سوالات فیزیک کنکور تجربی ۱۴۰۲ نوبت اول با پاسخ تشریحی

۱. معادلهٔ حرکت را می‌نویسیم.

برای حرکت روی خط راست با شتاب ثابت، رابطهٔ مکان ــ زمان به‌صورت $x=x_0+v_0t+\frac12at^2$ است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۲۰). با جای‌گذاری داده‌ها و نوشتن معادله‌ها در یکاهای SI داریم:

$\begin{aligned}54&=x_0+2v_0+2a\\64&=x_0+4v_0+8a\\54&=x_0+6v_0+18a\end{aligned}$

۲. شتاب و سرعت اولیه را پیدا می‌کنیم.

با کم‌کردن معادلهٔ اول از دوم و معادلهٔ دوم از سوم:

$\begin{aligned}10&=2v_0+6a\\-10&=2v_0+10a\end{aligned}$

تفریق این دو رابطه می‌دهد:

$-20=4a\quad\Rightarrow\quad a=-5\,\mathrm{m/s^2}$

اکنون با جای‌گذاری در رابطهٔ اول:

$10=2v_0+6(-5)\quad\Rightarrow\quad v_0=20\,\mathrm{m/s}$

۳. مکان ابتدا و انتهای بازه را محاسبه می‌کنیم.

از دادهٔ مربوط به $t=2\,\mathrm{s}$:

$x_0=54-(20)(2)-\frac12(-5)(2)^2=24\,\mathrm{m}$

پس مکان در پایان ده ثانیه برابر است با:

$x(10)=24+(20)(10)+\frac12(-5)(10)^2=-26\,\mathrm{m}$

۴. بزرگی سرعت متوسط را به دست می‌آوریم.

جابه‌جایی به مکان ابتدا و انتها بستگی دارد، نه به مسافت پیموده‌شده؛ این تفاوت در مثال کتاب نیز نشان داده شده است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۲۰). بنابراین:

$\Delta x=x(10)-x(0)=-26-24=-50\,\mathrm{m}$

$|v_{\mathrm{av}}|=\frac{|\Delta x|}{\Delta t}=\frac{50\,\mathrm{m}}{10\,\mathrm{s}}=5\,\mathrm{m/s}$

منفی بودن جابه‌جایی فقط جهت سرعت متوسط را مشخص می‌کند؛ سؤال بزرگی آن را می‌خواهد.

پاسخ: گزینهٔ ۱

نکتهٔ خواندن صورت سؤال: عبارت $2/5t_1$ در اینجا با نگارش اعشاری آمده و منظور از آن $2.5t_1=\frac{5}{2}t_1$ است، نه $\frac{2}{5}t_1$.

گام اول: تعیین سرعت‌ها و شتاب‌ها
سرعت اولیه را $v_0>0$ می‌نامیم. شتاب از نسبت تغییر سرعت به مدت زمان به دست می‌آید؛ بنابراین در نمودار سرعت ـ زمان، شتاب برابر شیب نمودار است (فیزیک ۳، صفحه‌های ۱۰–۱۱).

در بخش نزولی داریم:
$a_1=\frac{0-v_0}{t_1}=-\frac{v_0}{t_1}$.

چون همین خط راست تا $2t_1$ ادامه دارد، سرعت در این لحظه برابر است با:
$v(2t_1)=v_0+a_1(2t_1)=-v_0$.

بزرگی شتاب بخش صعودی نصف بزرگی شتاب بخش نزولی است و علامت آن مثبت است؛ پس:
$a_2=\frac{|a_1|}{2}=\frac{v_0}{2t_1}$.

از کمینهٔ نمودار تا انتهای بازهٔ خواسته‌شده، مدت $\frac{t_1}{2}$ گذشته است. بنابراین:
$v\left(\frac{5}{2}t_1\right)=-v_0+\frac{v_0}{2t_1}\times\frac{t_1}{2}=-\frac{3}{4}v_0$.

گام دوم: تندی متوسط در بازهٔ اول
تندی متوسط، مسافت پیموده‌شده تقسیم بر مدت زمان است. در نمودار سرعت ـ زمان، مسافت با جمع قدرمطلق مساحت ناحیه‌های بین نمودار و محور زمان به دست می‌آید؛ کاربرد این روش برای محاسبهٔ مسافت و جابه‌جایی در تمرین‌های کتاب آمده است (فیزیک ۳، صفحه‌های ۲۰–۲۱).

در بازهٔ صفر تا $t_1$، ناحیه یک مثلث است؛ پس:
$s_1=\frac{1}{2}v_0t_1$،
$\overline{u}_1=\frac{s_1}{t_1}=\frac{v_0}{2}$.

گام سوم: تندی متوسط در بازهٔ دوم
در بازهٔ $t_1$ تا $2t_1$ یک مثلث و در بازهٔ $2t_1$ تا $\frac{5}{2}t_1$ یک ذوزنقه داریم. هر دو زیر محور زمان‌اند، اما مساحت آن‌ها برای محاسبهٔ مسافت مثبت در نظر گرفته می‌شود:
$s_2=\frac{1}{2}v_0t_1+\frac{v_0+\frac{3}{4}v_0}{2}\times\frac{t_1}{2}=\frac{15}{16}v_0t_1$.

مدت این بازه برابر $\frac{3}{2}t_1$ است؛ بنابراین:
$\overline{u}_2=\frac{\frac{15}{16}v_0t_1}{\frac{3}{2}t_1}=\frac{5}{8}v_0$.

گام چهارم: نسبت خواسته‌شده
$\frac{\overline{u}_1}{\overline{u}_2}=\frac{\frac{1}{2}v_0}{\frac{5}{8}v_0}=\frac{4}{5}$.

پاسخ: گزینهٔ ۳

ابتدا سرعت متحرک را در دو بازه بررسی می‌کنیم، سپس درستی هر گزاره را می‌سنجیم.

۱. تعیین سرعت و جهت حرکت
در هر بخش، شتاب ثابت است و از رابطهٔ $v_f=v_i+a\Delta t$ استفاده می‌کنیم؛ این روش با بررسی حرکت با شتاب ثابت در کتاب سازگار است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۹).

در بازهٔ $0\le t\le5\,\mathrm{s}$:
$v(5)=10+(-2)(5)=0\,\mathrm{m/s}$.
پس سرعت از $10\,\mathrm{m/s}$ به صفر کاهش می‌یابد، ولی منفی نمی‌شود.

در بازهٔ $5\le t\le15\,\mathrm{s}$:
$v(15)=0+(1)(15-5)=10\,\mathrm{m/s}$.
در این بخش نیز سرعت از صفر افزایش می‌یابد و مثبت می‌شود. بنابراین متحرک فقط در لحظهٔ $t=5\,\mathrm{s}$ می‌ایستد و پس از آن در همان جهت قبلی حرکت می‌کند. ملاک تغییر جهت حرکت، تغییر علامت سرعت است، نه صرفاً صفر شدن آن (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۹).

۲. بررسی گزارهٔ «الف»
جابه‌جایی در بخش اول برابر است با:
$\Delta x_1=v_0\Delta t+\frac12a(\Delta t)^2=10(5)+\frac12(-2)(5)^2=25\,\mathrm{m}$.
پس مکان متحرک در انتهای این بخش می‌شود:
$x(5)=x_0+\Delta x_1=-10+25=15\,\mathrm{m}$.

متحرک از مکان منفی به مکان مثبت رسیده و چون در تمام این مدت در جهت مثبت محور حرکت کرده است، فقط یک بار از مبدأ می‌گذرد؛ بنابراین بردار مکان یک بار تغییر جهت می‌دهد. اما سرعت تغییر علامت نمی‌دهد و بردار سرعت تغییر جهت ندارد. پس گزارهٔ «الف» نادرست است.

۳. بررسی گزارهٔ «ب»
چون جهت حرکت عوض نمی‌شود، مسافت طی‌شده با اندازهٔ جابه‌جایی برابر است. برای محاسبه، از مساحت زیر نمودار سرعت ـ زمان استفاده می‌کنیم؛ مساحت علامت‌دار این نمودار برابر جابه‌جایی است (فیزیک ۳، صفحه‌های ۲۰ و ۲۱).

نمودار سرعت ـ زمان از دو بخش مثلثی بالای محور زمان تشکیل می‌شود، پس:
$\Delta x=\frac12(5)(10)+\frac12(10)(10)=75\,\mathrm{m}$.

در نتیجه:
$L=|\Delta x|=75\,\mathrm{m}$.
پس گزارهٔ «ب» درست است.

۴. بررسی گزارهٔ «پ»
شتاب متوسط از نسبت تغییر سرعت به مدت حرکت به دست می‌آید؛ این کمیت در پرسش‌های فصل نیز از شتاب هر مرحله جدا شده است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۲۲):
$a_{\mathrm{av}}=\frac{v(15)-v(0)}{15-0}=\frac{10-10}{15}=0\,\mathrm{m/s^2}$.
پس گزارهٔ «پ» درست است.

۵. بررسی گزارهٔ «ت»
سرعت متوسط، جابه‌جایی تقسیم بر مدت حرکت است، نه تغییر سرعت تقسیم بر زمان:
$v_{\mathrm{av}}=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{75}{15}=5\,\mathrm{m/s}$.
بنابراین سرعت متوسط صفر نیست و گزارهٔ «ت» نادرست است.

در نتیجه، فقط گزاره‌های «ب» و «پ» درست‌اند.

پاسخ: گزینهٔ ۲

نکتهٔ اصلی این است که «نیروی نردبان بر سطح افقی» فقط نیروی عمودی نیست، بلکه برآیند مؤلفه‌های عمودی و اصطکاکیِ تماس است؛ همین روش در مثال نردبان کتاب به کار رفته است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴۳–۴۴).

۱. تعیین نیروی عمودی سطح:
دیوار بدون اصطکاک است، پس نیروی آن بر نردبان افقی است. در راستای قائم، فقط وزن رو به پایین و نیروی عمودی زمین رو به بالا وارد می‌شوند. نردبان در تعادل است، بنابراین:
$\sum F_y=0\Rightarrow N-mg=0$
پس:
$N=mg=25\times10=250\,\mathrm{N}$

۲. تعیین بیشترین اصطکاک ایستایی:
نیروی اصطکاک ایستایی همواره برابر مقدار بیشینه نیست؛ اما بیشترین نیروی تماس، وقتی حاصل می‌شود که نردبان در آستانهٔ لغزش باشد. در این حالت:
$f_{s,\max}=\mu_sN=0.4\times250=100\,\mathrm{N}$
این همان شرطی است که در مثال نردبان کتاب برای حالت آستانهٔ سرخوردن استفاده شده است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴۳–۴۴).

۳. محاسبهٔ برآیند نیروی تماس:
نیروی عمودی زمین و اصطکاک بر هم عمودند، پس:
$R_{\max}=\sqrt{N^2+f_{s,\max}^2}$
$R_{\max}=\sqrt{250^2+100^2}=\sqrt{72500}=50\sqrt{29}\,\mathrm{N}$

طبق قانون سوم نیوتون، نیروی نردبان بر زمین و نیروی زمین بر نردبان هم‌اندازه و خلاف جهت یکدیگرند؛ بنابراین مقدار محاسبه‌شده همان بیشترین نیروی مورد سؤال است.

پاسخ: گزینهٔ ۴

۱. طبق رابطهٔ شتاب گرانشی، در فاصلهٔ $r$ از مرکز زمین داریم $g_r=\frac{GM_e}{r^2}$ و در سطح زمین داریم $g_0=\frac{GM_e}{R_e^2}$. بنابراین شتاب گرانشی با مجذور فاصله از مرکز زمین نسبت وارون دارد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴۹).

۲. ارتفاعِ داده‌شده از سطح زمین است؛ پس فاصلهٔ تلسکوپ از مرکز زمین برابر است با:
$r=R_e+h=6400+1600=8000\,\mathrm{km}$.

۳. با تقسیم دو رابطهٔ شتاب، ثابت گرانش و جرم زمین حذف می‌شوند:
$\frac{g_r}{g_0}=\left(\frac{R_e}{r}\right)^2\quad\Rightarrow\quad g_r=g_0\left(\frac{R_e}{R_e+h}\right)^2$.

چون شعاع و ارتفاع در این نسبت هم‌واحدند، نیازی به تبدیل کیلومتر به متر نیست.

۴. با جای‌گذاری داده‌ها:
$g_r=9.8\left(\frac{6400}{8000}\right)^2=9.8\times(0.8)^2=9.8\times0.64=6.272\,\mathrm{m/s^2}$.

این مقدار از شتاب گرانشی سطح زمین کمتر است، زیرا تلسکوپ از مرکز زمین دورتر شده است.

پاسخ: گزینهٔ ۴

گام اول: تعیین دامنه
دامنه، بیشترین فاصله از نقطهٔ تعادل است و طول مسیر بین دو نقطهٔ بازگشت برابر $2A$ است؛ بنابراین نباید طول کل پاره‌خط را دامنه بگیریم (فیزیک ۳، صفحهٔ ۵۵):
$2A=8\,\mathrm{cm}\quad\Rightarrow\quad A=4\,\mathrm{cm}=0.04\,\mathrm{m}$.

گام دوم: محاسبهٔ بسامد زاویه‌ای
در حرکت هماهنگ ساده، شتاب با جابه‌جایی از تعادل متناسب و خلاف جهت آن است:
$a=-\omega^2x\quad\Rightarrow\quad |a|=\omega^2|x|$.
با تبدیل فاصلهٔ داده‌شده به متر داریم:
$|x|=2\,\mathrm{cm}=0.02\,\mathrm{m}$.
پس:
$\omega^2=\dfrac{|a|}{|x|}=\dfrac{\dfrac{\pi^2}{2}\,\mathrm{m/s^2}}{0.02\,\mathrm{m}}=25\pi^2\,\mathrm{s^{-2}}$،
و در نتیجه:
$\omega=5\pi\,\mathrm{rad/s}$.

گام سوم: محاسبهٔ تندی در نقطهٔ تعادل
هنگام عبور از تعادل، تندی نوسانگر بیشینه است (فیزیک ۳، صفحه‌های ۵۵–۵۶). برای نوسانگر هماهنگ ساده، از پایستگی انرژی در مدل جرم و فنر داریم:
$\dfrac12 kA^2=\dfrac12 mv_{\max}^2$.
با توجه به $\dfrac{k}{m}=\omega^2$، نتیجه می‌شود:
$v_{\max}=\omega A$.
بنابراین:
$v_{\max}=(5\pi)(0.04)=\dfrac{\pi}{5}\,\mathrm{m/s}$.

پاسخ: گزینهٔ ۲

۱. طبق تعریف کتاب، تراز شدت صوت از رابطهٔ $\beta=(10\,\mathrm{dB})\log\left(\frac{I}{I_0}\right)$ به دست می‌آید؛ لگاریتم در این رابطه در پایهٔ ده است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۷۳).

۲. صورت سؤال نسبت شدت صوت به شدت مرجع را داده است، نه خود شدت صوت را؛ بنابراین داریم: $\frac{I}{I_0}=2\sqrt{10}\times10^5$. نیازی به استفاده از مقدار عددی $I_0$ نیست.

۳. با استفاده از قواعد لگاریتم حاصل‌ضرب و توان، می‌نویسیم:
$\log\left(2\sqrt{10}\times10^5\right)=\log2+\frac12\log10+5\log10$.
با توجه به $\log2=0.3$ و $\log10=1$، نتیجه می‌شود:
$\log\left(\frac{I}{I_0}\right)=0.3+0.5+5=5.8$.

۴. اکنون این مقدار را در رابطهٔ تراز شدت صوت قرار می‌دهیم:
$\beta=(10\,\mathrm{dB})\times5.8=58\,\mathrm{dB}$.

پاسخ: گزینهٔ ۳

۱. تعیین ترازهای مربوط به دو خط نخست
در یک رشتهٔ معین، تراز پایانی $n'$ ثابت است. برای خط اول و دوم، ترازهای آغازین به‌ترتیب $n=n'+1$ و $n=n'+2$ هستند؛ همان روشی که در مثال دو خط نخست رشتهٔ براکت به کار رفته است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۱–۱۰۲).

۲. نوشتن اختلاف بسامد با معادلهٔ ریدبرگ
طبق معادلهٔ ریدبرگ داریم (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۰–۱۰۱):
$\frac{1}{\lambda}=R\left(\frac{1}{n'^2}-\frac{1}{n^2}\right)$
با استفاده از $f=c/\lambda$، بسامد دو خط نخست برابر است با:
$f_1=cR\left(\frac{1}{n'^2}-\frac{1}{(n'+1)^2}\right)$
$f_2=cR\left(\frac{1}{n'^2}-\frac{1}{(n'+2)^2}\right)$
بسامد خط دوم بیشتر است؛ بنابراین با کم‌کردن این دو رابطه، جملهٔ مربوط به تراز پایانی حذف می‌شود:
$\Delta f=f_2-f_1=cR\left(\frac{1}{(n'+1)^2}-\frac{1}{(n'+2)^2}\right)$

۳. جای‌گذاری داده‌های سؤال
باید از مقدار ثابت ریدبرگِ داده‌شده در سؤال استفاده کنیم. با توجه به $1\,\mathrm{nm}=10^{-9}\,\mathrm{m}$ داریم:
$R=\frac{1}{100}\,(\mathrm{nm})^{-1}=10^7\,\mathrm{m}^{-1}$
پس:
$cR=(3\times10^8)(10^7)=3\times10^{15}\,\mathrm{Hz}$
در نتیجه:
$\frac{1}{(n'+1)^2}-\frac{1}{(n'+2)^2}=\frac{\Delta f}{cR}=\frac{\frac{35}{24}\times10^{14}}{3\times10^{15}}=\frac{7}{144}$

۴. شناسایی رشته
چون $\frac{1}{9}-\frac{1}{16}=\frac{16-9}{144}=\frac{7}{144}$، دو تراز آغازین باید $n=3$ و $n=4$ باشند؛ بنابراین تراز پایانی مشترک $n'=2$ است. طبق جدول رشته‌های هیدروژن، این تراز پایانی مربوط به رشتهٔ بالمر است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۱–۱۰۲).

پاسخ: گزینهٔ ۴

گام اول: تعیین ترازهای اولیه و نهایی
حالت پایه مربوط به $n=1$ است و نخستین حالت برانگیخته، $n=2$ است؛ پس چهارمین حالت برانگیخته به $n=5$ مربوط می‌شود. بنابراین گذار موردنظر از $n=5$ به $n=1$ است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۵–۱۰۶).

گام دوم: محاسبهٔ اختلاف انرژی دو تراز
طبق مدل بور، انرژی ترازهای اتم هیدروژن از رابطهٔ $E_n=-E_R/n^2$ به دست می‌آید (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۵). با نوشتن عددهای اعشاری با نقطه داریم:
$E_5=-\frac{13.6}{25}=-0.544\,\mathrm{eV}$
$E_1=-13.6\,\mathrm{eV}$
در گسیل فوتون، انرژی فوتون برابر کاهش انرژی اتم است؛ یعنی $hf=E_5-E_1$ (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۵). پس:
$hf=(-0.544)-(-13.6)=13.056\,\mathrm{eV}$

گام سوم: محاسبهٔ بسامد
با توجه به اینکه انرژی برحسب الکترون‌ولت و ثابت پلانک برحسب $\mathrm{eV\cdot s}$ داده شده است، نیازی به تبدیل انرژی به ژول نداریم:
$f=\frac{13.056\,\mathrm{eV}}{4\times10^{-15}\,\mathrm{eV\cdot s}}=3.264\times10^{15}\,\mathrm{Hz}$
این مقدار با گزینهٔ دوم مطابقت دارد.

پاسخ: گزینهٔ ۲

۱. نیروهای وارد بر ذره را مشخص می‌کنیم. وزن ذره رو به پایین است. چون ذره معلق و ساکن است، برآیند نیروها صفر است؛ بنابراین نیروی الکتریکی باید رو به بالا و هم‌اندازهٔ وزن باشد. این وضعیت همان الگوی مسئلهٔ تعادل ذرهٔ باردار در میدان یکنواخت کتاب است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۳۶، مسئلهٔ ۱۰).

۲. علامت بار را تعیین می‌کنیم. طبق تعریف میدان الکتریکی، رابطهٔ نیرو و میدان $\vec{F}_{e}=q\vec{E}$ است؛ نیروی وارد بر بار مثبت هم‌جهت میدان و نیروی وارد بر بار منفی خلاف جهت میدان است (فیزیک ۲، صفحه‌های ۱۱–۱۲). در این سؤال، میدان رو به پایین و نیروی لازم برای تعادل رو به بالاست؛ پس بار ذره منفی است.

۳. اندازهٔ بار را از شرط تعادل به دست می‌آوریم:
$F_e=mg\quad\Rightarrow\quad |q|E=mg\quad\Rightarrow\quad |q|=\frac{mg}{E}$

جرم را به کیلوگرم تبدیل می‌کنیم:
$m=5\,\mathrm{g}=5\times10^{-3}\,\mathrm{kg}$

با جای‌گذاری داده‌ها:
$|q|=\frac{(5\times10^{-3}\,\mathrm{kg})(10\,\mathrm{N/kg})}{10^4\,\mathrm{N/C}}=5\times10^{-6}\,\mathrm{C}=5\,\mathrm{\mu C}$

با توجه به منفی بودن بار، نتیجه می‌شود:
$q=-5\,\mathrm{\mu C}$

پاسخ: گزینهٔ ۳

۱. نیروها را جداگانه بررسی می‌کنیم.
طبق اصل برهم‌نهی، نیروی خالص وارد بر هر بار، جمع برداری نیروهای مستقلِ بارهای دیگر است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۷–۸):
$\vec F_T=\vec F_{14}+\vec F_{24}+\vec F_{34}$.
در اینجا $\vec F_{i4}$ نیروی وارد بر $q_4$ از طرف $q_i$ است. چون $q_1$، $q_3$ و $q_4$ مثبت‌اند، دو نیروی $\vec F_{14}$ و $\vec F_{34}$ دافعه‌اند. به دلیل تقارن، مؤلفه‌های قائم آن‌ها یکدیگر را خنثی می‌کنند، اما مؤلفه‌های افقی هر دو به راست‌اند و با هم جمع می‌شوند.

۲. اندازه و مؤلفهٔ افقی نیروهای مایل را می‌یابیم.
اگر $a=30\,\mathrm{cm}=0.30\,\mathrm m$ باشد، از هندسهٔ شکل داریم:
$r_{14}=r_{34}=a\sqrt2$، پس $r_{14}^2=r_{34}^2=0.18\,\mathrm{m^2}$.
همچنین هر نیرو با راستای افقی زاویهٔ $45^\circ$ می‌سازد. با استفاده از قانون کولن، مانند روش مثال کتاب (فیزیک ۲، صفحهٔ ۸):
$F_{14}=F_{34}=k\dfrac{|q_1q_4|}{r_{14}^2}=\dfrac{(9\times10^9)(10\times10^{-6})(2\times10^{-6})}{0.18}\,\mathrm N=1\,\mathrm N$.
بنابراین مجموع مؤلفه‌های افقی این دو نیرو برابر است با:
$F_{14,x}+F_{34,x}=2(1\,\mathrm N)\cos45^\circ=\sqrt2\,\mathrm N$.

۳. نیروی بار میانی را تعیین می‌کنیم.
جهت مثبت محور افقی به راست است. با توجه به مؤلفهٔ افقی نیروی خالصِ داده‌شده:
$(\sqrt2-2)\,\mathrm N=\sqrt2\,\mathrm N+F_{24,x}$،
پس:
$F_{24,x}=-2\,\mathrm N$.
بنابراین نیروی بار میانی به چپ و اندازهٔ آن $2\,\mathrm N$ است. چون $q_4$ مثبت است، برای ایجاد این نیروی جاذبه باید $q_2$ منفی باشد؛ تشخیص جاذبه یا دافعه از علامت بارها، همان روش به‌کاررفته در مثال کتاب است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۸).

۴. اندازهٔ بار مجهول را حساب می‌کنیم.
فاصلهٔ بار میانی تا $q_4$ برابر $0.30\,\mathrm m$ است؛ بنابراین:
$|q_2|=\dfrac{F_{24}a^2}{k|q_4|}=\dfrac{(2)(0.30)^2}{(9\times10^9)(2\times10^{-6})}\,\mathrm C=10^{-5}\,\mathrm C=10\,\mu\mathrm C$.
با لحاظ‌کردن علامت منفی:
$q_2=-10\,\mu\mathrm C$.

پاسخ: گزینهٔ ۱

ابتدا باید ولتاژ دو سر باتری را از نیروی محرکهٔ آن متمایز کنیم: نیروی محرکهٔ $\varepsilon$ ویژگی منبع است، اما ولتاژ پایانه‌های باتریِ دارای مقاومت داخلی به جریان نیز بستگی دارد. مفهوم نیروی محرکه و تفاوت خواندن ولت‌سنج در حالت‌های مختلف مدار در کتاب مطرح شده است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۵۰–۵۱).

گام اول: اثر بستن کلید بر مدار
با بسته‌شدن کلید، دو سر لامپ سوم با سیمی با مقاومت ناچیز به هم وصل می‌شوند؛ بنابراین این لامپ اتصال کوتاه می‌شود و اختلاف پتانسیل دو سر آن به صفر می‌رسد. در نتیجه، تنها دو لامپ دیگر در مسیر مؤثر جریان باقی می‌مانند. همین نوع اتصال کوتاه در تمرین ۲۴ کتاب نیز بررسی شده است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۶۴).

گام دوم: مقایسهٔ جریان پیش و پس از بستن کلید
مقاومت هر لامپ را $R$ و مقاومت داخلی باتری را $r$ می‌گیریم. در اتصال متوالی، مقاومت معادل برابر مجموع مقاومت‌هاست (فیزیک ۲، صفحهٔ ۵۶). بنابراین:

$R_{\text{کل، باز}}=3R+r$

$R_{\text{کل، بسته}}=2R+r$

پس جریان‌ها برابرند با:

$I_{\text{باز}}=\dfrac{\varepsilon}{3R+r}$

$I_{\text{بسته}}=\dfrac{\varepsilon}{2R+r}$

چون مقاومت کل کاهش یافته است، داریم:

$I_{\text{بسته}}>I_{\text{باز}}$

گام سوم: تغییر ولتاژ دو سر باتری
باتری در حال تأمین جریان است؛ پس ولتاژ پایانه‌های آن از رابطهٔ زیر به دست می‌آید:

$V_{\text{باتری}}=\varepsilon-Ir$

با افزایش جریان، افت ولتاژ داخلیِ $Ir$ بیشتر می‌شود و ولتاژ دو سر باتری کاهش می‌یابد. بنابراین «الف» درست و «ت» نادرست است.

گام چهارم: تغییر ولتاژ دو سر لامپ‌های اول و دوم
از هر دو لامپ باقی‌مانده، جریان مدار می‌گذرد. طبق رابطهٔ $V=IR$، برای هر یک از این لامپ‌ها داریم:

$V_{\text{باز}}=\dfrac{\varepsilon R}{3R+r}$

$V_{\text{بسته}}=\dfrac{\varepsilon R}{2R+r}$

بنابراین اختلاف پتانسیل دو سر هر یک از آن‌ها افزایش می‌یابد؛ پس «پ» درست و «ب» نادرست است.

نکتهٔ اصلی این است که کاهش ولتاژ کلِ مدار خارجی، الزاماً به معنای کاهش ولتاژ تک‌تک لامپ‌های باقی‌مانده نیست؛ زیرا پس از بستن کلید، تعداد لامپ‌های مؤثر در مدار نیز کمتر شده است.

پاسخ: گزینهٔ ۱

چون سیملوله آرمانی است و نقطهٔ موردنظر درون آن و دور از لبه‌ها قرار دارد، بزرگی میدان از رابطهٔ $B=\dfrac{\mu_0NI}{\ell}$ به دست می‌آید؛ در این رابطه، $N$ تعداد دورها و $\ell$ طول سیملوله است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۸۱–۸۲).

ابتدا داده‌ها را به واحدهای SI تبدیل می‌کنیم:
$\ell=20\,\mathrm{cm}=0.20\,\mathrm{m}$
$I=800\,\mathrm{mA}=0.8\,\mathrm{A}$
$N=500$

با استفاده از مقدار $\mu_0$ داده‌شده در صورت سؤال داریم:
$B=\dfrac{(12\times10^{-7}\,\mathrm{T\cdot m/A})(500)(0.8\,\mathrm{A})}{0.20\,\mathrm{m}}=2.4\times10^{-3}\,\mathrm{T}$.

اکنون باید میدان را به گاوس تبدیل کنیم. مطابق تبدیل واحد به‌کاررفته در مثال کتاب، $1\,\mathrm{T}=10^4\,\mathrm{G}$ (فیزیک ۲، صفحهٔ ۸۱–۸۲). بنابراین:
$B=2.4\times10^{-3}\times10^4\,\mathrm{G}=24\,\mathrm{G}$.

پاسخ: گزینهٔ ۳

۱. تعیین راستای نیرو: نیروی مغناطیسی بر هر دو بردار سرعت و میدان مغناطیسی عمود است. چون $\vec{V}$ و $\vec{B}$ در صفحهٔ شکل قرار دارند و موازی نیستند، نیرو عمود بر این صفحه است؛ پس جهت‌های بالاـچپ و پایین کنار گذاشته می‌شوند (فیزیک ۲، صفحهٔ ۷۱).

۲. اجرای قاعدهٔ دست راست برای بار مثبت: انگشتان دست راست را در جهت سرعت، یعنی بالاـراست، می‌گیریم و آن‌ها را روی زاویهٔ کوچک‌تر به سوی میدانِ رو به راست خم می‌کنیم. شست به داخل صفحه اشاره می‌کند؛ بنابراین نیروی وارد بر یک بار مثبت در این وضعیت، درون‌سو است.

۳. در نظر گرفتن علامت بار: الکترون بار منفی دارد و نیروی وارد بر آن خلاف جهتی است که قاعدهٔ دست راست برای بار مثبت نشان می‌دهد (فیزیک ۲، صفحهٔ ۷۱). پس نیروی وارد بر الکترون از صفحه به سوی ناظر است؛ این جهت را با نماد $\odot$ نشان می‌دهند.

پاسخ: گزینهٔ ۲

۱. رابطهٔ انرژی را بنویسیم. مطابق قضیهٔ کار و انرژی جنبشی، مجموع کار وزن و مقاومت هوا برابر تغییر انرژی جنبشی است (فیزیک ۱، صفحهٔ ۶۲):
$W_{\text{وزن}}+W_{\text{هوا}}=K_2-K_1$
گلوله در پایان مسیر بالاتر از نقطهٔ پرتاب است؛ بنابراین کار وزن برابر $-mgh$ است. پس:
$W_{\text{هوا}}=K_2-K_1+mgh$
انرژی تلف‌شده، اندازهٔ کار منفی مقاومت هواست؛ بنابراین:
$E_{\text{تلف‌شده}}=-W_{\text{هوا}}=K_1-K_2-mgh$
این رابطه نشان می‌دهد که تمام کاهش انرژی جنبشی تلف نمی‌شود؛ بخشی از آن به انرژی پتانسیل گرانشی تبدیل می‌شود. انرژی مکانیکی تنها در نبود کار نیروهای اتلافی پایسته است (فیزیک ۱، صفحه‌های ۶۹–۷۰).

۲. درصد اتلاف را نسبت به انرژی جنبشی اولیه حساب کنیم. با جای‌گذاری رابطهٔ انرژی جنبشی و حذف جرم داریم:
$p=\frac{E_{\text{تلف‌شده}}}{K_1}\times100=\frac{\frac12 mv_1^2-\frac12 mv_2^2-mgh}{\frac12 mv_1^2}\times100$
$p=\frac{v_1^2-v_2^2-2gh}{v_1^2}\times100$
با استفاده از داده‌ها در دستگاه SI:
$p=\frac{80^2-20^2-2(10)(236)}{80^2}\times100$
$p=\frac{6400-400-4720}{6400}\times100=20\%$

پس تا لحظهٔ پیش از برخورد به صخره، $20\%$ انرژی جنبشی اولیه بر اثر مقاومت هوا تلف شده است؛ اتلاف ناشی از خود برخورد در این محاسبه وارد نمی‌شود.

پاسخ: گزینهٔ ۲

۱. داده‌ها و تغییر ارتفاع: در نگارش صورت سؤال، $1/5$ عدد اعشاری و برابر با $1.5$ است. بنابراین:
$m=2\,\mathrm{kg},\qquad g=10\,\mathrm{m/s^2},\qquad h_1=1\,\mathrm{m},\qquad h_2=1.5\,\mathrm{m}$
افزایش ارتفاع جسم برابر است با:
$\Delta h=h_2-h_1=1.5-1=0.5\,\mathrm{m}$

۲. رابطه و علامت کار وزن: طبق کتاب، کار نیروی وزن برابر منفی تغییر انرژی پتانسیل گرانشی است:
$W_{\text{وزن}}=-\Delta U=-mg(h_2-h_1)$
چون جسم به ارتفاع بالاتری می‌رود و نیروی وزن رو به پایین است، کار وزن منفی خواهد بود (فیزیک ۱، صفحهٔ ۶۵).

۳. محاسبه:
$W_{\text{وزن}}=-(2)(10)(0.5)=-10\,\mathrm{J}$

۴. نقش سکون ابتدا و انتها: ساکن بودن جسم در ابتدا و انتها یعنی تغییر انرژی جنبشی و در نتیجه کار کل نیروها صفر است؛ این شرط به معنی صفر بودن کار تک‌تک نیروها نیست. در این جابه‌جایی، کار نیروی جابه‌جاکننده، کار منفی وزن را جبران می‌کند (فیزیک ۱، صفحه‌های ۶۷–۶۸).

پاسخ: گزینهٔ ۴

برای درستی هر فرایند، باید هم تغییرات تعداد پروتون‌ها و نوترون‌ها و هم بار ذرهٔ گسیل‌شده را بررسی کنیم.

۱. ارتباط مشخصه‌های هسته
در نماد هسته، $Z$ تعداد پروتون‌ها، $N$ تعداد نوترون‌ها و $A$ مجموع آن‌هاست؛ بنابراین $A=Z+N$. در واپاشی بتا، تعداد نوکلئون‌ها و در نتیجه عدد جرمی ثابت می‌ماند؛ پس تغییرات $Z$ و $N$ باید یکدیگر را جبران کنند (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۱۵–۱۱۶).

۲. قواعد دو نوع واپاشی بتا
در واپاشی $\beta^-$، یک نوترون به پروتون تبدیل و الکترون گسیل می‌شود؛ در نتیجه $Z\to Z+1$ و $N\to N-1$، ولی $A$ ثابت می‌ماند (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۱۷–۱۱۸).
در واپاشی $\beta^+$، یک پروتون به نوترون تبدیل و پوزیترون گسیل می‌شود؛ بنابراین $Z\to Z-1$ و $N\to N+1$ و باز هم $A$ ثابت می‌ماند (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۱۸–۱۱۹).

۳. بررسی عبارت‌ها

• «الف»: کاهش عدد اتمی و افزایش تعداد نوترون‌ها، با واپاشی $\beta^+$ سازگار است؛ اما ذرهٔ نوشته‌شده الکترون است، پس عبارت نادرست است.
• «ب»: عدد اتمی یک واحد کم و تعداد نوترون‌ها یک واحد زیاد شده و ذرهٔ گسیل‌شده نیز پوزیترون است. بنابراین همهٔ تغییرات با واپاشی $\beta^+$ سازگارند:

$^{A}_{Z}X_{N}\to{}^{A}_{Z-1}Y_{N+1}+e^{+}$.
پایستگی بار نیز برقرار است: $Ze=(Z-1)e+e$.

• «پ»: گسیل الکترون و افزایش عدد اتمی با هم سازگارند، اما تعداد نوترون‌ها باید $N-1$ باشد، نه $N$؛ پس عبارت نادرست است.
• «ت»: گسیل پوزیترون باید با کاهش عدد اتمی و افزایش تعداد نوترون‌ها همراه باشد؛ هیچ‌یک از این دو تغییر درست نوشته نشده است.

پس تنها عبارت «ب» درست است. مطابق ساده‌سازی کتاب، نوترینو و پادنوترینو در این معادله‌ها نوشته نشده‌اند (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۱۸–۱۱۹).

پاسخ: گزینهٔ ۲

گام اول ـ مشخص‌کردن نیروهای شکل:
نخ هر جسمِ متصل به خود را در راستای نخ و به سمت بیرون از آن جسم می‌کشد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴۲). بنابراین:

• $T_1$ نیروی نخ بر گلوله و رو به بالاست.
• $T_2$ نیروی نخ بر سقف و رو به پایین است.

گام دوم ـ بررسی بزرگی نیروها:
طبق مدل نخِ بی‌جرم در کتاب، نخ دو جسمِ متصل به خود را با نیروهای هم‌اندازه می‌کشد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴۲). در نتیجه $T_1=T_2$ و عبارت گزینهٔ ۱ درست است.

گام سوم ـ شناسایی واکنش هر نیرو:
در زوج کنش و واکنش، جای جسمِ واردکننده و جسمِ دریافت‌کنندهٔ نیرو عوض می‌شود؛ مانند نیروی سطح بر جسم و نیروی جسم بر سطح (فیزیک ۳، صفحه‌های ۳۵–۳۶).

• واکنش $T_2$، نیروی سقف بر نخ است که رو به بالا به نخ وارد می‌شود؛ پس گزینهٔ ۲ درست است.
• واکنش $T_1$، نیروی گلوله بر نخ است که رو به پایین به نخ وارد می‌شود؛ پس گزینهٔ ۳ نیز درست است.

گام چهارم ـ تشخیص عبارت نادرست:
هم‌اندازه و خلاف‌جهت بودن دو نیرو، به‌تنهایی برای کنش و واکنش بودن آن‌ها کافی نیست. هر دو نیروی $T_1$ و $T_2$ را نخ وارد می‌کند، اما یکی بر گلوله و دیگری بر سقف وارد می‌شود؛ بنابراین این دو، زوج نیروهای یک برهم‌کنش نیستند و واکنش یکدیگر محسوب نمی‌شوند. پس عبارت گزینهٔ ۴ نادرست است.

پاسخ: گزینهٔ ۴

نکتهٔ اصلی این است که تغییر جهت بردار مکان با تغییر جهت حرکت فرق دارد. جهت بردار مکان متحرک $B$ زمانی عوض می‌شود که از مبدأ بگذرد و علامت $x_B$ تغییر کند؛ نه در رأس سهمی که سرعتش صفر می‌شود. مطابق توضیح کتاب، فاصله از مبدأ برابر $|x|$ است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۴–۱۵).

گام اول: معادلهٔ حرکت متحرک $A$

نمودار مکان ـ زمان این متحرک خط راست است؛ پس سرعت آن ثابت و برابر شیب خط است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۷):

$v_A=\frac{28-64}{12-0}=-3\,\mathrm{m/s}$

بنابراین، با استفاده از رابطهٔ حرکت با سرعت ثابت (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۴–۱۵):

$x_A=(64\,\mathrm{m})-(3\,\mathrm{m/s})t$

گام دوم: شتاب متحرک $B$

در لحظهٔ ملاقات، تندی متحرک $A$ برابر $3\,\mathrm{m/s}$ است؛ پس:

$|v_B(12\,\mathrm{s})|=\frac{16}{3}\times3=16\,\mathrm{m/s}$

در این لحظه نمودار متحرک $B$ صعودی است، بنابراین سرعتش مثبت است. از طرفی، رأس سهمی در $t=4\,\mathrm{s}$ قرار دارد و سرعت در رأس صفر است. با رابطهٔ سرعت در حرکت با شتاب ثابت داریم:

$a_B=\frac{16-0}{12-4}=2\,\mathrm{m/s^2}$

گام سوم: معادلهٔ مکان متحرک $B$

اگر مکان رأس سهمی را $x_r$ بنامیم، چون سرعت در رأس صفر است، معادلهٔ مکان به صورت زیر نوشته می‌شود:

$x_B=x_r+\frac{1}{2}a_B(t-4\,\mathrm{s})^2$

با قرار دادن مکان و زمان ملاقات:

$28\,\mathrm{m}=x_r+\frac{1}{2}(2\,\mathrm{m/s^2})(12\,\mathrm{s}-4\,\mathrm{s})^2$

پس $x_r=-36\,\mathrm{m}$ و در نتیجه:

$x_B=-36\,\mathrm{m}+(1\,\mathrm{m/s^2})(t-4\,\mathrm{s})^2$

گام چهارم: زمان تغییر جهت بردار مکان و فاصلهٔ دو متحرک

برای عبور متحرک $B$ از مبدأ باید $x_B=0$ باشد:

$(t-4\,\mathrm{s})^2=36\,\mathrm{s^2}\quad\Rightarrow\quad t=-2\,\mathrm{s}\ \text{یا}\ t=10\,\mathrm{s}$

در بازهٔ زمانی پس از شروع نمودار، زمان موردنظر $t=10\,\mathrm{s}$ است. در این لحظه:

$x_A=64\,\mathrm{m}-(3\,\mathrm{m/s})(10\,\mathrm{s})=34\,\mathrm{m}$

چون متحرک $B$ در مبدأ قرار دارد، فاصلهٔ آن‌ها برابر است با:

$d=|x_A-x_B|=|34-0|\,\mathrm{m}=34\,\mathrm{m}$

پاسخ: گزینهٔ ۴