2020 A/L Physics Past Paper · Question 40 (Tamil Medium)

முடிவில்லா ஏற்றக் கம்பியைச் சுற்றும் நேர் ஏற்றத்தின் ஆவர்த்தன காலம்

zz-அச்சு மீது இருக்கும் ஒரு முடிவில்லா நீளமுள்ள மெல்லிய நேர்க் கம்பியின் ஏகபரிமாண ஏற்ற அடர்த்தி −λ-\lambda ஆகும். திணிவு mm ஐ உடைய ஒரு சிறிய நேர் ஏற்றம் +q+q ஆனது கம்பியைச் சுற்றி ஆரை rr ஐ உடைய ஒரு வட்டப் பாதையில் xyxy-தளத்தில் இயங்குவதற்கு விடப்பட்டுள்ளது. ஏற்றத்தின் ஆவர்த்தன காலத்தைத் தருவது

  1. (1) 8π3r2mε0λq\sqrt{\dfrac{8\pi^3 r^2 m\varepsilon_0}{\lambda q}}
  2. (2) 4π2r3mε0λq\sqrt{\dfrac{4\pi^2 r^3 m\varepsilon_0}{\lambda q}}
  3. (3) λq8π3r2mε0\sqrt{\dfrac{\lambda q}{8\pi^3 r^2 m\varepsilon_0}}
  4. (4) λq4π2r3mε0\sqrt{\dfrac{\lambda q}{4\pi^2 r^3 m\varepsilon_0}}
  5. (5) 8r2mλε0q\sqrt{\dfrac{8 r^2 m\lambda}{\varepsilon_0 q}}
Answer and explanation

Answer: (1) 8π3r2mε0λq\sqrt{\dfrac{8\pi^3 r^2 m\varepsilon_0}{\lambda q}}

வினா என்ன கேட்கிறது

கேட்கப்படுவது: −λ-\lambda ஏற்றக் கம்பியைச் சுற்றி rr ஆரை வட்டத்தில் இயங்கும் +q+q (திணிவு mm) இன் ஆவர்த்தன காலம் TT — குறியீடுகளில்.

தொடர்புடைய கோட்பாடு

ஒத்த ஏற்றங்கள் (+, + மற்றும் −, −) ஒன்றையொன்று தள்ளுவதோடு, எதிரான ஏற்றங்கள் (+, −) ஒன்றையொன்று கவரும்.

அப்போது கவுசிய மேற்பரப்பினுள் அமைந்துள்ள ll நீளமான கம்பிப்பகுதியில் உள்ள ஏற்றம் Q=λlQ = \lambda l.

E×2πrl=λlε0E \times 2\pi r l = \frac{\lambda l}{\varepsilon_0}

இதேபோல் ஒரு வட்ட இயக்கத்தைக் கருதும்போது புறவிசையானது மைய நாட்ட ஆர்முடுகலின் திசையில் இருக்கவேண்டும். இவ்விசை மைய நாட்ட விசை எனப்படும்.

F=mv2r=mrω2F = \frac{mv^2}{r} = mr\omega^2

ஒரு முழுச் சுழற்சியை ஆற்ற எடுக்கும் காலம் ஆனது சுழற்சிக்காலம் எனப்படும்.

தேவையான சமன்பாடுகள்

E×2πrl=λlε0E \times 2\pi r l = \frac{\lambda l}{\varepsilon_0}

F=mv2rF = \frac{mv^2}{r}

T=2πrvT = \frac{2\pi r}{v}

காரணம் / கணக்கீடு

குறியீடுகள்: λ\lambda — கம்பியின் அலகு நீளத்திலுள்ள ஏற்றத்தின் பருமன் (அது மறை, ஆகவே +q+q கவரப்படுகிறது).

rr — கம்பியிலிருந்து ஏற்றத்தின் தூரம் (பாதையின் ஆரை).

vv — ஏற்றத்தின் கதி.

EE — rr இல் கம்பியின் மின்புலச் செறிவு, கம்பியை நோக்கியது.

E=λ2πε0rE = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}

qE=mv2rqE = \frac{mv^2}{r}

qλ2πε0r=mv2r\frac{q\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r} = \frac{mv^2}{r}

v2=qλ2πε0mv^2 = \frac{q\lambda}{2\pi\varepsilon_0 m}

T=2πrv=2πr2πε0mλqT = \frac{2\pi r}{v} = 2\pi r\sqrt{\frac{2\pi\varepsilon_0 m}{\lambda q}}

T=4π2r2×2πε0mλqT = \sqrt{\frac{4\pi^2 r^2 \times 2\pi\varepsilon_0 m}{\lambda q}}

T=8π3r2mε0λqT = \sqrt{\frac{8\pi^3 r^2 m\varepsilon_0}{\lambda q}}

தெரிவுகளை ஆராய்தல்

பெற்ற வடிவம் 8π3r2mε0λq\sqrt{\dfrac{8\pi^3 r^2 m\varepsilon_0}{\lambda q}} — தெரிவு (1). (2), (4) புள்ளி ஏற்றப் புலத்தால் வரும் r3r^3 ஐக் கொண்டவை; (3), (4) தலைகீழானவை; (5) இல் λ\lambda தொகுதியில் உள்ளது.

சரிபார்ப்பு

sqrt(8∗pi3∗r2∗m∗e0/(lam∗q))sqrt(8 * pi^3 * r^2 * m * e0 / (lam * q))

பரிமாணச் சோதனை: r2mε0λq\dfrac{r^2 m\varepsilon_0}{\lambda q} இன் அலகு m2⋅kg⋅C2N−1m−2C m−1⋅C=kg mN=s2\dfrac{\text{m}^2 \cdot \text{kg} \cdot \text{C}^2\text{N}^{-1}\text{m}^{-2}}{\text{C m}^{-1} \cdot \text{C}} = \dfrac{\text{kg m}}{\text{N}} = \text{s}^2; மூலம் s ✓.

எல்லை நிலை: λ→0\lambda \to 0 எனின் கவர்ச்சி இல்லை, T→∞T \to \infty — ஏற்றம் வட்டத்தில் சுற்றாது ✓ (தெரிவு (5) இங்கு T→0T \to 0 தருகிறது).

rr இருமடங்கானால் vv மாறாது, TT இருமடங்கு ✓.

முடிவு

T=8π3r2mε0λqT = \sqrt{\frac{8\pi^3 r^2 m\varepsilon_0}{\lambda q}}

E=λ2πε0rE = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}, qE=mv2rqE = \dfrac{mv^2}{r} ⇒ T=8π3r2mε0λqT = \sqrt{\dfrac{8\pi^3 r^2 m\varepsilon_0}{\lambda q}} — விடை (1).

கம்பியின் புலத்துக்குப் புள்ளி ஏற்றப் புலம் kQr2\dfrac{kQ}{r^2} ஐப் பயன்படுத்துதல்.

முடிவில்லாக் கம்பியின் புலம் கவுசின் தேற்றத்தால் λ2πε0r\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}; அது 1r\dfrac{1}{r} ஆகவே குறைகிறது.

සිංහල · English