سوالات فیزیک کنکور تجربی ۱۴۰۳ نوبت دوم با پاسخ تشریحی

۱. خواندن نمودار: خط‌چین‌ها نشان می‌دهند که در زمان $t=24\,\text{روز}$، تعداد هسته‌های مادرِ باقی‌مانده برابر $N=\frac{N_0}{8}$ است.

۲. تعیین تعداد نیمه‌عمرها: طبق تعریف کتاب، در هر نیمه‌عمر تعداد هسته‌های مادرِ باقی‌مانده نصف می‌شود (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۲۰). بنابراین:
$N_0\xrightarrow{T_{1/2}}\frac{N_0}{2}\xrightarrow{T_{1/2}}\frac{N_0}{4}\xrightarrow{T_{1/2}}\frac{N_0}{8}$
پس زمان مشخص‌شده در نمودار، معادل سه نیمه‌عمر است.

۳. محاسبهٔ مدت هر نیمه‌عمر: با استفاده از رابطهٔ $n=\frac{t}{T_{1/2}}$ در کتاب (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۲۱)، داریم:
$T_{1/2}=\frac{t}{n}=\frac{24\,\text{روز}}{3}=8\,\text{روز}$

پاسخ: گزینهٔ ۴

گام اول: تعیین ترازهای گذار
در رشتهٔ براکت، تراز پایانی $n'=4$ است. طبق جدول رشته‌های طیفی و مثال براکت، خط اول با $n=5$ و خط دوم با $n=6$ متناظرند؛ پس سومین خط از گذار $n=7$ به $n'=4$ حاصل می‌شود (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۱–۱۰۲).

گام دوم: استفاده از معادلهٔ ریدبرگ
رابطهٔ طول‌موج خط‌های طیف هیدروژن به‌صورت $\frac{1}{\lambda}=R\left(\frac{1}{n'^2}-\frac{1}{n^2}\right)$ است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰۰–۱۰۱). با استفاده از مقدار ثابتِ داده‌شده در سؤال، یعنی $R=0.01\,\mathrm{nm}^{-1}$، داریم:
$\frac{1}{\lambda}=0.01\left(\frac{1}{16}-\frac{1}{49}\right)\mathrm{nm}^{-1}=0.01\times\frac{33}{784}\,\mathrm{nm}^{-1}$.

گام سوم: محاسبهٔ طول‌موج
با معکوس کردن طرفین به دست می‌آید:
$\lambda=\frac{784}{0.01\times33}\,\mathrm{nm}=\frac{78400}{33}\,\mathrm{nm}\approx2376\,\mathrm{nm}$.

توجه کنید که باید ثابت ریدبرگِ داده‌شده در همین سؤال را به کار برد، نه مقدار تقریبی دیگری که در کتاب استفاده شده است.

پاسخ: گزینهٔ ۲

با داده‌های نوشته‌شده، کلید اعلام‌شده با محاسبه سازگار نیست. حل مرحله‌به‌مرحله این ناسازگاری را نشان می‌دهد.

۱. تعیین فاصله‌ها و جهت میدان‌ها
طبق رابطهٔ میدان بار نقطه‌ای، $E=k|q|/r^2$ و میدان بار مثبت از آن دور می‌شود (فیزیک ۲، صفحهٔ ۱۱–۱۲). فاصلهٔ بارها تا نقطهٔ $A$ برابر است با:
$r_1=9\,\mathrm{cm}=0.09\,\mathrm{m}$، $r_2=6\,\mathrm{cm}=0.06\,\mathrm{m}$ و $r_3=3\,\mathrm{cm}=0.03\,\mathrm{m}$.
چون $A$ در سمت راست دو بار مثبت $q_1$ و $q_3$ است، میدان هر دوی آن‌ها در این نقطه به راست است. جهت راست را مثبت می‌گیریم.

۲. محاسبهٔ میدان دو بار معلوم
$E_1=\dfrac{(9\times10^9)(18\times10^{-6})}{(0.09)^2}=2\times10^7\,\mathrm{N/C}$
$E_3=\dfrac{(9\times10^9)(2\times10^{-6})}{(0.03)^2}=2\times10^7\,\mathrm{N/C}$
پس مجموع میدان این دو بار به راست و برابر است با:
$E_{13}=4\times10^7\,\mathrm{N/C}$.

۳. اعمال اصل برهم‌نهی
میدان خالص، جمع برداری میدان تک‌تک بارهاست (فیزیک ۲، صفحهٔ ۱۲–۱۳). اگر $q_2=Q\,\mu\mathrm{C}$ باشد، مؤلفهٔ علامت‌دار میدان آن در نقطهٔ $A$ برابر است با:
$E_{2x}=\dfrac{(9\times10^9)(Q\times10^{-6})}{(0.06)^2}=(2.5\times10^6\,\mathrm{N/C})Q$.
در نتیجه، شرط بزرگی میدان خالص چنین است:
$|4\times10^7+2.5\times10^6Q|=3\times10^7$.
چون فقط بزرگی میدان داده شده است، دو حالت داریم:
$4\times10^7+2.5\times10^6Q=+3\times10^7\quad\Rightarrow\quad Q=-4$
یا
$4\times10^7+2.5\times10^6Q=-3\times10^7\quad\Rightarrow\quad Q=-28$.
بنابراین بار مجهول می‌تواند $q_2=-4\,\mu\mathrm{C}$ یا $q_2=-28\,\mu\mathrm{C}$ باشد؛ هیچ‌کدام در گزینه‌ها نیست.

۴. بررسی گزینهٔ اعلام‌شده در کلید
برای $q_2=-32\,\mu\mathrm{C}$، داریم:
$E_x=4\times10^7-(2.5\times10^6)(32)=-4\times10^7\,\mathrm{N/C}$.
پس بزرگی میدان برابر $4\times10^7\,\mathrm{N/C}$ می‌شود، نه $3\times10^7\,\mathrm{N/C}$. در نتیجه، دست‌کم یکی از داده‌های صورت سؤال، شکل یا کلید نیازمند اصلاح است.

پاسخ: هیچ‌کدام از گزینه‌ها؛ گزینهٔ ۴ با داده‌های فعلی سازگار نیست.

۱. جهت حرکت و تغییر انرژی را مشخص می‌کنیم. صفحهٔ بالایی مثبت و صفحهٔ پایینی منفی است؛ پس میدان الکتریکی رو به پایین است. چون بار ذره منفی است، نیروی الکتریکی خلاف جهت میدان، یعنی رو به بالا خواهد بود (فیزیک ۲، صفحهٔ ۱۸–۱۹). در حرکت آزاد ذره، نیروی الکتریکی کار مثبت انجام می‌دهد؛ بنابراین طبق رابطهٔ $\Delta U=-W_{\mathrm E}$، انرژی پتانسیل الکتریکی کاهش می‌یابد (فیزیک ۲، صفحهٔ ۲۰–۲۱).

۲. فاصلهٔ طی‌شده را به دست می‌آوریم. فاصلهٔ دو صفحه $2\,\mathrm{cm}=20\,\mathrm{mm}$ است و نقطهٔ $A$ از صفحهٔ پایینی $5\,\mathrm{mm}$ فاصله دارد. پس فاصلهٔ آن تا صفحهٔ بالایی برابر است با:
$d=20-5=15\,\mathrm{mm}$

۳. اختلاف پتانسیل مسیر را محاسبه می‌کنیم. میدان بین صفحات موازی یکنواخت است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۱۸–۱۹)؛ بنابراین اختلاف پتانسیل با فاصله در راستای عمود بر صفحات متناسب است. اختلاف پتانسیل کل صفحات $20\,\mathrm{V}$ است، پس:
$\Delta V=V_{\text{بالا}}-V_A=\dfrac{15}{20}\times20=15\,\mathrm{V}$
علامت این اختلاف مثبت است، زیرا صفحهٔ بالایی پتانسیل بیشتری دارد؛ مقایسهٔ پتانسیل صفحات در میدان یکنواخت در مسئلهٔ مربوط به صفحات موازی نیز مطرح شده است (فیزیک ۲، صفحهٔ ۳۷–۳۸).

۴. تغییر انرژی پتانسیل را حساب می‌کنیم. با استفاده از رابطهٔ $\Delta U=q\Delta V$ داریم:
$\Delta U=(-5\times10^{-3}\,\mathrm{C})(15\,\mathrm{V})=-75\times10^{-3}\,\mathrm{J}=-75\,\mathrm{mJ}$
پس انرژی پتانسیل الکتریکی ذره به اندازهٔ $75\,\mathrm{mJ}$ کاهش می‌یابد. توجه کنید که افزایش پتانسیل الکتریکی برای بار منفی، به معنای کاهش انرژی پتانسیل است.

پاسخ: گزینهٔ ۳

گام اول ـ انتخاب رابطه: برای رسانایی با سطح مقطع یکنواخت، مقاومت از رابطهٔ $R=\rho\frac{L}{A}$ به دست می‌آید؛ یعنی با طول نسبت مستقیم و با مساحت مقطع نسبت وارون دارد (فیزیک ۲، صفحهٔ ۴۵).

گام دوم ـ هماهنگ‌کردن واحدها: مقاومت ویژه برابر $\rho=3\times10^{-5}\,\Omega\cdot\mathrm{cm}$ و مساحت مقطع برابر $A=51\,\mathrm{cm^2}$ است. بنابراین می‌توان بدون تبدیل این دو کمیت به SI، طول را نیز برحسب سانتی‌متر نوشت:
$L=17\,\mathrm{km}=17\times10^5\,\mathrm{cm}$.
در این صورت واحد حاصل برابر اهم خواهد بود، زیرا $\frac{(\Omega\cdot\mathrm{cm})(\mathrm{cm})}{\mathrm{cm^2}}=\Omega$.

گام سوم ـ جای‌گذاری و محاسبه:
$R=\frac{(3\times10^{-5})(17\times10^5)}{51}\,\Omega=\frac{3\times17}{51}\,\Omega=1\,\Omega$.

پس مقاومت بخش داده‌شده از ریل برابر $1\,\Omega$ است.

پاسخ: گزینهٔ ۱

مقدار هر مقاومت را $R$ و اختلاف پتانسیل دو سر باتری را $V$ می‌نامیم.

گام اول ـ تعیین ولتاژ شاخه‌ها: مجموعهٔ متوالیِ $R_1$ و $R_2$ با مقاومت $R_3$ موازی است؛ بنابراین ولتاژ دو سر هر شاخه برابر $V$ است. در اتصال موازی، دو سر شاخه‌ها به دو نقطهٔ مشترک متصل‌اند و اختلاف پتانسیل یکسان دارند (فیزیک ۲، صفحهٔ ۵۷). پس $V_3=V$ و $V_1+V_2=V$.

گام دوم ـ تقسیم ولتاژ در شاخهٔ بالایی: مقاومت‌های متوالی جریان یکسان دارند و مقاومت معادل آن‌ها برابر مجموع مقاومت‌هاست (فیزیک ۲، صفحهٔ ۵۶). چون $R_1=R_2=R$، داریم $R_{\mathrm{بالا}}=2R$ و جریان این شاخه برابر است با $I_{\mathrm{بالا}}=\frac{V}{2R}$. در نتیجه، ولتاژ هر مقاومت بالایی برابر است با $V_1=V_2=I_{\mathrm{بالا}}R=\frac{V}{2}$.

گام سوم ـ مقایسهٔ توان‌ها: با استفاده از رابطهٔ توان مصرفی مقاومت، $P=\frac{V^2}{R}$، به دست می‌آید:
$P_3=\frac{V^2}{R}$
$P_1=P_2=\frac{(V/2)^2}{R}=\frac{V^2}{4R}$
بنابراین $P_3=4P_1=4P_2$؛ یعنی توان مصرفی مقاومت میانی از توان مصرفی هریک از دو مقاومت بالایی بیشتر است.

همچنین $P_1+P_2=\frac{V^2}{2R}$، پس $P_3=2(P_1+P_2)$ و توان مقاومت میانی حتی از مجموع توان دو مقاومت بالایی نیز بیشتر است.

پاسخ: گزینهٔ ۱

۱) تعیین تغییر شار مغناطیسی
با حرکت میله به سمت راست، مساحت محصور میان رسانای $\mathrm{U}$شکل و میله افزایش می‌یابد. طبق رابطهٔ شار مغناطیسی، $\Phi=BA\cos\theta$، چون میدان بر سطح مدار عمود است و بزرگی آن ثابت می‌ماند، افزایش مساحت باعث افزایش بزرگی شار رو به داخل صفحه می‌شود (فیزیک ۲، صفحهٔ ۸۷).

۲) تعیین جهت جریان با قانون لنز
طبق قانون لنز، جریان القایی باید با افزایش شار رو به داخل صفحه مخالفت کند؛ بنابراین میدان حاصل از جریان القایی رو به بیرون صفحه است. با قاعدهٔ دست راست، این میدان را جریان پادساعت‌گرد ایجاد می‌کند. میله ضلع راست مدار است، پس جریان در آن از پایین به بالا، یعنی از $\mathrm{C}$ به $\mathrm{D}$، برقرار می‌شود. این وضعیت همان آرایش مطرح‌شده در تمرین رسانای متحرکِ بخش قانون لنز است (فیزیک ۲، صفحه‌های ۱۰۳–۱۰۴).

۳) محاسبهٔ بزرگی نیروی محرکهٔ متوسط
طبق قانون فاراده برای مدار تک‌حلقه‌ای داریم:
$|\overline{\mathcal{E}}|=\left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|=B\frac{\Delta A}{\Delta t}$
زیرا میدان ثابت و عمود بر سطح مدار است.

ابتدا آهنگ تغییر مساحت را به یکای SI تبدیل می‌کنیم:
$\frac{\Delta A}{\Delta t}=20\,\frac{\mathrm{cm^2}}{\mathrm{s}}=20\times10^{-4}\,\frac{\mathrm{m^2}}{\mathrm{s}}=2\times10^{-3}\,\frac{\mathrm{m^2}}{\mathrm{s}}$

بنابراین:
$|\overline{\mathcal{E}}|=0.5\times2\times10^{-3}\,\mathrm{V}=10^{-3}\,\mathrm{V}=1\,\mathrm{mV}$

پس جهت جریان در میله از $\mathrm{C}$ به $\mathrm{D}$ و بزرگی نیروی محرکهٔ متوسط برابر $1\,\mathrm{mV}$ است.

پاسخ: گزینهٔ ۴

گام اول ـ انتخاب رابطهٔ مناسب: طبق قضیهٔ کار و انرژی جنبشی، کار کل انجام‌شده روی خودرو برابر تغییر انرژی جنبشی آن است (فیزیک ۱، صفحهٔ ۶۳):
$W_{\text{کل}}=K_B-K_A$
با استفاده از رابطهٔ انرژی جنبشی، یعنی $K=\frac{1}{2}mv^2$ (فیزیک ۱، صفحهٔ ۵۴)، داریم:
$W_{\text{کل}}=\frac{1}{2}m(v_B^2-v_A^2)$
خمیده بودن مسیر مانع استفاده از این قضیه نیست؛ چون کار کل داده شده است، نیازی به محاسبهٔ جداگانهٔ کار نیروها یا دانستن شکل مسیر نداریم.

گام دوم ـ تبدیل یکاها: عدد کار در صورت سؤال به‌صورت اعشاری نوشته شده است؛ بنابراین:
$W_{\text{کل}}=87.5\,\mathrm{kJ}=87500\,\mathrm{J}$
$v_A=54\,\mathrm{km/h}=\frac{54}{3.6}\,\mathrm{m/s}=15\,\mathrm{m/s}$

گام سوم ـ محاسبهٔ تندی نهایی: با قرار دادن جرم و داده‌های تبدیل‌شده در رابطه داریم:
$87500=\frac{1}{2}\times1000\times(v_B^2-15^2)$
در این جایگذاری، همهٔ کمیت‌ها در یکاهای SI هستند. پس:
$v_B^2=225+175=400\,\mathrm{m^2/s^2}$
$v_B=20\,\mathrm{m/s}$

گام چهارم ـ تبدیل به یکای خواسته‌شده:
$v_B=20\times3.6=72\,\mathrm{km/h}$
این نتیجه با مثبت بودن کار کل نیز سازگار است؛ زیرا تندی نهایی از تندی اولیه بیشتر شده است.

پاسخ: گزینهٔ ۳

گام اول ـ انتخاب رابطه: با گرم‌شدن قطعه‌های بتونی، طول آن‌ها افزایش می‌یابد. طبق رابطهٔ انبساط طولی داریم: $\Delta L=\alpha L_0\Delta T$؛ در این رابطه، $L_0$ طول اولیه و $\Delta T$ افزایش دماست (فیزیک ۱، صفحه‌های ۸۸–۸۹).

گام دوم ـ تعیین داده‌ها: طول اولیهٔ هر قطعه $L_0=20\,\mathrm{m}$ و ضریب انبساط طولی آن $\alpha=1.4\times10^{-5}\,\mathrm{K^{-1}}$ است. دقت کنید که نشانهٔ «/» در عدد ضریبِ داده‌شده، ممیز اعشاری است. افزایش دما نیز برابر است با: $\Delta T=40-10=30\,{}^\circ\mathrm{C}=30\,\mathrm{K}$.

گام سوم ـ تعیین فاصلهٔ لازم: باید فضایی برای افزایش طول قطعه‌ها در نظر گرفت تا در اثر گرم‌شدن به یکدیگر فشار نیاورند؛ کاربرد فاصله‌ها و بست‌های انبساطی نیز بر همین اساس است (فیزیک ۱، صفحه‌های ۸۹–۹۰). در آرایش معمول قطعه‌های یکسان، هر قطعه از دو سر منبسط می‌شود؛ دو سرِ روبه‌روی هم در یک شکاف، هرکدام به اندازهٔ نصف افزایش طول یک قطعه پیش می‌آیند. بنابراین شکاف به اندازهٔ افزایش طول یک قطعه بسته می‌شود و فاصلهٔ اولیهٔ لازم برابر $\Delta L$ است، نه $2\Delta L$.

گام چهارم ـ محاسبه: $\Delta L=(1.4\times10^{-5})(20)(30)=8.4\times10^{-3}\,\mathrm{m}$. با توجه به $1\,\mathrm{m}=10^3\,\mathrm{mm}$، فاصلهٔ لازم برابر $8.4\,\mathrm{mm}$ است.

پاسخ: گزینهٔ ۴

نکتهٔ مهم: کلید اعلام‌شده با داده‌های صورت سؤال سازگار نیست. محاسبهٔ مرحله‌به‌مرحله چنین است:

۱) گرم‌شدن یخ تا دمای ذوب
برای تغییر دمای ماده بدون تغییر حالت، رابطهٔ $Q=mc\Delta T$ به کار می‌رود (فیزیک ۱، صفحهٔ ۹۸–۹۹). بنابراین گرمای لازم برای رساندن یخ از $-20^\circ\mathrm{C}$ به $0^\circ\mathrm{C}$ برابر است با:
$Q_1=2\times2100\times[0-(-20)]=84000\,\mathrm{J}=84\,\mathrm{kJ}$.

۲) ذوب کامل یخ
در مرحلهٔ ذوب، دما ثابت می‌ماند و گرمای دریافتی از رابطهٔ $Q_2=mL_f$ محاسبه می‌شود. تفکیک تغییر دما از تغییر حالت، نکتهٔ اصلی مسائل این بخش است؛ تمرین مشابه کتاب نیز تبدیل یخ سرد به حالت نهایی را مطرح می‌کند (فیزیک ۱، صفحهٔ ۱۱۰، تمرین ۴ـ۶).
چون $L_f=336\,\mathrm{J/g}$ است، جرم را برحسب گرم می‌نویسیم:
$m=2\,\mathrm{kg}=2000\,\mathrm{g}$.
پس:
$Q_2=2000\times336=672000\,\mathrm{J}=672\,\mathrm{kJ}$.

۳) گرم‌شدن آب حاصل تا دمای نهایی
آب حاصل از ذوب باید از $0^\circ\mathrm{C}$ به $100^\circ\mathrm{C}$ برسد. مطابق روش مثال گرم‌کردن آب در کتاب، دوباره از رابطهٔ $Q=mc\Delta T$ استفاده می‌کنیم (فیزیک ۱، صفحهٔ ۹۸–۹۹):
$Q_3=2\times4200\times(100-0)=840000\,\mathrm{J}=840\,\mathrm{kJ}$.
چون حالت نهایی «آب» است، نه بخار، گرمای نهان تبخیر به محاسبه اضافه نمی‌شود.

۴) جمع گرماها
$Q_{\text{کل}}=Q_1+Q_2+Q_3=84+672+840=1596\,\mathrm{kJ}$.

بنابراین مقدار درست با داده‌های موجود $1596\,\mathrm{kJ}$ است و در گزینه‌ها وجود ندارد؛ احتمالاً صورت سؤال، گزینه‌ها یا کلید دچار خطای ثبت شده‌اند.
پاسخ: گزینهٔ ۱ با داده‌های سؤال سازگار نیست؛ هیچ‌یک از گزینه‌ها درست نیست.

نکتهٔ صورت سؤال: پاسخ تأییدشده با فرض «شتاب ثابتِ ناصفر» به دست می‌آید. اگر شتاب صفر هم مجاز باشد، حرکت یکنواخت با تندی $10\,\mathrm{m/s}$ نیز با داده‌ها سازگار است؛ بنابراین صورت سؤال از این نظر یک فرض ضمنی دارد.

گام اول ــ تشخیص علامت سرعت‌ها:
تندی، اندازهٔ سرعت است و جهت حرکت را نشان نمی‌دهد؛ ولی سرعت روی محور می‌تواند مثبت یا منفی باشد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۹). در حرکت با شتاب ثابتِ ناصفر، سرعت در دو لحظهٔ متفاوت برابر نیست؛ پس برابر بودن تندی‌های داده‌شده یعنی سرعت‌ها هم‌اندازه و خلاف علامت‌اند. بدون کاستن از کلیت مسئله می‌گیریم:
$v(0)=-10\,\mathrm{m/s},\qquad v(5\,\mathrm{s})=+10\,\mathrm{m/s}$.

گام دوم ــ محاسبهٔ شتاب:
طبق تعریف شتاب، تغییر سرعت را بر مدت زمان تقسیم می‌کنیم؛ در حرکت با شتاب ثابت، این نسبت همان شتاب حرکت است (فیزیک ۳، صفحه‌های ۱۰ و ۱۱):
$a=\frac{v_2-v_1}{t_2-t_1}=\frac{10-(-10)}{5-0}=4\,\mathrm{m/s^2}$.

گام سوم ــ تعیین سرعت در پایان پنج ثانیهٔ دوم:
بازهٔ موردنظر از $t=5\,\mathrm{s}$ تا $t=10\,\mathrm{s}$ است. در این مدت داریم:
$v(10\,\mathrm{s})=v(5\,\mathrm{s})+a\Delta t=10+4\times5=30\,\mathrm{m/s}$.
در سراسر این بازه سرعت مثبت است و از $10\,\mathrm{m/s}$ به $30\,\mathrm{m/s}$ می‌رسد؛ بنابراین تغییر جهت نداریم و مسافت با اندازهٔ جابه‌جایی برابر است.

گام چهارم ــ محاسبهٔ تندی متوسط:
در حرکت با شتاب ثابت، جابه‌جایی از ضرب میانگین سرعت‌های ابتدا و انتهای بازه در مدت زمان به دست می‌آید (فیزیک ۳، صفحهٔ ۲۰):
$l=\Delta x=\frac{v_i+v_f}{2}\Delta t=\frac{10+30}{2}\times5=100\,\mathrm{m}$.
تندی متوسط نیز مسافت تقسیم بر مدت زمان است (فیزیک ۳، صفحه‌های ۳ و ۴):
$s_{\mathrm{av}}=\frac{l}{\Delta t}=\frac{100}{5}=20\,\mathrm{m/s}$.

پاسخ: گزینهٔ ۴

۱. رابطهٔ شتاب متوسط را می‌نویسیم. مطابق تعریف کتاب، در حرکت روی محور $x$ داریم (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۰–۱۱):
$a_{\mathrm{av}}=\frac{v_2-v_1}{t_2-t_1}$
پس باید سرعت متحرک را در ابتدا و انتهای بازه پیدا کنیم، نه اینکه میانگین سادهٔ شیب‌های نمودار را بگیریم.

۲. سرعت در لحظهٔ $t_1=7\,\mathrm{s}$ را به دست می‌آوریم. این لحظه در بخش صعودی و خطی نمودار، بین $5\,\mathrm{s}$ و $10\,\mathrm{s}$، قرار دارد. شیب این بخش برابر است با:
$a_1=\frac{25-10}{10-5}=3\,\mathrm{m/s^2}$
بنابراین در دو ثانیه پس از لحظهٔ $5\,\mathrm{s}$، سرعت به مقدار زیر می‌رسد:
$v_1=10+3(7-5)=16\,\mathrm{m/s}$
استفاده از تغییرات خطی سرعت در این مرحله با روش بررسی نمودار سرعت ـ زمان در کتاب سازگار است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۲).

۳. سرعت در لحظهٔ $t_2=12\,\mathrm{s}$ را حساب می‌کنیم. این لحظه در بخش نزولی و خطی نمودار، بین $10\,\mathrm{s}$ و $15\,\mathrm{s}$، قرار دارد. شیب این بخش برابر است با:
$a_2=\frac{15-25}{15-10}=-2\,\mathrm{m/s^2}$
پس:
$v_2=25+(-2)(12-10)=21\,\mathrm{m/s}$

۴. اکنون شتاب متوسط در بازهٔ خواسته‌شده برابر است با:
$a_{\mathrm{av}}=\frac{21-16}{12-7}=1\,\mathrm{m/s^2}$
علامت مثبت نشان می‌دهد تغییر سرعت و در نتیجه شتاب متوسط در جهت مثبت محور $x$ است.

پاسخ: گزینهٔ ۱

گام اول: اطلاعات رأس نمودار را استخراج می‌کنیم.
در رأس سهمی، مماس بر نمودار مکان ـ زمان افقی است؛ پس سرعت متحرک در این لحظه صفر است. بنابراین اطلاعات نقطهٔ بازگشت عبارت‌اند از:
$t_\mathrm{رأس}=4\,\mathrm{s}$، $x_\mathrm{رأس}=8\,\mathrm{m}$ و $v_\mathrm{رأس}=0$.
با استفاده از رابطهٔ مکان در حرکت با شتاب ثابت و انتخاب رأس به‌عنوان نقطهٔ مرجع داریم:
$x(t)=x_\mathrm{رأس}+v_\mathrm{رأس}(t-t_\mathrm{رأس})+\frac12a(t-t_\mathrm{رأس})^2$.
پس با نوشتن زمان و مکان در یکاهای SI:
$x(t)=8+\frac12a(t-4)^2$.

گام دوم: از جابه‌جایی ثانیهٔ ششم، شتاب را پیدا می‌کنیم.
ثانیهٔ ششم بازهٔ $t=5\,\mathrm{s}$ تا $t=6\,\mathrm{s}$ است. چون جابه‌جایی در خلاف جهت محور است، علامت آن منفی است؛ یعنی $\Delta x=-6\,\mathrm{m}$ (فیزیک ۳، صفحه‌های ۵–۶).
بنابراین:
$x(6)-x(5)=\left[8+\frac12a(6-4)^2\right]-\left[8+\frac12a(5-4)^2\right]=-6$،
$\frac32a=-6\quad\Rightarrow\quad a=-4\,\mathrm{m/s^2}$.
منفی بودن شتاب نیز با رو به پایین بودن سهمی سازگار است.

گام سوم: تندی هنگام عبور از مبدأ را محاسبه می‌کنیم.
رابطهٔ مستقل از زمان در حرکت با شتاب ثابت را بین رأس و محل عبور از مبدأ می‌نویسیم:
$v^2-v_\mathrm{رأس}^2=2a(x-x_\mathrm{رأس})$.
در مبدأ، $x=0$؛ پس:
$v^2-0=2(-4)(0-8)=64\,\mathrm{m^2/s^2}$،
$|v|=8\,\mathrm{m/s}$.
تندی برابر اندازهٔ سرعت است و به جهت حرکت وابسته نیست (فیزیک ۳، صفحهٔ ۹). بنابراین متحرک در هر دو عبور از مبدأ، با وجود متفاوت بودن علامت سرعت، تندی یکسانی دارد.

پاسخ: گزینهٔ ۳

نکتهٔ اصلی سؤال، تفاوت تغییر جهت «حرکت» با تغییر جهت «بردار مکان» است.

گام اول: تعیین لحظهٔ تغییر جهت حرکت
جهت حرکت با علامت سرعت مشخص می‌شود و تغییر جهت حرکت هنگامی رخ می‌دهد که سرعت تغییر علامت دهد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۱۹). با مقایسهٔ معادلهٔ داده‌شده با رابطهٔ حرکت با شتاب ثابت، $x=x_0+v_0t+\frac{1}{2}at^2$، داریم:
$v_0=10\,\mathrm{m/s},\qquad a=-4\,\mathrm{m/s^2}$.
پس رابطهٔ سرعت در یکاهای SI به‌صورت $v=10-4t$ است. بنابراین:
$v=0\quad\Rightarrow\quad 10-4t=0\quad\Rightarrow\quad t_1=\frac{5}{2}\,\mathrm{s}$.
سرعت پیش از این لحظه مثبت و پس از آن منفی است؛ پس این لحظه واقعاً زمان تغییر جهت حرکت است.

گام دوم: تعیین دومین لحظهٔ تغییر جهت بردار مکان
بردار مکان در حرکت روی محور به‌صورت $\vec{r}=x\vec{i}$ است؛ بنابراین جهت آن به علامت مکان بستگی دارد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴). برای یافتن لحظه‌های عبور از مبدأ می‌نویسیم:
$x=0\quad\Rightarrow\quad -2t^2+10t-8=-2(t-1)(t-4)=0$.
پس جسم در لحظه‌های $t=1\,\mathrm{s}$ و $t=4\,\mathrm{s}$ از مبدأ می‌گذرد. مکان پیش از ریشهٔ اول منفی، میان دو ریشه مثبت و پس از ریشهٔ دوم منفی است؛ بنابراین در هر دو عبور، جهت بردار مکان عوض می‌شود. انتهای بازهٔ موردنظر برابر است با:
$t_2=4\,\mathrm{s}$.

گام سوم: محاسبهٔ جابه‌جایی و سرعت متوسط
مکان جسم در ابتدای بازه:
$x_1=-2\left(\frac{5}{2}\right)^2+10\left(\frac{5}{2}\right)-8=\frac{9}{2}\,\mathrm{m}$.
در انتهای بازه نیز $x_2=0\,\mathrm{m}$ است. طبق تعریف سرعت متوسط روی خط راست (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴):
$\vec{v}_{\mathrm{av}}=\frac{x_2-x_1}{t_2-t_1}\vec{i}=\frac{0-\frac{9}{2}}{4-\frac{5}{2}}\vec{i}=-3\vec{i}\,\mathrm{m/s}$.
علامت منفی نشان می‌دهد جابه‌جایی جسم در جهت منفی محور است.

پاسخ: گزینهٔ ۲

۱. نیروهای وارد بر جسم را مشخص می‌کنیم: نیروی افقی $F$ به سمت دیوار، نیروی عمودی سطح $F_N$ افقی و دور از دیوار، وزن $mg$ رو به پایین و اصطکاک ایستایی $f_s$ رو به بالا. نیروی عمودی سطح همواره بر سطح تماس عمود است؛ بنابراین برای دیوار قائم، راستای آن افقی است (فیزیک ۳، صفحهٔ ۳۵–۳۶).

۲. جسم ساکن است؛ پس نیروهای افقی متوازن‌اند:
$F_N-F=0\quad\Rightarrow\quad F_N=F$
اگر نیروی واردشده دو برابر شود، در تعادل جدید داریم:
$F'_N=2F=2F_N$
بنابراین نیروی عمودی سطح دو برابر می‌شود.

۳. در راستای قائم نیز تعادل برقرار است:
$f_s-mg=0\quad\Rightarrow\quad f_s=mg$
با افزایش فشار افقی، وزن تغییر نمی‌کند؛ پس اصطکاک ایستایی نیز همان مقدار قبلی را دارد. نکته این است که رابطهٔ کلی اصطکاک ایستایی $f_s\leq\mu_s F_N$ است، نه اینکه همیشه $f_s=\mu_s F_N$ باشد. با دو برابر شدن نیروی عمودی سطح، فقط بیشینهٔ اصطکاک ایستایی دو برابر می‌شود و امکان حفظ سکون همچنان وجود دارد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۳۸–۳۹).

۴. «نیرویی که سطح به جسم وارد می‌کند» با «نیروی عمودی سطح» تفاوت دارد: نیروی کل سطح، برآیند نیروی عمودی سطح و اصطکاک است؛ همان روشی که کتاب برای محاسبهٔ نیروی تماس به کار می‌برد (فیزیک ۳، صفحهٔ ۴۳–۴۴). اندازهٔ این نیرو پیش و پس از افزایش فشار برابر است با:
$R=\sqrt{F^2+(mg)^2}$
$R'=\sqrt{4F^2+(mg)^2}$
چون مؤلفهٔ اصطکاک ثابت مانده است، $R'\ne 2R$. نیروی جسم بر سطح نیز طبق قانون سوم نیوتون، هم‌اندازه و خلاف جهت نیروی سطح بر جسم است؛ پس آن هم دو برابر نمی‌شود (فیزیک ۳، صفحهٔ ۳۶).

پاسخ: گزینهٔ ۳