الفرض الأول في العلوم الفيزيائية للفصل الأول، السنة الثالثة ثانوي (تقني رياضي)
المدة: ساعة واحدة (60 د) المحاور: المتابعة الزمنية لتحول كيميائي: التقدم، السرعة الحجمية للتفاعل، زمن نصف التفاعل، العوامل الحركية: درجة الحرارة وتركيز المتفاعلات، التحولات النووية: قانونا الانحفاظ، التفكك β⁻، قانون التناقص الإشعاعي، النشاط الإشعاعي، زمن نصف العمر، الطاقة المحررة (التكافؤ كتلة-طاقة)
التمرين الأول: المتابعة الزمنية لتفكك الماء الأكسجيني (10 نقاط)
في حصة الأعمال المخبرية بثانوية بتلمسان، تابع فوج من التلاميذ تفكك الماء الأكسجيني $H_2O_2$ بوجود شوارد اليود $I^-$ التي تلعب دور وسيط، وفق التفاعل التام المنمذج بالمعادلة:
$$2\,H_2O_{2(aq)} \longrightarrow 2\,H_2O_{(l)} + O_{2(g)}$$
عند اللحظة $t=0$ أُضيفت قطرات من محلول يوديد البوتاسيوم (حجمها مهمل) إلى حجم $V=20{,}0\ mL$ من محلول الماء الأكسجيني تركيزه المولي $C=0{,}10\ mol\cdot L^{-1}$. جُمع غاز ثنائي الأكسجين المنطلق فوق الماء، وقِيس حجمه $V(O_2)$ في ظروف التجربة التي يكون فيها الحجم المولي $V_m=24\ L\cdot mol^{-1}$. نُهمل انحلال $O_2$ في الماء.
| $t\ (min)$ | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 | 15 | 20 | 30 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $V(O_2)\ (mL)$ | 0 | 6,0 | 10,8 | 14,4 | 16,8 | 18,6 | 21,6 | 22,8 | 23,7 |
- أنشئ جدول تقدم التفاعل، ثم احسب التقدم الأعظمي $x_{max}$ واستنتج الحجم الأعظمي لغاز $O_2$ المنتظر جمعه. (2 ن)
- أثبت أن تقدم التفاعل يُعطى بالعلاقة $x=\dfrac{V(O_2)}{V_m}$، ثم انقل الجدول التالي وأكمله ($x$ بـ $mmol$، بتقريب إلى $0{,}01$): (1,5 ن)
| $t\ (min)$ | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 | 15 | 20 | 30 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $x\ (mmol)$ |
- ارسم المنحنى $x=f(t)$ مستعملاً السلم: $1\ cm \leftrightarrow 2\ min$ و $1\ cm \leftrightarrow 0{,}1\ mmol$. (2 ن)
- عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ وعيّن قيمته بيانياً. (1,5 ن)
- السرعة الحجمية للتفاعل تُعطى بالعلاقة $v=\dfrac{1}{V}\dfrac{dx}{dt}$. احسب السرعة الحجمية المتوسطة للتفاعل في المجالين $[0\,;4\ min]$ و $[10\,;20\ min]$ بالوحدة $mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$. قارن بينهما وفسّر ذلك مجهرياً. (2 ن)
- أعاد التلاميذ التجربة بنفس الشروط لكن عند درجة حرارة أعلى. ارسم كيفياً على نفس المعلم شكل المنحنى الجديد، وبيّن كيف يتغير $t_{1/2}$ مع التعليل. (1 ن)
الحل وسلم التنقيط
حل التمرين الأول (10 ن)
1. جدول التقدم و $x_{max}$ (2 ن)
كمية المادة الابتدائية: $n_0(H_2O_2)=C\cdot V=0{,}10\times 20{,}0\times10^{-3}=2{,}0\times10^{-3}\ mol=2{,}0\ mmol$. (0,25 ن)
| الحالة | التقدم | $n(H_2O_2)$ | $n(H_2O)$ | $n(O_2)$ |
|---|---|---|---|---|
| ابتدائية | $0$ | $n_0$ | وفير | $0$ |
| انتقالية | $x$ | $n_0-2x$ | وفير | $x$ |
| نهائية | $x_{max}$ | $n_0-2x_{max}$ | وفير | $x_{max}$ |
(جدول صحيح: 0,75 ن)
التفاعل تام و$H_2O_2$ المتفاعل الوحيد، إذن $n_0-2x_{max}=0$، أي $x_{max}=\dfrac{n_0}{2}=1{,}0\ mmol=1{,}0\times10^{-3}\ mol$. (0,5 ن)
$n_{max}(O_2)=x_{max}=1{,}0\times10^{-3}\ mol$ ومنه $V_{max}(O_2)=n_{max}\cdot V_m=1{,}0\times10^{-3}\times24=0{,}024\ L=24\ mL$. (0,5 ن)
2. العلاقة وإكمال الجدول (1,5 ن)
من الجدول: $n(O_2)=x$ ، وبما أن $n(O_2)=\dfrac{V(O_2)}{V_m}$ فإن $x=\dfrac{V(O_2)}{V_m}$. (0,5 ن)
| $t\ (min)$ | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 | 15 | 20 | 30 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $x\ (mmol)$ | 0 | 0,25 | 0,45 | 0,60 | 0,70 | 0,78 | 0,90 | 0,95 | 0,99 |
(الحسابات: 1 ن، تُخصم $0{,}25$ عن كل خطأين)
3. رسم المنحنى (2 ن)
منحنى متزايد يمر بالمبدأ، ميله يتناقص تدريجياً ويقترب من مقارب أفقي عند $x_{max}=1{,}0\ mmol$.
- احترام السلم وتسمية المحورين مع الوحدات: 0,5 ن
- تعيين النقاط بدقة: 1 ن
- رسم المنحنى بشكل مستمر وسلس: 0,5 ن
4. زمن نصف التفاعل (1,5 ن)
هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2})=\dfrac{x_{max}}{2}$. (0,5 ن)
هنا $x(t_{1/2})=0{,}50\ mmol$. (0,5 ن)
بالإسقاط على المنحنى (بين $x=0{,}45$ عند $4\ min$ و$x=0{,}60$ عند $6\ min$): $t_{1/2}\approx 4{,}7\ min$ (تُقبل القيم من $4{,}5$ إلى $4{,}8\ min$). (0,5 ن)
5. السرعة الحجمية المتوسطة (2 ن)
$v_{moy}=\dfrac{1}{V}\dfrac{\Delta x}{\Delta t}$ (0,25 ن)
- في $[0\,;4]$: $\Delta x=0{,}45\ mmol$ ، فيكون $v_{moy}=\dfrac{0{,}45\times10^{-3}}{20{,}0\times10^{-3}\times4}\approx5{,}6\times10^{-3}\ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$ (0,5 ن)
- في $[10\,;20]$: $\Delta x=0{,}95-0{,}78=0{,}17\ mmol$ ، فيكون $v_{moy}=\dfrac{0{,}17\times10^{-3}}{20{,}0\times10^{-3}\times10}=8{,}5\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$ (0,5 ن)
المقارنة: السرعة في المجال الثاني أصغر بكثير (حوالي 6,6 مرات أصغر) أي أن السرعة تتناقص مع الزمن. (0,25 ن)
التفسير: يتناقص تركيز $H_2O_2$ بمرور الزمن، فينخفض عدد التصادمات الفعالة بين الأنواع المتفاعلة في وحدة الزمن، فتنقص سرعة التفاعل. (0,5 ن)
6. أثر درجة الحرارة (1 ن)
رفع درجة الحرارة عامل حركي يزيد سرعة التفاعل: المنحنى الجديد أشد ميلاً عند البداية ويبلغ المقارب نفسه $x_{max}=1{,}0\ mmol$ (لأن كمية المادة الابتدائية لم تتغير). (0,5 ن)
يتناقص زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$. (0,5 ن)
التمرين الثاني: الكوبالت 60 في العلاج الإشعاعي (10 نقاط)
يُستعمل نظير الكوبالت $^{60}_{27}Co$ المشع في مركز مكافحة السرطان بباتنة كمصدر للأشعة في العلاج الإشعاعي. تتفكك نواة الكوبالت 60 فتعطي نواة النيكل $^{60}_{28}Ni$ مع إصدار دقيقة.
المعطيات:
- زمن نصف العمر للكوبالت 60: $t_{1/2}=5{,}27$ سنة، السنة $=365$ يوماً.
- النشاط الإشعاعي الابتدائي للمصدر: $A_0=3{,}7\times10^{10}\ Bq$.
- الكتلة المولية للكوبالت 60: $M=60\ g\cdot mol^{-1}$، ثابت أفوغادرو: $N_A=6{,}02\times10^{23}\ mol^{-1}$.
- كتل النوى: $m(^{60}_{27}Co)=59{,}9190\ u$ ؛ $m(^{60}_{28}Ni)=59{,}9154\ u$ ؛ كتلة الإلكترون $m(e)=0{,}00055\ u$.
- $1\ u=931{,}5\ MeV\cdot c^{-2}$ ؛ $1\ MeV=1{,}6\times10^{-13}\ J$.
- اكتب معادلة التفكك محدداً الدقيقة المنبعثة ونمط النشاط الإشعاعي، مع ذكر قانوني الانحفاظ المستعملين. (1,5 ن)
- عرّف زمن نصف العمر، ثم انطلاقاً من قانون التناقص الإشعاعي $N(t)=N_0\,e^{-\lambda t}$ أثبت العلاقة $t_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}$. (1,5 ن)
- احسب ثابت النشاط الإشعاعي $\lambda$ للكوبالت 60 بالوحدة $s^{-1}$. (1 ن)
- احسب عدد الأنوية الابتدائي $N_0$ في المصدر، ثم استنتج كتلته $m_0$ بالميليغرام. (2 ن)
- يُستبدل المصدر عندما ينخفض نشاطه إلى $12{,}5\%$ من قيمته الابتدائية. بعد كم سنة يجب استبداله؟ (1,5 ن)
- احسب تغير الكتلة $\Delta m$ لتفكك نواة واحدة، ثم الطاقة المحررة $|E_{lib}|$ بالوحدتين $MeV$ و $J$. (2,5 ن)
الحل وسلم التنقيط
حل التمرين الثاني (10 ن)
1. معادلة التفكك (1,5 ن)
$$^{60}_{27}Co \longrightarrow\ ^{60}_{28}Ni +\ ^{A}_{Z}X$$
قانون انحفاظ عدد النويات: $60=60+A$ ومنه $A=0$. (0,25 ن)
قانون انحفاظ الشحنة (عدد البروتونات): $27=28+Z$ ومنه $Z=-1$. (0,25 ن)
الدقيقة هي الإلكترون $^{0}_{-1}e$، والنمط هو النشاط الإشعاعي $\beta^-$. (0,5 ن)
المعادلة: $^{60}_{27}Co \longrightarrow\ ^{60}_{28}Ni +\ ^{0}_{-1}e$ (0,5 ن)
(ذكر مضاد النيوترينو اختياري)
2. زمن نصف العمر والإثبات (1,5 ن)
زمن نصف العمر $t_{1/2}$ هو المدة الزمنية اللازمة لتفكك نصف عدد الأنوية المشعة الابتدائية الموجودة في العينة. (0,5 ن)
عند $t=t_{1/2}$: $N=\dfrac{N_0}{2}$ ، أي $\dfrac{N_0}{2}=N_0\,e^{-\lambda t_{1/2}}$ (0,25 ن)
ومنه $\dfrac12=e^{-\lambda t_{1/2}}$ ، وبأخذ اللوغاريتم النيبيري: $-\ln2=-\lambda t_{1/2}$ (0,5 ن)
إذن $t_{1/2}=\dfrac{\ln2}{\lambda}$. (0,25 ن)
3. حساب $\lambda$ (1 ن)
$t_{1/2}=5{,}27\times365\times24\times3600=1{,}66\times10^{8}\ s$ (0,5 ن)
$\lambda=\dfrac{\ln2}{t_{1/2}}=\dfrac{0{,}693}{1{,}66\times10^{8}}\approx4{,}17\times10^{-9}\ s^{-1}$ (0,5 ن)
4. $N_0$ و $m_0$ (2 ن)
$A_0=\lambda N_0$ ومنه $N_0=\dfrac{A_0}{\lambda}=\dfrac{3{,}7\times10^{10}}{4{,}17\times10^{-9}}\approx8{,}87\times10^{18}$ نواة. (1 ن)
$m_0=\dfrac{N_0}{N_A}\cdot M=\dfrac{8{,}87\times10^{18}}{6{,}02\times10^{23}}\times60\approx8{,}84\times10^{-4}\ g\approx0{,}88\ mg$ (1 ن)
5. مدة الاستبدال (1,5 ن)
$A=0{,}125\,A_0=\dfrac{A_0}{8}$ (0,25 ن)
من $A=A_0\,e^{-\lambda t}$ نجد $e^{-\lambda t}=\dfrac18$ ومنه $t=\dfrac{\ln8}{\lambda}=\dfrac{3\ln2}{\lambda}=3\,t_{1/2}$ (0,75 ن)
$t=3\times5{,}27=15{,}81$ سنة، أي حوالي $15{,}8$ سنة. (0,5 ن)
6. الطاقة المحررة (2,5 ن)
$\Delta m=\left[m(Ni)+m(e)\right]-m(Co)=(59{,}9154+0{,}00055)-59{,}9190=-0{,}00305\ u$ (1 ن)
$|E_{lib}|=|\Delta m|\cdot c^2=0{,}00305\times931{,}5\approx2{,}84\ MeV$ (1 ن)
$|E_{lib}|=2{,}84\times1{,}6\times10^{-13}\approx4{,}54\times10^{-13}\ J$ (0,5 ن)
(تُقبل النتائج القريبة بسبب التقريب)