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Exercices d’entraînement – Ondes et particules
Exercice 1 : départ d’un sprint
a) Le son doit parcourir 10 𝑚 de plus, donc le retard est la distance à parcourir divisée par la célérité du son
dans l’air : 10
340= 29 𝑚𝑠.
b) Le retard est de 2,9 centièmes de seconde. Si le chronométrage est précis au centième de seconde près, ce
retard crée une inégalité entre les deux coureurs.
Exercice 2 : ondes dans un tuyau
a) Il y a propagation dans deux milieux différents à des célérités différentes.
b) 𝑐é𝑙é𝑟𝑖𝑡é =𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑜𝑢𝑟𝑢𝑒
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑠 𝑑𝑒 𝑝𝑎𝑟𝑐𝑜𝑢𝑟𝑠 alors :
Pour le premier milieu : 𝑣1 =10
3,3.10−3= 3,0.103 𝑚. 𝑠−1 pour le second milieu : 𝑣2 =
10
29,4.10−3= 340 𝑚. 𝑠−1.
Exercice 3 : célérité du son dans l’air
a) Exemple de schéma d’acquisition :
b) La date d’arrivée du son au premier micro est 1,3 𝑚𝑠. Le son arrive au deuxième micro au bout de 2,6 𝑚𝑠.
Le retard de l’onde sonore entre les deux micros est donc 2,6 − 1,3 = 1,3 𝑚𝑠.
c) Alors : 𝑣 =4,5.10−2
1,3.10−3= 3,5.102 𝑚. 𝑠−1. L’écart avec la valeur usuelle de la célérité du son dans l’air peut
s’expliquer par une imprécision de mesure sur la distance entre les deux micros et sur le retard.
Célérité du son dans l’eau
1) Les ondes ultrasonores sont des ondes mécaniques progressives longitudinales.
2) La distance parcourue par l’onde entre émission et réception est celle d’un aller-retour, donc vaut deux fois la
longueur de l’aquarium : 2𝐿 = 55 × 2 = 110 𝑐𝑚.
3)
a) 𝜏 est la durée séparant la réception du son par les deux récepteurs.
b) Le son va plus vite dans l’eau que dans l’air, donc le signal reçu en premier (trace n°2) correspond au
son ayant voyagé dans l’eau (voie B).
c) La détermination graphique donne 𝜏 = 0,002 5 𝑠.
4)
a) La relation liant ces trois grandeurs est : 2𝐿 = 𝑣𝑎𝑖𝑟 𝑡𝑎𝑖𝑟.
b) De même pour l’eau : 2𝐿 = 𝑣𝑒𝑎𝑢 𝑡𝑒𝑎𝑢.
5) Comme le son se propage moins vite dans l’air que dans l’eau, 𝜏 = 𝑡𝑎𝑖𝑟 − 𝑡𝑒𝑎𝑢 .
6)
a) D’après les trois questions précédentes :
𝜏 =2𝐿
𝑣𝑎𝑖𝑟−2𝐿
𝑣𝑒𝑎𝑢= 2𝐿 (
1
𝑣𝑎𝑖𝑟−
1
𝑣𝑒𝑎𝑢)
On en déduit : 1
𝑣𝑎𝑖𝑟−
1
𝑣𝑒𝑎𝑢=
𝜏
2𝐿 puis
1
𝑣𝑒𝑎𝑢=
1
𝑣𝑎𝑖𝑟−
𝜏
2𝐿.
L’expression de la célérité du son dans l’eau est ainsi :
𝑣𝑒𝑎𝑢 =1
1𝑣𝑎𝑖𝑟
−𝜏2𝐿
qui peut encore s’écrire : 𝑣𝑒𝑎𝑢 =2𝐿𝑣𝑎𝑖𝑟
2𝐿−𝜏𝑣𝑎𝑖𝑟.
b) Le calcul donne alors : 𝑣𝑒𝑎𝑢 =2×0,55×340
2×0,55−0,0025×340= 1,5.103 𝑚. 𝑠−1
7)
a) L’écart relatif est : 1,6.103−1,5.103
1,6.103= 0,06 soit un écart de 6%.
b) Les grandeurs 𝐿 et 𝑣𝑎𝑖𝑟 sont données sans leur incertitude absolue, donc celle-ci est considérée
comme égale à une demi-unité du dernier chiffre significatif.
Pour 𝐿 = 0,55 𝑚, ∆𝐿 = 0,005 𝑚 donc ∆𝐿
𝐿=0,005
0,55= 0,01 = 1%.
Pour 𝑣𝑎𝑖𝑟 = 340 𝑚. 𝑠−1,
∆𝑣𝑎𝑖𝑟
𝑣𝑎𝑖𝑟=0,5
340= 0,001 = 0,1%.
Pour 𝜏 = 0,0025,∆𝜏
𝜏=0,0002
0,0025= 0,08 = 8%.
c) L’incertitude relative sur 𝜏 est la plus grande des incertitudes relatives des trois paramètres entrant
dans l’expression de 𝑣𝑒𝑎𝑢.
C’est donc l’évaluation de 𝜏 qui est la source principale d’incertitude, en particulier dans le repérage
des débuts de chaque slave.
Un moyen de diminuer cette incertitude consiste à refaire plusieurs fois cette mesure pour obtenir
une valeur moyenne de 𝜏. L’incertitude associée sera plus faible.
Exercices d’entraînement – Ondes périodiques – Acoustique
Exercice 1 : vague sur la mer
a) Quatre périodes peuvent être repérées sur la figure.
La mesure donne 4𝑇 = 24 𝑠 donc, la période 𝑇 vaut 6,0 𝑠. La fréquence 𝑓 associée vaut :
𝑓 =1
𝑇=1
6,0= 1,7.10−1 𝐻𝑧.
b) Deux points vibrant en phase possèdent la même ordonnée à chaque instant. Ce n’est pas le cas des deux
points 𝐴 et 𝐵 : ils ne vibrent donc pas en phase.
Exercice 2 : analyse de spectres en fréquence
a) La fréquence fondamentale est repérée sur chaque spectre par la fréquence du premier pic. Le 𝑑𝑜3 possède
donc une fréquence fondamentale : 𝑓𝑑𝑜3 = 262 𝐻𝑧.
b) Le diapason émet un son pur donc son spectre en fréquence ne fait apparaître qu’un seul pic. Le spectre (1)
correspond donc au son émis par la guitare et le spectre (2) au son émis par le diapason.
c) Les sons des spectres (1) et (2) possèdent la même fréquence fondamentale : ils ont donc la même hauteur.
Par contre, leur nombre de pics est différent : ils ne possèdent pas le même timbre.
Exercice 3 : deux saxophones plutôt qu’un
a) Le niveau sonore est relié à l’intensité sonore par 𝐿 = 10 log𝐼
𝐼0. Donc,
𝐿
10= log
𝐼
𝐼0 et 10
𝐿
10 =𝐼
𝐼0.
Ainsi, 𝐼 = 𝐼0 × 10𝐿
10. Pour 𝐿1 = 57 𝑑𝐵, l’intensité sonore 𝐼1 vaut 𝐼1 = 10−12 × 10
57
10 = 5,0.10−7 𝑊.𝑚−2.
Et pour 𝐿2 = 60 𝑑𝐵, l’intensité sonore 𝐼2 vaut 𝐼2 = 10−12 × 10
60
10 = 1,0.10−6 𝑊.𝑚−2.
b) Les intensités sonores s’additionnent donc : 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 = 5,0.10−7 + 1,0.10−6 = 1,5.10−6 𝑊.𝑚−2.
Le niveau sonore 𝐿 total est donc 𝐿 = 10 log𝐼
𝐼0= 10 × log
1,5.10−6
10−12= 62 𝑑𝐵.
Guitare classique ou folk ?
1) Ces deux sons sont complexes car les deux signaux enregistrés sont périodiques mais non sinusoïdaux. Il y a
plusieurs pics de fréquence sur chaque spectre, conséquence d’un son complexe.
Un son pur ne laisserait apparaître qu’un pic unique.
2) A partir des signaux temporels, la mesure donne pour les deux guitares : 7𝑇 = 3,5.10−2 𝑠
soit : 𝑇 = 5,0.10−3𝑠.
La fréquence correspondante est : 𝑓 =1
𝑇=
1
5,0.10−3= 2,0.102 𝐻𝑧.
3) Pour chaque son, la fréquence correspondante sur le spectre est celle du premier pic.
Elle est appelée fréquence fondamentale.
4) Les deux sons possèdent donc la même fréquence. Leur caractéristique physiologique commune est leur hauteur.
Ceci est cohérent avec le fait que les deux guitares jouent la même note, définie par sa hauteur.
5) Les deux signaux temporels n’ont pas la même forme. Ils n’ont donc pas le même timbre. L’énoncé nous renseigne
sur cette différence :
« une même note jouée par chaque instrument seul est ressentie différemment par un être humain ».
6) Sur chaque spectre en fréquences, le nombre de pics et l’amplitude relative de chaque pic ne sont pas les mêmes
pour les deux sons.
7) Le son le plus riche en harmoniques est celui issu de la guitare folk car son spectre possède davantage de pics de
fréquences. L’énoncé nous dit :
« un son métallique est plus riche en harmoniques qu’un son obtenu avec une corde en nylon ».
Or, toute les cordes de la guitare folk sont en métal.
8) Par définition, les niveaux sonores s’écrivent :
𝐿1 = 10. 𝑙𝑜𝑔 (𝐼1
𝐼0) et 𝐿2 = 10. 𝑙𝑜𝑔 (
𝐼2
𝐼0) avec 𝐼0 = 10
−12 𝑊.𝑚−2
Les intensités sonores correspondantes sont donc :
𝐼1 = 𝐼0 × 10(𝐿1/10) = 10−12 × 105,9 = 7,9.10−7 𝑊.𝑚−2
𝐼2 = 𝐼0 × 10(𝐿2/10) = 10−12 × 105,2 = 1,6.10−7 𝑊.𝑚−2
9) L’intensité sonore totale serait dans ce cas :
𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2 = 9,5.10−7 𝑊.𝑚−2
Le niveau sonore correspondant serait donc :
𝐿 = 10. 𝑙𝑜𝑔 (𝐼
𝐼0) = 10. 𝑙𝑜𝑔 (
9,5.10−7
10−12) = 60 𝑑𝐵
Exercices d’entraînement – Propriétés des ondes
Exercice 1 : fentes d’Young
a) Les interférences sont constructives si 𝛿 = 𝑝𝜆 et destructives si 𝛿 = (𝑝 +1
2) 𝜆, 𝑝 étant un entier.
Les franges brillantes correspondent aux interférences constructives et les franges sombres aux
interférences destructives.
b) Si 𝑥 = 0, la différence de marche est nulle donc ce point est sur une frange brillante (𝑝 = 0).
c) En lumière blanche, des couleurs interférentielles sont observées : franges colorées au voisinage du centre
de l’écran.
Exercice 2 : diffraction en lumière blanche
a) Les largeurs angulaires de diffraction sont 𝜃 = 2𝜆
𝑎=𝑑
𝐷, 𝑑 étant la largeur sur l’écran. D’où 𝑑 = 2𝐷
𝜆
𝑎.
b) Ceci donne 𝑑 = 5,3 𝑚𝑚 pour 𝜆 = 400 𝑛𝑚, et 𝑑 = 11 𝑚𝑚 pour 𝜆 = 800 𝑛𝑚.
c) Le point lumineux situé sur l’axe est au centre de toutes les taches de diffraction, donc il est de couleur
blanche.
d) La tache de diffraction rouge est plus large que la tache de diffraction bleue, donc la couleur bleue est plus à
l’intérieur que la couleur rouge.
Remarque : ceci n’est vrai que si le spectre de la lumière blanche est plat ; en pratique il y a peu de
luminosité pour les couleurs extrêmes.
La lumière : une onde
I – Diffraction de la lumière :
1 – Expérience de Fresnel
a) La lumière blanche du Soleil est polychromatique, constitué d’une infinité de radiations de longueurs d’onde
différentes.
b) Le diamètre du fil a une importance pour observer la diffraction : plus il est faible et plus le phénomène de
diffraction est prononcé, c’est-à-dire plus la demi-ouverture angulaire de la figure de diffraction est grande.
Le diamètre du fil doit être proche de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde pour que la diffraction soit à
prendre en compte.
2 – Mesure de longueur d’onde par diffraction
a) D’après le montage donné, tan 𝜃 =𝐿/2
𝐷.Avec l’approximation proposée tan 𝜃 ≈ 𝜃, cela donne 𝜃 =
𝐿
2𝐷.
b) La relation est 𝜃 =𝜆
𝑎, avec 𝜃 en radian et 𝜆 en mètre et 𝑎 en mètre.
c) La courbe 𝜃 = 𝑓 (1
𝑎) est une droite passant par l’origine.
D’après la relation précédente, 𝜃 et 1
𝑎 sont proportionnels : le tracé est donc bien en accord avec la relation
obtenue en I – 2 – b).
d) Le coefficient directeur de la droite 𝜃 = 𝑓 (1
𝑎) est égal à la longueur d’onde 𝜆.
e) Le coefficient directeur de la droite se calcule en utilisant un point de la droite, de coordonnées
1
𝑎= 5,0.104 et 𝜃 = 2,8.10−2 𝑟𝑎𝑑.
Cela donne un coefficient directeur :
𝜆 = 2,8.10−2 ×1
5,0.104= 5,6.10−7 𝑚
La longueur d’onde de la lumière est donc 𝜆 = 560 𝑛𝑚.
f) La figure de diffraction est identique en remplaçant un fil par une fente dont la largeur est égale à l’épaisseur
du fil.
II – Mesure de longueur d’onde par interférences :
1) La lumière est diffractée par les fentes : elle ressort de celles-ci dans de multiples directions, ce qui lui permet
d’arriver en différents points de l’écran. Seule la partie de l’écran située dans la tache centrale de diffraction
reçoit de la lumière de façon significative, donc, contient des franges.
2) Les interférences sont constructives si la différence de marche est un multiple de la longueur d’onde : 𝛿 = 𝑘𝜆
avec 𝑘 entier. Elles sont destructives si la relation entre la différence de marche et la longueur d’onde est de la
forme : 𝛿 = (𝑘 +1
2) 𝜆.Selon la valeur de 𝑦, les deux ondes lumineuses ne parcourent pas le même chemin, donc
arrivent en un point de l’écran avec une différence de marche variable, donc l’interférence est parfois
constructive, parfois destructive, parfois intermédiaire (les degrés d’annulation hors programme).
En 𝑦 = 0, les deux ondes parcourent exactement le même chemin, donc leur différence de marche est nulle :
l’interférence est constructive, donc, un maximum de lumière est observé au centre de l’écran.
3) La largeur de six interfrange est 6𝑖 = 25 𝑚𝑚, ce qui donne 𝑖 = 4,2 𝑚𝑚. La longueur d’onde est donc :
𝜆 =𝑎𝑖
𝐷=4,0.10−4 × 4,2.10−3
3,0= 5,6.10−7 𝑚 = 560 𝑛𝑚.
En mesurant six frange au lieu d' une permet d' obtenir une meilleur précision.
Exercices d’entraînement – Analyse spectrale
Exercice 1 : spectre d’un extrait d’une plante (Mokaya)
a) La solution absorbe seulement dans les UV.
Elle n’est donc pas colorée.
b) Les deux maxima d’absorption se décrivent par doublets :
(𝜆max1 = 282 𝑛𝑚; 휀282 = 36 𝐿.𝑚𝑜𝑙−1. 𝑐𝑚−1) et (𝜆𝑚𝑎𝑥2 = 328 𝑛𝑚; 휀328 = 39 𝐿.𝑚𝑜𝑙
−1. 𝑐𝑚−1).
c) La réponse aurait été la même car les caractéristiques spectroscopiques d’une espèce ne dépendent pas de
sa concentration en solution
d) Selon la loi de Beer-Lambert, l’absorbance de la solution est deux fois plus élevée si la solution est deux fois
plus concentrée, quelle que soit la longueur d’onde.
Le spectre apparait donc moins aplati.
Exercice 2 : déplacement chimique en RMN et électronégativité
a) Les trois molécules n’ont qu’un proton : le spectre de chacune est donc un singulet.
b) L’électronégativité d’un atome 𝑋 caractérise la propension de 𝑋 à attirer vers lui les électrons des liaisons
qu’il engage avec les autres atomes.
Pour 𝐻 − 𝐶𝑙, les deux électrons de la liaison simple sont plutôt localisés sur l’atome de chlore car 𝜒𝐶𝑙 > 𝜒𝐻.
c) On a : 𝜒𝐶𝑙 > 𝜒𝐵𝑟 > 𝜒𝑙 .
d) Plus 𝐻 est proche d’atomes électronégatifs, plus le déplacement chimique du signal 𝑅𝑀𝑁 associé est
important.
Suivi d’une réaction de déshydratation
1 – Etude du spectre du 2-méthylbutan-2-ol
c) Il faut toujours commencer par repérer les groupes de protons équivalents et dénombrer leur nombre.
Chaque groupe a un nombre de protons différents (𝐺1 = 6𝐻 ; 𝐺2 = 3𝐻 ; 𝐺4 = 2𝐻). Le signal intégral nous
permet alors à lui seul d’attribuer le spectre RMN.
d) En utilisant l’intégration du spectre :
Groupe de protons Déplacement chimique
G1 1,25 ppm
G2 3,65 ppm
G3 0,90 ppm
G4 1,45 ppm
e) Le déplacement chimique du proton de la fraction alcool est de 3,65 ppm.
f) Il s’agit d’exploiter la multiplicité m des signaux : si un signal a m pics, cela signifie que les protons
correspondants ont 𝑛 = 𝑚 − 1 atomes H placés à distance de trois liaisons chimiques.
Groupe de
protons
Déplacement
chimique
Nombre de
voisins Multiplicité
G1 1,25 ppm 0 1
G3 0,90 ppm 2 3
G4 1,45 ppm 3 4
2 – Etude du spectre du 2-méthylbut-2-ène
a) Le proton indiqué en bleu correspond au seul signal RMN associé à un unique proton
équivalent. Le déplacement chimique est donc de 5,20 ppm.
Remarque : il s’agit d’un quadruplet car ce proton possède trois voisins (en rouge ci-contre).
b) Le signal à 2,05 ppm est un doublet. Il a donc un voisin et correspond alors aux trois protons indiqués en rouge.
c) Seule l’étude fine des déplacements chimiques permet de distinguer les deux singulets à 1,80 et 1,70 ppm.
Un logiciel de simulation permettrait de dire que le singulet à 1,70 ppm correspond au groupe violet et celui à 1,80
ppm au groupe rouge.
3 – Etude d’un mélange
a) Le triplet à 0,90 ppm montre qu’il reste de l’alcool et le singulet à 1,70 ppm indique la présence de l’alcène.
Il y a donc un mélange du réactif et du produit : l’alcool n’a pas été totalement converti en alcène.
b) Le triplet à 0,90 ppm correspond à trois protons de l’alcool et le singulet à 1,70 ppm correspond à trois protons
de l’alcène.
Comme le signal intégral est deux fois plus grand pour le triplet que pour le singulet, on conclut qu’il y a deux
fois plus d’alcool que d’alcène.
Exercices d’entraînement – Les outils de la mécanique classique
Exercice 1 : la poussée horizontale
a) Le véhicule subit son poids �⃗� , la force exercée par le conducteur 𝐹 , la réaction normale du sol 𝑅𝑛⃗⃗ ⃗⃗ et la force
de frottement 𝑓 .
b) Le référentiel terrestre, supposé galiléen, est le référentiel d’étude adapté.
c) La deuxième loi de Newton appliquée au système étudié (de masse constante) s’écrit :
�⃗� + 𝑅𝑛⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑓 + 𝐹 = 𝑚𝑎 .
d) La projection de la relation vectorielle précédente sur l’axe (𝑂𝑥) est : 0 + 0 − 𝑓 + 𝐹 = 𝑚𝑎𝑥. Ainsi,
𝑎𝑥 =𝐹 − 𝑓
𝑚=2,23.102 − 2,20.102
1,00.103=0,03.102
1,00.103= 3.10−3 𝑚. 𝑠−2.
e) Les primitives de 𝑎𝑥 sont : 𝑣𝑥(𝑡) = 𝑎𝑥𝑡 + 𝑘 où 𝑘 est une constante. A 𝑡 = 0, 𝑣𝑥(0) = 0.
Donc cette vitesse initiale s’écrit aussi : 𝑣𝑥(0) = 𝑎𝑥 × 0 + 𝑘, d’où 𝑘 = 0. Donc 𝑣𝑥(𝑡) = 𝑎𝑥𝑡.
Une deuxième intégration permet d’obtenir l’équation horaire demandée : 𝑥(𝑡) =1
2𝑎𝑥𝑡
2 + 𝑘′ où 𝑘′ est une
autre constante. On a : 𝑥(0) = 𝑘′ = 0, donc : 𝑥(𝑡) =1
2𝑎𝑥𝑡².
f) On déduit que 𝑑 =1
2𝑎𝑥𝑡
2 ⇔ 𝑡 = √
2𝑑
𝑎𝑥= 6,102 𝑠, soit près de 10 𝑚𝑖𝑛.
Le hockey sur gazon
1) Nature du mouvement.
a) Le référentiel terrestre (considéré comme galiléen) est adapté à l’étude du mouvement de la balle qui a lieu
au voisinage du sol terrestre.
b) Lors de sa propulsion, la balle est soumise à la force 𝐹 responsable du décollage qui pour direction la droite
inclinée d’un angle 𝛼 par rapport à l’horizontale et est orientée dans le sens du vecteur 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗.
c) Deuxième loi de Newton : ∑𝐹𝑒𝑥𝑡⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑚. 𝑎
Donc, en appliquant cette loi, on a : 𝐹 = 𝑚. 𝑎 et 𝑎 =𝐹
𝑚.
d) Entre A et B, le mouvement est rectiligne uniformément varié car 𝑎 =𝐹
𝑚.
2) Détermination de l’accélération :
a) On a l’égalité : 𝑎 (𝑡) =𝑑�⃗� (𝑡)
𝑑𝑡
b) On a : 𝑎 =∆𝑣
∆𝑡=𝑣𝐵−𝑣𝐴
𝑡𝐵−𝑡𝐴=
14
0,11= 1,3.102 𝑚. 𝑠−1
3) Détermination de la force:
a) On a montré que 𝐹 = 𝑚. 𝑎, donc : 𝐹 = 160.10−3 × 1,30.102 = 21 𝑁.
b) Calculons le poids de la balle : 𝑃 = 𝑚. 𝑔 = 160.10−3 × 9,80 = 1,6 𝑁.
Alors, 𝐹
𝑃=21
1,6= 13,1. Il n’est donc pas judicieux de négliger la valeur du poids de la balle.
Pour cela, il aurait fallu obtenir un rapport 100.
Chute libre et parachutisme
PARTIE A- Le grand saut :
1) L'intensité de la pesanteur (début du saut)
1.1)
F =G.m.MT(RT + h)
2
1.2)
𝑃 = 𝐹 𝑚. 𝑔 =𝐺.𝑚.𝑀𝑇(𝑅𝑇 + ℎ)
2 𝑔 =
𝐺.𝑀𝑇(𝑅𝑇 + ℎ)2
1.3)
𝑔 =6,67.10−11 × 5,97.1024
( 6,37.106 + 40.103 )2 = 9,69 𝑁. 𝑘𝑔−1
Remarque : Plus l'altitude h est grande, plus g diminue. Or si h = 0 m, 𝑔 ≈ 9,8 𝑁. 𝑘𝑔−1, le résultat trouvé est donc cohérent !
2) La chute libre (début du saut)
2.1) La valeur 𝑔 = 9,7 𝑁. 𝑘𝑔−1 donnée pour 𝑔 dans l'énoncé confirme le résultat précédent.
Un objet est en chute libre s'il n'est soumis qu'à son poids.
2.2) Dans les conditions citées, on peut négliger la poussée d'Archimède et la force de frottement fluide de l'air
raréfié. La seule force qui s'exerce sur le système est donc son poids 𝑃 .
On étudie le système (parachutisme + équipement) dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère
(O, 𝑖 ) (𝑖 vecteur normé vertical vers le bas et O , point de départ du saut).
On applique la 2ème loi de Newton : 𝐹 ext = m. 𝑔 �⃗� = m. 𝑎 𝑔 = 𝑎 𝑔.𝑖 = 𝑎.𝑖 𝑎 = 𝑔
2.3) On a : 𝑎 =𝑑𝑣
𝑑𝑡= 𝑔 𝑣 = 𝑔. 𝑡 + 𝑘 (𝑘 une constante)
Et à 𝑡 = 0 𝑠, 𝑣 = 𝑘 = 𝑣0 = 0 𝑣 = 𝑔. 𝑡
𝑡1 =𝑣1𝑔= 1067.103
3600
9,7≈ 30,6 𝑠.
Ce qui correspond à la valeur de l'énoncé.
2.4)
𝑣 =𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝑔. 𝑡 𝑥 =
1
2𝑔. 𝑡2 + 𝑘′, (𝑘′𝑢𝑛𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) ; à 𝑡 = 0 𝑠 , 𝑥 = 𝑘′ = 0 𝑥 =
1
2𝑔. 𝑡²
𝑥1 =1
2𝑔. 𝑡1² =
1
2× 9,7 × 30,6 2 4 530 𝑚. ℎ1 = ℎ – 𝑥1 = 40 000 – 4530 35 500 𝑚
3) Les conditions de température
3.1) On préfère le terme célérité pour l'onde sonore car globalement, il n'y a pas de déplacement de matière (même
si le son est une vibration de l'air), contrairement au déplacement d'un objet où on parlera de vitesse.
3.2)
𝑣 = 𝑘√𝑇 𝑣2 = 𝑘². 𝑇 𝑣1 2
𝑣0 2 =
𝑇1𝑇0 𝑇1 = 𝑇0.
𝑣1 2
𝑣0 2
1 + 273 = ( 0 + 273 ).𝑣1 2
𝑣0 2 1 =
( 0 + 273 ). 1067²
1193² – 273 = − 54,6°𝐶
PARTIE B : Le saut classique :
1) Première phase :
1.1)
𝑘 =𝐹
𝑣2 ; [𝑘] =
[𝐹]
[𝑣]2=[𝑚. 𝑎]
[𝑣]2= 𝑀.
𝐿. 𝑇−2
(𝐿. 𝑇−1)2= 𝑀. 𝐿−1
Donc, 𝑘 se mesure en 𝑘𝑔.𝑚−1.
1.2) Dans les conditions citées, on peut négliger la poussée d'Archimède de l'air raréfié. Les forces s'exerçant sur le système sont : son poids 𝑃 et la force de frottement de l'air 𝑓.
On étudie le système (parachutisme + équipement) dans le référentiel terrestre galiléen auquel on associe un repère (O,𝑖 ) (𝑖 vecteur normé vertical vers le bas et O , point de départ du saut )
On applique la 2ème loi de Newton : 𝐹 ext = m. 𝑎 �⃗� + 𝑓 = m. 𝑔 m.g. 𝑖 −𝑘. 𝑣². 𝑖 = a. 𝑖
𝑎 =𝑑𝑣
𝑑𝑡 = 𝑔 – (
𝑘
𝑚) . 𝑣2
𝑑𝑣
𝑑𝑡= 9,8 (
0,28
80) . 𝑣2 = 9,8 − 0,0035 𝑣²
2) Première phase : comme c’est écrit sur vos sujets : hors programme !
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, 𝑥 ) et
(𝑂, 𝑦 ) orthonormés. Dans ce système d’axes, les coordonnées du vecteur vitesse initiale sont :
𝑣0⃗⃗⃗⃗ = {𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos 𝛼
𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin𝛼
b) La balle ne subit que son poids �⃗� = 𝑚𝑔 . La masse 𝑚 étant constante, la deuxième loi de Newton donne :
𝑚𝑎 = �⃗� = 𝑚𝑔 donc 𝑎 = 𝑔 .
c)
Sachant que 𝑎 =𝑑�⃗�
𝑑𝑡 et que 𝑔 = ( 0
−𝑔).
La deuxième loi de Newton conduit à :{
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝑡(𝑡) = 0
𝑑𝑣𝑦
𝑑𝑡(𝑡) = −𝑔
.
Par intégration, on en déduit : 𝑣 (𝑡) {𝑣𝑥(𝑡) = 𝑘
𝑣𝑦(𝑡) = −𝑔𝑡 + 𝑘′
où 𝑘 et 𝑘′sont deux constantes.
Or, 𝑣 (0) {𝑣𝑥(0) = 𝑘 = 0
𝑣𝑦(0) = −𝑔 × 0 + 𝑘′ = 0
Donc : 𝑣 (𝑡) {𝑣𝑥(𝑡) = 𝑣0 cos 𝛼
𝑣𝑦(𝑡) = −𝑔𝑡 + 𝑣0 sin 𝛼
d) Par intégration de 𝑣 (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 𝐹 = 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 𝐹 (car
son poids �⃗� est négligeable devant la force électrique). En appliquant la deuxième loi de Newton, on a :
𝑚𝑎 = 𝐹 = 𝑞�⃗� .
L’accélération s’écrit alors : 𝑎 = 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 𝑚𝑎 = 𝐹 = −𝑒�⃗� , ce qui donne 𝑎 = −𝑒
𝑚�⃗� . Comme 𝐸 =
𝑈𝐴𝐵
𝑑, et compte tenu de l’orientation de �⃗� , il vient
𝑎 (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 : 𝑣 {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 : 𝑚𝑎 = 𝐹 𝑇/𝑆, 𝑎 étant l’accélération du satellite.
Dans le repère de Frenet, l’expression de l’accélération est : 𝑎 =𝑑𝑣
𝑑𝑡�⃗� 𝑡 +
𝑣2
𝑟�⃗� 𝑛.
Et celle de la force est : 𝐹 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 :
𝑀𝐷𝑎 = 𝐹 𝐸/𝐷 = −𝐺𝑀𝐸𝑀𝐷
𝑅𝐷 2 �⃗� 𝐸𝐷 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑎 = −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 𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ 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
𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗
�⃗�
�⃗⃗� (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.
Synthèse multi-étape
1) Les sites donneurs sont entourés en bleu et les sites accepteurs en rouge.
2) Le bilan de l’obtention de la molécule B est le suivant :
Il s’agit d’une réaction d’élimination.
3) Au cours de la réaction, il y a formation d’une double liaison C C et d’une liaison simple H Br et rupture
de deux liaisons simples C Br et C H.
4) L’atome de brome est remplacé par un groupe − OH, il s’agit donc d’une réaction de substitution.
5) L’équation de la réaction s’écrit :
6) Au cours de la réaction de substitution, il y a formation de la liaison simple C − O et rupture de la liaison simple
C − Br .
7)
La chaîne n’est pas modifiée. Il s’agit d’une modification de groupe.
Compétition entre mécanismes
I. Réactivité en présence de tert-butanolate
Aspect macroscopique
1) A la formation du produit A, l’atome de brome est remplacé par un groupement− O − C(CH3)3, il s’agit
donc d’une réaction de substitution. Lors de la formation du produit B, il y a rupture de deux liaisons simples
C − Br et C − H et formation d’une liaison double C C ; il s’agit donc d’une réaction d’élimination.
2) La bande à 1 640 𝑐𝑚−1 en IR est caractéristique d’une fonction alcène, onen déduit donc qu’il s’agit du
produit majoritaire B.
Aspect macroscopique
3) Dans la molécule de 1-bromopentane, seule la liaison C − Br est polarisée. L’atome de brome étant plus
électronégatif que l’atome de carbone, il porte une charge partielle 𝛿− et est donc un site donneur de
doublet d’électrons. A l’inverse, l’atome de carbone relié à l’atome de brome porte une charge partielle 𝛿+
et constitue donc un site accepteur de doublet d’électrons.
4) Le site donneur de l’ion tert-butanolate est l’atome d’oxygène qui porte une charge négative.
5) Pour la première étape :
+
La flèche courbe montre la rupture de la liaison C − Br. Pour la deuxième étape :
La flèche courbe montre la formation de la liaison simple C−O.
II. Réactivité en présence d’éthanolate
1) Les flèches courbes montrent la formation d’une liaison C−O et la rupture d’une liaison C−Br
Pour la formation de la liaison C−O, la flèche courbe part du site donneur de l’ion éthanolate (O) et arrive
sur le site accepteur du 1-bromopentane (voir 1.c). Pour la rupture de la liaison C−Br, les électrons vont
vers l’atome le plus électronégatif, à savoir Br.
2) L’atome de brome est remplacé par le groupement :
− O − CH2 − CH3
Il s’agit donc d’une réaction de substitution.
3) D’après les proportions données pour les produits A, B et C, il est plus judicieux pour l’expérimentateur de
faire la réaction en présence de tert-butanolate plutôt qu’en présence d’éthanolate pour obtenir le pent-1-
ène.
Exercices d’entraînement – Réactions acido-basiques
Exercice 1 : solution de chlorure d’hydrogène
a) L’équation de dissolution et de dissociation est : 𝐻𝐶𝑙(𝑔) + 𝐻2𝑂 → 𝐻3𝑂+ + 𝐶𝑙(𝑎𝑞)
− .
b) La réaction est totale. A l’état final, on a : 𝑛𝐻+ = 𝑛 = 7,0.10−3 𝑚𝑜𝑙.
La concentration vaut alors [𝐻3𝑂+] =
𝑛
𝑉=7,0.10−3
0,35= 2,0.10−2 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1.
c) Par définition, 𝑝𝐻 = − log[𝐻3𝑂+] et 𝑝𝐻 = − log(2,0.10−2) = 1,70.
Exercice 2 : pH après dilution
a) Par définition, 𝑝𝐻 = − log[𝐻3𝑂+] et 𝑝𝐻 = − log(2,8.10−2) = 1,55.
b) La solution diluée a une concentration 𝑐′ =𝑐
10= 2,8.10−3 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1.
c) Le pH de la solution diluée vaut : 𝑝𝐻 = − log 𝑐′ = − log(2,8.10−2) = 2,55.
On constate que le 𝑝𝐻 augmente lors d’une dilution.
Exercice 3 : acide méthanoïque
a) L’équation de la réaction entre l’acide méthanoïque et l’eau est :
𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐻2𝑂 𝐻𝐶𝑂𝑂− +𝐻3𝑂
+
b) La réaction libère des ions oxonium 𝐻3𝑂+ donc le 𝑝𝐻 de la solution diminue.
c) [𝐻3𝑂+]𝑓 = 10
−𝑝𝐻 = 10−4,10 = 7,9.10−5 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1. Par produit ionique de l’eau : [𝐻𝑂−] =
1,3.10−10𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1.
Exercice 4 : couple de l’acide benzoïque
a) L’acide benzoïque comporte une fonction acide carboxylique, c’est 𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂𝐻 ; l’ion benzoate est
𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂−.
b) L’équilibre de Brönsted s’écrit 𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂𝐻 = 𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂− +𝐻+.
c) L’équation de la réaction entre l’acide benzoïque et l’eau est : 𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝐻2𝑂 ↔ 𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂
− +𝐻3𝑂+.
d) La constante d’acidité 𝐾𝑎 s’écrit : 𝐾𝑎 =[𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂
−].[𝐻3𝑂+]
[𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂𝐻].
e) En utilisant la relation précédente, on a : [𝐻3𝑂+] = 𝐾𝑎 ×
[𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂𝐻]
[𝐶6𝐻5𝐶𝑂𝑂−].
D’où : [𝐻3𝑂+] = 6,31.10−5 ×
3,60.10−4
1,43.10−3
Ainsi : [𝐻3𝑂+] = 1,59.10−5 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 et 𝑝𝐻 = − log[𝐻3𝑂
+] = 4,80.
Exercice 5 : couple de l’ammoniac
a) Le diagramme de prédominance est :
𝑁𝐻4+ majoritaire 𝑁𝐻3 majoritaire
9,2 𝑝𝐻
b) Puisque 𝑝𝐻 > 𝑝𝐾𝑎, l’ammoniac 𝑁𝐻3 prédomine.
c) L’ajout d’acide chlorhydrique permet de former des ions ammonium au dépend de l’ammoniac.
La concentration en ions 𝑁𝐻4+ augmente donc.
Exercice 6 : mélange d’acide fort et de base forte
a) L’équation de la réaction s’écrit : 𝐻3𝑂+ + 𝑂𝐻− → 2𝐻2𝑂.
b) Il s’agit d’une réaction quasi-totale car un acide fort réagit avec une base forte.
c) La première solution apporte la quantité 𝑛 = 𝑐𝑉 = 1,5.10−3 × 5,0.10−3 = 7,5.10−6 𝑚𝑜𝑙.
La deuxième solution apporte la quantité 𝑛′ = 𝑐′𝑉′ = 7,5.10−3 × 20.10−3 = 1,5.10−5 𝑚𝑜𝑙.
d) La réaction se fait mole à mole. L’ion oxonium 𝐻3𝑂+ est en excès :
𝑛𝑋𝑆 = 𝑛′ − 𝑛 = 1,5.10−5 − 7,5.10−6 = 7,5.10−6𝑚𝑜𝑙.
e) La solution finale a un volume total 𝑉 égal à 25 𝑚𝐿. La concentration vaut alors :
[𝐻3𝑂+] =
𝑛
𝑉=7,5.10−6
25.10−3= 3,0.10−4 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1.
f) Par définition, 𝑝𝐻 = − log[𝐻3𝑂+] = − log(3,0.10−4) = 3,52.
Mélange d’un acide fort et d’une base forte
1- L’équation de la réaction de dissolution s’écrit : 𝐻𝐶𝑙(𝑔) +𝐻2𝑂𝐿 → 𝐻3𝑂+ + 𝐶𝑙𝑎𝑞
− .
2- Le tableau d’avancement est :
Avancement
(mol) 𝐻𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂
↔ 𝐻3𝑂
+ + 𝐶𝑙−
E.I. 𝑥 = 0 𝑐. 𝑉 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑛𝑡 0 0
E.F. 𝑥 = 𝑥𝑚𝑎𝑥 𝑐. 𝑉 − 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 0 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑛𝑡 𝑥𝑚𝑎𝑥 𝑥𝑚𝑎𝑥
La réaction étant quasi-totale, il ne reste plus de chlorure d’hydrogène à l’état final.
Ainsi, 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 𝑐. 𝑉 = 𝑛𝐻3𝑂+,𝑓 .
Le volume 𝑉 de solution étant inchangé : [𝐻3𝑂+] =
𝑛𝐻3𝑂
+,𝑓
𝑉= 𝑐 = 2,0.10−3 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1.
𝑝𝐻 = −𝑙𝑜𝑔[𝐻3𝑂+] soit 𝑝𝐻 = − log(2,0.10−3) = 2,70.
3- 𝐾𝑒 = [𝐻3𝑂+]. [𝐻𝑂−]
d’où [𝐻𝑂−] =𝐾𝑒
[𝐻3𝑂+]=1,0.10−14
2,0.10−3= 5,0.10−12𝑚𝑜𝑙. 𝐿1.
4- La réaction entre les ions oxonium et les ions hydroxyde est quasi-totale car il s’agit d’une réaction entre un acide
fort et une base forte.
L’équation de cette réaction s’écrit :
𝐻3𝑂+ +𝐻𝑂− → 2𝐻2𝑂.
5- Initialement :
Avancement
(mol) 𝐻3𝑂
+ + 𝐻𝑂(𝑎𝑞)−
↔ 2𝐻2𝑂
E.I. 𝑥 = 0 1,8.10−5 1,2.10−5 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑛𝑡
E.F. 𝑥 = 𝑥𝑚𝑎𝑥 1,8.10−5 − 𝑥𝑚𝑎𝑥 1,2.10−5 − 𝑥𝑚𝑎𝑥 𝑠𝑜𝑙𝑣𝑎𝑛𝑡
Les ions 𝐻𝑂− sont limitants, d’où 𝑥𝑚𝑎𝑥 = 1,2.10−5 𝑚𝑜𝑙.
Il reste alors 𝑛𝐻3𝑂+ = 0,6.10−5 𝑚𝑜𝑙 d’ions oxonium, soit [𝐻3𝑂
+] =𝑛𝐻3𝑂
+
𝑉=0,6.10−5
15.10−3= 4.10−4𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1.
Le pH de la solution finale vaut alors : 𝑝𝐻 = −log ([𝐻3𝑂+]) soit 𝑝𝐻 = − log(4.10−4) = 3,4.
6- La réaction entre un acide fort et une base forte est exothermique.
La température augmente pendant le mélange.
Acidité et couleur
1- Au sens de Brönsted, les formes 𝐻2𝐴+ ↔ 𝐻+ +𝐻𝐴 et 𝐻𝐴
↔ 𝐻+ + 𝐴−.
2- L’équation de la réaction de 𝐻𝐴 avec l’eau est : 𝐻𝐴 + 𝐻2𝑂 ↔ 𝐴− +𝐻3𝑂
+.
3- La constante d’acidité 𝐾𝑎2 a pour expression :
𝐾𝑎2 =[𝐴−].[𝐻3𝑂
+]
[𝐻𝐴] et 𝐾𝑎2 = 10
−𝑝𝐾𝑎2 = 1,0.10−7.
4- L’expression de 𝐾𝑎2 se transforme en : [𝐴−]
[𝐻𝐴]=
𝐾𝑎2[𝐻3𝑂
+] soit
[𝐴−]
[𝐻𝐴]=
1.10−7
1.10−10= 1.103.
5- Sachant que [𝐴−] = 103[𝐻𝐴], l’espèce prédominante est la base 𝐴− et la solution est bleue.
6- En tant que base, l’équation de la réaction de 𝐻𝐴 avec l’eau est : 𝐻𝐴 +𝐻2𝑂 ↔ 𝐻2𝐴
+ + 𝐻𝑂−.
La constante d’acidité 𝐾𝑎1 associée au couple 𝐻2𝐴+/𝐻𝐴 a pour expression :
𝐾𝑎1 =[𝐻𝐴]. [𝐻3𝑂
+]
[𝐻2𝐴+]
.
7- Le diagramme de prédominance est :
𝐻2𝐴+ 𝐻𝐴 𝐴−
𝑝𝐾𝑎1 = 4,3 𝑝𝐾𝑎2 = 7,0 𝑝𝐻
Selon la nature du sol, le pH peut-être inférieur à 4,3, 𝐻2𝐴+ est prédominant, les fleurs sont alors rouges, si
le 𝑝𝐻 est entre 4,3 et 7, 𝐻𝐴 est prédominant, les fleurs sont alors violette et si le pH est supérieure à 7,
𝐴− est prédominant et les fleurs sont alors bleues.
Exercices d’entraînement – Transfert macroscopique d’énergie
Exercice 1 : chauffage central
a) Les échanges se font de la source chaude vers la source froide donc de l’eau contenue dans le radiateur vers
l’air de la pièce.
b) L’eau du radiateur va progressivement atteindre la température de l’air de la pièce, on considère ici que le
volume de la pièce est tel que la température de l’air varie de manière négligeable donc finalement
l’ensemble est à 20°𝐶.
Exercice 2 : du fer dans l’eau bouillante
a) Les échanges thermiques se font de la source chaude vers la source froide donc ici de l’eau vers le métal fer.
b) Le métal étant immergé dans l’eau, le mode principal de transfert d’énergie est la conduction : il y a contact
entre l’eau et le métal.
c) 𝑄𝑟𝑒ç𝑢𝑒 𝑝𝑎𝑟 𝑙𝑒 𝑓𝑒𝑟 = 𝑚. 𝑐. ∆𝜃 = 0,150 × 4,4.102 × (68 − 20) = 3,2.103 𝐽.
Exercice 3 : flux et résistance
a) 𝜏 =𝑄
Φ=10,8.103
12= 9,0.102 𝑠. La durée du transfert est donc 900 𝑠.
b) ∆𝑇 = 𝑅𝑡ℎ ×Φ = 1,25 × 12 = 15 K. L’écart de température est de 15 𝐾 soit de 15°𝐶.
Exercice 4 : ballon électrique d’eau chaude
a) Dans le ballon, les 20 𝐿 d’eau à 60°𝐶 sont remplacés par 20 𝐿 d’eau froide à 10°𝐶. Il s’établit alors un
équilibre thermique entre les deux masses d’eau aboutissant à une température commune unique 𝑇𝑓.
On suppose que les seuls échanges thermiques ont lieu entre ces deux masses d’eau. Donc l’eau chaude
cède à l’eau froide de l’énergie.
𝑄𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑 = 𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑𝑐𝑒𝑎𝑢(𝑇𝑓 − 𝑇𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑), 𝑄𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑 = 𝑚𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑𝑐𝑒𝑎𝑢(𝑇𝑓 − 𝑇𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑) et 𝑄𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑 + 𝑄𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑 = 0
Donc 𝑇𝑓 =𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑𝑐𝑒𝑎𝑢𝑇𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑+𝑚𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑𝑐𝑒𝑎𝑢𝑇𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑
(𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑+𝑚𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑)𝑐𝑒𝑎𝑢=20×4,18.103×10+(200−20)×4,18.103×60
200×4,18.103= 55°𝐶.
b) Le raisonnement est le même mais cette fois c’est 𝑇𝑓 qui est connue (37°𝐶) et c’est 𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑 l’inconnue. De
plus, 𝑚𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑 = 200 −𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑 .
𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑𝑐𝑒𝑎𝑢(𝑇𝑓 − 𝑇𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑) + (200 −𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑)𝑐𝑒𝑎𝑢(𝑇𝑓 − 𝑇𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑) = 0
Donc : 𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑𝑐𝑒𝑎𝑢[(𝑇𝑓 − 𝑇𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑) − (𝑇𝑓 − 𝑇𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑)] = 200𝑐𝑒𝑎𝑢(𝑇𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑 − 𝑇𝑓)
Donc : 𝑚𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑 = 200 ×𝑇𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑−𝑇𝑓
𝑇𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑−𝑇𝑓𝑟𝑜𝑖𝑑= 200 ×
60−37
60−10= 92 𝐿.
c) L’énergie amenée par la résistance en 2ℎ30 est :
𝑄𝑅 = 𝑝𝑢𝑖𝑠𝑠𝑎𝑛𝑐𝑒 × 𝑑𝑢𝑟é𝑒 = 2400 × 2,5 × 60 × 60 = 21,6.106𝐽
L’énergie nécessaire pour élever 200 𝐿 d’eau de 30°𝐶 est :
𝑄𝑒𝑎𝑢 = 𝑚𝑐𝑒𝑎𝑢∆𝑇 = 200 × 4,18.103 × 30 = 25,1.106𝐽
On constate que 𝑄𝑅 < 𝑄𝑒𝑎𝑢 donc l’affirmation du constructeur n’est pas juste.
Chauffage central
I. Analyse qualitative des échanges énergétiques
1) La partie métallique du radiateur reçoit cette énergie par transfert thermique.
2) Le métal du radiateur transfère de l’énergie à la pièce par transfert thermique (conduction et rayonnement).
3) La convection de l’air de la pièce permet d’homogénéiser sa température : elle entraîne une plus grande
agitation des molécules de l’air.
4) Une partie de l’énergie interne de l’eau a été perdue lors de son passage dans la tuyauterie entre la chaudière et
le radiateur : elle a été transférée à l’air environnant ces tuyaux. De ce fait, la température de l’eau diminue
entre la chaudière et le radiateur.
II. Montée en température du radiateur
1) Le radiateur, l’eau qu’il contient et l’air de la pièce sont, avant la mise en route du chauffage, à la même
température 𝑇1 = 15°𝐶.
2) Le constructeur indique que le radiateur fournit une puissance thermique de 1500 𝑊 pour un écart de
température de 50°𝐶. Ici, l’écart est de 47 − 15 = 32°𝐶, donc la puissance fournie est : 1500 ×32
50= 9,6.102 𝑊.
3) La variation d’énergie interne de l’acier composant le radiateur lors de sa montée en température est :
∆𝑈𝑎𝑐𝑖𝑒𝑟 = 𝑚𝑐𝑎𝑐𝑖𝑒𝑟(𝑇4 − 𝑇𝑖) = 24 × 446 × (47 − 15) = 3,4.105 𝐽.
III. Montée en température du radiateur
1) Le radiateur contient une masse d’eau : 𝑚 = 𝜌0𝑉 = 10 𝑘𝑔.
La variation d’énergie interne de cette eau vaut :
∆𝑈𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑡𝑒𝑢𝑟 = 𝑚𝑐𝑒𝑎𝑢(𝑇3 − 𝑇2) = 10 × 4,18.103 × (45 − 50) = −2,1.105 𝐽.
2) La chaudière contient une masse 𝑚′ = 15 𝑘𝑔 d’eau. La variation d’énergie interne de cette eau lors de son
passage dans la chaudière vaut : ∆𝑈𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑𝑖è𝑟𝑒 = 𝑚′𝑐𝑒𝑎𝑢(𝑇1 − 𝑇0)
Ce qui donne : ∆𝑈𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑𝑖è𝑟𝑒 = 15 × 4,18.103 × (60 − 25) = 2,2.106 𝐽.
Cette variation est positive car l’eau reçoit cette énergie.
3) Le rendement est défini comme le quotient de l’énergie utile par l’énergie consommée. L’énergie utile est ici
∆𝑈𝑐ℎ𝑎𝑢𝑑𝑖è𝑟𝑒 = 2,2.106 𝐽. L’énergie consommée 𝐸𝑐𝑜𝑛𝑠 vaut : 𝐸𝑐𝑜𝑛𝑠 =
2,2.106
9,93= 2,4.106 𝐽.
IV. Etude des flux thermiques
1) Le flux est la puissance du transfert thermique à travers les parois. L’énergie transférée en 𝑡 = 3 600 𝑠 est
𝑄𝑝𝑒𝑟𝑡𝑒𝑠, ce qui permet de donner l’expression du flux total : Φ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =𝑄𝑝𝑒𝑟𝑡𝑒𝑠
𝑡=20.103
3600= 5,6 𝑊.
2) L’écart de température entre les deux faces de la paroi est 𝑇𝑓 − 𝑇𝑒𝑥𝑡 = 10°𝐶.
La résistance se calcule comme 𝑅𝑡ℎ =𝑇𝑓−𝑇𝑒𝑥𝑡
Φ𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 ce qui donne : 𝑅𝑡ℎ =
10
5,6= 1,8 𝐾.𝑊−1
Exercices d’entraînement – Physique quantique
Exercice 1 : absorption ou émission de photon
a) Etat fondamental : 𝐸0 ; état excités : 𝐸1, 𝐸2, 𝐸3.
b) Flèches 1 et 3 : émission de photon(s) ; flèche 2 absorption de photon.
c) Illustration :
Exercice 2 : lumière et particules
a) On sait que 𝜗 =𝑐
𝜆 donc 𝜆 =
𝑐
𝜐=
3,00.108
1,88.1014= 1,6.10−6𝑚 = 1,6 𝜇𝑚.
b) La quantité de mouvement s’écrit 𝑝 =ℎ
𝜆 donc 𝑝 =
6,63.10−34
1,6−6= 4,15.10−28 𝑘𝑔.𝑚. 𝑠−1.
c) 𝐸 = ℎ𝜐 = 6,63−34. 1,88.1014 = 1,25.10−19𝐽.
d) Sachant que 𝑝 = 𝑚v on en déduit ve =𝑝
𝑚𝑒=4,15.10−28
9,11.10−31= 455,54 𝑚. 𝑠−1.
Exercice 3 : longueur d’onde de De Broglie
a) On sait que 𝑝 =ℎ
𝜆 donc 𝑚𝑒ve =
ℎ
𝜆 d’où λ =
ℎ
ve𝑚𝑒=
6,63.10−34
5000×9,11.10−31= 146.10−9𝑚 = 146 𝑛𝑚.
b) 𝜆 =ℎ
𝑝=6,63.10−34
1,0.10−15= 6,63.10−19 𝑚.
Exercice 4 : couleur des rayons laser
a) 𝐸 = ℎ𝜐 =ℎ𝑐
𝜆 donc 𝜆 =
ℎ𝑐
𝐸= 691 𝑛𝑚. Et 𝜆′ =
ℎ𝑐
𝐸′= 634 𝑛𝑚.
b) Il s’agit de lasers rouges.
Lampe à vapeur de sodium
1) Analyse du spectre d'émission d'une lampe à vapeur de sodium – présence de raies de longueur d'onde
1.1) Les longueurs d'onde des raies appartenant au domaine du visible sont
568,8𝑛𝑚, 589,0 𝑛𝑚, 589,6𝑛𝑚 𝑒𝑡 615,4𝑛𝑚. Le domaine visible s'étend de 400 à 800 𝑛𝑚.
La raie à 330,3𝑛𝑚 appartient au domaine des ultraviolets. Les raies à 819,5𝑛𝑚 et 1138,2 𝑛𝑚 sont dans le domaine de l'infrarouge.
1.2) Cette lumière est polychromatique car son spectre indique la présence de 7 radiations monochromatiques
différentes.
1.3) On a : 𝜗 =𝑐
𝜆=
3,00.108
589,0.10−9= 5,09.1014 𝐻𝑧.
1.4) h est la constante de Planck et e est la charge élémentaire de l'électron
2) Diagramme des niveaux d'énergie de l'atome de sodium
2.1) Voir annexe.
2.2) La discontinuité du spectre d'émission d'une lampe à vapeur de sodium se justifie par la discontinuité des
niveaux d'énergie du diagramme.
2.3) On considère la raie jaune du doublet du sodium de longueur d'onde = 𝟓𝟖𝟗, 𝟎 𝒏𝒎.
2.3.1) 𝐸 = ℎ.𝑐
= 6,62.10 − 34 ×
3,00.108
589,0.10−9 = 3,37.10−19 𝐽
1 𝑒𝑉 = 1,6.10−19 𝐽 ; 𝐸 =3,37.10−19
1,6.10−19 = 2,11 𝑒𝑉
( 3 chiffres significatifs , cela correspond à la donnée la moins précise )
Remarque : la formule 𝐸 = ℎ.𝑐
peut se retrouver en utilisant les unités qui sont données)
2.3.2) Voir diagramme. La transition est entre les niveaux 𝐸1 et 𝐸2, le sens correspond à l'émission d'une radiation.
3) Radiation lumineuse
3.1) Cette radiation lumineuse peut interagir avec l'atome de sodium à l'état 𝐸1 car si on ajoute cette énergie à celle
du niveau 𝐸1, on atteint le niveau 𝐸2 :
−3,03 + 1,09 = –1,94 𝑒𝑉
3.2) La raie associée à cette transition est une raie d'absorption car l'atome de sodium gagne de l'énergie, il reçoit de
la lumière.
ANNEXE
( à rendre avec la copie)
Diagramme simplifié des niveaux d'énergie de l'atome de sodium
Principe de fonctionnement d’un tube fluorescent
1) Dans les spectres des tubes 1 et 2, on retrouve celui de la lampe à vapeur de mercure.
Les deux tubes contiennent des vapeurs de mercure.
2) Etude du spectre du mercure.
2.1) Le niveau le plus bas 𝐸0 est l'état fondamental.
2.2) L'atome de mercure est alors dans un état excité.
2.3) Retour vers 𝑬𝟎.
2.3.1) La perte d'énergie se manifeste par l'émission d'une radiation lumineuse.
2.3.2) 𝐸 = ℎ𝜐 = ℎ.𝑐
; 𝐸 = 𝐸1 – 𝐸0 = − 5,54 + 10,44 = 4,9 𝑒𝑉 = 4,9 × 1,6.10 − 19 = 7,84.10
−19 𝐽
1 0 = ℎ.𝑐
𝐸= 6,63.10−34 × 3,00.108/7,84.10−19 = 2,54.10−7 = 254 𝑛𝑚.
2.3.3) Les longueurs d'onde du domaine visible sont comprises entre 400 𝑛𝑚 et 800 𝑛𝑚.
La radiation de longueur d'onde 1 0 est dans le domaine de l'U.V. car 1 0 < 400 𝑛𝑚.
2.4) Des U.V. à la lumière visible. 2.4.1) D'après ce qui précède, la vapeur de mercure peut émettre une radiation lumineuse de longueur d'onde
comprise de 254 𝑛𝑚, la poudre soumis à cette radiation, va émettre de la lumière visible dont le spectre est continu.
2.4.2) Une lampe à vapeur de mercure donne une lumière dont le spectre est discontinu (figure 3) et ne donne pas un
éclairage satisfaisant; en ajoutant de la poudre dans le tube, on voit d'après la figure 2, que l'on obtient en plus un
spectre continu de 400 nm à 670 nm, ce qui donne cette fois un éclairage confortable proche de la lumière blanche.
2.4.3) En observant la figure 2, on constate que le spectre est continu et d'intensité presque constante, le tube 2 donne
une lumière proche de la lumière blanche. La figure 1 montre au contraire que les radiations les plus intenses sont
comprises entre 550 et 650 𝑛𝑚, le tube 1 donne donc une lumière colorée. En choisissant bien la poudre, on peut
obtenir des éclairages de différentes couleurs.