الامتحان الوطني الموحد 2015 الدورة العادية: الموضوع والتصحيح

1
التمرين 1
الكيمياء

الجزء الأول: معايرة حمض وتصنيع إستر

يستعمل حمض الإيثانويك في تصنيع كثير من المواد العضوية من بينها زيت الياسمين (إيثانوات البنزيل), وهو إستر يستعمل في صناعة العطور

يمكن تحضيره في المختبر انطلاقا من التفاعل بين حمض الإيثانويك ${CH}_{3} COOH$ والكحول البنزيلي $C_{6} H_{5} - C H_{2} - O H$

يهدف هذا الجزء الى دراسة معايرة محلول مائي لحمض الإيثانويك بواسطة محلول قاعدي ودراسة تفاعل هذا الحمض مع الكحول البنزيلي

معطيات:

تمت جميع القياسات عند درجة الحرارة $25 ° C$

$1$ معايرة حمض الإيثانويك

نحضر محلولا مائيا $(S_{A})$ لحمض الإيثانويك ${CH}_{3} COOH$ حجمه $V = 1 L$ وتركيزه المولي $C_{A}$ بإذابة كمية من هذا الحمض كتلتها $m$ في الماء المقطر.

نعاير, بتببع قياس $p H$ , الحجم $V_{A} = 20 m L$ من المحلول $(S_{A})$ بواسطة محلول مائي $(S_{B})$ لهيدروكسيد الصوديوم $N a_{(a q)}^{+} + H O_{(a q)}^{-}$ تركيزه المولي $C_{B} = 2 . 10^{- 2} m o l . L^{- 1}$

$1 - 1$ اكتب المعادلة الكيميائية المنمذجة للتحول الحاصل أثناء هذه المعايرة

$2 - 1$ اعتمادا على القياسات المحصل عليها, تم خط المنحنى $(C_{1})$ الذي يمثل $p H = f (V_{B})$ والمنحنى $(C_{2})$ الذي يمثل $\frac{d p H}{d V_{B}} = g (V_{B})$ (الشكل أسفله) حيث يمثل $V_{B}$ حجم المحلول $(S_{B})$ المضاف

$1 - 2 - 1$ عين الحجم $V_{B E}$ لمحلول هيدروكسيد الصوديوم المضاف عند التكافؤ.

$2 - 2 - 1$ أوجد قيمة الكتلة $m$ اللازمة لتحضير المحلول $(S_{A})$

$3 - 1$ بين أن تفاعل حمض الإيثانويك مع الماء تفاعل محدود

$4 - 1$ أثبت, بالنسبة لحجم $V_{B}$ مضاف قبل التكافؤ, التعبير: $V_{B} . 10^{- p H} = K_{A} . (V_{B E} - V_{B})$ مع $V_{B} \neq 0$ ثم استنتج قيمة $p K_{A}$ للمزدوجة $C H_{3} C O O H / C H_{3} C O O^{-}$

$2$ تصنيع إستر

نحضر خليطا يتكون من $m_{a c} = 6 g$ من حمض الإيثانويك و $m_{a l} = 10, 80 g$ من الكحول البنزيلي $C_{6} H_{5} - C H_{2} O H$

في ظروف تجريبية معينة, نسخن الخليط بالارتداد بعد إضافة قطرات من حمض الكبريتيك المركز وبعض حصى الخفان.

نحصل عند نهاية التفاعل على كتلة $m = 9, 75 g$ من إيثانوات البنزيل

$1 - 2$ اكتب المعادلة الكيميائية المنمذجة لتفاعل الأسترة

$2 - 2$ احسب المردود $r_{1}$ لتفاعل الأسترة

$3 - 2$ في نفس الظروف التجريبية السابقة, نعيد التجربة باستعمال $n_{a c} = 0, 10 m o l$ من حمض الإيثانويك و $n_{a l} = 0, 20 m o l$ من الكحول البنزيلي. أوجد المردود $r_{2}$ لتفاعل الأسترة في هذه الحالة

بمقارنة $r_{1}$ و $r_{2}$ , ماذا تستنتج؟

الجزء الثاني: دراسة العمود نيكل – كوبالت

يرتكز اشتغال عمود كيميائي على تحويل جزء من الطاقة الكيميائية الناتجة عن التحولات الكيميائية الى طاقة كهربائية

ندرس في هذا الجزء العمود: نيكل-كوبالت

معطيات:

الكتلة المولية للنيكل: $M (N i) = 58, 7 g . m o l^{- 1}$

ثابتة فرادي: $1 F = 9, 65 . 10^{4} C . m o l^{- 1}$

ثابتة التوازن المقرونة بمعادلة التفاعل: $N i_{(a q)}^{2 +} + C o_{(S)} ⇄_{(2)}^{(1)} N i_{(S)} + C o_{(a q)}^{2 +}$ هي $K = 10^{2}$ عند $25 ° C$

ننجز عمودا بغمر صفيحة من النيكل في كأس تحتوي على الحجم $V = 100 m L$ من محلول مائي لكبريتات النيكل $II$ $N i_{(a q)}^{2 +} + S O_{4 (a q)}^{2 -}$ تركيزه المولي البدئي $C_{1} = [N i_{(a q)}^{2 +}] = 3 . 10^{- 2} m o l . L^{- 1}$ وصفيحة من الكوبالت في كأس اخر تحتوي على الحجم $V = 100 m L$ من محلول مائي لكبريتات الكوبالت $II$ $C o_{(a q)}^{2 +} + S O_{4 (a q)}^{2 -}$ تركيزه المولي البدئي $C_{2} = {[C o_{(a q)}^{2 +}]}_{i} = 0, 3 m o l . L^{- 1}$

نوصل المحلولين بقنطرة ملحية

نركب على التوالي بين قطبي العمود، موصلا أوميا وأمبيرمترا وقاطعا للتيار

نغلق الدارة عند لحظة نختارها أصلا للتواريخ $(t = 0)$ فيمر فيها تيار كهربائي شدته $I$ نعتبرها ثابتة

$1$ اختر الجواب الصحيح من بين الاقتراحات التالية:

$أ$ منحى التطور التلقائي للمجموعة الكيميائية المكونة للعمود هو المنحى $(2)$ لمعادلة التفاعل

$ب$ إلكترود الكوبالت هو الكاثود

$ج$ تنتقل الإلكترونات عبر القنطرة الملحية للمحافظة على الحياد الكهربائي للمحاليل

$د$ خارج العمود، يكون منحى التيار الكهربائي من إلكترود النيكل نحو إلكترود الكوبالت

$ه$ تحدث الأكسدة عند الكاثود

$2$ أوجد بدلالة $K$ و $F$ و $C_{1}$ و $C_{2}$ و $V$ و $I$ تعبير التاريخ $t_{e}$ الذي يتحقق عنده توازن المجموعة الكيميائية

احسب قيمة $t_{e}$ علما أن $I = 100 m A$

$3$ احسب التغير $∆ m$ لكتلة إلكترود النيكل بين اللحظتين $t = 0$ و $t = t_{e}$

الكيمياء

الجزء الأول: معايرة حمض وتصنيع إستر

$1$ معايرة حمض الإيثانويك

$1 - 1$ المعادلة الكيميائية المنمذجة للتحول الحاصل أثناء هذه المعايرة

$C H_{3} C O O H_{(a q)} + H O_{(a q)}^{-} \to C H_{3} C O O_{(a q)}^{-} + H_{2} O_{(l)}$

$2 - 1$

$1 - 2 - 1$ حجم محلول هيدروكسيد الصوديوم المضاف عند التكافؤ

مبيانيا يمثل أفصول مطراف الدالة المشتقة $\frac{d p H}{d V_{B}}$ الحجم عند التكافؤ. نجد $V_{B E} = 20 m L$

$2 - 2 - 1$ الكتلة $m$ اللازمة لتحضير المحلول $(S_{A})$

علاقة التكافؤ

$C_{A} . V_{A} = C_{B} . V_{B E} \Rightarrow C_{A} = \frac{C_{B} . V_{B E}}{V_{A}}$

لدينا

$C_{A} = \frac{n (A)}{V} = \frac{m}{V . m (A)} = \frac{C_{B} . V_{B E}}{V_{A}} \Rightarrow m = \frac{C_{B} . V_{B E}}{V_{A}} . V . m (A)$

ت.ع: $m = \frac{2 . 10^{- 2} \times 20}{20} \times 1 \times 60 = 1, 2 g$

$3 - 1$ إثبات أن تفاعل حمض الإيثانويك مع الماء تفاعل محدود

معادلة التفاعل:

$C H_{3} C O O H_{(a q)} + H_{2} O_{(l)} \to C H_{3} C O O_{(a q)}^{-} + H_{3} O_{(a q)}^{+}$

لدينا

$C_{A} = \frac{C_{B} . V_{B E}}{V_{A}} = 2 . 10^{- 2} m o l . L^{- 1}$

حسب المبيان $p H = f (V_{B})$ عند الحجم $V_{B} = 0$ يكون $p H = 3, 2$

حساب نسبة التقدم النهائي $τ$

$τ = \frac{x_{f}}{x_{m a x}} = \frac{[H_{3} O^{+}] . V}{C_{A} . V} = \frac{[H_{3} O^{+}]}{C_{A}} = \frac{10^{- p H}}{C_{A}}$

ت.ع: $τ = \frac{10^{- 3, 2}}{2 . 10^{- 2}} = 0, 03 = 3 %$

نلاحظ أن $τ < 100 %$ إذن تفاعل حمض الإيثانويك مع الماء محدود

$4 - 1$ إثبات التعبير $V_{B} . 10^{- p H} = K_{A} . (V_{B E} - V_{B})$

الجدول الوصفي لتفاعل المعايرة

قبل التكافؤ المتفاعل المحد هو $H O^{-}$

$C_{B} . V_{B} - x_{f} = 0 \Rightarrow C_{B} . V_{B} = x_{f}$

$n_{f} (C H_{3} C O O H) = C_{A} . V_{A} - x_{f} = C_{A} . V_{A} - C_{B} . V_{B} n_{f} (C H_{3} C O O^{-}) = x_{f} = C_{B} . V_{B} {[H_{3} O^{+}]}_{é q} = 10^{- p H}$

$K_{A} = \frac{{[C H_{3} C O O^{-}]}_{é q} . {[H_{3} O^{+}]}_{é q}}{{[C H_{3} C O O H]}_{é q}} K_{A} = 10^{- p H} \frac{\frac{n_{f} (C H_{3} C O O^{-})}{V_{A} + V_{A}}}{\frac{n_{f} (C H_{3} C O O H)}{V_{A} + V_{B}}} K_{A} = 10^{- p H} \frac{C_{B} . V_{B}}{C_{A} . V_{A} - C_{B} . V_{B}} K_{A} = 10^{- p H} \frac{C_{B} . V_{B}}{C_{B} . V_{B E} - C_{B} . V_{B}} K_{A} = 10^{- p H} \frac{V_{B}}{V_{B E} - V_{B}} \Rightarrow V_{B} . 10^{- p H} = K_{A} . (V_{B E} - V_{B})$

استنتاج $p K_{A}$

مبيانيا عند $V_{B} = \frac{V_{B E}}{2} = 4 m L$ نجد $p H = 4, 8$

$\frac{V_{B E}}{2} . 10^{- p H} = K_{A} . (V_{B E} - \frac{V_{B E}}{2}) \Rightarrow 10^{- p H} = K_{A} \Rightarrow p K_{A} = p H = 4, 8$

$2$ تصنيع الإستر

$1 - 2$ معادلة الأسترة

$C H_{3} - C O O H + C_{6} H_{5} - C H_{2} - O H ⇄ C H_{3} C O O - C H_{2} - C_{6} H_{5} + H_{2} O$

$2 - 2$ مردود تفاعل الإستر $r_{1} = \frac{n_{e x p} (E)}{n_{t h} (E)}$

لدينا

$\{\begin{cases} n_{e x p} (E) = \frac{m (E)}{M (E)} = \frac{9, 75}{150} = 0, 065 m o l \\ n_{t h} (E) = n_{0} (a c i d e) = n_{0} (a l c o o l) = \frac{m (a l c o o l)}{M (a l c o o l)} = \frac{6}{60} = 0, 1 m o l \end{cases} \Rightarrow r_{1} = \frac{0, 065}{0, 1} = 0, 65 = 65 %$

$3 - 2$ مردود تفاعل الأسترة في الحالة الثانية $r_{2} = \frac{n_{e x p} (E)}{n_{t h} (E)} = \frac{x_{f 2}}{x_{m a x}}$

حسب السؤال $2 - 2$ نكتب

$K = \frac{[e s t e r] . [e a u]}{[a c i d e] . [a l c o o l]} = \frac{n_{e s t e r} . n_{e a u}}{n_{a c i d e} . n_{a l c o o l}} = \frac{{(x_{f 1})}^{2}}{{(n_{0} - x_{f 1})}^{2}} = 3, 45$

في الحالة الثانية نكتب

$K = \frac{{(x_{f 2})}^{2}}{(n_{a c} - x_{f 2}) (n_{a l} - x_{f 2})} \Rightarrow (K - 1) {(x_{f 2})}^{2} - K (n_{a c} + n_{a l}) x_{f 2} + K . n_{a c} . n_{a l} = 0 \Rightarrow 2, 45 {(x_{f 2})}^{2} - 1, 035 x_{f 2} + 0, 069 = 0$

$\{\begin{cases} x_{f 2} = \frac{1, 35 - \sqrt{1, 35^{2} - 4 \times 2, 45 \times 0, 0069}}{2 \times 2, 45} = 0, 083 m o l \\ x'_{f 2} = \frac{1, 35 + \sqrt{1, 35^{2} - 4 \times 2, 45 \times 0, 0069}}{2 \times 2, 45} = 2, 340 m o l \end{cases} \Rightarrow x_{f 2} = 0, 083 m o l \Rightarrow r_{2} = \frac{0, 083}{0, 1} = 83 %$

نلاحظ أن $r_{2} > r_{1}$ : مردود الأسترة يتحسن في وجود أحد المتفاعلين بوفرة

الجزء الثاني: دراسة العمود نيكل – كوبالت

$1$ الجواب الصحيح هو $د$

(التعليل ليس مطلوبا)

لنحدد خارج التفاعل عند الحالة البدئية

$Q_{r, i} = \frac{{[C O^{2 +}]}_{i}}{{[N i^{2 +}]}_{i}} = \frac{c_{2}}{c_{1}} = \frac{0, 3}{0, 03} = 10$

نلاحظ أن $Q_{r, i} = 10 < K = 100$ : تتطور المجموعة تلقائيا في المنحى المباشر

يحدث اختزال عند إلكترود النيكل (القطب الموجب)، والقطب السالب للعمود هو إلكترود الكوبالت

يمر التيار الكهربائي خارج العمود من إلكترود النيكل نحو إلكترود الكوبالت، وبالتالي الجواب الصحيح هو $د$

$2$ تعبير التاريخ $t_{e}$ الذي يتحقق عنده توازن المجموعة الكيميائية

$K = \frac{{[C O^{2 +}]}_{é q}}{{[N i^{2 +}]}_{é q}} = \frac{C_{2} V + x_{é q}}{C_{1} V - x_{é q}} \Rightarrow (C_{1} V - x_{é q}) K = C_{2} V + x_{é q} \Rightarrow x_{é q} = \frac{K . C_{1} - C_{2}}{1 + K} . V$

لدينا

$Q = n (e^{-}) . F = I . Δ t \Rightarrow 2 x_{é q} . F = I . t_{e} \Rightarrow t_{e} = 2 x_{é q} . \frac{F}{I} \Rightarrow t_{e} = \frac{2 (K . C_{1} - C_{2})}{1 + K} . \frac{F . V}{I}$

ت.ع: $t_{e} = \frac{2 \times (100 \times 0, 03 - 0, 3) \times 9, 65 . 10^{4} \times 0, 1}{(1 + 100) \times 0, 1} \approx 5, 16 . 10^{3} s$

$3$ التغير $∆ m$ لكتلة إلكترود النيكل بين اللحظتين $t = 0$ و $t = t_{e}$

حسب الاختزال الكاثودي $N i_{(a q)}^{2 +} + 2 e^{-} ⇄ N i_{(s)}$

لدينا

$n (N i) = \frac{Δ m}{M (N i)} = x_{é q} \Rightarrow Δ m = M (N i) . x_{é q} = \frac{K . C_{1} - C_{2}}{1 + K} . V . M (N i)$

ت.ع: $∆ m = \frac{(100 \times 3 . 10^{- 2} - 0, 3) \times 0, 1 \times 58, 7}{1 + 100} = 0, 157 g$
2
التمرين 2
التحولات النووية

تعتبر تفاعلات الاندماج والانشطار من بين التفاعلات النووية التي تنتج عنها طاقة كبيرة تستغل في مجالات متعددة.

معطيات:

$1 M e V = 1, 6022 . 10^{- 13} J$

$m (_{1}^{0} e) = 5, 48579 . 10^{- 4} u$

$m (_{2}^{4} H e) = 4, 00151 u$

$m (_{1}^{1} H) = 1, 00728 u$

$1 u = 931, 494 M e V . c^{- 2} = 1, 66054 . 10^{- 27} k g$

نأخذ كتلة الشمس: $m_{s} = 2 . 10^{30} k g$

نعتبر أن كتلة الهيدروجين ${}_{1}^{1}H$ تمثل نسبة $10 %$ من كتلة الشمس

$1$ نعطي في الجدول التالي معادلات بعض التفاعلات النووية:

$1 - 1$ عين, من بين هذه المعادلات, معادلة تفاعل الاندماج

$2 - 1$ بالاعتماد على مخطط الطاقة الممثل في الشكل جانبه, احسب:

$1 - 2 - 1$ طاقة الربط بالنسبة لنوية نواة ${}_{92}^{235}U$

$2 - 2 - 1$ الطاقة $|∆ E_{0}|$ الناتجة عن التفاعل $(D)$

$2$ تحدث في الشمس تحولات نووية ترجع بالأساس الى الهيدروجين وذلك وفق المعادلة الحصيلة التالية: $4_{1}^{1} H \to {}_{2}^{4}H e + 2_{1}^{0} e$

$1 - 2$ احسب, بالجول $(J)$ , الطاقة $|∆ E|$ الناتجة عن هذا التحول.

$2 - 2$ علما أن الطاقة المحررة من طرف الشمس نتيجة هذا التحول خلال كل سنة هي $E_{S} = 10^{34} J$ , أوجد عدد السنوات اللازمة ليستهلك كل الهيدروجين الموجود في الشمس

التحولات النووية

$1$

$1 - 1$ معادلة تفاعل الاندماج هي المعادلة

${}_{1}^{2}H + {}_{1}^{3}H \to {}_{2}^{4}H + {}_{0}^{1}n$

$2 - 1$

$1 - 2 - 1$ طاقة الربط بالنسبة لنوية نواة الأورانيوم $235$

$E_{l} ({}_{92}^{235}U) = Δ m . c^{2} = [92 m_{p} + 143 m_{n} - m ({}_{92}^{235}U)] . c^{2} E_{l} ({}_{92}^{235}U) = (2, 21625 - 2, 19835) . 10^{5} E_{l} ({}_{92}^{235}U) = 1970 M e V$

طاقة الربط بالنسبة للنوية

$ξ ({}_{92}^{235}U) = \frac{E_{l} ({}_{92}^{235}U)}{A} = \frac{1970}{235} ξ ({}_{92}^{235}U) = 7, 62 \frac{M e V}{n u c l é o n}$

$2 - 2 - 1$ الطاقة $|∆ E_{0}|$ الناتجة عن التفاعل $(D)$

$|∆ E_{0}| = [m (S r) + m (X e) + 3 m (n) - m (U) - m (n)] . c^{2} |∆ E_{0}| = (2, 19835 - 2, 19655) . 10^{5} = 180 M e V$

$2$

$1 - 2$ الطاقة الناتجة عن هذا التحول $|∆ E|$

$|∆ E| = |∆ m| . c^{2} = |m ({}_{2}^{4}H e) + 2 m ({}_{1}^{0}e) - m ({}_{1}^{1}H)| . c^{2} |∆ E| = 24, 7 M e V \approx 3, 96 . 10^{- 12} J$

$2 - 2$ حساب عدد السنوات اللازمة لاستهلاك كل الهيدروجين الموجود في الشمس

لتكن $E'$ الطاقة المحررة من طرف نواة واحدة من الهيدروجين حيث $E' = \frac{|∆ E|}{4}$

و $E$ الطاقة المحررة من طرف $N$ نواة الموجودة في الشمس حيث $E = N . E'$

لدينا $N = \frac{m}{m ({}_{1}^{1}H)} \Rightarrow E = \frac{m}{m ({}_{1}^{1}H)} . \frac{|Δ E|}{4}$ مع $m = \frac{m_{s}}{10}$ (كتلة الهيدروجين ${}_{1}^{1}H$ تمثل نسبة $10 %$ من كتلة الشمس)

تحرر الشمس خلال كل سنة الطاقة $E$ نتيجة هذا التحول، والمدة الزمنية اللازمة لاستهلاك كل الهيدروجين الموجود في الشمس هي

$\{\begin{cases} 1 a n \to E_{s} \\ Δ t \to \frac{m}{m ({}_{1}^{1}H)} . \frac{|Δ E|}{4} \end{cases} \Rightarrow Δ t = \frac{m}{m ({}_{1}^{1}H)} . \frac{|Δ E|}{4 . E_{s}} \Rightarrow Δ t = \frac{0, 1 . m_{s}}{m ({}_{1}^{1}H)} . \frac{|Δ E|}{4 . E_{s}}$

ت.ع:

$Δ t = \frac{0, 1 \times 2 . 10^{30} \times 3, 96 . 10^{- 12}}{1, 00728 \times 1, 66054 \times 4 \times 10^{34}} Δ t = 1, 18 . 10^{20} a n s$
3
التمرين 3
الكهرباء

تحتوي مجموعة من الأجهزة الكهربائية على تراكيب تتكون من وشيعات ومكثفات وموصلات أومية...تختلف وظيفة هذه المركبات حسب كيفية تركيبها ومجالات استعمالها

$1$ دراسة ثنائي القطب $R L$

ننجز التركيب الممثل في الشكل $1$ والمكون من:

مولد قوته الكهرمحركة   $E = 12 V$ ومقاومته الداخلية مهملة

موصل أومي مقاومته $R_{1} = 52 Ω$

وشيعة $(b)$ معمل تحريضها $L$ ومقاومتها $r$

قاطع التيار $K$

نغلق القاطع $K$ في لحظة نختارها أصلا للتواريخ $(t = 0)$ . يمكن نظام مسك معلوماتي ملائم من خط المنحنى الممثل لتغيرات

التوتر $U_{R_{1}} (t)$ بين مربطي الموصل الأومي (الشكل $2$ ). يمثل المستقيم $(T)$ المماس للمنحنى عند $t = 0$

$1 - 1$ أثبت المعادلة التفاضلية التي يحققها التوتر $U_{R_{1}}$ بين مربطي الموصل الأومي

$2 - 1$ حدد قيمة المقاومة   $r$ للوشيعة

$3 - 1$ تحقق أن $L = 0, 6 H$

$2$ دراسة ثنائي القطب $R C$ و $R L C$

ننجز التركيب الممثل في الشكل $3$ والمكون من:

مولد مؤمثل للتيار

ميكروأمبيرمتر

موصلين أوميين مقاومتاهما $R_{0}$ و $R = 40 Ω$

مكثف سعته $C$ , غير مشحون بدئيا

الوشيعة $(b)$ السابقة

قاطعي التيار $K_{1}$ و $K_{2}$

$1 - 2$ دراسة ثنائي القطب $R C$

عند لحظة تاريخها $t = 0$ نغلق قاطع التيار $K_{1}$ ( $K_{2}$ مفتوح) فيشير الميكروأمبيرمتر الى الشدة $I_{0} = 4 μA$ .

يمكن نظام مسك معلوماتي ملائم من خط المنحنى الممثل لتغيرات التوتر $u_{A B} (t)$ (الشكل $4$ ).

$1 - 1 - 2$ حدد قيمة $R_{0}$

$2 - 1 - 2$ أوجد قيمة السعة $C$ للمكثف

$2 - 2$ دراسة ثنائي القطب $R L C$

عندما يأخذ التوتر بين مربطي المكثف القيمة $u_{c} = U_{0}$ , نفتح $K_{1}$ ونغلق $K_{2}$ عند لحظة نختارها أصلا جديدا للتواريخ $(t = 0)$ .

يمكن نظام مسك معلوماتي ملائم من خط المنحنى الممثل لتغيرات التوتر $u_{R} (t)$ (الشكل $5$ ). (يمثل المستقيم $(T 1)$ المماس للمنحنى عند اللحظة $t = 0$ )

$1 - 2 - 2$ أثبت المعادلة التفاضلية التي تحققها الشحنة $q$ للمكثف

$2 - 2 - 2$ عبر عن $\frac{d E_{T}}{d t}$ بدلالة $R$ و $r$ و $i$ حيث تمثل $E_{T}$ الطاقة الكلية للدارة عند لحظة $t$ و $i$ شدة التيار المار في الدارة عند نفس اللحظة
$3 - 2 - 2$ بين ان $U_{0} = - \frac{L}{R} . {(\frac{d u_{R}}{d t})}_{t = 0}$ حيث ${(\frac{d u_{R}}{d t})}_{t = 0}$ يمثل مشتقة $u_{R} (t)$ بالنسبة للزمن عند $t = 0$ . احسب $U_{0}$

$4 - 2 - 2$ أوجد $|E_{j}|$ الطاقة المبددة بمفعول جول في الدارة بين اللحظتين $t = 0$ و $t = t_{1}$ (الشكل $5$ ).

$3$ تضمين الوسع لإشارة جيبية

للحصول على إشارة مضمنة الوسع نستعمل دارة إلكترونية متكاملة $X$ منجزة للجداء (الشكل $6$ ), نطبق عند المدخل:

$E_{1}$ : التوتر $u_{1} (t) = s (t) + U_{0}$ , مع $s (t) = S_{m} . \cos (2 {πf}_{s} . t)$ يمثل الإشارة التي تضم المعلومة و $U_{0}$ مركبة مستمرة للتوتر

$E_{2}$ : توترا جيبيا يمثل الإشارة الحاملة $u_{2} (t) = U_{m} . \cos (2 π F_{P} . t)$

نحصل على توتر الخروج $u_{s} (t) = k . u_{1} (t) . u_{2} (t)$ حيث $k$ ثابتة تتعلق بالدارة المتكاملة $X$

نذكر بالعلاقة: $\cos (a) . \cos (b) = \frac{1}{2} . [\cos (a + b) + \cos (a - b)]$

$1 - 3$ بين أن التوتر $u_{s} (t)$ يكتب على الشكل:

$u_{s} (t) = \frac{A . m}{2} . \cos (2 {πf}_{1} . t) + A . \cos (2 {πf}_{2} . t) + \frac{A . m}{2} . \cos (2 {πf}_{3} . t)$

حيث $m$ نسبة التضمين و $A$ ثابتة

$2 - 3$ يعطي الشكل $7$ طيف الترددات, المتكون من ثلاث حزات للتوتر المضمن $u_{s} (t)$

حدد قيمة كل من $m$ والتردد $f_{s}$ .هل التضمين جيد؟

$3 - 3$ لانتقاء الموجة المضمنة بشكل جيد, نستعمل دارة سدادة (دارة التوافق) تتكون من وشيعة معامل تحريضها $L_{0} = 60 m H$ ومقاومتها مهملة ومكثفين مركبين على التوالي سعتاهما $C = 10 μ F$ و $C_{0}$ .

حدد قيمة $C_{0}$

الكهرباء

$1$ دراسة ثنائي القطب $R L$

$1 - 1$ إثبات المعادلة التفاضلية التي يحققها التوتر $U_{R_{1}}$ بين مربطي الموصل الأومي

حسب قانون إضافية التوترات $U_{R_{1}} + u_{b} = E$

لدينا $U_{R_{1}} = R_{1} . i$

$u_{b} = L \frac{d i}{d t} + r i u_{b} = \frac{L}{R_{1}} \frac{d (R_{1} i)}{d t} + r \frac{R_{1} i}{R_{1}} u_{b} = \frac{L}{R_{1}} \frac{d U_{R_{1}}}{d t} + \frac{r}{R_{1}} U_{R_{1}}$

إذن

$\frac{L}{R_{1}} \frac{d U_{R_{1}}}{d t} + \frac{r}{R_{1}} U_{R_{1}} + U_{R_{1}} = E \Rightarrow \frac{L}{R_{1}} \frac{d U_{R_{1}}}{d t} + (\frac{r + R_{1}}{R_{1}}) U_{R_{1}} = E \Rightarrow \frac{L}{R_{1} + r} \frac{d U_{R_{1}}}{d t} + U_{R_{1}} = \frac{E . R_{1}}{r + R_{1}}$

$2 - 1$ تحديد قيمة المقاومة   $r$ للوشيعة

في النظام الدائم $\frac{d U_{R_{1}}}{d t} = 0$ ومنه $U_{R_{1} m a x} = \frac{E . R_{1}}{r + R_{1}}$

وبالتالي $r = \frac{E . R_{1}}{U_{R_{1} m a x}} - R_{1} = R_{1} (\frac{E}{U_{R_{1} m a x}} - 1)$

مبيانيا نجد $U_{R_{1} m a x} = 10, 4 V$

إذن

$r = 52 \times (\frac{12}{10, 4} - 1) = 8 Ω$

$3 - 1$ التحقق من قيمة $L$

لدينا $τ = \frac{L}{r + R_{1}} \Rightarrow L = τ (r + R_{1})$

مبيانيا نجد $τ = 10 m s$

إذن

$L = 10 . 10^{- 3} (52 + 8) = 0, 6 H$

$2$ دراسة ثنائي القطب $R C$ و $R L C$

$1 - 2$ دراسة ثنائي القطب $R C$

$1 - 1 - 2$ تحديد قيمة $R_{0}$

حسب قانون أوم $u_{R_{0}} = R_{0} . I_{0}$ أي $R_{0} = \frac{u_{R_{0}}}{I_{0}}$

مبيانيا $u_{R_{0}} = 2 V$ وبالتالي

$R_{0} = \frac{2}{4 . 10^{- 6}} = 500 Ω$

$2 - 1 - 2$ قيمة سعة المكثف $C$

حسب قانون إضافية التوترات $u_{A B} = u_{C} + u_{R_{0}}$

لدينا $q = C . u_{C} = I_{0} . t$ أي $u_{C} = \frac{I_{0}}{C} . t$

إذن $u_{A B} = \frac{I_{0}}{C} . t + u_{R_{0}}$

معادلة المنحنى تكتب

$u_{A B} = \frac{Δ u_{A B}}{Δ t} t + u_{A B} (0) = \frac{6 - 2}{10 - 0} t + 2 = 0, 4 t + 2$

ومنه

$\frac{I_{0}}{C} = 0, 4 \Rightarrow C = \frac{I_{0}}{4} = \frac{4 . 10^{- 6}}{0, 4} = 10 μ F$

$2 - 2$ دراسة ثنائي القطب $R L C$

$1 - 2 - 2$ إثبات المعادلة التفاضلية التي تحققها الشحنة $q$ للمكثف

حسب قانون إضافية التوترات $u_{b} + u_{C} + u_{R} = 0$

لدينا $u_{R} = R . i = R . \frac{d q}{d t}$ و $u_{c} = \frac{q}{C}$ و $u_{b} = L \frac{d i}{d t} + r . i = L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + r \frac{d q}{d t}$

إذن

$L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + (R + r) \frac{d q}{d t} + \frac{q}{C} = 0 \Rightarrow \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + (\frac{R + r}{L}) \frac{d q}{d t} + \frac{1}{L . C} q = 0$

$2 - 2 - 2$ تعبير $\frac{d E_{T}}{d t}$ بدلالة $R$ و $r$ و $i$

الطاقة الكلية $E_{T}$ في الدارة تساوي مجموع الطاقة الكهربائية $E_{e}$ المخزونة في المكثف والطاقة المغنطيسية $E_{m}$ المخزونة في الوشيعة: $E_{T} = E_{e} + E_{m}$

$\{\begin{cases} E_{e} = \frac{1}{2 C} q^{2} \\ E_{m} = \frac{1}{2} L . i^{2} = \frac{1}{2} L {(\frac{d q}{d t})}^{2} \end{cases} \Rightarrow E_{T} = \frac{1}{2 C} q^{2} + \frac{1}{2} L {(\frac{d q}{d t})}^{2} \Rightarrow \frac{d E_{T}}{d t} = \frac{q}{C} \frac{d q}{d t} + L \frac{d q}{d t} . \frac{d^{2} q}{d t^{2}} \Rightarrow \frac{d E_{T}}{d t} = \frac{d q}{d t} (\frac{q}{C} + L . \frac{d^{2} q}{d t^{2}})$

باعتبار المعادلة التفاضلية

$L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + (R + r) \frac{d q}{d t} + \frac{q}{C} = 0 \Rightarrow L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + \frac{q}{C} = - (R + r) \frac{d q}{d t}$

نحصل على

$\frac{d E_{T}}{d t} = \frac{d q}{d t} (\frac{q}{C} + L . \frac{d^{2} q}{d t^{2}}) \frac{d E_{T}}{d t} = - \frac{d q}{d t} ((r + R) \frac{d q}{d t}) \frac{d E_{T}}{d t} = - (r + R) {(\frac{d q}{d t})}^{2} \frac{d E_{T}}{d t} = - (r + R) . i^{2}$

$3 - 2 - 2$ إثبات تعبير $U_{0}$

حسب قانون إضافية التوترات $u_{b} + u_{C} + u_{R} = 0$

أي $\frac{L}{R} \frac{d u_{R}}{d t} + \frac{(R + r)}{R} u_{R} + u_{C} = 0$

عند اللحظة $t = 0$ لدينا $u_{R} = 0$ و $u_{c} = U_{0}$

وبالتالي

$\frac{L}{R} {(\frac{d u_{R}}{d t})}_{t = 0} + U_{0} = 0 \Rightarrow U_{0} = - \frac{L}{R} {(\frac{d u_{R}}{d t})}_{t = 0} \Rightarrow U_{0} = - \frac{L}{R} {(\frac{Δ u_{R}}{Δ t})}_{t = 0} U_{0} = - \frac{0, 6}{40} . \frac{2 - 0}{0 - 1, 25 . 10^{- 3}} = 12 V$

$4 - 2 - 2$ قيمة $|E_{j}|$ الطاقة المبددة بمفعول جول في الدارة بين اللحظتين $t = 0$ و $t = t_{1}$

لدينا $|E_{j}| = |E_{T} (t_{1}) - E_{T} (0)|$

$E_{T} = \frac{1}{2} C . {u_{C}}^{2} + \frac{1}{2} L . i^{2} E_{T} = \frac{1}{2} C . {(\frac{L}{R} \frac{d u_{R}}{d t} + \frac{r + R}{R} u_{R})}^{2} + \frac{1}{2} L . {(\frac{u_{R}}{R})}^{2}$

عند اللحظة $t = 0$ لدينا $u_{R} = 0$ ومنه

$E_{T} (0) = \frac{1}{2} C . {(\frac{L}{R} {(\frac{d u_{R}}{d t})}_{t = 0})}^{2} = \frac{1}{2} C {(U_{0})}^{2} E_{T} (0) = \frac{1}{2} . 10^{- 5} . 12^{2} = 7, 2 . 10^{- 4} J$

عند اللحظة $t = t_{1}$ لدينا ${(\frac{d u_{R}}{d t})}_{t = t_{1}} = 0$ و $u_{R} (t_{1}) = - 0, 5 V$ ومنه

$E_{T} (t_{1}) = \frac{1}{2} C . {(\frac{R + r}{R} u_{R} (t_{1}))}^{2} + \frac{1}{2} L {(\frac{u_{R} (t_{1})}{R})}^{2} E_{T} (t_{1}) = \frac{1}{2} {(\frac{u_{R} (t_{1})}{R})}^{2} [C . {(R + r)}^{2} + L] E_{T} (t_{1}) = \frac{1}{2} {(\frac{0, 5}{40})}^{2} [10^{- 5} {(40 + 8)}^{2} + 0, 6] E_{T} (t_{1}) = 4, 87 . 10^{- 5} J$

الخلاصة:

$|E_{j}| = |E_{T} (t_{1}) - E_{T} (0)| = 6, 71 . 10^{- 4} J$

$3$ تضمين الوسع لإشارة جيبية

$1 - 3$ إثبات تعبير $u_{s} (t)$

لدينا العلاقة $\cos a . \cos b = \frac{1}{2} [\cos (a + b) + \cos (a - b)]$

$u_{s} (t) = k . u_{1} (t) . u_{2} (t) u_{s} (t) = k . [s (t) + U_{0}] . u_{2} (t) u_{s} (t) = k . [S_{m} \cos (2 {πf}_{s} t) + U_{0}] . U_{m} \cos (2 π F_{p} t) u_{s} (t) = k . S_{m} . U_{m} . \cos (2 {πf}_{s} t) . \cos (2 π F_{p} t) + k . U_{0} . U_{m} . \cos (2 π F_{p} t) u_{s} (t) = \frac{1}{2} k . S_{m} . U_{m} . [\cos (2 π (F_{p} + f_{s}) t) + \cos (2 π (F_{p} - f_{s}) t)] + k . U_{0} . U_{m} . \cos (2 π F_{p} t)$

نضع $A = k . U_{0} . U_{m}$ و $m = \frac{S_{m}}{U_{0}}$

ومنه $\frac{1}{2} k . S_{m} . U_{m} = \frac{1}{2} A . m$ و $f_{1} = f_{s} + F_{p}$ و $f_{2} = F_{p}$ و $f_{3} = f_{s} - F_{p}$

نحصل على

$u_{s} (t) = \frac{A . m}{2} . \cos (2 {πf}_{1} . t) + A . \cos (2 {πf}_{2} . t) + \frac{A . m}{2} . \cos (2 {πf}_{3} . t)$

$2 - 3$ قيمة نسبة التضمين $m$

إنطلاقا من المبيان لدينا $A = k . U_{0} . U_{m} = 2$ و $\frac{1}{2} k . S_{m} . U_{m} = \frac{1}{2} A . m = 0, 5$

إذن

$m = \frac{1}{A} = 0, 5$

قيمة التردد $f_{s}$

$f_{1} = f_{s} + F_{p} \Rightarrow f_{s} = F_{p} - f_{1}$

إنطلاقا من المبيان لدينا $f_{1} = 6, 5 K H z$ و $F_{p} = 5 K h z$

إذن

$f_{s} = 0, 5 K H z = 500 H z$

$3 - 3$ تحديد $C_{0}$ سعة المكثف لدارة التوافق

التردد الخاص لدارة التوافق يكتب $f_{0} = F_{p} = \frac{1}{2 π \sqrt{L . C_{e}}}$

أي $C_{e} = \frac{1}{4 π^{2} L . {F_{p}}^{2}} = 1, 17 . 10^{- 8} F$

المكثفان $C$ و $C_{0}$ مركبان على التوالي

نكتب $\frac{1}{C_{e}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C_{0}}$ ومنه $\frac{1}{C_{0}} = \frac{1}{C_{e}} - \frac{1}{C} = \frac{C - C_{e}}{C . C_{e}}$

وبالتالي

$C_{0} = \frac{C . C_{e}}{C - C_{e}} = 11, 7 n F$
4
التمرين 4
الميكانيك

الجزء الأول: دراسة السقوط الرأسي باحتكاك لكرية

ندرس في هذا الجزء حركة مركز القصور $G$ لكرية متجانسة كتلتها $m$ في سائل لزج داخل مخبار.

نمعلم موضع $G$ في كل لحظة بالأنسوب $z$ على المحور الرأسي $(O, \vec{k})$ الموجه نحو الأسفل حيث أصله منطبق مع النقطة $O_{1}$ من السطح الحر للسائل.

عند لحظة $t_{0}$ نعتبرها أصلا للتواريخ $(t_{0} = 0)$ , نحرر الكرية بدون سرعة بدئية من موضع يكون فيه $G$ منطبقا مع الموضع $G_{0}$ ذي الأنسوب $z_{0} = 3 c m$ (الشكل أسفله)

تخضع الكرية أثناء سقوطها داخل السائل, بالإضافة الى وزنها $\vec{P}$ , الى:

قوة الاحتكاك المانع: $\vec{f} = - λ . v . \vec{k}$ حيث $λ$ معامل الاحتكاك المانع و $v$ سرعة $G$ عند لحظة $t$

دافعة أرخميدس: $F = - ρ_{l} . V_{s} . \vec{g}$ حيث $g$ شدة الثقالة و $V_{s}$ حجم الكرية و $ρ_{l}$ الكتلة الحجمية للسائل

نأخذ $g = 9, 8 m . s^{- 2}$ و $\frac{λ}{ρ_{s} . V_{s}} = 12, 4 S . I$ و $\frac{ρ_{l}}{ρ_{s}} = 0, 15$ حيث $ρ_{s}$ الكتلة الحجمية للمادة المكونة للكرية

$1$ بين أن المعادلة التفاضلية التي تحققها سرعة $G$ تكتب: $\frac{d v}{d t} + \frac{λ}{ρ_{s} V_{s}} v = g (1 - \frac{ρ_{l}}{ρ_{s}})$

$2$ حدد القيمة $a_{0}$ لتسارع حركة $G$ عند اللحظة $(t_{0} = 0)$

$3$ أوجد القيمة $v_{l}$ للسرعة الحدية لحركة $G$

$4$ لتكن $v_{1}$ قيمة سرعة $G$ عند اللحظة $t_{1} = t_{0} + Δ t$ و $v_{2}$ قيمتها عند اللحظة $t_{2} = t_{1} + Δ t$ حيث $Δ t$ خطوة الحساب

باعتماد طريقة أولير بين أن $\frac{v_{2}}{v_{1}} = 2 - \frac{Δ t}{τ}$ حيث $τ$ يمثل الزمن المميز للحركة: $τ = \frac{ρ_{s} . V_{s}}{λ}$

احسب $v_{1}$ و $v_{2}$ . نأخذ $Δ t = 8 . 10^{- 3} s$

$5$ يكتب حل المعادلة التفاضلية على الشكل: $v = v_{l} . (1 - e^{- \frac{t}{τ}})$

حدد قيمة $t_{l}$ تاريخ اللحظة التي تأخذ فيها سرعة الكرية $99 %$ من قيمتها الحدية.

$6$ علما أن ارتفاع السائل في المخبار هو $H = 79, 6 c m$ وأن مدة حركة الكرية داخل السائل انطلاقا من $G_{0}$ حتى قعر المخبار هي $Δ t_{f} = 1, 14 s$ , أوجد المسافة $d$ التي قطعتها الكرية أثناء النظام الانتقالي. (نعتبر أن النظام الدائم يتحقق ابتداء من اللحظة $t_{l}$ ونهمل شعاع الكرية أمام الارتفاع $H$ )

الجزء الثاني: الدراسة الطاقية لنواس مرن

النواس المرن مجموعة ميكانيكية تنجز حركة تذبذبية حول موضع توازنها المستقر

يهدف هذا الجزء الى تحديد بعض المقادير المرتبطة بهذا المتذبذب اعتمادا على دراسة طاقية

يتكون نواس مرن من جسم صلب $(S)$ , مركز قصوره $G$ وكتلته $m = 100 g$ , مثبت بطرف نابض لفاته غير متصلة و كتلته مهملة وصلابته $K$ . الطرف الاخر للنابض مثبت بحامل ثابت

يمكن للجسم $(S)$ أن ينزلق بدون احتكاك على الخط الأكبر ميلا لمستوى مائل بزاوية $α = 30 °$ بالنسبة للمستوى الأفقي (الشكل $1$ ).

ندرس حركة مركز القصور $G$ في المعلم $R (O, \vec{i}, \vec{j})$ المتعامد والممنظم المرتبط بمرجع أرضي نعتبره غاليليا.

نمعلم موضع $G$ عند لحظة $t$ بالأفصول $x$ على المحور $(O, \vec{i})$

عند التوازن ينطبق $G$ مع الأصل $O$ للمعلم (الشكل $1$ )

نأخذ $π^{2} = 10$

$1$ حدد, عند التوازن, تعبير الاطالة $Δ l_{0}$ للنابض بدلالة $m$ و $K$ و $α$ و $g$ شدة الثقالة.

$2$ نزيح $(S)$ عن موضع توازنه, في المنحى الموجب, بمسافة $X_{0}$ ثم نرسله, عند لحظة نختارها أصلا للتواريخ $t = 0$ , بسرعة بدئية $\vec{V_{0}}$ حيث $\vec{V_{0}} = - V_{0} \vec{i}$

$1 - 2$ نختار المستوى الأفقي الذي تنتمي إليه $G$ عند التوازن مرجعا لطاقة الوضع الثقالية $(E_{p p} (O) = 0)$ والحالة التي يكون فيها النابض مطالا عند التوازن مرجعا لطاقة الوضع المرنة $(E_{p e} (O) = 0)$

أوجد, عند لحظة $t$ , تعبير طاقة الوضع $E_{p} = E_{p e} + E_{p p}$ للمتذبذب بدلالة $x$ و $K$

$2 - 2$ اعتمادا على الدراسة الطاقية, أوجد المعادلة التفاضلية التي يحققها الأفصول $x$

$3 - 2$ يكتب حل المعادلة التفاضلية على الشكل: $x (t) = X_{m} . \cos (\frac{2 π}{T_{0}} t + φ)$ .( $T_{0}$ هو الدور الخاص للمتذبذب).

يمثل منحنى الشكل $2$ تطور طاقة الوضع $E_{p}$ للمتذبذب بدلالة الزمن

$1 - 3 - 2$ أوجد قيمة كل من الصلابة $K$ والوسع $X_{m}$ والطور $φ$

$2 - 3 - 2$ بالاعتماد على الدراسة الطاقية, أوجد تعبير السرعة $V_{0}$ بدلالة $K$ و $m$ و $X_{m}$

الميكانيك

الجزء الأول: دراسة السقوط الرأسي باحتكاك لكرية

$1$ إثبات المعادلة التفاضلية

المجموعة المدروسة: الكرية

جرد القوى

$\vec{P}$ : وزن الجسم

$\vec{F}$ : دافعة أرخميدس

$\vec{f}$ : قوة الاحتكاك المانع

نعتبر المعلم $(O, \vec{k})$ المرتبط بالأرض غاليليا، نطبق القانون الثاني لنيوتن: $\vec{P} + \vec{F} + \vec{f} = m \vec{a}$

الإسقاط على المحور $(O z)$

$m . g - ρ_{l} . V_{s} . g - λ . v = m . a \Rightarrow \frac{d v}{d t} + \frac{λ}{m} v = g (1 - \frac{ρ_{l} . V_{s}}{m}) \Rightarrow \frac{d v}{d t} + \frac{λ}{ρ_{s} . V_{s}} v = g (1 - \frac{ρ_{l}}{ρ_{s}}) (m = ρ_{s} . V_{s})$

$2$ قيمة $a_{0}$ تسارع حركة $G$ عند اللحظة $(t_{0} = 0)$

${(\frac{d v}{d t})}_{t = 0} + \frac{λ}{ρ_{s} . V_{s}} v_{0} = g (1 - \frac{ρ_{l}}{ρ_{s}})$

لدينا $v_{0} = 0$ و $a_{0} = {(\frac{d v}{d t})}_{t = 0}$

ومنه

$a_{0} = g (1 - \frac{ρ_{l}}{ρ_{s}}) = 8, 33 m . s^{- 2}$

$3$ قيمة $v_{l}$ السرعة الحدية لحركة $G$

عند $v = v_{l} = c t e$ يكون $\frac{d v}{d t} = 0$

المعادلة التفاضلية تكتب

$\frac{λ}{ρ_{s} . V_{s}} v_{l} = g (1 - \frac{ρ_{l}}{ρ_{s}}) \Rightarrow v_{l} = \frac{ρ_{s} . V_{s}}{λ} g (1 - \frac{ρ_{l}}{ρ_{s}}) v_{l} = \frac{9, 8}{12, 4} (1 - 0, 15) = 0, 67 m . s^{- 1}$

$4$ إثبات التعبير $\frac{v_{2}}{v_{1}} = 2 - \frac{Δ t}{τ}$

باستعمال المعادلة التفاضلية: $a_{i} = - \frac{1}{τ} v_{i} + a_{0}$ مع $a_{0} = g (1 - \frac{ρ_{l}}{ρ_{s}})$

باستعمال طريقة أولير $v_{i + 1} = a_{i} . Δ t + v_{i}$

ومنه

$v_{i + 1} = (- \frac{1}{τ} v_{i} + a_{0}) . Δ t + v_{i} v_{i + 1} = - \frac{v_{i}}{τ} . Δ t + a_{0} . Δ t + v_{i} \Rightarrow \frac{v_{i + 1}}{v_{i}} = 1 - \frac{Δ t}{τ} . + \frac{a_{0}}{v_{i}} . Δ t \Rightarrow \frac{v_{2}}{v_{1}} = 1 - \frac{Δ t}{τ} + \frac{a_{0}}{v_{1}} . Δ t \Rightarrow \frac{v_{2}}{v_{1}} = 1 - \frac{Δ t}{τ} + \frac{a_{0}}{a_{0} . Δ t + v_{0}} . Δ t \Rightarrow \frac{v_{2}}{v_{1}} = 2 - \frac{Δ t}{τ} (v_{0} = 0)$

حساب $v_{1}$ هو $v_{1} = a_{0} . Δ t + v_{0} = 0, 067 m . s^{- 1}$

حساب $v_{2}$ هو $v_{2} = v_{1} . (2 - \frac{Δ t}{τ}) = 0, 127 m . s^{- 1}$

$5$ قيمة $t_{l}$ تاريخ اللحظة التي تأخذ فيها سرعة الكرية $99 %$ من قيمتها الحدية

$v = v_{l} (1 - e^{- \frac{t}{τ}}) \Rightarrow e^{- \frac{t}{τ}} = 1 - \frac{v}{v_{l}} \Rightarrow t = - τ . \ln (1 - \frac{v}{v_{l}})$

ت.ع: $t_{l} = - \frac{1}{12, 4} \ln (1 - 0, 99) = 0, 37 s$

$6$ المسافة $d$ التي قطعتها الكرية أثناء النظام الانتقالي

النظام الانتقالي طول مساره $d$ ومدته $t_{l} = 0, 37 s$

النظام الدائم (حركة مستقيمية منتظمة) طول مساره $d' = v_{l} (Δ t_{f} - t_{l})$ ومدته $t_{2} = Δ t_{f} - t_{l} = 1, 14 - 0, 37 = 0, 77 s$

لدينا $d = H - z_{0} - d' = H - z_{0} - v_{l} . t_{2}$

ت.ع:

$d = 0, 796 - 0, 03 - 0, 67 = 0, 25 m$

الجزء الثاني: الدراسة الطاقية لنواس مرن

$1$ تعبير الاطالة $Δ l_{0}$ للنابض عند التوازن

المجموعة المدروسة: الجسم $(S)$

جرد القوى

$\vec{P}$ : وزن الجسم

$\vec{R}$ : تأثير السطح

$\vec{T}$ : توتر النابض

نطبق القانون الأول لنيوتن: $\vec{P} + \vec{R} + \vec{T} = \vec{0}$

الإسقاط على المحور $(O x)$

$P_{x} + R_{x} + T_{x} = 0 \Rightarrow m g . \sin α - K . Δ l_{0} = 0 \Rightarrow Δ l_{0} = \frac{m g . \sin α}{K}$

$2$

$1 - 2$ تعبير $E_{p}$ طاقة الوضع للمتذبذب

$E_{p e} = \frac{1}{2} K {(x + Δ l_{0})}^{2} + c t e$

لدينا

${(E_{p e})}_{x = 0} = 0 \Rightarrow c t e = E_{p e} = - \frac{1}{2} K . Δ {l_{0}}^{2} \Rightarrow E_{p e} = \frac{1}{2} K {(x + Δ l_{0})}^{2} - \frac{1}{2} K . Δ {l_{0}}^{2}$

$E_{p p} = m g z + c t e = m g z ({(E_{p p})}_{z = 0} = 0)$

ولدينا $z = - x . \sin α$ و $m . g . \sin α = K . Δ l_{0}$

إذن $E_{p p} = - m . g . x . \sin α = - K . x . Δ l_{0}$

$E_{p} = \frac{1}{2} K {(x + Δ l_{0})}^{2} - \frac{1}{2} K . Δ {l_{0}}^{2} - K . x . Δ l_{0} E_{p} = \frac{1}{2} K Δ {l_{0}}^{2} + K . x . Δ l_{0} + \frac{1}{2} K x^{2} - \frac{1}{2} K . Δ {l_{0}}^{2} - K . x . Δ l_{0} E_{p} = \frac{1}{2} K x^{2}$

$2 - 2$ المعادلة التفاضلية التي يحققها الأفصول $x$

$E_{m} = E_{c} + E_{p} = \frac{1}{2} m . {\dot{x}}^{2} + \frac{1}{2} K x^{2} \frac{d E_{m}}{d t} = 0 \Rightarrow m . \dot{x} . \ddot{x} + K . x . \dot{x} = 0 \Rightarrow \ddot{x} + \frac{K}{m} . x = 0$

$3 - 2$

$1 - 3 - 2$ قيمة كل من الصلابة $K$ والوسع $X_{m}$ والطور $φ$

الصلابة $K$

$T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{m}{K}} \Rightarrow {T_{0}}^{2} = 4 π^{2} \frac{m}{K} \Rightarrow K = \frac{4 π^{2} m}{{T_{0}}^{2}}$

حسب مبيان الشكل $2$ لدينا الدور الطاقي $T = 0, 2 s$ أي $T_{0} = 2 T = 0, 4 s$

ت.ع:

$K = \frac{4 \times 10 \times 0, 1}{0, 4^{2}} = 25 N . m^{- 1}$

الوسع $X_{m}$

$E_{p_{m a x}} = \frac{1}{2} K . {X_{m}}^{2} \Rightarrow X_{m} = \sqrt{\frac{2 E_{p_{m a x}}}{K}}$

حسب مبيان الشكل $2$ لدينا $E_{p_{m a x}} = 5 . 10^{- 3} J$

ت.ع:

$X_{m} = \sqrt{\frac{2 \times 5 . 10^{- 3}}{25}} = 2 c m$

الطور $φ$

$E_{p} = \frac{1}{2} K . x^{2} \Rightarrow E_{p (t = 0)} = \frac{1}{2} K . {X_{0}}^{2} \Rightarrow X_{0} = \sqrt{\frac{2 E_{p (t = 0)}}{K}} = 0, 01 m$

$X_{0} = X_{m} . \cos φ \Rightarrow \cos φ = \frac{X_{0}}{X_{m}} = \frac{1}{2} \Rightarrow φ = \pm \frac{π}{3}$

بما أن $V_{0} = - X_{m} \frac{2 π}{T_{0}} \sin φ < 0$ فإن

$φ = \frac{π}{3}$

$2 - 3 - 2$ تعبير السرعة $V_{0}$

$E_{m} = \frac{1}{2} m . {\dot{x}}^{2} + \frac{1}{2} K . x^{2} = c t e \Rightarrow {(E_{m})}_{t = 0} = {(E_{m})}_{x = X_{m}} \Rightarrow \frac{1}{2} m . {V_{0}}^{2} + \frac{1}{2} K . {X_{0}}^{2} = \frac{1}{2} K . {X_{m}}^{2} \Rightarrow m . {V_{0}}^{2} = K . ({X_{m}}^{2} - {X_{0}}^{2}) \Rightarrow {V_{0}}^{2} = \frac{K}{m} . ({X_{m}}^{2} - {(\frac{X_{m}}{2})}^{2}) = \frac{3 K}{4 m} . {X_{m}}^{2} \Rightarrow V_{0} = \frac{X_{m}}{2} \sqrt{\frac{3 K}{m}}$