الاختبار الأول في العلوم الفيزيائية للفصل الأول، السنة الثالثة ثانوي (رياضيات)

حل التمرين الأول (7 نقاط)

1. جدول التقدم (1 ن)

كمية المادة الابتدائية: $n_0 = C_0\cdot V_s = 6{,}0\times10^{-2}\times0{,}100 = 6{,}0\times10^{-3}\ mol$.

(0,5 ن للجدول)

$H_2O_2$ هو المتفاعل الوحيد، فعند نهاية التفاعل $6{,}0\times10^{-3} - 2x_{max} = 0$، ومنه $x_{max} = 3{,}0\times10^{-3}\ mol$. (0,5 ن)

2. عبارة التقدم وإكمال الجدول (1 ن)

$n(O_2) = x$ ومنه $x = \dfrac{V(O_2)}{V_m}$. (0,25 ن)

(0,75 ن: 0,125 ن لكل قيمة صحيحة تقريبا، والحد الأقصى 0,75 ن)

3. التركيز المولي (0,75 ن)

$[H_2O_2] = \dfrac{n(H_2O_2)}{V_s} = \dfrac{n_0 - 2x}{V_s} = C_0 - \dfrac{2x}{V_s}$. (0,25 ن)

عند $t = 20\ min$: $[H_2O_2] = 6{,}0\times10^{-2} - \dfrac{2\times1{,}88\times10^{-3}}{0{,}100} \approx 2{,}2\times10^{-2}\ mol/L$. (0,5 ن)

4. رسم المنحنى (1 ن)

منحنى متزايد يمر بالمبدأ، ميله يتناقص مع الزمن ويقترب من القيمة $x_{max} = 3{,}0\ mmol$. (0,5 ن للنقاط والسلم الصحيحين، 0,5 ن لشكل المنحنى)

5. زمن نصف التفاعل (1 ن)

هو المدة اللازمة ليبلغ تقدم التفاعل نصف قيمته النهائية، $x(t_{1/2}) = \dfrac{x_{max}}{2}$. (0,5 ن)

$x(t_{1/2}) = 1{,}5\ mmol$. بالإسقاط على المنحنى نجد (يوافق $V(O_2) = 36\ mL$ تقريبا): $t_{1/2} \approx 14\ min$ (تقبل القيم بين 13 و 15 min). (0,5 ن)

6. السرعة الحجمية (1,5 ن)

$v = \dfrac{1}{V_s}\dfrac{dx}{dt}$. (0,25 ن)

• في المجال $[0\,;\,5]\ min$: $v \approx \dfrac{1}{0{,}100}\times\dfrac{0{,}67\times10^{-3}}{5} \approx 1{,}3\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$. (0,5 ن)
• في المجال $[30\,;\,40]\ min$: $v \approx \dfrac{1}{0{,}100}\times\dfrac{(2{,}58-2{,}33)\times10^{-3}}{10} \approx 2{,}5\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$. (0,5 ن)

السرعة تتناقص مع الزمن، لأن تركيز المتفاعل $H_2O_2$ يتناقص فيقل عدد التصادمات الفعالة بين الأفراد الكيميائية في وحدة الزمن. (0,25 ن)

7. أثر درجة الحرارة (0,75 ن)

ارتفاع درجة الحرارة عامل حركي يزيد من سرعة التفاعل (زيادة الطاقة الحركية للأفراد وعدد التصادمات الفعالة)، فيتناقص $t_{1/2}$. (0,5 ن)

حجم $O_2$ النهائي لا يتغير ويبقى $V_{max} = x_{max}\cdot V_m = 72\ mL$، لأن كمية المادة الابتدائية لم تتغير ودرجة الحرارة لا تؤثر على $x_{max}$ لتفاعل تام. (0,25 ن)

حل التمرين الثاني (7 نقاط)

1. (0,5 ن) النشاط الإشعاعي $A$ لعينة مشعة هو عدد التفككات التي تحدث في وحدة الزمن: $A = -\dfrac{dN}{dt} = \lambda N$. (0,25 ن) وحدته في الجملة الدولية البيكريل $Bq$ ($1\ Bq$ = تفكك واحد في الثانية). (0,25 ن)

2. (1,5 ن) تتكون نواة $^{131}_{53}I$ من $53$ بروتونا و$131 - 53 = 78$ نيترونا. (0,5 ن)

المعادلة: $^{131}_{53}I \longrightarrow {}^{131}_{54}Xe + {}^{0}_{-1}e$. (0,5 ن)

القانونان: انحفاظ عدد النوكليونات ($131 = 131 + 0$) وانحفاظ الشحنة (عدد البروتونات) ($53 = 54 + (-1)$). (0,5 ن)

3. ثابت التفكك (1 ن)

$\lambda = \dfrac{\ln 2}{t_{1/2}}$. (0,25 ن)

$t_{1/2} = 8{,}0\times24\times3600 = 6{,}91\times10^{5}\ s$. (0,25 ن)

$\lambda = \dfrac{0{,}693}{6{,}91\times10^{5}} \approx 1{,}0\times10^{-6}\ s^{-1}$. (0,5 ن)

4. (1 ن)

$A_0 = \lambda N_0$ ومنه $N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda} = \dfrac{3{,}7\times10^{8}}{1{,}003\times10^{-6}} \approx 3{,}7\times10^{14}$ نواة. (0,5 ن)

$m = \dfrac{N_0\cdot M}{N_A} = \dfrac{3{,}7\times10^{14}\times131}{6{,}02\times10^{23}} \approx 8{,}0\times10^{-8}\ g$. (0,5 ن)

5. (0,75 ن)

$24\ \text{يوما} = 3\,t_{1/2}$. (0,25 ن)

$A = A_0\,e^{-\lambda t} = \dfrac{A_0}{2^3} = \dfrac{3{,}7\times10^{8}}{8} \approx 4{,}6\times10^{7}\ Bq$. (0,5 ن)

6. (1 ن)

$A = 0{,}01\,A_0 \Rightarrow e^{-\lambda t} = 0{,}01$. (0,25 ن)

$t = \dfrac{\ln 100}{\lambda}$. (0,25 ن)

بالأيام: $\lambda = \dfrac{\ln 2}{8{,}0} = 8{,}66\times10^{-2}$ يوم$^{-1}$، ومنه $t = \dfrac{4{,}61}{8{,}66\times10^{-2}} \approx 53$ يوما. (0,5 ن)

7. (1,25 ن)

$\Delta m = m(I) - \left[m(Xe) + m(e)\right]$. (0,5 ن)

$\Delta m = 130{,}87705 - (130{,}87546 + 0{,}00055) = 1{,}04\times10^{-3}\ u$. (0,25 ن)

$E = \Delta m\cdot c^2 = 1{,}04\times10^{-3}\times931{,}5 \approx 0{,}97\ MeV$. (0,5 ن)

حل التمرين الثالث (6 نقاط)

1. (0,5 ن) الانشطار النووي تفاعل نووي مفتعل، تنقسم فيه نواة ثقيلة قابلة للانشطار، بعد قذفها بنيترون، إلى نواتين أخف مع انطلاق نيترونات وتحرير طاقة كبيرة.

2. (1 ن)

انحفاظ عدد النوكليونات: $1 + 235 = 94 + 140 + x$ ومنه $236 = 234 + x$ فـ $x = 2$. (0,5 ن)

التحقق من انحفاظ الشحنة: $92 = 38 + 54$ ✓. (0,25 ن)

النتيجة: يُنتج التفاعل نيترونين. (0,25 ن)

3. (0,75 ن)

طاقة الربط لكل نوية للنواتين الناتجتين ($8{,}6\ MeV$ و $8{,}3\ MeV$ لكل نوية) أكبر منها لنواة اليورانيوم ($7{,}6\ MeV$ لكل نوية). (0,25 ن) فالنواتان الناتجتان أكثر استقرارا من النواة الابتدائية، أي أن مجموع كتلتيهما أصغر من كتلة النواة المشطورة (نقص كتلي)، (0,25 ن) وهذا الفرق يتحول إلى طاقة محررة وفق $E = \Delta m\,c^2$. (0,25 ن)

4. (1,25 ن)

يبقى نيترون واحد في الطرف الأول يقابله نيترونان في الطرف الثاني، ومنه:

$\Delta E = \left[m(Sr) + m(Xe) + 2m(n) - m(U) - m(n)\right]c^2$ (0,5 ن)

$\Delta m = 93{,}8945 + 139{,}8920 + 1{,}0087 - 234{,}9934 = -0{,}1982\ u$ (0,25 ن)

$|\Delta E| = 0{,}1982\times931{,}5 \approx 184{,}6\ MeV$. (0,5 ن)

(ملاحظة: الحساب بطاقات الربط $94\times8{,}6 + 140\times8{,}3 - 235\times7{,}6 \approx 184\ MeV$ يُقبل أيضا.)

5. (1 ن)

عدد الأنوية في $1\ g$: $N = \dfrac{m}{M}N_A = \dfrac{1}{235}\times6{,}02\times10^{23} \approx 2{,}56\times10^{21}$. (0,5 ن)

$E = N\cdot|\Delta E| = 2{,}56\times10^{21}\times184{,}6 \approx 4{,}73\times10^{23}\ MeV$ (0,25 ن)

$E = 4{,}73\times10^{23}\times1{,}6\times10^{-13} \approx 7{,}6\times10^{10}\ J$. (0,25 ن)

6. (1,5 ن)

الطاقة المنتجة خلال يوم: $E_{day} = P\cdot t = 15\times10^{6}\times86400 = 1{,}296\times10^{12}\ J$. (0,75 ن)

الكتلة المنشطرة: $m = \dfrac{E_{day}}{E(1\ g)} = \dfrac{1{,}296\times10^{12}}{7{,}6\times10^{10}} \approx 17\ g$. (0,75 ن)