الاختبار الأول في مادة الفيزياء للسنة الثالثة ثانوي2022

يعتبر الاختبار الأول في مادة الفيزياء للسنة الثالثة ثانوي 2022 فرصة لتقييم فهم الطلاب لمواضيع الفصل الأول، مثل الميكانيك، الحركة، الطاقة و المتابعة الزمنية لتفاعل كيميائي. يتضمن الامتحان أسئلة تطبيقية، ونظرية تركز على حل المشكلات الفيزيائية باستخدام القوانين العلمية. للتحضير الجيد، يُنصح بمراجعة الدروس، حل التمارين السابقة، واختبار قدراتك عبر نماذج امتحانات السنوات الماضية. اكتشف في هذا المقال استراتيجيات فعالة، ومصادر موثوقة لمساعدتك في تحقيق التفوق في اختبار الفيزياء.

ملاحظة : يوجد الاختبار بصيغة الـ PDF في نهاية المقال

التمرين الأول: (8 نقاط)

   عند القيام بإضافة كمية من مسحوق الألمنيوم كتلتها m₀ = 0,27 g الى حجم قدره V = 100 mL من محلول كلور الهيدروجين تركيزه المولي C = 6×10^-2 mol/L ، و متابعة تطور التحول الكيميائي بواسطة قياس الناقلية النوعية للمزيج المتفاعل، تم رسم بيان تغيرات σ بدلالة الزمن.  

نعطي الثنائيتين (Ox/réd) كما يلي: (Al³⁺/Al) ، (H₃O⁺/H₂)

حيث: σ₀: الناقلية النوعية للمحلول قبل إضافة الألمنيوم، σ: الناقلية النوعية خلال التفاعل

1 ـ أكتب المعادلتين النصفيتين للأكسدة والإرجاع، ثم معادلة التفاعل المنمذج للتحول الحادث ؟ 

2 ـ أنشئ جدول التقدم لهذا التفاعل، ثم أحسب التقدم الأعظمي x_max ، و حدد المتفاعل المحد ؟

3 ـ أحسب الناقلية النوعية σ₀ للمحلول قبل إضافة الألمنيوم ؟

4 ـ عبر عن الناقلية النوعية σ خلال التفاعل بدلالة σ₀، λ(H₃O⁺) ، λ(Al³⁺) ، والتقدم x ؟

5 ـ بالاعتماد على البيان:

أ ـ بين أنه عند زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$:

$$\sigma_{1/2} = \frac{\sigma_0 + \sigma_f}{2}$$، ثم إستنتج قيمة t_1/2 ؟

ب ـ أحسب السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة t = 0 ؟

يعطى:

 λ(Cl^-) = 7,63 mS.m²/mol ، λ(H₃O⁺) = 35 mS.m²/mol ، λ(Al³⁺) = 18 mS.m²/mol، 

M(Al) = 27 g/mol ، σ_f = 0,82 S/m

التمرين الثاني: (6 نقاط)

     تخضع كرية (S) كتلتها الحجمية ρ_s وكتلتها m_s = 40 g تسقط شاقوليا في الهواء لقوة ثقلها، و دافعة أرخميدس، و قوة إحتكاك مع الهواء عبارتها (f = kv). 

الكتلة الحجمية للهواء ρ_air = 1,29 kg/m³.

    عند اللحظة t = 0 تنطلق الكرية من السكون بتسارع قيمته a₀ = 9,0 m/s² حيث عند اللحظةt₁ تصبح سرعتها ثابتة، و تأخذ القيمة v_L = 1,0 m/s

1 ـ بتطبيق القانون الثاني لنيوتن بين أن المعادلة التفاضلية لحركة الكرية تكتب على الشكل:

$$\frac{dv}{dt}+C_{1}v-g(1-C_2)=0$$

حيث: C₂ ، C₁  ثابتين يطلب تعيين عبارتيهما

2 ـ هل يمكن إهمال دافعة أرخميدس عن اللحظة t = 0 ؟ علل ؟

3 ـ أوجد قيمتي C₂ ، C₁ ؟

4 ـ استنتج قيمتي k ، ρ_s، ثم أحسب شدة دافعة أرخميدس؟ تعطى: g = 10 m/s²

التمرين الثالث: (6 نقاط)

     متحرك كتلته m = 0,5 kg ندفعه من أسفل مستوي مائل أملس يميل عن الأفق بزاوية α، بسرعة ابتدائية v_B فيتحرك صعودا حتى النقطة A حيث تنعدم سرعته ليعود تحت تأثير ثقله فيمر بالنقطة B من جديد، يلاقي الجسم أثناء رجوعه بعد مروره بالنقطة B مستوي أفقي خشن BD فتتباطأ حركته ليتوقف عند النقطة C التي تبعد عن B مسافة x₃ . أنظر الشكل ـ 1.

أما الشكل ـ 2 فهو يمثل سرعة مركز عطالة الجسم بدلالة الزمن v = f(t)

1 ـ إستنتج من البيان:

  أ ـ حدد مراحل الحركة و المجال الزمني لكل مرحلة ؟

ب ـ السرعة الابتدائية v₀ ؟

 ج ـ المسافة المقطوعة و قيمة تسارع الحركة خلال كل مرحلة ؟

2 ـ أ ـ استنتج طبيعة الحركة في كل مرحلة ؟

   ب ـ أحسب زاوية الميل α ؟ تعطى: g = 10 SI

3 ـ بين أن الجسم يعود الى النقطة B بنفس السرعة التي دفع بها ؟

4 ـ أ ـ مثل القوى المؤثرة على الجسم خلال حركته على الجزء BD ؟

   ب ـ أحسب شدة قوة الاحتكاك على الجزء BC ؟

تصحيح الاختبار الأول في مادة العلوم الفيزيائية

التمرين الأول: (8 نقاط)

1 ـ كتابة المعادلتين النصفيتين للأكسدة والإرجاع ثم معادلة التفاعل المنمذج للتحول الحادث:
المعادلة النصفية للأكسدة:

2(Al_(S) → Al³⁺_(aq) + 3é)

المعادلة النصفية للارجاع:

3(2H₃O⁺_(aq) + 2é → H_2(aq) + 2H₂O_(l))

معادلة التفاعل المنمذج للتحول الحادث:

2Al_(S) + 6H₃O⁺_(aq) = 2Al³⁺_(aq) + 3H_2(g) + 6H₂O_(l)

2 ـ انشاء جدول التقدم لهذا التفاعل:

2Al(S)   +   6H3O+(aq)   =   2Al3+(aq)   +   3H2(g)   +   6H2O(l)					معادلة التفاعل
كميات المادة n(mol)					التقدم x(mol)	حالة الجملة
بوفرة	0	0	n0(H3O+)	n0(Al)	0	الحالة الابتدائية
بوفرة	3x	2x	n0(H3O+)-6x	n0(Al)-2x	x	الحالة الانتقالية
بوفرة	3xf	2xf	n0(H3O+)-6xf	n0(Al)-2xf	xf	الحالة النهائية

حساب التقدم الأعظمي x_max و تحديد المتفاعل المحد:

من أجل:

$$n_0(\text{Al}) - 2x_{\text{max1}} = 0$$

نجد:

$$x_{\text{max1}} = \frac{n_0(\text{Al})}{2}$$

وبالتالي:

$$x_{\text{max1}} = \frac{m}{2M}$$

ومنه:

$$x_{\text{max1}} = \frac{0.27}{54} = 5 \times 10^{-3} \, \text{mol}$$

و من أجل:

$$n_0(\text{H}_3\text{O}^+) - 6x_{\text{max2}} = 0$$

نجد:

$$x_{\text{max2}} = \frac{n_0(\text{H}_3\text{O}^+)}{6}$$

وبالتالي:

$$x_{\text{max2}} = \frac{C \cdot V}{6}$$

ومنه:

$$x_{\text{max2}} = \frac{0.06 \cdot 0.1}{6} = 10^{-3} \, \text{mol}$$

نلاحظ أن x_max2 < x_max1  ومنه x_max = 10^-3mol

ومنه المتفاعل المحد هو H₃O⁺ 

3 ـ حساب الناقلية النوعية σ₀ للمحلول قبل اضافة الألمنيوم:

σ₀ = [H₃O⁺]₀.λ(H₃O⁺) + [Cl^-]₀.λ(Cl^-) → (1)

لدينا: HCl_(g) + H₂O_(l) = H₃O⁺_(aq) + Cl^-_(aq)

ومنه نجد في المحلول (H₃O⁺ + Cl^-) أن:

 [H₃O⁺]₀ = C  و  [Cl^-]₀ = C

ومنه بالتعويض في (1) نجد:

σ₀ = C.λ(H₃O⁺) + C.λ(Cl^-)

ومنه: σ₀ = [λ(H₃O⁺) + λ(Cl^-)]C

حيث: C = 0,06mol/L = 60 mol/m³

ومنه: σ₀ = (35×10^-3 + 7,63×10^-3) ×60 ومنه: σ₀ = 2,56 S/m

4 ـ التعبير عن الناقلية النوعية σ خلال التفاعل بدلالة σ₀ ، λ(H₃O⁺) ، λ(Al³⁺) ، والتقدم x:

لدينا: σ = [H₃O⁺].λ(H₃O⁺) +[Al³⁺].λ(Al³⁺) + [Cl^-].λ(Cl^-)

ومنه:

\(\sigma = \frac{n(H_3O^+)}{V} \lambda_{H_3O^+} + \frac{n(\text{Al}^{3+})}{V} \lambda_{\text{Al}^{3+}} + \frac{n(\text{Cl}^-)}{V} \lambda_{\text{Cl}^-}\)

ومن جدول التقدم لدينا:

n(H₃O⁺) = C.V – 6x ،  n(Al³⁺) = 2x

ولدينا ذلك: n(Cl^-) = C.V

ومنه:

\(\sigma = \frac{C V - 6x}{V} \lambda_{H_3O^+} + \frac{2x}{V} \lambda_{\text{Al}^{3+}} + \frac{C V}{V} \lambda_{\text{Cl}^-}\)

ومنه:

\(\sigma = \frac{C V}{V} \lambda_{H_3O^+} - \frac{6x}{V} \lambda_{H_3O^+} + \frac{2x}{V} \lambda_{\text{Al}^{3+}} + \frac{C V}{V} \lambda_{\text{Cl}^-}\)

ومنه:

\(\sigma = \frac{x}{V} \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) + C \left( \lambda_{H_3O^+} + \lambda_{\text{Cl}^-} \right)\)

ومنه:

\(\sigma = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x}{V} + \sigma_0\)

5 ـ أ ـ الاثبات بأنه عند زمن نصف التفاعل t_1/2 يكون:  σ_1/2 = (σ₀ + σ_f)/2:

لدينا:

\(\sigma = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x}{V} + \sigma_0\)

ومنه عند \( t_f \) نجد:

\(\sigma_f = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x_f}{V} + \sigma_0\)

ومنه:

\(\sigma_f - \sigma_0 = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x_f}{V} \quad \rightarrow (I)\)

وعند \( t_{1/2} \) نجد:

\(\sigma_{1/2} - \sigma_0 = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x_{1/2}}{V}\)

ولدينا: \( x_{1/2} = \frac{x_f}{2} \) ومنه:

\(\sigma_{1/2} - \sigma_0 = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x_f}{2V} \quad \rightarrow (II)\)

بقسمة (II) على (I) نجد:

\(\frac{\sigma_{1/2} - \sigma_0}{\sigma_f - \sigma_0} = \frac{\left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x_f}{2V}}{\left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x_f}{V}} = \frac{1}{2}\)

ومنه: 2(σ_1/2 – σ₀) = σ_f – σ₀   

ومنه: 2σ_1/2 –2 σ₀ = σ_f – σ₀   

ومنه: 2σ_1/2 = 2 σ₀ + σ_f – σ₀  

ومنه: 2σ_1/2 = σ₀ + σ_f    

ومنه:  σ_1/2 = (σ₀ + σ_f)/2

استنتاج قيمة t_1/2:

لدينا: σ_1/2 = (2,56 + 0,82)/2 ومنه: σ_1/2 = 1,69 S/m

بالاعتماد على البيان:

نجد: t_1/2 = 11 min

ج ـ حساب السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة t = 0:

لدينا:

\( v_{\text{vol}} = \frac{1}{V} \frac{dx}{dt} \)

\(\sigma = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{x}{V} + \sigma_0\)

ومنه:

\( \frac{d\sigma}{dt} = \left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right) \frac{dx}{V \cdot dt} \)

ومنه:

\( \frac{dx}{dt} = \frac{V}{\left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right)} \frac{d\sigma}{dt} \)

ومنه:

\( v_{\text{vol}} = \frac{1}{V} \frac{V}{\left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right)} \frac{d\sigma}{dt} \)

ومنه:

\( v_{\text{vol}} = \frac{1}{\left( 2\lambda_{\text{Al}^{3+}} - 6\lambda_{H_3O^+} \right)} \frac{d\sigma}{dt} \)

ولدينا:

\( \frac{d\sigma}{dt} \) يمثل ميل المماس للبيان عند \( t = 0 \)

ومنه:

\( \frac{d\sigma}{dt} = - 0.168 \)

ومنه:

\( v_{\text{vol}} = \frac{1}{\left( 2 \times 18 \times 10^{-3} - 6 \times 35 \times 10^{-3} \right)} (-0.168) \)

ومنه:

\( v_{\text{vol}} = 0.96 \, \text{mol/L.min} \)

التمرين الثاني: (6 نقاط)

1 ـ إيجاد المعادلة التفاضلية لحركة الكرية:

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن نجد:

\( \vec{P} + \vec{\pi} + \vec{f} = m_s \vec{a} \)

بالسقاط على محور الحركة نجد:

\( P - \pi - f = m_s a \)

لدينا:

\( P = m_s g, \quad \pi = \rho_{\text{air}} V g, \quad f = k v, \quad a = \frac{dv}{dt} \)

ومنه نجد:

\( m_s g - \rho_{\text{air}} V g - k v = m_s \frac{dv}{dt} \)

ومنه:

\( \frac{dv}{dt} + \frac{k}{m_s} v - g \left( 1 - \frac{\rho_{\text{air}} V}{m_s} \right) = 0 \)

ولدينا:

\( m_s = \rho_s V \)

ومنه:

\( \frac{dv}{dt} + \frac{k}{m_s} v - g \left( 1 - \frac{\rho_{\text{air}}}{\rho_s} \right) = 0 \)

تعيين عبارتي C₁ ، C₂:

لدينا المعادلة (1):

\[ \frac{dv}{dt} + \frac{k}{m_s} v - g \left( 1 - \frac{\rho_{\text{air}}}{\rho_s} \right) = 0 \quad \text{(1)} \]

والمعادلة (2):

\[ \frac{dv}{dt} + C_1 v - g \left( 1 - C_2 \right) = 0 \quad \text{(2)} \]

من (1) و (2) نجد:

• \( C_1 = \frac{k}{m_s} \)
• \( C_2 = \frac{\rho_{\text{air}}}{\rho_s} \)

2 ـ هل يمكن إهمال دافعة أرخميدس عن اللحظة t = 0:

لدينا: P – π – f = m_sa حيث عند: t = 0 نجد: f = 0

ومنه: P – π = m_sa₀

نفرض أن π = 0 ومنه نجد: m_sg = m_sa₀ ومنه: a₀ = g = 10 m/s²

لكن: a₀ = 9 m/s² ومنه نستنتج أنه لا يمكن إهمال دافعة أرخميدس عند اللحظة t = 0

3 ـ إيجاد قيمتي C₁ ، C₂:

عند اللحظة  t = 0يكون v = 0 ، dv/dt = a₀ = 9 m/s² 

بالتعويض في المعادلة التفاضلية (2) نجد: 9 – 10(1 – C₂) = 0 

ومنه: 9 – 10 + 10C₂ = 0

ومنه: C₂ = 0,1

في النظام الدائم نجد: v = v_L = 1 m/s ، dv/dt = 0    

بالتعويض في المعادلة التفاضلية (2) نجد: C₁ – 10(1 – 0,1) = 0 

ومنه: C₁ = 9

4 ـ إستنتاج قيمتي k، ρ_s، ثم حساب شدة دافعة أرخميدس:

لدينا: C₁ = k/m_s، C₂ = ρ_air/ρ_s

ومنه: k = C₁.m_s = 9×40×10^-3 = 0,36

و:  ρ_s = ρ_air/C₂ = 1,29×10³/0,1 = 1,29×10⁴ kg/m³

حساب شدة دافعة أرخميدس:

لدينا: π = ρ_air.V.g  ولدينا: V = m_s/ρ_s

ومنه: π = ρ_air.m_s.g/ρ_s 

و منه:

$$\pi = \frac{1.29 \times 10^3 \times 40 \times 10^{-3} \times 10}{1.29 \times 10^4}$$

ومنه: π = 4×10^-2 N

التمرين الثالث: (6 نقاط)

1 ـ إستنتاج من البيان:

  أ ـ مراحل الحركة و المجال الزمني لكل مرحلة:

المرحلة الأولى: مرحلة الصعود على الجزء BA حيث t ϵ [0;1,5]s

المرحلة الثانية: مرحلة الانزلاق على الجزء AB حيث t ϵ [1,5;3]s

المرحلة الثالثة: مرحلة الحركة على الجزء BC حيث t ϵ [3;5,5]s

ب ـ السرعة الابتدائية v₀:

من البيان v₀ = 4 m/s عكس الاتجاه الاصطلاحي للحركة

ج ـ المسافة المقطوعة و قيمة تسارع الحركة خلال كل مرحلة:

المرحلة الأولى: x₁ = 4×1,5/2 = 3 m

                 a₁ = 4/1,5 = 2,67 m/s²

المرحلة الثانية: x₂ = 4×1,5/2 = 3 m

                 a₁ = 4/1,5 = 2,67 m/s²

المرحلة الثالثة: x₃ = 4×2,5/2 = 5 m

              a₃ = - 4/2,5 = - 1,6 m/s²

2 ـ أ ـ إستنتاج طبيعة الحركة في كل مرحلة:

المرحلة الأولى:

لدينا: a₁.v < 0 ومنه الحركة مستقيمة متباطئة بانتظام

المرحلة الثانية:

 لدينا: a₂.v > 0 ومنه الحركة مستقيمة متسارعة بانتظام

المرحلة الثالثة:

لدينا: a₃.v < 0 ومنه الحركة مستقيمة متباطئة بانتظام

ب ـ حساب زاوية الميل α:

نقوم بتمثيل القوى المؤثرة على الجسم خلال المرحلة الثانية:

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن نجد:

نجد:

\[ \vec{P} + \vec{R} = m \vec{a}_2 \]

بالإسقاط على محور الحركة نجد: P_x = ma₂ ومنه: mg.sinα = ma₂ ومنه: a₂ = g.sinα

ومنه:

\[ \sin \alpha = \frac{a_2}{g} \]

وبالتعويض:

\[ \sin \alpha = \frac{2.67}{10} = 0.267 \]

وبالتالي:

\[ \alpha = \arcsin(0.267) = 15.5^\circ \]

3 ـ التبيين بأن الجسم يعود الى النقطة B بنفس السرعة التي دفع بها:

من البيان نلاحظ أن: v_B = 4 m/s

4 ـ أ ـ تمثيل القوى المؤثرة على الجسم خلال حركته على الجزء BD:

ب ـ حساب شدة قوة الاحتكاك:

بتطبيق القانون الثاني لنيوتن نجد:

نجد:

\[ \vec{P} + \vec{R} + \vec{f} = m \vec{a}_3 \]

بالإسقاط على محور الحركة نجد: -f = ma₃  ومنه: f = -ma₃  ومنه:  f = -0,5×(-1,6)

ومنه: f = 0,8 N

الاختبار بصيغة الـ PDF