04_القای الکترومغناطیسی و جریان متناوب (علوم ریاضی)

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$0.36\,\text{V}$» درست است. برایِ میلهٔ رسانایِ متحرک در میدانِ مغناطیسی، فرمولِ کلی $\mathcal{E}=B\ell v\sin\theta$ است که $\theta$ زاویهٔ بینِ بردارهایِ سرعت و میدان است. با جای‌گذاری: $\mathcal{E}=0.18\times0.20\times20\times\sin30^\circ=0.72\times0.5=0.36\,\text{V}$. گزینهٔ «$0.72\,\text{V}$» از فراموش‌کردنِ کاملِ ضریبِ $\sin\theta$ (یعنی فرضِ نادرستِ $\theta=90^\circ$) حاصل می‌شود. تلهٔ تستی: فرمولِ ساده‌شدهٔ $\mathcal{E}=B\ell v$ فقط وقتی معتبر است که سرعت و میدان کاملاً بر هم عمود باشند ($\theta=90^\circ$)؛ هر زاویهٔ دیگری، ضریبِ $\sin\theta$ را الزامی می‌کند.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«بدون تغییر» درست است زیرا بیشینه نیروی محرکه القایی $ \mathcal{E}_m = N B A \omega $ است. با دو برابر شدن $N$ و نصف شدن $\omega$، حاصلضرب $N \omega$ بدون تغییر می‌ماند و $\mathcal{E}_m$ تغییر نمی‌کند. سایر گزینه‌ها غلطند: گزینه $\frac{1}{4}$ از ضرب اشتباه $2$ و $\frac{1}{2}$ به صورت $\frac{1}{4}$ حاصل می‌شود، $\frac{1}{2}$ اگر فقط $\omega$ نصف شود به دست می‌آید، و $2$ برابر اگر فقط $N$ دو برابر شود نتیجه می‌شود. تلهٔ تستی: بیشینهٔ نیروی محرکهٔ القایی از رابطهٔ $\mathcal{E}_m=NBA\omega$ به دست می‌آید؛ وقتی چند کمیت هم‌زمان تغییر می‌کنند، باید حاصل‌ضربِ *همهٔ* ضرایبِ تغییر با هم گرفته شود، نه فقط بارزترین یا آخرین تغییر.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$1000\,\text{W}$» درست است. در مبدلِ آرمانی، توانِ ورودی برابرِ توانِ خروجی است: $P_1=P_2$. نسبتِ ولتاژها $\frac{V_2}{V_1}=\frac{N_2}{N_1}$، پس $V_2=100\times\frac{1000}{200}=500\,\text{V}$. توانِ ثانویه $P_2=V_2I_2=500\times2=1000\,\text{W}$، پس $P_1=1000\,\text{W}$. گزینهٔ «$500\,\text{W}$» مقدارِ خودِ $V_2$ است، نه توان — با یکای وات اشتباه گرفته شده. گزینهٔ «$200\,\text{W}$» و «$400\,\text{W}$» از محاسبهٔ ناقصِ نسبتِ دورها حاصل می‌شوند. تلهٔ تستی: عددی که در میانهٔ حل به دست می‌آید (اینجا $V_2=500$) ممکن است تصادفاً هم‌ارزِ عددیِ یکی از گزینه‌ها باشد؛ همیشه تا رسیدن به کمیتِ *خواسته‌شده* (اینجا توان، نه ولتاژ) ادامه دهید.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$2$» درست است. بیشینهٔ نیروی محرکهٔ القاییِ یک مولد از رابطهٔ $\mathcal{E}_m=NBA\omega$ به دست می‌آید. چون $N$، $B$ و $A$ ثابت نگه داشته می‌شوند، $\mathcal{E}_m$ با $\omega$ رابطهٔ خطیِ مستقیم دارد: $\frac{\mathcal{E}_m'}{\mathcal{E}_m}=\frac{\omega'}{\omega}$. برای آن‌که این نسبت $2$ شود، باید $\omega'=2\omega$ باشد. وارسیِ مستقل: اگر پیچه در هر ثانیه دو برابر بیشتر بچرخد، شار در هر بازهٔ زمانی دو برابر سریع‌تر تغییر می‌کند و طبق قانون فارادی $\mathcal{E}=-N\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ ولتاژِ بیشینه هم دقیقاً دو برابر می‌شود. ردِ سایر گزینه‌ها: «$\frac{1}{2}$» نیروی محرکه را نصف می‌کند نه دو برابر؛ «$\sqrt{2}$» آن را تنها $1.41$ برابر می‌کند (این پاسخ وقتی درست بود که $\mathcal{E}_m$ با $\omega^2$ متناسب باشد)؛ «$4$» آن را چهار برابر می‌کند. تلهٔ تستی: در بسیاری از فرمول‌های فیزیک کمیت‌ها با توانِ دوم ظاهر می‌شوند (مثلاً $U=\frac12LI^2$) و ذهن عادت می‌کند جذر بگیرد؛ اما در $\mathcal{E}_m=NBA\omega$ وابستگی به $\omega$ خطیِ سادهٔ توانِ یک است و گرفتنِ جذر ($\sqrt2$) خطاست.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«8» درست است. ضریب القاوری $L = \mu_0 \frac{N^2}{l} A$ است. با کاهش $l$ به $\frac{1}{2}$ و افزایش $N$ به $2$ برابر، $L$ به $\frac{(2N)^2}{l/2} = \frac{4N^2}{l/2} = 8\frac{N^2}{l}$ یعنی 8 برابر می‌شود. انرژی $U = \frac{1}{2} L I^2$ با $I$ ثابت، 8 برابر می‌شود. سایر گزینه‌ها غلطند زیرا $\frac{1}{2}$ کاهش را نشان می‌دهد، 2 و 4 با محاسبهٔ دقیق $L$ همخوانی ندارند. تلهٔ تستی: در فرمولِ $U=\frac12LI^2$، جریان به‌صورتِ *توانِ دوم* ظاهر می‌شود؛ فراموش‌کردنِ این توانِ دوم (یا فراموش‌کردنِ ضریبِ $\frac12$) رایج‌ترین خطا در این نوع سؤال است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$\frac{500}{\pi}$» درست است. از قانونِ خودالقایی $|\mathcal{E}|=L\frac{dI}{dt}$ داریم $L=\frac{0.32}{100}=3.2\times10^{-3}\,\text{H}$. از طرفی $L=\mu_0n^2Al$ که $n=\frac{N}{l}$ چگالیِ دور است. با حلِ معادله برایِ $l$: $l=\frac{L}{\mu_0n^2A}=\frac{5}{\pi}\,\text{m}=\frac{500}{\pi}\,\text{cm}$. سایرِ گزینه‌ها ($\frac{250}{\pi}$، $\frac{125}{\pi}$، $\frac{100}{\pi}$) از تقسیمِ اضافیِ نتیجه بر ۲، ۴ یا ۵ حاصل می‌شوند. تلهٔ تستی: در فرمولِ $L=\mu_0n^2Al$ به‌جایِ $L=\mu_0\frac{N^2}{l}A$ استفاده شده؛ باید دقت کرد کدام صورتِ فرمول (بر حسبِ $N$ یا $n$) به کار می‌رود تا در جبرِ نهایی خطا رخ ندهد.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$1.0\,\text{J}$» درست است. انرژیِ ذخیره‌شده در القاگر $U=\frac{1}{2}LI^2$ است و چون $U$ با $I^2$ متناسب است، بیشینهٔ آن در لحظه‌ای رخ می‌دهد که اندازهٔ جریان بیشینه باشد. در $I(t)=I_0\sin(\omega t)$ بیشینهٔ اندازهٔ جریان $I_0=2\,\text{A}$ است، پس $U_{\max}=\frac{1}{2}\times0.5\times(2)^2=\frac{1}{2}\times0.5\times4=1.0\,\text{J}$. وارسیِ مستقل: بسامدِ زاویه‌ایِ $\omega=100\,\text{rad/s}$ در فرمولِ انرژی اصلاً ظاهر نمی‌شود؛ اگر $\omega$ ده برابر هم می‌شد، باز هم جریان در لحظه‌ای به $2\,\text{A}$ می‌رسید و همان $1.0\,\text{J}$ به دست می‌آمد — یعنی $\omega$ دادهٔ اضافیِ سؤال است. ردِ سایر گزینه‌ها: «$0.5\,\text{J}$» از به‌کاربردنِ جریانِ مؤثر به‌جای بیشینه می‌آید ($I_{\text{rms}}=\frac{2}{\sqrt2}=\sqrt2$ و $\frac12\times0.5\times2=0.5$)؛ «$2.0\,\text{J}$» از حذفِ ضریبِ $\frac12$؛ «$0.25\,\text{J}$» از نصف‌گرفتنِ دامنه ($I=1\,\text{A}$) به‌عنوان جریانِ بیشینه. تلهٔ تستی: «بیشینهٔ انرژی در طولِ یک دوره» با «انرژی در لحظهٔ دلخواه» فرق دارد؛ در پرسشِ بیشینه باید $I_0$ گذاشته شود، و در پرسشِ یک لحظهٔ مشخص باید نخست $I(t)$ در همان لحظه حساب شود.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«شار افزایش می‌یابد و نیروی محرکه القایی غیرصفر است.» درست است. در صورتِ سؤال زاویهٔ $\theta$ بینِ *صفحهٔ* پیچه و خطوطِ میدان است، در حالی که در فرمولِ شار $\Phi=BA\cos\alpha$ زاویهٔ $\alpha$ بینِ میدان و *عمود بر صفحه* است. چون $\alpha=90^\circ-\theta$، داریم $\Phi=BA\cos(90^\circ-\theta)=BA\sin\theta$. با افزایشِ $\theta$ از $30^\circ$ به $60^\circ$، مقدارِ $\sin\theta$ از $0.5$ به $\frac{\sqrt3}{2}\approx0.87$ می‌رسد، پس شار **افزایش** می‌یابد. چون شار پیوسته در حال تغییر است ($\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\neq0$)، طبق قانون فارادی نیروی محرکهٔ القایی غیرصفر است. وارسیِ مستقل با حالتِ حدی: اگر صفحهٔ پیچه با خطوطِ میدان موازی باشد ($\theta=0$)، هیچ خطِ میدانی از سطح نمی‌گذرد و باید $\Phi=0$ شود؛ رابطهٔ $BA\sin\theta$ همین را می‌دهد، اما $BA\cos\theta$ به‌غلط بیشینهٔ شار را نتیجه می‌دهد — پس شکلِ درستِ رابطه همان سینوس است. ردِ سایر گزینه‌ها: گزینه‌های «شار کاهش می‌یابد...» هر دو از جای‌گذاریِ نادرستِ زاویهٔ صفحه در کسینوس می‌آیند؛ گزینه‌ای که نیروی محرکه را صفر می‌داند با تغییرِ پیوستهٔ شار در تضاد است؛ و «ابتدا کاهش سپس افزایش» نیازمندِ آن است که $\sin\theta$ در بازهٔ $30^\circ$ تا $60^\circ$ یکنوا نباشد، حال آن‌که سینوس در این بازه اکیداً صعودی است. تلهٔ تستی: همیشه اول مشخص کنید زاویهٔ دادهٔ مسئله با «صفحه» است یا با «خطِ عمود بر صفحه»؛ این دو مکمل‌اند و جابه‌جا گرفتنشان سینوس و کسینوس را عوض می‌کند و جهتِ تغییرِ شار را وارونه نشان می‌دهد.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$\frac{1}{8}$ برابر می‌شود.» درست است. ضریب القاوری $L$ با $\mu_0 \frac{N^2}{l}A$ داده می‌شود. با دو برابر شدن $l$ ($l' = 2l$) و نصف شدن $N$ ($N' = N/2$)، $L' = \mu_0 \frac{(N/2)^2}{2l}A = \mu_0 \frac{N^2}{8l}A = \frac{1}{8}L$. انرژی ذخیره شده $U = \frac{1}{2}LI^2$ است، بنابراین $U' = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8}L \cdot I^2 = \frac{1}{8}U$. تلهٔ تستی: در فرمولِ $U=\frac12LI^2$، جریان به‌صورتِ *توانِ دوم* ظاهر می‌شود؛ فراموش‌کردنِ این توانِ دوم (یا فراموش‌کردنِ ضریبِ $\frac12$) رایج‌ترین خطا در این نوع سؤال است.

پاسخنامه‌ی تحلیلی

«$1$» درست است زیرا $\mathcal{E}_m = NBA\omega$ و $I_m = \frac{\mathcal{E}_m}{R}$، بنابراین نسبت $\frac{\mathcal{E}_m}{I_m} = R$ که به $N$ و $A$ وابسته نیست و با تغییرات آن‌ها ثابت می‌ماند. سایر گزینه‌ها غلطند چون تغییر $\mathcal{E}_m$ و $I_m$ را جداگانه محاسبه کرده‌اند در حالی که نسبت آن‌ها برابر مقاومت $R$ است. تلهٔ تستی: بیشینهٔ نیروی محرکهٔ القایی از رابطهٔ $\mathcal{E}_m=NBA\omega$ به دست می‌آید؛ وقتی چند کمیت هم‌زمان تغییر می‌کنند، باید حاصل‌ضربِ *همهٔ* ضرایبِ تغییر با هم گرفته شود، نه فقط بارزترین یا آخرین تغییر.