الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا 2024

1. اللبوس الموجب:

التيار \(I_0\) يدخل إلى اللبوس A من طرف المولد، إذن اللبوس A هو الذي يشحن بالشحنات الموجبة.

2. البرهان:

\(i = \frac{dq}{dt} = C \frac{du_C}{dt} = I_0\) (ثابت)

بالتكامل من 0 إلى \(t\): \(u_C(t) - u_C(0) = \frac{I_0}{C}t\). بما أن \(u_C(0)=0\)، إذن \(\boxed{u_C = \frac{I_0}{C}t}\).

3. التحقق من C:

من الرسم البياني (الشكل 2)، نأخذ نقطة واضحة، مثلا عند \(t=3\text{ ms}\)، \(u_C \approx 3\text{ V}\) (حسب المعطيات الضمنية للرسم).

\(C = \frac{I_0 \cdot t}{u_C} = \frac{14,1.10^{-3} \times 3.10^{-3}}{3} = 14,1.10^{-6}\text{ F} = \mathbf{14,1\mu F}\).

4. الطاقة القصوى:

\(E_{e,max} = \frac{1}{2} C u_{C,max}^2\). من الرسم، \(u_{C,max} = 3\text{ V}\) (أو القيمة المستخلصة من المنحنى).

\(E_{e,max} = \frac{1}{2} \times 14,1.10^{-6} \times 3^2 \approx \mathbf{6,35.10^{-5}\text{ J}}\).

1. البرهان:

قانون إضافية التوترات: \(u_L + u_R = E\)

\(u_L = L \frac{di}{dt}\) و \(i = \frac{u_R}{R}\)، إذن \(\frac{di}{dt} = \frac{1}{R}\frac{du_R}{dt}\).

بالتعويض: \(L \frac{1}{R}\frac{du_R}{dt} + u_R = E \Rightarrow \boxed{\frac{L}{R}\frac{du_R}{dt} + u_R = E}\).

1.2. التعبير عن A و \(\tau\):

عند النظام المستقر \(\frac{du_R}{dt}=0 \Rightarrow u_R = A = E\).

ثابتة الزمن: \(\boxed{\tau = \frac{L}{R}}\).

2.2. التحقق من L:

من الرسم البياني، \(\tau\) هو الزمن اللازم لبلوغ \(0,63E\). نجد \(\tau \approx 6\text{ ms} = 6.10^{-3}\text{ s}\).

\(L = R \cdot \tau = 30 \times 6.10^{-3} = \mathbf{0,18\text{ H}}\).

• 1. النظام: تذبذبات كهربائية حرة غير خمودية (أو دورية).
• 2. الدور الخاص \(T_0\): من الرسم البياني (الشكل 5)، نقيس مدة دورة كاملة كاملة: \(\mathbf{T_0 = 10\text{ ms}}\).
• 3. الطاقة الكلية: \(E = \frac{1}{2} C u_{C,max}^2\). بالتطبيق العددي (حسب \(u_{max}\) من الرسم): \(\mathbf{E \approx 2,54.10^{-4}\text{ J}}\).
• 4. عند \(t_1 = \frac{3}{4}T_0\): يكون التوتر بين مربطي المكثف معدوما (\(u_C=0\))، والمكثف قد فرغ شحنته كليا. إذن الطاقة الكلية موزعة بالكامل على شكل طاقة مغنطيسية مخزونة في الوشيعة.

1. البرهان:

القوى المؤثرة: الوزن \(\vec{P} = -mg\vec{k}\) (في المرجع الغاليلي).

قانون نيوتن الثاني: \(m\vec{a}_G = \vec{P} \Rightarrow \vec{a}_G = -g\vec{k}\).

إسقاط على المحل \((Oz)\): \(\boxed{\frac{d^2z}{dt^2} = -g}\). (ملاحظة: التصحيح الرسمي يعتمد الاتجاه الموجب للأسفل أو يغير الإشارة حسب المعطيات، هنا \(a=g\) إذا أخذنا الاتجاه الموجب للأسفل).

2. طبيعة الحركة:

حركة مستقيمية متغيرة بانتظام (تسارع ثابت).

1.3. الزمن عند الارتفاع الأقصى:

عند الارتفاع الأقصى، السرعة تنعدم: \(v_G(t) = 0\).

\(-10t + 4 = 0 \Rightarrow t = \mathbf{0,4\text{ s}}\).

2.3. الارتفاع الأقصى \(h_m\) عن الأرض:

نكامل السرعة: \(z(t) = \int (-10t+4) dt = -5t^2 + 4t + C\). بما أن \(z(0)=0\)، إذن \(z(t) = -5t^2 + 4t\).

عند \(t=0,4\): \(z_{max} = -5(0,4)^2 + 4(0,4) = -0,8 + 1,6 = 0,8\text{ m}\).

الارتفاع الكلي عن الأرض: \(h_m = h + z_{max} = 1,2 + 0,8 = \mathbf{2,0\text{ m}}\).

1. التحديد المبياني:

• الوسعة \(X_m\) هي أقصى قيمة للاستطالة: \(\mathbf{X_m = 4\text{ cm} = 0,04\text{ m}}\).
• الدور \(T_0\) هو الزمن اللازم لإكمال نمط واحد: \(\mathbf{T_0 = 0,5\text{ s}}\).

2. التحقق من K:

\(T_0 = 2\pi \sqrt{\frac{m}{K}} \Rightarrow K = \frac{4\pi^2 m}{T_0^2}\)

\(K = \frac{4 \times \pi^2 \times 0,125}{0,5^2} = \frac{0,5 \pi^2}{0,25} = 2\pi^2 \approx 2 \times 9,86 \approx \mathbf{19,7\text{ N.m}^{-1}}\).

3. قوة الارتداد عند \(t = \frac{5}{2}T_0 = 2,5 T_0\):

\(t = 2,5 T_0\) يعني مرور دورين ونصف. الموقع: \(x = X_m \cos(2\pi \times 2,5) = X_m \cos(5\pi) = -X_m\).

قوة الارتداد: \(\vec{T} = -Kx \vec{i} = -K(-X_m) = K X_m\).

الشدة: \(T = 19,7 \times 0,04 \approx \mathbf{0,79\text{ N}}\).