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

شعبة رياضيات وتقني رياضي · الموضوع الثاني · على 20 · 39 سؤالاً

التمرين الأول 3,5 ن

للماء الأكسجيني

H_{2} O_{2}

أهمية بالغة، فهو معالج للمياه المستعملة ومطهّر للجروح ومعقّم في الصناعات الغذائية. الماء الأكسجيني يتفكك بتحول بطيء جداً في الشروط العادية معطياً غاز ثنائي الأكسجين والماء وفقاً للمعادلة:

2 H_{2} O_{2 (a q)} = O_{2 (g)} + 2 H_{2} O_{(ℓ)}

. لدراسة تطور التفكك الذاتي للماء الأكسجيني بدلالة الزمن، نأخذ مجموعة أنابيب اختبار يحتوي كل منها على حجم

V_{0} = 10 mL

من هذا المحلول ونضعها عند اللحظة

t = 0

في حمام مائي درجة حرارته ثابتة. عند كل لحظة

t

نفرغ أنبوبة اختبار في بيشر ونضيف إليه ماء وقطع جليد وقطرات من حمض الكبريت المركز

(2 H_{3} O^{+} + SO_{4}^{2 -})_{(a q)}

ثم نعاير المزيج بمحلول مائي لثنائي كرومات البوتاسيوم

(2 K_{(a q)}^{+} + Cr_{2} O_{7 (a q)}^{2 -})

تركيزه المولي

c = 0, 1 mol \cdot L^{- 1}

فنحصل في كل مرة على الحجم

V_{E}

اللازم لبلوغ التكافؤ. سمحت النتائج برسم المنحنى الممثل في الشكل-1. معادلة تفاعل المعايرة:

3 H_{2} O_{2 (a q)} + Cr_{2} O_{7 (a q)}^{2 -} + 8 H_{3} O_{(a q)}^{+} = 3 O_{2 (g)} + 2 Cr_{(a q)}^{3 +} + 15 H_{2} O_{(ℓ)}

. يعطى:

V_{m} = 22, 4 L \cdot mol^{- 1}

1 أ0,5 ن

اكتب المعادلتين النصفيتين للأكسدة والإرجاع الموافقتين لتفاعل المعايرة.
الحل
1. أكسدة $H_{2} O_{2}$ (الثنائية $O_{2} / H_{2} O_{2}$ ): $H_{2} O_{2 (a q)} + 2 H_{2} O_{(ℓ)} = O_{2 (g)} + 2 H_{3} O_{(a q)}^{+} + 2 e^{-}$ .
2. إرجاع ثنائي الكرومات: $Cr_{2} O_{7 (a q)}^{2 -} + 14 H_{3} O_{(a q)}^{+} + 6 e^{-} = 2 Cr_{(a q)}^{3 +} + 21 H_{2} O_{(ℓ)}$ .
الجواب $H_{2} O_{2} + 2 H_{2} O = O_{2} + 2 H_{3} O^{+} + 2 e^{-}$ و $Cr_{2} O_{7}^{2 -} + 14 H_{3} O^{+} + 6 e^{-} = 2 Cr^{3 +} + 21 H_{2} O$

الأكسدة والإرجاع والمعايرة اللونية لثنائي اليود
1 ب0,25 ن

هل يمكن اعتبار حمض الكبريت كوسيط في هذا التفاعل؟ علّل.
الحل
1. الوسيط لا يظهر في معادلة التفاعل ولا يُستهلك.
2. $H_{3} O^{+}$ متفاعل في معادلة المعايرة، فحمض الكبريت ليس وسيطاً.
الجواب لا، لأن الشوارد $H_{3} O^{+}$ تشارك في التفاعل (متفاعل يُستهلك).

الأكسدة والإرجاع والمعايرة اللونية لثنائي اليود
1 ج0,25 ن

هل يؤثر إضافة الماء وقطع الجليد على قيمة حجم التكافؤ $V_{E}$ ؟ لماذا؟
الحل
1. الماء والجليد يوقفان التفكك (تمديد وتبريد) دون تغيير كمية مادة H₂O₂ في العينة.
2. حجم التكافؤ يتعلق بكمية المادة المعايَرة، فلا يتغير.
الجواب لا يؤثر، لأن كمية الماء الأكسجيني لا تتغير؛ التكافؤ يتعلق بكمية المادة وليس بالتركيز.

الأكسدة والإرجاع والمعايرة اللونية لثنائي اليود
20,5 ن

عبّر عن التركيز المولي $[H_{2} O_{2}]$ لمحلول الماء الأكسجيني بدلالة $c$ و $V_{E}$ و $V_{0}$ .
الحل
1. عند التكافؤ المزيج ستوكيومتري: $\frac{n ( H _{2} O _{2} )}{3} = \frac{n ( Cr _{2} O _{7}^{2 -} )}{1}$ .
2. $\frac{[ H _{2} O _{2} ] V _{0}}{3} = c V_{E}$ إذن $[H_{2} O_{2}] = \frac{3 c V _{E}}{V _{0}}$ .
الجواب $[H_{2} O_{2}] = \frac{3 c V _{E}}{V _{0}}$

انتبه نسيان المعامل 3 للماء الأكسجيني في معادلة المعايرة.

جدول التقدم والمتفاعل المحد
30,5 ن

القارورة التي أُخذ منها الماء الأكسجيني المستخدم في هذه التجربة كُتب عليها الدلالة $(10 V)$ أي: كل $1 L$ من محلول الماء الأكسجيني يحرر $10 L$ من غاز ثنائي الأكسجين في الشرطين النظاميين. هل هذا المحلول محضّر حديثاً؟ علّل.
الحل
1. من البيان عند $t = 0$ : $V_{E 0} = 6, 2 \times 4 = 24, 8 mL$ .
2. $[H_{2} O_{2}]_{0} = \frac{3 \times 0 , 1 \times 24 , 8 \times 1 0 ^{- 3}}{10 \times 1 0 ^{- 3}} = 0, 744 mol \cdot L^{- 1}$ .
3. من الدلالة: في $1 L$ ، $n - 2 x_{ma x} = 0$ إذن $n = 2 n (O_{2}) = 2 \times \frac{10}{22 , 4} = 0, 892 mol$ ، أي $0, 892 mol \cdot L^{- 1}$ .
4. $0, 892 > 0, 744$ : المحلول غير حديث التحضير (تفكك جزء منه).
الجواب لا: من البيان $[H_{2} O_{2}]_{0} = 0, 744 mol \cdot L^{- 1}$ ، بينما الدلالة تعطي $0, 892 mol \cdot L^{- 1}$ .

جدول التقدم والمتفاعل المحد
4 أ0,25 ن

بالاعتماد على المنحنى والعبارة المتوصل إليها في السؤال 2 جد زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ . (بالثانية)
الحل
1. عند $t_{1/2}$ : $x = \frac{x _{ma x}}{2}$ ، أي $[H_{2} O_{2}] = \frac{[ H _{2} O _{2} ] _{0}}{2}$ ، أي $V_{E} = \frac{V _{E 0}}{2} = 12, 4 mL$ .
2. من البيان: $t_{1/2} = 2, 6 \times 100 = 260 s$ .
الجواب $t_{1/2} = 260 s$ (تقبل بين 255 s و 265 s)

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل
4 ب0,5 ن

جد عبارة السرعة الحجمية لاختفاء $H_{2} O_{2 (a q)}$ بدلالة $V_{E}$ .
الحل
1. $v = - \frac{1}{V} \frac{d n ( H _{2} O _{2} )}{d t} = - \frac{d [ H _{2} O _{2} ]}{d t}$ .
2. $[H_{2} O_{2}] = \frac{3 c}{V _{0}} V_{E} = \frac{3 \times 0 , 1}{10 \times 1 0 ^{- 3}} V_{E} = 30 V_{E}$ .
3. إذن $v = - 30 \frac{d V _{E}}{d t}$ .
الجواب $v = - \frac{d [ H _{2} O _{2} ]}{d t} = - 30 \frac{d V _{E}}{d t}$ ( $V_{E}$ باللتر)

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل
4 ج0,75 ن

جد قيمة السرعة الحجمية لاختفاء الماء الأكسجيني عند اللحظتين $t_{1} = 200 s$ ، $t_{2} = 600 s$ . ماذا تلاحظ؟ علّل.
الحل
1. نرسم المماس للمنحنى عند كل لحظة ونحسب ميله $\frac{d V _{E}}{d t}$ ثم نضرب في $- 30$ .
2. عند $t_{1} = 200 s$ : $v_{1} \approx 1, 17 \times 1 0^{- 3} mol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ (تقبل بين 1,1 و 1,3).
3. عند $t_{2} = 600 s$ : $v_{2} \approx 0, 42 \times 1 0^{- 3} mol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ (تقبل بين 0,35 و 0,45).
4. نلاحظ $v_{1} > v_{2}$ : تتناقص السرعة بسبب تناقص التركيز المولي للماء الأكسجيني.
الجواب $v_{1} = 1, 17 \times 1 0^{- 3} mol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ و $v_{2} = 0, 42 \times 1 0^{- 3} mol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ ؛ $v_{1} > v_{2}$ بسبب تناقص تركيز الماء الأكسجيني.

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل

التمرين الثاني 3 ن

في المفاعلات النووية ينتج عادة أحد نظائر البلوتونيوم القابل للانشطار. أحد تفاعلات هذا الانشطار النووي ينمذج بالمعادلة التالية:

_{94}^{239} Pu +_{0}^{1} n \to_{Z}^{135} Te +_{42}^{102} Mo + y_{0}^{1} n

. يعطى المخطط الطاقوي لانشطار نواة بلوتونيوم 239 كما في الشكل-2 (بوحدة

1 0^{4} MeV

E_{2} = 22, 537

للنكليونات المنفصلة

94_{1}^{1} p + 146_{0}^{1} n

E_{1} = 22, 362

لـ

_{94}^{239} Pu +_{0}^{1} n

E_{3} = 22, 321

لـ

_{Z}^{135} Te +_{42}^{102} Mo + y_{0}^{1} n

. يعطى:

N_{A} = 6, 02 \times 1 0^{23} mol^{- 1}

1 MeV = 1, 6 \times 1 0^{- 13} J

1 أ0,5 ن

عرّف الانشطار النووي.
الحل
1. تفاعل نووي مفتعل (محرَّض).
2. نواة ثقيلة تُقذف بنترون فتنقسم إلى نواتين أكثر استقراراً، مع تحرير طاقة.
الجواب تفاعل نووي مفتعل يحدث بقذف نواة ثقيلة غير مستقرة بنترون فتنشطر إلى نواتين أخف وأكثر استقراراً مع تحرير طاقة ونترونات.

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون
1 ب0,5 ن

باستخدام قانوني الانحفاظ، جد قيمة كل من العددين $z$ و $y$ . (اكتب $Z, y$ )
الحل
1. انحفاظ الشحنة: $94 + 0 = Z + 42$ إذن $Z = 52$ .
2. انحفاظ العدد الكتلي: $239 + 1 = 135 + 102 + y$ إذن $y = 3$ .
الجواب $Z = 52$ و $y = 3$

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون
1 ج0,25 ن

اكتب عبارة الطاقة المحررة من انشطار نواة بلوتونيوم 239 بدلالة: $c$ سرعة الضوء، والكتل $m (_{94}^{239} Pu)$ ، $m (_{Z}^{135} Te)$ ، $m (_{42}^{102} Mo)$ ، $m (_{0}^{1} n)$ .
الحل
1. $E_{l ib} = Δ m c^{2}$ مع $Δ m = m_{i} - m_{f}$ .
2. $m_{i} = m (Pu) + m (n)$ و $m_{f} = m (Te) + m (Mo) + 3 m (n)$ ، فيبقى $2 m (n)$ في الفرق.
الجواب $E_{l ib} = [m (_{94}^{239} Pu) - m (_{52}^{135} Te) - m (_{42}^{102} Mo) - 2 m (_{0}^{1} n)] c^{2}$

انتبه كتابة $3 m (n)$ ونسيان النترون القاذف في الطرف الأول.

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون
2 أ0,5 ن

استنتج من المخطط الطاقوي قيمة طاقة الربط $E_{ℓ}$ لنواة البلوتونيوم 239. (بـ MeV)
الحل
1. $E_{ℓ} = [94 m (_{1}^{1} p) + 145 m (_{0}^{1} n) - m (_{94}^{239} Pu)] c^{2} = E_{2} - E_{1}$ .
2. $E_{ℓ} = (22, 537 - 22, 362) \times 1 0^{4} = 1750 MeV$ .
الجواب $E_{ℓ} = E_{2} - E_{1} = 1750 MeV$

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون
2 ب0,5 ن

إن طاقة الربط لكل نوية لنواة الموليبدان 102 هي: $\frac{E _{ℓ}}{A} (_{42}^{102} Mo) = 8, 35 MeV/nuc$ . قارن استقرار النواتين $_{94}^{239} Pu$ و $_{42}^{102} Mo$ . هل هذه النتيجة تتوافق مع تعريف الانشطار النووي؟
الحل
1. $\frac{E _{ℓ}}{A} (Pu) = \frac{1750}{239} = 7, 32 MeV/nuc$ .
2. $7, 32 < 8, 35$ إذن نواة $_{42}^{102} Mo$ هي الأكثر استقراراً.
3. النتيجة متوافقة مع التعريف: الانشطار ينتج نواة أكثر استقراراً.
الجواب $\frac{E _{ℓ}}{A} (Pu) = 7, 32 MeV/nuc < 8, 35 MeV/nuc$ : $Mo$ أكثر استقراراً؛ نعم تتوافق لأن الانشطار ينتج أنوية أكثر استقراراً.

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون
2 ج0,75 ن

ما هي الطاقة المحررة بوحدة الجول (J) عن انشطار $1 g$ من البلوتونيوم 239؟ (اكتب القيمة بـ $1 0^{11} J$ )
الحل
1. $N = \frac{m}{A} N_{A} = \frac{1}{239} \times 6, 02 \times 1 0^{23} = 2, 518 \times 1 0^{21}$ نواة.
2. $E_{l ib} = E_{3} - E_{1} = (22, 321 - 22, 362) \times 1 0^{4} = - 410 MeV$ لكل نواة.
3. $E_{T} = N \cdot E_{l ib} = 2, 518 \times 1 0^{21} \times (- 410) = - 1, 02338 \times 1 0^{24} MeV$ .
4. $E_{T} = - 1, 02338 \times 1 0^{24} \times 1, 6 \times 1 0^{- 13} = - 1, 65 \times 1 0^{11} J$ (يمكن عدم مراعاة الإشارة).
الجواب $∣ E_{T} ∣ = 1, 65 \times 1 0^{11} J$

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون

التمرين الثالث 3 ن

في حصة للأعمال التطبيقية تمّ تحضير أستر من مزيج يتكون من

0, 2 mol

من الكحول

(C_{2} H_{5} - OH)

0, 2 mol

من حمض الإيثانويك

CH_{3} COOH

وقطرات من حمض الكبريت المركز. وضع المزيج في دورق وتمّ تسخينه لمدة كافية (الشكل-3: تسخين بالارتداد).

10,25 ن

اكتب معادلة التفاعل.
الحل
1. حمض كربوكسيلي + كحول = أستر + ماء.
2. $CH_{3} COOH + C_{2} H_{5} - OH = CH_{3} COOC_{2} H_{5} + H_{2} O$ .
الجواب $CH_{3} COOH + C_{2} H_{5} OH = CH_{3} COOC_{2} H_{5} + H_{2} O$

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
20,5 ن

أنجز جدول تقدم التفاعل.
الحل
1. الحالة الابتدائية ( $x = 0$ ): $0, 2$ ؛ $0, 2$ ؛ $0$ ؛ $0$ .
2. الحالة الوسطية: $0, 2 - x$ ؛ $0, 2 - x$ ؛ $x$ ؛ $x$ .
3. التوازن ( $x_{f} = x_{e ˊ q}$ ): $0, 2 - x_{f}$ ؛ $0, 2 - x_{f}$ ؛ $x_{f}$ ؛ $x_{f}$ .
الجواب ابتدائية: $0, 2$ ؛ $0, 2$ ؛ $0$ ؛ $0$ . انتقالية: $0, 2 - x$ ؛ $0, 2 - x$ ؛ $x$ ؛ $x$ . التوازن: $0, 2 - x_{f}$ ؛ $0, 2 - x_{f}$ ؛ $x_{f}$ ؛ $x_{f}$ .

الأسترة: ثابت التوازن والمردود جدول التقدم والمتفاعل المحد
3 أ0,5 ن

إذا علمت أنّ ثابت التوازن لهذا التفاعل هو $K = Q_{r f} = 4$ ، احسب كمية المادة للأستر الناتج عند بلوغ التوازن الكيميائي. (بـ mol)
الحل
1. $K = \frac{x _{f}^{2}}{( 0 , 2 - x _{f} ) ^{2}} = 4$ .
2. $\frac{x _{f}}{0 , 2 - x _{f}} = 4 = 2$ .
3. $x_{f} = 0, 4 - 2 x_{f}$ إذن $x_{f} = \frac{0 , 4}{3} = 0, 133 mol$ .
الجواب $n_{f} (ester) = x_{f} = 0, 133 mol$

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
3 ب0,5 ن

احسب المردود النهائي لهذا التفاعل، هل يؤثر التسخين على هذا المردود؟
الحل
1. $x_{ma x} = 0, 2 mol$ .
2. $r = \frac{x _{f}}{x _{ma x}} \times 100 = \frac{0 , 133}{0 , 2} \times 100 = 66, 6%$ .
3. التسخين عامل حركي: يسرّع التفاعل ولا يغير حالة التوازن، فلا يؤثر على المردود.
الجواب $r = 66, 6%$ ؛ التسخين لا يؤثر على المردود (يسرّع بلوغ التوازن فقط).

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
3 ج0,25 ن

حدّد الصيغة نصف المفصلة للأستر الناتج ثم أعط تسميته النظامية.
الحل
1. $CH_{3} - C ∥ O - O - CH_{2} - CH_{3}$ .
2. الاسم: إيثانوات الإيثيل.
الجواب $CH_{3} - CO - O - CH_{2} - CH_{3}$ : إيثانوات الإيثيل.

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
4 أ0,25 ن

لتحسين مردود تفاعل الأسترة توجد عدة طرق. اذكر طريقتين لتحسين مردود هذا التفاعل.
الحل
1. تحقيق مزيج ابتدائي غير متكافئ (زيادة الحمض أو الكحول).
2. نزع أحد النواتج من الوسط التفاعلي.
الجواب استعمال مزيج ابتدائي غير متكافئ في كمية المادة (أحد المتفاعلين بزيادة)، ونزع أحد النواتج (الماء أو الأستر) أثناء تشكله.

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
4 ب0,75 ن

نضيف للوسط التفاعلي عند التوازن $0, 2 mol$ من نفس الحمض، حدّد جهة تطور الجملة الكيميائية وجد التركيب المولي للمزيج عند التوازن الكيميائي الجديد.
الحل
1. بعد الإضافة: حمض $0, 267$ ، كحول $0, 067$ ، أستر $0, 133$ ، ماء $0, 133 mol$ .
2. $Q_{r i} = \frac{0 , 133 \times 0 , 133}{0 , 267 \times 0 , 067} \approx 0, 99 < 4$ : تتطور الجملة في الاتجاه المباشر (تفاعل الأسترة).
3. باعتبار المزيج المكافئ لـ $0, 4 mol$ حمض و $0, 2 mol$ كحول: $K = \frac{x _{f}^{2}}{( 0 , 4 - x _{f} ) ( 0 , 2 - x _{f} )} = 4$ .
4. $3 x_{f}^{2} - 2, 4 x_{f} + 0, 32 = 0$ ، الحل المقبول $x_{f} \approx 0, 17 mol$ .
5. التركيب: حمض $0, 23 mol$ ، كحول $0, 03 mol$ ، أستر $0, 17 mol$ ، ماء $0, 17 mol$ .
الجواب $Q_{r i} = 0, 99 < K$ : التطور في الاتجاه المباشر (الأسترة). التوازن الجديد: حمض $0, 23 mol$ ، كحول $0, 03 mol$ ، أستر $0, 17 mol$ ، ماء $0, 17 mol$ .

انتبه اختيار الحل $x_{f} \approx 0, 63 mol$ : مرفوض لأنه أكبر من $0, 2 mol$ .

الأسترة: ثابت التوازن والمردود

التمرين الرابع 2,75 ن

دارة كهربائية تحتوي على التسلسل مولداً مثالياً قوته المحركة الكهربائية

E = 6, 0 V

، وشيعة ذاتيتها

L

ومقاومتها

r = 20 Ω

، وناقلاً أومياً مقاومته

R = 180 Ω

، وقاطعة

k

(الشكل-4). نغلق القاطعة عند اللحظة

t = 0

. وباستعمال لاقط للتوتر الكهربائي موصول بجهاز ExAO حصلنا على المنحنيين (1) و (2) (الشكلان 5 و 6).

10,25 ن

أعط عبارة التوتر الكهربائي $u_{B A} (t)$ بدلالة $i (t)$ .
الحل
1. توتر وشيعة مقاومتها $r$ : $u_{B A} = L \frac{d i}{d t} + r i$ .
الجواب $u_{B A} (t) = L \frac{d i ( t )}{d t} + r i (t)$

ثنائي القطب RL (الوشيعة)
20,25 ن

اكتب عبارة $u_{C B} (t)$ بدلالة $i (t)$ .
الحل
1. قانون أوم للناقل الأومي: $u_{C B} = R i$ .
الجواب $u_{C B} (t) = u_{R} (t) = R i (t)$

ثنائي القطب RL (الوشيعة)
30,75 ن

أرفق كل منحنى بالتوتر الكهربائي الموافق $u_{B A}$ أو $u_{C B}$ مع التعليل.
الحل
1. عند $t = 0$ : $i (0) = 0$ (الوشيعة تعاكس نمو التيار).
2. إذن $u_{C B} (0) = R \times 0 = 0$ : يتوافق مع البيان (2) الذي ينطلق من الصفر.
3. وبالتالي البيان (1) يمثل $u_{B A} (t)$ (يساوي $E$ عند $t = 0$ ثم يتناقص نحو $r I_{0}$ ).
الجواب البيان (2) يمثل $u_{C B} (t)$ والبيان (1) يمثل $u_{B A} (t)$ .

ثنائي القطب RL (الوشيعة)
40,75 ن

جد عبارة شدة التيار الكهربائي $I_{0}$ المار في الدارة في النظام الدائم واحسب قيمتها وتأكد منها بيانياً. (اكتب القيمة بـ A)
الحل
1. قانون جمع التوترات: $u_{C A} = u_{B A} + u_{C B}$ أي $E = L \frac{d i}{d t} + r i + R i$ .
2. في النظام الدائم $i = I_{0}$ و $\frac{d i}{d t} = 0$ : $E = (R + r) I_{0}$ ، إذن $I_{0} = \frac{E}{R + r} = \frac{6 , 0}{180 + 20} = 0, 03 A$ .
3. بيانياً: من البيان (2) في النظام الدائم $U_{0} = 5, 4 V$ ، إذن $I_{0} = \frac{U _{0}}{R} = \frac{5 , 4}{180} = 0, 03 A$ : القيمتان متساويتان.
الجواب $I_{0} = \frac{E}{R + r} = 0, 03 A$

ثنائي القطب RL (الوشيعة)
50,75 ن

جد قيمة ثابت الزمن $τ$ واستنتج قيمة ذاتية الوشيعة. (اكتب $L$ بـ H)
الحل
1. $u_{C B} (τ) = 0, 63 U_{C B ma x} = 0, 63 \times 5, 4 = 3, 4 V$ .
2. بإسقاط هذه القيمة على البيان (2): $τ = 2 ms$ .
3. $τ = \frac{L}{R + r}$ إذن $L = τ (R + r) = 2 \times 1 0^{- 3} \times 200 = 0, 4 H$ .
الجواب $τ = 2 ms$ و $L = 0, 4 H$

انتبه استعمال $R$ وحدها بدل $R + r$ .

ثنائي القطب RL (الوشيعة)

التمرين الخامس 3,75 ن

لدراسة حركة جسم صلب

(S)

كتلته

m = 100 g

على السطح الدائري الشاقولي الأملس

B C

نصف قطره

r = 1 m

(مركزه

O

يقع شاقولياً تحت

B

)، نقذف

(S)

من النقطة

A

بسرعة ابتدائية أفقية

v_{A}

ليتحرك على السطح الأفقي

A B = d = 1 m

، حيث تكون شدة قوة الاحتكاك على هذا الجزء ثابتة

f = 0, 8 N

وجهتها معاكسة لجهة الحركة. يمر

(S)

بالنقطة

B

بداية السطح

B C

بالسرعة

v_{B}

ويواصل حركته عليه ليغادره عند النقطة

N

(الشكل-7)، حيث

θ = B O N

. الشكل-8 يمثل منحنى تغيرات

cos θ

بدلالة

v_{B}^{2}

حيث

θ

هي الزاوية التي من أجلها يغادر الجسم

(S)

السطح الدائري في النقطة

N

بالسرعة

v_{N}

(المنحنى مستقيم يقطع محور التراتيب عند

0, 67

1 أ0,5 ن

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن بيّن أن حركة $(S)$ على الجزء $A B$ مستقيمة متباطئة بانتظام.
الحل
1. في مرجع سطحي أرضي نعتبره غاليلياً: $P + R + f = m a$ .
2. بالإسقاط على المحور الأفقي $x^{'} x$ (جهة الحركة): $- f = ma$ ، إذن $a = - \frac{f}{m}$ ثابت.
3. التسارع ثابت وجهته عكس جهة السرعة: حركة مستقيمة متباطئة بانتظام.
الجواب $a = - \frac{f}{m}$ ثابت وجهته عكس جهة السرعة: الحركة مستقيمة متباطئة بانتظام.

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
1 ب0,5 ن

بيّن أن القيمة $v_{A}$ لسرعة القذف يمكن كتابتها بالعبارة التالية: $v_{A}^{2} = v_{B}^{2} + \frac{2 df}{m}$ .
الحل
1. لحركة متغيرة بانتظام: $v_{B}^{2} - v_{A}^{2} = 2 a d$ .
2. $a = - \frac{f}{m}$ إذن $v_{A}^{2} = v_{B}^{2} + \frac{2 df}{m}$ .
الجواب $v_{B}^{2} - v_{A}^{2} = 2 a d$ مع $a = - \frac{f}{m}$ ، إذن $v_{A}^{2} = v_{B}^{2} + \frac{2 df}{m}$ .

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

بتطبيق مبدأ انحفاظ الطاقة، جد عبارة $v_{N}^{2}$ بدلالة $v_{B}^{2}$ و $g$ و $r$ و $θ$ .
الحل
1. السطح أملس: $\frac{1}{2} m v_{N}^{2} = \frac{1}{2} m v_{B}^{2} + m g h$ .
2. من الشكل: $h = r (1 - cos θ)$ .
3. $v_{N}^{2} = v_{B}^{2} + 2 g r (1 - cos θ)$ ... (1)
الجواب $v_{N}^{2} = v_{B}^{2} + 2 g r (1 - cos θ)$

الحركة على مسار دائري: انحفاظ الطاقة ومغادرة السطح
2 ب0,75 ن

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، جد عبارة شدة $R$ لفعل السطح الدائري على الجسم $(S)$ .
الحل
1. $P + R = m a$ .
2. بالإسقاط على الناظم (نحو المركز $O$ ): $P cos θ - R = m a_{N}$ .
3. $a_{N} = \frac{v _{N}^{2}}{r}$ إذن $R = m (g cos θ - \frac{v _{N}^{2}}{r})$ .
الجواب $R = m (g cos θ - \frac{v _{N}^{2}}{r})$

الحركة على مسار دائري: انحفاظ الطاقة ومغادرة السطح
2 ج1 ن

جد العبارة النظرية لـ $cos θ$ بدلالة $v_{B}^{2}$ ، $g$ ، $r$ التي من أجلها يغادر $(S)$ السطح الدائري في النقطة $N$ .
الحل
1. لكي يغادر $(S)$ السطح يجب $R = 0$ (لا يوجد تلامس).
2. $0 = m (g cos θ - \frac{v _{N}^{2}}{r})$ إذن $v_{N}^{2} = r g cos θ$ ... (2)
3. بمطابقة (1) و (2): $v_{B}^{2} + 2 g r (1 - cos θ) = r g cos θ$ .
4. $3 r g cos θ = v_{B}^{2} + 2 r g$ ، أي $cos θ = \frac{1}{3 r g} v_{B}^{2} + \frac{2}{3}$ .
الجواب $cos θ = \frac{1}{3 r g} v_{B}^{2} + \frac{2}{3}$

الحركة على مسار دائري: انحفاظ الطاقة ومغادرة السطح
2 د0,25 ن

بالاعتماد على السؤال (ج) والمنحنى، جد قيمة $g$ تسارع الجاذبية الأرضية في مكان التجربة. (بـ $m \cdot s^{- 2}$ )
الحل
1. بيانياً: $cos θ = a v_{B}^{2} + b$ مع $a = 0, 034 s^{2} \cdot m^{- 2}$ (ميل المستقيم).
2. نظرياً: $a = \frac{1}{3 r g}$ إذن $g = \frac{1}{3 r a} = \frac{1}{3 \times 1 \times 0 , 034} = 9, 80 m \cdot s^{- 2}$ .
الجواب $g = 9, 80 m \cdot s^{- 2}$

الحركة على مسار دائري: انحفاظ الطاقة ومغادرة السطح
30,25 ن

ما هي أكبر قيمة للزاوية $θ$ وقيمة السرعة $v_{A}$ عندئذ؟
الحل
1. أكبر زاوية توافق أصغر قيمة لـ $cos θ$ ، أي $v_{B}^{2} = 0$ : من البيان $cos θ = 0, 67$ إذن $θ = 48°$ .
2. $v_{A}^{2} = 0 + \frac{2 df}{m} = \frac{2 \times 1 \times 0 , 8}{0 , 1} = 16$ إذن $v_{A} = 4 m \cdot s^{- 1}$ .
الجواب $θ_{ma x} = 48°$ و $v_{A} = 4 m \cdot s^{- 1}$

الحركة على مسار دائري: انحفاظ الطاقة ومغادرة السطح

التمرين التجريبي 4 ن

أثناء دراسة تأثير القوى الخارجية على حركة جسم، كلّف الأستاذ تلميذين بمناقشة الحركة الناتجة عن رمي جلة، فأجاب الأول أن حركة الجلة لا تتأثر إلا بثقلها، بينما أجاب الثاني أن حركتها تتعلق بدافعة أرخميدس. من أجل التصديق على الجواب الصحيح، اعتمد التلميذان على دراسة الرمية التي حقق بها رياضي رقماً قياسياً عالمياً برمية مداها

21, 69 m

. عند محاولتهما محاكاة هذه الرمية بواسطة برنامج خاص، تم قذف الجلة (التي نعتبرها جسماً نقطياً) من ارتفاع

h = 2, 62 m

بسرعة ابتدائية

v_{0} = 13, 7 m \cdot s^{- 1}

يصنع شعاعها مع الأفق زاوية

α = 43°

فتحصلا على رسم لمسار مركز عطالة الجلة (الشكل-9) والمنحنيين

v_{X} (t)

v_{Y} (t)

(الشكل-10). المعطيات (الجزء II): الجلة عبارة عن كرة حجمها

V

وكتلتها الحجمية

ρ = 7, 10 \times 1 0^{3} kg \cdot m^{- 3}

؛ الكتلة الحجمية للهواء

ρ_{ai r} = 1, 29 kg \cdot m^{- 3}

I-10,5 ن

ما هي طبيعة حركة مسقط مركز عطالة الجلة على المحور $O x$ ؟ برّر إجابتك.
الحل
1. البيان $v_{X} (t)$ مستقيم أفقي: المركبة الأفقية للسرعة ثابتة $v_{x} = 10 m \cdot s^{- 1}$ .
2. إذن حركة المسقط على Ox مستقيمة منتظمة.
الجواب حركة مستقيمة منتظمة: البيان يظهر ثبات $v_{x} = 10 m \cdot s^{- 1}$ .

حركة قذيفة في مجال الجاذبية
I-20,75 ن

عيّن القيمة $v_{0 Y}$ للمركبة الشاقولية لشعاع السرعة الابتدائية (انطلاقاً من الشكل-10)، ثمّ عيّن القيمة $v_{0}$ للسرعة الابتدائية للقذيفة، وهل تتوافق مع المعطيات السابقة ( $v_{0} = 13, 7 m \cdot s^{- 1}$ و $α = 43°$ )؟
الحل
1. من البيان $v_{Y} (t)$ عند $t = 0$ : $v_{0 Y} = 9, 2 m \cdot s^{- 1}$ .
2. $v_{0} = v_{0 X}^{2} + v_{0 Y}^{2} = 1 0^{2} + 9, 2^{2} = 13, 6 m \cdot s^{- 1}$ .
3. $cos α = \frac{v _{0 X}}{v _{0}} = \frac{10}{13 , 6} = 0, 74$ إذن $α = 42, 7°$ ، قريبة جداً من $43°$ .
4. نعم تتوافق مع المعطيات مع الأخذ بعين الاعتبار أخطاء القراءة البيانية.
الجواب $v_{0 Y} = 9, 2 m \cdot s^{- 1}$ ، $v_{0} = 13, 6 m \cdot s^{- 1}$ و $α \approx 42, 7°$ : نعم تتوافق مع المعطيات.

حركة قذيفة في مجال الجاذبية
I-30,5 ن

عيّن خصائص شعاع السرعة $v_{S}$ عند الذروة $S$ .
الحل
1. شعاع السرعة دوماً مماس للمسار؛ عند الذروة تنعدم المركبة الشاقولية $v_{S y} = 0$ ، فهو أفقي.
2. $v_{S} = v_{S x}^{2} + v_{S y}^{2} = 1 0^{2} + 0^{2} = 10 m \cdot s^{- 1}$ .
الجواب $v_{S}$ أفقي (مماس للمسار)، جهته جهة الحركة، وطويلته $v_{S} = 10 m \cdot s^{- 1}$ .

حركة قذيفة في مجال الجاذبية
II-10,75 ن

بيّن أنّ دافعة أرخميدس مهملة أمام ثقل الجلة. أيّ التلميذين على صواب؟
الحل
1. دافعة أرخميدس تساوي ثقل المائع المزاح: $π = ρ_{ai r} V g$ .
2. ثقل الجلة: $P = ρ V g$ .
3. $\frac{P}{π} = \frac{ρ}{ρ _{ai r}} = \frac{7 , 10 \times 1 0 ^{3}}{1 , 29} = 5504$ .
4. دافعة أرخميدس مهملة أمام الثقل، إذن التلميذ الأول (حركة الجلة لا تتأثر إلا بثقلها) على صواب.
الجواب $\frac{P}{π} = \frac{ρ}{ρ _{ai r}} = 5504$ ، أي $P = 5504 π$ : دافعة أرخميدس مهملة، والتلميذ الأول على صواب.

حركة قذيفة في مجال الجاذبية
II-20,5 ن

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، جد عبارة تسارع مركز عطالة الجلة. (نهمل مقاومة الهواء)
الحل
1. الجملة: الجلة؛ المرجع سطحي أرضي نعتبره غاليلياً؛ القوة الخارجية: الثقل فقط (مقاومة الهواء ودافعة أرخميدس مهملتان).
2. $\sum F_{e x t} = m a$ إذن $P = m a$ ، أي $m g = m a$ .
3. $a = g$ : شاقولي، جهته نحو الأسفل، قيمته $a = g$ .
الجواب $a = g$ : شاقولي نحو الأسفل وقيمته $g$ .

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)حركة قذيفة في مجال الجاذبية
II-31 ن

جد معادلة المسار لمركز عطالة الجلة.
الحل
1. $a_{x} = 0$ و $a_{y} = - g$ ، بالتكامل: $v_{x} = v_{0} cos α$ و $v_{y} = - g t + v_{0} sin α$ .
2. بالتكامل مرة ثانية (المبدأ عند سطح الأرض تحت نقطة القذف): $x = (v_{0} cos α) t$ و $y = - \frac{1}{2} g t^{2} + (v_{0} sin α) t + h$ .
3. بحذف الزمن $t = \frac{x}{v _{0} cos α}$ : $y = - \frac{g}{2 v _{0}^{2} cos ^{2} α} x^{2} + (tan α) x + h$ .
4. عددياً ( $g \approx 9, 8 m \cdot s^{- 2}$ ): $y = - 0, 049 x^{2} + 0, 933 x + 2, 620$ .
الجواب $y = - \frac{g}{2 v _{0}^{2} cos ^{2} α} x^{2} + (tan α) x + h$ ، أي $y = - 0, 049 x^{2} + 0, 933 x + 2, 620$

حركة قذيفة في مجال الجاذبية