. Merkeze doğru net kuvvet için mg − N = mv²/r yazılır. Merkezcil Kuvvet: mv²/r = 1200 × 10²/20 = 6000 N. Sonuç: N = mg − mv²/r = 12 000 − 6000 = 6000 N.
Kontrol: Merkezcil ivme v²/r = 100/20 = 5 m/s² ve yönü aşağıdır. Normal kuvvet pozitif olduğundan minibüs bu anda köprüyle temasını korur.
2730
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 146 Cevapları MEB Yayınları
1. Ünite Ölçme ve Değerlendirme Soruları bölümündeki bu sayfada, döner kapının periyodu ve eğimli virajda hareket konularına ilişkin 35 ve 36. sorular çözülmektedir.
35. Soru: Döner Kapının Olası Periyotları
Soru:
Yarıçapı 120 cm olan tek girişli döner kapıdan 40 cm/s sabit süratle doğrusal olarak geçen Yaman için kapının olası periyot değerlerini bulunuz.
Kısa Cevap: Kapının olası periyotları T = 12/(2n + 1) s bağıntısıyla bulunur. Burada n = 0, 1, 2, … olup ilk değerler 12 s, 4 s, 2,4 s, 12/7 s, … şeklindedir.
Çözüm: Yaman, kapının bir tarafından girip karşı tarafından çıktığı için silindirin çapı kadar yol alır.
Alınan yol: x = 2r = 2 × 120 = 240 cm
Geçiş süresi: t = x/v = 240/40 = 6 s
Yaman çıkış noktasına ulaştığında tek açıklığın da giriş noktasının tam karşısına gelmesi gerekir. Bunun için kapı, geçiş süresince yarım tur veya yarım turun tek katları kadar dönmelidir.
6 = (n + 1/2)T
Buradan T = 12/(2n + 1) s elde edilir.
n = 0 için: T = 12 s
n = 1 için: T = 4 s
n = 2 için: T = 2,4 s
Sonuç: Olası en büyük periyot 12 saniyedir.
36. Soru: Eğimli Virajda Yarış Otomobili
Verilenler: Otomobilin yarışçıyla birlikte kütlesi 800 kg, viraj yarıçapı 80 m, eğim açısı 10° ve tan10° = 0,176 değerindedir. Sürtünme ihmal edilmiştir. Hesaplamalarda g = 10 m/s² alınmıştır.
Soru a:
Yarış otomobilinin serbest cisim diyagramını çiziniz.
Kısa Cevap: Otomobile düşey aşağı yönlü ağırlık kuvveti ve yola dik normal kuvvet etki eder.
Açıklama: Otomobili bir noktayla gösteriniz. Bu noktadan aşağı doğru G = mg oku çiziniz. Ardından yol yüzeyine dik, yukarıya ve virajın merkezine doğru eğik bir N oku çiziniz.
Normal kuvvetin düşey bileşeni ağırlığı dengeler: N cos10° = mg.
Yatay bileşeni merkezcil kuvveti oluşturur: N sin10° = mv²/r.
Merkezcil kuvvet, diyagrama üçüncü bir kuvvet olarak eklenmez. Bu soruda normal kuvvetin yatay bileşenidir.
Soru b:
Yarış otomobilinin virajı güvenle dönebileceği hızın maksimum değerini hesaplayınız.
Kısa Cevap: Otomobilin virajı kaymadan dönebileceği sürat yaklaşık 11,87 m/s olur.
Çözüm: Kuvvet bileşenlerine ait denklemler oranlanır.
tan10° = v²/(rg)
v² = rg tan10° = 80 × 10 × 0,176 = 140,8
v = √140,8 ≈ 11,87 m/s
Fiziksel açıklama: Soruda “maksimum” ifadesi kullanılmıştır. Ancak sürtünmesiz eğimli viraj modelinde bulunan değer, aracın yanal kayma olmadan dönebileceği tek uygun sürattir.
Soru c:
Yarış otomobiline uygulanan merkezcil kuvvetin büyüklüğünü hesaplayınız.
Kısa Cevap: Merkezcil kuvvetin büyüklüğü 1408 N olur.
Çözüm: Önceki bölümde bulunan v² = 140,8 m²/s² değeri kullanılır.
F merkezcil = mv²/r = 800 × 140,8/80 = 1408 N
Bu kuvvet yatay düzlemde virajın merkezine doğru yönelmiştir.
2830
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 147 Cevapları MEB Yayınları
1. Ünite Ölçme ve Değerlendirme bölümündeki 37. soruda, Satürn’ün halkalarındaki K, L ve M buz parçalarının çizgisel süratleri, açısal süratleri, periyotları ve merkezcil ivmeleri karşılaştırılmaktadır.
37. Soru: Satürn’ün Halkalarında Düzgün Çembersel Hareket
Verilenler: Parçaların Satürn’ün merkezine uzaklıkları rK = 130.000 km, rL = 100.000 km ve rM = 80.000 km şeklindedir.
Uzaklık sıralaması: rK > rL > rM. Üç parça aynı gezegenin çevresinde dolandığından, karşılaştırmalarda gezegenin kütlesi sabittir.
Soru a:
K, L ve M parçalarının çizgisel süratlerini karşılaştırınız.
Kısa Cevap: vM > vL > vK
Çözüm: Soruda verilen bağıntıya göre, aynı gezegenin çevresindeki parçaların çizgisel sürati yörünge yarıçapının kareköküyle ters orantılıdır.
v ∝ 1/√r
Merkeze en yakın olan M en büyük, en uzaktaki K en küçük çizgisel sürate sahiptir.
Soru b:
K, L ve M parçalarının açısal süratlerini karşılaştırınız.
Kısa Cevap: ωM > ωL > ωK
Çözüm: Açısal sürat ω = v/r bağıntısıyla bulunur. Çizgisel süratin yarıçapa bağlılığı bu bağıntıda kullanılır.
ω ∝ 1/(r√r)
Yörünge yarıçapı küçüldükçe açısal sürat artar. Bu nedenle M’nin açısal sürati en büyüktür.
Soru c:
K, L ve M parçalarının periyotlarını karşılaştırınız.
Kısa Cevap: TK > TL > TM
Çözüm: Periyot ile açısal sürat arasındaki ilişki T = 2π/ω şeklindedir. Buna göre periyot, açısal süratle ters orantılıdır.
T ∝ r√r
Satürn’den en uzakta bulunan K bir turunu en uzun sürede, en yakındaki M ise en kısa sürede tamamlar.
Soru ç:
K, L ve M parçalarının merkezcil ivmelerini karşılaştırınız.
Kısa Cevap: aM > aL > aK
Çözüm: Merkezcil ivme a = v²/r bağıntısıyla hesaplanır. Bu soruda v² ∝ 1/r olduğundan aşağıdaki ilişki elde edilir.
a ∝ 1/r²
Merkezcil ivme, yörünge yarıçapının karesiyle ters orantılıdır. Dolayısıyla merkezcil ivmesi en büyük olan parça M’dir.
2930
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 148 Cevapları MEB Yayınları
1. Ünite Ölçme ve Değerlendirme bölümündeki 38. soruda, hız trenindeki bir yolcunun çembersel rayın farklı noktalarında hissettiği g yükü hesaplanmaktadır.
38. Soru: Hız Treninde Hissedilen g Kuvveti
Verilenler: Başlangıç yüksekliği 25 m, çembersel rayın yarıçapı 6 m, Ali Yasin’in kütlesi 50 kg olarak verilmiştir. Vagon ilk hızsız bırakılmıştır ve sürtünme yoktur.
Yükseklikler: K noktası referans düzeyindedir. L noktası 12 m, M noktası ise 6 m yüksekliktedir.
Hesaplama yöntemi: Yolcunun hissettiği g yükü, koltuğun uyguladığı normal kuvvetin ağırlığa oranıyla bulunur: n = FN/(mg). Örneğin n = 3 olması, yolcunun 3 g hissetmesi anlamına gelir. Merkezcil ivmenin tek başına g’ye oranı, her noktada hissedilen g yükünü vermez.
Soru a:
Ali Yasin’e çembersel rayın en alt K noktasında etki eden g kuvvetini hesaplayınız.
Kısa Cevap: Ali Yasin, K noktasında 28/3 g ≈ 9,33 g hisseder.
Çözüm: Enerjinin korunumu kullanılarak K noktasındaki süratin karesi bulunur.
mg × 25 = mvK²/2 → vK² = 50g
En alt noktada merkez yukarıdadır. Normal kuvvet yukarı, ağırlık aşağı yönlü olduğundan:
FN,K − mg = mvK²/r
nK = FN,K/(mg) = 1 + vK²/(rg)
nK = 1 + 50/6 = 28/3 ≈ 9,33
Dolayısıyla koltuğun uyguladığı kuvvet, Ali Yasin’in ağırlığının yaklaşık 9,33 katıdır.
Soru b:
Ali Yasin’e çembersel rayın en üst L noktasında etki eden g kuvvetini hesaplayınız.
Kısa Cevap: Ali Yasin, L noktasında 10/3 g ≈ 3,33 g hisseder.
Çözüm: L noktasının yüksekliği çemberin çapına eşittir: 2r = 12 m. Başlangıç ile L arasındaki yükseklik farkı 13 m olur.
mg × 25 = mg × 12 + mvL²/2 → vL² = 26g
En üst noktada hem ağırlık hem de normal kuvvet aşağıya, çemberin merkezine yönelmiştir.
FN,L + mg = mvL²/r
nL = vL²/(rg) − 1 = 26/6 − 1 = 10/3 ≈ 3,33
Bu noktada ağırlık da merkezcil kuvvete katkı sağladığından normal kuvvet, merkezcil kuvvetten küçüktür.
Soru c:
Ali Yasin’e çembersel rayın yan yüzeyindeki M noktasında etki eden g kuvvetini hesaplayınız.
Kısa Cevap: Ali Yasin, M noktasında 19/3 g ≈ 6,33 g hisseder.
Çözüm: M noktası yerden 6 m yüksektedir. Başlangıç ile M arasındaki yükseklik farkı 19 m olur.
mg × 25 = mg × 6 + mvM²/2 → vM² = 38g
M noktasında merkeze doğru yön yataydır. Ağırlığın bu doğrultuda bileşeni bulunmadığından merkezcil kuvveti normal kuvvet sağlar.
FN,M = mvM²/r
nM = vM²/(rg) = 38/6 = 19/3 ≈ 6,33
Sonuç: Hissedilen g yükleri K: 9,33 g; L: 3,33 g; M: 6,33 g şeklindedir. En büyük g yükü K noktasında hissedilir.
3030
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Sayfa 149 Cevapları MEB Yayınları
1. Ünite Ölçme ve Değerlendirme bölümünün son sayfasında, paraşütçülerin limit hızları ve bisiklet yarışlarında hava direncini azaltma yöntemleri incelenmektedir.
39. Soru: Paraşütçülerle İlgili Doğru ve Yanlış İfadeler
Temel bilgi: Selim ve Berra sabit hızla indiğinden her birinin üzerindeki net kuvvet sıfırdır. Bu nedenle her paraşütçüye etki eden hava direnci, kendi ağırlığına eşittir. Hızlarının eşit olması, ağırlıklarının da mutlaka eşit olduğu anlamına gelmez.
1. İfade:
Selim’in kütlesi Berra’nın kütlesinden büyük olabilir.
Kısa Cevap: D — Doğru.
Açıklama: Selim’in kütlesi daha büyükse paraşütünün etkin alanı da uygun ölçüde daha büyük olabilir. Böylece farklı kütlelerde olmalarına rağmen aynı limit hızla inebilirler.
2. İfade:
Berra’nın paraşütünün yüzey alanı, Selim’in paraşütünün yüzey alanına eşit olabilir.
Kısa Cevap: D — Doğru.
Açıklama: Kütleleri eşit ve paraşütlerinin diğer özellikleri aynı olabilir. Bu durumda eşit yüzey alanlı paraşütlerle eşit limit hızda inmeleri mümkündür.
3. İfade:
Selim ile Berra’nın ağırlıkları kesinlikle eşittir.
Kısa Cevap: Y — Yanlış.
Açıklama: Ağırlıklarının eşit olması zorunlu değildir. Paraşütlerinin alanları veya hava direncini etkileyen özellikleri farklıysa farklı ağırlıklara sahip kişiler aynı limit hızla inebilir.
4. İfade:
Her ikisine uygulanan hava direnç kuvvetleri eşittir.
Kısa Cevap: Y — Yanlış.
Açıklama: Hava dirençlerinin eşit olduğu kesin olarak söylenemez. Selim’e etki eden direnç Selim’in, Berra’ya etki eden direnç Berra’nın ağırlığına eşittir. Ağırlıkları farklıysa direnç kuvvetleri de farklıdır.
5. İfade:
Yere yaklaştıkça her ikisi de yavaşlamaya başlar.
Kısa Cevap: Y — Yanlış.
Açıklama: Sorudaki sabit koşullar altında limit hıza ulaşan paraşütçüler, yere temas edinceye kadar sabit hızla inmeye devam eder. Yere yaklaşmaları tek başına yavaşlamalarını gerektirmez.
Doğru-yanlış sıralaması: D, D, Y, Y, Y.
40. Soru: Bisiklet Yarışlarında Hava Direnci
Soru a:
Öndeki bisikletçinin hemen arkasında ilerleyen sporcu, aynı hızı korurken neden daha az enerji harcar?
Kısa Cevap: Öndeki bisikletçinin arkasındaki bölgede hava direnci azaldığı için daha az enerji harcar.
Açıklama: Öndeki sporcu hava akışını değiştirerek arkasında aerodinamik bir korunak oluşturur. Arkadaki bisikletçi daha küçük direnç kuvvetini yenmek zorunda kalır. Aynı hız ve mesafede direnç kuvvetine karşı yaptığı iş azalır.
Soru b:
Yokuş aşağı inerken sele üzerine kapanmak ve kolları içeri bükmek, kütle değişmeden daha yüksek limit hıza ulaşmayı nasıl sağlar?
Kısa Cevap: Sporcunun hava akışına dik kesit alanı küçülür ve hava direnci azalır. Böylece limit hızı artar.
Açıklama: Vücudun kapanması, havaya karşı daha küçük bir yüzey sunulmasını sağlar; duruşun değişmesi direnç katsayısını da azaltabilir. Aynı süratte daha az hava direnci oluşur. Direnç kuvveti ile yokuş boyunca hareketi sağlayan kuvvetin dengelenmesi daha yüksek bir süratte gerçekleşir.
Soru c:
Sporcuların damla şeklinde kask kullanmasının temel nedeni nedir?
Kısa Cevap: Hava direncini azaltarak enerji tasarrufu sağlamak ve sürati korumayı kolaylaştırmaktır.
Açıklama: Damla biçimli kask, uygun sürüş pozisyonunda havanın baş çevresinden daha düzenli akmasını sağlar. Akış ayrılmasını ve geride oluşan iz bölgesini azaltarak aerodinamik direncin düşmesine yardımcı olur.
11. Sınıf Fizik Ders Kitabının Diğer Cevapları
11. Sınıf Fizik Ders Kitabı Cevapları MEB Yayınları
Açıklamalar ve Örnek Cevaplar
Soru:
Aynı limit hızla düşen kişilerin kütleleri eşit olmak zorunda mıdır?
Kısa Cevap: Hayır. Paraşütlerinin hava direncini etkileyen özellikleri farklı olabilir.
Açıklama: Limit hız; kütleye, havanın özelliklerine, etkin kesit alanına ve direnç katsayısına bağlıdır. Bu nedenle yalnızca hızların eşitliğinden kütlelerin eşitliği çıkarılamaz.
Soru:
Limit hızda hareket eden bir cisme hava direnci etki eder mi?
Kısa Cevap: Evet. Düşey inişte hava direnci ağırlığı dengelediği için hız sabit kalır.
Açıklama: Sabit hız, kuvvetlerin yokluğunu değil, net kuvvetin sıfır olmasını gösterir.
Türkçe karakter kullanılmayan ve büyük harflerle yazılmış yorumlar onaylanmamaktadır.