Exercices d’entraînement – Mouvement dans un champs uniforme

Exercice 1 : trajectoire d’une balle de golf

a) La balle est étudiée dans le référentiel terrestre supposé galiléen muni d’un repère d’espace d’axe (𝑂, �⃗�) et

(𝑂, �⃗�) orthonormés. Dans ce système d’axes, les coordonnées du vecteur vitesse initiale sont :

𝑣0⃗⃗⃗⃗⃗ = {𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos 𝛼

𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin𝛼

b) La balle ne subit que son poids �⃗⃗� = 𝑚�⃗�. La masse 𝑚 étant constante, la deuxième loi de Newton donne :

𝑚�⃗� = �⃗⃗� = 𝑚�⃗� donc �⃗� = �⃗�.

c)

Sachant que �⃗� =𝑑�⃗⃗�

𝑑𝑡 et que �⃗� = ( 0

−𝑔).

La deuxième loi de Newton conduit à :{

𝑑𝑣𝑥

𝑑𝑡(𝑡) = 0

𝑑𝑣𝑦

𝑑𝑡(𝑡) = −𝑔

.

Par intégration, on en déduit : �⃗�(𝑡) {𝑣𝑥(𝑡) = 𝑘

𝑣𝑦(𝑡) = −𝑔𝑡 + 𝑘′

où 𝑘 et 𝑘′sont deux constantes.

Or, �⃗�(0) {𝑣𝑥(0) = 𝑘 = 0

𝑣𝑦(0) = −𝑔 × 0 + 𝑘′ = 0

Donc : �⃗�(𝑡) {𝑣𝑥(𝑡) = 𝑣0 cos 𝛼

𝑣𝑦(𝑡) = −𝑔𝑡 + 𝑣0 sin 𝛼

d) Par intégration de �⃗�(𝑡), on a 𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ (𝑡) = (𝑥(𝑡)𝑦(𝑡)) . = (

(𝑣0 cos𝛼). 𝑡+𝑐

−1

2𝑔𝑡2+(𝑣0 sin𝛼) .𝑡+𝑐′

) , 𝑐 et 𝑐′ des constantes.

Or, 𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ (0) = (0+𝑐0+𝑐′) = (0

0). Donc, 𝑂𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ (𝑡) = (

(𝑣0 cos𝛼).𝑡

−1

2𝑔𝑡2+(𝑣0 sin𝛼) .𝑡

)

e) On déduit de la composante en 𝑥 que 𝑡 =𝑥

𝑣0 cos𝛼, donc, 𝑦(𝑡) = −

𝑔

2𝑣02𝑐𝑜𝑠2𝛼

𝑥2 + 𝑥. tan 𝛼.

f) 𝑦(𝑑) = 7,9 𝑚 > ℎ = 5,0 𝑚, si il y a remords, on peut toujours retenter… .

Exercice 2 : canon à électrons

a) La valeur du champ électrostatique régnant entre la cathode et l’anode est 𝐸 =𝑈

𝑑= 1,5.105 𝑉.𝑚−1.

L’électron subit la force électrostatique �⃗� = 𝑞�⃗⃗� donc sa valeur est 𝐹 = |𝑞|𝑈

𝑑= 𝑒

𝑈

𝑑= 1,6.10−19 ×

3,0.103

2,0.10−2

Donc, 𝐹 = 2,4.10−14𝑁.

b) On étudie un électron dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Il ne subit que la force électrique �⃗� (car

son poids �⃗⃗� est négligeable devant la force électrique). En appliquant la deuxième loi de Newton, on a :

𝑚�⃗� = �⃗� = 𝑞�⃗⃗�.

L’accélération s’écrit alors : �⃗� = 𝑞�⃗⃗�

𝑚, de norme 𝑎 = |𝑞|

𝐸

𝑚=𝑒𝐸

𝑚 .

L’accélération est constante suivant 𝑥 et vaut : 𝑎𝑥 =𝑒𝐸

𝑚. Donc, 𝑣𝑥 =

𝑒𝐸

𝑚𝑡 + 𝑣0𝑥.

Or 𝑣0𝑥 = 0, d’où 𝑣𝑥 = 𝑒𝐸

𝑚𝑡 et comme 𝑣 = 𝑣𝑥, il vient𝑣 = 𝑒

𝐸

𝑚𝑡 et finalement 𝑣 =

𝑒𝑈

2𝑚𝑑𝑡2 + 𝑥0.

Or, 𝑥(0) = 𝑥0 = 0, ce qui donne 𝑥 =𝑒𝑈

2𝑚𝑑𝑡2.

Le mouvement de l’électron est rectiligne uniformément accéléré.

c) A l’arrivée de l’électron au niveau de l’anode 𝐴, d’abscisse 𝑥𝐴 = 𝑑, la date est 𝑡𝐴 = √2𝑚𝑑²

𝑒𝑈= 𝑑√

2𝑚

𝑒𝑈.

La valeur de la date de passage au travers de l’anode est 𝑡𝐴 = 𝑑√2𝑚

𝑒𝑈.

La valeur de la date de passage au travers de l’anode est :

𝑡𝐴 = 2,0.10−2√

2 × 9,1.10−31

1,6.10−19 × 3,0.103= 6,2.10−8 𝑠.

Au niveau de l’anode, la vitesse est 𝑣𝐴 =𝑒𝑈

𝑚𝑑√2𝑚𝑑2

𝑒𝑈= √

2𝑒𝑈

𝑚.

La vitesse acquise par l’électron au niveau de la cathode ne dépend donc pas de 𝑑, mais de la tension

accélératice.

d)

e) La valeur de la date de passage au travers de l’anode est 𝑡𝐴 = 𝑑𝑑√2𝑚

𝑒𝑈, soit :

𝑡𝐴 = 2,2.10−2√

2 × 9,1.10−31

1,6.10−19 × 3,0.103= 6,2.10−8 𝑠.

Entre la cathode et l’anode, le mouvement de l’électron dure 6,2.10−8 𝑠.

La masse de l’électron

1) La tension 𝑈𝐵𝐴 est positive, donc le champ électrique �⃗⃗� est dirigé de 𝐴 vers 𝐵. Un électron étant chargé

négativement, la force qu’il subit 𝐹 = −𝑒𝐸 est orientée de 𝐵 vers 𝐴 : le point 𝐶 est donc plus proche de l’électrode

𝐴 que de l’électrode 𝐵.

2) La deuxième loi de Newton appliquée dans le référentiel terrestre à l’électron ne subissant que la force électrique

s’écrit 𝑚�⃗� = �⃗� = −𝑒�⃗⃗�, ce qui donne �⃗� = −𝑒

𝑚�⃗⃗�. Comme 𝐸 =

𝑈𝐴𝐵

𝑑, et compte tenu de l’orientation de �⃗⃗�, il vient

�⃗� (0

𝑒𝑈𝐴𝐵

𝑚𝑑

).

3) Par intégration et en tenant compte des conditions initiales 𝑣𝑥(0) = 𝑣0 et 𝑣𝑦(0) = 0, les coordonnées du vecteur

vitesse sont : �⃗� {𝑣𝑥(𝑡) = 𝑣0

𝑣𝑦(𝑡) =𝑒𝑈𝐴𝐵

𝑚𝑑𝑡

.

Les équations horaires de la position s’obtiennent par une seconde intégration, la position initiale de l’électron

vérifiant 𝑥(0) = 0 et 𝑦(0) = 0. Elles s’écrivent {𝑥(𝑡) = 𝑣0𝑡

𝑦(𝑡) =𝑒𝑈𝐴𝐵

2𝑚𝑑𝑡²

4) D’après l’expression de 𝑥(𝑡), l’électron arrive en 𝑥 = 𝑙 à la date 𝑡𝐶 =𝑙

𝑣0. A cette date, son ordonnée est

𝑦𝐶 =𝑒𝑈𝐴𝐵𝑙

2

2𝑚𝑑𝑣02

5) On a: 𝑒

𝑚=2𝑦𝐶𝑑𝑣0

2

𝑈𝐴𝐵𝑙2 et l’A.N. entraîne :

𝑒

𝑚= 1,75.1011 𝐶. 𝑘𝑔−1 donc 𝑚 = 9,1.10−31 𝑘𝑔.

Le trébuchet

Je me permets de sauter cette correction, nous l’avons traité pendant le stage en prenant le temps nécessaire.

Toutefois, si des questions persistent, n’hésitez pas, POSEZ-LES !

Exercices d’entraînement – Mécanique céleste et mouvement de satellites

Exercice 1 : les cinq satellites

1) La Terre est à répartition sphérique de masse, donc la force qui s’exerce sur le satellite est la force d’attraction

gravitationnelle :

𝐹𝑇/𝑆⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗⃗ = −𝐺𝑚𝑀𝑇

𝑟2 �⃗⃗�𝑇𝑆.

Elle est dirigée du satellite vers le centre de la Terre.

2) La deuxième loi de Newton s’écrit : 𝑚�⃗� = �⃗�𝑇/𝑆, �⃗� étant l’accélération du satellite.

Dans le repère de Frenet, l’expression de l’accélération est : �⃗� =𝑑𝑣

𝑑𝑡�⃗⃗�𝑡 +

𝑣2

𝑟�⃗⃗�𝑛.

Et celle de la force est : �⃗�𝑇/𝑆 = 𝐺𝑚𝑀𝑇

𝑟2�⃗⃗�𝑛

Sur le vecteur �⃗⃗�𝑡, la deuxième loi de Newton donne 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 0, donc, 𝑣 est une constante

et le mouvement est uniforme.

Sur le vecteur �⃗⃗�𝑛, on a : 𝑚𝑣2

𝑟=𝐺𝑚𝑀𝑇

𝑟2 soit 𝑣 = √

𝐺𝑀𝑇

𝑟. Le satellite étant à 820 𝑘𝑚

d’altitude, sa distance au centre de la Terre est : 𝑟 = 6 370 + 820 = 7 190 𝑘𝑚.

Sa vitesse est donc :

𝑣 = √𝐺𝑀𝑇𝑟= √

6,67.10−11 × 6,0.1024

7,19.106= 7,5.103 𝑚. 𝑠−1

3) La vitesse du satellite étant constante, elle est égales à sa vitesse moyenne sur une période : 𝑣 =2𝜋𝑟

𝑇.

La période de révolution vérifie ainsi 𝑇 =2𝜋𝑟

𝑣= 2𝜋√

𝑟3

𝐺𝑀𝑇, ce qui donne :

𝑇 = 2𝜋√(7,19.106)3

6,67.10−11×6,0.1024= 6,1.103 𝑠 soit 1ℎ 41𝑚𝑖𝑛.

4) Un satellite peut faire plus de quatorze fois le tour de la Terre en une journée. Le plan de la trajectoire n’étant pas

dans le plan équatorial, un satellite voit défiler une surface importante de la Terre en un jour. Un petit nombre de

satellite suffisent alors pour observer n’importe quel point de la Terre en une journée.

Le cercle des planètes disparues

I – Orbite d’Eris

1) Selon la troisième loi de Kepler, le rapport du carré de la période de révolution 𝑇 et du cube du demi-grand

axe 𝑎 de l’orbite elliptique est constant : 𝑇2

𝑎3= 𝑐𝑠𝑡𝑒.

2) Si 𝑇𝐸 est supérieure à 𝑇𝑃 comme l’indiquent les valeurs numériques, le fait que, d’après la troisième loi de

Kepler, les rapports 𝑇𝐸 2

𝑎𝐸 3 et

𝑇𝑃 2

𝑎𝑃 3 soient égaux implique que 𝑎𝐸 soit supérieure à 𝑎𝑃 :

l’orbite d’Eris est plus éloignée du Soleil que celle de Pluton.

II – Découverte de Dysnomia

1) Mouvement de Dysnomia

1.1) Le référentiel permettant d’étudier le mouvement de Dysnomia autour d’Eris est le référentiel

« eriscentique », de centre confondu avec celui d’Eris et d’axes fixes par rapport aux étoiles lointaines.

1.2) La deuxième loi de Newton appliquée à Dysnomia dans le référentiel ériscentrique s’écrit :

𝑀𝐷�⃗� = �⃗�𝐸/𝐷 = −𝐺𝑀𝐸𝑀𝐷

𝑅𝐷 2 �⃗⃗�𝐸𝐷 𝑑𝑜𝑛𝑐 �⃗� = −𝐺

𝑀𝐸

𝑅𝐷2 �⃗⃗�𝐸𝐷

1.3) La direction du vecteur accélération est parallèle à la droite passant par les centres de Dysnomia et Eris.

Il est orienté de Dysnomia vers Eris.

1.4) La distance parcourue par Dysnomia pendant une période de révolution 𝑇𝐷 est égale au périmètre de son

orbite circulaire 2𝜋𝑅𝐷 . Le mouvement de Dysnomia étaant supposé uniforme, sa vitesse est constante et

égale à sa vitesse moyenne : 𝑣𝐷 =2𝜋𝑅𝐷

𝑇𝐷.

Or, les deux expressions de l’accélération conduisent à : 𝑣𝐷 2

𝑅𝐷= 𝐺

𝑀𝐸

𝑅𝐷2 ce qui donne : 𝑉𝐷 = √𝐺

𝑀𝐸

𝑅𝐷.

La période de révolution de Dysnomia est donc :

𝑇𝐷 =2𝜋𝑅𝐷𝑣𝐷

= 2𝜋𝑅𝐷√𝑅𝐷𝐺𝑀𝐸

= 2𝜋√𝑅𝐷 3

𝐺𝑀𝐸

⇒ 𝑇𝐷 = 4𝜋²

𝑅𝐷 3

𝐺𝑀𝐸

Donc, on obtient 𝑇𝐷²

𝑅𝐷 3 =

4𝜋2

𝐺𝑀𝐸 qui correspond à la troisième loi de Kepler.

2) Masse d’Eris

2.1) D’après la troisième loi de Kepler, 𝑀𝐸 =4𝜋2𝑅𝐷

3

𝐺𝑇𝐷² soit :

𝑀𝐸 =4𝜋2(3,60.107)3

6,67.10−11. (1,30.106)2= 1,63.1022 𝑘𝑔.

2.2) On a 𝑀𝐸

𝑀𝑃= 1,24 et la masse de Pluton étant voisine de celle d’Eris qui n’est pas une planète, pareil pour

Pluton.

Saut de ski nautique

5) De 𝐴 à 𝐵 :

Le poids �⃗⃗�, vertical, vers le bas, de valeur 𝑃 = 𝑚𝑔 = 80 × 9,8 = 7,8.102 𝑁 ;

La réaction de l’eau �⃗⃗�, perpendiculaire à l’eau, vers le haut, de valeur 𝑅 ;

La force de frottements 𝑓, parallèle à la piste, opposée au mouvement et de valeur 𝑓 = 150 𝑁 ;

La force de traction �⃗⃗�, horizontale, dans le sens du mouvement, de valeur 𝑇.

De 𝐵 à 𝐶 :

Le poids �⃗⃗�, vertical, vers le bas, de valeur 𝑃 = 𝑚𝑔 = 80 × 9,8 = 7,8.102 𝑁 ;

La réaction du tremplin �⃗⃗�, perpendiculaire au tremplin, vers le haut, de valeur 𝑅 ;

6) De 𝐴 à 𝐵 :

𝑊𝐴𝐵(�⃗⃗�) = 𝑊𝐴𝐵(�⃗⃗�) = 0 par perpendicularité de 𝑃 et 𝑅 au déplacement.

𝑊𝐴𝐵(�⃗⃗�) = �⃗⃗�. 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑇 × 𝐴𝐵 = 𝑇 × 𝐿 ;

𝑊𝐴𝐵(𝑓) = 𝑓.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = −𝑓 × 𝐴𝐵 = −𝑓 × 𝐿.

De 𝐵 à 𝐶 :

𝑊𝐵𝐶(�⃗⃗�) = −𝑚𝑔ℎ;

𝑊𝐵𝐶(�⃗⃗�) = 0 car �⃗⃗� est perpendiculaire au déplacement.

7) En appliquant le théorème de l’énergie mécanique entre 𝐴 et 𝐵, d’où : ∆𝐸𝑚 = ∆𝐸𝑃𝑃 + ∆𝐸𝐶 = 𝑊𝐴𝐵(�⃗⃗�) +𝑊𝐴𝐵(𝑓)

car �⃗⃗� et 𝑓 sont deux forces non conservatives. Soit 1

2𝑚𝑣𝐵

2 −1

2𝑚𝑣𝐴

2 = 𝑇 × 𝐿 − 𝑓 × 𝐿 où 𝑣𝐴 = 0.

Donc, 𝑣𝐵 = √2(𝑇−𝑓)𝐿

𝑚.

8) En appliquant le théorème de l’énergie mécanique entre les points 𝐵 et 𝐶, il vient ∆𝐸𝑚 = ∆𝐸𝑃𝑃 = ∆𝐸𝐶

Donc, ∆𝐸𝑚 = 𝑚𝑔(𝑧𝐶 − 𝑧𝐵) +1

2𝑚𝑣𝐶

2 −1

2𝑚𝑣𝐵

2 = 0. Donc, 1

2𝑚𝑣𝐶² =

1

2𝑚𝑣𝐵² − 𝑚𝑔ℎ soit 𝑣𝐶 = √𝑣𝐵² − 2𝑔ℎ.

9) 𝑣𝐶2 = 𝑣𝐵

2 − 2𝑔ℎ =2(𝑇−𝑓)𝐿

𝑚− 2𝑔ℎ

⇒ 𝑇 = 𝑓 +

𝑚𝑔ℎ

𝐿+𝑚𝑣𝐶

2

2𝐿= 150 +

80×9,8×1,5

100+80×(

60

3,6)2

2×100= 2,7.102 𝑁.

Sport et science

1) Saut du plongeur

1.1) A la date 𝑡𝑆 , l’altitude est maximale, l’énergie potentielle 𝐸𝑝𝑝 est donc maximale.

D’après le graphique de la figure 2, 𝐸𝑝𝑝 est maximum pour 𝑡𝑆 = 400 𝑚𝑠. 𝐸𝑝𝑝 = 3,45 𝑘𝐽.

𝐸𝑝𝑝 = 𝑚.𝑔. 𝑦𝑆 ; 𝑦𝑆 =𝐸𝑝𝑝

𝑚.𝑔=

3,45.103

70,0×9,80= 5,03 𝑚. Cette valeur est compatible avec la valeur de 𝑦0 de 4,0 𝑚.

1.2) Détermination de la valeur de la vitesse du centre d’inertie du plongeur au moment où ses mains touchent l’eau.

1.2.1) 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝𝑝 =1

2 𝑚. 𝑣² + 𝑚. 𝑔. 𝑦

1.2.2) Le plongeur peut être considéré en chute libre car il n’est soumis qu’à son poids. Les forces de l’air sont

négligées.

Lors de la chute libre, les forces autres que le poids n’existent pas, l’énergie mécanique se conserve donc.

𝐸𝑚 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒.

1.2.3) 𝐸𝑚 = 𝐸𝑚0 =1

2𝑚. 𝑣0

2 +𝑚.𝑔. 𝑦0 = 𝐸𝑚1 = 𝐸𝑐1 +𝑚.𝑔. 𝑦1 ; 𝐸𝑐1 =1

2𝑚. 𝑣0² + 𝑚. 𝑔. (𝑦0 – 𝑦1)

𝐸𝑐1 =1

2× 70,0 × 4,02 + 70,0 × 9,80 × (4,0 – 1,0) = 2,6.103 𝐽

1.2.4) 𝑣1² =2𝐸𝑐1𝑚 ; 𝑣1 = √

2𝐸𝑐1𝑚= √

2×2,6.103

70,0= 8,6 𝑚. 𝑠−1

Cette valeur est compatible avec celle de 𝑣0 de 4,0 𝑚. 𝑠−1 car 𝑣1 doit être supérieure à 𝑣0 .

2.1) D'après la figure 3, à 𝑡 = 0 𝑠, 𝑦 = − 2,0 𝑚. Les mains sont donc à 3,0 𝑚 de profondeur, elles sont à 2,0 𝑚 du

fond.

2.2) 2.2.1) Les forces exercées sur le plongeur sont :

- le poids �⃗⃗� du plongeur, vertical vers le bas. 𝑃 = 𝑚. 𝑔

- la poussée d'Archimède 𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ de l'eau sur le plongeur, verticale vers le haut. 𝑃𝐴 = 𝜌. 𝑉. 𝑔 - la force de frottements de l'eau sur le plongeur, opposé au déplacement. 𝑓 = 𝑘. 𝑣²

𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

�⃗⃗�

�⃗⃗⃗� (Souvenez-vous de ce que je vous disais au stage :

il faut représenter les vecteurs forces

de façon cohérentes, donc on évitera de tracer un vecteur force

de frottement qui mesure 3 fois celui du poids…)

Etude d’un système solide-ressort

I. Energie mécanique du système solide-ressort

1) On a : 𝐸𝑚 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝é.

2) Donc : 𝐸𝑚 =1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2.

3) Le déplacement vaut : 𝑥0, alors : 𝐸𝑝é = 𝑘𝑥0², on en déduit :

𝐸𝑚0 =1

2𝑚𝑣0² +

1

2𝑘𝑥0² =

1

2𝑘𝑥0²

4) Lorsque les frottements sont négligés, l’énergie cinétique et l’énergie potentielle se compense

complètement, l’échange énergétique a lieu sans pertes mécaniques, donc l’énergie mécanique est

constante.

5) Lorsque le ressort est lâché en 𝑥0 sans vitesse initiale, le point G soumit à l’énergie potentielle élastique

du ressort est entraîné en mouvement est a maintenant une vitesse 𝑣𝐺 .

En négligeant les frottements, on a : 𝐸𝑚 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝é.

Or, initialement on avait : 𝐸𝑐 = 0, donc comme 𝐸𝑚 = 𝐸𝑚0 =1

2𝑘𝑥0²

Lorsque le ressort passe en 𝑂, il a pour énergie :

𝐸𝑚 =1

2𝑚𝑣𝐺

2 +1

2𝑘. 0² =

1

2𝑚𝑣𝐺², d’où :

1

2𝑚𝑣𝐺

2 =1

2𝑘𝑥0² donc : 𝑣𝐺 = 𝑥0√

𝑘

𝑚.

II. Deux enregistrements

1) Pour obtenir une bonne mesure, on lit 3𝑇0.

On a : 3𝑇0 = 1𝑠 donc 𝑇0 ≈ 333.10−3𝑠.

2) Etant donné 𝑇0 = 2𝜋√𝑚

𝑘, on a 𝑚 = 𝑘. (

𝑇0

2𝜋)2

donc 𝑚 ≈ 15. (333.10−3

2𝜋)2

= 42 𝑔.

3) En observant la courbe représentant l’énergie avec frottements, on remarque que celle-ci n’est pas

périodique.

En revanche, cette courbe présente une allure proche de celle de la courbe sans frottement avec des

extrema coïncident dans le temps.

Donc, en nommant pseudo-période la durée entre deux maximums successifs sur la courbe avec

frottement, on définit une grandeur temporelle qui a la même dimension que la période.

III. Tracés des énergies

1) Courbe 1 : énergie mécanique

Courbe 2 : énergie cinétique

Courbe 3 : énergie potentielle élastique

2) Sur la figure 1, l’énergie potentielle élastique et l’énergie cinétique se compense mutuellement et leur

somme reste constante, il n’y a pas de perte énergétique car il n’y a pas de frottement.

D’où le fait que l’énergie mécanique soit constante.

Tandis que pour la figure 2, les frottements absorbent et dissipent une partie de l’énergie, alors la

compensation entre énergie cinétique et énergie potentielle élastique ne se compense plus que

partiellement. L’énergie mécanique subit alors une décroissance logarithmique.

3) Initialement, l’énergie mécanique vaut : 𝐸𝑚0 = 0,076 𝐽

Et au bout de d’une seconde, on a 𝐸𝑚1 = 0,006 𝐽.

De cette variation énergétique on en déduit : 𝑊0→1 = 𝐸𝑚1 − 𝐸𝑚0 = 0,070 𝐽.

Vaisseau spatial

1- La durée propre est la période mesurée dans le référentiel du vaisseau, car la source lumineuse est fixe

dans ce référentiel. C’est donc 𝑇0.

2- La période 𝑇, mesurée dans le référentiel terrestre, est donnée par la relation :

𝑇 =𝑇0

√1 −𝑣²𝑐²

Comme le dénominateur de cette expression est inférieur à 1 car 𝑣 < 𝑐 alors 𝑇 est supérieure à 𝑇0.

3- Si 𝑇 = 2𝑇0, alors la relation précédente s’écrit : 2𝑇0 =𝑇0

√1−𝑣²

𝑐²

Ce qui donne

√1 −𝑣²

𝑐²=1

2

Et en élevant au carré, on obtient :

1 −𝑣2

𝑐2=1

4

D’où :

𝑣²

𝑐²= 1 −

1

4=3

4.

Donc : 𝑣 = 𝑐√3

4 soit 𝑣 = 3,00. 108√

3

4= 2,60. 108 𝑚. 𝑠−1

4- Avec 𝑇0 = 1,00 𝑠 et 𝑣 = 1,00. 104𝑚. 𝑠−1, on a :

𝑇 =1,00

√1 −(1,00. 108)²(3,00. 108)²

= 1,00 𝑠.

5- Si 𝑣 = 1,00. 108 𝑚. 𝑠−1 alors :

𝑇 =1,00

√1 −(1,00. 108)²(3,00. 108)²

= 1,06 𝑠.

Les deux périodes sont significativement différentes si la vitesse du vaisseau est proche de la vitesse de la

lumière. Elles sont égales si 𝑣 est très inférieure à 𝑐.

6- Le sens du déplacement du vaisseau n’intervient pas : les résultats sont identiques.

Expérience de Hafele-Keating

1- La durée mesurée dans le référentiel terrestre est supérieure à la durée propre, comme si le temps subissait une

« dilatation ».

2- La vitesse de l’avion étant faible devant celle de la lumière, l’écart entre durées propre et mesurées sera très

faible, donc les passagers de l’avion voient s’écouler le temps de la même façon que s’ils étaient restés au sol.

3- L’écart prévisible théoriquement est :

𝜏 = 2 ×220 × 463

(3,00. 108)²× 41,0 × 3 600 = 3,34. 10−7𝑠.

Soit 334 𝑛𝑠.

4- En tenant compte de l’incertitude de la mesure de l’écart 𝜏, celui-ci a pour intervalle de confiance

[315 𝑛𝑠 ; 349 𝑛𝑠].

Le résultat donné par la théorie de la relativité est bien conforme à la mesure, puisque la valeur calculée est dans

l’intervalle de confiance de la valeur mesurée.

5- Cette expérience nécessite de pouvoir mesurer des écarts de temps extrêmement faibles, donc il faut utiliser des

horloges atomiques, dont la précision est bien supérieure à celle d’une horloge classique.

Expérience de Michelson et Morley

1 – Etude de la lumière se réfléchissant sur les miroirs

a. En utilisant la relation 𝑣 =𝑑

𝑡 , on écrit :

𝑐 − 𝑣 =𝐿

𝑡𝐴 ⇔ 𝑡𝐴 =

𝐿

𝑐 − 𝑣

Et :

𝑐 + 𝑣 =𝐿

𝑡𝐵 ⇔ 𝑡𝐵 =

𝐿

𝑐 + 𝑣

b. On en déduit 𝑡2 = 𝑡𝐴 + 𝑡𝐵 =𝐿

𝑐−𝑣+

𝐿

𝑐+𝑣=𝐿(𝑐+𝑣)+𝐿(𝑐−𝑣)

(𝑐−𝑣)(𝑐+𝑣)=

2𝐿𝑐

(𝑐−𝑣)(𝑐+𝑣)=

2𝐿𝑐

𝑐2−𝑣²

c. On a : 𝑉 = √𝑐2 − 𝑣² donc, √𝑐2 − 𝑣² =2𝐿

𝑡1 ⇔ 𝑡1 =

2𝐿

√𝑐2−𝑣2

2 – Etude des interférences

a. 𝑡1 =2𝐿

√𝑐2−𝑣2=

2×10

√(3,00.108)2−(3,00.104)2≈ 6,6666667330. 10−8 𝑠.

𝑡2 =2𝐿𝑐

𝑐2 − 𝑣2=

2 × 10 × 3,00. 108

(3,00. 108)2 − (3,00. 104)2≈ 6,6666667000. 10−8 𝑠.

b. 𝛿 = |𝑐(𝑡1 − 𝑡2)| ≈ |−9,9999000000 . 10−8| 𝑚 ≈ 99,99 𝑛𝑚

c. Sachant que 𝜆 = 600 𝑛𝑚, on a une fraction de 99,99

600≈1

6.

Ordre d’interférence : 𝑝 = 2𝜋 ×1

6≈ 1 et un entier, donc la frange a une luminosité maximale.

Remarque : la luminosité est nulle si l’ordre est un demi-entier.

d. On appelle interfrange, noté i, la distance sur l'écran d'observation entre deux franges consécutives de

même nature.

Pour un déplacement d’interfrange spatial, 𝛿 varie de 𝜆.

Effet Doppler relativiste

a. Un observateur terrestre mesurerait une période :

𝑇 = 𝑇0 × 𝛾 = 𝑇0 ×1

√1 −𝑣²𝑐²

=𝑇0

√1−𝑣²𝑐²

b. La période entre deux éclairs pour l’observateur terrestre est 𝑇 = 𝑇0 × 𝛾, et la vitesse de la lumière étant de 𝑐 =

3,00.108 𝑚. 𝑠−1, alors, la distance 𝑑1 entre deux éclairs s’écrit :

𝑑1 = 𝑐 × 𝑇 = 𝑐 × 𝑇0 × 𝛾

c. Pour ce même observateur, la navette parcourt :

𝑑2 = 𝑣 × 𝑇 = 𝑣 × 𝑇0 × 𝛾

d. On a : 𝜆′ = 𝑑1 − 𝑑2 avec 𝑑1 = 𝑐. 𝑇0. 𝛾 et 𝑑2 = 𝑣. 𝑇0. 𝛾, donc :

𝜆′ = 𝑇0. 𝛾(𝑐 − 𝑣)

e. On en déduit : 𝑇′ = 𝜆′

𝑐 montrons alors que l’expression donnée s’écrit aussi : 𝑇′ =

𝜆′

𝑐

𝑇′ = 𝑇0 × √

1−𝑣

𝑐

1+𝑣

𝑐

=𝜆′

𝛾(𝑐−𝑣)× √

1−𝑣

𝑐

1+𝑣

𝑐

=𝜆′

1

√1−𝑣2

𝑐2

(𝑐−𝑣)× √

1−𝑣

𝑐

1+𝑣

𝑐

=𝜆′.√1−

𝑣2

𝑐2

(𝑐−𝑣)× √

1−𝑣

𝑐

1+𝑣

𝑐

=𝜆′.√(1−

𝑣

𝑐)(1+

𝑣

𝑐)

(𝑐−𝑣)× √

1−𝑣

𝑐

1+𝑣

𝑐

=

𝜆′.√(1−𝑣

𝑐)

(𝑐−𝑣)×√1−

𝑣

𝑐

1=𝜆′.(1−

𝑣

𝑐)

(𝑐−𝑣)=𝜆′.(

𝑐−𝑣

𝑐)

(𝑐−𝑣)=𝜆′

𝑐

f. Si 𝑣 = 0,20 𝑐 alors :

𝑓′ =1

𝑇′=1

𝑇0×√

1+𝑣

𝑐

1−𝑣

𝑐

= 𝑓0 × √𝑐+𝑣

𝑐−𝑣= 𝑓0 . √

𝑐+0,20𝑐

𝑐−0,20𝑐= 8,0.1014 . √

1+0,20

1−0,20= 9,8.1014 𝐻𝑧.

Suivi spectrophotométrique d’une réaction

1) a)

Etat Av.

(mol) 2𝑀𝑛𝑂4

−(𝑎𝑞)

+ 5𝐻2𝐶2𝑂4(𝑎𝑞) + 6𝐻(𝑎𝑞)+ → 2𝑀𝑛(𝑎𝑞)

2+ + 10𝐶𝑂2(𝑎𝑞) + 8𝐻2𝑂(𝑙)

Etat initial

0 𝑐1𝑉1 𝑐2𝑉2 𝑒𝑥𝑐è𝑠 0 0 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑛𝑡

Etat inter.

𝑥 𝑐1𝑉1 − 2𝑥 𝑐2𝑉2 − 5𝑥 𝑒𝑥𝑐è𝑠 2𝑥 10𝑥 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑛𝑡

Etat final

𝑥𝑓 𝑐1𝑉1 − 2𝑥𝑓 𝑐2𝑉2 − 5𝑥𝑓 𝑒𝑥𝑐è𝑠 2𝑥𝑓 10𝑥𝑓 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑛𝑡

Dans un état intermédiaire quelconque 𝑛 = 𝑐1𝑉1 − 2𝑥.

b) [𝑀𝑛𝑂4−] =

𝑛

𝑉. Donc [𝑀𝑛𝑂4

−] =𝑐1𝑉1−2𝑥

𝑉.

c) D’après la question b), 𝐴 = 𝑘[𝑀𝑛𝑂4−] = 𝑘

𝑐1𝑉1−2𝑥

𝑉 soit :

𝑥 =1

2(𝑐1𝑉1 −

𝐴𝑉

𝑘) = −

𝑉

2𝑘𝐴 +

𝑐1𝑉12= −3,95.10−7𝐴 + 4,75.10−7

Cette expression est bien de la forme 𝑎𝐴 + 𝑏 avec 𝑏 = −𝑉

2𝑘= −3,95.10−7 𝑚𝑜𝑙 et 𝑎 =

𝑐1𝑉1

2= 4,75.10−7 𝑚𝑜𝑙,

car 𝑐1𝑉1 est homogène à une quantité de matière.

d) A l’état final, la courbe montre que l’absorbance s’annule donc les ions permanganate sont entièrement

consommés.

2)

a) Courbe représentant l’avancement 𝑥 en fonction du temps (en vert) :

b) La valeur de l’avancement final correspond à la valeur du palier sur le graphe précédent : 𝑥𝑓 = 475.10−9 𝑚𝑜𝑙.

Cette valeur est obtenue quand il n’y a plus de 𝑀𝑛𝑂4− : 𝑐1𝑉1 − 2𝑥𝑓 = 0 donc 𝑥𝑓 =

𝑐1𝑉1

2= 475.10−9 𝑚𝑜𝑙.

c) Le temps de demi-réaction est la durée nécessaire pour que l’avancement atteigne la moitié de sa valeur

finale. Sur le graphe, il correspond donc à l’abscisse de 𝑥𝑓

2. Ici, 𝑡1

2

= 3,3.102 𝑠.

3) Toutes choses étant égales par ailleurs, si la température augmente, l’évolution du système chimique est plus

rapide. Il faut donc tracer une courbe similaire, mais où le palier est atteint pour un temps plus court (voir la courbe

en violet sur le graphe suivant) :

4) Un catalyseur est une espèce chimique, différente des réactifs, dont la présence accélère une réaction chimique.

Le catalyseur n’étant pas un réactif, il ‘est pas consommé par la réaction. Il s’agit ici de catalyse homogène puisque

réactifs et catalyseur forment un mélange homogène.

Exercices d’entraînement – Représentation spatiale des molécules

Exercice 1 : représentation d’un alcool

a) Le propan-1-ol possède une chaîne carbonée de trois atomes de carbone et un groupe −𝑂𝐻 sur le premier

atome de carbone : 𝐻𝑂 − 𝐶𝐻2 − 𝐶𝐻2 − 𝐶𝐻3.

b) Pour obtenir la formule topologique, il faut se limiter à représenter par une ligne brisée ( ) les

liaisons n’impliquant pas d’atomes d’hydrogène et à faire apparaître les symboles des hétéroatomes et des

atomes d’hydrogène qui leur sont liés : .

Exercice 2 : représentation tridimensionnelle autour d’un atome de carbone

a) Le méthane possède un unique atome de carbone entouré de 4 atomes d’hydrogène, il a comme formule

développée :

b) L’atome de carbone est dans un environnement tétraédrique ; deux liaisons 𝐶 −𝐻 sont dans le plan, une

troisième est vers l’avant (en gras) et une quatrième est vers l’arrière (en pointillés).

Exercice 3 : recherche d’un atome de carbone asymétrique

a) L’atome de carbone n°1 est entouré par trois atomes d’hydrogène et un groupe (𝐶𝐻𝐵𝑟 − 𝐶𝐻2 − 𝐶𝐻3).

Il n’est donc pas asymétrique.

b) On a :

L’atome de carbone n°2 est entouré par un hétéroatome 𝐵𝑟, un atome d’hydrogène, un groupe

−𝐶𝐻3 et un groupe −𝐶𝐻2 − 𝐶𝐻3. Les quatre groupes sont différents : l’atome de carbone n°2 est

donc asymétrique.

L’atome de carbone n°3 est entouré par deux atomes d’hydrogène, un groupe −𝐶𝐻3

et un groupe −𝐶𝐻𝐵𝑟 − 𝐶𝐻3. Il n’est donc pas asymétrique.

L’atome de carbone n°4 est entouré par trois atomes d’hydrogènes et un groupe :

(−𝐶𝐻2 − 𝐶𝐻𝐵𝑟 − 𝐶𝐻3). Il n’est donc pas asymétrique.

c) La molécule possède un unique atome de carbone asymétrique, elle est donc chirale.

Exercice 4 : recherche de la chiralité

a) La molécule de gauche ne possède pas d’atome de carbone asymétrique (𝐻3𝐶 − 𝐶𝐻2 est le même groupe

que 𝐶2𝐻5) ; celle de droite en possède un, indiqué avec un astérisque :

b) La molécule de gauche est superposable à son image par un miroir plan, elle n’est donc pas chirale.

La molécule de droite possède un unique atome de carbone asymétrique, elle est donc chirale.

Une autre méthode est de dessiner l’image par un miroir, et de remarquer que la molécule et son image ne

sont pas superposables :

Exercice 5 : conformation de l’éthane

a) Une formule spatiale possible avec les conventions de Cram est :

b) Une autre formule spatiale possible est :

c) Ici, tous les substituants des deux atomes de carbone sont des atomes d’hydrogène. La conformation la plus

stable est donc celle où les atomes d’hydrogène sont le plus éloignés les uns des autres, c’est-à-dire celle

représentée en a).

Exercice 6 : relation d’isomérie

a) Il s’agit de la même molécule (deux conformations différentes).

b) Il s’agit de deux diastéréoisomères Z et E.

c) Il s’agit de deux énantiomères, images l’un de l’autre par un miroir et non superposables.

Ephédrine et adrénaline

I. Etude de l’adrénaline

1) L’adrénaline a pour formule topologique :

2) L’atome de carbone 1 est relié à quatre atomes ou groupes d’atomes différents :

Il est donc asymétrique. Les autres atomes de carbone ne le sont pas.

3) Une représentation possible de la molécule d’adrénaline dans l’espace est :

Remarque : il est également possible de choisir d’échanger la position des groupements OH et H portés par

l’atome de carbone 1.

4)

La molécule d’adrénaline ne possède qu’un seul atome

de carbone asymétrique, elle est donc chirale.

Elle possède un énantiomère, qui est son image par un

miroir plan.

II. Etude de l’éphédrine

1) La molécule d’éphédrine possède deux atomes de carbone asymétriques. Les atomes de carbone 1 et 2

possèdent chacun quatre atomes ou groupes d’atomes différents.

2) L’éphédrine n’est pas superposable à son image dans un miroir plan, elle est donc chirale.

3) La molécule est identique à l’image de ‘éphédrine naturelle dans un miroir plan. Il s’agit donc de son

énantiomère.

4) L’éphédrine et les molécules de pseudo-éphédrines ont la même formule semi-développée mais ne sont pas

images les unes des autres dans un miroir plan. Il s’agit de diastéréoisomères.

5) Les molécules de pseudo-éphédrines sont images l’une de l’autre par un miroir plan. Il s’agit d’un couple

d’énantiomères.

III. Propriétés biologiques

Un mélange racémique est un mélange équimolaire de composés énantiomères. Ici, les deux composés possèdent

la même activité biologique, bien que l’un reste plus efficace que le second. Le mélange des deux énantiomères

est donc utilisable.