الامتحان الوطني الموحد 2014 الدورة الإستدراكية: الموضوع والتصحيح

1
التمرين 1
الكيمياء

الجزء الأول: التعرف على حمض كربوكسیلي من خلال ثابتة الحمضیة

تدخل الأحماض الكربوكسیلیة كعناصر أساسیة في تركیبة مجموعة من المواد التي یستعملھا الإنسان في حیاته الیومیة كالأدویة والعطور والأغذیة وغیرھا

یھدف ھذا الجزء إلى دراسة تفاعل حمض كربوكسیلي $A H$ مع الماء وإلى التعرف على صیغته

معطیات:

نھمل تأثیر الأیونات $H O^{-}$ على موصلیة المحلول ونكتب تعبیر الموصلیة $σ$ لمحلول مائي مخفف للحمض $A H$ على الشكل: $σ = λ_{A^{-}} . [A^{-}] + λ_{H_{3} O^{+}} . [H_{3} O^{+}]$

الموصلیة المولیة الأیونیة عند درجة الحرارة $θ = 25 ° C$ :

$λ_{A^{-}} = 3, 23 . 10^{- 3} S . m^{2} . m o l^{- 1}; λ_{H_{3} O^{+}} = 35 . 10^{- 3} S . m^{2} . m o l^{- 1}$

قیمة $p K_{A}$ لبعض المزدوجات قاعدة / حمض:

تحتوي قنینة بالمختبر على محلول مائي $(S)$ لحمض كربوكسیلي $A H$ تركیزه $C = 5 . 10^{- 3} m o l . L^{- 1}$ وحجمه $V = 1 L$

للتعرف على الحمض $A H$ ، قام تقني المختبر بقیاس موصلیة المحلول $(S)$ فوجد القیمة $σ = 2, 03 . 10^{- 2} S . m^{- 1}$

ننمذج التحول الكیمیائي الحاصل بین الحمض $A H$ والماء بالمعادلة الكیمیائیة التالیة : $A H_{(a q)} + H_{2} O_{(l)} ⇆ H_{3} O_{(a q)}^{+} + {A^{-}}_{(a q)}$

$1$ انقل على ورقة التحریر الجدول الوصفي التالي وأتممه

$2$ أوجد قیمة تقدم التفاعل $x_{é q}$ عند التوازن

$3$ احسب نسبة التقدم النھائي $τ$ للتفاعل الكیمیائي المدروس. ماذا تستنتج؟

$4$ تأكد أن قیمة $p H$ المحلول $(S)$ ھي $p h \approx 3, 27$

$5$ عبّر عن خارج التفاعل $Q_{r, e q}$ عند التوازن بدلالة $p H$ و $C$

$6$ استنتج قیمة $p K_{A}$ للمزدوجة $A H / A^{-}$ و تعرف على صیغة الحمض المدروس

$7$ أي النوعین $A H$ أو $A^{-}$ ھو المھیمن في المحلول $(S)$ ؟ علل الجواب

الجزء الثاني: دراسة العمود نیكل - كادمیوم

أعلن العالم ألیساندرو فولطا عن اختراع أول عمود كھربائي سنة $1800$ ، وفي بدایة القرن العشرین اخترع العالم أدیسون عمودا كھربائیا قابلا للشحن عدة مرات " المركم نیكل – كادمیوم " الذي یتمیز بوزنه الخفیف وطول مدة استعماله

یھدف ھذا الجزء إلى دراسة مبسطة للمركم نیكل – كادمیوم خلال اشتغاله كعمود

معطیات:

ثابتة التوازن المقرونة بالتحول الكیمیائي التلقائي الحاصل خلال اشتغال العمود ھي $K = 4, 5 . 10^{5}$

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

ننجز، عند درجة حرارة $25 ° C$ ، العمود نیكل- كادمیوم المكون من مقصورتین تربط بینھما قنطرة ملحیة، حیث تتكون المقصورة الأولى من صفیحة النیكل مغمورة في محلول أیوني لكبریتات النیكل $N i_{(a q)}^{2 +} + S O_{4 (a q)}^{2 -}$ والمقصورة الثانیة من صفیحة الكادمیوم مغمورة في محلول أیوني لكبریتات الكادمیوم $C d_{(a q)}^{2 +} + S O_{4 (a q)}^{2 -}$

المحلولان الأیونیان لھما:

نفس الحجم . $V = 0, 2 L$

نفس التركیز المولي البدئي ${[C d^{2 +}]}_{0} = {[N i^{2 +}]}_{0} = 0, 1 m o l . L^{- 1}$

نربط قطبي العمود بموصل أومي وجھاز أمبیرمتر. یشیر ھذا الأخیر إلى القیمة $I = 0, 2 A$

علما أن صفیحة النیكل ھي القطب الموجب للعمود ، أجب عن الأسئلة التالیة:

$1$ ارسم تبیانة التركیب التجریبي للعمود المنجز

$2$ اكتب معادلة التفاعل الحاصل عند كل إلكترود والمعادلة الحصیلة أثناء اشتغال العمود

$3$ احسب قیمة خارج التفاعل البدئي $Q_{r, i}$ للمجموعة الكیمیائیة المدروسة و تحقق من منحى تطورھا

$4$ أوجد تركیز الأیونات $N i_{(a q)}^{2 +}$ المتبقیة في محلول المقصورة الأولى بعد مرور المدة $∆ t = 60 m i n$ من اشتغال العمود

الكيمياء

الجزء الأول: التعرف على حمض كربوكسیلي من خلال ثابتة الحمضیة

$1$ الجدول الوصفي

$2$ التقدم $x_{é q}$ عند التوازن

من الجدول الوصفي:

${[A^{-}]}_{é q} = {[H_{3} O^{+}]}_{é q} = \frac{x_{é q}}{V}$

حسب تعریف الموصلیة:

$σ = λ_{A^{-}} {[A^{-}]}_{_{é q}} + λ_{H_{3} O^{+}} {[H_{3} O^{+}]}_{é q} \Rightarrow σ = \frac{x_{é q}}{V} . (λ_{A^{-}} + λ_{H_{3} O^{+}}) \Rightarrow x_{é q} = \frac{σ . V}{λ_{A^{-}} + λ_{H_{3} O^{+}}}$

ت.ع:

$x_{é q} = \frac{2, 03 . 10^{- 3} S . m^{- 1} \times 10^{- 3} m^{- 3}}{(3, 23 . 10^{- 3} + 35 . 10^{- 3}) S . m^{2} . m o l^{- 1}} x_{é q} = 5, 31 . 10^{- 4} m o l$

$3$ حساب $τ$ نسبة التقدم النھائي

الحمض متفاعل محد:

$n_{i} (A H) - x_{m a x} = 0 \Rightarrow x_{m a x} = n_{i} (A H) = C . V$

نسبة التقدم النھائي: $τ = \frac{x_{é q}}{x_{m a x}} = \frac{x_{é q}}{C . V}$

$τ = \frac{5, 31 . 10^{- 4}}{5 . 10^{- 3} \times 1} = 0, 106 < 1 τ = 10, 6 %$

نستنتج أن التفاعل بین الحمض والماء محدود

$4$ التأكد من قیمة $p H$ :

حسب تعریف $p H$ :

$p H = - \log [H_{3} O^{+}] = - \log (\frac{x_{é q}}{V})$

ت.ع:

$p H = - \log (\frac{5, 31 . 10^{- 4}}{1}) = 3, 27$

$5$ التعبیر عن خارج التفاعل $Q_{r, é q}$

$\{\begin{cases} {[A^{-}]}_{_{é q}} = {[H_{3} O^{+}]}_{é q} = 10^{- p H} \\ {[A H]}_{_{é q}} = \frac{C . V - x_{é q}}{V} = C - \frac{x_{é q}}{V} = C - {[H_{3} O^{+}]}_{é q} \end{cases} \Rightarrow Q_{r, é q} = \frac{{[H_{3} O^{+}]}_{é q} . {[A^{-}]}_{_{é q}}}{{[A H]}_{_{é q}}} Q_{r, é q} = \frac{{[H_{3} O^{+}]}_{é q}^{2}}{C - {[H_{3} O^{+}]}_{é q}} Q_{r, é q} = \frac{10^{- 2 p H}}{C - 10^{- p H}}$

$6$ استنتاج $p K_{A}$ :

$\{\begin{cases} p K_{A} = - \log K_{A} \\ Q_{r, é q} = K_{A} \end{cases} \Rightarrow p K_{A} = - \log Q_{r, é q} = - \log (6, 46 . 10^{- 5}) ≃ 4, 2$

باستعمال قیم الجدول نستنتج أن صیغة الحمض ھو حمض البنزویك $C_{6} H_{5} C O O H$

$7$ النوع المھیمن:

$p H = p K_{A} + \log \frac{{[C_{6} H_{5} C O O^{-}]}_{é q}}{{[C_{6} H_{5} C O O H]}_{_{é q}}} \Rightarrow \log \frac{{[C_{6} H_{5} C O O^{-}]}_{é q}}{{[C_{6} H_{5} C O O H]}_{_{é q}}} = p H - p K_{A} \Rightarrow \frac{{[C_{6} H_{5} C O O^{-}]}_{é q}}{{[C_{6} H_{5} C O O H]}_{_{é q}}} = 10^{p H - p K_{A}}$

ت.ع:

$\frac{{[C_{6} H_{5} C O O^{-}]}_{é q}}{{[C_{6} H_{5} C O O H]}_{_{é q}}} = 10^{3, 27 - 4, 2} = 0, 12 < 1 \Rightarrow {[C_{6} H_{5} C O O^{-}]}_{é q} < {[C_{6} H_{5} C O O H]}_{_{é q}}$

النوع المھیمن ھو النوع الحمضي $C_{6} H_{5} C O O H$

ملحوظة: یكفي ملاحظة أن $p K_{A} > p H$ وبالتالي استنتاج أن النوع الحمضي ھو المھیمن

الجزء الثاني: دراسة العمود نیكل - كادمیوم

$1$ تبیانة التركیب التجریبي

$2$ معادلة التفاعل عند:

إلكترود النیكل الكاثود (اختزال كاثودي): $N i_{(a q)}^{2 +} + 2 e^{-} ⇆ N i_{(s)}$

إلكترود الكادمیوم الأنود (أكسدة أنودیة): $C d_{(s)} ⇆ C d_{(a q)}^{2 +} + 2 e^{-}$

المعادلة الحصیلة:

$N i_{(a q)}^{2 +} + C d_{(s)} ⇆ N i_{(s)} + C d_{(a q)}^{2 +}$

$3$ خارج التفاعل البدئي:

$Q_{r, i} = \frac{{[C d^{2 +}]}_{i}}{{[N i^{2 +}]}_{i}} = \frac{0, 1}{0, 1} = 1 Q_{r, i} < K$

تتطور المجموعة تلقائیا في المنحى المباشر منحى تكون $N i$ و $C d^{2 +}$

$4$ تركیز $N i^{2 +}$ عد مرور المدة $∆ t$ :

لدينا: $[N i^{2 +}] = {[N i^{2 +}]}_{0} - \frac{x}{V} (1)$

$Q = I ∆ t = n (e^{-}) . F \Rightarrow I ∆ t = 2 x . F \Rightarrow x = \frac{I ∆ t}{2 F}$

العلاقة ( $1$ ) تكتب: $[N i^{2 +}] = {[N i^{2 +}]}_{0} - \frac{I ∆ t}{2 F . V}$

$[N i^{2 +}] = 0, 1 - \frac{0, 2 \times 3600}{2 \times 9, 65 . 10^{4} \times 0, 2} [N i^{2 +}] = 8, 31 . 10^{- 2} m o l . L^{- 1}$
2
التمرين 2
الفيزياء النووية

یستعمل علماء الجیولوجیا والفلكیون طریقة التأریخ بالبوتاسیوم – أرغون لتحدید عمر الصخور القدیمة والنیازك...

یھدف ھذا التمرین إلى دراسة نویدة البوتاسیوم $40$ وإلى تحدید العمر التقریبي لصخرة بركانیة

المعطیات:

كتلة نویدة البوتاسیوم ${}_{19}^{40}K$ : $m ({}_{19}^{40}K) = 39, 9740 u$

كتلة نویدة الأرغون ${}_{18}^{40}A r$ : $m ({}_{18}^{40}A r) = 39, 9624 u$

كتلة البوزیترون: $m ({}_{1}^{0}e) = 0, 0005 u$

الكتل المولیة : $M ({}^{40}K) = M ({}^{40}A r)$

عمر النصف للنویدة ${}_{19}^{40}K$ : $t_{1 / 2} = 1, 3 . 10^{9} a n s$

$1 u = 931, 5 M e V . c^{- 2}$

$1$ دراسة تفتت نویدة البوتاسیوم $40$

نویدة البوتاسیوم ${}_{19}^{40}K$ إشعاعیة النشاط ، ینتج عن تفتتھا نویدة الأرغون ${}_{18}^{40}A r$

$1 - 1$ اكتب معادلة تفتت نویدة البوتاسیوم 40مع تحدید طراز التفتت النووي الناتج

$2 - 1$ احسب بالوحدة $M e V$ الطاقة المحررة خلال ھذا التحول النووي

$2$ تحدید العمر التقریبي لصخرة من البازالت

تبین من خلال تحلیل عینة صخریة للبازالت أنھا تحتوي عند لحظة $t$ على الكتلة $m_{K} = 1, 57 m g$ من البوتاسیوم $40$ وعلى الكتلة $m_{A r} = 0, 025 m g$ من الأرغون $40$

نعتبر أن صخرة البازالت تكونت عند لحظة $t_{0} = 0$ وأن الأرغون $40$ المتواجد في الصخرة نتج فقط عن تفتت البوتاسیوم $40$

بین أن تعبیر عمر الصخرة ھو : $t = \frac{t_{1 / 2}}{1 n 2} . I n (1 n + \frac{m_{A r}}{m_{K}})$ ثم احسب $t$ بالسنة

الفيزياء النووية

$1$ دراسة تفتت نویدة البوتاسیوم $40$

$1 - 1$ معادلة التفتت:

${}_{19}^{40}K \to {}_{18}^{40}A r + {}_{Z}^{A}X$

قوانین الانحفاظ:

$\{\begin{cases} 40 = 40 + A \\ 19 = 18 + Z \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} A = 0 \\ Z = 1 \end{cases} \Rightarrow {}_{Z}^{A}X = {}_{1}^{0}e \Rightarrow {}_{19}^{40}K \to {}_{18}^{40}A r + {}_{1}^{0}e$

طبیعة التفتت: $β^{+}$

$2 - 1$ حساب $E$ الطاقة المحررة

$∆ E = [m ({}_{18}^{40}A r) + m (e) - m ({}_{19}^{40}K)] c^{2}$

$∆ E = [39, 9624 + 0, 0005 - 39, 9740)] u . c^{2} ∆ E = - 0, 111 \times 931, 5 M e v . c^{- 2} . c^{2} ∆ E = - 10, 34 M e V$

الطاقة المحررة: $E = 10, 34 M e V$

$2$ إثبات تعبیر $t$

حسب قانون التناقص الإشعاعي: $N = N_{0} . e^{- λ t} (1)$

حیث: $N = N_{K}$ عدد نویدات البوتاسیوم المتبقیة عند اللحظة $t$

$N_{0}$ : عدد نویدات البوتاسیوم عند اللحظة $t = 0$

مع: $N_{0} = N_{K} + N_{A r}$

المعادلة $(1)$ تكتب :

$N_{K} = (N_{K} + N_{A r}) e^{- λ t} \Rightarrow e^{λ t} = \frac{N_{K} + N_{A r}}{N_{K}} = 1 + \frac{N_{A r}}{N_{K}} \Rightarrow λ . t = I n (1 + \frac{N_{A r}}{N_{K}}) \Rightarrow t = \frac{1}{λ} . I n (1 + \frac{N_{A r}}{N_{K}})$

نعلم أن: $λ = \frac{I n 2}{t_{1 / 2}}$

لدینا : $t = \frac{t_{1 / 2}}{I n 2} . I n (1 + \frac{N_{A r}}{N_{K}})$

$\begin{array}{l} N_{K} = \frac{m_{K}}{M (K)} . N_{A} \\ N_{A r} = \frac{m_{K}}{M (A r)} . N_{A} \end{array} \Rightarrow \frac{N_{K}}{N_{A r}} = \frac{m_{K}}{m_{A r}} . \frac{M (K)}{M (A r)}$

بما أن: $M (K) = M (A r)$

فإن: $\frac{N_{K}}{N_{A r}} = \frac{m_{K}}{m_{A r}}$

وبالتالي:

$t = \frac{t_{1 / 2}}{I n 2} . 1 n (1 + \frac{m_{A r}}{m_{K}})$

ت.ع:

$t = \frac{I n 2}{1, 3 . 10^{9}} . 1 n (1 + \frac{0, 025}{1, 57}) = 2, 96 . 10^{7} a n s$
3
التمرين 3
الكهرباء

طلب أستاذ من تلامیذه تحدید سعة مكثف من أجل استعمالھ في تركیب دارة كشف الغلاف وھي إحدى المكونات الأساسیة في جھاز مذیاع $A M$ ، لذا اقترح علیھم الأنشطة التالیة :

تحدید سعة مكثف باستعمال مولد مؤمثل للتیار

التحقق من سعة المكثف من خلال دراسة استجابة ثنائي القطب $R C$ لرتبة توتر صاعدة

استعمال المكثف المدروس وموصل أومي في تركیب دارة كشف الغلاف

$1$ دراسة شحن مكثف

أنجزت مجموعة التلامیذ التركیب التجریبي الممثل في الشكل $1$ ، وباستعمال وسیط معلوماتي تمت معاینة التوتر $u_{C} (t)$ بین مربطي المكثف خلال شحنه بواسطة مولد مؤمثل للتیار شدته $I_{0} = 72 μ A$

$1 - 1$ انقل تبیانة الشكل $1$ ومثل علیھا التوتر $u_{C} (t)$ في اصطلاح مستقبل

$2 - 1$ یمثل منحنى الشكل $2$ تغیر التوتر المعاین $u_{C}$ بدلالة الزمن

$1 - 2 - 1$ عبّر عن التوتر $u_{C}$ بدلالة $I_{0}$ و $t$ والسعة $C$ للمكثف

$2 - 2 - 1$ تحقق أن قیمة ھذه السعة ھي $C = 1, 2 μ F$

$2$ دراسة استجابة ثنائي القطب $R C$ لرتبة توتر صاعدة

للتحقق من سعة المكثف السابق، أنجزت مجموعة التلامیذ التركیب التجریبي الممثل في الشكل $3$ باستعمال:

المكثف السابق

موصل أومي مقاومته $R = 1 k Ω$

مولد مؤمثل للتوتر قوته الكھرمحركة $E$

قاطع التیار $K$

عند اللحظة $t = 0$ ، أغلق أحد التلامیذ الدارة لشحن المكثف المفرغ بدئیا

تمت معاینة تغیرات التوتر $u_{C} (t)$ بین مربطي المكثف باستعمال وسیط معلوماتي مناسب

$1 - 2$ بیّن أن المعادلة التفاضلیة التي یحققھا التوتر $u_{C} (t)$ تكتب على الشكل $u_{C} (t) + τ \frac{d u_{c} (t)}{d t} = E$ محددا تعبیر ثابتة الزمن $τ$ بدلالة $R$ و $C$

$2 - 2$ باستعمال معادلة الأبعاد، بیّن أن للثابتة $τ$ بعدا زمنیا

$3 - 2$ حدد تعبیر كل من الثابتتین $A$ و $B$ بدلالة $E$ لكي یكون حل المعادلة التفاضلیة على الشكل: $u_{c} = A + B e^{- \frac{t}{τ}}$

$4 - 2$ یمثل منحنى الشكل $4$ التوتر $u_{C} (t)$ الذي تمت معاینته. حدد $t$ وتحقق من قیمة السعة $C$ للمكثف

$3$ توظیف المكثف في عملیة كشف الغلاف

یمثل الشكل $5$ التركیب المبسط الذي أنجزته مجموعة التلامیذ لاستقبال موجة $A M$

یكتب تعبیر التوتر الكھربائي في النظام العالمي للوحدات $(S I)$ عند مخرج دارة الانتقاء على الشكل :

$u (t) = 0, 1 . [0, 5 \cos (10^{3} . πt) + 0, 7] . \cos (2 . 10^{4} . πt)$

$1 - 3$ حدد التردد $F_{p}$ للتوتر الحامل والتردد $f_{s}$ للإشارة المضمنة

$2 - 3$ احسب نسبة التضمین $m$ . ماذا تستنتج؟

$3 - 3$ یتكون كاشف الغلاف للتركیب المنجز من المكثف والموصل الأومي السابقین : $C = 1, 2 μ F$ و $R = 1 k Ω$ .

ھل حصل التلامیذ على كشف غلاف جید؟ علل الجواب

الكهرباء

$1$ دراسة شحن مكثف

$1 - 1$ تمثیل $u_{C} (t)$ في اصطلاح مستقبل

$2 - 1$

$1 - 2 - 1$ تعبیر $u_{C}$

لدینا:

$\{\begin{cases} Q = I_{0} . t \\ Q = C . u_{C} \end{cases} \Rightarrow C . u_{C} = I_{0} . t \Rightarrow u_{C} = \frac{I_{0} . t}{C} (1)$

$2 - 2 - 1$ التحقق من قیمة $C$

معادلة منحنى الشكل $2$ تكتب $u_{C} = K t$

المعامل الموجه:

$K = \frac{∆ u_{C}}{∆ t} = \frac{3 V - 0}{50 . 10^{- 3} s - 0} = 60 V . s^{- 1}$

من العلاقة $1$ تكتب: $K t = \frac{I_{0} . t}{C}$

$C = \frac{I_{0}}{K} = \frac{72 . 10^{- 6}}{60} = 1, 2 μ F$

$2$ دراسة استجابة $R C$ لرتبة صاعدة

$1 - 2$ المعادلة التفاضلیة

حسب قانون إضافیة التوترات: $u_{R} + u_{C} = E$

$R i + u_{C} = E$

مع: $i = \frac{d q}{d t} = C \frac{d u_{C}}{d t}$

$R C \frac{d u_{C}}{d t} + u_{C} = E$

المعادلة التفاضلیة تكتب: $τ \frac{d u_{C}}{d t} + u_{C} = E$ مع $τ = R C$

$2 - 2$ بعد ثابتة الزمن $τ$

لدینا: $τ = R C \Rightarrow [τ] = [R] [C]$

$\{\begin{cases} u_{R} = R i \Rightarrow [R] = \frac{[U]}{[I]} \\ I t = C u_{C} \Rightarrow [C] = \frac{[I] [t]}{[U]} \end{cases} \Rightarrow [C] = \frac{[U]}{[I]} . \frac{[I] [t]}{[U]} \Rightarrow τ = [t]$

ل $τ$ بعد زمني

$3 - 2$ تعبیر كل من $A$ و $B$

لدینا:

$\{\begin{cases} u_{C} = A + B e^{- t / τ} \\ \frac{d u_{C}}{d t} = - \frac{B}{τ} e^{- t / τ} \end{cases}$

حسب الشروط البدئیة: $u_{C} (0) = A + B = 0 \Rightarrow B = - A = - E$

حل المعادلة التفاضلیة یكتب:

$u_{C} (0) = E (1 - e^{- t / τ})$

$4 - 2$ تحدید $τ$ و التحقق من قیمة $C$

مبیانیا تمثل $τ$ أفصول التوتر $u_{C} (τ) = 0, 63 \times 6 = 3, 78 V$

نجد: $τ = 1, 2 m s$

لدینا:

$τ = R C \Rightarrow C = \frac{τ}{R} = \frac{1, 2 . 10^{- 3}}{10^{3}} = 1, 2 μ F$

$3$ توظیف المكثف في عملیة كشف الغلاف

$1 - 3$ تحدید $F_{p}$ و $f_{s}$

تعبیر التوتر المضمن الوسع:

$u (t) = K . P_{m} [S_{m} \cos (2 {πf}_{s} t) + U_{0}] \cos (2 π F_{p} t)$

نستنتج: $2 π f_{s} = 10^{3} π \Rightarrow f_{s} = 500 H z$

$2 π F_{p} = 2 . 10^{4} π \Rightarrow F_{p} = 10^{4} Hz$

$2 - 3$ نسبة التضمین $m$

$m = \frac{S_{m}}{U_{0}} = \frac{0, 5}{0, 7} = 0, 71$

بما أن: $m < 1$ إذن التضمین جید

$3 - 3$ جودة كشف الغلاف

ثابتة الزمن لدارة كشف الغلاف:

$τ = R C = 10^{3} \times 1, 2 . 10^{- 6} = 1, 2 m s$

لكون كشف الغلاف جید یجب أن تتحقق العلاقة التالیة:

$T_{p} ≪ τ < T_{s} \Rightarrow \frac{1}{F_{p}} ≪ τ < \frac{1}{f s} \Rightarrow \frac{1}{10^{4}} ≪ τ < \frac{1}{500}$

$10^{- 4} s ≪ 1, 2 . 10^{- 3} s < 2 . 10^{- 3} s$

العلاقة السابقة تتحقق وبالتالي كشف الغلاف جید
4
التمرين 4
الميكانيك

الجزء الأول: دراسة حركة كرة في مجال الثقالة المنتظم

تعد بطولة كاس العالم من أبرز المنافسات الریاضیة التي یقیمھا الاتحاد الدولي لكرة القدم (الفیفا $F I F A$ )

یھدف ھذا الجزء إلى دراسة حركة كرة القدم في مجال الثقالة المنتظم خلال مباراة في كرة القدم، سدد أحد اللاعبین ضربة حرة مباشرة ( $c o u p f r a n c$ ) انطلاقا من نقطة $O$ قصد تسجیل الھدف دون أن تصطدم الكرة خلال مسارھا بجدار مكون من بعض لاعبي الفریق الخصم

توجد النقطة $O$ على المسافة $L$ من خط المرمى وعلى المسافة $D$ من الجدار ذي ارتفاع أقصى $h_{m}$ (الشكل $1$ )

المعطیات:

نھمل تأثیر الھواء و أبعاد الكرة أمام جمیع المسافات

نأخذ شدة الثقالة $g = 10 m . s^{- 2}$

$D = 9, 2 m, h_{m} = 2, 2 m, L = 20 m$

عند اللحظة $t = 0$ أرسل اللاعب الكرة من النقطة $O$ بسرعة بدئیة $\vec{V_{0}}$ تكون زاویة $α = 32 °$ مع الخط الأفقي ومنظمھا $V_{0} = 16 m . s^{- 1}$

ندرس حركة الكرة في معلم أرضي متعامد و ممنظم $(O, \vec{i}, \vec{j})$ نعتبره غالیلیا

$1$ بتطبیق القانون الثاني لنیوتن أثبت المعادلتین الزمنیتین $x (t)$ و $y (t)$ لحركة الكرة

$2$ استنتج معادلة مسار حركة الكرة في المعلم $(O, \vec{i}, \vec{j})$

$3$ تحقق أن الكرة تمر فوق الجدار

$4$ حدد قیمة السرعة $V$ للكرة لحظة دخولھا المرمى

الجزء الثاني: دراسة طاقیة لحركة نواس بسیط

لدراسة بعض القوانین الفیزیائیة التي تحكم حركة النواس البسیط ، الذي یعتبر حالة خاصة للنواس الوازن ، استعملت أستاذة مع تلامیذھا نواسا بسیطا مكونا من :

خیط غیر قابل للامتداد طوله $1$ وكتلته مھملة

كریة أبعادھا مھملة وكتلتھا $m = 0, 1 k g$

كامیرا رقمیة وعدة معلوماتیة ملائمة

عند اللحظة $t = 0$ أزاح أحد التلامیذ الكریة بزاویة صغیرة $θ_{m}$ عن موضع توازنھا المستقر ثم حررھا بدون سرعة بدئیة وقامت تلمیذة بتصویر الكریة خلال حركتھا بواسطة الكامیرا

تمت حركة النواس في مستوى رأسي حول محور أفقي $(∆)$ ثابت یمر من الطرف $O$ للخیط یمثل $θ$ الأفصول الزاوي للنواس عند لحظة $t$ (الشكل $2$ )

المعطیات:

جمیع الاحتكاكات مھملة

شدة الثقالة $g = 10 m . s^{- 2}$

تم اختیار المستوى الأفقي المار من موضع الكریة عند التوازن المستقر للنواس أصلا لطاقة الوضع الثقالیة $E_{p p}$

تمت دراسة حركة النواس في معلم أرضي نعتبره غالیلیا

عالجت الأستاذة معطیات الفیلم المسجل مستعینة بالعدة المعلوماتیة ، فحصلت على المنحنیین الممثلین في الشكل $3$ واللذین یمثلان تغیرات الأفصول الزاوي $θ$ وطاقة الوضع الثقالیة $E_{p p}$ بدلالة الزمن

$1$ حدد مبیانیا الزاویة القصوى $θ_{m}$ والدور الخاص $T_{0}$ للمتذبذب

$2$ من بین التعبیرین التالیین : $T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{g}{l}}$ و $T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{l}{g}}$ اختر التعبیر الصحیح للدور الخاص معتمدا على معادلة الأبعاد

$3$ احسب الطول $l$ للنواس المدروس

$4$ باستغلال المخطط الطاقي حدد :

$1 - 4$ الطاقة المیكانیكیة $E_{m}$ للنواس البسیط

$2 - 4$ القیمة المطلقة للسرعة الخطیة للكریة لحظة مرورھا من موضع توازنھا المستقر

الميكانيك

الجزء الأول: دراسة حركة كرة في مجال الثقالة المنتظم

$1$ إثبات المعادلتین الزمنیتین

تخضع الكرة لوزنھا $\vec{P}$ فقط

نطبق القانون الثاني لنیوتن في المعلم $(O, \vec{i}, \vec{j})$ الذي نعتبره غالیلیا

$\vec{P} = m . {\vec{a}}_{G}$

$m . \vec{g} = m . {\vec{a}}_{G} \Leftrightarrow {\vec{a}}_{G} = \vec{g}$

الشروط البدئیة عند $t = 0$ :

${\vec{V}}_{0} \{\begin{cases} V_{0 x} = V_{0} \cos a \\ V_{0 y} = V_{0} \sin a \end{cases} و \{\begin{cases} x_{0} = 0 \\ y_{0} = 0 \end{cases}$

الإسقاط على $O x$ :

$\Leftarrow a_{x} = 0$ الحركة مستقیمیة منتظمة على المحور $O x$

المعادلة الزمنیة:

$x (t) = (V_{0} \cos a) t + x_{0} = (V_{0} \cos a) t$

ت.ع :

$x (t) = 16 \cos (32 °) t = 13, 57 t$

الاسقاط على $O y$

$\Leftarrow a_{y} = - g = C t e$ الحركة مستقیمیة متغیرة بانتظام على $O y$

المعادلة الزمنیة :

$y (t) = \frac{1}{2} a_{y} t^{2} + V_{0 y} t + y_{0} = - \frac{1}{2} g t^{2} + (V_{0} \sin a) t$

ت.ع :

$y (t) = - \frac{1}{2} \times 10 t^{2} + (16 \sin 32 °) t = - 5 t^{2} + 8, 48 t$

$2$ استنتاج معادلة المسار

$x = (V_{0} \cos a) t \Rightarrow t = \frac{x}{V_{0} \cos a}$

نعوض في $t$ في المعادلة $y (t)$ :

$y = - \frac{1}{2} g {(\frac{x}{V_{0} \cos α})}^{2} + (V_{0} \sin α) \frac{x}{V_{0} \cos α} y = - \frac{g}{2 V_{0}^{2} \cos^{2} α} x^{2} + x . \tan α$

ت.ع:

$y = - \frac{10}{2 \times 16^{2} \times \cos^{2} (32 °)} x^{2} + x . \tan (32 °) y = - 2, 71 . 10^{- 2} . x^{2} + 0, 62 x$

$3$ التحقق من أن الكرة تمر فوق الجدار

أفصول الجدار في المعلم $(O, \vec{i}, \vec{j})$ ھو $x_{D} = D$

لنبحث عن الأرتوب $y (x_{D})$ ونقارنه مع $h_{m}$

$y (x_{D}) = - 2, 71 . 10^{- 2} D^{2} + 0, 62 D y (x_{D}) = - 2, 71 . 10^{- 2} \times 9, 2^{2} + 0, 62 \times 9, 2 y (x_{D}) = 3, 45 m$

نلاحظ أن: $y (x_{D}) > h_{m} = 2, 2 m$ وبالتالي الكرة تمر فوق الجدار

$4$ تحدید قیمة السرعة

لنحدد $t_{L}$ تاریخ دخول الكرة الى المرمى ذي الأفصول $x_{L} = L$ :

$x_{L} = (V_{0} \cos a) t_{L} \Rightarrow t_{L} = \frac{x_{L}}{V_{0} \cos α} = \frac{L}{V_{0} \cos α}$

ت.ع: $t_{L} = \frac{20}{16 \times \cos (32 °)} = 1, 47 s$

منظم السرعة یكتب: $V = \sqrt{V_{x}^{2} + V_{y}^{2}}$

$V_{x} = V_{0} \cos a$ و $V_{y} = - g t_{L} + V_{0} \sin a$

$V = \sqrt{{(V_{0} \cos a)}^{2} + {(- g t_{L} + V_{0} \sin a)}^{2}} V = \sqrt{{(16 \cos (32 °))}^{2} + {(- 10 \times 1, 47 + 16 \sin (32 °))}^{2}} V = 14, 93 m . s^{- 1}$

الجزء الثاني: دراسة طاقیة لحركة نواس بسیط

$1$ التحدید المبیاني ل $θ_{m}$ و $T_{0}$

$θ_{m} = \frac{π}{15} r a d T_{0} = 2 s$

$2$ اختیار التعبیر الصحیح ل $T_{0}$

لنستعمل معادلة الابعاد للتعبیر $T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{l}{g}}$

نعلم أن: ${[g]}^{1 / 2} = \frac{{[L]}^{1 / 2}}{[t]} \Leftarrow [g] = \frac{[L]}{{[t]}^{2}}$

ومنه: $[T] = \frac{{[L]}^{1 / 2}}{{[L]}^{1 / 2}} . [t] = [t]$

وحدة $T_{0}$ ھي الثانیة وبالتالي التعبیر الصحیح ھو $T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{l}{g}}$

$3$ حساب $l$ طول النواس البسیط

$T_{0} = 2 π \sqrt{\frac{l}{g}} \Rightarrow T_{0}^{2} = 4 π^{2} . \frac{l}{g} \Rightarrow l = \frac{g . T_{0}^{2}}{4 π^{2}}$

ت.ع:

$l = \frac{10 \times 2^{2}}{4 . π^{2}} ≃ 1 m$

$4$

$1 - 4$ الطاقة المیكانیكیة $E_{m}$ : $E_{m} = E_{c} + E_{p p}$

عند اللحظة $t = 0$ لدینا مبیانیا:

$\{\begin{cases} E_{C} = 0 \\ E_{p p} = E_{p p m a x} = 5, 5 \times 4 = 22 m J \end{cases} \Rightarrow E_{m} = E_{p p m a x} = 22 m J$

$2 - 4$ القیمة المطلقة للسرعة عند موضع التوازن:

عند موضع التوازن لدینا:

$\{\begin{cases} E_{C} = E_{c m a x} = \frac{1}{2} m V_{m}^{2} \\ E_{p p} = 0 \end{cases} \Rightarrow E_{m} = E_{c m a x} = \frac{1}{2} m V_{m}^{2} \Rightarrow V_{m} = \pm \sqrt{\frac{2 E_{m}}{m}}$

ت.ع:

$V_{m} = \pm \sqrt{\frac{2 \times 22 . 10^{- 3}}{0, 1}} = \pm 0, 66 m . s^{- 1}$

نستنتج : $|V_{m}| = 0, 66 m . s^{- 1}$