الکتریسیته جاری (هنر)

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$4$» درست است. جریان سری: $I_s = \frac{\mathcal{E}}{R_1+R_2}$، جریان موازی: $I_p = \frac{\mathcal{E}}{R_{eq}}$ که $R_{eq} = \frac{R_1 R_2}{R_1+R_2}$. نسبت $\frac{I_p}{I_s} = \frac{R_1+R_2}{R_{eq}} = \frac{(R_1+R_2)^2}{R_1 R_2} = \frac{25}{4}$. با فرض $x = \frac{R_2}{R_1}$، داریم $\frac{(1+x)^2}{x} = \frac{25}{4}$ که به $4x^2 - 17x + 4 = 0$ می‌انجامد. ریشه‌ها $x = 4$ و $x = 0.25$ هستند. چون $R_2 > R_1$، $x = 4$ درست است. گزینه $0.25$ ریشه دیگر معادله است ولی شرط $R_2 > R_1$ را نقض می‌کند. گزینه‌های $2.5$ و $0.4$ حاصل محاسبات غلط‌اند. تلهٔ تستی: معادلهٔ درجه‌دومِ حاصل از این نوع مسئله همیشه دو ریشه می‌دهد که وارونِ هم‌اند ($x$ و $1/x$) — شرطِ اضافیِ سؤال (اینجا $R_2>R_1$) همیشه باید برایِ انتخابِ ریشهٔ درست به‌کار رود، وگرنه هر دو ریشه به‌ظاهر معتبر به‌نظر می‌رسند.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$70.0^\circ\text{C}$» درست است. با استفاده از رابطه $R = R_0[1 + \alpha(T - T_0)]$، داریم $119.6 = 100 [1 + 3.92\times10^{-3} (T - 20)]$ که پس از حل، $T - 20 = 50$ و $T = 70^\circ\text{C}$ به دست می‌آید. سایر گزینه‌ها حاصل محاسبات با اشتباه در ضریب یا عملیات ریاضی هستند. تلهٔ تستی: در دماسنجِ مقاومتی، رابطهٔ $R=R_0[1+\alpha(T-T_0)]$ خطی است — نباید آن را با رابطهٔ نمایی یا با فرمولِ اشتباهِ $R=R_0 e^{\alpha\Delta T}$ (که در برخی مسائلِ مشابه اما نادرست به‌کار می‌رود) قاطی کرد.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$50\%$» درست است. طبق قضیه بیشینه توان انتقالی، بیشینه توان به مقاومت خارجی وقتی منتقل می‌شود که $R = r = 1 \, \Omega$. جریان مدار $I = \frac{\mathcal{E}}{R + r} = \frac{9}{2} = 4.5 \, \text{A}$ است. توان کل تولیدی باتری $P_{total} = \mathcal{E} I = 9 \times 4.5 = 40.5 \, \text{W}$ و توان مصرفی در $R$ برابر $P_R = I^2 R = (4.5)^2 \times 1 = 20.25 \, \text{W}$ است. درصد توان مصرفی در $R$ برابر $\frac{20.25}{40.5} \times 100 = 50\%$ است. سایر گزینه‌ها مقادیر اشتباهی از این نسبت هستند. تلهٔ تستی: در شرطِ بیشینه‌انتقالِ‌توان ($R=r$)، بازدهِ باتری همیشه دقیقاً $50٪$ است — مستقل از مقدارِ عددیِ $\mathcal{E}$ و $r$؛ این نتیجهٔ کلی نباید با تصورِ نادرستِ «بیشینه‌توان یعنی بیشینه‌بازده» اشتباه گرفته شود (بازدهِ $100٪$ فقط وقتی $r=0$ یا $R\to\infty$ رخ می‌دهد، نه در شرطِ بیشینه‌توان).

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«یک خط راست با شیب منفی که محور $V_{ab}$ را در $12\,\text{V}$ قطع می‌کند» درست است. رابطهٔ $V_{ab}=\mathcal{E}-Ir$ یک تابعِ خطیِ $V_{ab}$ برحسبِ $I$ است با شیبِ $-r=-2$ و عرض‌ازمبدأِ $\mathcal{E}=12\,\text{V}$ (در $I=0$، یعنی $R\to\infty$). گزینهٔ «خطِ راستِ شیبِ مثبت از مبدأ» جهتِ شیب را برعکس گرفته و فرضِ نادرستِ $V_{ab}=Ir$ (بدونِ $\mathcal{E}$) را دارد. گزینهٔ «منحنیِ صعودی-نزولی» رفتارِ $P_R$ برحسبِ $R$ را با رفتارِ خطیِ $V_{ab}$ برحسبِ $I$ اشتباه گرفته. گزینهٔ «خطِ افقی در $12\,\text{V}$» فرضِ نادرستِ باتریِ آرمانی (بدونِ افتِ داخلی) را دارد. تلهٔ تستی: رابطهٔ $V_{ab}$ برحسبِ $I$ همیشه خطی است (نه $V_{ab}$ برحسبِ $R$، که غیرخطی است) — این تمایز بینِ دو متغیرِ مستقلِ ممکن ($I$ یا $R$) منشأِ اصلیِ خطا در انتخابِ نمودارِ درست است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$\frac{2}{9}$» درست است. مقاومت معادل سری $R_s = R_1 + R_2 = 3R_1$ است. مقاومت معادل موازی $R_p = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2} = \frac{2R_1^2}{3R_1} = \frac{2}{3}R_1$ است. با ولتاژ ثابت $V$، $P = \frac{V^2}{R}$، بنابراین $P_s = \frac{V^2}{3R_1}$ و $P_p = \frac{V^2}{\frac{2}{3}R_1} = \frac{3V^2}{2R_1}$ است. نسبت $\frac{P_s}{P_p} = \frac{\frac{V^2}{3R_1}}{\frac{3V^2}{2R_1}} = \frac{2}{9}$ به دست می‌آید. گزینه $\frac{2}{3}$ حاصل اشتباه در محاسبه $R_p$ است، گزینه $\frac{1}{3}$ حاصل اشتباه در محاسبه $P_p$ است و گزینه $\frac{1}{9}$ حاصل اشتباه در محاسبه $R_s$ است. تلهٔ تستی: با ولتاژِ ثابت، توان با $1/R$ متناسب است، پس نسبتِ توان‌ها **معکوسِ** نسبتِ مقاومت‌هاست — مقاومتِ سری همیشه بزرگ‌تر از موازی است، پس توانِ سری همیشه کمتر از موازی است؛ فراموش‌کردنِ این وارونگی، خطایِ رایج‌ترین در این نوع سؤال است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$v_d=\dfrac{\Delta V}{\rho L}\cdot\dfrac{1}{ne}$» درست است. از رابطهٔ جریانِ میکروسکوپی $I=neAv_d$ و رابطهٔ ماکروسکوپیِ $I=\Delta V/R$ با $R=\rho L/A$: $\dfrac{\Delta V}{\rho L/A}=neAv_d\Rightarrow\dfrac{\Delta V\cdot A}{\rho L}=neAv_d$. با ساده‌کردنِ $A$ از دو طرف: $v_d=\dfrac{\Delta V}{\rho Lne}$. گزینهٔ «$v_d=\dfrac{\Delta V}{\rho L}\cdot ne$» و «$v_d=\dfrac{\Delta V\cdot ne}{\rho L}$» جایِ $ne$ را در صورت/مخرج اشتباه گرفته‌اند (باید در مخرج باشد، چون سرعتِ سوق با چگالیِ بارِ حامل رابطهٔ معکوس دارد). گزینهٔ «$v_d=\dfrac{\rho L}{\Delta V}\cdot ne$» کلِ کسرِ اصلی را هم وارونه کرده. تلهٔ تستی: در ترکیبِ رابطهٔ میکروسکوپیِ $I=neAv_d$ با قانونِ اهمِ ماکروسکوپی، سطحِ مقطعِ $A$ همیشه از دو طرفِ معادله حذف می‌شود — اگر در پاسخِ نهایی هنوز $A$ باقی مانده باشد، جایی در جبر اشتباه شده است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«بازده مدار ($V_t/\mathcal{E}$) افزایش می‌یابد» درست است. با افزایشِ $R$، جریانِ مدار $I=\mathcal{E}/(R+r)$ کاهش می‌یابد. افتِ ولتاژِ داخلی $Ir$ نیز کاهش می‌یابد، پس $V_t=\mathcal{E}-Ir$ **افزایش** می‌یابد، و درنتیجه بازده $V_t/\mathcal{E}$ هم افزایش می‌یابد. گزینهٔ «توانِ $R$ همواره افزایش می‌یابد» نادرست است چون $P_R$ فقط تا $R=r$ افزایشی است و پس از آن کاهش می‌یابد — «همواره» برایِ کلِ بازه صادق نیست. گزینهٔ «ولتاژِ دو سرِ باتری کاهش می‌یابد» جهتِ تغییرِ $V_t$ را کاملاً برعکس گرفته. گزینهٔ «توانِ اتلافی در $r$ افزایش می‌یابد» هم نادرست است چون $P_r=I^2r$ با کاهشِ $I$ همیشه کاهش می‌یابد، نه افزایش. تلهٔ تستی: با افزایشِ بارِ خارجی ($R$)، جریان همیشه کاهش می‌یابد، و این کاهشِ جریان باعثِ کاهشِ **همهٔ** کمیت‌هایِ وابسته به $I$ به‌شکلِ مستقیم یا مربعی می‌شود ($P_r$، افتِ داخلی) — فقط $V_t$ و بازده، به‌خاطرِ رابطهٔ معکوسشان با افتِ داخلی، افزایش می‌یابند.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$\frac{1}{4}$» درست است. مقاومتِ اولیه $R_0=\rho L/A$. پس از برشِ عمود بر محور، هر نیم‌استوانه طولِ $L/2$ و همان سطحِ مقطعِ $A$ را دارد (چون برش عرضی است، نه طولی): $R=\rho(L/2)/A=R_0/2$. با موازی‌کردنِ دو مقاومتِ برابرِ $R_0/2$: $R_{eq}=(R_0/2)/2=R_0/4$. گزینهٔ «$\frac{1}{2}$» فقط مقاومتِ یک نیم‌استوانه را گزارش کرده و موازی‌شدنِ دوباره را نادیده گرفته. گزینهٔ «$1$» فرضِ نادرستِ بی‌اثربودنِ کاملِ برش را دارد. گزینهٔ «$2$» جهتِ اثرِ موازی‌شدن را برعکس گرفته. تلهٔ تستی: برشِ **عمود بر محور** (نه امتدادِ طولی) طولِ هر تکه را نصف می‌کند اما سطحِ مقطع را دست‌نخورده می‌گذارد — این دقیقاً برعکسِ برشِ طولی (که سطحِ مقطع را نصف و طول را دست‌نخورده می‌گذارد) است؛ خلطِ این دو نوعِ برش، منشأِ اصلیِ خطا در این نوع سؤال است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$40.5\,\text{W}$» درست است. طبقِ قضیهٔ بیشینه‌انتقالِ‌توان، حداکثر توانِ قابلِ‌انتقال به $R$ زمانی رخ می‌دهد که $R=r$، و مقدارِ آن $P_{\max}=\mathcal{E}^2/(4r)=9.0^2/(4\times0.50)=81/2=40.5\,\text{W}$ است. گزینهٔ «$81.0\,\text{W}$» از فراموش‌کردنِ ضریبِ $4$ در مخرج (استفادهٔ $\mathcal{E}^2/r$) حاصل می‌شود. گزینهٔ «$20.25\,\text{W}$» از دوبرابرکردنِ اشتباهِ مخرج ($\mathcal{E}^2/8r$) می‌آید. گزینهٔ «$162\,\text{W}$» از خطایِ محاسباتیِ دیگری ($2\mathcal{E}^2/r$) حاصل می‌شود. تلهٔ تستی: فرمولِ بیشینه‌توان همیشه دقیقاً $P_{\max}=\mathcal{E}^2/(4r)$ است — ضریبِ $4$ در مخرج از توانِ دومِ $(R+r)=2r$ در مخرجِ اصلیِ $P=\mathcal{E}^2R/(R+r)^2$ می‌آید و هرگز نباید فراموش شود.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$12$» درست است چون توان بیشینه در مقاومت خارجی وقتی است که $R=r=2\,\Omega$؛ در این حالت جریان $I = \frac{\mathcal{E}}{R+r}= \frac{24}{4}=6\,\text{A}$ و ولتاژ ترمینال $V_t = \mathcal{E} - Ir = 24-12=12\,\text{V}$ است. سایر گزینه‌ها غلطند: $24$ مربوط به مدار باز است؛ $6$ حاصل $\frac{24}{4}$ بدون ضرب در $r$ است و $18$ حاصل $24 - \frac{24}{4}$ است. تلهٔ تستی: در شرطِ بیشینه‌انتقالِ‌توان ($R=r$)، ولتاژِ ترمینال همیشه دقیقاً نصفِ نیرویِ محرکه است ($V_t=\mathcal{E}/2$) — این نتیجهٔ کلی، مستقل از مقدارِ عددیِ $\mathcal{E}$ و $r$، مستقیماً قابلِ استفاده است.