vizekit

Bu kalıp ücretsiz, kayıt yok. Paketin tamamı: 6 kalıp, hepsinin videosu, 4 ünite, prova, asistan. 999 TL, iade hakkıyla.

Kalıp 2 / 6 · PHYS 101 · ücretsiz

Engelli eğik atış

Projectile with a constraint · 25–35 puan

Her MT1'de var · 5/5 (Soru 2 üç kez, Soru 3 bir kez, Soru 1 bir kez)

Tüm paketi gör Etkileşimli hali: işaretle, asistana sor PHYS 101 MT1 rehberi

Kalıp videosu · 7:42

Videonun metni

Sana bir şey söyleyeyim: PHYS 101 MT1'de eğik atış hiç kaçmıyor. Son 5 MT1'in 5'inde de bu bölümden tam bir soru var, 25 ile 35 puan arası. Geçen güz duvarda en yüksek nokta soruldu, bahar döneminde vagondan atış. Engel ve sayılar değişiyor, soru tipi aynı kalıyor. Bu videoda yöntemi duvar örneğinde kuruyoruz, sonra özgün bir sınav sorusunu tam puanla çözüyoruz.

Önce tek bir fikir: yatay ve düşey hareket birbirinden bağımsız. Yatayda ivme yok, top sabit hızla gider: v sıfır kosinüs teta. Düşeyde yer çekimi var: top v sıfır sinüs teta ile yukarı çıkar, g ile yavaşlar. Şimdi önüne L uzaklıkta yüksek bir duvar koy. Hızı sabit tut, sadece açıyı değiştir. Açı küçükse top alçaktan gider, duvara aşağıdan çarpar. Açıyı büyüttükçe çarpma noktası yükselir.

Ama çok dik atarsan duvara varması uzun sürer, o sürede yer çekimi topu geri indirir. Yani çarpma yüksekliği önce artıyor, sonra azalıyor. Arada bir tepe var. Soru tam olarak bu: o tepe hangi açıda, ve ne kadar yüksek? Kalemi alalım. Birinci adım: top duvara ne zaman varır? Yatayda x eşittir v sıfır kosinüs teta çarpı t. x yerine L koy: t L eşittir L bölü v sıfır kosinüs teta.

İkinci adım: bu anı düşey denkleme koy. y eşittir v sıfır sinüs teta t, eksi yarım g t kare. Birinci terimde v sıfırlar sadeleşir, sinüs bölü kosinüs tanjant olur: L tanjant teta. İkinci terim: eksi g L kare, bölü iki v sıfır kare kosinüs kare teta. Şimdi işin hilesi geliyor: bir bölü kosinüs kare, bir artı tanjant kareye eşit. Bunu yerine koyunca her şey tek bir değişkene bağlanıyor: tanjant teta. Ona büyük T diyelim. h eşittir L T, eksi g L kare bölü iki v sıfır kare, çarpı bir artı T kare.

Bak, bu T'de ikinci dereceden bir polinom. Başındaki katsayı negatif, yani aşağı açılan bir parabol. Aşağı açılan parabolün tek bir tepesi var. Az önce grafikte gördüğümüz tepe buydu. Tepeyi bulmak için türev alıp sıfıra eşitliyoruz. Tetaya göre değil, T'ye göre, çok daha temiz. d h bölü d T eşittir L, eksi g L kare bölü v sıfır kare çarpı T.

Sıfıra eşitle ve T'yi çek: tanjant teta yıldız eşittir v sıfır kare bölü g L. Hız büyüdükçe açı dikleşir, duvar uzaklaştıkça yatıklaşır. Mantıklı. Ama burada durma! Puanın yarısı bir sonraki satırda. Bu T'yi h'ye geri koy. İlk terim v sıfır kare bölü g olur, parantezden de iki parça çıkar. Toparlayınca: h maksimum eşittir v sıfır kare bölü iki g, eksi g L kare bölü iki v sıfır kare.

İlk terim, topu dümdüz yukarı atsan çıkacağı yükseklik. İkinci terim de duvarın uzaklığının cezası. Şimdi sınav formatı, özgün bir soruyla: 35 puan, 5 şık. Engel bir direk, atıcı da hareketli bir kamyonda. Kamyon sabit u hızıyla ileri gidiyor. Top, kamyona göre 25 m/s ile atılıyor. cos θ = 3/5, yani sin θ = 4/5. Direk 60 m ileride, g = 10.

Sorulanlar: yere göre hız, direkteki yükseklik, direği aşan hız aralığı, bir de en uzun direk. a şıkkı, 6 puan. Önce hızı kamyona göre bileşenlere ayır: 15 i + 20 j. Yere göre hız için kamyonun hızını ekle. Sadece yatay bileşen değişir: (15 + u) i + 20 j. b şıkkı, sekiz puan. Yere göre konumlar: x eşittir w t, y eşittir v sıfır sinüs teta t, eksi yarım g t kare.

Direğe varış: x eşittir D, yani t D eşittir D bölü w. Bunu y'ye koy, istenen ifade çıkıyor. Göster dedi, gösterdik. c şıkkı, 6 puan. u = 5 ise w = 20, direğe varış 60/20 = 3 s. y D = 20 · 3 − 5 · 9 = 15 m. 15 > 12: top direği 3 m payla geçer. Uçuş 4 s, yani top o anda hâlâ havada. d şıkkı, 10 puan, sorunun en büyük şıkkı. Hile: s = direğe varış süresi. y D = 20s − 5s².

Şart: y D ≥ 15. Beşe böl, çarpanlara ayır: (s − 1)(s − 3) ≤ 0. Yani 1 ≤ s ≤ 3. s = 60/w olduğundan 20 ≤ w ≤ 60 m/s. s < 4, top hâlâ havada. w = 15 + u: 5 ≤ u ≤ 45 m/s. Hem alt hem üst sınır var, ikisini de yaz. e şıkkı, 5 puan. y D, s'de aşağı açılan bir parabol, duvardaki T parabolü gibi. Türev sıfır: s = 2. Ama durma! En uzun direk: 40 − 20 = 20 m. Bu tam topun tepe yüksekliği.

Hangi hızla? w = 60/2 = 30. Yani u = 15 m/s. 35/35. Şimdi puan kaybettiren üç tuzak. Bir: menzil formülünü duvara uygulamak. v sıfır kare sinüs iki teta bölü g, sadece top aynı yüksekliğe inerse geçerli. Duvarda, uçurumda, eğik düzlemde formül yok. x ve y'yi baştan yaz. İki: hızı kamyona göre bırakmak. Yere göre hızda kamyonun hızı yatay bileşene eklenir,

düşey bileşen aynı kalır. Üç: eşitsizlikte tek sınır yazmak. u ≥ 5 yazıp bırakırsan, 45'lik üst sınır eksik kalır. Özetle: varış zamanını bul, y'ye koy, bir bölü kosinüs kareyi bir artı tanjant kare yap. T'de aşağı açılan parabol çıkar. Türev sıfır, tanjant teta yıldız eşittir v sıfır kare bölü g L. Sonra mutlaka geri koy. Hareketli atıcıda önce hızı yere çevir. Eşitsizlik çıkarsa iki sınırı da yaz.

Ünitenin tamamı ve benzer sorular vize.ozai.info'da. Sınavda görüşürüz.

Verilen: atış hızı ( $v_0$ veya bir koşuldan bulunacak), açı, atıcının çerçeve hızı, engelin konumu ( $d$ , $H$ , $L$ ). İstenen: engel/olay anındaki bir büyüklük ( $t$ , $y$ , $v_0$ , $T$ ) ve onun sınırı (min, max, imkânsızlık).

Nasıl tanırsın

"fired / launched / thrown at an angle" + bir engel ya da koşul: wall, pole, fence, target, bounce, roof
"relative to the cart / train / platform": hızı önce yere çevir
"hits it moving horizontally" ya da "at its highest point": $v_y = 0$ demek
"minimum $v_0$ ", "for what values … impossible", "highest point on the wall", "which angle maximizes": son şık sınır analizi
Açı ya 45° verilir ya da $\cos\theta = 3/5, 4/5$ gibi temiz bir değer; hesap makinesiz kurgu

Reçete: her yıl aynı adımlar

Orijini ve eksenleri koy (genelde atış noktası; yükseklik varsa zemin). Başlangıç hızını yere göre bileşenlere ayır; hareketli atıcıda çerçeve hızını ekle.

$\vec v_{0,\text{yer}} = \vec v_{0,\text{atıcı}} + \vec u$
≈15–20% (şık (a) genelde budur)
Konum denklemlerini yaz; hedef de hareket ediyorsa onun $\vec r(t)$ 'sini de yaz (aynı $t$ ile).

$x(t) = x_0 + v_{x0}t,\quad y(t) = y_0 + v_{y0}t - \tfrac12 g t^2$
≈10%
Olayı bir denkleme çevir: duvar $x(t)=d$ ; tepe noktası $v_y = 0$ ; yere iniş $y(t)=0$ ; çarpışma $\vec r_1(t) = \vec r_2(t)$ (iki bileşen, aynı $t$ ).

$x(t_d) = d \;\Rightarrow\; t_d = \dfrac{d}{v_{x0}}$
≈20%
$t$ 'yi ele, istenen bilinmeyeni çöz. Açı bilinmiyorsa yörünge denklemi ve $1/\cos^2\theta = 1 + \tan^2\theta$ kurtarır.

$y(x) = y_0 + x\tan\theta - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2\cos^2\theta}$
≈25%
Sınır analizi: min/max için eşitlik durumu ya da türev = 0; imkânsızlık için payda → 0, diskriminant < 0, karekök içi < 0.

$\frac{dh}{d\theta} = 0 \quad\text{ya da}\quad \Delta \lt 0$
≈20–30% (son şık)
Akıl kontrolü: $u = 0$ , $h = 0$ koyunca bilinen formül çıkıyor mu ( $R = v_0^2\sin2\theta/g$ )? Kök pozitif mi, top o anda hâlâ havada mı? Birim doğru mu?

puan kurtarır

Kısayol

tanθ değişkeni (açı bilinmiyorsa)

$t_d = d/(v_0\cos\theta)$ koyup $1/\cos^2\theta = 1 + \tan^2\theta$ kullan; $\tau = \tan\theta$ dersen duvardaki yükseklik $\tau$ 'da ikinci dereceden polinom olur:
$y_d = d\,\tau - \frac{g d^2}{2v_0^2}\,(1 + \tau^2)$
Max için $dy_d/d\tau = 0 \Rightarrow \tau^* = v_0^2/(gd)$ , aynı sonuç $d/d\theta$ 'dan çok daha kısa yoldan. (2025-26 Güz S3'te resmî çözüm $\theta$ 'ya göre türev aldı ve aynı $\tan\theta = v_0^2/(gL)$ 'ye vardı.)

Puanlamada güvenli mi?

Tam puan alır: değişken değiştirmek meşru. Yazman gerekenler: $t_d$ satırı, $1/\cos^2 = 1+\tan^2$ dönüşümü, türevin sıfıra eşitlendiği satır ve bulunan $\tan\theta$ . Sadece sonucu yazma.

Atıcının çerçevesinde düşün (göreli hareket)

Atıcı sabit hızla gidiyorsa onun çerçevesinde top sıradan bir eğik atış yapar, aynı $g$ ile. "Top platforma/arabaya ne zaman geri döner, araba ile top arası ne kadar" sorularında yer çerçevesine hiç geçme: $t = 2v'_y/g$ , aradaki yatay uzaklık $v'_x\,t$ . $u$ cevaba girmez.

Puanlamada güvenli mi?

Tam puan alır ama bir cümle yaz: "atıcı sabit hızlı, onun çerçevesi eylemsiz, ivme yine $g$ ". Soru açıkça "with respect to the ground" istiyorsa yer çerçevesi hızını ayrıca yaz ( $\vec v_{yer} = \vec v' + \vec u$ ).

Limit ve birim sağlaması (10 saniye)

Sonucu bulunca bir parametreyi sıfırla: $u \to 0$ koyunca hareketli atıcı cevabı sabit atıcı cevabına dönmeli; $h \to 0$ iken $2v_0\sin\theta/g$ çıkmalı; $45^\circ$ 'de $H \to 0$ iken minimum hız $v_0^2 = gd$ (maksimum menzil) olmalı. Birim: $\sqrt{gd}$ m/s verir ✓.

Puanlamada güvenli mi?

Kâğıda yazmak zorunlu değil, puanı korur: yanlış işareti sınavda yakalarsın. 2023-24 Bahar (b) şıkkı tam olarak bu limit düşüncesini puanladı (payda → 0).

Yıldan yıla değişen ne?

Atıcının çerçevesi

sabit (2024-25 Güz, 2024-25 Bahar, 2025-26 Güz); yatay hareketli araba/vagon (2023-24 Bahar (c), 2025-26 Bahar)

→

Adım 1'de $v_{x0} = v_0\cos\theta \pm u$ ; düşey bileşen aynı kalır. Menzili maksimum yapan açı artık 45° değil, türev al.

Olay (event)

duvar $x = d$ (2023-24 Bahar, 2025-26 Güz); tepe noktasında çarpışma (2024-25 Güz); yere iniş ve sekme (2024-25 Bahar, 2025-26 Bahar)

→

Adım 3'te hangi denklemi kurduğun değişir; geri kalan tarif aynı.

Başlangıç yüksekliği

$h \ne 0$ (2023-24 Bahar); diğerleri zeminden

→

İniş $y = 0$ ikinci dereceden olur; pozitif kökü al, $2v_0\sin\theta/g$ formülü geçersiz.

Açı

sabit 45° (2023-24 Bahar, 2024-25 Güz); bilinmeyen/değişken (2024-25 Bahar, 2025-26 Güz, 2025-26 Bahar)

→

Bilinmeyen açıda $\tan\theta$ veya $\cos\theta$ değişkenine geç; son şık genelde onun üzerinden max.

Son şıkkın tipi

imkânsızlık: payda (2023-24 Bahar), diskriminant (2024-25 Güz); türevle max (2025-26 Güz, 2025-26 Bahar); trigonometrik eşitlik (2024-25 Bahar)

→

Adım 5'in hangi aracı kullandığı; beşi de aynı adımda.

Merdiven: ısınma → sınav → twist

Basamak 1ısınma

A ball leaves a launcher at ground level at $45^\circ$ above the horizontal with speed $v_0$ , so $v_{0x} = v_{0y} = v_0/\sqrt2$ . A thin vertical wall of height $H$ stands a horizontal distance $d$ away. Write $g$ for the free-fall acceleration.

(a) [5 pts] With the launch point as origin, give $x(t)$ and $y(t)$ .
(b) [10 pts] Express, in terms of $H$ , $d$ and $g$ , the smallest $v_0$ that gets the ball over the wall.
(c) [5 pts] Put $d = 20$ m, $H = 10$ m, $g = 10\ \text{m/s}^2$ . Evaluate $v_{0,\min}$ and the time at which the ball is directly above the wall.
(d) [5 pts] Launched with $v_{0,\min}$ of part (c), where does the ball land, measured from the wall?
(e) [5 pts] For some wall heights the ball never clears the wall, however fast it is launched. Which heights, and why?

Cevapları göster

(a)

$x = \frac{v_0 t}{\sqrt2}$ , $y = \frac{v_0 t}{\sqrt2} - \frac{g t^2}{2}$

(b)

$v_{0,\min} = d\sqrt{\frac{g}{d - H}}$

(c)

$v_{0,\min} = 20\,\text{m/s}$ , $t_d = \sqrt2\,\text{s} \approx 1.41\,\text{s}$

(d)

lands at $40\,\text{m}$ , i.e. $20\,\text{m}$ beyond the wall

(e)

$H \ge d$

Tam çözüm

Adım 1 · bileşenler. $45^\circ$ 'de $v_{x0} = v_{y0} = v_0/\sqrt2$ .

(a) [5 pts]
$x(t) = \frac{v_0}{\sqrt2}\,t, \qquad y(t) = \frac{v_0}{\sqrt2}\,t - \frac12 g t^2$

(b) [10 pts] Olay = duvar. Duvarın konumuna varış zamanı $x(t_d) = d$ :
$t_d = \frac{\sqrt2\, d}{v_0}$
$y(t)$ 'ye koy:
$y(t_d) = \frac{v_0}{\sqrt2}\cdot\frac{\sqrt2 d}{v_0} - \frac12 g\,\frac{2d^2}{v_0^2} = d - \frac{g d^2}{v_0^2}$
Duvarın üstünden geçmek: $y(t_d) \ge H$ :
$d - \frac{g d^2}{v_0^2} \ge H \;\Rightarrow\; v_0^2 \ge \frac{g d^2}{d - H} \;\Rightarrow\; v_{0,\min} = d\sqrt{\frac{g}{d-H}}$
Minimum, eşitlik durumu: top duvarın tepesini sıyırıyor.

(c) [5 pts] $v_{0,\min} = 20\sqrt{10/10} = 20$ m/s. $t_d = \sqrt2\cdot 20/20 = \sqrt2$ s $\approx 1.41$ s.

(d) [5 pts] Düz zeminde $45^\circ$ menzil: $R = \dfrac{v_0^2}{g} = \dfrac{400}{10} = 40$ m. Duvar 20 m'de → top duvarın 20 m ötesine düşer.
(Kontrol: tepe noktası $x = R/2 = 20$ m, yani top tam tepedeyken duvarı sıyırıyor; tepe yüksekliği $v_{y0}^2/2g = 200/20 = 10$ m $= H$ ✓.)

(e) [5 pts] İmkânsızlık = payda. $v_0^2 = g d^2/(d-H)$ ; $H \to d$ iken $v_0 \to \infty$ , $H \ge d$ için sağ taraf tanımsız/negatif. Yani $H \ge d$ ise hiçbir hız yetmez. Fiziksel anlamı: $45^\circ$ 'de $y(t) \lt x(t)$ her an (çünkü $\frac12 g t^2 \gt 0$ ), top $y = x$ doğrusunun hep altında kalır.

Basamak 2sınav

A flatbed truck moves along level ground in the $+x$ direction with constant speed $u$ . A launcher on the truck (its height is negligible) fires a ball forward at angle $\theta$ above the horizontal, with speed $v_0 = 25$ m/s relative to the truck, where $\cos\theta = 3/5$ . At the instant of firing, a thin vertical pole of height $H$ stands on the ground a horizontal distance $D = 60$ m ahead of the launcher. Take $g = 10\ \text{m/s}^2$ .

(a) [6 pts] Find the velocity of the ball with respect to the ground, in terms of $u$ .
(b) [8 pts] Let $w = v_0\cos\theta + u$ . Show that the height of the ball when it passes the pole is $y_D = v_0\sin\theta\,\dfrac{D}{w} - \dfrac{g D^2}{2 w^2}$ .
(c) [6 pts] For $u = 5$ m/s, evaluate $y_D$ . Does the ball clear a pole of height 12 m?
(d) [10 pts] For $H = 15$ m, find the range of truck speeds $u$ for which the ball clears the pole.
(e) [5 pts] By choosing $u$ , what is the tallest pole the ball can clear, and which $u$ does it require?

Cevapları göster

(a)

$\vec v_{BG} = (15 + u)\,\hat i + 20\,\hat j\,\text{m/s}$

(b)

$y_D = v_0\sin\theta\cdot\frac{D}{w} - \frac{gD^2}{2w^2}$ (shown)

(c)

$y_D = 15\,\text{m}$ ; yes, clears $12\,\text{m}$ by $3\,\text{m}$

(d)

$5 \le u \le 45\,\text{m/s}$

(e)

$H_{\max} = 20\,\text{m}$ with $u = 15\,\text{m/s}$

Tam çözüm

Adım 1 · hızı YERE göre yaz (puanın yarısı burada kaybolur).

(a) [6 pts] Kamyona göre: $\vec v_{BT} = v_0\cos\theta\,\hat i + v_0\sin\theta\,\hat j = 15\,\hat i + 20\,\hat j$ m/s. Kamyonun yere göre hızı $\vec u = u\,\hat i$ .
$\vec v_{BG} = \vec v_{BT} + \vec u = (15 + u)\,\hat i + 20\,\hat j \ \text{m/s}$
Düşey bileşen değişmez; yatay hareketli atıcı yalnız $v_x$ 'i kaydırır.

(b) [8 pts] Adım 2–4 · konum, olay, $t$ 'yi ele. Yere göre: $x(t) = w t$ , $y(t) = v_0\sin\theta\, t - \frac12 g t^2$ . Direğe varış: $x(t_D) = D \Rightarrow t_D = D/w$ .
$y_D = y(t_D) = v_0\sin\theta\,\frac{D}{w} - \frac{g D^2}{2w^2} \quad \checkmark$

(c) [6 pts] $u = 5 \Rightarrow w = 20$ m/s, $t_D = 60/20 = 3$ s.
$y_D = 20\cdot 3 - 5\cdot 9 = 15 \text{ m}$
$15 \gt 12$ → geçer, 3 m payla. (Top 3 s'de hâlâ havada mı? Uçuş süresi $2\cdot 20/10 = 4$ s ✓.)

(d) [10 pts] Adım 5 · koşulu eşitsizliğe çevir. $s \equiv t_D = 60/w$ dersek $y_D = 20 s - 5 s^2$ . Şart $y_D \ge 15$ :
$5s^2 - 20 s + 15 \le 0 \;\Rightarrow\; s^2 - 4s + 3 \le 0 \;\Rightarrow\; (s-1)(s-3) \le 0 \;\Rightarrow\; 1 \le s \le 3$
$s = 60/w$ : $20 \le w \le 60$ m/s → $w = 15 + u$ :
$\boxed{5 \le u \le 45 \ \text{m/s}}$
Ayrıca top direğe varmadan yere düşmemeli: $s \le 4$ s; aralıkta zaten sağlanıyor. Yorum: çok yavaş kamyon → top direğe inerken alçalmış varır; çok hızlı kamyon → top direğe daha yükselmeden varır. Hem min hem max var, ikisini de yaz.

(e) [5 pts] $y_D(s) = 20s - 5s^2$ aşağı açılan parabol: $dy_D/ds = 20 - 10 s = 0 \Rightarrow s = 2$ s.
$y_{D,\max} = 40 - 20 = 20 \text{ m}, \qquad w = 60/2 = 30 \Rightarrow u = 15 \text{ m/s}$
Sağlama: 20 m, topun tepe yüksekliği $v_y^2/2g = 400/20$ ; yani en iyi $u$ , topu tepe noktasında direğin üstüne getiren hız. Daha uzun direk $u$ ne olursa olsun imkânsız.

Basamak 3twist

A small open platform rises vertically with constant speed $w = 5$ m/s. When its floor is at height $h = 25$ m above level ground, a ball is launched from the floor with velocity $\vec{v}\,{}' = (15\,\hat i + 15\,\hat j)$ m/s relative to the platform. Take $g = 10\ \text{m/s}^2$ and put the origin on the ground directly below the launch point.

(a) [5 pts] Find the velocity of the ball with respect to the ground: components, speed and the angle it makes with the horizontal.
(b) [6 pts] What is the maximum height of the ball above the ground, and when is it reached?
(c) [8 pts] When and at what horizontal distance from the origin does the ball hit the ground?
(d) [8 pts] At what time is the ball again level with the platform floor? How far is it horizontally from the platform then?
(e) [3 pts] A vertical wall stands at $x = 60$ m. At what height does the ball pass the wall's position?

Cevapları göster

(a)

$\vec v = 15\,\hat i + 20\,\hat j\,\text{m/s}$ , speed $25\,\text{m/s}$ , $\tan\alpha = \frac{4}{3}$ ( $\approx 53^\circ$ )

(b)

$45\,\text{m}$ at $t = 2\,\text{s}$

(c)

$t = 5\,\text{s}$ , $x = 75\,\text{m}$

(d)

$t = 3\,\text{s}$ (independent of $w$ ), $45\,\text{m}$ away horizontally

(e)

$25\,\text{m}$

Tam çözüm

Twist: atıcı bu sefer düşey hareket ediyor. Tarif aynı; yalnız Adım 1'de $u$ yatay yerine düşey bileşene eklenir.

(a) [5 pts] $\vec v_{BG} = \vec{v}\,{}' + w\,\hat j = 15\,\hat i + (15 + 5)\,\hat j = 15\,\hat i + 20\,\hat j$ m/s.
Hız $\sqrt{15^2 + 20^2} = 25$ m/s; açı $\tan\alpha = 20/15 = 4/3$ ( $\cos\alpha = 3/5$ , $\alpha \approx 53^\circ$ ). Platforma göre $45^\circ$ olan atış, yere göre $53^\circ$ .

Konumlar (yere göre): $x(t) = 15t$ , $y(t) = 25 + 20t - 5t^2$ .

(b) [6 pts] Tepe: $v_y = 20 - 10t = 0 \Rightarrow t = 2$ s.
$y_{\max} = 25 + 20\cdot2 - 5\cdot4 = 45 \text{ m}$

(c) [8 pts] Yükseklik var → ikinci derece, pozitif kök.
$25 + 20t - 5t^2 = 0 \;\Rightarrow\; t^2 - 4t - 5 = 0 \;\Rightarrow\; (t-5)(t+1) = 0 \;\Rightarrow\; t = 5 \text{ s}$
( $t = -1$ fiziksel değil.) $x = 15\cdot 5 = 75$ m.

(d) [8 pts] Platforma göre düşün. Platform sabit hızlı → onun çerçevesinde top $v\,'$ ile atılmış ve aynı $g$ ile düşüyor:
$y_{\text{rel}}(t) = 15t - 5t^2 = 0 \;\Rightarrow\; t = 3 \text{ s}$
Bu süre $w$ 'ye bağlı değil. Yatay uzaklık: $15\cdot 3 = 45$ m (platform yatayda hareket etmiyor).
Sağlama (yer çerçevesi): platform $25 + 5\cdot3 = 40$ m'de; top $25 + 60 - 45 = 40$ m ✓.

(e) [3 pts] $x = 60 \Rightarrow t = 4$ s; $y = 25 + 80 - 80 = 25$ m. Duvar 25 m'den kısaysa top üstünden geçer.

Bu kalıp hangi sınavda nasıl geldi

2023-24 Bahar · S2
Sabit 45° top, h yüksekliğinden, d uzaktaki H duvarının üstünden geçecek: minimum $v_0$ sembolik. Sonra hangi H için imkânsız (paydanın sıfıra gitmesi). Son şıkta top duvardan uzaklaşan bir arabada; duvara hiç ulaşmaması için minimum araba hızı, iniş süresi yükseklik yüzünden ikinci dereceden.
2024-25 Güz · S2
Hedef dikey yukarı atılıyor, 45°'lik atış belli bir gecikmeyle yapılıyor ve hedefi yatay giderken (tepe noktasında, $v_y = 0$ ) vuruyor. İstenen: iki konum vektörü, $v_0$ , gecikme T (ikinci derece, iki kök), diskriminant negatifse imkânsız.
2024-25 Bahar · S2
Maksimum menzilden $v_0 = \sqrt{gd}$ . Top yere yarım hızla aynı açıyla sekip toplam d mesafesini tamamlıyor: iki menzili topla, $\sin2\theta = 4/5$ . Son şık iki uçuş süresinin toplamı.
2025-26 Güz · S3
Orijinden atış, x = L'deki duvara çarpma anı ve yüksekliği tamamen sembolik. Sonra sayılarla, açıyı değiştirerek duvarda ulaşılabilecek en yüksek nokta: $dh/d\theta = 0$ .
2025-26 Bahar · S1
Top, atış yönünün tersine giden bir vagonda; hız vagona göre veriliyor. Yere göre hız, direkten iniş uzaklığı, sonra uzaklığı maksimum yapan açı: türev $\cos\theta$ 'da ikinci dereceden denklem veriyor, 45° değil.

Bu yıl ne gelebilir:

Tahmin: düşey hareketli atıcı ya da eğik zemin. Yatay hareketli atıcı iki kez geldi (2023-24 Bahar (c), 2025-26 Bahar), sabit duvar iki kez, tepe noktası bir kez, sekme bir kez. Henüz gelmeyenler: (1) yükselen platform/asansörden atış, (2) eğik bir yamaca iniş, (3) yatayda giden bir hedef (kamyon) ya da iki merminin havada çarpışması.

Tarif değişmiyor:

Düşey çerçeve: Adım 1'de $w$ düşey bileşene eklenir ( $v_{y0} = v'\sin\theta + w$ ). Platforma göre "geri dönüş" süresi $w$ 'den bağımsız; bunu bil (merdivenin 3. basamağı tam bu).
Eğik zemin: Adım 3'teki olay $y = x\tan\alpha$ olur; $t$ 'yi bu denklemden çöz.
Yatay hedef: Adım 2'de hedefin $x_T(t) = x_0 + Vt$ ; Adım 3'te iki bileşeni eşitle.

Hangisi gelirse gelsin: yere göre bileşen → $x(t), y(t)$ → olay denklemi → $t$ 'yi ele → sınır.

Puanı nerede kaybedersin

Hareketli atıcı: hız atıcıya göre ("relative to the cart") verilmiş, öğrenci yere göre bileşeni yazmadan menzil formülünü basıyor. Formül yalnız sabit atıcı + düz zemin için. (a) şıkkı çoğu zaman tam bu dönüşüm (2025-26 Bahar (a) 7p) ve sonraki şıklar ona bağlı.
Optimizasyonda ezber 45°: 2025-26 Bahar (c)'de hareketli atıcıyla maksimum mesafe açısı $\cos\theta$ 'da ikinci dereceden denklemden çıktı; 45° yazan sıfır alır.
Yükseklikten atışta uçuş süresini düz zemindeki gibi $2v_0\sin\theta/g$ almak. Süre ikinci dereceden denklemden çıkar, pozitif kökü al: 2023-24 Bahar (c)'de iniş süresi pozitif kökle bulundu; negatif kökü atmayan ya da formülü düz zemin gibi yazan puan kaybeder.
Tepe noktası koşulu: "hits the target with a horizontal velocity" cümlesinden $v_y = 0$ 'ı okuyamamak. 2024-25 Güz'de bütün çözüm bu cümleye dayanıyordu.
İmkânsızlık şıkkını boş bırakmak: 5p–10p'lik bu şık genelde tek satır (payda sıfır ya da diskriminant negatif); önceki şıkkın ifadesine bakmak yeter.
Yatay hareketli atıcıda düşey bileşeni de değiştirmek. $u$ yataysa $v_y$ aynen kalır; uçuş süresi değişmez.
"Duvarın üstünden geçer" için yalnız $y(t_d) \ge H$ yazıp topun duvara varmadan yere düşüp düşmediğine bakmamak.
Eşitsizlik çözümünde tek sınır yazmak. $(s-1)(s-3) \le 0$ gibi durumlarda hem alt hem üst sınır var.
Çarpışmada iki cismi farklı zaman değişkenleriyle yazmak. Gecikme varsa hedefin zamanı $t + T$ olur, tek $t$ kullan.
İki kök çıkınca birini sessizce atmak. 2024-25 Güz'de iki T da yazıldı; hangisinin fiziksel olduğunu bir cümleyle söyle.

Sınav anı taktiği

Süre: 90 dakika, 3 problem ≈ dakika başına 1 puan. Bu slot 25–35p → 25–30 dk, geri kalan 2 soruya en az 50 dk bırak.
Kâğıda önce şunları yaz (garanti puan): koordinat sistemi, yere göre hız bileşenleri, $x(t)$ ve $y(t)$ . Hiçbir şey çözemesen bile (a) şıkkı ve kısmi puan buradan gelir.
Zincir kırılmasın: (b)'de $v_0$ 'ı bulamadıysan (c)'ye "(b)'den $v_0$ " diye sembolle devam et. Okuyucu doğru yöntemi puanlar; sonucu yanlış olsa da sonraki şıkkın kurulumu puan alır.
Son şık (min/max/imkânsız) takıldıysa 3 dakikadan fazla harcama: işaretle, Newton sorusuna geç, kalan zamanla geri dön.
Sayısal soruda sayıyı en sonda koy. Önce sembolik ifadeyi kutula; hesap hatası yapsan bile yöntem puanı yerinde kalır.
Kutu varsa (2023-24 Bahar gibi) cevabı birimiyle kutuya yaz; işlem sayfada kalsın.

Bu kalıbın konusu, baştan anlatımıyla: Ünite 2 (ücretsiz)

Diğer 5 kalıp pakette.

Hepsi bu sırayla: video, tanı, reçete, merdiven, çıkmışlar, taktik. 999 TL, tek ödeme.

Tüm paketi gör