حل بكالوريا 2014 علوم فيزيائية شعبة رياضيات وتقني رياضي — الموضوع الأول مفصّل خطوة بخطوة

شعبة رياضيات وتقني رياضي · الموضوع الأول · على 20 · 43 سؤالاً

التمرين الأول 3,5 ن

من أجل المتابعة الزمنية لتحول كربونات الكالسيوم

CaCO_{3 (s)}

الصلبة مع حمض كلور الماء

(H_{3} O^{+} + Cl^{-})_{(a q)}

، الذي ينمذج بمعادلة التفاعل:

CaCO_{3 (s)} + 2 H_{3} O_{(a q)}^{+} = Ca_{(a q)}^{2 +} + CO_{2 (g)} + 3 H_{2} O_{(ℓ)}

. نضع في دورق حجماً

V

من حمض كلور الماء تركيزه المولي

c

ونضيف إليه

2 g

من كربونات الكالسيوم. يسمح تجهيز مناسب بقياس حجم غاز ثنائي أكسيد الكربون

V_{CO_{2}}

المنطلق عند لحظات مختلفة، وتمت معالجة النتائج ببرمجية خاصة فأعطت المنحنيين الموافقين للشكلين 1 و 2: الشكل-1:

[H_{3} O^{+}]

بدلالة

V_{CO_{2}}

(بـ mL)، والشكل-2:

[H_{3} O^{+}] = f (t)

. نعتبر

V_{m} = 24 L \cdot mol^{- 1}

. يعطى:

M_{O} = 16

M_{Ca} = 40

M_{C} = 12 g \cdot mol^{- 1}

10,75 ن

أنجز جدولاً لتقدم التفاعل.
الحل
1. $n_{1} = \frac{m}{M ( CaCO _{3} )} = \frac{2}{40 + 12 + 48} = 0, 02 mol$ و $n_{2} = n_{0} (H_{3} O^{+}) = c V$ .
2. الحالة الابتدائية ( $x = 0$ ): $0, 02$ ؛ $c V$ ؛ $0$ ؛ $0$ ؛ الماء بزيادة.
3. الحالة الانتقالية: $0, 02 - x$ ؛ $c V - 2 x$ ؛ $x$ ؛ $x$ .
4. الحالة النهائية: $0, 02 - x_{f}$ ؛ $c V - 2 x_{f}$ ؛ $x_{f}$ ؛ $x_{f}$ .
الجواب ابتدائية: $n_{1} = 0, 02 mol$ ؛ $n_{2} = c V$ ؛ $0$ ؛ $0$ ؛ بزيادة. انتقالية: $n_{1} - x$ ؛ $c V - 2 x$ ؛ $x$ ؛ $x$ . نهائية: $n_{1} - x_{f}$ ؛ $c V - 2 x_{f}$ ؛ $x_{f}$ ؛ $x_{f}$ .

انتبه كتابة $c V - x$ بدل $c V - 2 x$ : معامل $H_{3} O^{+}$ هو 2.

جدول التقدم والمتفاعل المحد
20,5 ن

أثبت أن التركيز المولي لشوارد $H_{3} O_{(a q)}^{+}$ في أية لحظة يعطى بالعبارة: $[H_{3} O^{+}] = c - \frac{2 V _{CO_{2}}}{V \cdot V _{m}}$ ، حيث $V_{m}$ الحجم المولي للغازات.
الحل
1. من جدول التقدم: $n (H_{3} O^{+}) = c V - 2 x$ ، إذن $[H_{3} O^{+}] = c - \frac{2 x}{V}$ .
2. $x = n (CO_{2}) = \frac{V _{CO_{2}}}{V _{m}}$ .
3. بالتعويض: $[H_{3} O^{+}] = c - \frac{2 V _{CO_{2}}}{V \cdot V _{m}}$ .
الجواب $[H_{3} O^{+}] = \frac{c V - 2 x}{V}$ مع $x = n (CO_{2}) = \frac{V _{CO_{2}}}{V _{m}}$ .

جدول التقدم والمتفاعل المحد
3 أ0,5 ن

بالاعتماد على المنحنى الموافق للشكل-1 جد كلاً من التركيز المولي الابتدائي $c$ للمحلول الحمضي وحجم الوسط التفاعلي $V$ . (اكتب $c, V$ مع $c$ بـ $mmol \cdot L^{- 1}$ و $V$ بـ L)
الحل
1. بيانياً: $[H_{3} O^{+}] = a V_{CO_{2}} + b$ ، ونظرياً: $[H_{3} O^{+}] = - \frac{2}{V \cdot V _{m}} V_{CO_{2}} + c$ .
2. بالمطابقة: $c = b = 10 mmol \cdot L^{- 1}$ (قيمة المنحنى عند $V_{CO_{2}} = 0$ ).
3. الميل: $a = \frac{Δ [ H _{3} O ^{+} ]}{Δ V _{CO_{2}}} = - \frac{10 \times 1 0 ^{- 3}}{0 , 120} = - 0, 0833 mol \cdot L^{- 2}$ .
4. $a = - \frac{2}{V \cdot V _{m}}$ إذن $V = - \frac{2}{a V _{m}} = \frac{2}{0 , 0833 \times 24} = 1 L$ .
الجواب $c = 10 mmol \cdot L^{- 1}$ و $V = 1 L$

جدول التقدم والمتفاعل المحد
3 ب0,25 ن

جد القيمة النهائية لتقدم التفاعل واستنتج المتفاعل المحد.
الحل
1. $n_{0} (H_{3} O^{+}) = c V = 1 0^{- 2} mol$ و $n_{1} = 0, 02 mol$ .
2. $[H_{3} O^{+}]$ ينعدم في النهاية (البيان يصل إلى 0 عند $V_{CO_{2}} = 120 mL$ ): $x_{f} = \frac{0 , 120}{24} = 5 \times 1 0^{- 3} mol$ .
3. $c V - 2 x_{f} = 0$ بينما $0, 02 - x_{f} > 0$ : المتفاعل المحد $H_{3} O^{+}$ .
الجواب $x_{f} = 5 \times 1 0^{- 3} mol$ ، والمتفاعل المحد هو $H_{3} O^{+}$ .

جدول التقدم والمتفاعل المحد
4 أ0,5 ن

المنحنى $[H_{3} O^{+}] = f (t)$ الموضح في الشكل-2 ينقصه سلم الرسم الخاص بالتركيز $[H_{3} O^{+}]$ . حدّد السلم الناقص في الرسم.
الحل
1. عند $t = 0$ : $[H_{3} O^{+}]_{0} = c = 10 mmol \cdot L^{- 1}$ .
2. هذه القيمة ممثلة في البيان-2 بـ $5 cm$ .
3. إذن السلم: $1 cm \to 2 mmol \cdot L^{- 1}$ .
الجواب $1 cm \to 2 mmol \cdot L^{- 1}$

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل
4 ب0,5 ن

احسب السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة $t = 80 s$ . (اكتب القيمة بـ $mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ )
الحل
1. $v_{v o l} = \frac{1}{V} \frac{d x}{d t} = - \frac{1}{2} \frac{d [ H _{3} O ^{+} ]}{d t}$ .
2. نرسم المماس للمنحنى-2 عند $t = 80 s$ ونحسب ميله: $\frac{d [ H _{3} O ^{+} ]}{d t} \approx - 0, 03 mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ .
3. $v_{v o l} (80 s) \approx 0, 015 mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ .
الجواب $v_{v o l} (80 s) = 0, 015 mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ (تقبل بين 0,014 و 0,016)

انتبه نسيان المعامل 1/2 الناتج عن المعامل الستوكيومتري 2 للشوارد H₃O⁺.

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل
4 ج0,5 ن

جد من المنحنى زمن نصف التفاعل وحدّد أهميته. (اكتب $t_{1/2}$ بالثانية)
الحل
1. عند $t_{1/2}$ : $x = \frac{x _{f}}{2}$ ، ولأن $H_{3} O^{+}$ محد: $[H_{3} O^{+}]_{t_{1/2}} = \frac{[ H _{3} O ^{+} ] _{0}}{2} = 5 mmol \cdot L^{- 1}$ .
2. بإسقاط هذه القيمة على البيان-2: $t_{1/2} \approx 56 s$ .
3. أهميته: المقارنة بين سرعتي تفاعلين، وتقدير المدة التقريبية للتفاعل (من $4 t_{1/2}$ إلى $7 t_{1/2}$ ).
الجواب $t_{1/2} = 56 s$ (تقبل بين 50 s و 60 s)

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل

التمرين الثاني 2,75 ن

إليك مستخرج من الجدول الدوري للعناصر الكيميائية:

_{20} Ca

_{82} Pb

_{22} Ti

_{23} V

_{84} Po

_{25} Mn

. تتفكك نواة البزموث

_{83}^{210} Bi

بنشاط إشعاعي

β^{-}

ويرافقه إشعاع

γ

. نعتبر عينة من البزموث 210 عدد أنويتها

N (t)

عند اللحظة

t

. بواسطة برنامج خاص تم رسم المنحنى

ln A = f (t)

(الشكل-3) حيث

A

مقدار النشاط الإشعاعي للعينة في اللحظة

t

(الزمن بالأيام j).

10,5 ن

اكتب المعادلة المعبّرة عن التحول النووي الحادث وبيّن كيف نتج الإلكترون المرافق للإشعاع.
الحل
1. $_{83}^{210} Bi \to_{Z}^{A} X +_{- 1}^{0} e + γ$ .
2. انحفاظ العدد الكتلي: $210 = A + 0$ إذن $A = 210$ ؛ انحفاظ الشحنة: $83 = Z - 1$ إذن $Z = 84$ : النواة $_{84}^{210} Po$ .
3. مصدر الإلكترون: تحول نترون داخل النواة إلى بروتون: $_{0}^{1} n \to_{1}^{1} p +_{- 1}^{0} e$ .
الجواب $_{83}^{210} Bi \to_{84}^{210} Po +_{- 1}^{0} e + γ$ ؛ الإلكترون ناتج عن تحول نترون إلى بروتون: $_{0}^{1} n \to_{1}^{1} p +_{- 1}^{0} e$ .

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
20,5 ن

عبّر عن عدد الأنوية المتفككة $N_{d} (t)$ بدلالة كل من: الزمن $t$ ، $N_{0}$ (عدد الأنوية عند $t = 0$ ) ، $λ$ ثابت النشاط الإشعاعي.
الحل
1. $N_{d} = N_{0} - N (t)$ و $N (t) = N_{0} e^{- λ t}$ .
2. $N_{d} = N_{0} - N_{0} e^{- λ t} = N_{0} (1 - e^{- λ t})$ .
الجواب $N_{d} = N_{0} (1 - e^{- λ t})$

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 أ0,5 ن

عرّف النشاط الإشعاعي وحدّد وحدته.
الحل
1. النشاط الإشعاعي لعينة هو عدد التفككات فيها خلال ثانية واحدة.
2. يقاس بالبكريل: $1 Bq = 1$ تفكك في الثانية.
الجواب عدد التفككات التي تحدث في الثانية الواحدة، وحدته البكريل $Bq$ .

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 ب0,5 ن

عبّر عن $ln A (t)$ بدلالة $λ$ ، $N_{0}$ ، $t$ .
الحل
1. $A (t) = A_{0} e^{- λ t}$ إذن $ln A (t) = ln A_{0} - λ t$ .
2. $A_{0} = λ N_{0}$ إذن $ln A (t) = - λ t + ln (λ N_{0})$ .
الجواب $ln A (t) = - λ t + ln (λ N_{0})$

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 ج0,75 ن

استنتج من المنحنى (الشكل-3): قيمة ثابت النشاط الإشعاعي $λ$ للبزموث 210، وقيمة النشاط الإشعاعي الابتدائي $A_{0}$ . (اكتب $λ$ بـ $j^{- 1}$ )
الحل
1. البيان خط مستقيم لا يمر من المبدأ: $ln A (t) = a t + b$ .
2. عند $t = 0$ : $b = ln A (0) = 25$ . الميل: $a = \frac{Δ ln A}{Δ t} = - \frac{25}{180} = - 0, 1388 j^{- 1}$ .
3. بالمطابقة: $λ = 0, 1388 j^{- 1}$ .
4. $ln A_{0} = b = 25$ إذن $A_{0} = e^{25} = 7, 20 \times 1 0^{10} Bq$ .
الجواب $λ = 0, 1388 j^{- 1}$ و $A_{0} = e^{25} = 7, 20 \times 1 0^{10} Bq$

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط

التمرين الثالث 3 ن

عند عجز القلب عن القيام بوظيفته، تسمح الجراحة اليوم بوضع منشّط قلبي اصطناعي في الصدر، يجبر القلب على النبض بانتظام وذلك بإرسال إشارات كهربائية. المنشط عبارة عن مولد لإشارات كهربائية ينمذج بالدارة الكهربائية المبينة في الشكل-4، حيث سعة المكثفة

C = 470 nF

والقوة المحركة الكهربائية للمولد

E = 6, 0 V

. نضع البادلة في الوضع (1) لمدة طويلة. (I) نضع البادلة عند

t = 0

في الوضع (2) وندرس تطور الشحنة

q

للمكثفة. (II) عندما يصبح التوتر الكهربائي

u_{A B}

مساوياً لـ

36, 8%

من قيمته الابتدائية، تتحول البادلة آلياً من الوضع (2) إلى الوضع (1)، فتصدر إشارة كهربائية تساعد في تقلص العضلة القلبية. يمثل الشكل-5 منحنى تطور التوتر الكهربائي بين طرفي المكثفة عندما تكون البادلة في الوضع (2)، علماً أن اللحظة

t_{0} = 0

توافق لحظة مرور البادلة من الوضع (1) إلى الوضع (2).

I-10,75 ن

بيّن أن الشحنة الكهربائية $q (t)$ تحقق المعادلة التفاضلية التالية: $\frac{d q ( t )}{d t} = - α q (t)$ ، وأعط عبارة الثابت $α$ بدلالة المقادير المميزة لعناصر الدارة.
الحل
1. قانون جمع التوترات: $u_{R} + u_{C} = 0$ .
2. $u_{C} = \frac{q}{C}$ و $u_{R} = R i = R \frac{d q}{d t}$ .
3. $R \frac{d q}{d t} + \frac{q}{C} = 0$ إذن $\frac{d q}{d t} = - \frac{1}{R C} q$ .
4. بالمطابقة: $α = \frac{1}{R C}$ .
الجواب $\frac{d q}{d t} = - \frac{1}{R C} q$ ، إذن $α = \frac{1}{R C}$ .

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
I-20,25 ن

علماً بأن العبارة $q (t) = Q_{0} e^{- α t}$ حل للمعادلة التفاضلية، حدّد عبارة $Q_{0}$ واحسب قيمتها. (اكتب القيمة بـ $μ C$ )
الحل
1. $Q_{0}$ هي الشحنة الأعظمية للمكثفة المشحونة كلياً في الوضع (1): $Q_{0} = C u_{C ma x} = C E$ .
2. $Q_{0} = 470 \times 1 0^{- 9} \times 6 = 2, 82 \times 1 0^{- 6} C$ .
الجواب $Q_{0} = C E = 2, 82 \times 1 0^{- 6} C$

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
I-30,5 ن

جد العبارة الحرفية لشدة التيار الكهربائي $i (t)$ في الدارة.
الحل
1. $i (t) = \frac{d q}{d t} = \frac{d}{d t} (Q_{0} e^{- α t}) = - α Q_{0} e^{- α t}$ .
2. $i (t) = - \frac{C E}{R C} e^{- \frac{t}{R C}} = - I_{0} e^{- \frac{t}{R C}}$ مع $I_{0} = \frac{E}{R}$ . الإشارة السالبة: التيار في الجهة المعاكسة للجهة المختارة (تفريغ).
الجواب $i (t) = - \frac{C E}{R C} e^{- \frac{t}{R C}} = - \frac{E}{R} e^{- \frac{t}{R C}}$

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
II-1 أ-ب0,25 ن

أ- حدّد اللحظة $t_{1}$ التي تتحول فيها البادلة آلياً ولأول مرة من الوضع (2) إلى الوضع (1) مبيناً الطريقة المتبعة. ب- عيّن بيانياً ثابت الزمن $τ$ للدارة المدروسة. (اكتب $t_{1}$ بالثانية)
الحل
1. عند $t_{1}$ : $u_{C} = 6 \times \frac{36 , 8}{100} = 2, 2 V$ .
2. بإسقاط هذه القيمة على البيان: $t_{1} = 4 \times 0, 2 = 0, 8 s$ .
3. ب) عند $t = τ$ : $u_{C} = 0, 37 E = 2, 22 V$ ، فمن البيان $τ = 0, 8 s$ .
الجواب $t_{1} = 0, 8 s$ و $τ = 0, 8 s$ (تقبل بين 0,75 s و 0,85 s)

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
II-1 ج0,25 ن

استنتج قيمة المقاومة $R$ للناقل الأومي المستعمل في الجهاز. (اكتب القيمة بـ $M Ω$ )
الحل
1. $τ = R C$ إذن $R = \frac{τ}{C} = \frac{0 , 8}{470 \times 1 0 ^{- 9}} = 1, 7 \times 1 0^{6} Ω$ .
الجواب $R = 1, 7 \times 1 0^{6} Ω$

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
II-20,25 ن

إن الإشارات الكهربائية المتسببة في التقلص العضلي دورية ودورها (أي قيمة مدة تكرارها) يساوي: $Δ t = (t_{1} - t_{0})$ . حدّد عدد تقلصات القلب المفروضة من طرف الجهاز في الدقيقة الواحدة.
الحل
1. $N = \frac{60}{t _{1}} = \frac{60}{0 , 8} = 75$ .
الجواب $N = 75$ تقلصاً في الدقيقة

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
II-30,75 ن

ما هي قيمة الطاقة المحررة من طرف المكثفة خلال إشارة كهربائية واحدة؟ (اكتب القيمة بـ $μ J$ )
الحل
1. $E_{l ib} = E_{0} - E_{r}$ : الطاقة الابتدائية ناقص الطاقة المتبقية.
2. $E_{l ib} = \frac{1}{2} C E^{2} - \frac{1}{2} C u_{C}^{2} = \frac{1}{2} C (E^{2} - u_{C}^{2})$ .
3. $E_{l ib} = \frac{1}{2} \times 470 \times 1 0^{- 9} \times (6^{2} - 2, 2^{2}) = 7, 32 \times 1 0^{- 6} J$ .
الجواب $E_{l ib} = 7, 32 \times 1 0^{- 6} J$

انتبه حساب $\frac{1}{2} C E^{2}$ فقط: المكثفة لا تفرغ كلياً، يبقى $u_{C} = 2, 2 V$ .

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)

التمرين الرابع 3,5 ن

بتاريخ 12 جويلية 2010 تم إطلاق القمر الاصطناعي الجزائري الثاني Alsat 2 الذي نرمز له بـ

(S)

حيث تم وضعه في مداره الإهليلجي بنجاح، ليدور حول الأرض على ارتفاع عن سطحها محصور بين

600 km

1000 km

. يمثل الشكل-6 رسماً تخطيطياً مبسطاً لمدار

(S)

حول الأرض، نعتبر

(S)

خاضعاً لقوة جذب الأرض فقط. يعطى: نصف قطر الأرض

R_{T} = 6400 km

وكتلتها

M_{T} = 6 \times 1 0^{24} kg

ودور حركتها حول محورها

T_{T} = 24 h

G = 6, 67 \times 1 0^{- 11} (S I)

1 أ0,25 ن

ماذا يمثل مركز الأرض بالنسبة لمدار هذا القمر الاصطناعي؟
الحل
1. حسب القانون الأول لكبلر: مدار القمر إهليلجي ومركز الأرض يشغل إحدى محرقيه.
الجواب يمثل مركز الأرض إحدى محرقي (بؤرتي) المدار الإهليلجي.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
1 ب0,5 ن

مثّل في وضع كيفي من المدار شعاع القوة التي يخضع لها $(S)$ أثناء دورانه حول الأرض.
الحل
1. القوة الوحيدة هي قوة الجذب العام $F$ .
2. نرسم سهماً من القمر نحو مركز الأرض على المستقيم الواصل بينهما.
الجواب في أي وضع: $F$ متجهة نحو مركز الأرض.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
2 أ0,5 ن

نعتبر حركة $(S)$ دائرية على ارتفاع متوسط ثابت $h = 800 km$ . هل شدة قوة جذب الأرض لـ $(S)$ ثابتة؟ علّل.
الحل
1. من قانون الجذب العام: $F = G \frac{M _{T} m _{s}}{( R _{T} + h ) ^{2}}$ .
2. $h$ ثابت، إذن شدة $F$ ثابتة.
الجواب نعم: $F = G \frac{M _{T} m _{s}}{( R _{T} + h ) ^{2}}$ وكل المقادير فيها ثابتة.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
2 ب0,25 ن

احسب شدة هذه القوة علماً أن كتلة هذا القمر الاصطناعي هي $m = 130 kg$ . (اكتب القيمة بـ N)
الحل
1. $F = 6, 67 \times 1 0^{- 11} \times \frac{6 \times 1 0 ^{24} \times 130}{( ( 6400 + 800 ) \times 1 0 ^{3} ) ^{2}}$ .
2. $F \approx 1003, 5 N$ .
الجواب $F \approx 1003, 5 N$

انتبه نسيان تحويل km إلى m، أو استعمال h بدل R_T + h.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
3 أ0,5 ن

اذكر خصائص القمر الاصطناعي الجيومستقر.
الحل
1. دوره يساوي دور الأرض حول محورها: $24 h$ .
2. يدور في نفس جهة دوران الأرض.
3. مداره دائري يقع في مستوي خط الاستواء، فيبدو ساكناً لملاحظ أرضي.
الجواب دوره $T_{S} = T_{T} = 24 h$ ، يدور في نفس جهة دوران الأرض، ومداره في مستوي خط الاستواء.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
3 ب0,75 ن

هل يمكن اعتبار $(S)$ قمراً اصطناعياً جيومستقراً؟ لماذا؟
الحل
1. $\sum F_{e x t} = m a$ : $F = m a_{n} = m \frac{v ^{2}}{R _{T} + h}$ ، إذن $v = \frac{G M _{T}}{R _{T} + h}$ .
2. $T_{S} = \frac{2 π ( R _{T} + h )}{v} = 2 π \frac{( R _{T} + h ) ^{3}}{G M _{T}}$ .
3. $T_{S} \approx 6064, 8 s \approx 1, 68 h$ (بأخذ $π \approx 3, 14$ ).
4. $T_{S} \neq = T_{T}$ : القمر $(S)$ غير جيومستقر.
الجواب لا: $T_{S} = 2 π \frac{( R _{T} + h ) ^{3}}{G M _{T}} \approx 6064, 8 s = 1, 68 h \neq = 24 h$ .

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
3 ج0,25 ن

احسب قيمة سرعة القمر الاصطناعي $(S)$ . (اكتب القيمة بـ $m \cdot s^{- 1}$ )
الحل
1. $v_{S} = \frac{G M _{T}}{R _{T} + h} = \frac{6 , 67 \times 1 0 ^{- 11} \times 6 \times 1 0 ^{24}}{7 , 2 \times 1 0 ^{6}} \approx 7455, 42 m \cdot s^{- 1}$ .
الجواب $v_{S} = 7455, 42 m \cdot s^{- 1}$

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
40,5 ن

يمكن لقمر اصطناعي آخر نعتبره جيومستقراً أن يدور حول الأرض بحركة دائرية منتظمة على ارتفاع $z$ من سطحها. جد الارتفاع $z$ للقمر الاصطناعي الجيومستقر. (اكتب القيمة بـ km)
الحل
1. القانون الثالث لكبلر: $T^{2} = 4 π^{2} \frac{( R _{T} + z ) ^{3}}{G M _{T}}$ مع $T = 24 h = 86400 s$ .
2. $z = (\frac{G M _{T} T ^{2}}{4 π ^{2}})^{\frac{1}{3}} - R_{T}$ .
3. $z \approx 35911825 m \approx 35911, 8 km$ (بـ $π \approx 3, 14$ ؛ وبالقيمة الدقيقة لـ $π$ نجد $\approx 35898 km$ ).
الجواب $z \approx 35911, 8 km$

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر

التمرين الخامس 3,5 ن

تمثّل الجملة المبيّنة في الشكل-7 جسماً صلباً

(S_{1})

كتلته

m_{1} = 400 g

ينزلق بدون احتكاك على سطح مستوٍ مائل عن الأفق بزاوية

α = 30°

ويرتبط بواسطة خيط مهمل الكتلة وعديم الامتطاط ويمر على محز بكرة مهملة الكتلة بجسم صلب

(S_{2})

كتلته

m_{2} = 400 g

. نترك الجملة عند اللحظة

t = 0

فينطلق الجسم

(S_{1})

من النقطة

A

بدون سرعة ابتدائية. (الجزء 2) مكنت الدراسة التجريبية من رسم منحنى تغيرات سرعة الجسم

(S_{1})

بدلالة الزمن

v = f (t)

(الشكل-8). يعطى:

g = 10 m \cdot s^{- 2}

1 أ0,5 ن

مثّل القوى الخارجية المؤثرة على كل من $(S_{1})$ و $(S_{2})$ .
الحل
1. على $(S_{1})$ : $P_{1}$ شاقولي نحو الأسفل، $R$ عمودي على المستوي المائل (لا احتكاك)، $T_{1}$ موازٍ للمستوي نحو البكرة.
2. على $(S_{2})$ : $P_{2}$ نحو الأسفل و $T_{2}$ نحو الأعلى.
الجواب $(S_{1})$ : الثقل $P_{1}$ ، رد الفعل $R$ (عمودي على المستوي)، توتر الخيط $T_{1}$ (موازٍ للمستوي نحو البكرة). $(S_{2})$ : الثقل $P_{2}$ وتوتر الخيط $T_{2}$ نحو الأعلى.

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
1 ب0,75 ن

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن حدّد طبيعة حركة الجسم $(S_{1})$ ثم احسب قيمة تسارع مركز عطالته. (اكتب $a$ بـ $m \cdot s^{- 2}$ )
الحل
1. المرجع السطحي الأرضي غاليلي. $(S_{1})$ : $P_{1} + T_{1} + R = m_{1} a$ ؛ $(S_{2})$ : $P_{2} + T_{2} = m_{2} a$ .
2. بالإسقاط على محور الحركة: $- m_{1} g sin α + T_{1} = m_{1} a$ و $m_{2} g - T_{2} = m_{2} a$ مع $T_{1} = T_{2}$ .
3. بالجمع: $m_{2} g - m_{1} g sin α = (m_{1} + m_{2}) a$ ، ولأن $m_{1} = m_{2} = m$ : $a = \frac{g}{2} (1 - sin α)$ ثابت.
4. الحركة مستقيمة متغيرة بانتظام، و $a = \frac{10}{2} (1 - sin 30°) = 2, 5 m \cdot s^{- 2}$ .
الجواب حركة مستقيمة متغيرة بانتظام، $a = \frac{g}{2} (1 - sin α) = 2, 5 m \cdot s^{- 2}$

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
1 ج0,5 ن

جد سرعة الجسم $(S_{1})$ عند النقطة $B$ علماً أن: $A B = 1, 25 m$ ثم استنتج المدة المستغرقة لذلك.
الحل
1. $v_{B}^{2} - v_{A}^{2} = 2 a \cdot A B$ مع $v_{A} = 0$ : $v_{B} = 2 \times 2, 5 \times 1, 25 = 2, 5 m \cdot s^{- 1}$ .
2. $x = \frac{1}{2} a t^{2}$ إذن $t = \frac{2 A B}{a} = \frac{2 \times 1 , 25}{2 , 5} = 1 s$ .
الجواب $v_{B} = 2, 5 m \cdot s^{- 1}$ و $t = 1 s$

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
2 أ0,5 ن

من المنحنى (الشكل-8)، جد قيمة تسارع الجسم $(S_{1})$ وقارنها مع المحسوبة سابقاً. (اكتب $a_{1}$ بـ $m \cdot s^{- 2}$ )
الحل
1. $a_{1}$ هو ميل المستقيم $v = f (t)$ : $a_{1} = \frac{Δ v}{Δ t} = \frac{4 , 0 - 0}{2 , 5 - 0} = 1, 6 m \cdot s^{- 2}$ .
2. نلاحظ أن $a_{1} < a$ .
الجواب $a_{1} = 1, 6 m \cdot s^{- 2} < a = 2, 5 m \cdot s^{- 2}$

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
2 ب0,25 ن

فسّر اختلاف قيمة التسارع في الحالتين.
الحل
1. الدراسة النظرية أهملت الاحتكاك؛ في التجربة توجد قوة احتكاك تعاكس الحركة فتنقص التسارع.
الجواب وجود قوة احتكاك $f$ يؤثر بها سطح المستوي المائل على $(S_{1})$ .

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
2 ج0,5 ن

بناءً على هذا التفسير بيّن أن سرعة الجسم $(S_{1})$ تحقق المعادلة التفاضلية التالية: $\frac{d v ( t )}{d t} = \frac{g}{2} (1 - sin α) - \frac{f}{2 m _{1}}$ حيث $f$ الاحتكاك الذي يؤثر بها سطح المستوي المائل على $(S_{1})$ .
الحل
1. $(S_{1})$ : $P_{1} + T_{1} + R + f = m_{1} a_{1}$ ؛ $(S_{2})$ : $P_{2} + T_{2} = m_{2} a_{1}$ .
2. بالإسقاط: $- m_{1} g sin α - f + T_{1} = m_{1} a_{1}$ و $m_{2} g - T_{2} = m_{2} a_{1}$ مع $T_{1} = T_{2}$ .
3. بالجمع ومع $m_{1} = m_{2}$ : $m_{1} g (1 - sin α) - f = 2 m_{1} a_{1}$ .
4. $a_{1} = \frac{d v}{d t} = \frac{g}{2} (1 - sin α) - \frac{f}{2 m _{1}}$ .
الجواب $m_{1} g (1 - sin α) - f = 2 m_{1} a_{1}$ إذن $\frac{d v}{d t} = \frac{g}{2} (1 - sin α) - \frac{f}{2 m _{1}}$ .

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
2 د0,5 ن

استنتج قيمة كل من شدة قوة الاحتكاك $f$ وشدة توتر الخيط $T$ .
الحل
1. $a_{1} = a - \frac{f}{2 m _{1}}$ إذن $f = 2 m_{1} (a - a_{1}) = 2 \times 0, 4 \times (2, 5 - 1, 6) = 0, 72 N$ .
2. من $(S_{2})$ : $m_{2} g - T_{2} = m_{2} a_{1}$ إذن $T = m_{2} (g - a_{1}) = 0, 4 \times (10 - 1, 6) = 3, 36 N$ .
الجواب $f = 0, 72 N$ و $T = 3, 36 N$

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)

التمرين التجريبي 3,75 ن

نريد تحديد التركيز المولي

c_{b}

تجريبياً لمحلول مائي

(S)

للنشادر

NH_{3}

عن طريق المعايرة الـ pH مترية، لذلك نعاير حجماً

V_{b} = 20 mL

من المحلول

(S)

بواسطة حمض كلور الماء

(H_{3} O^{+} + Cl^{-})_{(a q)}

تركيزه المولي

c_{a} = 0, 015 mol \cdot L^{- 1}

. النتائج المحصل عليها عند

25 ° C

سمحت برسم المنحنى

pH = f (V_{a})

(الشكل-9).

1 أ0,75 ن

أعط البروتوكول التجريبي لهذه المعايرة مع رسم تخطيطي للتجهيز المستعمل.
الحل
1. نملأ سحاحة بمحلول حمض كلور الماء ونضبط مستوى المحلول عند التدريجة صفر.
2. نسحب بماصة عيارية $V_{b} = 20 mL$ من محلول النشادر ونضعه في بيشر فوق مخلاط مغناطيسي.
3. نعاير جهاز pH متر باستعمال محلولين موقيين معلومي pH، ثم نغسل المسرى بالماء المقطر ونجففه.
4. نغمر المسرى في محلول النشادر دون أن يلمس القضيب المغناطيسي، ونشغل المخلاط.
5. نضيف الحمض تدريجياً ونقيس pH بعد كل إضافة، وندون النتائج في جدول لرسم المنحنى.
6. الرسم: حامل وسحاحة، بيشر، مخلاط مغناطيسي، جهاز pH متر ومسراه.
الجواب سحاحة بحمض كلور الماء، بيشر فيه 20 mL من النشادر على مخلاط مغناطيسي، ومسرى جهاز pH متر مغمور فيه؛ نقيس pH بعد كل إضافة ونرسم pH = f(V_a).

المعايرة الـ pH مترية ونقطة التكافؤ
1 ب0,5 ن

أنجز جدول تقدم التفاعل الذي ينمذج التحول الكيميائي الحادث بين محلول النشادر وحمض كلور الماء.
الحل
1. معادلة التفاعل: $NH_{3 (a q)} + H_{3} O_{(a q)}^{+} = NH_{4 (a q)}^{+} + H_{2} O_{(ℓ)}$ .
2. $x = 0$ : $n_{b} = c_{b} V_{b}$ ، $n_{a} = c_{a} V_{a}$ ، $0$ ، بزيادة.
3. $x$ : $c_{b} V_{b} - x$ ، $c_{a} V_{a} - x$ ، $x$ ، بزيادة.
4. $x_{f}$ : $c_{b} V_{b} - x_{f}$ ، $c_{a} V_{a} - x_{f}$ ، $x_{f}$ ، بزيادة.
الجواب $NH_{3} + H_{3} O^{+} = NH_{4}^{+} + H_{2} O$ ؛ ابتدائية: $c_{b} V_{b}$ ؛ $c_{a} V_{a}$ ؛ $0$ ؛ بزيادة. انتقالية: $c_{b} V_{b} - x$ ؛ $c_{a} V_{a} - x$ ؛ $x$ . نهائية: $c_{b} V_{b} - x_{f}$ ؛ $c_{a} V_{a} - x_{f}$ ؛ $x_{f}$ .

جدول التقدم والمتفاعل المحد
2 أ0,25 ن

بالاعتماد على المنحنى جد إحداثيي نقطة التكافؤ. (اكتب $V_{E}, pH_{E}$ مع الحجم بـ mL)
الحل
1. بطريقة المماسين المتوازيين: نرسم مماسين موازيين قبل القفزة وبعدها، والمستقيم الموازي لهما على بعدين متساويين يقطع المنحنى في E.
2. $V_{E} = 14, 4 mL$ و $pH_{E} = 5, 8$ .
الجواب $E (V_{E} = 14, 4 mL; pH_{E} = 5, 8)$

المعايرة الـ pH مترية ونقطة التكافؤ
2 ب0,25 ن

جد التركيز المولي الابتدائي $c_{b}$ لمحلول النشادر. (اكتب القيمة بـ $mol \cdot L^{- 1}$ )
الحل
1. عند التكافؤ: $c_{b} V_{b} = c_{a} V_{a E}$ .
2. $c_{b} = \frac{0 , 015 \times 14 , 4}{20} = 0, 0108 mol \cdot L^{- 1}$ .
الجواب $c_{b} = 0, 0108 mol \cdot L^{- 1}$

المعايرة الـ pH مترية ونقطة التكافؤ
2 ج0,25 ن

جد قيمة الـ $p K_{a}$ للثنائية $(NH_{4}^{+} / NH_{3})$ .
الحل
1. عند نقطة نصف التكافؤ $pH = p K_{a}$ ، حيث $V_{1/2 e ˊ q} = \frac{V _{E}}{2} = 7, 2 mL$ .
2. من البيان: $p K_{a} = 9, 2$ .
الجواب $p K_{a} = 9, 2$

المعايرة الـ pH مترية ونقطة التكافؤ الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa
30,25 ن

احسب قيمة ثابت التوازن $K$ لهذا التفاعل.
الحل
1. $K = Q_{r f} = \frac{[ NH _{4}^{+} ] _{f}}{[ H _{3} O ^{+} ] _{f} [ NH _{3} ] _{f}} = \frac{1}{K _{a}}$ .
2. $K = 1 0^{9, 2} = 1, 58 \times 1 0^{9}$ .
الجواب $K = \frac{1}{K _{a}} = 1 0^{p K_{a}} = 1, 58 \times 1 0^{9}$

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa
4 أ0,75 ن

عند إضافة حجم $V_{a} = 9 mL$ من المحلول الحمضي: احسب النسبة $\frac{[ NH _{3} ] _{f}}{[ NH _{4}^{+} ] _{f}}$ للمزيج التفاعلي النهائي.
الحل
1. من البيان عند $V_{a} = 9 mL$ : $pH = 9$ .
2. $pH = p K_{a} + lo g \frac{[ NH _{3} ] _{f}}{[ NH _{4}^{+} ] _{f}}$ إذن $\frac{[ NH _{3} ] _{f}}{[ NH _{4}^{+} ] _{f}} = 1 0^{pH - p K_{a}}$ .
3. $= 1 0^{9 - 9, 2} = 1 0^{- 0, 2} \approx 0, 63$ .
الجواب $\frac{[ NH _{3} ] _{f}}{[ NH _{4}^{+} ] _{f}} = 0, 63$

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa
4 ب0,25 ن

عبّر عن النسبة السابقة بدلالة $V_{b}$ و $c_{b}$ والتقدم النهائي $x_{f}$ .
الحل
1. من جدول التقدم: $[NH_{3}]_{f} = \frac{c _{b} V _{b} - x _{f}}{V _{T}}$ و $[NH_{4}^{+}]_{f} = \frac{x _{f}}{V _{T}}$ .
2. النسبة: $\frac{c _{b} V _{b} - x _{f}}{x _{f}}$ .
الجواب $\frac{[ NH _{3} ] _{f}}{[ NH _{4}^{+} ] _{f}} = \frac{c _{b} V _{b} - x _{f}}{x _{f}}$

جدول التقدم والمتفاعل المحد
4 ج0,5 ن

احسب قيمة نسبة التقدم النهائي $τ_{f}$ لتفاعل المعايرة عند الإضافة السابقة. ماذا تستنتج؟
الحل
1. قبل التكافؤ الحمض المضاف هو المتفاعل المحد: $x_{ma x} = c_{a} V_{a} = 0, 015 \times 9 \times 1 0^{- 3} = 0, 135 \times 1 0^{- 3} mol$ .
2. $\frac{c _{b} V _{b} - x _{f}}{x _{f}} = 0, 63$ إذن $x_{f} = \frac{c _{b} V _{b}}{1 , 63} = \frac{0 , 0108 \times 0 , 020}{1 , 63} = 0, 1325 \times 1 0^{- 3} mol$ .
3. $τ_{f} = \frac{x _{f}}{x _{ma x}} = \frac{0 , 1325}{0 , 135} = 0, 98$ .
4. نستنتج أن تفاعل المعايرة شبه تام.
الجواب $τ_{f} = 0, 98 \approx 1$ : التفاعل شبه تام.

جدول التقدم والمتفاعل المحد