الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2023 - الدورة العادية - الفيزياء والكيمياء - شعبة العلوم التجريبية مسلك العلوم الفيزيائية

### الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا — الدورة العادية 2023 — الموضوع **المادة:** الفيزياء والكيمياء — **الشعبة:** العلوم التجريبية مسلك العلوم الفيزيائية — **الرمز:** NS 28 **مدة الإنجاز:** 3 ساعات — **المعامل:** 7 - يسمح باستعمال الآلة الحاسبة العلمية غير القابلة للبرمجة. - تعطى التعابير الحرفية قبل التطبيقات العددية. يتضمن الموضوع أربعة تمارين: - التمرين 1 (7 نقط): دراسة بعض التفاعلات الكيميائية لحمض الإيثانويك. - التمرين 2 (2,5 نقط): دراسة بعض التحولات النووية للتريتيوم. - التمرين 3 (5 نقط): استجابة ثنائي القطب RL لرتبة توتر، دراسة دارة LC، تضمين الوسع لإشارة. - التمرين 4 (5,5 نقط): دراسة حركة سقوط كرة، دراسة حركة أرجوحة. --- ### التمرين 1 (7 نقط) يهدف هذا التمرين إلى دراسة تفاعل حمض الإيثانويك مع: الماء، ومحلول مائي لميثانوات الصوديوم، والميثانول. #### 1- دراسة محلول مائي لحمض الإيثانويك نحضر حجما $V$ من محلول مائي $S_A$ لحمض الإيثانويك $\text{CH}_3\text{COOH}$ تركيزه المولي $C_A = 5\cdot10^{-2}\ \text{mol.L}^{-1}$. أعطى قياس pH هذا المحلول القيمة $\text{pH} = 3{,}05$. **1.1- (0,5 ن)** اكتب معادلة تفاعل حمض الإيثانويك مع الماء. **1.2-** نعرف نسبة الحمض $\text{CH}_3\text{COOH}$ في المحلول $S_A$ عند حالة التوازن كما يلي: $$\alpha(\text{CH}_3\text{COOH}) = \frac{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{éq}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{éq} + [\text{CH}_3\text{COO}^-]_{éq}}$$ باستعانتك بالجدول الوصفي، بين أن $\tau = 1 - \alpha(\text{CH}_3\text{COOH})$ مع $\tau$ نسبة التقدم النهائي لتفاعل حمض الإيثانويك مع الماء. استنتج قيمة $\alpha(\text{CH}_3\text{COOH})$. **(0,75 ن)** **1.3- (0,5 ن)** بين أن قيمة $\text{p}K_{A1} = \text{p}K_A(\text{CH}_3\text{COOH}_{(aq)} / \text{CH}_3\text{COO}^-_{(aq)})$ هي $\text{p}K_{A1} \simeq 4{,}79$. #### 2- دراسة تفاعل حمض الإيثانويك مع أيون الميثانوات نمزج حجما $V_1$ من المحلول $S_A$ مع حجم $V_2 = V_1$ من محلول مائي $S_B$ لميثانوات الصوديوم $\text{Na}^+_{(aq)} + \text{HCOO}^-_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_B = C_A$. **2.1- (0,75 ن)** اكتب معادلة التفاعل الذي يحدث بين أيونات الميثانوات وحمض الإيثانويك. **2.2- (0,75 ن)** أوجد تعبير خارج التفاعل عند التوازن $Q_{r,éq}$ الموافق للتفاعل بدلالة ثابتتي الحمضية $K_{A1}$ و $K_{A2}$ للمزدوجتين المتدخلتين في هذا التفاعل. احسب قيمته علما أن $\text{p}K_{A2} = \text{p}K_A(\text{HCOOH}_{(aq)} / \text{HCOO}^-_{(aq)}) = 3{,}75$. **2.3- (0,5 ن)** أوجد تعبير pH الخليط التفاعلي بدلالة $\text{p}K_{A1}$ و $\text{p}K_{A2}$. احسب قيمته. #### 3- دراسة تفاعل حمض الإيثانويك مع الميثانول ننجز خليطين متساويي المولات من حمض الإيثانويك مع الميثانول $\text{CH}_3\text{OH}$: $n_0(\text{CH}_3\text{COOH}) = n_0(\text{CH}_3\text{OH}) = 0{,}9\ \text{mol}$. مكن التتبع الزمني لكمية المادة $n_a$ لحمض الإيثانويك في كل من الخليطين، عند نفس درجة الحرارة $\theta$، من الحصول على المنحنيين $C_1$ و $C_2$. تم الحصول على أحد المنحنيين باستعمال حفاز بالنسبة لأحد الخليطين. (في الشكل: $n_a$ تنطلق من $0{,}9\ \text{mol}$ عند $t = 0$ وتؤول في المنحنيين معا إلى $0{,}3\ \text{mol}$؛ المنحنى $C_1$ يبلغ هذه القيمة أسرع من $C_2$.) **3.1- (0,5 ن)** اكتب معادلة التفاعل المنمذج للتحول الذي يحدث باستعمال الصيغ نصف المنشورة. **3.2- (0,5 ن)** عين، معللا الجواب، المنحنى الموافق للتفاعل الذي استعمل فيه الحفاز. **3.3- (0,5 ن)** حدد تركيب الخليط التفاعلي عند التوازن. **3.4- (0,5 ن)** أوجد قيمة $t_{1/2}$ زمن نصف التفاعل في حالة التحول الكيميائي الموافق للمنحنى $C_2$. **3.5- (0,75 ن)** احسب مردود التحول الكيميائي المدروس. **3.6- (0,5 ن)** عند حالة توازن المجموعة الكيميائية، نضيف لأحد الخليطين التفاعليين كمية المادة $n = 0{,}1\ \text{mol}$ من حمض الإيثانويك. علما أن ثابتة التوازن للتحول الكيميائي المدروس هي $K = 4$، أوجد من جديد مردود هذا التحول الكيميائي. --- ### التمرين 2 (2,5 نقط) نقترح في هذا التمرين دراسة تفتت التريتيوم $^3_1\text{H}$ وتفاعل اندماجه مع الدوتوريوم $^2_1\text{H}$. $^2_1\text{H}$ و $^3_1\text{H}$ نظيران لعنصر الهيدروجين. **معطيات:** الكتلة المولية للتريتيوم: $M(^3_1\text{H}) = 3\ \text{g.mol}^{-1}$ ؛ عدد أفوكادرو: $N_A = 6{,}02\cdot10^{23}\ \text{mol}^{-1}$ ؛ عمر النصف للتريتيوم: $t_{1/2} = 12{,}32\ \text{ans}$ ؛ $1\ \text{an} = 3{,}16\cdot10^7\ \text{s}$. طاقات الربط $E_\ell$ (MeV): $^4_2\text{He}$: $28{,}296$ ؛ $^3_1\text{H}$: $8{,}475$ ؛ $^2_1\text{H}$: $2{,}366$. #### 1- تفتت التريتيوم التريتيوم نظير مشع من طراز $\beta^-$ ينتج عن تفتته نواة أحد نظائر الهيليوم. **1.1- (0,5 ن)** اختر الاقتراح الصحيح من بين الاقتراحات التالية: - أ) عدد الكتلة بالنسبة للنواة $^3_2\text{He}$ هو 5. - ب) يميز النشاط الإشعاعي $\beta^-$ النوى الثقيلة جدا. - ج) خلال المدة $t = 2t_{1/2}$، انطلاقا من بداية التفتت، يمثل عدد النوى المتفتتة لعينة مشعة 25% من عدد النوى البدئية. - د) تساوي كتلة نواة ذرة مجموع كتل نوياتها. - هـ) خلال تفاعل الانشطار النووي، تتحول الكتلة إلى طاقة. **1.2- (0,25 ن)** اكتب معادلة التفتت لنواة التريتيوم. **1.3- (0,25 ن)** أثبت العلاقة بين عمر النصف $t_{1/2}$ وثابتة النشاط الإشعاعي $\lambda$. **1.4- (0,5 ن)** نتوفر عند اللحظة $t_0 = 0$ على عينة من التريتيوم المشع كتلتها $m_0 = 2\ \mu\text{g}$. احسب بالوحدة Bq النشاط الإشعاعي $a_1$ للعينة عند تفتت 90% من نوى التريتيوم. #### 2- تفاعل اندماج التريتيوم $^3_1\text{H}$ والدوتوريوم $^2_1\text{H}$ ينتج عن اندماج نواة الدوتوريوم ونواة التريتيوم نواة الهيليوم $^4_2\text{He}$ وانبعاث نوترون. **2.1-** أجب بصحيح أو خطأ، معللا الجواب، على كل اقتراح من الاقتراحين التاليين: - أ) الطاقة التي ينبغي منحها لنواة التريتيوم في حالة سكون قصد فصل نوياتها وتبقى في حالة سكون هي $8{,}475\ \text{MeV}$. **(0,25 ن)** - ب) التريتيوم أكثر استقرارا من الدوتوريوم. **(0,25 ن)** **2.2- (0,5 ن)** احسب، بالوحدة MeV، الطاقة $E_{lib} = |\Delta E|$ التي يحررها تفاعل اندماج نواة واحدة من الدوتوريوم مع نواة واحدة من التريتيوم. --- ### التمرين 3 (5 نقط) #### 1- استجابة ثنائي القطب RL لرتبة توتر ننجز التركيب الكهربائي (الشكل 1) المكون من: مولد للتوتر قوته الكهرمحركة $E = 24\ \text{V}$ ؛ موصل أومي مقاومته $R$ ؛ وشيعة (b) معامل تحريضها $L$ ومقاومتها مهملة ؛ قاطع التيار K. نغلق قاطع التيار K عند لحظة تاريخها $t_0 = 0$. مكن نظام مسك معلوماتي من الحصول على المنحنى الذي يمثل التطور الزمني لشدة التيار $i(t)$ في الدارة (الشكل 2). يمثل المستقيم (T) المماس للمنحنى عند النقطة ذات الأفصول $t_0 = 0$. (في الشكل 2: تؤول $i$ إلى القيمة الحدية $48\ \text{mA}$، والمماس (T) يقطع هذه القيمة الحدية عند $t = 2\ \text{ms}$.) **1.1- (0,25 ن)** أثبت المعادلة التفاضلية التي تحققها شدة التيار $i(t)$. **1.2-** تعبير شدة التيار المار في الدارة هو: $i(t) = A + B\,e^{-t/\tau}$ مع $A$ و $B$ ثابتتين و $\tau$ ثابتة الزمن للدارة. **1.2.1- (0,5 ن)** حدد تعبير كل من الثابتتين $A$ و $B$ بدلالة $E$ و $R$. **1.2.2- (0,5 ن)** بين أن $L = 1\ \text{H}$. **1.3- (0,5 ن)** حدد، في النظام العالمي للوحدات، التعبير العددي للتوتر $u_L(t)$ بين مربطي الوشيعة أثناء إقامة التيار. #### 2- دارة متذبذبة LC ننجز دارة متذبذبة LC بتركيب الوشيعة (b) التي تم استعمالها سابقا مع مكثف سعته $C$ مشحون كليا بمولد للتوتر قوته الكهرمحركة $E_0$ (الشكل 3). **2.1- (0,25 ن)** أثبت المعادلة التفاضلية التي يحققها التوتر $u_C(t)$ بين مربطي المكثف. **2.2-** يمثل منحنى الشكل 4 تغيرات التوتر $u_C(t)$ بدلالة الزمن (تذبذبات جيبية وسعها $10\ \text{V}$ ودورها $2\ \text{ms}$، مع $u_C(0) = 10\ \text{V}$). **2.2.1- (0,5 ن)** أوجد قيمة السعة $C$ للمكثف (نأخذ $\pi^2 = 10$). **2.2.2- (0,75 ن)** أوجد الطاقة المغنطيسية $E_m$ المخزونة في الوشيعة عند اللحظة $t = 1{,}8\ \text{ms}$. #### 3- تضمين الوسع لإشارة يمثل منحنى الشكل 5 التطور الزمني للتوتر $u(t)$ الموافق لإشارة مضمنة الوسع. يكتب التعبير الرياضي لـ $u(t)$ على شكل: $$u(t) = A\big(1 + m\cos(2\pi f_s t)\big)\cos(2\pi f_p t)$$ مع $A$ ثابتة و $m$ نسبة التضمين و $f_s$ و $f_p$ على التوالي تردد الإشارة المضمنة وتردد الإشارة الحاملة. (في الشكل 5: الوسع الأقصى لـ $u$ هو $6\ \text{V}$ والوسع الأدنى $2\ \text{V}$؛ دور الغلاف حوالي $5\ \text{ms}$ ودور الحاملة $0{,}25\ \text{ms}$.) **3.1- (0,5 ن)** اختر الاقتراح الصحيح: - أ) تردد الإشارة المضمنة هو $4\ \text{kHz}$. - ب) تردد الإشارة الحاملة هو $4\ \text{kHz}$. - ج) تردد الإشارة المضمنة هو $100\ \text{Hz}$. - د) تردد الإشارة الحاملة هو $200\ \text{Hz}$. **3.2-** أجب بصحيح أو خطأ، معللا الجواب، على كل اقتراح من الاقتراحين التاليين: - أ) قيمة نسبة التضمين هي $m = 0{,}4$. **(0,5 ن)** - ب) قيمة المركبة المستمرة للتوتر هي $U_0 = 2\ \text{V}$. **(0,25 ن)** **3.3- (0,5 ن)** مثل شكل طيف ترددات الإشارة المضمنة $u(t)$ بدون احترام سلم دقيق. --- ### التمرين 4 (5,5 نقط) **الجزءان مستقلان.** #### الجزء I: دراسة حركة سقوط كرة نرسل رأسيا نحو الأعلى في مجال الثقالة، عند اللحظة $t_0 = 0$، انطلاقا من نقطة O، كرة (S) كتلتها $m$ ومركز قصورها G بسرعة بدئية قيمتها $V_0 = 12\ \text{m.s}^{-1}$ (الشكل 1). ندرس حركة G في معلم $(O; \vec{k})$ مرتبط بمرجع أرضي نعتبره غاليليا، على مرحلتين: حركة السقوط الحر للكرة في مرحلة أولى، وحركة سقوط الكرة باحتكاك في مرحلة ثانية. **معطيات:** الكتلة $m = 80\ \text{g}$ ؛ شدة الثقالة $g = 10\ \text{m.s}^{-2}$. **1- حركة السقوط الحر للكرة** خلال الحركة نعتبر أن مركز القصور G للكرة يكون في سقوط حر. **1.1- (0,75 ن)** بتطبيق القانون الثاني لنيوتن، حدد المعادلة الزمنية العددية لكل من السرعة $v_z(t)$ والموضع $z(t)$ لمركز القصور G للكرة. **1.2-** بالاعتماد على المعادلتين الزمنيتين $v_z(t)$ و $z(t)$ حدد: **1.2.1- (0,5 ن)** الارتفاع الأقصى $h$ الذي يصل عنده G. **1.2.2- (0,5 ن)** القيمة الجبرية $v_{0z}$ لسرعة G عند مروره من النقطة O نحو الأسفل. **2- حركة سقوط الكرة باحتكاك** انطلاقا من لحظة مرور مركز القصور G من النقطة O نحو الأسفل، التي نأخذها أصلا جديدا للتواريخ ($t_0 = 0$)، تخضع الكرة بالإضافة إلى وزنها $\vec{P}$ لقوة احتكاك مائع منمذجة بالمتجهة $\vec{f} = -\lambda\vec{v}$ مع $\vec{v} = v_z\vec{k}$ و $\lambda = 0{,}12\ \text{S.I}$ (نهمل دافعة أرخميدس أمام القوتين). **2.1- (0,5 ن)** بين أن المعادلة التفاضلية التي تحققها السرعة $v_z$ لمركز القصور G للكرة تكتب: $\dfrac{dv_z}{dt} + \dfrac{1}{\tau}v_z + g = 0$ مع $\tau$ الزمن المميز للحركة. **2.2- (0,25 ن)** استنتج منظم السرعة الحدية لحركة مركز القصور G للكرة. **2.3- (0,75 ن)** حدد، باستعمال طريقة أولير (Euler)، القيمة الجبرية $v_z(t_i)$ للسرعة عند اللحظة $t_i$ علما أن تسارع الحركة عند اللحظة $t_{i-1}$ هو $a_{i-1} = 5\ \text{m.s}^{-2}$ وتأخذ خطوة الحساب $\Delta t = 66\ \text{ms}$. #### الجزء II: دراسة حركة أرجوحة يتأرجح طفل بواسطة أرجوحة (الشكل 2). ننمذج الأرجوحة مع الطفل بنواس مكون من جسم صلب (S) كتلته $m$ ومركز قصوره G معلق في نقطة O بواسطة ساق كتلتها مهملة وطولها $\ell$. يمكن للساق أن تنجز حركة دوران في المستوى الرأسي حول محور $(\Delta)$ أفقي يمر من النقطة O (الشكل 3). ندرس حركة النواس في معلم $(G_0, \vec{k})$ مرتبط بمرجع أرضي نعتبره غاليليا. نزيح النواس عن موضع توازنه المستقر بزاوية صغيرة $\theta_0 = 9°$ في المنحى الموجب، ونحرره بدون سرعة بدئية عند اللحظة $t_0 = 0$. نعلم موضع النواس عند كل لحظة $t$ بالأفصول الزاوي $\theta$. نهمل جميع الاحتكاكات ونختار المستوى الأفقي المار من $G_0$ (موضع G عند التوازن المستقر) كمرجع لطاقة الوضع الثقالية ($E_{pp} = 0$). **معطيات:** عزم قصور النواس بالنسبة لمحور الدوران $(\Delta)$: $J_\Delta = m\ell^2$ ؛ $g = 10\ \text{m.s}^{-2}$ ؛ $\ell = 2{,}4\ \text{m}$ ؛ بالنسبة للتذبذبات ذات الوسع الصغير نأخذ $\cos\theta \simeq 1 - \frac{\theta^2}{2}$ مع $\theta$ بالراديان. **1- (0,5 ن)** بالنسبة للتذبذبات ذات الوسع الصغير، بين أن تعبير طاقة الوضع الثقالية للنواس عند لحظة $t$ يكتب: $E_{pp} = \frac{1}{2}mg\ell\theta^2$. **2-** باستغلال انحفاظ الطاقة الميكانيكية للنواس: **2.1- (0,5 ن)** حدد قيمة السرعة الزاوية القصوى $\dot{\theta}_{max}$ لمركز القصور G. **2.2- (0,75 ن)** أثبت المعادلة التفاضلية التي يحققها الأفصول الزاوي $\theta(t)$. **3- (0,5 ن)** احسب الدور الخاص لهذا النواس علما أنه مطابق لنواس بسيط طوله $\ell$ وكتلته $m$. > الأشكال والمنحنيات موجودة في الموضوع الرسمي؛ القيم المقروءة منها مذكورة بين قوسين.

### التمرين 1 — حمض الإيثانويك الدروس المطلوبة: التحولات المقرونة بالتفاعلات حمض-قاعدة في محلول مائي، حالة توازن مجموعة كيميائية، تفاعلات الأسترة والحلمأة. **1.1-** $\text{CH}_3\text{COOH}_{(aq)} + \text{H}_2\text{O}_{(\ell)} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COO}^-_{(aq)} + \text{H}_3\text{O}^+_{(aq)}$ **1.2-** من الجدول الوصفي (حجم $V$): $[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{éq} = \dfrac{x_{éq}}{V}$ و $[\text{CH}_3\text{COOH}]_{éq} = C_A - \dfrac{x_{éq}}{V}$، إذن مجموعهما يساوي $C_A$: $$\alpha = \frac{C_A - x_{éq}/V}{C_A} = 1 - \frac{x_{éq}}{C_A V} = 1 - \tau$$ مع $\tau = \dfrac{[\text{H}_3\text{O}^+]_{éq}}{C_A} = \dfrac{10^{-3{,}05}}{5\cdot10^{-2}} \approx 1{,}78\cdot10^{-2}$، إذن $\alpha \approx 0{,}982$ أي $98{,}2\%$. **1.3-** $\text{p}K_{A1} = \text{pH} - \log\dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{éq}}{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{éq}} = \text{pH} - \log\dfrac{\tau}{1 - \tau} = 3{,}05 - \log\dfrac{0{,}0178}{0{,}982} \approx 3{,}05 + 1{,}74 = 4{,}79$. **2.1-** $\text{CH}_3\text{COOH}_{(aq)} + \text{HCOO}^-_{(aq)} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{COO}^-_{(aq)} + \text{HCOOH}_{(aq)}$ **2.2-** $Q_{r,éq} = \dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-][\text{HCOOH}]}{[\text{CH}_3\text{COOH}][\text{HCOO}^-]} = \dfrac{K_{A1}}{K_{A2}} = 10^{\text{p}K_{A2} - \text{p}K_{A1}} = 10^{3{,}75 - 4{,}79} \approx 9{,}1\cdot10^{-2}$. **2.3-** الكميتان البدئيتان للمتفاعلين متساويتان، إذن عند التوازن: $[\text{CH}_3\text{COO}^-] = [\text{HCOOH}]$ و $[\text{CH}_3\text{COOH}] = [\text{HCOO}^-]$. بجمع العلاقتين $\text{pH} = \text{p}K_{A1} + \log\dfrac{[\text{CH}_3\text{COO}^-]}{[\text{CH}_3\text{COOH}]}$ و $\text{pH} = \text{p}K_{A2} + \log\dfrac{[\text{HCOO}^-]}{[\text{HCOOH}]}$ يلغى حدا اللوغاريتم: $$\text{pH} = \frac{1}{2}(\text{p}K_{A1} + \text{p}K_{A2}) = \frac{4{,}79 + 3{,}75}{2} = 4{,}27$$ **3.1-** $\text{CH}_3\text{–COOH} + \text{CH}_3\text{–OH} \rightleftharpoons \text{CH}_3\text{–COO–CH}_3 + \text{H}_2\text{O}$ **3.2-** الحفاز يسرع التفاعل دون أن يغير حالة التوازن: المنحنى $C_1$ يبلغ نفس الحالة النهائية ($n_a = 0{,}3\ \text{mol}$) بسرعة أكبر، إذن $C_1$ يوافق التفاعل المحفز. **3.3-** $n_a = 0{,}9 - x_{éq} = 0{,}3\ \text{mol}$ إذن $x_{éq} = 0{,}6\ \text{mol}$: $n_{éq}(\text{CH}_3\text{COOH}) = n_{éq}(\text{CH}_3\text{OH}) = 0{,}3\ \text{mol}$ و $n_{éq}(\text{CH}_3\text{COOCH}_3) = n_{éq}(\text{H}_2\text{O}) = 0{,}6\ \text{mol}$. **3.4-** عند $t_{1/2}$: $x = \dfrac{x_{éq}}{2} = 0{,}3\ \text{mol}$ أي $n_a = 0{,}6\ \text{mol}$. نقرأ على المنحنى $C_2$: $t_{1/2} \approx 3{,}5\ \text{h}$. **3.5-** $x_{max} = 0{,}9\ \text{mol}$ (خليط متساوي المولات) إذن $r = \dfrac{x_{éq}}{x_{max}} = \dfrac{0{,}6}{0{,}9} \approx 66{,}7\%$. **3.6-** بعد الإضافة تتطور المجموعة في المنحى المباشر بتقدم إضافي $y$: $$K = \frac{(0{,}6 + y)^2}{(0{,}4 - y)(0{,}3 - y)} = 4 \iff 3y^2 - 4y + 0{,}12 = 0$$ الحل المقبول ($y < 0{,}3$): $y = \dfrac{4 - \sqrt{14{,}56}}{6} \approx 0{,}031\ \text{mol}$. المتفاعل المحد هو الميثانول ($0{,}9\ \text{mol}$)، إذن: $$r' = \frac{0{,}6 + 0{,}031}{0{,}9} \approx 70\%$$ إضافة أحد المتفاعلين بوفرة يرفع المردود. --- ### التمرين 2 — التريتيوم الدروس المطلوبة: التناقص الإشعاعي، النوى والكتلة والطاقة (طاقة الربط، الانشطار والاندماج). **1.1-** الاقتراح الصحيح: **هـ)** (خلال الانشطار يتحول نقص الكتلة إلى طاقة). أ) خطأ: عدد الكتلة 3. ب) خطأ: $\beta^-$ يميز النوى الغنية بالنوترونات. ج) خطأ: بعد $2t_{1/2}$ تبقى 25% وتتفتت 75%. د) خطأ: كتلة النواة أصغر من مجموع كتل نوياتها. **1.2-** $^3_1\text{H} \longrightarrow\ ^3_2\text{He} +\ ^{\ 0}_{-1}\text{e}$ **1.3-** $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$؛ عند $t = t_{1/2}$: $N = \frac{N_0}{2}$ إذن $e^{-\lambda t_{1/2}} = \frac{1}{2}$ ومنه $t_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}$. **1.4-** $N_0 = \dfrac{m_0}{M} N_A = \dfrac{2\cdot10^{-6}}{3} \times 6{,}02\cdot10^{23} \approx 4{,}01\cdot10^{17}$ نواة. عند تفتت 90%: $N_1 = 0{,}1\,N_0 \approx 4{,}01\cdot10^{16}$. $\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}} = \dfrac{0{,}693}{12{,}32 \times 3{,}16\cdot10^7} \approx 1{,}78\cdot10^{-9}\ \text{s}^{-1}$، إذن $a_1 = \lambda N_1 \approx 7{,}15\cdot10^7\ \text{Bq}$. **2.1-** أ) **صحيح**: طاقة الربط هي الطاقة التي يجب منحها لنواة في حالة سكون لفصل نوياتها وتبقى في حالة سكون، وهي $8{,}475\ \text{MeV}$ للتريتيوم. ب) **صحيح**: $\dfrac{E_\ell}{A}(^3\text{H}) = \dfrac{8{,}475}{3} \approx 2{,}83\ \text{MeV/nucléon} > \dfrac{E_\ell}{A}(^2\text{H}) = \dfrac{2{,}366}{2} \approx 1{,}18\ \text{MeV/nucléon}$. **2.2-** $^2_1\text{H} +\ ^3_1\text{H} \longrightarrow\ ^4_2\text{He} +\ ^1_0\text{n}$ $$E_{lib} = E_\ell(^4\text{He}) - E_\ell(^3\text{H}) - E_\ell(^2\text{H}) = 28{,}296 - 8{,}475 - 2{,}366 \approx 17{,}46\ \text{MeV}$$ --- ### التمرين 3 — الكهرباء الدروس المطلوبة: ثنائي القطب RL، التذبذبات الحرة في دارة LC، تضمين الوسع. **1.1-** قانون إضافية التوترات: $E = u_R + u_L = Ri + L\dfrac{di}{dt}$، إذن $\dfrac{di}{dt} + \dfrac{R}{L}i = \dfrac{E}{L}$. **1.2.1-** بالتعويض: $-\dfrac{B}{\tau}e^{-t/\tau} + \dfrac{R}{L}(A + Be^{-t/\tau}) = \dfrac{E}{L}$ لكل $t$، إذن $A = \dfrac{E}{R}$ و $\tau = \dfrac{L}{R}$. الشرط البدئي $i(0) = 0$ يعطي $B = -A = -\dfrac{E}{R}$. **1.2.2-** النظام الدائم: $I_0 = \dfrac{E}{R} = 48\ \text{mA}$ إذن $R = \dfrac{24}{0{,}048} = 500\ \Omega$. المماس عند الأصل يقطع $I_0$ عند $\tau = 2\ \text{ms}$، إذن $L = R\tau = 500 \times 2\cdot10^{-3} = 1\ \text{H}$. **1.3-** $u_L = L\dfrac{di}{dt} = L\dfrac{E}{R\tau}e^{-t/\tau} = E\,e^{-t/\tau}$، إذن $u_L(t) = 24\,e^{-500t}$ (بالـ V و $t$ بالـ s). **2.1-** $u_C + u_L = 0$ مع $i = C\dfrac{du_C}{dt}$ و $u_L = L\dfrac{di}{dt} = LC\dfrac{d^2u_C}{dt^2}$، إذن $\dfrac{d^2u_C}{dt^2} + \dfrac{1}{LC}u_C = 0$. **2.2.1-** الدور الخاص المقروء: $T_0 = 2\ \text{ms}$، و $T_0 = 2\pi\sqrt{LC}$ إذن: $$C = \frac{T_0^2}{4\pi^2 L} = \frac{(2\cdot10^{-3})^2}{4 \times 10 \times 1} = 10^{-7}\ \text{F} = 0{,}1\ \mu\text{F}$$ **2.2.2-** الطاقة الكلية محفوظة: $E_T = \frac{1}{2}CU_m^2$ مع $U_m = 10\ \text{V}$، إذن $E_m = \frac{1}{2}C\big(U_m^2 - u_C^2(t)\big)$. $u_C(t) = 10\cos\left(\frac{2\pi}{T_0}t\right)$، عند $t = 1{,}8\ \text{ms}$: $u_C = 10\cos(1{,}8\pi) \approx 8{,}1\ \text{V}$، إذن: $$E_m = \frac{1}{2} \times 10^{-7} \times (100 - 65{,}4) \approx 1{,}7\cdot10^{-6}\ \text{J} \approx 1{,}8\ \mu\text{J}$$ (القيمة المقروءة على المنحنى $u_C \approx 8\ \text{V}$ تعطي $1{,}8\ \mu\text{J}$). **3.1-** الاقتراح الصحيح: **ب)**. دور الحاملة $T_p = 0{,}25\ \text{ms}$ إذن $f_p = 4\ \text{kHz}$، ودور الغلاف $T_s = 5\ \text{ms}$ إذن $f_s = 200\ \text{Hz}$. **3.2-** أ) **خطأ**: $U_{max} = A(1 + m) = 6\ \text{V}$ و $U_{min} = A(1 - m) = 2\ \text{V}$، إذن $m = \dfrac{U_{max} - U_{min}}{U_{max} + U_{min}} = \dfrac{6 - 2}{6 + 2} = 0{,}5$. ب) **خطأ**: وسع الإشارة يتأرجح حول القيمة $A = \dfrac{U_{max} + U_{min}}{2} = 4\ \text{V}$، وهي القيمة الموافقة للمركبة المستمرة في الغلاف وليست $2\ \text{V}$. ⚠️ للتحقق: يرتبط تعليل هذا الاقتراح بطريقة تعريف المركبة المستمرة في الدرس (عبر معامل الدارة المضاعفة)، راجع درس تضمين الوسع. **3.3-** طيف الترددات مكون من ثلاثة خطوط: $f_p - f_s = 3{,}8\ \text{kHz}$ (وسع $\frac{mA}{2} = 1\ \text{V}$)، $f_p = 4\ \text{kHz}$ (وسع $A = 4\ \text{V}$)، $f_p + f_s = 4{,}2\ \text{kHz}$ (وسع $1\ \text{V}$). --- ### التمرين 4 — الميكانيك الدروس المطلوبة: قوانين نيوتن، السقوط الرأسي الحر وباحتكاك، طريقة أولير، النواس الوازن والطاقة الميكانيكية. **الجزء I** **1.1-** القوة الوحيدة: الوزن. $m\vec{a} = m\vec{g}$ إذن $a_z = -g$: $v_z(t) = -10t + 12$ و $z(t) = -5t^2 + 12t$ (بالوحدات العالمية). **1.2.1-** عند الارتفاع الأقصى $v_z = 0$: $t_1 = 1{,}2\ \text{s}$، إذن $h = z(t_1) = -5(1{,}2)^2 + 12 \times 1{,}2 = 7{,}2\ \text{m}$. **1.2.2-** عودة G إلى O: $z = 0$ عند $t_2 = 2{,}4\ \text{s}$، إذن $v_{0z} = -10 \times 2{,}4 + 12 = -12\ \text{m.s}^{-1}$. **2.1-** $m\dfrac{dv_z}{dt} = -mg - \lambda v_z$، إذن $\dfrac{dv_z}{dt} + \dfrac{\lambda}{m}v_z + g = 0$ مع $\tau = \dfrac{m}{\lambda} = \dfrac{0{,}08}{0{,}12} \approx 0{,}67\ \text{s}$. **2.2-** في النظام الدائم $\dfrac{dv_z}{dt} = 0$: $v_\ell = -g\tau$، إذن $|v_\ell| = \dfrac{mg}{\lambda} = \dfrac{0{,}08 \times 10}{0{,}12} \approx 6{,}67\ \text{m.s}^{-1}$. **2.3-** من المعادلة التفاضلية: $a_{i-1} = -g - \dfrac{v_{i-1}}{\tau}$، إذن $v_{i-1} = -\tau(a_{i-1} + g) = -\dfrac{2}{3}(5 + 10) = -10\ \text{m.s}^{-1}$. طريقة أولير: $v_i = v_{i-1} + a_{i-1}\Delta t = -10 + 5 \times 0{,}066 \approx -9{,}67\ \text{m.s}^{-1}$. **الجزء II** **1-** $E_{pp} = mgz_G$ مع $z_G = \ell(1 - \cos\theta) \simeq \ell\dfrac{\theta^2}{2}$، إذن $E_{pp} = \frac{1}{2}mg\ell\theta^2$. **2.1-** $E_m = \frac{1}{2}J_\Delta\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}mg\ell\theta^2$ ثابتة. بين $\theta_0$ (حيث $\dot{\theta} = 0$) وموضع التوازن (حيث $\theta = 0$): $$\frac{1}{2}mg\ell\theta_0^2 = \frac{1}{2}m\ell^2\dot{\theta}_{max}^2 \implies \dot{\theta}_{max} = \theta_0\sqrt{\frac{g}{\ell}} = \frac{9\pi}{180}\sqrt{\frac{10}{2{,}4}} \approx 0{,}32\ \text{rad.s}^{-1}$$ **2.2-** $\dfrac{dE_m}{dt} = m\ell^2\dot{\theta}\ddot{\theta} + mg\ell\theta\dot{\theta} = 0$، ومع $\dot{\theta} \neq 0$: $\ddot{\theta} + \dfrac{g}{\ell}\theta = 0$. **3-** $T_0 = 2\pi\sqrt{\dfrac{\ell}{g}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{2{,}4}{10}} \approx 3{,}08\ \text{s}$.