01_حرکت بر خط راست (علوم تجربی)

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$20$» درست است. چون نمودار سرعت-زمان یک مثلث است (از $v=0$ در $t=0$ تا $v_{\max}$ در $t=5$، سپس بازگشت به $v=0$ در $t=10$)، مسافتِ کل برابرِ مساحتِ زیرِ نمودار است: $100=\frac{1}{2}(10)(v_{\max}) \Rightarrow 100=5v_{\max} \Rightarrow v_{\max}=20\,\text{m/s}$. «$10$»، «$15$» و «$25$» از محاسبهٔ نادرستِ مساحتِ مثلث (مثلاً با فرضِ پایهٔ اشتباه یا فراموش‌کردنِ ضریبِ $\frac{1}{2}$) حاصل می‌شوند. تلهٔ تستی: مسافتِ کل، مساحتِ زیرِ نمودارِ $v-t$ است؛ برایِ نمودارِ مثلثی باید حتماً ضریبِ $\frac{1}{2}$ در فرمولِ مساحت لحاظ شود، نه فقط $10\times v_{\max}$.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$v_0 = -\frac{a}{2}(t_1 + t_2)$» درست است. جابجایی بینِ $t_1$ و $t_2$: $x(t_2)-x(t_1)=v_0(t_2-t_1)+\frac{1}{2}a(t_2^2-t_1^2)=(t_2-t_1)\left[v_0+\frac{a}{2}(t_1+t_2)\right]$. چون $t_2\neq t_1$ و این عبارت باید صفر شود: $v_0+\frac{a}{2}(t_1+t_2)=0 \Rightarrow v_0=-\frac{a}{2}(t_1+t_2)$. سایرِ گزینه‌ها از فاکتورگیریِ نادرستِ $t_2^2-t_1^2=(t_2-t_1)(t_2+t_1)$ یا فراموش‌کردنِ ضریبِ $\frac{1}{2}$ حاصل می‌شوند. تلهٔ تستی: تجزیهٔ $t_2^2-t_1^2$ به $(t_2-t_1)(t_2+t_1)$ کلیدِ سادگیِ این مسئله است؛ بدونِ این تجزیه، معادله پیچیده به‌نظر می‌رسد.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$80$» درست است. اگر $T$ کل زمان سقوط باشد، مسافت در آخرین $0.2\,\text{s}$ برابر است با $\frac{1}{2}gT^2-\frac{1}{2}g(T-0.2)^2=\frac{1}{2}g\times0.2\times(2T-0.2)=2T-0.2$. با قرار دادن این عبارت برابر $7.8$: $2T-0.2=7.8\Rightarrow T=4\,\text{s}$. پس $h=\frac{1}{2}(10)(4)^2=80\,\text{m}$. «$45$»، «$60$» و «$125$» با $T=4\,\text{s}$ سازگار نیستند (به‌ترتیب با $T=3$، $T\approx3.46$ و $T=5$ ثانیه مطابقت دارند). تلهٔ تستی: مسافتِ «آخرین $\Delta t$» هرگز نباید مستقیماً برابرِ $\frac{1}{2}g(\Delta t)^2$ گرفته شود؛ باید تفاضلِ مسافتِ کل تا لحظهٔ $T$ و تا لحظهٔ $T-\Delta t$ محاسبه شود.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$t = 2.5\,\text{s}$» درست است. $4t^2-12t+5=0 \Rightarrow t=\frac{12\pm\sqrt{144-80}}{8}=\frac{12\pm8}{8}$. ریشه‌ها: $t=0.5$ (اولین عبور) و $t=2.5$ (دومین عبور). «$1.5$» و «$2.0$» در معادلهٔ $x(t)=0$ صدق نمی‌کنند. تلهٔ تستی: معادلهٔ درجه‌دومِ $x(t)=0$ دقیقاً دو ریشه دارد؛ ریشهٔ کوچک‌تر اولین عبور و ریشهٔ بزرگ‌تر دومین (و آخرین) عبور از مبدأ است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«تندشونده در جهت $-x$» درست است. $v(4)=12+(-4)(4)=-4\,\text{m/s}$ (منفی) و $a=-4\,\text{m/s}^2$ (منفی) — چون سرعت و شتاب هم‌علامت‌اند، حرکت تندشونده است، و چون سرعت منفی است، جهتِ حرکت $-x$ است. سایرِ گزینه‌ها با خلطِ علامتِ سرعت یا قاعدهٔ تندشونده/کندشونده ساخته می‌شوند. تلهٔ تستی: قاعدهٔ تندشونده/کندشونده بر مبنایِ هم‌علامت یا ناهم‌علامت‌بودنِ $v$ و $a$ است، نه صرفاً علامتِ خودِ شتاب.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$10\sqrt{10}$» درست است. با $v^2=v_0^2+2gh$: $v^2=(10)^2+2(10)(45)=100+900=1000\,\Rightarrow\,v=\sqrt{1000}=10\sqrt{10}\,\text{m/s}$. «$20\sqrt2$»، «$30$» و «$10\sqrt{13}$» از فراموشیِ سرعتِ اولیه یا اشتباه در ضریبِ $2gh$ به دست می‌آیند. تلهٔ تستی: چون گلوله با سرعتِ اولیهٔ غیرصفر (نه از حالِ سکون) پرتاب شده، فرمولِ سادهٔ $v=\sqrt{2gh}$ به‌تنهایی کافی نیست؛ باید حتماً جملهٔ $v_0^2$ هم در فرمولِ کامل لحاظ شود.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$8.75$» درست است. $x(5)=15(5)+\frac{1}{2}(-2)(25)=75-25=50\,\text{m}$. $v(5)=15-2(5)=5\,\text{m/s}$. برایِ $[5,10]$ (با $\tau=t-5$، شتابِ $+1$): $x(10)=50+5(5)+\frac{1}{2}(1)(25)=50+25+12.5=87.5\,\text{m}$. چون $v$ در کلِ $[0,10]$ هرگز منفی نمی‌شود (از $15$ به $5$ کاهش و سپس دوباره افزایش می‌یابد، بدونِ عبور از صفر)، هیچ تغییرِ جهتی رخ نمی‌دهد و مسافت=جابجایی=$87.5\,\text{m}$. تندیِ متوسط $=\frac{87.5}{10}=8.75\,\text{m/s}$. «$6.25$» و «$7.50$» از محاسبهٔ نادرستِ $x(10)$ حاصل می‌شوند. «$5.94$» با این تصورِ نادرست ساخته شده که تغییرِ جهتی رخ داده (که در واقع رخ نمی‌دهد، چون سرعت در $t=5$ هنوز مثبت است و شتابِ دومِ بازه هم مثبت است). تلهٔ تستی: باید ابتدا بررسی شود آیا سرعت واقعاً به صفر می‌رسد یا نه؛ چون $v(5)=5>0$ و شتابِ بعدی هم مثبت است، سرعت دیگر هرگز صفر نمی‌شود و کل حرکت یک‌جهته می‌ماند.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$2.0$» درست است. زمانِ کلِ پروازِ گلولهٔ اول (بالا رفتن و بازگشت): $T=\dfrac{2v_0}{g}$. گلولهٔ دوم باید در همین مدت $T$ از ارتفاعِ $h$ سقوط کند: $h=\frac{1}{2}gT^2=\frac{1}{2}g\left(\dfrac{2v_0}{g}\right)^2=\dfrac{2v_0^2}{g}$. پس $\dfrac{h}{v_0^2/g}=2$. گزینه‌های دیگر از اشتباه در فرمولِ زمانِ پروازِ گلولهٔ اول یا در جای‌گذاریِ آن در فرمولِ سقوط به دست می‌آیند. تلهٔ تستی: زمانِ کلِ رفت‌وبرگشتِ گلولهٔ پرتاب‌شده به بالا ($2v_0/g$) باید دقیقاً با زمانِ سقوطِ گلولهٔ دوم برابر شود؛ فراموشیِ ضریبِ ۲ در زمانِ رفت‌وبرگشت (به‌جایِ فقط زمانِ رسیدن به اوج) خطای رایجی است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$6.00$» درست است. مرحلهٔ اول (شتاب‌گیری): $t_1=4\,\text{s}$، $v=8\,\text{m/s}$، مسافت $=\frac{1}{2}(2)(4)^2=16\,\text{m}$. مرحلهٔ دوم (سرعت ثابت): $t_2=6\,\text{s}$، مسافت $=8\times6=48\,\text{m}$. مرحلهٔ سوم (ترمز): زمان توقف $=\dfrac{8}{4}=2\,\text{s}$، مسافت $=\dfrac{8^2}{2\times4}=8\,\text{m}$. کل مسافت $=16+48+8=72\,\text{m}$ و کل زمان $=4+6+2=12\,\text{s}$، پس میانگین تندی $=\dfrac{72}{12}=6.00\,\text{m/s}$. «$7.20$» از فراموشیِ کاملِ مرحلهٔ ترمز (فقط $72/10$) به دست می‌آید. «$4.67$» از فراموشیِ مسافتِ مرحلهٔ شتاب‌گیری به دست می‌آید. «$6.67$» از محاسبهٔ نادرستِ مسافتِ ترمز (بدونِ ضریبِ $\frac{1}{2}$) ناشی می‌شود. تلهٔ تستی: در مسائلِ چندمرحله‌ای، باید مسافت و زمانِ هر سه مرحله را کاملاً و جداگانه محاسبه کرد؛ فراموشیِ یک مرحله (به‌خصوص مرحلهٔ ترمزِ پایانی) رایج‌ترین منشأ خطا در این سبک سؤال است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$\frac{\sqrt{3}}{2}$» درست است. با مبدأ روی زمین: گلولهٔ اول (رهاشده از $h$): $y_1=h-\frac{1}{2}gt^2$. گلولهٔ دوم (پرتاب‌شده با $v_0$ رو به بالا): $y_2=v_0t-\frac{1}{2}gt^2$. برخورد: $y_1=y_2\Rightarrow h=v_0t\Rightarrow t=\dfrac{h}{v_0}$. جای‌گذاری در $y_1=\dfrac{2h}{3}$: $h-\dfrac{1}{2}g\dfrac{h^2}{v_0^2}=\dfrac{2h}{3}\Rightarrow\dfrac{gh}{2v_0^2}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow v_0^2=\dfrac{3gh}{2}$. پس $\dfrac{v_0}{\sqrt{2gh}}=\sqrt{\dfrac{3gh/2}{2gh}}=\sqrt{\dfrac{3}{4}}=\dfrac{\sqrt3}{2}$. گزینه‌های دیگر از اشتباه در حلِ معادلهٔ برخورد یا در ساده‌سازیِ رادیکال به دست می‌آیند. تلهٔ تستی: چون شتابِ هر دو گلوله برابر ($-g$) است، جملهٔ $\frac{1}{2}gt^2$ در معادلهٔ برخورد کاملاً حذف می‌شود و مسئله به یک معادلهٔ خطیِ ساده ($h=v_0t$) تبدیل می‌شود؛ این ساده‌سازی را نباید نادیده گرفت.