حل بكالوريا 2014 علوم فيزيائية شعبة علوم تجريبية — الموضوع الثاني مفصّل خطوة بخطوة

شعبة علوم تجريبية · الموضوع الثاني · على 20 · 36 سؤالاً

التمرين الأول 4 ن

وضعنا في بيشر حجماً

V_{0} = 250 mL

من مادة مطهرة تحتوي على ثنائي اليود

I_{2} (a q)

بتركيز

c_{0} = 2, 0 \times 1 0^{- 2} mol \cdot L^{- 1}

، ثم أضفنا له عند درجة حرارة ثابتة قطعة من معدن الزنك

Zn (s)

كتلتها

m = 0, 5 g

. التحول الكيميائي البطيء والتام الحادث بين ثنائي اليود والزنك ينمذج بتفاعل كيميائي معادلته:

Zn (s) + I_{2} (a q) = Zn^{2 +} (a q) + 2 I^{-} (a q)

. متابعة التحول عن طريق قياس الناقلية النوعية

σ

للمزيج التفاعلي في لحظات زمنية مختلفة مكنتنا من الحصول على جدول القياسات (الشكل). يعطى:

M (Zn) = 65, 4 g \cdot mol^{- 1}

λ_{Zn^{2 +}} = 10, 56 mS \cdot m^{2} \cdot mol^{- 1}

λ_{I^{-}} = 7, 70 mS \cdot m^{2} \cdot mol^{- 1}

10,25 ن

اشرح لماذا يمكن متابعة هذا التحول عن طريق قياس الناقلية النوعية.
الحل
1. المتفاعلات ( $Zn$ و $I_{2}$ ) غير شاردية، والنواتج شوارد.
2. كلما تقدم التفاعل زاد تركيز الشوارد فزادت σ: قياسها يعطي التقدم.
الجواب لأن التفاعل ينتج شوارد ( $Zn^{2 +}$ و $I^{-}$ ) فتتزايد الناقلية النوعية للمزيج بتقدم التفاعل.

المتابعة الزمنية بقياس الناقلية النوعية
20,25 ن

احسب كمية المادة الابتدائية للمتفاعلين.
الحل
1. $n_{i} (I_{2}) = c_{0} V_{0} = 2, 0 \times 1 0^{- 2} \times 0, 250 = 5 \times 1 0^{- 3} mol$ .
2. $n_{i} (Zn) = \frac{m}{M} = \frac{0 , 5}{65 , 4} = 7, 65 \times 1 0^{- 3} mol$ .
الجواب $n_{i} (I_{2}) = 5 \times 1 0^{- 3} mol$ و $n_{i} (Zn) = 7, 65 \times 1 0^{- 3} mol$

جدول التقدم والمتفاعل المحد
30,5 ن

أنجز جدولاً لتقدم التفاعل الحادث.
الحل
1. ابتدائية: $n_{i} (I_{2})$ ؛ $n_{i} (Zn)$ ؛ $0$ ؛ $0$ .
2. انتقالية: $n_{i} (I_{2}) - x$ ؛ $n_{i} (Zn) - x$ ؛ $2 x$ (لـ $I^{-}$ ) ؛ $x$ (لـ $Zn^{2 +}$ ).
3. نهائية: $n_{i} (I_{2}) - x_{f}$ ؛ $n_{i} (Zn) - x_{f}$ ؛ $2 x_{f}$ ؛ $x_{f}$ .
4. التفاعل تام: $x_{f} = x_{ma x} = 5 \times 1 0^{- 3} mol$ (ثنائي اليود محد لأن $5 < 7, 65$ ).
الجواب انتقالية: $n_{i} (I_{2}) - x$ ؛ $n_{i} (Zn) - x$ ؛ $2 x$ ؛ $x$ . نهائية: نفسها مع $x_{f}$ .

جدول التقدم والمتفاعل المحد
4 أ0,5 ن

اكتب عبارة الناقلية النوعية $σ$ للمزيج التفاعلي بدلالة التقدم $x$ .
الحل
1. $σ = λ_{I^{-}} [I^{-}] + λ_{Zn^{2 +}} [Zn^{2 +}]$ .
2. $[I^{-}] = \frac{2 x}{V _{0}}$ و $[Zn^{2 +}] = \frac{x}{V _{0}}$ ، ومنه $σ = (2 λ_{I^{-}} + λ_{Zn^{2 +}}) \frac{x}{V _{0}}$ .
الجواب $σ = (2 λ_{I^{-}} + λ_{Zn^{2 +}}) \frac{x}{V _{0}}$

المتابعة الزمنية بقياس الناقلية النوعية
4 ب0,5 ن

أكمل الجدول السابق (سطر x بـ mmol).
الحل
1. $x = \frac{V _{0}}{2 λ _{I^{-}} + λ _{Zn^{2 +}}} σ = \frac{0 , 25 \times 1 0 ^{- 3} m ^{3}}{( 15 , 40 + 10 , 56 ) \times 1 0 ^{- 3}} σ = 9, 63 \times 1 0^{- 3} σ$ ( $x$ بـ mol و $σ$ بـ $S \cdot m^{- 1}$ ).
2. مثلاً: $σ = 0, 18$ يعطي $x = 1, 73 \times 1 0^{- 3} mol \approx 1, 7 mmol$ ؛ $σ = 0, 52$ يعطي $x \approx 5, 0 mmol = x_{ma x}$ .
3. القيم: $0$ ؛ $1, 7$ ؛ $2, 5$ ؛ $3, 7$ ؛ $4, 5$ (الحساب: $4, 3$ ) ؛ $4, 7$ ؛ $4, 8$ ؛ $4, 9$ ؛ $5, 0$ ؛ $5, 0 mmol$ .
الجواب $x = 9, 63 \times 1 0^{- 3} σ$ (mol): $0$ ؛ $1, 7$ ؛ $2, 5$ ؛ $3, 7$ ؛ $4, 5$ ؛ $4, 7$ ؛ $4, 8$ ؛ $4, 9$ ؛ $5, 0$ ؛ $5, 0 mmol$ (حسب الإجابة الرسمية؛ الحساب عند $t = 600 s$ يعطي $9, 63 \times 0, 45 \approx 4, 3 mmol$ ).

انتبه ترك $V_{0}$ بـ L: يجب $250 mL = 0, 25 \times 1 0^{- 3} m^{3}$ .

المتابعة الزمنية بقياس الناقلية النوعية
4 ج0,5 ن

ارسم المنحنى $x = f (t)$ .
الحل
1. سلم مقترح: $1 cm \leftrightarrow 200 s$ و $1 cm \leftrightarrow 1 mmol$ .
2. نعلّم النقاط العشر من الجدول ونصلها بمنحنى أملس (لا بقطع مستقيمة).
3. المنحنى يقترب من المستقيم الأفقي $x = 5 mmol$ .
الجواب منحنى متزايد ينطلق من المبدأ ويستقر عند $x_{f} = 5 mmol$ ابتداءً من حوالي $1400 s$ .

المتابعة الزمنية بقياس الناقلية النوعية السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل
5 أ0,5 ن

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ ثم عيّن قيمته.
الحل
1. زمن نصف التفاعل: المدة الزمنية اللازمة لوصول تقدم التفاعل إلى نصف قيمته النهائية.
2. $\frac{x _{f}}{2} = 2, 5 mmol$ ، يوافقها على المنحنى (والجدول) $t = 200 s$ .
الجواب المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية؛ $t_{1/2} = 200 s$ .

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل
5 ب0,75 ن

جد قيمة السرعة الحجمية للتفاعل في اللحظتين $t_{1} = 400 s$ و $t_{2} = 1000 s$ .
الحل
1. $v = \frac{1}{V _{0}} \frac{d x}{d t}$ .
2. عند $400 s$ : المماس يمر بـ $(0; 2)$ و $(400; 3, 7)$ : $v_{400} = \frac{1}{250 \times 1 0 ^{- 3}} (\frac{3 , 7 - 2}{400 - 0}) = 1, 7 \times 1 0^{- 2} mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ .
3. عند $1000 s$ : المماس يمر بـ $(0; 4, 3)$ و $(1000; 4, 9)$ : $v_{1000} = \frac{1}{250 \times 1 0 ^{- 3}} (\frac{4 , 9 - 4 , 3}{1000 - 0}) = 2, 4 \times 1 0^{- 3} mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ .
الجواب $v_{400} = 1, 7 \times 1 0^{- 2} mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$ و $v_{1000} = 2, 4 \times 1 0^{- 3} mmol \cdot L^{- 1} \cdot s^{- 1}$

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل
5 ج0,25 ن

فسّر مجهرياً تطور السرعة الحجمية للتفاعل.
الحل
1. مع تقدم التفاعل يتناقص تركيز $I_{2}$ (وعدد ذرات الزنك في السطح).
2. يقل عدد التصادمات الفعالة بين المتفاعلات في وحدة الزمن، فتتناقص السرعة.
الجواب السرعة تتناقص لأن تركيز المتفاعلات يتناقص، فيقل عدد التصادمات الفعالة في وحدة الزمن.

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل

التمرين الثاني 4 ن

منبع مشع يحتوي على نظير السيزيوم

^{134} Cs

المشع لـ:

β^{-}

. من إحدى الموسوعات العلمية الخاصة بالبحث العلمي في الفيزياء النووية تم استخراج المنحنى

A = f (t)

(الشكل-1) والذي يعبّر عن تطور النشاط الإشعاعي

A

لمنبع مشع من السيزيوم 134 مماثل للمنبع السابق كتلته

m_{0}

. يعطى من الجدول الدوري:

Xe : Z = 54

Cs : Z = 55

Ba : Z = 56

La : Z = 57

؛ و

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

10,5 ن

عرّف ما يلي: النظير المشع، الإشعاع $β^{-}$ .
الحل
1. النظير المشع: هو كل نظير يتفكك تلقائياً مصدراً جسيمات $α$ و $β$ وإشعاعاً كهرومغناطيسياً $γ$ .
2. الجسيم $β^{-}$ : إلكترون منبعث من نواة مشعة نتيجة تحول نترون إلى بروتون: $_{0}^{1} n \to_{1}^{1} p +_{- 1}^{0} e$ .
الجواب النظير المشع: نظير يتفكك تلقائياً مصدراً جسيمات $α$ أو $β$ وإشعاعاً كهرومغناطيسياً $γ$ . $β^{-}$ : إلكترون منبعث من نواة مشعة نتيجة تحول نترون إلى بروتون.

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
20,5 ن

اكتب معادلة النشاط الإشعاعي للسيزيوم $^{134} Cs$ .
الحل
1. $_{55}^{134} Cs \to_{- 1}^{0} e +_{Z}^{A} X$ .
2. انحفاظ: $A = 134$ و $55 = - 1 + Z$ أي $Z = 56$ : النواة البنت هي الباريوم.
الجواب $_{55}^{134} Cs \to_{- 1}^{0} e +_{56}^{134} Ba$

انتبه اختيار $Z = 54$ (الكزينون): في $β^{-}$ يزداد $Z$ بواحد.

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 أ0,25 ن

استنتج من المنحنى قيمة النشاط الإشعاعي $A_{0}$ في اللحظة $t = 0$ . (اكتب القيمة بوحدة $1 0^{10} Bq$ )
الحل
1. نقرأ ترتيب نقطة تقاطع المنحنى مع محور التراتيب: $5$ تدريجات من $1 \times 1 0^{10} Bq$ .
الجواب $A_{0} = 5 \times 1 0^{10} Bq$

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 ب0,5 ن

ما هي قيمة النشاط الإشعاعي في اللحظة $t = τ$ ؟ استنتج قيمة ثابت الزمن $τ$ .
الحل
1. $A (τ) = A_{0} e^{- τ / τ} = A_{0} e^{- 1} = 0, 37 A_{0}$ .
2. $A (τ) = 0, 37 \times 5 \times 1 0^{10} = 1, 85 \times 1 0^{10} Bq$ .
3. نسقط هذه القيمة على المنحنى فنجد $τ = 2, 85$ ans (سنة).
الجواب $A (τ) = 1, 85 \times 1 0^{10} Bq$ و $τ = 2, 85$ ans

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 ج0,75 ن

بيّن أن $t_{1/2}$ نصف العمر لنظير السيزيوم $_{55}^{134} Cs$ يعطى بالعلاقة $t_{1/2} = τ \cdot ln 2$ واحسب قيمته.
الحل
1. عند $t = t_{1/2}$ : $A (t_{1/2}) = \frac{A _{0}}{2} = A_{0} e^{- t_{1/2} / τ}$ .
2. $e^{t_{1/2} / τ} = 2$ إذن $\frac{t _{1/2}}{τ} = ln 2$ ، أي $t_{1/2} = τ ln 2$ .
3. $t_{1/2} = 2, 85 \times 0, 693 \approx 2, 0$ ans.
الجواب $t_{1/2} = 2, 85 \times ln 2 = 2, 0$ ans

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 د1,25 ن

احسب كتلة العينة $m_{0}$ ثم بيّن أن الكتلة المتفككة $m^{'} (t)$ من السيزيوم 134 تعطى بالعلاقة: $m^{'} (t) = m_{0} (1 - e^{- λ t})$ .
الحل
1. $A_{0} = \frac{N _{0}}{τ} = \frac{m _{0} N _{A}}{M τ}$ ، إذن $m_{0} = \frac{M A _{0} τ}{N _{A}}$ .
2. $τ = 2, 85 \times 365 \times 86400 \approx 8, 99 \times 1 0^{7} s$ .
3. $m_{0} = \frac{134 \times 5 \times 1 0 ^{10} \times 8 , 99 \times 1 0 ^{7}}{6 , 02 \times 1 0 ^{23}} \approx 1 \times 1 0^{- 3} g = 1 mg$ .
4. الكتلة المتبقية $m (t) = m_{0} e^{- λ t}$ ، والكتلة المتفككة $m^{'} (t) = m_{0} - m (t)$ .
5. ومنه $m^{'} (t) = m_{0} (1 - e^{- λ t})$ .
الجواب $m_{0} = \frac{M A _{0} τ}{N _{A}} = 1 mg$ ؛ $m^{'} (t) = m_{0} - m (t) = m_{0} (1 - e^{- λ t})$

انتبه ترك $τ$ بالسنوات: النشاط بالبكريل ( $s^{- 1}$ ) يفرض الثانية.

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط
3 هـ0,25 ن

مثّل كيفياً تطور الكتلة $m^{'} (t)$ بدلالة الزمن $t$ .
الحل
1. $m^{'} (0) = 0$ و $m^{'} (t) \to m_{0}$ لما $t \to + \infty$ .
2. في الرسم: المحور الأفقي بالسنوات والعمودي بوحدة $0, 1 mg$ (المقارب الأفقي $m_{0} = 1 mg$ ).
الجواب منحنى متزايد ينطلق من $0$ ويقترب من $m_{0} = 1 mg$ .

قانون التناقص الإشعاعي والنشاط

التمرين الثالث 4 ن

تتكون الدارة الكهربائية (الشكل-2 في ورقة الامتحان) من مولد لتوتر كهربائي ثابت

E

، مكثفة سعتها

C

، ناقلين أوميين مقاومتهما

R_{1} = 1 k Ω

R_{2} = 2 k Ω

وبادلة

K

. في الوضع 1 تُشحن المكثفة عبر

R_{1}

بواسطة المولد، وفي الوضع 2 تتفرغ في

R_{2}

. توصل الدارة براسم اهتزاز مهبطي ذي مدخلين:

Y_{1}

عند طرف

R_{1}

المتصل بالمولد، و

Y_{2}

عند اللبوس العلوي للمكثفة، والأرضي بين

R_{1}

والمكثفة. يظهر على شاشة راسم الاهتزاز المهبطي المنحنيان

(a)

(b)

(الشكل-3).

10,5 ن

نضع البادلة $K$ في الوضع 1، ماذا يمثل المنحنيان المشاهدان بالمدخلين $Y_{1}$ و $Y_{2}$ لراسم الاهتزاز المهبطي؟
الحل
1. الأرضي بين R1 والمكثفة، فالتوتران المقاسان يؤخذان بالنسبة لهذه النقطة.
2. المدخل $Y_{1}$ يعطي $u_{1} = - u_{R_{1}}$ ، والمدخل $Y_{2}$ يعطي $u_{2} = - u_{C}$ (حسب اتجاهات الإجابة الرسمية).
3. لإظهارهما موجبين نستعمل الزر العاكس (INV).
الجواب على $Y_{1}$ : $u_{1} = - u_{R_{1}}$ ؛ على $Y_{2}$ : $u_{2} = - u_{C}$ .

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
2 أ1 ن

ما هو المنحنى المعطى بالمدخل $Y_{1}$ ؟ برّر إجابتك. اكتب المعادلة التفاضلية الموافقة لتطور المقدار الفيزيائي الذي يمثله هذا المنحنى.
الحل
1. عند الشحن $u_{R_{1}} = R_{1} i$ يتناقص من $E$ إلى $0$ لأن التيار يتناقص: هذا هو المنحنى $(a)$ (بعد إدخال Inv)، بينما $(b)$ المتزايد هو $u_{C}$ .
2. قانون جمع التوترات: $E = u_{R_{1}} (t) + u_{C} (t)$ .
3. بالاشتقاق: $0 = \frac{d u _{R_{1}}}{d t} + \frac{d u _{C}}{d t}$ ، و $\frac{d u _{C}}{d t} = \frac{i}{C} = \frac{u _{R_{1}}}{R _{1} C}$ .
4. ومنه $\frac{d u _{R_{1}}}{d t} + \frac{1}{R _{1} C} u_{R_{1}} = 0$ .
الجواب المنحنى $(a)$ (بعد الضغط على الزر العاكس). $\frac{d u _{R_{1}}}{d t} + \frac{1}{R _{1} C} u_{R_{1}} = 0$

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
2 ب0,25 ن

جد قيمة ثابت الزمن $τ_{1}$ للدارة. (اكتب القيمة بالثانية)
الحل
1. $u_{R_{1}} (τ_{1}) = 0, 37 E = 0, 37 \times 6 \approx 2, 2 V$ .
2. بالإسقاط على المنحنى $(a)$ : $τ_{1} = 0, 08 s$ .
الجواب $τ_{1} = 0, 08 s$

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

حدّد قيمة كل من $E$ و $C$ .
الحل
1. $E = u_{R_{1}} (0) = 6 V$ (القيمة الابتدائية للمنحنى $(a)$ ، وهي أيضاً القيمة الحدية لـ $(b)$ ).
2. $τ_{1} = R_{1} C$ إذن $C = \frac{τ _{1}}{R _{1}} = \frac{0 , 08}{1 \times 1 0 ^{3}} = 80 \times 1 0^{- 6} F = 80 μ F$ .
الجواب $E = 6 V$ و $C = 80 μ F$

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
40,5 ن

احسب شدة التيار $i (t)$ في اللحظة $t = 0$ وفي اللحظة $t \geq 0, 6 s$ .
الحل
1. من قانون جمع التوترات: $i (t) = \frac{E - u _{C}}{R _{1}}$ .
2. $t = 0$ : $u_{C} = 0$ ، $i (0) = \frac{6 - 0}{1 0 ^{3}} = 6 \times 1 0^{- 3} A$ .
3. $t \geq 0, 6 s$ (أكثر من $5 τ_{1}$ ): $u_{C} = E$ ، $i = \frac{6 - 6}{1 0 ^{3}} = 0$ .
الجواب $i (0) = 6 \times 1 0^{- 3} A$ و $i = 0$ لـ $t \geq 0, 6 s$

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
5 أ0,5 ن

بعد نهاية شحن المكثفة نضع البادلة $K$ في الوضع 2 في لحظة نعتبرها مبدأ الأزمنة. احسب قيمة $τ_{2}$ للدارة في هذه الحالة وقارنها بقيمة $τ_{1}$ ، ماذا تستنتج؟
الحل
1. $τ_{2} = R_{2} C = 2000 \times 80 \times 1 0^{- 6} = 0, 16 s$ .
2. $τ_{2} = 2 τ_{1}$ لأن $R_{2} = 2 R_{1}$ : التفريغ أبطأ من الشحن.
الجواب $τ_{2} = R_{2} C = 0, 16 s = 2 τ_{1}$ : التفريغ أبطأ من الشحن.

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)
5 ب0,75 ن

احسب قيمة الطاقة الكهربائية المحوّلة في الناقل الأومي $R_{2}$ بفعل جول في اللحظة $t = τ_{2}$ . (اكتب القيمة بـ $mJ$ )
الحل
1. $E_{l ib} = E_{0} - E_{C} (τ_{2}) = \frac{1}{2} C (E^{2} - u_{C} (τ_{2})^{2})$ .
2. عند $t = τ_{2}$ : $u_{C} = 0, 37 E = 2, 2 V$ .
3. $E_{l ib} = \frac{1}{2} \times 80 \times 1 0^{- 6} \times (36 - 4, 93) \approx 1, 24 \times 1 0^{- 3} J$ .
الجواب $E_{l ib} = 1, 24 \times 1 0^{- 3} J$

ثنائي القطب RC (شحن وتفريغ مكثفة)

التمرين الرابع 4 ن

في مرجع جيومركزي نعتبر حركة الأقمار الاصطناعية دائرية حول مركز الأرض التي نفرض أنها كرة متجانسة كتلتها

M_{T}

ونصف قطرها

R

. نقبل أن القمر الاصطناعي في مداره يخضع لقوة جذب الأرض

F_{T / s}

فقط. خصائص حركة قمرين اصطناعيين: Alsat1:

T = 5, 964 \times 1 0^{3} s

h = 0, 70 \times 1 0^{6} m

؛ Astra:

T = 86, 160 \times 1 0^{3} s

h = 35, 65 \times 1 0^{6} m

. المعطيات:

G = 6, 67 \times 1 0^{- 11} N \cdot m^{2} \cdot kg^{- 2}

R = 6380 km

1 jour = 23 h 56 min

؛ تسارع الجاذبية عند سطح الأرض

g_{0} = 9, 8 m \cdot s^{- 2}

1 أ0,25 ن

عرّف المرجع الجيومركزي.
الحل
1. مبدؤه مركز الأرض.
2. محاوره الثلاثة متجهة نحو ثلاثة نجوم بعيدة نعتبرها ثابتة.
الجواب معلم مبدؤه مركز الأرض ومحاوره الثلاثة متجهة نحو ثلاثة نجوم ثابتة في الفضاء.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
1 ب0,5 ن

اكتب العبارة الشعاعية للقوة $F_{T / s}$ بدلالة $G$ (ثابت الجذب العام)، $M_{T}$ ، $R$ ، $m_{s}$ (كتلة القمر الاصطناعي) و $h$ ارتفاعه عن سطح الأرض.
الحل
1. المسافة بين المركزين $r = R + h$ .
2. $F_{T / s} = G \frac{M _{T} m _{s}}{( R + h ) ^{2}} n$ حيث $n$ شعاع وحدة متجه نحو مركز الأرض.
الجواب $F_{T / s} = G \frac{M _{T} m _{s}}{( R + h ) ^{2}} n$

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
1 ج1 ن

استنتج عبارة $a$ شعاع تسارع حركة القمر الاصطناعي، ما طبيعة الحركة؟
الحل
1. القانون الثاني لنيوتن: $\sum F_{e x t} = m_{s} a$ ، أي $F_{T / s} = m_{s} a = G \frac{M _{T} m _{s}}{( R + h ) ^{2}} n$ .
2. $a = \frac{G M _{T}}{( R + h ) ^{2}} n$ .
3. التسارع ناظمي فقط: $a = a_{n} = \frac{v ^{2}}{R + h} =$ ثابت، إذن $v$ ثابتة.
4. الحركة دائرية منتظمة.
الجواب $a = \frac{G M _{T}}{( R + h ) ^{2}} n$ ؛ الحركة دائرية منتظمة.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)
2 أ0,5 ن

أحد القمرين الاصطناعيين جيومستقر، عيّنه مع التعليل.
- أ Alsat1
- ب Astra
الحل
1. $T (Alsat1) = 5964 s \approx 1, 65 h$ .
2. $T (Astra) = 86160 s = 23 h 56 min$ = دور الأرض حول نفسها.
3. إذن Astra هو الجيومستقر.
الجواب Astra، لأن دوره $86160 s = 23 h 56 min$ يساوي دور الأرض.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
2 ب0,75 ن

احسب تسارع الجاذبية الأرضية $(g)$ عند نقطة من مدار القمر الاصطناعي Alsat1. ماذا تستنتج؟ (اكتب القيمة بـ $m \cdot s^{- 2}$ )
الحل
1. $g = g_{0} \frac{R ^{2}}{( R + h ) ^{2}} = 9, 8 \times (\frac{6380}{6380 + 700})^{2}$ .
2. $g = 9, 8 \times 0, 812 \approx 7, 95 m/s^{2}$ .
3. $g < g_{0}$ : تتناقص قيمة $g$ بتزايد الارتفاع.
الجواب $g = 7, 95 m/s^{2}$ ؛ تتناقص قيمة $g$ بتزايد الارتفاع.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
2 ج0,5 ن

بيّن اعتماداً على معطيات الجدول أن القانون الثالث لكبلر محقق.
الحل
1. Alsat1: $\frac{( 5964 ) ^{2}}{[ ( 6380 + 700 ) \times 1 0 ^{3} ] ^{3}} \approx 1 0^{- 13} s^{2} \cdot m^{- 3}$ .
2. Astra: $\frac{( 86160 ) ^{2}}{[ ( 6380 + 35650 ) \times 1 0 ^{3} ] ^{3}} \approx 1 0^{- 13} s^{2} \cdot m^{- 3}$ .
3. النسبة $\frac{T ^{2}}{r ^{3}}$ نفسها للقمرين: القانون الثالث لكبلر محقق.
الجواب $\frac{T ^{2}}{( R + h ) ^{3}} = 1 0^{- 13} s^{2} \cdot m^{- 3}$ للقمرين: القانون محقق.

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر
2 د0,5 ن

استنتج قيمة تقريبية للكتلة $M_{T}$ .
الحل
1. نظرياً: $\frac{T ^{2}}{( R + h ) ^{3}} = \frac{4 π ^{2}}{G M _{T}}$ .
2. بالمطابقة مع $1 0^{- 13}$ : $M_{T} = \frac{4 π ^{2}}{G \times 1 0 ^{- 13}} = \frac{39 , 48}{6 , 67 \times 1 0 ^{- 24}} \approx 5, 9 \times 1 0^{24} kg$ .
الجواب $M_{T} \approx 5, 9 \times 1 0^{24} kg$

حركة الأقمار الاصطناعية وقوانين كبلر

التمرين التجريبي 4 ن

مزجنا عند اللحظة

t = 0

n_{0} = 0, 4 mol

من الإيثانول

C_{2} H_{5} OH

m_{0} = 38, 4 g

من حمض كربوكسيلي

C_{n} H_{2 n + 1} - COOH

وبضع قطرات من حمض الكبريت المركز. قسمنا المزيج بالتساوي على عشرة أنابيب اختبار تسد بإحكام وتوضع في حمام مائي درجة حرارته ثابتة

θ = 60 ° C

. قمنا بإجراء تجربة مكنتنا من قياس كمية مادة الأستر المتشكل في كل أنبوب خلال الزمن ورسم المنحنى

n_{es t er} = f (t)

(الشكل-5). تعطى:

M (O) = 16

M (C) = 12

M (H) = 1 g \cdot mol^{- 1}

10,5 ن

اكتب معادلة التفاعل المنمذج للتحول الكيميائي الحادث. ما هي خصائص هذا التفاعل؟
الحل
1. $RCOOH + C_{2} H_{5} OH = RCOOC_{2} H_{5} + H_{2} O$ مع $R = C_{n} H_{2 n + 1}$ .
2. خصائصه: بطيء، لا حراري، محدود (عكوس).
الجواب $RCOOH + C_{2} H_{5} OH = RCOOC_{2} H_{5} + H_{2} O$ ؛ بطيء، لا حراري، محدود.

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
20,25 ن

أعط البروتوكول التجريبي الموافق.
الحل
1. في لحظات مختلفة نخرج أنبوباً ونضعه في ماء وجليد لتوقيف التفاعل.
2. نعاير الحمض المتبقي فيه بمحلول هيدروكسيد الصوديوم (الصود) معلوم التركيز بوجود كاشف ملون (فينول فتالين).
3. نستنتج $(n_{es t er}) = n_{0} (acide) - n_{r es t e} (acide)$ .
الجواب معايرة الحمض المتبقي في كل أنبوب بمحلول الصود معلوم التركيز، ثم $n_{es t er} = n_{0} (acide) - n_{r es t e} (acide)$ .

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
3 أ1 ن

علماً أن ثابت التوازن لتفاعل الأسترة المدروس هو $K = 4$ ، حدّد كمية مادة الحمض في المزيج الابتدائي.
الحل
1. بيانياً في كل أنبوب: $(n_{es t er})_{e ˊ q} = 0, 032 mol = x_{f}$ .
2. $(n_{a l coo l})_{e ˊ q} = 0, 04 - 0, 032 = 0, 008 mol$ و $(n_{a c i d e})_{e ˊ q} = \frac{n _{0}}{10} - 0, 032$ و $(n_{e a u})_{e ˊ q} = 0, 032 mol$ .
3. $K = \frac{( n _{es t er} ) ( n _{e a u} )}{( n _{a c i d e} ) ( n _{a l coo l} )} = \frac{0 , 03 2 ^{2}}{( \frac{n _{0}}{10} - 0 , 032 ) \times 0 , 008} = 4$ .
4. $n_{0} = (\frac{0 , 03 2 ^{2}}{4 \times 0 , 008} + 0, 032) \times 10 = 0, 64 mol$ .
الجواب $n_{0} (acide) = 0, 64 mol$

انتبه نسيان أن الكميات المقروءة تخص أنبوباً واحداً (عُشر المزيج).

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
3 ب1 ن

جد الصيغة المجملة للحمض الكربوكسيلي واستنتج الصيغة نصف المفصلة للأستر وأعط اسمه النظامي.
الحل
1. $M (RCOOH) = \frac{m _{0}}{n _{0}} = \frac{38 , 4}{0 , 64} = 60 g \cdot mol^{- 1}$ .
2. $M (C_{n} H_{2 n + 1} COOH) = 14 n + 46$ .
3. $14 n + 46 = 60$ إذن $n = 1$ : الحمض $CH_{3} COOH$ (حمض الإيثانويك).
4. الأستر: $CH_{3} COOC_{2} H_{5}$ ، اسمه إيثانوات الإيثيل.
الجواب $CH_{3} COOH$ ؛ الأستر $CH_{3} COOC_{2} H_{5}$ : إيثانوات الإيثيل.

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
3 ج0,75 ن

احسب مردود التفاعل وقارنه بمردود التفاعل لمزيج ابتدائي متساوي المولات، كيف تفسّر ذلك؟
الحل
1. الكحول هو المتفاعل المحد: $x_{ma x} = 0, 1 \times 0, 4 = 0, 04 mol$ في كل أنبوب.
2. $r = \frac{( n _{es t er} ) _{e ˊ q}}{0 , 1 \times ( n _{a l coo l} ) _{0}} = \frac{0 , 032}{0 , 04} = 0, 80 = 80%$ .
3. لمزيج متساوي المولات (كحول أولي) المردود $67%$ ، وهو أصغر.
4. التفسير: تأثير التركيب الابتدائي للمزيج؛ استعمال أحد المتفاعلين بزيادة (هنا الحمض) يرفع المردود.
الجواب $r = 80%$ ، أكبر من $67%$ (مزيج متساوي المولات) بسبب زيادة الحمض في المزيج الابتدائي.

الأسترة: ثابت التوازن والمردود
40,5 ن

جد التركيب المولي للمزيج التفاعلي في كل أنبوب عند اللحظة $t = 120 min$ .
الحل
1. عند $t = 120 min$ بلغ المنحنى قيمته الحدية: الجملة في حالة توازن، $x = 0, 032 mol$ .
2. الحمض: $0, 064 - 0, 032 = 0, 032 mol$ ؛ الكحول: $0, 04 - 0, 032 = 0, 008 mol$ ؛ الأستر والماء: $0, 032 mol$ لكل منهما.
الجواب $C_{2} H_{5} OH : 0, 008 mol$ ؛ $CH_{3} COOH : 0, 032 mol$ ؛ $C_{4} H_{8} O_{2} : 0, 032 mol$ ؛ $H_{2} O : 0, 032 mol$

الأسترة: ثابت التوازن والمردود