Physique

Maquette : Nicolas Piroux. Composition et mise en page : CMB Graphic Schémas : Corédoc www.hachette-education.com © HACHETTE LIVRE 2006, 43, quai de Grenelle, F 75905 Paris Cedex 15. I.S.B.N. 2.01.13.5440.4 Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays. Le Code de la propriété intellectuelle n’autorisant, aux termes des articles L. 122-4 et L. 122-5, d’une part, que les « copies ou reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective », et, d’autre part, que « les analyses et les courtes citations » dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle, faite sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite ». Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit, sans autorisation de l’éditeur ou du Centre français de l’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands-Augustins, 75006 Paris), constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code pénal.

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Sommaire Sommaire

1. Ondes mécaniques progressives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2. Ondes mécaniques progressives périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

3. La lumière : modèle ondulatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

4. Décroissance radioactivité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

5. Noyaux, masse et énergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

6. Le dipôle (R, C) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

7. Le dipôle (L, R) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

69

8. Le circuit (R, L, C). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81

9. La mécanique de NEWTON . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

10. Mouvements de chutes verticales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105 11. Mouvements plans . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 12. Le pendule pesant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 13. Le dispositif solide-ressort . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 14. Étude énergétique des systèmes mécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 15. Ouverture au monde quantique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 16. La saga de la mesure du temps. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

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Avant-propos Avant-propos

Indications pour l’utilisation du livre du professeur Les chapitres du livre du professeur présentent :

– le rappel des objectifs du programme, des contenus, des connaissances et savoir-faire exigibles, les exemples d’activités et les commentaires publiés dans le Bulletin Officiel du ministère de l’Éducation Nationale (numéro hors série no 4 du 30 août 2001) ; – le matériel et les produits utilisés par le professeur et les élèves. Il s’agit en général du matériel courant existant dans les lycées ; – des commentaires sur le déroulement du chapitre. Les auteurs expliquent leur démarche et leurs choix, précisent leurs objectifs, indiquent les prérequis éventuellement nécessaires pour aborder les divers paragraphes et donnent des conseils relatifs à la conduite des expériences et des travaux pratiques, à leur exploitation, ainsi qu’à la sécurité ; – le corrigé de tous les exercices proposés dans le livre de l’élève ; • des activités et des exercices complémentaires ; • activités pour le cours ou pour « rechercher et expérimenter » ; • exercices complémentaires avec leurs solutions ; – des compléments scientifiques, volontairement succincts. Pour des informations plus complètes, les professeurs sont invités à se référer à la bibliographie mentionnée ; – une description des ressources du cédérom pour le chapitre avec des propositions d’utilisation pédagogique avec les élèves ; – une bibliographie référençant des ouvrages, vidéos, cédéroms et sites Internet.

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Ondes mécaniques progressives Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : A. Propagation d’une onde ; ondes progressives (2 T.P., 9 H.C.E.)

Objectifs Les ondes, comme phénomène, sont omniprésentes et familières, mais leur constitution comme phénomène physique pose des difficultés bien connues, dues à leur nature pour ainsi dire insaisissable : « quelque chose » se déplace, qui contient de l’information et de l’énergie, mais ce n’est pas de la matière. Comment le caractériser ? Quelles grandeurs physiques lui associe-t-on ? Quels sont les comportements génériques des ondes ? Dans cette première approche du phénomène, le formalisme est réduit au minimum, l’accent étant mis sur la phénoménologie. Le modèle ondulatoire de la lumière peut alors être mis en place à partir d’une similitude de comportement : la diffraction.

Contenus 1. Les ondes mécaniques progressives 1.1. Introduction • À partir des exemples donnés en activité, dégager la définition suivante d’une onde mécanique : « On appelle onde mécanique le phénomène de propagation d’une perturbation dans un milieu sans transport de matière. » • Célérité. • Ondes longitudinales, transversales. • Ondes sonores comme ondes longitudinales de compression-dilatation. • Propriétés générales des ondes : – une onde se propage, à partir de la source, dans toutes les directions qui lui sont offertes ; – la perturbation se transmet de proche en proche ; transfert d’énergie sans transport de matière ; – la vitesse de propagation d’une onde est une propriété du milieu ; – deux ondes peuvent se croiser sans se perturber. 1.2. Onde progressive à une dimension • Notion d’onde progressive à une dimension.

• Notion de retard : la perturbation au point M à l’instant t est celle qui existait auparavant en un point M’ à l’instant t´ = t – τ : avec τ = M´M , τ étant le retard  et  la célérité (pour les milieux non dispersifs).

Connaissances et savoir-faire exigibles • Définir une onde mécanique et sa célérité. • Définir et reconnaître une onde transversale et une onde longitudinale. • Connaître et exploiter les propriétés générales des ondes. • Définir une onde progressive à une dimension et savoir que la perturbation en un point du milieu, à l’instant t, est celle qu’avait la source au temps t’ = t – τ , τ étant le retard (dans un milieu non dispersif ). • Exploiter la relation entre le retard, la distance et la célérité. • Exploiter un document expérimental (chronophotographies, vidéo) donnant l’aspect de la perturbation à des dates données en fonction de l’abscisse : interprétation, mesure d’une distance, calcul d’un retard et/ou d’une célérité. • Exploiter un document expérimental (oscillogrammes, acquisition de données avec un ordinateur...) obtenu à partir de capteurs délivrant un signal lié à la perturbation et donnant l’évolution temporelle de la perturbation en un point donné : interprétation, mesure d’un retard, calcul d’une célérité, calcul d’une distance. Savoir-faire expérimentaux • Utiliser un dispositif expérimental pour mesurer un retard ou une distance lors de la propagation d’une onde. En particulier, utiliser un oscilloscope pour mesurer le retard d’un clap sonore ou d’une salve d’ultrasons.

Exemples d’activités • Exemples de propagation d’ondes mécaniques connues (vagues, ondes sonores, ondes sismiques, etc.)*. • Présentation qualitative d’ondes à une, deux et trois dimensions (corde, ressort, cuve à ondes, ondes sonores).

* Activités pouvant donner lieu à l’utilisation des technologies de l’information et de la communication.

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Physique

chapitre

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• Comparaison du déplacement d’un mobile et de celui d’une perturbation mécanique afin d’en montrer les différences fondamentales. • Illustration de l’influence de l’inertie et de la rigidité du milieu sur la célérité au moyen de dispositifs mécaniques simples (masses en mouvement plus ou moins grandes, ressorts plus ou moins rigides, cordes plus ou moins tendues, milieu plus ou moins compressible). • Étude avec corde et ressort, cuve à ondes, son (clap) et ultrasons (salves) : mesure de retard, calcul de la célérité d’une onde, influence du milieu.

– Un haut-parleur boomer (son grave). – Une bougie.

> Activité 4 – Un gros élastique. – Deux photocapteurs. – Un chronomètre électronique.

Rechercher et expérimenter – Un dispositif émetteur-recepteur d’ultrasons. – Un oscilloscope à mémoire ou un système d’acquisition informatique.

Commentaires L’introduction expérimentale de la notion d’onde doit permettre à l’élève de se l’approprier par comparaison et contraste avec le déplacement d’un mobile. À propos de la vitesse de propagation, on montrera qu’elle est indépendante de l’amplitude de la perturbation (milieux linéaires) et qu’elle dépend du milieu et de son état physique (température, tension d’une corde, rigidité...). La définition de l’onde adoptée dans ce programme s’appuie sur la propriété de propagation d’une perturbation d’un milieu (relativement à un état d’équilibre local) sans transport de matière. Elle ne suppose aucun caractère périodique de cette perturbation. Les rides provoquées à la surface de l’eau par le lancer d’une pierre constituent bien une onde, à l’évidence non périodique. À propos des ondes transversales et longitudinales, on se limitera à comparer les directions de la perturbation et de la propagation. Les ondes sonores dans les fluides seront interprétées qualitativement comme des ondes de compressiondilatation, et on pourra les illustrer par un schéma ou une animation. Toute représentation mathématique de la forme y = f (x, t) est hors programme. On se limitera à l’étude d’une onde progressive à une dimension se propageant sans changement de forme : ceci n’est valable que pour les milieux « non dispersifs » pour lesquels la célérité des ondes sinusoïdales est indépendante de leur fréquence. La notion de milieu « dispersif » ou « non dispersif » abordée par la suite, ne sera exigible qu’à la fin de l’étude des ondes. Conformément à l’usage, la célérité de la lumière dans le vide, constante universelle, sera désignée par la lettre c. Toute autre célérité sera désignée par .

– Un cristallisoir ou une cuve à onde. – Un morceau de liège.

> Activité 2 – Une « bobine rail » (long ressort à spires jointives que l’on tend). – Un ressort fin et très long (ou long élastique).

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• Définir une onde mécanique progressive et en donner quelques propriétés. • Reconnaître une onde transversale et une onde longitudinale. • Définir la célérité d’une onde mécanique progressive. • Exploiter les propriétés générales des ondes progressives.

> Prérequis • Les différentes formes d’énergie mécanique. • Définition et mesure d’une vitesse moyenne.

Activités préparatoires A. Les vagues pour produire de l’électricité Cette activité fait prendre conscience aux élèves qu’une vague transporte de l’énergie et met l’accent sur le déplacement transversal de matière par rapport à la direction de propagation. Réponses aux questions 1. et 2. Le tsunami montre d’une manière frappante le transport d’énergie par une vague. Le fait qu’un bateau se soulève (son énergie potentielle augmente) au passage d’une vague en est un exemple courant. 3. Le mouvement d’un point de la surface de l’eau, au passage d’une vague, s’effectue dans une direction perpendiculaire à la direction de propagation de la vague.

B. Les premières mesures de la vitesse Cette activité est centrée sur la vitesse de propagation d’une onde sonore.

Cours > Activité 1

– Un générateur T.B.F.

> Objectifs

du son dans l’eau

Matériel

> Activité 3

Déroulement du chapitre

Réponses aux questions 1. Connaissant la distance séparant leurs bateaux, Colladon et Sturm doivent mesurer la durée entre la perception visuelle de la lumière émise par la lance à feu et la perception auditive du son, afin de calculer la vitesse du son dans l’eau. On suppose négligeable la durée de propagation de la lumière devant la durée de propagation du son. 2. L’expérience a lieu la nuit pour pouvoir distinguer la lumière de la lance à feu.

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L’objectif est de définir une onde mécanique.

Notons que les ultrasons sont de même nature que les sons. Ultrasons et sons se propagent à la même vitesse. Une mesure de vitesse d’ultrasons est proposée dans le Rechercher et Expérimenter, page 24.

> Activité 1

3.4 Retard lors de la propagation d’une onde

On dépose un morceau de liège sur la cuve à ondes, on laisse tomber une goutte d’eau et on observe qu’il n’y a pas un transport de matière, mais un transport d’énergie (le bouchon se soulève). Le mot « perturbation » est général pour caractériser ce qui se propage (déplacement, compression, torsion, champ électromagnétique...).

Le passage de la représentation u = f (t) à la représentation u = g(x) est hors programme. Si M et N sont deux points distants de d le long du trajet de l’onde, 1a perturbation qui arrive en N à la date t, est celle qui est passée en M à la date t–τ avec d τ= . 

2. Quels sont les différents types

Rechercher et expérimenter

Cours 1. Qu’est-ce qu’une onde mécanique ?

d’ondes mécaniques ? L’objectif est de différencier les deux types d’ondes mécaniques : les ondes transversales et les ondes longitudinales. Pour produire des ondes transversales, utiliser un fin ressort long ou un élastique de 3 m environ.

> Activité 2 Tendre la bobine rail, provoquer une compression des quelques spires à une extrémité et observer (on peut aussi filmer et passer la séquence au ralenti). Introduire les expressions « compression » et « dilatation » qui seront réinvesties pour les ondes sonores.

> Activité 3 Se placer en très basse fréquence, la flamme de la bougie grossit sous l’effet du déplacement des tranches d’air. Les fluides ne peuvent que propager des ondes longitudinales. Aux déplacements longitudinaux des tranches d’air (faire l’analogie avec les ondes longitudinales le long d’un ressort) sont associées des variations de pression, appelées surpressions.

3. Quelles sont les caractéristiques de la propagation d’une onde progressive ? 3.1 Croisement de deux ondes Le fait que des ondes se croisent sans se déformer est intuitif : lorsque plusieurs personnes parlent ensemble, on peut séparer les différentes conversations. On peut visualiser le phénomène sur une cuve à ondes en faisant tomber simultanément, en deux points distincts, deux gouttes d’eau. Après croisement, les ondes sont encore circulaires.

3.2 Vitesse de propagation d’une onde La vitesse de propagation dépend de la nature des ondes et du milieu de propagation. Les ondes transversales le long d’une corde se propagent F à la vitesse  = µ (F tension de la corde et µ masse linéïque). Dans un fluide, la vitesse de propagation des petites perturbations dépend du coefficient de compressibilité isentropique du fluide ainsi que de sa masse volumique : 1 = . Pour un gaz parfait, cette vitesse dépend de ρ . χS R.T . la température et de la masse molaire :  = γ . M

dl

dl

dl

1. Paul LANGEVIN : l’inventeur du sonar Réponses aux questions 1. Le sonar mesure la durée entre l’émission et la réception des ondes sonores ou ultrasonores. 2. La durée mesurée t correspond à un aller-retour de l’onde, donc à une distance 2 . d . .t . Donc : d = 2

2. Mesure de la célérité des ultrasons dans l’air On peut utiliser l’informatique ou un oscilloscope à mémoire. Dans un premier temps, on mesure la vitesse des ondes ultrasonores en utilisant le mode salves. Dans un deuxième temps, connaissant la vitesse, on en déduit une distance par la méthode de l’écho (sonar). Prendre une distance d de l’ordre de 50 cm. Attention, les ultrasons sont très sensibles au phénomène de diffraction. Réponses aux questions 1. On utilise des salves, car on veut repérer le début d’une émission et le début d’une réception. 2. On mesure la vitesse de propagation des ultrasons. 3. On trouve autour de 340 m . s–1, la température ayant une influence.

3. Simulation d’un sonar Réponses aux questions 1. La durée correspond à un aller-retour de la salve. .t 2. d = . 2 3. Le signal est capté avec un certain retard t que l’on mesure grâce au décalage des signaux visualisés sur les deux voies. Le signal capté est déformé par la réflexion sur l’écran.

Aborder les difficultés du chapitre Unités et analyse dimensionnelle Il est impératif, dès le début de l’année, d’habituer les élèves à vérifier l’homogénéité d’un résultat. Si la relation obtenue n’est pas homogène, elle est obligatoirement fausse. Il est bien évident que l’équation aux

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dimensions n’est pas au programme. L’élève utilise donc, dans son raisonnement, les unités.

Corrigés des exercices

1. a. t correspond à la durée nécessaire pour une salve émise par l’émetteur, pour atteindre le récepteur. b. t = 0,25 ms. 2. eau = x = 0,36 = 1 440 m . s–1. t 0,000 25

7.

S’autoévaluer 1. 2.

Les situations 2 et 3 sont possibles. 1. Voir le document 6, page 19.

2. Voir le document 4, page 19. 3. Les ondes acoustiques sont longitudinales.

3.

8.

1. Une onde qui se propage à la surface de l’eau

est mécanique. 2. a. On n’observe pas de transport de matière. On peut le mettre en évidence avec un bouchon. b. Environ 0,4 m . s–1. = 0,080 s = 80 ms. 4. 1. τ = MM’  2. t’ = t + 0,080 s.

Exercices 1. La houle est une déformation de la surface qui se propage sans transport de matière, mais avec transport d’énergie. 2. Les bateaux sont soulevés. 3. Ondes sonores, ondes le long d’un ressort, d’une corde, ondes sismiques...

1.

2.

caractéristiques du milieu, donc la vitesse n’est pas constante lors de la propagation des ondes. 2. t = 25 s ;  = 61 = 2,4 km . s–1. 25

1. La propagation du son dans l’air est une onde

longitudinale.

1. L’onde est transversale.

SM1 –1 t1 – t0 = 3,0 m . s . 3. La longueur de l’onde est  = 2,0 m. On a donc : 2.  =

t =  = 0,67 s. 

4. À la date t’ = 1,0 s, le front de l’onde est en M’

tel que SM’ = t’ .  = 3,0 m.

5.

9.

τ = 4 s.

1. La célérité de l’onde est égale à :

 = 1,0 = 5,0 m . s–1. 0,20 2. La longueur de l’onde vaut 0,40 m. 3. Le début de l’onde arrivera au point M à la date : t0 = 1,20 = 0,24 s. 5,0 L’allure de la corde est représentée dans les conseils. 4. L’onde quittera M à la date :

tF = 0,24 + 0,40 = 0,32 s. 5,0 5.

3. Les molécules ne sont pas entraînées depuis la

source vers le récepteur. 4. La propagation du son ne s’accompagne pas d’un transport de matière, mais s’accompagne d’un transport d’énergie. Proposition 3 : les ondes se croisent sans se déformer.

3.

1. Oui, car la vitesse de la lumière est très supérieure à la vitesse de propagation du son. 2. La vitesse de propagation du son dépend de la température. d 3.  = = 337,16 49, soit 337 m . s–1.

4.

τ

5.

1. g s’exprime de deux façons : en N . kg–1 ou en

m . s–2 et h s’exprime en m. La formule correcte est donc  = g . h , car g . h s’exprime en m . s–2 . m = m2 . s–2 = m . s–1. Cette expression est homogène à une célérité. 2.  = g . h = 9,8r0,92 = 3,0 m . s–1.

1. La nature des terrains traversés (calcaire, granit, argile...) est différente : la célérité dépend des

6.

8

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0,34

t (s)

10. Il suffit de faire entrer de l’air dans la cloche et faire sonner le réveil mis à l’intérieur, le sonomètre étant à l’extérieur. 1. Une vague à la surface de l’eau est une onde transversale. 2. La célérité de la propagation est égale à :  = d = 5 m . s–1. t 3. Lors du passage d’une vague, le mouvement d’une bouée sera un mouvement de translation vertical. 4. L’énergie dissipée par les vagues en un an sur chaque kilomètre de côte est égale à : 45 × 103 × 103 × 24 × 3 600 × 365 = 1,4 × 1012 J.

11.

1. Le phénomène utilisé est la propagation des ondes mécaniques. 2. Si on prend une durée moyenne de 8 secondes, la célérité est de l’ordre de 1 m . s–1. 3. a. La célérité des ondes sonores dans l’eau est 1 500 m . s–1. 8 = 0,005 s. b. t = 1 500

12.

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Cette alarme réagit donc beaucoup plus rapidement que la première.

c.

13.

1. Les pics violets correspondent au signal

émis par le télémètre, les pics rouges au signal reçu. 2. La durée entre l’émission et la réception est de 4,6 ms.  = 1,60 = 347 m . s–1. 0,0046 Les ondes utilisées sont donc les ondes ultrasonores. 3. Le laser permet de repérer précisément l’objet dont on veut déterminer la distance le séparant du télémètre : il sert de pointeur.

14. 1. Le son est une onde longitudinale de compression-dilatation des tranches d’air ; c’est une onde tridimensionnelle qui se propage dans tout l’espace qui lui est offert à partir de la source. 2. La voie 2 correspond à la tension détectée par le microphone le plus éloigné de la source ; le son s’est propagé sur une durée τ pour aller du premier microphone au second. 3,95 d 3.  = ;  = = 342,29 ; 11,54 × 10–3 τ soit :  = 342 m . s–1. 4. a. La valeur 540 s’écarte des autres valeurs ; cela est peut être dû à l’arrêt prématuré du chronométrage... On l’écarte du tableau de mesures. „ = 341 m . s–1. b.  c. σn–1 = 2 m . s–1. 2 ≈ 6 × 10–3, soit 0,6 %. d. Taux d’incertitude : 341 15. 1. t = 100 = 0,10 s < 0,15 s, temps de 1 000 s réaction du coureur. 2. t = d = 1,5 = 4,4 × 10–3 s.  340 3. La durée 100 est nettement supérieure à la 1 000 s durée de propagation du son. Elle tient compte du temps de réaction minimal du coureur. 4. a. Le son se propage d’autant plus vite que la température de l’air est élevée. Le signal de départ parvient plus vite au coureur lors d’une soirée chaude. d – d = 1,5 – 1,5 = 1,5 × 10–4 s. b. L’écart = 10° C 30° C 337 349 c. Cet écart est très faible devant le temps de réaction d’un coureur et a peu d’incidence sur la durée de sa course. 5. S’il n’y avait qu’un haut-parleur, il y aurait au moins une dizaine de mètres d’écart entre les distances parcourues par différentes ondes sonores, soit environ 3 centièmes de secondes d’écart. Or, les records sont enregistrés au centième de seconde.

F = P = m’ . g = 0,235 × 9,8 = 2,3 N. m 0,176 2.  = = = 0,016 kg . m–1. 11  3. F s’exprime en N, comme le poids qui peut être calculé par P = m . g . La masse m s’exprime en kg et g s’exprime de deux façons : en N . kg–1 ou en m . s–2.

16.

1.

Donc

s’exprime en :

kg . m . s–2 kg . m . s–2 1/2 = = (m2 . s–2)1/2 = m . s–1. kg . m–1 kg . m–1 Cette expression est bien homogène à une célérité. 2,3 4.  = = 12 m . s–1. 0,016 d 5. t = = 8,2 = 0,68 s.  12 6. Pour augmenter la célérité de l’onde, il faut augmenter la tension (car on ne peut pas diminuer la masse linéique sans changer de corde). 7. À cause de la racine carrée, pour doubler la célérité, il faut multiplier la tension par 4 et pour cela, il faut suspendre une masse 4 fois plus importante, soit 4 × 235 = 940 g.

(

17.

)

1. L’onde le long de la caténaire est transver-

sale. 2. a.  =

F

.

En notant m la masse de la caténaire,  sa longueur, V son volume, ρc la masse volumique du cuivre et ρréf la masse volumique du corps de référence (eau), on a : V . ρc V . d . ρréf π . r 2 .  . d . ρréf = = =m=      = π . r 2 . d . ρréf  = π . (0,70 × 10–2)2 × 8,9 × 1,0 × 103  = 1,4 kg . m–1. b.

2,6r104 = 136 m . s–1, soit 491 km . h–1. 1,4 3. Avec la tension précédente, la vitesse du train lors du record aurait été trop importante : R > . Avec la tension F’ , on a : 3,0r104 ’ = = 146 m . s–1, soit 527 km . h–1. 1,4 Cela est supérieur à la vitesse du record. c.

=

1. Les vitesses ne sont pas constantes, car la représentation de t en fonction de la distance à l’épicentre n’est pas linéaire. En effet, la célérité dépend du milieu. Or, la nature des terrains traversés varie au cours de la propagation : la célérité ne peut pas être constante. 2. Ondes P : durée 4,5 min, donc :  = 7,4 km . s–1. Ondes S : durée 7,5 s, donc :  = 4,4 km . s–1. 3. a. L’onde P est détectée en premier. b. L’intervalle séparant les débuts de détection des deux ondes est d’environ 6 min. c. On recherche à l’aide d’une règle graduée une distance « verticale » qui correspond à 6 min entre les deux courbes : cela donne environ 5 000 km. 4. Les ondes sismiques se propagent dans toutes les directions, donc si on trace trois sphères de rayon di et de centre Ci les points de détection, l’épicentre sera à l’intersection de ces trois surfaces sphériques.

18.

1. La propriété utilisée est la réflexion des ondes sur les parois.

19.

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F

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2. d = 2 × 0,57 = 1,14 m. 3. D’après le document 1, la trace no 1 correspond au

signal reçu par le récepteur air et la trace no 2 à celui reçu par le récepteur eau. Les ultrasons se propagent donc plus vite dans l’eau que dans l’air. 4. Une salve émise par le générateur se propage dans l’air et dans l’eau avec des célérités différentes. Une salve se propageant dans l’air atteindra le récepteur air avec un décalage t par rapport à une salve se propageant dans l’eau, pour une même distance parcourue. 5. Expression

Dimension

Unité

eau

vitesse

m . s–1

air

vitesse

m . s–1

t

durée

s

air . t

vitesse × durée ↔ distance

m.s ×s↔m –1

air . t – d distance – distance ↔ distance air vitesse 1 ↔ distance durée air . t – d

m–m↔m

20.

3. L’unité du coefficient directeur de la droite est en cm/s. 4. La valeur du coefficient directeur de la droite représente la vitesse de propagation de l’onde. La détermination graphique donne une valeur de 0,64 m . s–1. 5. La vitesse de propagation de l’onde est constante, elle est donc indépendante de la distance parcourue.

Le téléphone « pot de yaourt » 1. À propos des ondes 1.1. L’onde sonore se propage successivement dans : l’air, le fond du premier pot de yaourt, le fil, le fond du second pot de yaourt, l’air.

voie 1

|

dinales. 2. La célérité des ondes acoustiques est plus grande dans les métaux que dans l’eau et plus grande dans l’eau que dans l’air. 3. Le matériau doit être élastique. 4. Le coton hydrophile, la laine de verre... 5. d =  . t ; la distance est d = 13 × 103 m et la vitesse de propagation  du son dans l’eau, de l’ordre de 1 500 m . s–1. 3 d t = = 13 × 10 = 8,7 s.  1 500

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2. d = f (t) est une droite passant par l’origine.

(4)

1. Ce sont des ondes mécaniques longitu-

10

1. Par lecture graphique, t = 0,5 s.

Sujet BAC

(4) et (2) : air . (teau + t) = eau . teau ;  . t teau air (5) eau – air  . t (2) et (5) : d = eau . air ; eau – air d . (eau – air) = eau . air . t ; d . air . eau = d – air . t Application numérique : 1,14 × 340 eau = ≈ 1 745 m . s–1. 1,14 – 340 × 0,002 7 1 500 – 1 745 10. Erreur relative : × 100 ≈ 16 %. 1 500 L’erreur est relativement importante.

|

21.

m . s–1 ↔ s–1 m

air n’a pas L’expression est donc fausse, car air . t – d une dimension de vitesse. 6. d = air . tair (1). 7. d = eau . teau (2). 8. tair = teau + t (3). 9. La résolution se fera par la méthode de substitution : (1) et (3) : d = air . (teau + t)

6. L’expérience a été faite de nuit pour que le signal lumineux soit visible à longue distance. 7. Pour parcourir 13 km, le signal lumineux met 3 environ 13 × 108 = 4 × 10–5 s. Cette durée est négli3 × 10 geable par rapport à celle de la propagation du son.

voie 2

1.2. Figure 2 : Onde transversale, la direction de la perturbation (verticale) est perpendiculaire à la direction de propagation de l’onde (horizontale). Figure 3 : Onde longitudinale, la direction de la perturbation est la même que la direction de propagation de l’onde.

2. Célérité de l’onde qui se propage le long du fil

2.1. Retard : τ = 4 div × 5 ms, soit : τ = 20 ms.

div 20 D 2.2.  = , soit :  = = 1,0 × 103 m . s–1. 20 × 10–3 τ La célérité de l’onde le long de la corde est supérieure à celle dans l’air. Une onde se propage plus rapidement dans un milieu solide que dans un milieu gazeux. 2.3.  s’exprime en kg . m–1 ; k s’exprime en kg . s–2 ; L s’exprime en m. μ L’expression (1)  = s’exprime en : k.L kg . m–1 = s . m–1. kg . s–2 . m

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Elle n’est pas homogène à une célérité. k.L L’expression (2)  = est l’inverse de l’expression (1), elle s’exprime donc en m . s–1. Cette expression est homogène à une célérité. k.L L’expression (3)  = est le carré de l’expression  (2), elle s’exprime donc en m2 . s–2. Elle n’est pas homogène à une célérité. k.L 2.4.  = , 20 r50 = 1,0 × 103 m . s–1. Ce résultat 1,0r10–3 est conforme à celui obtenu par l’expérience.

soit :  =

γ) multipliée par 3 ; δ) divisée par 3. 4. Un petit morceau de papier est posé au milieu d’une longue cordelette tendue horizontalement. Un ébranlement est provoqué à l’une des extrémités. Le morceau de papier saute soudainement lorsque passe l’ébranlement. Cette expérience montre que l’onde transporte : a. une masse ; b. de l’énergie mécanique ; c. de la matière.

2. Analyse d’un document Le document ci-dessous est extrait du site internet : www.educnet.education.fr/EEDD/actualites.htm

Exercices complémentaires Énoncés 1. QCM Choisir la bonne réponse. 1. Dans la rade de Brest, un coup de canon tiré d’un navire peut s’entendre deux fois avec un intervalle de 6,8 s : il suffit, avant le coup de canon, de plonger un stéthoscope dans l’eau. Sachant que la vitesse de propagation du son est de 340 m . s–1 dans l’air et de 1,51 × 103 km . s–1 dans l’eau de mer, la distance du canon à l’observateur est de : a. 300 m ; b. 3 km ; c. 8 km. 2. Une corde de piano, de 33 cm de longueur, émet un mi4. Un ébranlement transversal se propage le long de cette corde en effectuant plusieurs allers-retours successifs avec une célérité de 218 m . s–1. La durée pour faire un aller-retour est de : a. 3,03 s ; b. 3,03 ms ; c. 303 µs. 3. La vitesse de l’ébranlement transversal dans la corde F de violon est donnée par la relation :  = . F désigne la tension de la corde égale à 75 N et  sa masse linéïque égale à 0,90 g . m–1. a. La vitesse  est égale à : α) 9,2 m . s–1 ; β) 289 m . s–1 ; γ) 3,30 m . s–1. b. Si la tension est multipliée par 4, la vitesse est : α) doublée ; β) divisée par 2 ; γ) multipliée par 4. c. Sur une corde de masse linéïque 9 fois plus grande, la vitesse est : α) multipliée par 9 ; β) divisée par 9 ;

01:00 02:00 03:00 04:00 05:00 06:00 07:00

Il représente la progression, heure par heure, de la vague du tsunami du 26 décembre 2004. L’île de Madagascar s’étend sur 1 500 km, du nord au sud. 1. Évaluer la vitesse de propagation du tsunami en plein Océan Pacifique. 2. Pourquoi les lignes noires sont-elles plus rapprochées près de l’Australie ou de la Thaïlande par exemple ? Que peut-on en conclure ? 3. Au nord-est de Madagascar, le trait noir, présente une ondulation. Pourquoi ?

Corrigés 1. 1. b. 3 km. 2. c. 303 s. 3. a. β) 289 m . s–1.

α) Doublée. c. δ) Divisée par 3. 4. b. De l’énergie mécanique. b.

2. 1. Grâce à la dimension donnée pour l’Île de Madagascar on peut trouver l’échelle : 12 mm sur le schéma représentent 1 500 km. Dans l’Océan Pacifique, la distance entre deux lignes noires est de l’ordre de 6 mm, ce qui correspond à une vitesse de 750 km . h–1. 2. Les lignes noires sont plus rapprochées près de l’Australie ou de la Thaïlande, cela signifie que la vitesse de propagation est plus petite.

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Le fait que la vitesse de propagation diminue lorsque la profondeur diminue implique que la profondeur est plus faible au voisinage de l’Australie ou de la Thaïlande. 3. La ligne noire au voisinage du Nord-Est de Madagascar présente une ondulation : la vitesse de propagation subit des variations dans cette zone. La profondeur de l’océan doit varier assez rapidement dans cette zone. Les ondulations correspondent à la traversée de l’archipel des Seychelles.

La relation donnant la célérité des ondes le long d’une F est aussi établie dans le cas de « petites corde  = déformations » transversales, pour une corde dont le poids est négligeable devant la tension F de la corde. Cette relation n’est donc pas valable pour calculer la célérité d’une onde, le long d’une corde verticale, dont l’extrémité inférieure est libre.

Bibliographie Compléments scientifiques La relation donnant la célérité des ondes sonores et ultrasonores dans un gaz :  = γ . R . T est établie M en supposant le gaz parfait, les transformations isentropiques, et dans l’approximation acoustique, c’est-à-dire pour des surpressions très faibles, négligeables devant la pression atmosphérique. Cette relation ne peut donc pas être utilisée pour calculer la célérité d’un coup de tonnerre par exemple, car dans ce cas, les conditions précédentes ne sont pas remplies, l’air devenant alors un milieu dispersif.

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Ouvrages Voir les livres de classes préparatoires : collection H Prépa, Hachette éducation.

Sites Internet • webpublic.ac-dijon.fr/pedago/physique/documents/ ondes/OndesJ/ondes_diffrac.htm • physique.paris.iufm.fr/lumiere/ondes.html • fr.wikipedia.org/wiki/Tsunami • www.educnet.education.fr/EEDD/actualites.htm

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Ondes mécaniques progressives périodiques Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : A. Propagation d’une onde ; ondes progressives

2

Physique

chapitre

Savoir-faire expérimentaux Réaliser un montage permettant de mettre en évidence le phénomène de diffraction dans le cas d’ondes mécaniques, sonores ou ultrasonores.

Exemples d’activités Contenus 2. Ondes progressives mécaniques périodiques • Notion d’onde progressive périodique. • Périodicité temporelle, période ; périodicité spatiale. • Onde progressive sinusoïdale, période, fréquence,  longueur d’onde ; relation λ =  . T = . ν • La diffraction dans le cas d’ondes progressives sinusoïdales : mise en évidence expérimentale. • Influence de la dimension de l’ouverture ou de l’obstacle sur le phénomène observé. • La dispersion : mise en évidence de l’influence de la fréquence sur la célérité de l’onde à la surface de l’eau ; notion de milieu dispersif.

Connaissances et savoir-faire exigibles • Reconnaître une onde progressive périodique et sa période. • Définir pour une onde progressive sinusoïdale, la période, la fréquence, la longueur d’onde. • Connaître et utiliser la relation λ =  . T, connaître la signification et l’unité de chaque terme, savoir justifier cette relation par une équation aux dimensions. • Savoir, pour une longueur d’onde donnée, que le phénomène de diffraction est d’autant plus marqué que la dimension d’une ouverture ou d’un obstacle est plus petite. • Définir un milieu dispersif. • Exploiter un document expérimental (série de photos, oscillogramme, acquisition de données avec un ordinateur...) : détermination de la période, de la fréquence, de la longueur d’onde. • Reconnaître sur un document un phénomène de diffraction.

• Exemples dans la vie courante d’ondes mécaniques progressives périodiques. • Exemples pris dans notre environnement de la diffraction d’ondes mécaniques. • Dans le cas d’une onde ultrasonore, ou sur la cuve à ondes, observation des maximums et minimums d’amplitude pour la diffraction.

Commentaires Toute construction donnant le mouvement d’un point du milieu à partir de la représentation spatiale de l’onde, et réciproquement, est hors programme. Une onde progressive périodique n’est pas nécessairement sinusoïdale. On peut donc introduire la périodicité spatiale dans ce cas général. Le terme de longueur d’onde est, en optique, associé à une onde monochromatique sinusoïdale. Par souci de cohérence, les termes de « longueur d’onde », ainsi que de « fréquence », ne seront introduits que dans le cas des ondes progressives sinusoïdales. On montrera le phénomène de diffraction dans diverses situations : – ondes planes à la surface de l’eau avec un obstacle puis une fente ; – ultrasons se propageant à travers une fente. Sur la cuve à ondes, on constatera que l’onde plane est modifiée par l’obstacle. Avec la cuve à ondes et/ou avec les ultrasons, on observera les maximums et les minimums d’amplitude. Toute interprétation de ce phénomène est hors programme. On illustrera le phénomène de dispersion en se limitant à la mesure de la célérité d’une onde progressive périodique plane à la surface de l’eau, célérité qui dépend de sa fréquence. Un milieu non dispersif sera défini comme un milieu où la célérité de l’onde ne dépend pas de sa fréquence.

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sonores, car les expériences de double périodicité sont faciles à mettre en œuvre.

Matériel Cours > Activité 1

> Activité 1 Mise en évidence de la périodicité temporelle : placer le microphone en un point donné et étudier l’évolution de la perturbation en fonction du temps. Ne pas se limiter à une onde sinusoïdale et indiquer comment on mesure T à l’oscilloscope, par exemple.

– Un microphone. – Un oscilloscope. – Un instrument de musique et un diapason.

> Activité 2 – – – –

Deux microphones. Un oscilloscope. Un haut-parleur. Un générateur basse fréquence.

Réponses aux questions

> Activités 3, 4 et 5

1. Les ondes observées sont périodiques. 2. L’examen des oscillogrammes montre que le son émis par le diapason est le seul qui soit sinusoïdal.

Une cuve à ondes.

> Activité 2

Rechercher et expérimenter

Mise en évidence de la périodicité spatiale : fixer T et étudier l’évolution de la perturbation en fonction de l’espace. Nécessité d’utiliser deux microphones. Déplacer l’un par rapport à l’autre. Les expériences peuvent être réalisées avec une fréquence de l’ordre de 3 000 Hz : la longueur d’onde est voisine de 10 cm et surtout la sensibilité de l’oreille est beaucoup plus faible qu’à 1 000 Hz (le son est davantage supportable). Insister sur le fait que c’est la fréquence (ou la période) qui est caractéristique d’une onde périodique et non la longueur d’onde.

– Un tube transparent. – L’agitateur qui crée les ondes est une lame de cuivre fixe à une de ses extrémités et l’autre reliée à un moteur afin de lui donner un mouvement vertical périodique. – Deux photocapteurs reliés à une carte d’acquisition détectent le passage des ondes.

Déroulement du chapitre > Objectifs • Exploiter la double périodicité d’une onde progressive périodique. • Connaître et exploiter le phénomène de diffraction. • Connaître le phénomène de dispersion.

> Prérequis • Les notions abordées dans la leçon précédente. • Fréquence, période.

une onde périodique à la surface de l’eau ? L’étude se fait à partir de la cuve à ondes.

> Activité 3

Réponses aux questions 1 1. T = . f 2. f = 2 Hz. 3. a = 0,5 m.

B. Les murs antibruit Réponses aux questions 1. Un écran opaque arrête les ondes lumineuses. 2. Dans un milieu transparent homogène, la lumière se propage en ligne droite. 3. Le phénomène de diffraction permet d’interpréter le contournement d’un obstacle par une onde.

Si la périodicité spatiale est très facile à mettre en évidence (il suffit de prendre une photographie de la surface et constater que les rides sont équidistantes) il n’en est pas de même pour la périodicité temporelle. Pour cela, il faut faire une étude stroboscopique du phénomène et dire un minimum de chose sur la stroboscopie (sinon on reste dans l’affirmation) : c’est parce que l’on observe une immobilité apparente des rides que l’on peut affirmer que le phénomène présente une périodicité temporelle. Une autre possibilité est d’utiliser le dispositif du Rechercher et expérimenter, page 47, et d’étudier l’enregistrement d’un capteur.

3. Que se passe-t-il quand une onde rencontre un obstacle ?

Cours 1. Comment caractériser une onde sonore progressive périodique ? Nous avons choisi de déterminer les caractéristiques d’une onde périodique mécanique à partir des ondes

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a. Lorsque les microphones sont côte à côte, les sinusoïdes sont en phase. b. Lorsqu’on éloigne progressivement le microphone M2 , les sinusoïdes se décalent progressivement.

2. Comment caractériser

Activités préparatoires A. Un bassin de houle

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Réponses aux questions

Cette étude, qui part d’observation courante, utilise encore la cuve à ondes comme support expérimental. Bien insister sur le fait que ce phénomène est caractéristique d’ondes périodiques (résultat qui sera repris au chapitre suivant).

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4. La célérité d’une onde dépend-elle de sa fréquence ?

3. Environ 1 cm. 4. Les dimensions de l’ouverture sont inférieures à

Cette notion est plus délicate à comprendre. On peut l’introduire à partir du grondement du tonnerre. Un milieu est dispersif si la vitesse de propagation de l’onde dépend de la fréquence. L’air ne l’est pas pour les ondes sonores de faibles amplitudes. Ce phénomène sera repris en optique, avec l’introduction de l’indice (qui dépendra de la fréquence pour un milieu dispersif).

la longueur d’onde. 5.  = λ . ν = 0,15 m . s–1.

Rechercher et expérimenter

 = 5,0 × 103 Hz. λ 2. a. La fréquence d’une onde n’est pas modifiée lorsque l’onde change de milieu.  b. La longueur d’onde est égale à : λ = = 6,8 cm. ν 2. 1. Les ondes sonores et ultrasonores sont des ondes mécaniques longitudinales.  2. λ = , soit : 2,8 cm < λ < 4,9 cm. ν 3. 1. a. Une onde sonore est une onde mécanique longitudinale. b. On représente les variations de la pression en fonction de x.  2. a. ν = = 0,44 kHz . λ b. Cette onde est audible, car 20 Hz < ν < 20 000 Hz. 3. Périodicité spatiale : 78 cm ; périodicité temporelle : 2,3 × 10–3 s.

1. et 2. Caractéristiques et formation du tsunami Réponses aux questions 1. La vitesse de propagation diminue lorsque la profondeur diminue. 2. La vitesse de propagation étant de l’ordre de 700 km/h et la distance parcourue de l’ordre de 2 000 km, le tsunami a mis environ 3 h pour traverser l’océan indien. 3. Pour h = 4 000 m , λ = 213 km et  = 700 km/h, d’où T de l’ordre de 20 minutes. Pour h = 50 m, λ = 23 km et  = 80 km/h, T est encore de l’ordre de 20 minutes. Cela correspond à l’indication du texte : « période de plusieurs minutes ».

3. Onde périodique à la surface d’un liquide : mesure de longueur d’onde Le dispositif « maison » utilisé a été décrit plus haut. Réponses aux questions 1. La célérité  se mesure à partir du décalage temporel entre les deux enregistrements, si l’on connaît la distance entre les deux capteurs. 2. Sur un enregistrement, on mesure la période temporelle T. On calcule alors la longueur d’onde λ =  . T. 5. Le milieu est dispersif.

Corrigés des exercices Savoir s’autoévaluer 1. Une onde sonore émise par un diapason. 2. La longueur d’onde λ. 3. La période T. 4. λ =  . T.

1.

2. 2. 3. 4. 5.

1. À l’aide d’un oscilloscope, par exemple.

0,34 m. Voir l’activité 2 du cours, page 41. d = k . 0,34 (k entier). Non, λ dépend du milieu.

3. 2. a. La longueur d’onde est la distance entre deux rides consécutives. b. Elle ne change pas.

4.

2. L’eau est le milieu dispersif, car la vitesse de propagation de l’onde dépend de la fréquence.

Exercices 1. 1. La fréquence est donnée par : ν=

4. 1. Une onde ultrasonore est une onde mécanique longitudinale. 2. Ces ondes ne sont pas audibles par l’oreille humaine, car leurs fréquences sont supérieures à 20 kHz. 3. La longueur d’onde de ces ondes est :  λ = = 0,75 mm. ν 4. Les dimensions du cœur étant beaucoup plus grandes que la longueur d’onde, il n’y a pas de diffraction. La vitesse est modifiée (340 m . s–1) ; la fréquence est inchangée (2,00 MHz) ; la longueur d’onde est modifiée (λ = 0,17 mm). 1. La longueur d’onde est la distance séparant deux perturbations consécutives. 2. λ = 12 cm. 3.  = λ . ν = 0,37 m . s–1. 6. 1. L’amplitude est égale à 11 = 5,5 m. 2 2. Définition de la longueur d’onde : voir Retenir l’essentiel, page 48. λ = 490 nm. 3.  = λ = 27,7 m . s–1. T 7. 1. La surface de l’eau a l’allure d’une sinusoïde. 2. C’est une onde mécanique transversale. 3. La longueur d’onde est la distance entre deux cercles sombres consécutifs ;  = λ . ν.

5.

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1. λ . ν = .

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4. Une bosse a pris la place d’une autre bosse (idem pour les creux). Rien n’est modifié au point de vue stroboscopique.

8.

1. C’est une onde progressive mécanique trans-

versale, périodique et plane. 2. a. La périodicité temporelle est la période T. b. On peut la mesurer par stroboscopie. La fréquence de l’onde est égale à la plus grande fréquence des éclairs qui donne l’immobilité des rides. 3. a. La longueur d’onde λ caractérise la périodicité spatiale. b. On peut la mesurer directement sur l’écran ou sur la photo si on connaît le grandissement. 4. La vitesse de propagation et la longueur d’onde sont des grandeurs liées aux caractéristiques du milieu. 1. Les ondes se propagent de la gauche vers la droite. 2. On observe le phénomène de diffraction. 3. Pour une ouverture trop grande par rapport à la longueur d’onde, le phénomène de diffraction ne se manifeste plus.

9.

1. λ15 Hz = 2,3 cm et λ30 Hz = 1,6 cm. 2. On calcule la célérité par :  = λ . ν ;

10.

15 Hz = 0,34 m . s–1 et 30 Hz = 0,48 m . s–1. 3. La célérité des ondes dépend de leur fréquence, le milieu est dispersif. λ1 80 = = 0,02 < 0,5. h1 4 000 Ce sont donc des ondes courtes. g . λ = 10r80 = 11,3 m . s–1 ; b. 1 = 2π 2π λ1 80 = = 7,1 s. T= 1 11,3

11.

1. a.

12. 1. Les fréquences possibles des éclairs sont : 60 Hz ; 30 Hz ; 20 Hz ; 15 Hz ; 10 Hz. 2. a. La longueur d’onde est : λ = 5,0 mm. b. La célérité des ondes est :  = 30 cm . s–1. 3. Les ondes ne sont plus circulaires si on incline la cuve : la profondeur n’est plus constante. 13. 1. ν = 12 Hz ; λ = 12 cm et  = λ . ν = 1,4 m . s–1. 2. a. A est en phase avec S (d = 2 λ). B et C sont en opposition de phase avec S (respectivement 2,5 λ et 3,5 λ). b. B et C vibrent en phase, mais en opposition de phase avec A. F = 31 m . s–1.

2. λ =

 = 0,31 m. ν

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1 . λ, soit : 15,5 cm, 46,5 cm, 2

)

77,5 cm.

15. 2. a. Cette distance représente un nombre entier de longueurs d’onde. b. λapprochée = 9,7 cm. c. Les deux microphones sont séparés de 3 longueurs d’onde. λexacte = 9,9 cm. d.  = 347 m . s–1. 3. λ et  seraient modifiées. 16.

1. Le calcul donne (avec M en kg . mol–1) :

= 342 m . s–1. 2. L’oscillogramme met en évidence la périodicité temporelle. 3. T = 2,5 ms ; ν = 1 = 400 Hz. T 4. λ =  . T = 0,86 m.

2. Entre 11 points, il y a 10 longueurs d’onde : λ = 8,3 mm. 3. a.  = λ . ν = 346 m . s–1. b. Ondes sonores et ultrasonores se propagent avec la même vitesse, l’air n’étant pas un milieu dispersif.

17.

18.

1. Cette vitesse est de l’ordre de 340 m . s–1.

2. La largeur de la fente est de l’ordre de grandeur

 = 1,4 cm. ν 3. λ = 0,17 mm > λ, d’où : r  = g . λ = 9,8 50 = 8,8 m . s–1. 2π 2π c. g s’exprime en m . s–2 et λ en m. g . λ s’exprime en m . s–2 . m = m . s–1. Cette 2π expression est bien homogène à une vitesse. d. La fréquence du mouvement vertical du bateau est égale à la fréquence de la houle :  8,8 ν= = = 0,18 Hz. λ 50 e. Un milieu est dispersif si la vitesse de propagation d’une onde dépend de sa fréquence. En eau profonde, la vitesse dépend de λ, donc de ν. Le milieu est dispersif. Au contraire, en milieu peu profond, la vitesse ne dépend pas de la fréquence de l’onde. Le milieu n’est pas dispersif.

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g . h et (A) = g . H avec H > h, d’où (B) < (A). b. Comme la célérité est sens de propagation plus grande au sommet A de la vague, cette vague B se déforme, cela crée une déferlante. 3. a. Le phénomène de diffraction se manifeste lorsque la longueur d’onde de l’onde est inférieure ou égale à la dimension de l’ouverture. La longueur d’onde de la houle doit être inférieure ou égale à 25 m. b. h Activité 1 – Un laser. – Un trou, des fentes, un ou des fils.

B. La découverte de NEWTON

> Activité 2

Réponses aux questions 1. Newton réalise la décomposition de la lumière blanche émise par le Soleil. 2. Newton isole la lumière bleue par une fente ne laissant passer que la lumière bleue. 3. La lumière bleue n’est pas à nouveau décomposée, car c’est une lumière monochromatique.

– Un laser. – Deux fentes de largeurs différentes.

> Activité 3 – Un laser rouge, un laser vert. – Une fente.

> Paragraphes 2 et 3 Matériel pour réaliser les spectres d’une lumière blanche, d’un laser, d’une lampe à mercure : sources de lumière, prisme, fente, lentille de projection.

Rechercher et expérimenter – – – –

Un laser. Une fente. Un appareil photo ou webcam. Un ordinateur, le logiciel Regavi®.

Déroulement du chapitre > Objectifs • Savoir réaliser et exploiter une figure de diffraction dans le cas des ondes lumineuses. • Définir une lumière monochromatique et une lumière polychromatique. Indiquer le domaine de longueurs d’onde de la lumière visible dans le vide. • Étudier la propagation d’une onde lumineuse dans un milieu transparent. • Savoir que les milieux transparents sont plus ou moins dispersifs.

> Prérequis • Classe de Seconde : – la longueur d’onde caractérise dans l’air et dans le vide une radiation monochromatique ; – les lois de Descartes sur la réfraction ; – l’utilisation d’un prisme pour décomposer la lumière blanche. • Classe de Terminale S : les phénomènes de diffraction et de dispersion (chapitre 2).

Activités préparatoires A. Observation d’une source de lumière blanche à travers un voilage Réponses aux questions 1. La lumière blanche contient toutes les lumières colorées visibles par l’œil humain. 2. Le Soleil et la lumière émise par une lampe à incandescence sont des sources de lumière blanche. 22

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Cours 1. Comment s’effectue la diffraction de la lumière ? L’objectif de ce paragraphe est de montrer le caractère ondulatoire de la lumière et de donner un ordre de grandeur des longueurs d’onde des ondes lumineuses en s’appuyant sur le phénomène de diffraction étudié au chapitre précédent. Les activités 1, 2 et 3 ne présentent pas de difficulté expérimentale, le phénomène de diffraction s’observant très facilement avec un laser, source de lumière cohérente. L’angle θ = λ représente le demi-angle correspondant a à la tache centrale de diffraction par une fente. Faire remarquer que, même si a est de l’ordre du dixième de millimètre, cet angle est faible pour les radiations visibles : d’où l’intérêt de prendre une grande distance entre l’objet diffractant et l’écran d’observation. Dans la théorie de la diffraction à l’infini, il faut considérer en réalité sin θ = λ (l’angle étant faible, a on confond sa valeur en radian, avec le sinus).

> Activité 1 Réponse à la question Les figures de diffraction d’une fente ou celles d’un fil s’étalent perpendiculairement à la direction de la fente ou à celle du fil. La tache centrale est beaucoup plus lumineuse que les taches latérales (cela ne se voit pas très bien avec le laser, car l’œil sature) et a une largeur double des autres. La figure de diffraction d’un trou est un disque entouré d’anneaux non équidistants.

> Activité 2 Réponses aux questions 1. Si la fente est trop large, le phénomène de diffraction n’est plus visible. 2. Le phénomène est d’autant plus important que la fente est étroite.

> Activité 3 Réponse à la question Lorsque la longueur d’onde diminue, la largeur de la tache centrale diminue.

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2. Quelles sont les particularités de la propagation d’une onde lumineuse ? Préciser que l’on définit l’indice de réfraction (ou indice) d’un milieu transparent, pour une longueur d’onde donnée (pour ne pas être en contradiction avec le phénomène de dispersion où l’on précisera que l’indice dépend de la fréquence). Préciser aussi que les tables donnent la longueur d’onde dans le vide. On ne mesure plus la vitesse de la lumière dans le vide, puisqu’on prend sa valeur pour définition du mètre. C’est l’occasion de revenir sur la relation entre vitesse, période (ou fréquence) et longueur d’onde, relation établie au chapitre précédent qui traduit la double périodicité d’une onde.

3. Comment s’effectue la dispersion de la lumière ? L’objectif est d’analyser la formation du spectre d’une lumière blanche.

> Activité 4 Pour obtenir un spectre à bord net, il faut utiliser une fente et réaliser, avec une lentille, l’image de la fente sur l’écran d’observation. Il est à noter que, dans un spectre de raies, chaque raie est une image de la fente correspondant à une radiation donnée. Réponses aux questions 1. et 2. L’interprétation du spectre se fait à l’aide des lois de Descartes, en supposant que l’indice dépend de la fréquence. Pour des ondes de nature donnée, un milieu est dispersif si son indice dépend de la fréquence de ces ondes. Le prisme utilise le phénomène de dispersion du verre pour décomposer la lumière, alors qu’un réseau utilise le phénomène de diffraction.

Rechercher et expérimenter 1. Le laser comme outil de lecture Réponses aux questions 1. Pour un CD et un DVD, la lumière est rouge. Elle est violette pour un BD. 2. Format l (nm) NA Diamètre d du faisceau

CD 780 0,45

DVD 650 0,60

BD 405 0,85

2,1 µm

1,3 µm

0,58 µm

3. En diminuant le diamètre du faisceau, on peut lire davantage d’informations (capacité de stockage plus grande).

2. Le laser comme outil de mesure Réponses aux questions 1. Voir l’exercice résolu 1, page 73 : θ = L . 2D 2. Pour θ donné, pour augmenter L, il faut augmenter D.

3. La largeur de la tache centrale est le double de celle des taches latérales. Le maximum central est « tronqué », car les cellules du récepteur saturent. 4. Pour augmenter la précision, on peut prendre la distance entre deux minimums symétriques et éloignés du centre de la tache centrale et utiliser le résultat précédent. 1 5. et 6. L = 2D . λ . . a

Corrigés des exercices S’autoévaluer 1. Le phénomène de diffraction. 2. Ondes mécaniques : voir l’activité 4 du chapitre 2 ;

1.

ondes lumineuses : voir l’activité 1 du chapitre 3.

2. b.

La largeur de la tache centrale augmente.

2. La figure de diffraction s’étale dans une direction

perpendiculaire à la fente. 3. La largeur de la fente doit être du même ordre de grandeur, ou inférieure à la longueur d’onde.

3. 1. La figure de diffraction s’étale dans une direction perpendiculaire au fil. λ 2. a. L = 2D . . a b. λ = 6,5 × 10–7 m. 1. a. L’onde possède une fréquence déterminée. c = 3,00 × 108 m . s–1. c. Non.  d. λ = . ν Fréquence de cette onde : ν = 5,36 × 1014 Hz.

4. b.

2. a. La lumière blanche est composée d’une infinité

d’ondes monochromatiques. b. 400 nm < λ < 800 nm ; 3,75 × 1014 Hz < ν < 7,5 × 1014 Hz. 2. sin i = n . sin r ; n . sin r’ = sin i’. 3.  = 1,9 × 108 m . s–1. 4. Oui. 5. On observe le spectre de la lumière blanche : c’est

5.

le phénomène de dispersion. 6. L’indice dépend de la fréquence (il en est de même de la déviation du faisceau).

Exercices 1. 1. Expérience de diffraction de la lumière émise par un laser avec un trou ou une fente ou un fil. 2. Schéma : voir le document 1 du cours. Conditions : le diamètre du trou, la largeur de la fente ou la largeur du fil doivent être petits (de l’ordre du micromètre ou de quelques dizaines de micromètres). 2. 1. Figure (a) : la fente est horizontale ; figure (b) : la fente est verticale.

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1. a. La largeur de la tache centrale diminue.

23

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2. La fente la plus large correspond à la tache centrale la plus étroite : figure (a). 3. La distance la plus grande correspond à la tache centrale la plus large : figure (b). 1. Pour une même fente et une même distance entre la fente et l’écran, plus la longueur d’onde est grande et plus la largeur de la tache centrale est grande. La figure (a) correspond donc au laser de plus grande longueur d’onde. 2. Le rapport des longueurs d’onde est égal au rapport des largeurs des taches centrales : 1,27. Pour la longueur d’onde inconnue, on a donc deux valeurs possibles : 509 nm ou 830 nm. Comme les deux lasers ont des lumières visibles, la seule possibilité est 509 nm.

3.

3. a. β) ; b. α) ; c. α) ;

1. a. ; 2. b. ; 4. b. ; 5. b.

4. 5.

1. La lampe émet plusieurs radiations de lon-

gueurs d’onde différentes : la lumière est polychromatique. c 2. ν = , on obtient respectivement : λ 5,86 × 1014 Hz ; 5,62 × 1014 Hz et 5,33 × 1014 Hz.

6. n (Hz)

l (nm)

Couleur

7,31 × 1014

410

violet

6,67 × 10

450

bleu

5,77 × 10

520

vert

5,08 × 10

590

jaune

4,00 × 10

750

rouge

14 14 14 14

7. Milieu

vide

Longueur 590 d’onde (nm) Indice 1,00 du milieu Célérité 3,00 × 108 (m . s–1) Fréquence 5,08 × 1014 (Hz) Couleur

8. 9.

jaune

eau

diamant

444

244

1,33

2,42

i = 40°

1. Le faisceau laser est perpendiculaire au plan des fils. 2. La direction de la figure de diffraction par une fente ou par un fil est perpendiculaire à la direction de la fente ou du fil. C’est donc le fil horizontal responsable de la figure de diffraction verticale. 3. Les dimensions des taches de la figure de diffraction augmentent lorsque le diamètre du fil diminue. Le fil 1 est donc vertical et le fil 2 horizontal.   4. tan θ1 = 1 et tan θ2 = 2 avec 1 et 2 les dimenL L sions des taches centrales. On en déduit : θ1 = 3,12 × 10–2 rad et θ2 = 2,63 × 10–2 rad. 2 × 633 × 10–9 5. d1 = 2λ = 3,12 × 10–2 θ1 d1 = 41 × 10–6 m = 41 m ; –9 d2 = 2λ = 2 × 633 × 10 –2 2,63 × 10 θ2 d2 = 48 × 10–6 m = 48 m.

11.

6. d1 n’est pas modifié, d’où :

2,26 × 108

1,24 × 108

5,08 × 1014

5,08 × 1014

jaune

jaune

 . d1 8,6 × 10–2 × 41 × 10–6 = 2,8 m. = 2 × 633 × 10–9 2λ 7. La distance laser-fil n’a pas d’influence sur la figure de diffraction.

D=

λ. a L ; λ 2. a. θ = ≈ a 2D d’où : λ ≈ a = constante pour un dispositif donné. L 2D L2 650 × 7,5 b. λ2 = λ1 . L1 = 8,0 = 609 nm = 6,1 × 10–7 m.

12.

1. c. ; 2. b. ; 3. b. ; 4. a. γ) ; b. β) ; c. β) .

1. Milieu dispersif. 2. r1 = 22,7° ; r2 = 23,5°. 3.

1. L’indice de réfraction moyen de l’eau pour les radiations visibles est : b. 1,33. 2. L’indice de réfraction n d’un milieu transparent est défini par rapport à la célérité  de la lumière c dans ce milieu par la relation : b. n = .  3. L’indice de réfraction d’un milieu transparent est : c. supérieur ou égal à 1. 4. L’indice de réfraction d’un milieu transparent : b. n’a pas d’unité. 5. L’indice de réfraction est très voisin de 1 dans le cas : c. de l’air. 6. À la traversée de la surface de séparation entre deux milieux d’indice n1 et n2 , un faisceau lumineux d’incidence i1 se réfracte en faisant un angle de réfraction i2 . La loi de Descartes s’écrit : a. n1 . sin i1 = n2 . sin i2 .

10.

1. θ =

1. Sur une droite perpendiculaire à la fente, on observe une tache centrale avec des taches réparties de part et d’autre de celle-ci. 2. a. Voir le document 6 du cours. L , car L 20 : le faisceau est dangereux.

b. c.

c = 3,00 × 108 = 2,83 × 1014 Hz. λ 1,06 × 10–5 2. Cette onde n’est pas visible, car λ0 n’est pas compris entre 400 nm et 800 nm. Comme λ0 > 800 nm, cette onde est dans l’infrarouge. –6 λ 3. λ1 = 0 = 1,06 × 10 = 670 nm. n1 1,58 –6 λ 4. n2 = 0 = 1,06 × 10–9 = 1,48. λ2 716 × 10

17.

1. 1,000 3 × sin 48° = 1,52 . sin r1 ; r1 = 29,1°. 2. 1,0003 × sin 48° = n2 . sin 29,5° ; n2 = 1,51. 3. Écart : 0,4°. 4. L’indice du verre dépend de la fréquence, le verre

18.

est dispersif.

1 (mm–1) a

2,5

L (mm)

6,6

3,3

5,00

10

20 1. À l’aide d’une calculatrice utilisée en mode régression linéaire, on peut obtenir n en fonction de 1 . λ² On obtient l’équation d’une droite : Y = A + B . X, avec A = 1,51 et B = 4,93 × 103 nm–2 avec un coefficient de corrélation de 0,999. La loi de variation est correctement vérifiée. 2. a. b. et c.

19. 8,8

13

27

53

20

L (mm) 60 50 40 30

l (nm)

404,7

671,6

20

n (Hz)

7,408 × 1014

4,464 × 1014

10

␽p (m . s–1)

1,947 × 108

1,971 × 108

lp (nm)

262,8

441,6

0

0

5

10

15

20 25 1 x = — (mm–1) a

On obtient une droite passant par l’origine de coefficient directeur : 53 = 2,65 mm2 = 2,65 × 10–6 m2. 20 D’après la question 1. on a : L(x) = 2 D . λ . x . Le coefficient directeur obtenu est donc égal à 2 D . λ . Alors : –6 –6 λ = 2,65 × 10 = 2,65 × 10 = 530 × 10–9 = 530 nm. 2D 2 × 2,50 3. Largeur inconnue : –9 a = 2 D . λ = 2 × 2,50 × 530–3× 10 = 0,14 × 10–3 m L 19 × 10 a = 0,14 mm. b.

c = 3,00 × 10 = 711 × 10–9 m ν 4,22 × 1014 λ = 711 nm. Le faisceau est rouge. d – d1 α = D . tan ; d’où : α = 0,023°. 2. 2 2 2 d2 2 3. a. A = π . = 7,9 × 10–5 m2. 2

16.

1. Lumière blanche : ensemble des radiations monochromatiques dont les longueurs d’onde dans le vide sont comprises entre 400 et 800 nm environ. 2. a. et b.

20.

Filtre

1

2

3

Longueur d’onde dans le vide (nm)

450

590

750

a. Couleur

bleu

orange

rouge

b. Largeur tache centrale (mm)

11

15

19

c.

bleu

8

1. λ =

( )

jaune rouge

3. Tache centrale blanche au centre, orangée, puis rouge sur l’extérieur.

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1. ν =

25

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21.

1. a. 1 = 3,00 × 108 m . s–1

c = 2,00 × 108 m . s–1. n2 c b. ν1 = = ν2 = 4,00 × 1014 Hz. λ1 c. λ2 = 500 nm. 2. a. Voir le cours. b. sin 1 = n2 . sin r ; r = 6,6°. c. i’ = 90° – 6,6° = 83,4°. 1 d. sin i1 = ; i = 41,8°. n2 l e. i’ > il : il y a réflexion totale.

et 2 =

1. La couleur de la lumière émise est rouge. 2. La lumière émise par un laser est monochroma-

22.

tique. 3. Le phénomène cité est le phénomène de diffraction. La figure de diffraction horizontale est constituée d’une tache centrale encadrée de taches latérales. La tache centrale est deux fois plus large que les taches latérales. λ 4. a. θ = , θ étant le demi-angle sous lequel on d voit la tache centrale de diffraction depuis l’ouverture. Si d diminue, θ augmente ; il en est de même pour les dimensions des taches de diffraction. b. Toujours en utilisant l’expression précédente, si λ diminue, alors θ également. Les dimensions de la figure de diffraction diminuent. 5. Les conditions de lecture d’un CD sont telles que le phénomène de diffraction y est quasi inexistant. Ce phénomène se matérialise lorsque les dimensions de l’ouverture ou de l’obstacle (rôle joué par la cuvette dans un CD) sont de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde de la lumière incidente. La longueur d’onde d’une radiation bleue est plus petite que celle d’une radiation rouge. On peut donc diminuer les dimensions des cuvettes et augmenter ainsi le nombre d’informations que pourra contenir un CD.

23. 1. Le phénomène mis en évidence est la diffraction de la lumière. 2. On peut éliminer les relations (1) et (5) qui ne sont pas homogènes et la relation (3) qui ne correspond pas à la proportionnalité indiquée dans le texte. On peut conserver les relations (2) et (4). 3. Le document 1 montre que d est inversement proportionnel à a. La seule relation possible est maintenant la relation (2). –3 4. Coefficient directeur : 12,5 × 10 =12,5 × 10–3, 1 ce coefficient n’a pas d’unité. L . a = L . a = 12,5 × 10–3 . a , 5. a. k = λ λ.D λ.D –6 100 × 10 k = 12,5 × 10–3 × 625 × 10–9 –6 k = 2 × 6,25 × 10–3 × 100 × 10–9 = 2,00. 625 × 10 2λ . Dc 2 × 650 × 10–9 × 1,5 b. ac = = 30 × 10–3 Lc 3 ac = × 650 × 10–6 = 650 × 10–7 m = 65 µm. 30 26

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c . À une fréquence de 1,2 GHz ν correspond une longueur d’onde de 0,25 m et λ = 0,19 m si ν = 1,6 GHz. h b. t = = 67 × 10–3 s = 67 ms. c c. δ(t) = 67 ns ; δ(t) est négligeable devant t. d. L’erreur doit être divisée par 1 000 = N , d’où N = 106, soit une durée de 1 000 s pour réaliser ces 106 mesures. Cette durée est beaucoup trop longue pour un objet en mouvement. 2. La fréquence n’est pas modifiée, par contre la longueur d’onde varie : λ λatmosphère = vide . natm 3. Le phénomène de dispersion.

24.

1. a. λ =

Sujet BAC La lumière : une onde 1.1. a. Huyghens pense que la lumière a besoin d’un

milieu matériel pour se déplacer, milieu qu’il nomme l’éther. 1.1. b. Les ondes peuvent se croiser sans se perturber. Il n’y a pas de transport macroscopique de matière. 1.2. a. La lumière du Soleil est une lumière blanche, c’est-à-dire qu’elle comprend toutes les lumières visibles, c’est donc une lumière polychromatique. 1.2. b. Le diamètre du fil doit être de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde de la lumière ; c’est-à-dire de l’ordre du µm. L . 2.1. θ ≈ tan θ = 2D λ avec θ en radian, λ et a en mètre. 2.2. θ = a 2.3. La courbe est une droite passant par l’origine ; 1 donc θ est proportionnel à . La relation de la quesa 1 tion 2.2. est θ = k . avec k = λ . La proportionnalité a est donc bien vérifiée. 2.4. La pente de la droite est égale à la valeur de la longueur d’onde λ. Il suffit donc de mesurer cette pente sur le graphique pour déterminer λ. 1 2.5. Considérons un couple de valeurs ( = 5 × 104 ; a θ = 2,8 × 10–2). –2 Le calcul de la pente donne 2,8 × 104 = 560 nm. 5 × 10 Remarque : c’est la seule valeur de longueur d’onde dans le domaine du visible. 2.6. L’angle θ dépend de la longueur d’onde λ . La lumière étant blanche, elle comporte des radiations lumineuses de longueurs d’onde différentes, ce qui correspondra à autant d’angles θ différents et donc on observera des franges de couleurs différentes qui se mélangeront assez rapidement, d’où cette sensation d’irisation. 3.1. La fréquence de l’onde est invariante. c avec c : célérité de la lumière dans le vide 3.2. n = ν et ν : célérité de la lumière dans le milieu transparent traversé d’indice n.

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3.3. Un milieu est dispersif lorsque la célérité de l’onde

a.

dépend de sa fréquence. L’indice du milieu dépend de la fréquence de l’onde qui le traverse, car à la question 3.2. nous avons établi que l’indice du milieu dépend de la célérité de l’onde. 3.4. La loi de Descartes-Snell montre que : ν 1 . sin i1 = verre . sin i1 . sin i2 = nverre c La vitesse de l’onde dans le verre dépend de sa fréquence. Des ondes lumineuses de fréquences différentes (donc de couleurs différentes) ne seront pas réfractées de la même manière. On observera à la sortie du prisme la dispersion des différentes radiations lumineuses. Le prisme doit être éclairé par la lumière blanche sous un angle d’incidence tel que les angles de réfraction soient les plus grands possibles afin que la dispersion soit maximum.

b.

Exercices complémentaires Énoncés 1. Une fente de largeur a est éclairée avec une lumière monochromatique rouge de longueur d’onde dans le vide λ égale à 628 nm. Sur un écran situé à une distance D de 3 m de la fente, on visualise une figure de diffraction. 1. Décrire et dessiner la figure de diffraction obtenue. 2. Définir, à l’aide d’un schéma, l’écart angulaire θ du

faisceau diffracté par cette fente. 3. Quelle relation lie cet écart angulaire θ et la largeur a de la fente ? 4. Établir une relation entre tan θ, puis θ et la distance D et la largeur L de la tache centrale de la figure de diffraction. 5. Calculer la largeur a de la fente si la largeur L de la tache centrale de diffraction vaut 12 cm. Un étroit faisceau de lumière blanche frappe la surface de séparation d’un dioptre plan air-verre sous une incidence de 45,0°. 1. Rappeler les lois de Descartes relatives à la réfraction. 2. a. Donner la définition d’un indice de réfraction. b. Définir un milieu transparent dispersif. 3. L’indice de réfraction de ce verre est de 1,612 pour une radiation rouge et de 1,671 pour une radiation bleue. Pour ces radiations, l’indice de l’air est quasiment le même, égal à 1,000 3. Calculer : a. les angles de réfraction pour la radiation rouge, puis pour la radiation bleue ; b. l’écart angulaire entre les deux radiations. 4. Schématiser la situation.

2.

3. QCM Choisir la bonne réponse parmi celles qui sont proposées. 1. L’indice moyen de l’eau pour les ondes lumineuses est de :

c.

0,13 ; 1,33 ; 23,3.

2. La radiation jaune émise par une lampe au sodium a comme longueur d’onde dans le vide : a. 5,89 nm ; b. 58,9 nm ; c. 589 nm. 3. La longueur d’onde dans le vide λ d’une radiation de

fréquence ν est donnée par la relation : λ = c . ν; c b. λ = ; ν ν c. λ = . c 4. L’écart angulaire θ provoqué par une fente de largeur a de 0,1 mm sur un faisceau laser monochromatique (λ = 0,633 m) est de : a. 0,633 × 10–10 rad ; b. 6,33 × 10–3 rad ; c. 158 rad. a.

5. Une onde monochromatique passe d’un milieu

transparent d’indice n1 à un autre milieu d’indice n2 : a. α) la fréquence de l’onde ν change ; β) ne change pas ; b. α) la longueur d’onde dans le milieu change ; β) ne change pas. 6. À la traversée d’une surface séparant deux milieux d’indices n1 et n2 , un faisceau lumineux d’incidence i1 se réfracte, l’angle de réfraction étant i2 . La loi de Descartes s’écrit : a. n1 . sin i1 = n2 . sin i2 ; b. n2 . sin i1 = n1 . sin i2 ; c. n1 . cos i1 = n2 . cos i2 . 7. Un verre a pour indices nR égal à 1,50 pour une

radiation λR de 700 nm et nV égal à 1,54 pour une radiation λV de 420 nm. a. Un faisceau lumineux constitué de ces deux radiations arrive de l’air sur un bloc de ce verre sous un angle d’incidence i de 30°. Le faisceau rouge est : α) plus dévié ; β) moins dévié ; γ) également dévié que le faisceau violet. b. Un faisceau lumineux constitué de ces deux radiations passe du verre dans l’air. L’angle d’incidence dans le verre est de 30°. Le faisceau rouge est : α) plus dévié ; β) moins dévié ; γ) également dévié que le faisceau violet. c. Un faisceau lumineux constitué de ces deux radiations passe du verre dans l’air. L’angle d’incidence dans le verre est de 45°. α) Le faisceau rouge et le faisceau violet sont réfléchis totalement. β) Le faisceau rouge est réfléchi et le faisceau violet se réfracte. γ) Les deux faisceaux se réfractent.

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Corrigés 1. Sur une droite perpendiculaire à la fente, on observe une tache centrale avec des taches réparties de part et d’autre de celle-ci (voir le document 6 du cours, page 64). 2. Voir le document 6 du cours, page 64. λ 3. θ = . a L 4. tan θ = 2 D et tan θ ≈ θ si cet écart angulaire est L faible, soit : θ ≈ . 2D L λ 5. θ = ≈ , soit : a ≈ 2 D . λ ; a 2D L –9 2 × 3 × 628 × 10 a= = 3 × 10–5 m. 12 × 10–2 –9 On a bien : θ = λ = 628 × 10–5 = 2 × 10–2 rad ≈ tan θ. a 3 × 10 2. 1. Rayon réfracté dans le plan d’incidence ; n1 . sin i1 = n2 . sin i2 . c 2. a. n = .  b. Milieu dans lequel la célérité de la lumière dépend de la fréquence. n 3. a. sin i2 = sin i1 . 1 . n

1.

La théorie d’Huygens-Fresnel permet de calculer la loi de répartition de l’intensité lumineuse I(P) dans le plan (π) d’observation confondu avec le plan focal de la lentille : πb . yP 2 πa . xP 2 sin sin λ.f λ.f I (xP , yP) = I0 . . ; πb . yP πa . xP λ.f λ.f

( )( ) ( )

(

)

xP et yP sont les coordonnées dans le plan (π) d’observation, ces coordonnées sont relatives au système d’axes F'X' et F'Y '. I0 est une constante, λ est la longueur d’onde et f la distance focale de la lentille L0 . La figure de diffraction est centrée sur le point F', image de la source ponctuelle S située au foyer objet F0 de la lentille L0 (doc. 1). Cette figure se présente sous forme de taches lumineuses présentant deux axes de symétrie : F'X' et F'Y '. L’intensité lumineuse I(P) présente un maximum principal au point de coordonnées xP = 0 et yP = 0, ce qui correspond à l’image géométrique F ' (doc. 2a). I — I0 1

2

i2R = 26,0° ; i2B = 25,0°. b. Écart de 1°. 1. b. 1,33.

3.

2. c. 589 nm.

c . ν 4. b. 6,33 × 10–3 rad. 5. a. β) ne change pas ; b. α) change. 6. a. n1 . sin i1 = n2 . sin i2 . 7. a. β) moins dévié ; b. α) plus dévié. c. α) Le faisceau rouge et le faisceau violet sont réfléchis totalement. 3. b. λ =

0,047 0,016

F'

q

2q

3q

4q

Y'

p 2 2p

X'

3 3p

Doc. 2a

Y'

Compléments scientifiques

p

0

2q

2 2p

3 3p

4 4p

0,047 7

1. Diffraction à l’infini

0,022

q

par une ouverture rectangulaire L’ouverture est un rectangle de largeur a et de longueur b, éclairé en incidence normale par une source ponctuelle monochromatique S située au foyer F0 d’une lentille L0 .

0,022

F'

0

1 0,016

0,008

0,047

0,047

X'

0,016

0,047 7

L0 S F0

L

y

Y'

0,022

X' F'

a Doc. 1

28

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0,016

x b

0,022

ouverture angulaire

Doc. 2b

(Π)

Les taches lumineuses sont réparties dans le plan (π) conformément au schéma du document 2b. © Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit.

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Le quadrillage est construit à partir de : λ.f λ.f et q = . p= a b La taille des taches lumineuses qui figurent dans ce quadrillage est en rapport avec la valeur de l’intensité lumineuse. Si l’intensité lumineuse vaut 1 au centre de la tache centrale, elle ne vaut plus que 0,047 et 0,016 au centre des taches latérales de l’axes F'X' ou de l’axe F'Y '. Nous n’avons figuré que les taches dont l’intensité est supérieure à 2 × 10–3. Mis à part les axes F'X' et F'Y', sur les autres traits du quadrillage, l’intensité est nulle. Remarques : • En dehors des axes F'X' et F'Y', la décroissance de l’intensité est très rapide et les maxima secondaires correspondants sont très peu intenses. • Si les dimensions de l’ouverture sont très inférieures à λ, et si l’on admet que la théorie précédente reste « qualitativement » valide, on constate qu’il n’y a plus de minima nuls et que l’ouverture émet de manière pratiquement isotrope.

2. Diffraction à l’infini L’ouverture est un rectangle de largeur a et de longueur b (b >> a), éclairé par une source filiforme parallèle à la fente fine. La théorie permet d’établir la loi de répartition de l’intensité lumineuse : π a . sin θ λ

I(P) = I0 .

2

sin = I0 .

π a . sin θ

πa . xP λ.f π a . xP

F0 S

L

y

X' x

b

C

0,8 0,7 0,6 0,5 0,4

0,2 0,1

0,016 – 2p 2

0,047 –p

0,047 0

Doc. 4

ouverture rectangulaire

X'

L’expérience consiste à remplacer la fente par une ouverture circulaire dans le dispositif présenté dans le document 3. Une onde plane cohérente et monochromatique frappe sous incidence normale un écran percé par une ouverture circulaire de rayon r. On observe la figure de diffraction dans le plan focal (π) de la lentille convergente L de distance focale f.

F'

m

m p

I I0

(π)

maximum central

0,000

0,00

1

premier minimum

3,832

1,22

0

premier maximum

5,136

1,63

0,0175

deuxième minimum

7,015

2,23

0

deuxième maximum

8,417

1,68

0,0042

troisième minimum

10,17

3,24

0

troisième maximum

11,62

3,70

0,0016

Doc. 6

© Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit.

LP Tale 2006.indd 29

2 2p

Doc. 5

a Doc. 3

p

0,016

par une ouverture circulaire

Y' Fs

0,9

3. Diffraction à l’infini

La figure de diffraction montre des franges rectilignes parallèles à la fente (doc. 3). L0

1

2

λ.f

λ

I — I0

0,3

par une fente fine

sin

D’une frange à l’autre, l’intensité lumineuse varie. Elle est maximale pour la frange centrale ; nous poserons cette intensité égale à 1. L’intensité varie selon la courbe du document 5. Le premier minimum nul correspond à X' = p = λ . f . a Si α représente l’angle sous lequel du centre de la lentille on voit la demi-largeur de la frange centrale, tan α ≈ α = p = λ . f a

29

5/08/06 9:08:02

Les documents 7 et 8 représentent la répartition de l’intensité lumineuse sur le plan d’observation.

I — I0

1

2πr . R

m = –——– l.f

0,0175 –10,17 –7,02 –3,83

0

3,83

7,02

10,17

F'

Doc. 8 Doc. 7

La figure de diffraction montre des cercles concentriques centrés sur F’ (doc. 7). 2π r . R Appelons r le rayon de ces cercles et posons m = , λ .f R désignant le rayon de l’ouverture circulaire. Le tableau donne les valeurs de m correspondant aux différents rayons (doc. 6). Nous retiendrons la valeur du rayon pour lequel nous avons un premier minimum nul : 1,22 λ . f m = 1,22 π et r = . 2R Appelons α l’angle sous lequel du centre de la lentille nous voyons le rayon du premier minimum nul : tan α ≈ α = r , d’où : λ = 1,22 λ . f 2R

30

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Bibliographie Ouvrages • Optique, J.-M. Brébec, collection H Prépa, Hachette. • Cours de physique générale, volume 4, Optique, G. Bruhat, Masson, 1992. • Optique, fondements et applications, J.-P. Perz, Masson, 1996. • Optique : optique géométrique et optique physique, J.-P. Faroux et J. Renault, Dunod, 1998. • Optique instrumentale, optique de Fourier, éléments, J. Surrel, Ellipses, 1996.

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Décroissance radioactivité Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : B. Transformations nucléaires (2 T.P., 7 H.C.E.)

Objectifs L’objectif de cette partie est double : – aborder quelques notions concernant la structure des noyaux atomiques à partir de l’observation expérimentale de leur instabilité (radioactivité) ; – connaître quelques ordres de grandeurs concernant la radioactivité naturelle (corps humain, roches), et comprendre qu’elle peut être utilisée pour la datation à des échelles de temps géologiques ou historiques.

Contenus 1. Décroissance radioactive 1.1. Stabilité et instabilité des noyaux • Composition ; isotopie ; notation ZA X. • Diagramme (N, Z ). 1.2. La radioactivité • La radioactivité α, β−, β+, émission γ. • Lois de conservation de la charge électrique et du nombre de nucléons. 1.3. Loi de décroissance • Évolution de la population moyenne d’un ensemble de noyaux radioactifs : N = – λ . N . t ; N = N0 . e–λt. |N| ; le becquerel. • Importance de l’activité t 1 • Constante de temps τ = . λ • Demi-vie t1/2 = τ . ln2. • Application à la datation.

Connaissances et savoir-faire exigibles • Connaître la signification du symbole ZA X et donner la composition du noyau correspondant. • Définir l’isotopie et reconnaître des isotopes. • Reconnaître les domaines de stabilité et d’instabilité des noyaux sur un diagramme (N, Z ). • Définir un noyau radioactif.

• Connaître et utiliser les lois de conservation. • Définir la radioactivité α, β−, β+, l’émission γ et écrire l’équation d’une réaction nucléaire pour une émission α, β− ou β+ en appliquant les lois de conservation. • À partir de l’équation d’une réaction nucléaire, reconnaître le type de radioactivité. • Connaître l’expression de la loi de décroissance et exploiter la courbe de décroissance. • Savoir que 1 Bq est égal à une désintégration par seconde. • Expliquer la signification et l’importance de l’activité dans le cadre des effets biologiques. • Connaître la définition de la constante de temps et du temps de demi-vie. • Utiliser les relations entre τ, λ et t1/2 . • Déterminer l’unité de λ ou de τ par analyse dimensionnelle. • Expliquer le principe de la datation, le choix du radioélément et dater un événement. Savoir-faire expérimentaux • Réaliser une série de comptages relatifs à une désintégration radioactive. • À partir d’une série de mesures, utiliser un tableur ou une calculatrice pour calculer la moyenne, la variance et l’écarttype du nombre de désintégrations enregistrées pendant un intervalle de temps donné.

Exemples d’activités • Exploitation du diagramme (N, Z ) afin de prévoir les domaines des noyaux émetteurs α, β− et β+. • Découverte de la radioactivité par Becquerel (textes). • Film et document illustrant une décroissance radioactive. • La radioactivité dans notre environnement (corps humain, roches, habitations, etc.). • Exemples de datations. • Utilisation d’un compteur de radioactivité : – caractère aléatoire de la désintégration ; – analyse statistique des comptages ; – tracé de courbes d’évolution ; – mesure de la radioactivité naturelle.

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4

Physique

chapitre

31

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Commentaires Le thème de la radioactivité est l’occasion d’opérer une convergence thématique avec les mathématiques (exponentielle, probabilité, statistiques et équation différentielle) et les sciences de la vie et de la Terre (datation). Une concertation entre les professeurs des trois disciplines scientifiques est encouragée. Le caractère aléatoire de la désintégration radioactive peut être observé en cours de physique avec une source de césium-137 (CRAB), ou en mesurant la radioactivité naturelle (radon). Il s’agit là d’observations sur une population macroscopique de noyaux. Les hypothèses de base concernant la désintégration d’un noyau individuel (« la désintégration d’un noyau n’affecte pas celle d’un noyau voisin », « un noyau meurt sans vieillir ») permettent d’établir la loi de décroissance d’une population de noyaux. Ce modèle est traité dans le cours de mathématiques. L’élève sera amené à remarquer que l’association d’un processus aléatoire à l’échelle microscopique et d’une évolution macroscopique déterministe s’observe également lors de l’évolution d’un système chimique. L’observation d’une décroissance radioactive permet d’établir empiriquement sa loi d’évolution. Connaissant un ensemble de valeurs de N , on peut remonter à la t dépendance temporelle de N(t), en utilisant la notion d’intégrale vue en mathématiques comme « aire sous la courbe », vérifier qu’elle est bien exponentielle et en déduire une constante de temps. Il faut cependant remarquer que l’expérience ne donne pas accès au nombre total de noyaux radioactifs à un instant donné, car le détecteur a d’une part une fenêtre d’entrée limitée, et d’autre part une efficacité inférieure à 100 %. Pour des conditions de mesure fixes, on fait l’hypothèse statistique selon laquelle le nombre de désintégrations mesuré est proportionnel au nombre total de désintégrations. Dans ces conditions, la constante de temps extraite est bien celle que l’on cherche. Les effets biologiques des rayonnements ne sont pas seulement liés à l’activité, mais également à l’énergie qu’ils déposent dans le corps. Cependant aucun développement concernant l’absorption des rayonnements n’est au programme, ni les grandeurs et les unités correspondantes. Il est important, compte tenu de la difficulté d’appréhension du phénomène, de donner quelques ordres de grandeur de la radioactivité naturelle, celle du corps humain (environ 10 000 Bq, dus essentiellement au 14 C et au 40K) et celle des roches, qui libèrent principalement du radon, dont le taux de désintégration mesuré en France est de quelques dizaines à quelques centaines de becquerels par mètre cube. Concernant l’application à la datation, une concertation avec le professeur de sciences de la vie et de la Terre est encouragée. La datation par la méthode du carbone 14 est simple, car elle repose sur l’hypothèse selon laquelle le rapport 14C/12C dans l’atmosphère est en première approximation indépendant du temps. La radio chronologie utilisant des noyaux à longue durée de vie (par exemple, rubidium-strontium pour déterminer l’âge de la Terre), qui nécessite l’élaboration d’une méthode 32

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permettant de s’affranchir de la connaissance de la composition isotopique initiale de la roche, est envisageable plutôt dans le cours de sciences de la Terre. On réalisera les datations par méthode graphique et par le calcul. Les deux méthodes seront exigibles en fin d’année. Le neutrino et l’antineutrino ne seront pas exigibles dans l’écriture des réactions nucléaires. Si un noyau fils est produit dans un état excité, on écrira sa désexcitation dans une deuxième équation. Les bilans de masse seront effectués en utilisant les masses des noyaux et non celles des atomes. Précisions terminologiques On rappelle que la notation ZA X caractérise le noyau (et non l’atome). Les équations seront écrites au niveau des noyaux. Le terme nucléide n’est pas exigible. Le becquerel est la seule unité utilisée pour caractériser la radioactivité d’un élément. Pour éviter toute confusion avec la période des phénomènes périodiques, le terme période radioactive est évité au profit de l’expression demi-vie.

Matériel Cours > Activité 2 • Un diagramme (N, Z ). • Une base de données présentant la stabilité des noyaux, par exemple « Nucléus » exploitant les données de « Nubase » et téléchargeable gratuitement sur le site du Centre de Données sur les Masses Atomiques : http://amdc.in2p3.fr/.

Rechercher et expérimenter • Un CRAB avec logiciel pour l’exploitation des mesures (caractère aléatoire). • Un compteur de radioactivité et sa source de noyaux à courte durée de vie pour l’étude de la décroissance.

Déroulement du chapitre > Objectifs • Définir un noyau radioactif. • Définir les radioactivités α, β–, β+ et γ. • Écrire l’équation d’une réaction nucléaire. • Connaître et utiliser la loi de décroissance radioactive.

> Prérequis • La composition d’un noyau et la notation ZA X. • Les notions mathématiques du programme de Première S sur les statistiques (moyenne, variance, écarttype).

Activités préparatoires A. La découverte de la radioactivité Cette activité propose une approche historique de la radioactivité et de sa découverte à la fin du xixe siècle.

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Réponses aux questions 1. La fluorescence est une émission lumineuse provoquée par diverses formes d’excitation autres que la chaleur. 2. Henri Becquerel a déduit que les sels d’uranium émettaient un rayonnement, car les plaques photographiques enfermées dans un tiroir sombre avec les sels d’uranium avaient été impressionnées, comme si elles avaient été exposées à la lumière. Ce rayonnement était invisible à l’œil. 3. Le phénomène de radioactivité a été découvert par hasard lors de l’étude d’un autre phénomène.

B. Exploration clinique

> Activité 2 Cette activité permet une première utilisation d’un diagramme (N, Z). On peut utiliser une carte « papier » ou un logiciel exploitant une base de données (voir la liste du matériel, page précédente). Réponses aux questions 1. Les noyaux stables, pour lesquels Z est inférieur à 20, ont un nombre de nucléons pair, car le nombre de protons est égal au nombre de neutrons. 2. Noyau Stabilité

208 83

BI

instable

209 83

BI

stable

210 83

211 83

BI

instable

BI

instable

par un marquage isotopique Cette activité permet de faire le point sur certaines connaissances antérieures des élèves (composition du noyau, isotopie). Elle utilise une technique médicale de pointe comme support d’étude. Réponses aux questions 1. Les nombres 131 et 127 sont les nombres de nucléons des noyaux d’iode. Ils sont notés A. 2. Des isotopes sont des noyaux appartenant au même élément chimique (même nombre Z de protons), mais qui ont des nombres A de nucléons différents. 3. Cette technique est qualifiée de fonctionnelle, car elle permet d’étudier le fonctionnement de certains organes. 4. On peut citer comme autres techniques d’imagerie : la radiographie et le scanner (utilisant des rayons X), l’imagerie par résonance magnétique (I.R.M.).

Cours 1. Comment mettre en évidence la radioactivité ? L’objectif est de montrer l’existence du phénomène et de citer un dispositif de détection. Le terme « rayonnement » est utilisé au début du cours. Il sera ensuite remplacé par « rayonnement électromagnétique » et par « particules ».

> Activité 1 Cette activité permet une première approche du phénomène. C’est aussi l’occasion de faire des rappels sur une partie des statistiques étudiées en mathématiques en Première S. Réponses aux questions 1. Le mot aléatoire signifie qui repose sur un événement incertain, hasardeux. 2. On peut utiliser un écran en plomb.

2. Quels sont les différents « rayonnements » émis ? L’objectif est de présenter les différents types de radioactivités. On pourra alors faire la différence entre un rayonnement électromagnétique et des particules. Une fois les types de radioactivités présentés, on écrira des équations de réactions nucléaires.

3. Comment évolue la radioactivité au cours du temps ? Il est souhaitable de traiter cette partie en relation avec le professeur de mathématiques. On évoquera le caractère aléatoire de la radioactivité à l’aide d’une représentation utilisant un diagramme en bâtons. Le nombre moyen de désintégrations par seconde est appelé l’activité de l’échantillon. Cette partie peut être introduite par l’utilisation d’un logiciel de simulation de lancer de dés, car la probabilité d’obtenir un résultat est alors connue des élèves. On peut aussi utiliser un dispositif expérimental pour suivre l’évolution d’une population de noyaux radioactifs. La proportionnalité entre le nombre de dés (ou de coups détectés par le compteur) et la variation de ce nombre par unité de temps permet au professeur, de préférence de mathématiques, d’introduire la fonction exponentielle. Cette fonction est, en effet, abordée dans le programme de mathématiques par la proportionnalité entre une fonction et sa dérivée. La radioactivité est alors un bon exemple. Le terme période encore utilisé dans certains ouvrages est remplacé par celui de demi-vie t1/2.

4. Comment dater un événement grâce à la radioactivité ? Le cours de cette partie est centré sur la datation par le carbone 14. C’est une technique dont les élèves ont déjà entendu parler. D’autres techniques seront abordées dans les exercices. Pour certaines techniques, des liens peuvent être faits avec le cours de SVT.

Rechercher et expérimenter 1. et 2. La radioactivité naturelle et le radon 222 Réponses aux questions 1. La radioactivité a été découverte par Henri Becquerel à la fin du xixe siècle (voir l’activité préparatoire A). 2. La durée de 3,8 jours représente la demi-vie du radon 222. 3. 222 Rn → 218 Po + 42He 86 84 218 214 Po → 82Pb + 42He 84 214 Pb → 214 Bi + –10e 82 83 214 Bi → 214 Po + –10e 83 84

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Po → 210 Pb + 42He 82 Pb → 210 Bi + –10e 83 210 Bi → 84Po + –10e Po → 206 Pb + 42He 82 4. Les rayons X ont des longueurs d’onde, dans le vide, comprises entre 10–11m et 10–8 m. Par rapport au spectre visible, ils se situent après l’ultraviolet. 214 84 210 82 210 83 210 84

3. La décroissance radioactive Le matériel proposé est celui commercialisé par Jeulin. Une source contenant des noyaux radioactifs de faible activité produit du radon 220 et du radon 222. L’étude porte sur la décroissance du radon 220. La demi-vie du radon 220 est courte par rapport à la durée du T.P., celle du radon 222 et celles des descendants du radon 220 sont longues. Réponses aux questions 1. Le noyau de radon 220 contient 86 protons et 220 – 86 = 134 neutrons. 2. 220 Rn → 214 Po + 42He 86 84 4. La constante radioactive λ est de l’ordre de 1,2 × 10–2 s–1. 5. La demi-vie t1/2 est de l’ordre de 56 s. ln2 6. λ = . t1/2 7. La durée de l’enregistrement étant très supérieure à la demi-vie du radon 220, on peut considérer qu’à la fin de l’enregistrement il ne reste plus de radon 220. L’activité mesurée est alors celle des descendants du radon 220 et celle des noyaux radioactifs à « vie longue » initialement présents dans l’échantillon.

Aborder les difficultés du chapitre La détermination, à partir d’une courbe de décroissance, des constantes liées à la désintégration de noyaux radioactifs (τ, λ et t1/2) doit être maîtrisée par élèves. La première partie de la page Aborder les difficultés du chapitre explique cela. La seconde partie traite de la construction d’une courbe de décroissance à partir de la demi-vie.

Corrigés des exercices S’autoévaluer 1.

1. α, β-, β+, γ.

onde électromagnétique. 3. Émission de positons, β+ ; le noyau de bismuth 207 est trop riche en protons. 1.

209 82

Pb.

2. Ce noyau est trop riche en neutrons par rapport

aux protons. Il est émetteur β–. 3. Le « rayonnement » émis est constitué d’électrons.

3. b.

C → N + e + γ ; radioactivité β . Bi → 208 Tl + 42He + γ ; radioactivité α. 81

a.

212 83

34

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14 6

14 7

0 –1

238 92 234 90 53 27 53 26

4. 1. La demi-vie, notée t1/2 , d’un échantillon radioactif est la durée au bout de laquelle son activité est divisée par deux. ln2 2. a. A(t) = A0 . e–λ . t , avec λ = ; t1/2 t1/2 = 700 millions d’années. b. La durée d’une vie humaine est très petite devant t1/2. 5. 1. Tant que l’organisme est vivant, les échanges avec le milieu extérieur maintiennent constante sa teneur en carbone 14, égale à celle de l’atmosphère. Lorsque l’organisme est mort, sa teneur en carbone 14 décroît. –1 . ln A(t) = –5 570 × ln 560 ≈ 3 025 ans. 2. t = ln2 A0 λ 816 Exercices 1. 1. Un matériau radioactif est détecté grâce à des détecteurs sensibles aux rayonnements. Le compteur Geiger-Muller est un détecteur présent dans les laboratoires de lycée. 2. Les rayonnements sont émis de manière aléatoire. 3. L’émission des rayonnements est indépendante de la température. 1. X : symbole de l’élément ; A : nombre de masse ou nombre de nucléons ; Z : nombre de charge ou nombre de protons. 2. ZA´ X, avec A´ différent de A, est un isotope de ZA X. En effet, les nombres de charge sont identiques, mais les nombres de masse sont différents. 3. Un noyau radioactif émet spontanément des « rayonnements » dont la nature dépend de l’instabilité du noyau.

2.

Le noyau d’iode 125 I est composé de : 53 Z = 53 protons, N = A – Z = 125 – 53 = 72 neutrons et A = 125 nucléons. Le noyau d’antimoine 125 Sb est composé de : 51 51 protons, 74 neutrons et 125 nucléons. L’affirmation b. est exacte, les autres sont fausses.

3.

1. Si Z < 20, alors les noyaux stables se situent le long de la droite N = Z. 2. Si le noyau est trop riche en protons, alors il se stabilise en transformant un proton en neutron et en émettant un positon. On peut symboliser la désintégration par : p+ → n + e+ . 3. Si le noyau est trop riche en neutrons, alors il se stabilise en transformant un neutron en proton et en émettant un électron. On peut symboliser la désintégration par : n → p+ + e–.

4.

2. α, β-, β+ sont de nature corpusculaire. γ est une

2.

U → 234 Th* + 42He (radioactivité α), 90 puis Th* → 234 Th + γ (radioactivité γ). 90 0 d. Co → 53 Fe* + e (radioactivité β+), 26 1 puis Fe* → 53 Fe + 01e (radioactivité γ). 26 c.

–

Radioactivité (1) : diminution d’une unité du nombre de neutrons et augmentation d’une unité du nombre de protons, donc émission d’un électron : radioactivité β–.

5.

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Radioactivité (2) : diminution d’une unité du nombre de protons et augmentation d’une unité du nombre de protons, donc émission d’un positon : radioactivité β+. Radioactivité (3) : diminution de deux unités du nombre de neutrons et diminution de deux unités du nombre de protons, donc émission d’un noyau d’hélium : radioactivité α.

6. 1. Deux lois : conservation du nombre de charge et conservation du nombre de nucléons. 2. a. D’après les lois de conservation : – conservation du nombre de nucléons : 12 = 12 + A, donc A = 0 ; – conservation du nombre de charge : 7 = 6 + Z, donc Z = +1. La particule émise est donc un positon. b. L’azote 12 est radioactif de type β+. c. Si le noyau fils, ici le carbone 12, est obtenu dans un état excité, il se désexcite en émettant un rayonnement γ. 7. 2. 3. 4. 5. 6.

8.

1. 103 42 174 73 174 72 213 84 209 82

Ra → 213 Rn + 42He type α 86 → 103 Tc + –10 e type β– 43 → 174 Hf + 01e type β+ 72 170 → 70Yb + 42He type α → 209 Pb + 42He type α 82 → 209 Bi + –10 e type β– 83

217 88

Mo Ta Hf Po Pb

1. La particule émise est un électron.

Pd → Ag + e 3. Le noyau fils possède un proton de plus que le noyau de palladium. Ce dernier a donc un défaut de protons ou un excès de neutrons. 4. Dans un diagramme (N, Z ), les noyaux placés au-dessus de la vallée de stabilité ont un excès de protons. Le palladium 107 est donc placé en dessous de la vallée de stabilité dans un diagramme (N, Z ). 2.

107 46

107 47

1. Le noyau Au possède 79 protons et 197 – 79 = 118 neutrons. 2. a. Le noyau 198 Au possède un neutron de plus 79 que le noyau stable : il est de type β–. Le noyau 194 Au possède trois neutrons de moins 79 que le noyau stable : il est de type β+. b. 198 Au → 198 Pb + –10e et 194 Au → 194 Pt + 01e 79 80 79 78

10.

1 = t1/2 ≈ 144 s vérifie bien le résulλ ln2

tat expérimental. ln2 = 5,02 × 10–3 j–1 = 5,81 × 10–8 s–1. t1/2 2. a. L’activité est le nombre moyen de désintégrations par seconde, il y a donc 7,4 × 1010 désintégrations par seconde. A0 7,4 × 1010 = b. N0 = = 1,3 × 1018 noyaux. λ 5,81 × 10–8 c. Quantité de noyaux en mole : N n0 = 0 = 2,1 × 10–6 mol ; NA masse : m0 = M . n0 = 4,4 × 10–4 g. 3. a. A(t) = A0 . e–λ . t. A A0 pour t = t1/2 (138 j) ; 0 pour t = 2 t1/2 (276 j) ; b. 2 4 A0 pour t = 3 t1/2 (414 j). 8 A(t) = e–λ . t = e 5,8 × 10 × 20 = 1,000 001 2. 4. a. A(t + t) b. Pendant une mesure, l’activité reste pratiquement constante, à 1,2 × 10–4 % près.

11.

1. λ =

–8

12. b. c.

1. a. A(t) = A0 . e–λ . t et N(t) = N0 . e–λ . t.

A(t) = λ . N(t). ln2 λ= = 0,115 h–1 ; N0 = 1,56 × 1013 noyaux. t1/2

2. a.

0 –1

197 79

9.

5. Le calcul τ =

b.

Date

1 heure

1 jour

A (Bq)

446 × 10

6

31,4 × 10

1 semaine 6

1,92

A t = 1 . ln 0 = 10,4 h. A(t) λ

13.

1.

Date (t1/2)

0

t1/2

2 t1/2

3 t1/2

4 t1/2

Activité (Bq)

A0

A0 2

A0 4

A0 8

A0 16

A(t) A0

1

0,5

0,25

0,125

0,0625

2.

1. A(t) = A0 . e–λ . t.

A (t) —–– —– –– A0 11,00 ,00

2. Par lecture graphique : A0 = 10 000 Bq.

À la date t1/2, A(t1/2)=

A0 = 5 000 Bq ; 2

donc : t1/2 = 100 s. ln2 ln2 = ≈ 6,93 × 10–3 s–1. t1/2 100 4. Il faut tracer la tangente à l’origine, puis repérer son intersection avec l’axe des abscisses. Le point d’intersection de la tangente avec l’axe des abscisses est légèrement inférieur à 150 s. 3. λ =

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00,75 0, 755

0 50 0,50 5

0 25 0,25

0

0

1

2

3

4

5

t (t1/1/2/2)

35

5/08/06 9:08:07

3. En portant 0,100 sur l’axe des ordonnées et en repérant l’abscisse correspondante, on obtient 3,3 t1/2. On a donc : t = 3,3 × 5 570 = 1,8 × 104 ans.

14.

b.

A (106 Bq) Bq) 32

1. L’équation de désintégration de l’iode 123

24

s’écrit : I → 123 Te + 01e 52 La particule émise est un positon. 2. La loi de décroissance radioactive pour l’activité de cette source radioactive s’écrit : ln2 A(t) = A0 . e–λ . t = A0 . e– t . t avec A0 = A(0) ; t = 2 h et t1/2 = 13,3 × 24 = 319,2 h ; ln2 ln2 A(0) – A(t) = 1 – e–λ . t = 1 – e– t . t = 1 – e– 319,2 × 2 A(0) = 4 × 10–3 , soit 0,4 %. On peut aussi calculer l’activité au bout de 2 h et comparer à la valeur initiale : 2 × ln2 A(t) = 5 × 10–3 × e– 319,2 = 4,98 × 10–3 Bq. La variation d’activité est égale à : 5 × 10–3 – 4,98 × 10–3 = 0,02 × 10–3 Bq. En pourcentage, la variation est égale à : 0,02 × 10–3 × 100 = 0,4 %. 5 × 10–3 On peut donc dire que l’activité de la source deux heures après l’injection n’a pas varié. 3. L’activité d’une source radioactive est reliée à la population des noyaux par : A(t) = λ . N(t). –3 A A .t N0 = 0 = 0 1/2 = 5 × 10 × 13,3 × 24 × 3 600 ln2 ln2 λ = 8,3 × 103. 123 53

16 6

8

1/2

1/2

15.

1. Les lois de conservation sont la conser-

vation du nombre de charge et la conservation du nombre de nucléons. Le diagramme montre que le polonium 214 est émetteur α. L’équation de sa désintégration est donc : 214 Po → 210 Pb + 42He 84 82 2. Les équations des désintégrations successives jusqu’au noyau stable sont : 210 Pb → 210 Bi + –10 e 82 83 210 Bi → 210 Po + –10 e 83 84 210 Po → 206 Pb + 42He 84 82

16.

0

0

8,0

16,0

A (Bq) 32 × 106 16 × 106 8 × 106

36

LP Tale 2006.indd 36

24,0

32,0

4 × 106

2 × 106

1166

2244

32 32

t (j)

L’activité de cet échantillon sera de 10 × 106 Bq à la date t ≈ 13 jours.

17.

1. t(s)

0

5

10

15

20

25

A(Bq)

1 489

1 231

1 018

843

695

570

A (Bq . s–1) t

– 47,1 – 38,8 – 32,3 – 27,3 – 22

t(s)

30

35

40

45

50

55

60

A(Bq)

475

395

330

275

222

183 153

A (Bq . s–1) – 17,5 – 14,5 – 12 – 10,8 – 9,2 – 6,9 t 2. a. 0 0 –5 – 10 – 15 – 20 – 25 – 30 – 35 – 40 – 45 A – 50 —–– t

131 53

Date (j)

8

c.

1. a. L’équation de la désintégration est :

I → 131 Xe + –10 e 54 Conservation de la charge électrique et du nombre de nucléons. b. 131 I est radioactif de type β–, il a donc trop de 53 nucléons pour 53 protons. On peut alors conclure que 135 I sera lui aussi radioactif de type β– (encore 53 I. plus de nucléons). L’isotope stable est donc 127 53 131 2. On considère un échantillon de 53I dont l’activité initiale est A = 3,2 × 107 Bq. a. L’activité est divisée par 2 à chaque demi-vie.

0

500

1 000

1 500 A

On obtient une droite passant par l’origine, il y a A donc proportionnalité entre et A. t Le coefficient directeur de la droite est négatif, donc A le coefficient de proportionnalité entre et A est t négatif. A Une modélisation donne : ≈ – 0,039 × A. t On a donc : λ = – 0,039 s–1. 3. Il y a proportionnalité entre l’activité A et sa dérivée. 4. a. A0 est l’activité à la date t = 0 : A0 = 1 489 Bq. b.

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b. et c. Il y a un bon accord entre les points expérimentaux et la courbe théorique, le modèle est correct. 5. a. Graphiquement, on trouve t1/2 = 18 s. A b. Par définition : Ath(t1/2) = 0 = A0 . e–λ . t . 2 1 –λ . t Il vient donc : = e , d’où l’on tire l’expression 2 proposée : 1/2

1/2

ln2 . λ ln2 ln2 c. t1/2 = = = 18 s. λ 0,039 Ce résultat confirme les précédents. 6. N(t) = λ . A0 . e–λ . t + cte et quand t tend vers l’infini, N(t) tend vers zéro ; donc cte = 0. En posant N0= λ . A0 , il vient : N(t) = N0 . e–λ . t = λ . A(t). t1/2 =

Cs → 137 Ba +–10 e 56 ln2 ln2 2. a. λ = = 30,2 × 365 × 24 × t1/2 λ = 7,28 × 10–10 s–1. A = 1,5 × 105 = 2,1 × 1014 noyaux. b. N = λ 7,28 × 10–10 14 N m=n.M= . M = 2,1 × 10 23 × 136,9 NA 6,02 × 10 m = 4,7 × 10–8 g. ln2 3. a. A(t) = A0 . e–λ . t = A0 . e– t . t. ln2 b. A(1 an) = 1,5 × 105 × e 30,2 × 1 = 1,47 × 105 Bq ≈ A(t = 0) ; il faut garder 3 chiffres significatifs dans le résultat pour mettre la décroissance en évidence. c. L’activité de la source est quasiment constante sur un an, on peut donc la considérer constante sur une séance de T.P. (2 heures). A0 t1/2 5 30,2 = ln 1,5 × 105 × × d. t = ln = 70 ans. A ln2 ln2 0,3 × 10

18.

1.

137 55

1/2

19. 1. Les lois de conservation sont la conservation des nucléons et la conservation des charges. Le diagramme montre que le radon est émetteur α. L’équation de désintégration du radon est donc : 222 Rn → 218 Po + 42He 86 84 2. 222 Rn → 218 Po + 42He 86 84 218 Po → 214 Pb + 42He 84 82 214 Pb → 214 Bi + –10e 82 83 214 214 Bi → 84Po + –10e 83 214 Po → 210 Pb + 42He 84 82 210 Pb → 210 Bi + –10e 82 83 210 Bi → 210 Po + –10e 83 84 210 206 Po → 82Pb + 42He 84 20. Un radionucléide est caractérisé par sa demivie t1/2 . La détermination des demi-vies donne : A – courbe bleue : A1 = 12 Bq ; à t1/2, A1 = 1 = 6 Bq ; 2 graphiquement : t1/2 ≈ 55 s ; 0

0

– courbe verte : A2 = 8 Bq ; à t1/2, A2 = 0

0

graphiquement : t1/2 ≈ 55 s. Les demi-vies étant identiques, les deux élèves ont travaillé sur le même radionucléide. C → 147N + –10 e 2. 1 Bq correspond à une désintégration par seconde. Activité d’un gramme de charbon de bois : 2,8 × 10–2 Bq. Activité d’un gramme de bois vivant : 22,7 × 10–2 Bq. 3. A(t) représente l’activité d’un échantillon à une date t par rapport à une date t0 prise comme origine. A0 représente l’activité de ce même échantillon à la date t0. A(t) et A0 s’expriment en Bq. λ est la constante radioactive, caractéristique du noyau radioactif ; elle s’exprime en s–1. A(t) = – t1/2 . ln A(t) 1 4. t = – . ln A0 A0 λ ln2 –2 5 570 =– × ln 2,8 × 10 –2 = 16,8 × 103 ans. 22,7 × 10 ln2 t1/2 5 570 =5× = 4,02 × 104 ans. 5. a. 5 τ = 5 × ln2 ln2 Cette durée est très inférieure à la durée de formation du pétrole. b. A(5 τ) = A0 . e– λ . 5 τ = A0 . e– 5 = 6,7 × 10–3 A0 . Cette activité est donc inférieure à 1 % de l’activité initiale. c. Au bout de plusieurs millions d’années, le carbone 14 s’est complètement désintégré. Son activité est donc nulle. En revanche, celle d’un produit naturel correspond à celle existant au niveau des végétaux utilisés vivants. d. On mesure l’activité due au carbone 14 des deux produits. Celle contenant des produits d’origine pétrochimique est nulle, alors que ce n’est pas le cas de celle contenant des produits naturels. 1.

21.

14 6

Cl → 36 Sr + –10 e 18 ln2 ln2 = 3,01 × 105 ans. = t1/2 = λ 2,30 × 10–6 A(t) = – 1 . ln 0,39 . A0 1 2. t = – . ln A0 λ λ A0 1 t= × ln 0,39 = 4,1 × 105 ans. 2,30 × 10–6 3. L’âge de la nappe est trop grand pour le silicium 32 (t1/2 = 132 ans). 1.

22.

36 17

1.

23.

β 234 β U → 234 Th → Pa → 90 91

238 92

α

–

–

α 230 α 226 U→ Th → Ra... 90 88

234 92

ln2 ln2 = = 9,22 × 10–6 ans–1. t1/2 7,52 × 104 3. On peut raisonner sur la masse comme sur le nombre de noyaux ou sur l’activité, car ces grandeurs sont proportionnelles entre elles. t 1,2 × 10–6 t = – 1 . ln m(t) = – 1/2 × ln m0 λ ln2 20,0 × 10–6 5 t = 3,1 × 10 ans. 2. λ =

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A2 = 4 Bq ; 2

37

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24.

On peut vérifier que : N < N – 2 < N – 4 < ... < N – 2n , Z Z–2 Z–4 Z – 2n avec n entier positif : « l’excédent de neutrons s’accentue en proportion par rapport au nombre de protons ». b. Chaque désintégration α diminue de 4 le nombre de nucléons et les désintégrations β ne le changent pas. Pour cette raison : « les nombres de nucléons des noyaux issus d’une même filiation diffèrent par un multiple de quatre ». 4. a. La transformation qui conduit à une émission β+ est : p+ → n + e+ b. Les noyaux qui possèdent trop de protons par rapport aux neutrons peuvent subir une désintégration β+. Ce n’est pas le cas des noyaux dont il est question ici.

1. N0K = NK + NAr .

2. N0K = NK + NAr = 8,55 × 10 + 8,25 × 10 16

13

= 8,558 25 × 1016 noyaux initiaux. 3. NK = N0K . e–λ . t. N N t 1 4. t = – . ln K = – 1/2 . ln K N0K N0K λ ln2 9 16 1,27 × 10 × ln 8,55 × 10 16 t=– 8,558 25 × 10 ln2 t ≈ 1,77 millions d’années.

(

25.

1.

)

n

500 400 300 200

Sujet BAC

100

Datation au carbone 14

0 0

40 40

80 0

120

160 60 t (s)

1. Les réactions nucléaires 1.1. Le carbone 14,

2. a. t1/2 = 60 s.

1 = 1,2 × 10–2 s–1. λ=1= τ 85 ln2 ln2 c. On a = 1,2 × 10–2. Cela vérifie λ = . t1/2 60 3. 1 s Z. Lors de désintégrations α, les valeurs de N et Z diminuent de 2 unités chacune (A diminue de 4 unités).

26.

38

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14 6

C, est produit à partir de l’azote N et des neutrons cosmiques 10n. L’équation s’écrit : 147N + 10n = 146C + 11H Les lois utilisées sont la conservation du nombre de charge et la conservation du nombre de nucléons. 1.2. D’après le texte, le carbone 14 est émetteur β–, donc l’équation s’écrit : 146C = –10e + 147N. Le noyau formé est un noyau d’azote. 14 7

2. Datation au carbone 14 2.1. La demi-vie t1/2 est la durée au bout de laquelle l’activité A d’une population de noyaux radioactifs a diminué de moitié par rapport à l’activité initiale A0. La relation entre la demi-vie t1/2 et λ s’établit à partir de l’expression de l’activité en fonction du temps : A(t) = A0 . e–λ . t. A D’après la définition de la demi-vie : A(t1/2) = 0 , 2 A soit : 0 = A0 . e–λ . t , d’où : 1 = e–λ . t . 2 2 En passant au logarithme : ln 1 = – λ . t1/2. 2 ln2 Cela conduit à : λ = . t1/2 –1 . ln A(t). 2.2. La loi de décroissance conduit à : t = A0 λ 2.3. Il suffit de faire l’application numérique en remln2 plaçant λ par . t1/2 –5 570 × ln 12 ≈ 1 000 ans. t= ln2 13,6 Environ 1 000 ans se sont écoulés depuis la fabrication du navire. Le navire a été découvert en 1983, donc il a été fabriqué aux environs de l’année 983 (1983 – 1000). 2.4. Le bateau date du xe siècle. Il appartient donc à la période Viking qui s’étend du viiie siècle au xie siècle. L’hypothèse est vérifiée. 1/2

1/2

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Le polonium 1.1. Un noyau radioactif est un noyau instable qui va

se désintégrer. Il se formera alors un noyau fils avec émissions de particule (électron, positon ou noyau d’hélium) et d’un rayonnement électromagnétique (gamma). 1.2. Le noyau de polonium 210 contient Z = 84 protons et N = A – Z = 126 neutrons. 1.3. Le polonium est radioactif de type α. L’équation est donc : 210 Po → 206 Pb + 42He 84 82 Cette équation vérifie les lois de conservations (lois de Soddy) de la charge électrique et du nombre de nucléons. 2.1.

t (jours)

0

N(t) N0

0

– ln 2.2.

40

80

120

160

200

240

0,20 0,40 0,60 0,80

1,0

1,2

N (t) –In —–– N0

1,4

Dans le système international, la constante de temps τ s’exprime en seconde. ln2 La demi-vie est : t1/2 = ln2 = = 1,2 × 107 s. λ 5,8 × 10–8

Exercices complémentaires Énoncés 1. Compléter des équations de réactions de désintégration En utilisant une classification périodique, compléter les équations des réactions ci-dessous qui sont de type α, β– ou β+. 1. 132 Ce → … + … type β+ 58 2. 98 Ag → … + … type α 47 39 3. 17Cl → 39 Ar + … type … 18 124 124 4. 53I → 52Te + … type … 5. 116C → … + 01e type … 42 6. 18Ar → … + –10e type …

2. Datation par la méthode rubidium /

1,2

1,0

0,8

0,6

0,4

0,2

0 0

40

80

120

160 t (jours)

Remarque : L’échelle imposée dans le texte n’est pas respectée ici. 2.3. N(t) = N0 . e–λ . t ; soit : N(t) = e–λ . t ou lnN(t) = – λ . t. N0 N0 On a donc : – lnN(t) = λ . t. N0 La courbe représentative de – lnN(t) = f (t) est une droite N0 passant par l’origine, ce qui est en accord avec la représentation graphique précédente. 2.4. Le coefficient directeur de la droite obtenue est égal à λ : λ = 1,2 = 5,0 × 10–3 j–1. La constante radio240 active λ est obtenue en j–1. On peut la convertir en s–1 pour utiliser le système international : 1,2 λ= = 5,8 × 10–8 s–1. 240 × 24 × 60 × 60 La constante de temps est : 1 τ=1= = 1,7 × 107 s. λ 5,8 × 10–8

strontium (en liaison avec les SVT) On utilise le couple rubidium - strontium (Rb - Sr) pour trouver l’âge d’une roche. Le rubidium 87 est radioactif de demi-vie t1/2 = 4,9 × 1010 ans, il se désintègre en strontium 87 stable. Une roche, prélevée sur un gisement, contient, entre autre, du rubidium 87 et du strontium 87. Le strontium 87 a deux origines : une partie était présente lors de la formation de la roche, une autre partie est issue de la désintégration du rubidium 87. En outre, la roche contient du strontium 86 qui, lui, n’est pas radioactif et n’est pas formé par la désintégration d’un autre noyau. La quantité de strontium 86 est donc constante dans la roche. 1. a. Écrire l’équation de la désintégration du rubidium 87 et calculer sa constante radioactive λ. b. En notant N(87Rb0) le nombre initial de noyaux de rubidium 87 et N(87Rb(t)) le nombre de ces noyaux à une date t, écrire la loi de décroissance du rubidium 87. c. Déduire du résultat précédent l’expression de N(87Rb0) en fonction de N(87Rb(t)) et t. 2. a. Donner l’expression du nombre Nf de noyaux de strontium 87 créés par désintégration du rubidium 87. L’exprimer en fonction de N(87Rb(t)), λ et t. b. Pour des roches différentes, les quantités initiales de strontium 87, N(87Sr0), n’ont pas de raison d’être égales, même si ces roches proviennent du même gisement et ont le même âge. On ne peut donc pas représenter simplement N(87Sr(t)) en fonction de N(87Rb(t)) pour calculer t. En notant N(87Sr0) le nombre initial de noyaux de strontium 87, donner l’expression du nombre N(87Sr(t)) de ces noyaux à une date t en fonction de N(87Sr0), N(87Rb(t)), λ et t.

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3. Pour déterminer l’âge d’une roche, on mesure, pour plusieurs échantillons, les rapports isotopiques N(87Sr(t)) N(87Rb(t)) et . N(86Sr(t)) N(86Sr(t)) a. Quelle est la relation entre le nombre initial N(86Sr0) de noyaux de strontium 86 et le nombre N(86Sr(t)) de ces noyaux à la date t ? b. Montrer que l’on a : N(87Sr(t)) N(87Sr0) N(87Rb(t)) = . (eλt – 1). + N(86Sr(t)) N(86Sr0) N(86Sr(t)) c. Des mesures effectuées sur plusieurs échantillons issus d’une même roche ont donné les résultats du tableau ci-dessous. Échantillon

A

B

C

D

E

F

G

N(87Sr(t)) N(86Sr(t)) 0,718 0,721 0,723 0,726 0,727 0,729 0,731 N(87Rb(t)) N(86Sr(t)) 1,76

2,19

2,63

3,13

3,37

3,72

4,11

Faire la représentation graphique de ces résultats en N(87Rb(t)) N(87Sr(t)) portant en abscisse et en 86 N( Sr(t)) N(86Sr(t)) ordonnées. d. Le graphique obtenu est-il en accord avec l’équation de la question 3.b. ? e. À partir de la valeur numérique du coefficient directeur de la droite obtenue, déterminer l’âge de la roche étudiée.

3. Datation par la méthode de potassium - argon Cet exercice est un complément de l’exercice 24 du livre de l’élève. Les roches volcaniques contiennent du potassium dont un isotope, le potassium 40 est radioactif. Il se désintègre de deux manières : – environ 90 % des noyaux de potassium 40 sont émetteurs β– (λ1 = 4,96 × 10–10 an–1) ; – 10 % des noyaux de potassium 40 se désintègrent par capture électronique (λ2 = 0,58 × 10–10 an–1). Un électron de la couche électronique la plus proche du noyau est capturé par celui-ci. Un proton du noyau et l’électron capturé se transforment alors en neutron. Le noyau de potassium 40 se transforme en donnant de l’argon 40 qui est emprisonné à l’état gazeux dans la roche. Lors d’une éruption volcanique, sous l’effet de la chaleur, la roche fond, devient de la lave et libère alors l’argon. Puis la lave refroidit et se solidifie. Elle contient alors du potassium 40 mais pas d’argon. La quantité d’argon accumulée dans la roche depuis la solidification de la lave permet alors de connaître son âge. On se propose de dater des cendres volcaniques provenant de Okote en Éthiopie. Les analyses ont donné 8,55 × 1016 atomes de potassium et 8,25 × 1012 atomes d’argon par gramme de cendre. 40

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1. Écrire les deux équations de désintégration du potassium 40, 40 K. 19 2. Dans un premier temps, on considèrera que le potassium se désintègre seulement en argon. a. On nomme N0K le nombre initial de noyaux de potassium lors de la solidification de la roche, NK et NAr les nombres respectifs de noyaux de potassium et d’argon à la date de la mesure. Quelle est la relation entre N0K, NK et NAr ? b. En déduire le nombre initial de noyaux de potassium N0K. c. Écrire la relation donnant le nombre actuel de noyaux de potassium NK en fonction du nombre initial N0K et de la constante radioactive λ2. d. Quel est l’âge des cendres ? 3. Dans un deuxième temps, on prendra en compte les deux types de désintégrations. a. NAR étant le nombre de noyaux d’argon présents dans l’échantillon des cendres et NK le nombre de noyaux de potassium de l’échantillon, combien de noyaux N0 de potassium y avait-il initialement ? b. On admettra, pour tenir compte des deux types de désintégrations, que le nombre actuel NK de noyaux de potassium, le nombre initial N0K et la constante radioactive λ = λ1 + λ2 sont liés par la relation NK = N0 . e–λt. Quel est alors l’âge des cendres ? c. Comparer les âges obtenus aux questions 2.d. et 3.b.

4. Caractère aléatoire des désintégrations Le laboratoire de sciences physiques possède une source radioactive : le césium 137, radioactif de type β– et de demi-vie 30 ans. 1. Écrire l’équation de la désintégration du césium. 2. Au cours d’une séance de T.P. de 2 heures, un compteur de radioactivité est placé à une dizaine de centimètre de la source radioactive (voir le schéma simplifié).

Le compteur mesure-t-il l’activité de la source ? L’activité du césium est-elle modifiée de manière importante pendant la séance ? Justifier la réponse. 3. Pendant 10 s, on compte le nombre de désintégrations grâce au compteur Geiger. On effectue 100 fois cette opération. Les valeurs obtenues sont inscrites dans le tableau, page suivante. À l’aide d’un tableur : a. Calculer le nombre total de comptages. b. Tracer le diagramme en bâtons représentant le nombre de désintégrations en abscisse et la fréquence correspondante en ordonnée. Quel caractère de décroissance radioactive, ce diagramme permet-il de vérifier ? a.

b.

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Exemple : Première colonne : on a obtenu 1 fois 99 désintégrations. Pour cette série de comptages du nombre de désintégrations, calculer : ∑n × x α) la moyenne : x– = i i ; ∑ni ∑n × (xi – x–)2 β) la variance : Var i ; ∑ni c.

γ) l’écart type : σ = Var . d. Vérifier qu’environ 95 % des nombres de désintégrations obtenus sont situés à l’intérieur de l’intervalle : (x– – 2 × σ ; x– + 2 × σ). Exemple d’utilisation du tableur Excel : 3. a. Copier ce tableau dans une feuille du tableur en respectant l’ordre des lignes et des colonnes pour la clarté de l’exercice. Dans la cellule N2, calculer le nombre de comptages en tapant : = SOMME(B2 :M2). b. Construire le diagramme en représentant le nombre de désintégrations en abscisse et la fréquence correspondante en ordonnée. Pour cela, sélectionner les cellules B2 à M2. Puis, en utilisant l’assistant graphique, sélectionner le premier histogramme. Dans l’onglet Série, cliquer sur la partie droite de l’étiquette des abscisses. Sélectionner les cellules B1 à M1 et valider. Quel caractère de décroissance radioactive, cet histogramme permet-il de vérifier ? c. α) On se propose de calculer la moyenne des désin∑n × x tégrations : x– = i i . ∑ni En cellule B5, calculer le produit 99 × 1 en tapant = B1*B2, faire de même pour les cases C5 à M5. Pour effectuer ces calculs sans écrire toutes les formules, il suffit de placer le curseur de la souris sur le petit carré en bas à droite de la cellule (voir ci-dessous), puis « tirer » jusqu’à la cellule M5.

Calculer la moyenne en cellule N5 en tapant : = SOMME(B5 :M5)/ N2. ∑n × (xi – x–)2 β) Calculer la variance : Var i . ∑ni Pour cela, en cellule B6, taper =B1–$N$5. Faire de même pour les cellules comprises entre C6 et M6. En cellule B7, taper : =B2* B6^2. Faire de même pour les cellules comprises entre C6 et M6. Calculer la moyenne des résultats précédents pour obtenir la variance. Pour cela, en cellule N7, taper : =SOMME(B7:M7)/ N2.

γ) Calculer l’écart-type σ = Var . Pour cela, en cellule N8, taper : = N7^(1/2). d. Vérifier qu’environ 95 % des nombres de désintégrations obtenus sont situés à l’intérieur de l’intervalle : (x– – 2 × σ ; x– + 2 × σ). Pour cela, calculer (x– – 2 × σ) et (x– + 2 × σ). En déduire l’intervalle des valeurs à considérer. Calculer le nombre de valeurs ni correspondant à cet intervalle. L’affirmation est-elle vérifiée ?

Corrigés 1

1.

2.

98 47 39 17 124 53 11 6 42 18

3. 4. 5. 6.

Ag Cl I C Ar

β 87 Rb → Sr + –10e ; 38 –1 λ = 1,4 × 10 an . b. N(87Rb(t)) = N(87Rb0) . e–λt. c. N(87Rb0) = N(87Rb(t)) . e–λt. 2. a. Nf = N(87Rb0) – N(87Rb(t)) = N(87Rb(t)) . (eλt – 1). 87 b. N( Sr(t)) = N(87Sr0) + Nf = N(87Sr0) + N(87Rb(t)) . (eλt – 1). 86 3. a. N( Sr0) = N(86Sr(t)). b. On divise l’expression de la question 2.b. par : N(86Sr0) = N(86Sr(t)), on obtient : N(87Sr(t)) N(87Sr0) N(87Rb(t)) . (eλt – 1). = + N(86Sr(t)) N(86Sr0) N(86Sr(t)) c. La représentation graphique donne une droite croissante. d. Une modélisation donne une ordonnée à l’origine de 0,709 et un coefficient directeur de 5,45 × 10–3 avec une très bonne corrélation. Cela est en accord avec l’équation précédente. e. Le coefficient directeur est égal à eλt – 1. Cela donne t = 388 millions d’années.

2.

1. a.

87 37 –11

–

3. 1. Désintégration β– : l’équation est : 40 K = ZA X + –10e 19

En respectant les règles de : – conservation des masses : 40 = A + 0 ; donc A = 40 ; – conservation des charges : 19 = Z –1 ; donc Z = 20.

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Ce → 132 La + 01e type β+ 57 94 → 45Rh + 42He type α → 39 Ar + –10e type β– 18 → 124 Te + 01e type β+ 52 → 115B + 01e type β+ → 42 K + –10e type β– 19

132 58

41

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L’élément de numéro atomique Z = 20 est le calcium. L’équation de la désintégration est alors : 40 K = 40 Ca + –10e 19 20 Le calcium étant solide, il ne peut pas participer à la méthode de datation. Capture électronique : en appliquant les mêmes règles de conservation des masses et des charges, l’équation 40 K + –10e = 40 Ar est : 19 18 2. a. N0K = NK + NAr . b. N0K = NK + NAr = 8,55 × 1016 + 8,25 × 1012 = 8,550 825 × 1016 noyaux initiaux. c. La relation est : NK = N0K . e–λ . t. d. Calculons la durée t : durée de désintégration du potassium 40 depuis la formation de la roche. e–λ . t = NK N0K – λ2 . t = ln NK N0K t = –1 . ln NK λ2 N0K –1 8,55 × 1016 t= × ln 0,58 × 1016 8,550 825 × 1016 t ≈ 1,66 millions d’années. 3. a. N0K = NCa + NAr + NK d’après les lois de conservation. Si 100 noyaux de 40K se désintègrent, il apparaît 10 noyaux de 40Ar et 90 noyaux de Ca. N 90 D’où : Ca = = 9. NAr 10 NCa = 9 NAr et N0K = 10 NAr + NK . b. Calculons λ = λ1 + λ2 = 4,96 × 10–10 + 0,58 × 10–10 λ = 5,54 × 10–10 an–1. La relation est : NK = N0K . e–λt Un même raisonnement que celui de la question 2.d. conduit à la relation : 16 –1 t= × ln 8,55 × 10 16 ; –10 5,54 × 10 8,558 25 × 10 t ≈ 1,74 millions d’années. c. Calculons l’erreur relative entre les deux méthodes : 1,74 –1,66 × 100. 1,74 L’erreur relative n’étant que de 5 %, la première méthode ne donne pas un résultat aberrant. 2

2

(

)

(

|

)

|

Justification mathématique N0K = NCa + NAr + NK . En différenciant : dNCa + dNAr + dNK = 0. Donc : dNK = – (dNCa + dNAr). Or, dNCa = λ1 . NK . dt, car il s’agit d’une réaction du premier ordre. De même, dNAr = λ2 . NK . dt. Donc : dNK = NK . (λ1 + λ2) . dt. Intégrons : NK = N0K . e–(λ1 + λ2) . t. On peut trouver également, en intégrant : dNCa = λ1 . NK . dt ou dNCa = λ1 . N0K . e–(λ + λ ) . t . dt 1

42

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2

λ1 (1 – e-(λ + λ ).t ) λ1 + λ2 λ2 De même, NAr = N0K . . (1 – e–(λ λ1 + λ2

NCa = N0K .

1

2

1

+ λ2) . t

).

NAr λ2 = ≈ 0,12 ; c’est bien l’ordre NCa λ1 de grandeur indiqué dans le texte. Si nous reprenons la relation du début : N0K = NCa + NAr + NK = NAr + NAr + NK 0,12 = 9,5 NAr + NK . Pour en revenir au calcul du texte : N0K = 9,5 × 8,25 × 1012 + 8,55 × 1016 = 8,558 × 1016. On remarque que

( )

Le césium 137 est émetteur β–. 137 Cs → 137 Ba + –10e 55 56 2. a. Tous les électrons émis n’atteignent pas le compteur (sa surface active est petite), donc il ne peut pas mesurer l’activité. b. La demi-vie étant de 30 ans, il n’y a pas de modiln2 fication de l’activité A(t) = A0 . e–λ . t ; A(t) = e– t × t ; donc A0 ln2 A(t) = e– 30 × 365 ×2 × 24 ≈ 0,999 99 ≈ 1. L’activité est constante. A0 3. a. Le nombre total de comptages est égal à 100. C’est le résultat attendu.

4. 1.

1/2

b.

Cet histogramme illustre le caractère aléatoire des désintégrations. c. α) La moyenne est 104,8. β) La variance est 6,09. γ) L’écart type est égal à 2,47. – – 2 × σ) = 99,9 et (x– + 2 σ) = 109,8. d. (x L’intervalle des valeurs à considérer est : (100 ;109). 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 4

6

5

13

14

21

11

10

7

5

Le nombre de valeurs ni correspondant à cet intervalle est : 4 + 6 + 5 +13 + 14 + 21 +11 +10 + 7 + 5 = 96. Il y a eu 100 comptages, donc 96 % des nombres de désintégrations obtenus appartiennent à l’intervalle considéré.

Compléments scientifiques 1. De l’évolution physique à la loi mathématique L’étude expérimentale conduite en T.P. montre que le nombre moyen N(t) de noyaux qui se désintègrent entre les dates t et t + t, rapporté au nombre N(t) de noyaux présents à l’instant t et à la durée d’observa-

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tion t, est une constante λ caractéristique du type de noyaux en question. N(t) = – λ . t. On a : N(t) La constante λ ne dépend pas du temps, cela s’interprète comme une « mort sans vieillissement » des noyaux. En passant à la limite, pour une durée d’observation devenant très petite, on peut écrire : dN(t) = – λ . dt ou dN(t) = – λ . N(t). N(t) d(t) En mathématiques, on écrira : N´(t) = – λ . N(t). Ce sera la première équation différentielle rencontrée par un élève de Terminale. En ajoutant la condition sur le nombre de noyaux radioactifs à la date t = 0 : N0 = N(0) ; le cours de mathématiques permettra d’écrire l’unique solution : N(t) = N0 . e– λ . t.

2. Durée moyenne de vie d’un noyau et constante radioactive On considère une population de N0 noyaux radioactifs. On note τi la durée de vie du noyau d’indice i. La durée moyenne de vie de l’ensemble des noyaux est : N ∑τi 1 τ= . N0 0

En utilisant la loi de décroissance N(t) = N0 . e– λ . t, on peut déterminer le nombre de noyaux qui se sont désintégrés entre les instants t et t + dt : |dN(t)| = λ . N0 . e– λ . t . dt = λ . N(t) . dt. La durée de vie « totale » de ces noyaux désintégrés entre t et t + dt est donc : t . |dN(t)| = t . λ . N(t) . dt. Lorsque t tend vers l’infini, tous les noyaux finissent par se désintégrer. La somme des durées de vie de tous r

r

0

0

les noyaux est : 兰t . |dN(t)| = 兰t . λ . N(t) . dt. La durée de vie moyenne s’obtient en divisant la somme précédente par le nombre total de noyaux désintégrés : r

τ=

r

兰t . λ . N(t) . dt 0

=

N0

兰t . λ . N0 . e– λ . t . dt 0

N0

r

r

0

0

τ = 兰t . λ . e– λ . t . dt = λ . 兰t . e– λ . t . dt. Une intégration par parties donne : r r τ = λ . – 1 . e– λ . t . t – 兰 – 1 . e– λ . t . dt 0 λ λ 0

[[

]

r

]

τ = [– e– λ . t . t] 0 + 兰 . e– λ . t . dt r

0

r r τ = [– e– λ . t . t] 0 + – 1 . e– λ . t = 0 + 1 = 1 . 0 λ λ λ La constante radioactive λ est donc l’inverse de la durée de vie moyenne d’un noyau radioactif. Le temps caractéristique τ du phénomène, qui peut être déterminé graphiquement, est la durée de vie moyenne d’un noyau. Cette durée de vie moyenne est indépendante du nombre de noyau : un noyau se désintègre sans vieillir.

[

]

3. Les différentes doses dans le domaine de la protection nucléaire > Dose absorbée : quantité d’énergie absorbée en un point par unité de masse de matière (inerte ou vivante), selon la définition de la Commission internationale des unités et des mesures radiologiques (ICRU). Elle s’exprime en gray (Gr) : 1 gray correspond à une énergie absorbée de 1 joule par kilogramme de matière. > Débit de dose : intensité d’irradiation (énergie absorbée par la matière par unité de masse et de temps). L’unité légale est le gray par seconde (Gr/s), mais le Gr/min est couramment utilisé. > Efficacité d’un rayonnement : un rayonnement est dit plus efficace qu’un autre lorsque l’effet obtenu pour une même dose est plus important ou quand la dose nécessaire pour observer un effet est plus faible. > Dose équivalente : quantité de dose absorbée, pondérée par des facteurs de qualité, différents selon les rayonnements. La dose efficace est la somme des doses équivalentes pondérées dans tous les tissus et les organes du corps. Elle correspond à « une dose équivalente au corps entier ». Ces deux grandeurs s’expriment en Sievert (Sv). > Dose engagée : à la suite d’une exposition interne, c’est la dose cumulée reçue dans les cinquante années (pour les travailleurs et les adultes) ou jusqu’à l’âge de soixante-dix ans (pour les moins de 20 ans) suivant celle de l’incorporation du radionucléide, si celui-ci n’a pas disparu auparavant par décroissance physique ou élimination biologique. > Comment agissent les rayonnements ? Les rayonnements cèdent, de façon discontinue et aléatoire, tout ou une partie de leur énergie à la matière qu’ils traversent. L’importance des pertes d’énergie à l’échelle microscopique est souvent exprimée en terme de transfert linéique d’énergie (TLE). La valeur moyenne du TLE varie de moins de 1 kiloélectronvolt par micromètre keV pour les rayonnements électromagnétiques à pluµm sieurs centaines de keV pour des ions lourds. Lorsqu’il µm s’agit de neutrons, les transferts d’énergie couvrent l’ensemble de ce spectre. Compte tenu de la variabilité des pertes d’énergie, pour une même dose, l’effet biologique dépend du type de rayonnement. Ainsi, dans le cas des particules alpha, quand la dose décroît, c’est le nombre de cellules atteintes qui devient moindre, mais pas le niveau de l’impact sur les cellules touchées, alors que pour les rayonnements gamma, c’est la quantité d’énergie cédée par cellule qui diminue et non pas le nombre de cellules touchées.

( )

Bibliographie Ouvrages • L’énergie nucléaire, J.-L. Basdevant, M. Spiro et J. Rich, Les éditions de Polytechnique, 2002.

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• Cent ans après, la radioactivité, le rayonnement d’une découverte, R. Bimbot, A. Bonin, R. Deluche et C. Lapeyre, EDP Sciences, 2000. • Environnement et radioactivité, C. ChassardBouchaud, Que sais-je ?, no 2797, PUF, 1993. • Les déchets nucléaires, un dossier scientifique, Éditions de R. Turlay, EDP Sciences, 1997. • L’atome écologique, B. Wiesenfeld, EDP Sciences, 1998. • Éléments de sûreté nucléaire, J. Libmann, EDP Sciences, 1997. • Le tritium, de l’environnement à l’homme, Y. Belot, M. Roy et H. Metivier, EDP Sciences, 1997.

Sites Internet • Gabon OKLO crpg.cnrs-nancy.fr/MODEL3D/essai-RST.html www.physics.isu.edu • Documentation sur la radioactivité www.ccr.jussieu.fr www.algade.com • Atomes et masses atomiques www.csnsm.in2p3.fr/amdc/ Pour la stabilité des noyaux, aller dans la rubrique NUBASE, on télécharge PC NUCLEUS Pour les masses atomiques, aller dans la rubrique AMDC, puis AME. • TP Toulouse www.ac-toulouse.fr/sc_phy/document.html • Datation du carbone carbon14.univ-lyon1.fr/intro.htm • Un géant incontournable : le CERN www.cern.ch/Public/Welcome_fr.html Le CERN vous accueille en français et vous laisse le

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choix entre une visite accélérée, historique ou pédagogique, sur l’atome ou les accélérateurs de particules. • Animations et informations sur le site du CEA www.cea.fr Suivre notamment ESPACE JEUNES. • Les cahiers du CEA www.cea.fr/html/cahiers.htm Des textes indispensables sur la radioactivité, l’atome, mais aussi sur le laser, la microélectronique ou les ondes électromagnétiques. • CNRS www.insu.cnrs-dir.fr/Documentation/ www.cnrs.fr/ • Voyage au cœur de la matière voyage.in2p3.fr À chacun de se frayer son chemin sur ce site pour suivre les traces de la matière, depuis l’atome jusqu’aux quarks, en passant par les électrons et les nucléons. À chaque brique élémentaire, ses définitions, ses questions et son tableau de synthèse. Et pour ne pas se perdre, un lexique détaillé et un historique actualisé sont en permanence accessibles à qui veut rafraîchir ou approfondir ses connaissances. Hébergé par l’Institut national de physique nucléaire et de physique des particules, ce site encyclopédique offre aussi des liens vers les grands accélérateurs de particules ou vers les laboratoires de physique théorique. • La Société française de physique (SFP) sfp.in2p3.fr/popphysics/ La Société française de physique (SFP) propose une sélection de sites, francophones ou non, dédiés à la vulgarisation scientifique. Des symboles précisent la difficulté (de « grand public » à « public scientifique ») de ces sites, organisés par catégories, allant de l’astrophysique à la physique théorique en passant par la physique amusante.

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Noyaux, masse et énergie Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : B. Transformations nucléaires

Objectifs Comprendre que la conversion masse-énergie peut être à l’origine de la production d’énergie utilisable (Soleil, centrales nucléaires, géothermie).

5

Physique

chapitre

• Faire le bilan énergétique d’une réaction nucléaire en comparant les énergies de masse.

Exemples d’activités • • • • •

Découvertes de la fission et de la fusion. La fission et le réacteur naturel du Gabon. La fusion et les étoiles. Quelques utilisations des réactions nucléaires. La fission industrielle et la gestion des déchets.

Contenus 2. Noyaux, masse, énergie 2.1. Équivalence masse-énergie • Défaut de masse ; énergie de liaison E = m . c2 ; unités : eV, keV, MeV. • Énergie de liaison par nucléon. • Équivalence masse-énergie. E • Courbe d’Aston –  = ƒ (A). A 2.2. Fission et fusion Exploitation de la courbe d’Aston ; domaines de la fission et de la fusion. 2.3. Bilan de masse et d’énergie d’une réaction nucléaire • Exemples pour la radioactivité, pour la fission et la fusion. • Existence de conditions à réaliser pour obtenir l’amorçage de réactions de fission et de fusion.

Connaissances et savoir-faire exigibles • Définir et calculer un défaut de masse et une énergie de liaison. • Définir et calculer l’énergie de liaison par nucléon. • Savoir convertir des J en eV et réciproquement. • Connaître la relation d’équivalence masse-énergie et calculer une énergie de masse. • Commenter la courbe d’Aston pour dégager l’intérêt énergétique des fissions et des fusions. • Définir la fission et la fusion et écrire les équations des réactions nucléaires en appliquant les lois de conservation. • À partir de l’équation d’une réaction nucléaire, reconnaître le type de réaction.

Commentaires Les bilans de masse seront effectués en utilisant les masses des noyaux et non celles des atomes. Dans le bilan énergétique, on n’effectuera pas de calcul de l’énergie cinétique de chacun des noyaux produits. L’introduction de l’électronvolt sera faite par un argument dimensionnel. On fera remarquer à l’élève que cette unité est bien adaptée à l’atome et que le MeV est bien adapté à l’échelle du noyau. Ce sera l’occasion d’un retour sur le chapitre L’énergie au quotidien du programme de chimie de la classe de Première S. Dans le cas de la fission et de la fusion, on signalera, au moment de faire le bilan énergétique, que ces réactions, si elles libèrent de l’énergie, nécessitent d’être amorcées. Aucun développement technologique ne sera traité. Précisions terminologiques On rappelle que la notation ZA X caractérise le noyau (et non l’atome). Les équations seront écrites au niveau des noyaux. Le terme nucléide n’est pas exigible. Le becquerel est la seule unité utilisée pour caractériser la radioactivité d’un élément. Pour éviter toute confusion avec la période des phénomènes périodiques, le terme période radioactive est évité au profit de l’expression demi-vie. L’énergie de liaison est définie comme l’énergie qu’il faut fournir à un noyau au repos pour le dissocier en nucléons isolés et immobiles. L’unité de masse atomique, de symbole u, est utilisable mais non exigée.

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• Connaître la relation d’équivalence masse-énergie et calculer une énergie de masse. • Définir et calculer un défaut de masse et une énergie de liaison. • Effectuer le bilan énergétique d’une réaction nucléaire. Définir la fission et la fusion.

c’est-à-dire les noyaux situés dans la partie basse de la courbe d’Aston. Fe et d’étain 120 Sn ont des 2. Les noyaux de fer 56 26 50 énergies de liaison par nucléon importantes. 3. a. Par lecture graphique, l’énergie de liaison par nucléon de l’uranium 235 est de 7,5 MeV par nucléon et celle du noyau de fer 56 de 8,7 MeV par nucléon. b. Le noyau de fer est le plus stable, car il a l’énergie de liaison par nucléon la plus élevée.

> Prérequis

3. et 4. Comment la fission

Déroulement du chapitre > Objectifs

et la fusion nucléaire produisent-elles de l’énergie ?

Écriture des équations de réactions nucléaires.

Activités préparatoires A. L’équivalence masse-énergie Réponses aux questions 1. L’énergie libérée par le Soleil parvient sur Terre sous forme d’énergie rayonnante. 2. On associe très souvent Albert Einstein à la formule E = m . c² où E, exprimée en joule, représente l’énergie de masse d’un corps de masse m, exprimée en kg, et c la célérité de la lumière dans le vide dont la valeur approximative est de 3,0 × 108 m . s–1.

B. Le projet ITER (International Thermonuclear Experimental Reactor) Réponses aux questions 1. Les énergies fossiles utilisées actuellement comme source d’énergie sont le pétrole et le charbon. 2. Les centrales nucléaires actuelles utilisent l’énergie libérée au cours de la fission de noyaux lourds pour produire de l’électricité. 3. L’intérêt du projet ITER est de maîtriser les réactions de fusion afin d’utiliser l’énergie libérée au cours d’une telle réaction. La matière première des noyaux de deutérium et de tritium est abondante sur terre. Les déchets radioactifs qui se forment sont de courte durée de vie. La fusion représente donc une source d’énergie abondante et propre.

Cours 1. Quelle est l’origine de l’énergie nucléaire ? L’objectif de ce paragraphe est d’introduire la relation masse-énergie d’Einstein et d’en déduire que toute variation de masse d’un système s’accompagne d’un échange énergétique.

2. Comment déterminer l’énergie de liaison d’un noyau ? L’objectif est d’utiliser la relation masse-énergie pour introduire l’énergie de liaison d’un noyau et de comparer la stabilité des noyaux. Comprendre et utiliser la courbe d’Aston.

Dans les paragraphes 3 et 4, on utilise à travers les réactions de fusion et de fission les notions vues précédemment : – la relation de masse-énergie ; – la variation de masse au cours de réactions nucléaires ; – la stabilité relative de noyaux.

Rechercher et expérimenter Réponses aux questions 1. L’un des gaz responsable de l’effet de serre est le dioxyde de carbone. Une surconsommation des énergies fossiles augmenterait l’émission de dioxyde de carbone et se traduirait par un réchauffement climatique. 2. a. Au cours de la fission d’un noyau d’uranium, il y a une perte de masse donc une libération d’énergie. b. Pour provoquer cette réaction de fission, on bombarde un noyau d’uranium 235 par un neutron. En plus de deux noyaux plus légers, il se forme plusieurs neutrons qui peuvent à leur tour casser d’autres noyaux d’uranium ; d’où la notion de réaction en chaîne. On contrôle les réactions de fission par des barres en bore ou en cadnium qui absorbent les neutrons. c. C’est l’isotope 235 de l’uranium qui est employé pour les réactions de fission. 3. a. Dans un alternateur, on utilise le phénomène d’induction pour créer des courants électriques. b. Il suffit de déplacer un aimant devant une bobine reliée à un ampèremètre ou un voltmètre pour voir apparaître un courant induit ou une force électromotrice induite. 4. a. Le plus ancien réacteur EDF français date de 1978. b. Le réacteur EPR n’est qu’une évolution du réacteur REP. Il apporte une meilleure rentabilité, ainsi qu’une production de déchets radioactifs en plus faible quantité. 5. L’énergie du futur se situe au niveau de la fusion. Ce type de réaction concilie efficacité industrielle et respect de l’environnement ; le problème de manque de matière première est écarté.

> Activité 1 Réponses aux questions 1. Les noyaux stables sont les noyaux ayant une énergie de liaison par nucléon importante (en valeur absolue), 46

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Corrigés des exercices Savoir s’autoévaluer 1. 1. Calculons l’énergie de masse d’une unité de masse atomique : E = m . c² = 1,660 54 × 10–27 × (2,997 9 × 108)2 = 1,492 39 × 10–10 J ; 1 eV = 1,602 177 × 10–19 J ; –10 donc : E = 1,492 39 × 10 –19 = 931,476 × 106 eV 1,602 177 × 10 = 931,476 MeV. 2. L’énergie de masse d’une particule α de masse 4,001 50 u est de 4,001 50 × 931,5 = 3 727 MeV, soit une énergie en joule de : 4,001 50 × 1,660 54 × 10–27 × (2,997 9 × 108)2 = 5,971 8 × 10–10 J. 1. L’isotope 226 du radium a un noyau constitué de 88 protons et A – Z = 226 – 88 = 138 neutrons. 2. Masse des nucléons séparés : (A – Z ) . mn + Z . mp = 138 × 1,008 66 + 88 × 1,007 28 = 227,835 72 u = 3,783 30 × 10–25 kg. 3. Le défaut de masse : Dm = [(A – Z ) . mn + Z . mp] – m(226 Ra) 88 = 227,835 72 – 225,977 01 = 1,858 71 u. 4. a. L’énergie de liaison de ce noyau a pour valeur : E = 931,5 . Dm = 1 731 MeV. E 1 731 = = 7,66 MeV par nucléon. b. A 226 Plus l’énergie de liaison par nucléon d’un noyau est grande, plus il est stable.

2.

1. La courbe d’Aston représente l’opposé de l’énergie de liaison par nucléon de noyaux en fonction de leurs nombres de nucléons. 2. a. Une réaction de fission est une réaction nucléaire provoquée au cours de laquelle un noyau lourd, sous l’impact d’un neutron, se scinde en deux noyaux plus légers. b. Dans une réaction de fusion, deux noyaux légers s’associent pour donner un noyau plus lourd. Cette réaction nucléaire doit être amorcée. 3. Voir le document 7, page 113 du manuel : on constate que les produits de fission ou de fusion nucléaires sont plus stables que les produits de départ. La fission et la fusion libèrent de l’énergie.

3.

1. Cette réaction de fission est amorcée par l’impact d’un neutron sur le noyau fissile. D’après l’équation de la réaction, il se forme, en plus des deux noyaux légers, trois neutrons qui, à leur tour, peuvent provoquer la fission de noyaux d’uranium. On parle alors de réaction en chaîne. 2. L’énergie libérée est : Q = [[m(235 U) + m(10n)] 92 – [m(139 I) + m(94 Y) + 3 m(10n)]] . 931,5 53 39 = [234,993 32 + 1,008 66 – (138,896 95 + 93,890 14 + 3 × 1,008 66)] × 931,5 = 1 76,0 MeV. La fission d’un noyau d’uranium 235 libère 176 MeV.

4.

3. Dans un kilogramme d’uranium 235, il y a

noyaux. L’énergie libérée par 1 kg d’uranium 235 est de : m . N . Q = 1 000 × 6,02 × 1023 × 176 A M 235 = 4,51 × 1026 MeV = 7,22 × 1013 J.

Exercices 1. 1. On appelle défaut de masse la différence entre la somme des masses des nucléons constituant le noyau, séparés et au repos, et la masse m du noyau : Dm = [(A – Z )mn + Z . mp] – m(ZA X). 2. Dm = [2 × 1,008 66 + 1 × 1,007 28] – 3,015 50 = 0,009 10 u = 1,511 09 × 10–29 kg.

2. 1. Unités d’énergie : le joule et l’électronvolt. Unités de masse : le kilogramme, l’unité de masse atomique. 2. a. 2,88 × 10–11 J = 1,80 × 108 eV ; b. 1,248 × 10–9 J = 7 790 MeV ; c. 4,78 × 102 eV = 7,66 × 10–17 J ; d. 45 MeV = 7,2 × 10–12 J ; e. 2,3 × 10–26 kg = 14 u ; f. 3,02 u = 5,01 × 10–27 kg. E = m(11p) . c² = 1,672 62 × 10–27 × (2,997 9 × 108)2 = 1,503 3 × 10–10 J ; 2 E = m(1H) . c² = 2,013 55 × 1,660 54 × 10-27 × (2,997 9 × 108)2 = 3,005 0 × 10-10 J.

3.

4. 1. Il faut fournir une énergie égale à l’énergie de liaison E à un noyau ZA X au repos pour le dissocier en nucléons isolés et au repos. 2. E = [Z . mp + (A – Z ) . mn] . c² – m(ZA X) . c² avec mp et mn respectivement les masses d’un proton et d’un neutron, m(ZA X) la masse du noyau ZA X en kg et c la vitesse de la lumière dans le vide en m . s–1. On peut également écrire que E = Dm . c² avec Dm = [Z . mp + (A – Z ) . mn] – m(ZA X) le défaut de masse. 3. E = [ 3 mp+(6 – 3) mn] . c² – m(63Li) . c² = [3 × 1,672 62 × 10–27 + 3 × 1,674 93 × 10–27 ] × (2,997 9 × 108)2 – 9,985 67 × 10–27 × (2,997 9 × 108)2 = 5,121 0 × 10–12 J. 5. 1. Sur la courbe d’Aston, on a porté en ordonnée l’opposé de l’énergie de liaison par nucléon E –  de noyaux ZA X et en abscisse le nombre de A nucléons A de ces noyaux. 2. Les noyaux les plus stables sont ceux ayant l’énergie de liaison par nucléon la plus élevée (en valeur absolue), c’est-à-dire les noyaux situés dans la

( )

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m .N A M

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partie basse de la courbe d’Aston. Ils correspondent E à –  < – 8 MeV environ, soit 20 < A < 190. A 3. Les noyaux tels que le nombre de masse A est inférieur à 10 peuvent donner des réactions de fusion : les noyaux formés de nombre A plus important sont plus stables. Les noyaux, dont le nombre de masse est tel que A > 190, peuvent subir des réactions de fission pour donner des noyaux de nombre A plus petit et donc plus stables. 4. L’ordre de grandeur de l’énergie de liaison par nucléon du nickel 60 est de 9 MeV par nucléon. 5. Son énergie de liaison est de l’ordre de 540 MeV.

( )

6.

1. Dm = [ 3 mp +(6-3) mn] – m(63Li)

= 3 × 1,007 28 + 3 × 1,008 66 – 6,013 50 = 0,034 32 u. Le défaut de masse du lithium 6 est de 0,034 32 u. 2. a. E = 931,5 . Dm avec Dm le défaut de masse exprimé en unité de masse atomique.

mavant – maprès = [m(10n) + m(235 U)] 92 99 Te) + 3 m(10n)] – [m(42Zr) + m(134 52 = 0,199 79 u > 0 . La proposition est exacte. E d. – (m(235 U)) = – 7,589 8 MeV par nucléon 92 A E > –  (m(134 Te)) = – 8,382 8 MeV par nucléon 52 A E > –  (m(99 Zr)) = – 8,540 4 MeV par nucléon. 42 A La proposition est exacte. 1. Première étape : 1H + 11H + → 21H + 01e

(1). La particule émise est un positon. Deuxième étape : 11H + 21H → 32He (2) Troisième étape : 32He + 32He → 42He + 211H (3) 2. 2 × (1) + 2 × (2) + (3) : 4 11H → 42He + 2 01e. Il faut 4 noyaux d’hydrogène pour former un noyau d’hélium 4.

9.

10. Noyau

Li

Be

Ni

Pb

U

E (en MeV)

31,97

64,93

526,8

1 636

1 801

Les énergies que l’on pourrait récupérer lors de la formation des noyaux à partir des nucléons isolés sont égales aux énergies de liaison E . b.

Noyau

Li

Be

Ni

Pb

U

E (en MeV par A nucléon)

5,33

6,49

8,78

7,87

7,57

3. Plus l’énergie de liaison par nucléon d’un noyau est grande, plus il est stable. Du plus stable au moins stable, on trouve le nickel, le plomb, l’uranium, le béryllium et le lithium.

7.

1. 10n + 235 U → 90 Kr + 143 Ba + 3 10n 92 36 56

2. a. La perte de masse est égale à :

U) – m(90 Kr) – m(143 Ba) – 3m(10n) Dm = m(10n) + m(235 92 36 56 = 1,008 66 + 234,993 32 – 89,899 72 – 142,889 82 – 3 × 1,008 66 = 0,186 46 u. b. L’énergie libérée Q par cette réaction est égale à : Q = 931,5 . Dm avec Dm exprimé en unité de masse atomique ; Q = 173,7 MeV = 2,782 × 10–11 J. a. Les lois de conservation permettent de trouver une valeur de x égale à 3. La proposition est donc fausse. b. Le noyau d’uranium 235, pour donner deux noyaux plus légers, doit être percuté par un neutron. Cette décomposition n’est donc pas spontanée. La proposition est fausse. c. Pour qu’il y ait libération d’énergie, il faut une diminution de la masse au cours de cette réaction.

8.

48

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1. Le noyau d’hydrogène 1, 11H n’est formé

que d’un proton. On le note simplement p ou 11p. 2. 11H + 21H → 32He 3. a. La perte de masse est égale à : Dm = m(11H) + m(21H) – m(32He) = 1,672 62 × 10–27 + 3,343 59 × 10–27 – 5,006 42 × 10–27 = 9,79 × 10–30 kg. b. L’énergie libérée Q au cours de cette réaction est égale à : Q = Dm . c² = 9,79 × 10-30 × (2,997 9 × 108)² = 8,80 × 10-13 J = 5,49 MeV.

1. La perte de masse est égale à : 95 U) + m(01n) – m(40 Zr) – m(138 Te) – 3 m(01n) Dm = m(235 92 52 = 234,993 32 +1,008 66 – 94,888 04 – 137,900 67 – 3 × 1,008 66 = 0,187 29 u. 2. a. L’énergie libérée Q par cette réaction est égale à Q = 931,5 . Dm avec Dm exprimée en unité de masse atomique, soit : Q = 931,5 × 0,187 29 = 174,5 MeV = 2,795 × 10–11 J. L’énergie libérée apparaît sous forme de rayonnement électromagnétique, ainsi que sous forme d’énergie cinétique des particules formées. b. En 30 jours, l’énergie consommée E par le réacteur est égale à : E =  . t = 25 × 106 × 30 × 24 × 3 600 = 6,48 × 1013 J. Le nombre de noyaux N d’uranium nécessaires à la libération de cette énergie est : 13 N = 6,48 × 10 –11 = 2,32 × 1024 noyaux. 2,795 × 10 N . M (235U) mU = NA 24 = 2,32 × 1023 × 235 = 906 g. 6,02 × 10

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En 30 jours, le réacteur consomme une masse de 0,9 kg d’uranium 235. 3. a. 95 Zr → 95 Nb + –10e et 138 Te → 138 I + –10e 40 41 52 53 b. Pour le zirconium, l’énergie libérée E1 est égale à : E1 = 931,5 . Dm = 931,5 . [m(95 Zr) – m(95 Nb) – m(–10e)] 40 41 = 931,5 × [94,888 04 – 94,884 29 – 0,000 55] = 2,98 MeV. Pour le tellure, l’énergie libérée E2 est égale à : E2 = 931,5 . Dm = 931,5 . [m(138 Te) – m(138 I) – m(–10e)] 52 53 = 931,5 × [137,900 67 – 137,893 24 – 0,000 55] = 6,41 MeV. Q Q = 59 et = 27. Ces énergies sont très faibles E1 E2 devant l’énergie libérée par la fission d’un noyau d’uranium 235. n + 235 U → 90 Kr + 144 Ba + 2 10n. C’est une 92 36 56 réaction de fission. b. 223 Ra → 219 Rn + 42He. C’est une émission α. 88 86 222 222 c. 86Rn* → 86Rn + γ. C’est une émission γ. d. 32 P → 32 S + –10e. C’est une émission β–. 15 16 e. 2 42He → 84Be. C’est une réaction de fusion. f. 56 Co → 56 Fe + 01e. C’est une émission β+. 27 26

12.

13.

a.

1 0

1. a. W = U . I . t s’exprime en joule (J) ou

en V . A . s ; i = dq donc l’ampère (A) équivaut à des C . s–1. dt W peut donc s’exprimer en V . C . s-1 . s, soit en V . C. b. 1 eV correspond au produit d’une charge par une tension. Il s’exprime donc en C . V, c’est-à-dire en joule (J). L’électronvolt, produit d’une charge électrique par une tension, peut donc s’exprimer en J, unité d’énergie. 2. 1 eV = q . U avec q = 1,602 × 10–19 C et U = 1 V ; 1 eV = 1,602 × 10–19 × 1 = 1,602 × 10–19 J. 1. Le nombre de protons est Z = 86 et le nombre de neutrons N = A – Z = 136. 2. m(nucléons) = Z . mP + N . mn = 86 × 1,007 28 + 136 × 1,008 66 = 223,803 8 u. 3. Dm = [86 mp + 136 mn] – m(222 Rn) 86 = 86 × 1,007 28 + 136 × 1,008 66 – 221,970 28 = 1,833 56 u = 3,044 70 × 10–27 kg. 4. a. E = Dm . c²= 3,044 70 × 10–27 × (2,997 9 × 108)² = 2,736 4 × 10–10 J = 1 708 MeV. b. Pour dissocier le noyau de radon 222 en nucléons isolés et immobiles, il faut lui fournir une énergie égale à son énergie de liaison E , soit 1 708 MeV. c. L’énergie de liaison par nucléons du noyau de E radon 222 est :  = 7,694 MeV par nucléons. A

14.

1. a. L’énergie de liaison du noyau d’iode 127 est égale à : E = Dm . c² = [[53 mp + (127 – 53) mn] – m(127 I)] . c² 53 E = [53 × 1,007 28 × 1,660 54 × 10–27 + 74 × 1,008 66 × 1,660 54 × 10–27 – 2,106 831 × 10–25] × (2,997 9 × 108)2 = 1,716 9 × 10–10 J = 1 072 MeV. L’énergie de liaison du noyau d’iode 131 est égale à : E = Dm . c² = [[ 53 mp + (131 – 53) mn] – m(131 I)] . c² 53 E = [53 × 1,007 28 × 1,660 54 × 10–27 + 78 × 1,008 66 × 1,660 54 × 10–27 – 2,173 279 × 10–25] × (2,997 9 × 108)2 = 1,766 2 × 10–10 J = 1 103 MeV. b. Les énergies qu’il faut fournir sont égales aux énergies de liaison. 2. a. L’énergie de liaison par nucléon de l’iode 127 est égale à 8,44 MeV par nucléon. L’énergie de liaison par nucléon de l’iode 131 est égale à 8,42 MeV par nucléon. b. L’énergie de liaison par nucléon est la plus importante pour l’iode 127, c’est-à-dire le noyau est stable. L’iode 131 est donc radioactif.

15.

16. 1. L’énergie libérée Q par cette réaction est égale à : 94 U) + m(01n) – m(139 I) – m(39 Y) – 3m(01n)] Q = 931,5 [m(235 92 53 = 931,5 × [ 234,993 32 + 1,008 66 – 138,896 95 – 93,890 15 – 3 × 1,008 66] = 176,0 MeV = 2,819 × 10–11 J. 2. L’énergie libérée est transférée sous forme d’énergie cinétique, essentiellement aux neutrons, et sous forme de rayonnement γ. 3. Cette réaction peut engendrer une réaction en chaîne, puisqu’elle produit 3 neutrons qui vont engendrer de nouvelles fissions. 4. a. Dans 1 kg d’uranium, le nombre de noyau est égal à : N = NA . m M 1 000 = 2,56 × 1024 noyaux ; = 6,02 × 1023 × 235 l’énergie transférée est donc égale à : Q . N = 2,819 × 10-11 × 2,56 × 1024 = 7,22 × 1013 J = 4,51 × 1026 MeV. b. La masse de pétrole dégageant la même énergie par combustion serait égale à 1,72 × 106 kg. Pour produire la même énergie, il faut une masse de pétrole environ 106 fois plus grande que celle d’uranium. 17. 1. L’énergie libérée Q par cette réaction est égale à : Q = 931,5 . [m(21H) + m(31H) – m(42He) – m(10n)] = 931,5 × [ 2,013 55 + 3,015 50 – 4,001 50 – 1,008 66] = 17,60 MeV.

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2. a. Dans 1 kg d’hélium 4, il y a N noyaux d’hélium

avec : 1 000 N = NA . m = 6,02 × 1023 × 4 M = 1,505 × 1026 noyaux. La production de ces noyaux libère une énergie égale à : N . Q = 1,505 × 1026 × 17,60 = 2,649 × 1027 MeV = 4,243 × 1014 J. b. La masse de pétrole dégageant la même énergie par combustion serait égale à 1,01 × 107 kg. Pour produire la même énergie, il faut une masse de pétrole environ 107 fois plus grande que celle d’hélium formé. Co → 60 Ni* + –10e 28 60 Ni* → Ni + γ 28 2. a. L’énergie Q libérée lors de la désintégration du noyau de cobalt 60 est égale à : Q = 931,5 . [m(60 Co) – m(60 Ni) – m(–10e)] 27 28 = 931,5 × [59,918 97 – 59,915 39 – 0,000 55] = 2,82 MeV. b. L’énergie est transférée sous forme d’énergie cinétique, essentiellement à l’électron, et sous forme d’énergie rayonnante (rayonnement γ). c. La conservation de l’énergie nous permet d’écrire : Q = EC + Eγ avec Eγ = 1,25 MeV ; donc : EC = 1,57 MeV. L’énergie cinétique maximale de l’électron est de 1,57 MeV.

18.

60 27 60 28

1.

Yb → 165 Tm + 01e 69 + 2. L’émission β est une réaction nucléaire spontanée au cours de laquelle de l’énergie est libérée. Le noyau fils formé est donc plus stable que le noyau père. 3. a. La perte de masse a pour expression : m(165 Yb) – [m(165 Tm) + m(01e)] 70 69 Chaque masse est exprimée en unité de masse atomique. b. Une perte de masse au cours d’une réaction nucléaire est synonyme d’une libération d’énergie. E 165 4. a. ( Yb) = 8,103 MeV par nucléon ; A 70 E 165 ( Tm) = 8,127 MeV. A 69 b. Lors d’une réaction nucléaire spontanée, l’énergie de liaison par nucléon du noyau fils est plus élevée que celle du noyau père. Le noyau fils est plus stable que le noyau père ; cela confirme la réponse de la question 2.

19.

1.

165 70

1 1

4 2

m(73Li) + m(11p) – 2 m(42He) = 7,014 35 + 1,007 28 – 2 × 4,001 50 = 0,018 63 u. 3. La somme des énergies cinétiques des deux particules α est égale à l’énergie libérée au cours de cette 50

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N + 21H → 158O + 10n 2. a. La variation d’énergie de masse est égale à Q : Q = EC(n) –EC(2H). b. L’énergie libérée se retrouve sous forme d’énergie cinétique. L’énergie libérée Q est égale à : Q = 931,5 . [m(147N) + m(21H) – m(158O) – m(10n)] = 931,5 × [13,999 22 + 2,013 55 – 14,998 67 – 1,008 66] = 5,067 MeV. D’où : EC(n) = Q + EC(2H) = 7,067 MeV. Le neutron produit a une énergie cinétique de 7,067 MeV. m .N 22. 1. N = M A 11 000 × 6,02 × 1023 N(237 Np) = 93 237 = 2,79 × 1025 noyaux ; 241 N( 94Pu) = 7,97 × 1025 ; N(241 Am) = 6,00 × 1024 ; 95 135 N( 55Cs) = 6,69 × 1023. 2. A = λ . N = ln2 . N, avec t1/2 la demi-vie exprimée t1/2 en seconde. ln2 Np) = A(237 93 2,1 × 106 × 365 × 24 × 3 600 = 2,79 × 1025 = 2,92 × 1011 Bq ; Pu) = 1,25 × 1017 Bq ; A(231 94 Am) = 3,05 × 1014 Bq ; A(241 95 135 A( 55Cs) = 6,39 × 109 Bq. 3. a. 237 Np → 233 Pa + 42He 93 91 241 Pu → 241 Am + –10e 94 95 241 Am → 237 Np + 42He 95 93 135 Cs → 135 Ba + –10e 55 56 b. Soit Q l’énergie libérée lors de la désintégration d’un noyau de neptunium : Q = 931,5 Dm = 931,5 [m(237 Np) – m(233 Pa) – m(42He) 93 91 = 931,5 × [236,997 02 – 232,990 19 – 4,001 50] = 4,965 MeV. L’activité du neptunium 237 est de 2,92 × 1011 Bq. En une seconde, il y a 2,92 × 1011 noyaux de neptunium 237 qui se désintègrent, soit une énergie libérée en une seconde de : 2,92 × 1011 × 4,965 = 1,45 × 1012 MeV. 1.

21.

14 7

Énergie libérée par la désintégration de 1 noyau en MeV

Énergie libérée par seconde en MeV

4,965

1,45 × 1012

Pu

1,863 × 10–2

2,33 × 1015

Am

5,636

1,72 × 1015

2,701 × 10–1

1,73 × 109

Déchets

1. Li + p → 2 He 2. La perte de masse a pour expression :

20.

7 3

réaction à laquelle on ajoute l’énergie cinétique du proton incident. EC(α) = 0,018 63 × 931,5 + 0,6 = 17,95 MeV.

237 93

Np

231 94 241 95

135 55

Cs

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L’énergie libérée par seconde par le conteneur est de 4,05 × 1015 MeV = 649 J.

23.

a.

L’équation de combustion de carbone

s’écrit : C + O2 = CO2 Dans 1 g de carbone, il y a : N = m . NA = 1 × 6,02 × 1023 12 M = 5,02 × 1022 noyaux de carbone. La combustion d’un gramme de carbone conduit à la formation de 5,02 × 1022 molécules de CO2 , soit une production d’énergie de : 5,02 × 1022 × 6,0 = 3,0 × 1023 eV = 48 kJ. b. La fission d’un noyau d’uranium conduit à une énergie de : Q = 931,5 . Dm = 931,5 . [m(235 U) + m(10n) – m(139 I) – m(94 Y) 92 53 39 1 – 3m(0n)] = 931,5 × [234,993 32 + 1,008 66 – 138,896 95 – 93,890 14 – 3 × 1,008 66] = 176,0 MeV = 2,819 × 10–11 J. Dans 1 g d’uranium, il y a : N = m . NA = 1 × 6,02 × 1023 235 M = 2,56 × 1021 noyaux d’uranium 235. La désintégration de 1 g d’uranium 235 conduit à la production d’énergie égale à : Q . N = 2,56 × 1021 × 176,0 = 4,51 × 1023MeV = 7,22 × 1010 J. c. L’énergie produite par la fusion de deux noyaux de deutérium est égale à : Q = 931,5 . Dm = 931,5 . [2m(21H) + m(10n) – m(32He)] = 931,5 × [2 × 2,013 55 – 1,008 66 – 3,014 93] = 3,270 MeV. Dans 1 g de deutérium, il y a : N = m . NA = 1 × 6,02 × 1023 2 M = 3,01 × 1023 noyaux. Il faut deux noyaux de deutérium pour libérer une énergie de 3,270 MeV. L’énergie produite par la fusion de 1 g de deutérium est égale à : 23 Q = 3,01 × 10 × 3,270 = 4,92 × 1023 MeV, 2 soit 7,88 × 1010 J. À masse égale, c’est la fusion du deutérium qui libère le plus d’énergie. Viennent ensuite, et dans l’ordre, la fission de l’uranium 235 et très loin la combustion du carbone.

24. 1. L’équation bilan s’écrit : 2 × (1) + 2 × (2) + (3) ; soit : 4 11H → 42He + 2 01e + 2 γ 2. L’énergie libérée lors de la formation d’un noyau d’hélium est égale à :

Q = 931,5 . Dm = 931,5 . [4 m(11H) – m(42He) – 2m(01e)] = 931,5 × [4 × 1,007 28 – 4,001 50 – 2 × 0,000 55] = 24,70 MeV. Dans 1 g d’hélium, il y a : N = m . NA = 1 × 6,02 × 1023 = 1,5 × 1023 noyaux. 4 M Donc l’énergie libérée par la formation de 1 g d’hélium est égale à : Q . N = 24,70 × 1,5×1023 = 3,7 × 1024 MeV = 5,9 × 1011 J. 3. a. En une seconde, le Soleil libère une énergie de 3,9 × 1026 J. Il se forme donc : 26 m = 3,9 × 1011 = 6,6 × 1014 g 5,9 × 10 m = 6,6 × 1011 kg d’hélium. 26 Elibérée b. m = = 3,9 × 10 8 2 = 4,34 × 109 kg. 2 c (2,997 9 × 10 ) Le Soleil perd par seconde une masse de 4,34 × 109 kg. c. En 4,6 × 109 années, le Soleil a perdu une masse égale à : 4,34 × 109 × 4,6 × 109 × 365 × 24 × 3 600 = 6,3 × 1026 kg. Cela représente : 6,3 × 1026 = 3,15 × 10–4 = 3,15 × 10–2 % de sa masse 2 × 1030 actuelle. 1. Le fer 56 est dans la partie basse de la courbe d’Aston. C’est un des noyaux les plus stables, il ne fusionnera donc pas spontanément pour former un noyau qui serait moins stable. 2. 4 11H → 42He + 2 01e 3. 3 42He → 126C 4. 2 126C → 20 Ne + 42He 10 28 56 5. 2 14Si → 26Fe + 2 01e

25.

Pu → 234 U + 42He 92 2. L’énergie libérée Q lors de la désintégration d’un noyau de plutonium est égale à : Q = Dm . c² = [m(238 Pu) – m(234 U) – m(42He)] . c² 94 92 = [3,952 073 × 10–25 – 3,885 528 × 10–25 – 6,644 691 × 10–27] × (2,997 9 × 108)² = 8,815 7 × 10–13 J. 3. a. La pile doit libérer 5,6 × 10–2 J par seconde. 5,6 × 10–2 = 6,35 × 1010 Cela correspond à 8,815 7 × 10–13 désintégrations par seconde, soit une activité : A = 6,35 × 1010 Bq. A 6,35 × 1010 = b. N = = 2,54 × 1020 noyaux de λ 2,5 × 10–10 plutonium, soit une masse de : 20 N . m = 2,54 × 1023 = 238 = 0,10 g. NA 6,02 × 10 c. A(10 ans) = A0 . e–λt = 6,35 × 1010 × e–2,5×10 ×10×365×24×3 600 = 5,87 × 1010 Bq. L’activité n’a baissé que de : 6,35 × 1010 – 5,87 × 1010 = 7,6 % au bout de 10 ans. 6,35 × 1010

26.

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1.

238 94

–10

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1. L’énergie d’origine nucléaire consommée en une journée est égale à : 6 E = 920 × 10 × 24 × 3 600 = 2,27 × 1014 J. 0,35 Un noyau d’uranium 235 libère une énergie : Q = 200 MeV = 3,2 × 10–11 J. Le nombre de noyaux d’isotopes 235 subissant quotidiennement une fission est égal à : E N = = 7,1 × 1024 noyaux. Q 2. La quantité de matière correspondant à ces N N = 11,8 mol. noyaux : n = NA La masse molaire de l’uranium 235 est d’environ 235 g . mol–1 . La masse m de cet isotope subissant la fission est donc : m = n . M = 2,77 × 103 g, soit 2,77 kg. Si m´ est la masse d’uranium enrichi à 3 % : m = 0,03. m´ Il vient m´ = 92,3 kg. Il faut 92,3 kg d’uranium enrichi par jour pour assurer cette puissance moyenne. 3. Avec une centrale thermique, il faudrait une masse de pétrole égale à : 14 m" = 2,27 × 106 = 5,4 × 106 kg de pétrole par jour. 42 × 10

27.

(

)

28. 1. Les réactions de fusion de certains noyaux se passent à très haute température, d’où le terme thermonucléaire. 2. La demi-vie du tritium est courte : 12 ans. Une source radioactive de tritium disparaît vite ; au bout de 5 demi-vies, il ne reste plus que 1/32 de la source initiale. 3. a. 21H + 31H → 42He + 10n . La particule émise est un neutron. b. Une réaction nucléaire libère de l’énergie s’il y a perte de masse au cours de la transformation. Dm = [m(42He) + m(10n)] – [m(21H) + m(31H)] = – 0,018 89 u < 0. c. D : deutérium ; T : tritium ; He : hélium ; n : neutron. 17,6 MeV représente l’énergie libérée au cours de la fusion. Q = 931,5 . Dm = 931,5 × 0,018 89 = 17,6 MeV. 29. 1. On appelle dose létale la quantité d’un produit toxique pouvant provoquer la mort. 2. 226 Ra → 222 Rn + 42He 88 86 228 228 Ra → 89Ac + –10e 88 A A . t1/2 3. N = = λ ln 2 3,7 × 104 × 1,6 × 103 × 365 × 24 × 3 600 = ln2 = 2,69 × 1015 ; N = 4,47 × 10–9 mol ; nRa = NA mRa = nRa . MRa = 1,0 µg. 4. La masse de radium est divisée par deux au bout d’une demi-vie, c’est-à-dire 1 600 ans. 52

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5. Q = 931,5 . Dm

= 931,5 . [m(226 Ra) – m(222 Rn) – m(42He)] 88 86 = 931,5 × [225,977 01 – 221,970 29 – 4,001 50] = 4,862 MeV, soit 7,790 × 10–13 J. 6. L’énergie libérée par un flacon est de : 2,69 × 1015 × 4,862 = 1,31 × 1016 MeV, soit 2,10 × 103 J. 30. 1. 95 Y → 95 Zr + 0e + ν– . 39

40

–1

2. L’énergie libérée est due à la perte de masse au

cours de la réaction. Q = 931,5 . Dm Y) – m(95 Zr) – m(–10e)] = 931,5 . [m(95 39 40 = 931,5 × [94,891 37 – 94,886 04 – 0,000 55] = 4,453 MeV, soit 7,133 × 10-13 J. 3. C’est l’antineutrino qui emporte de l’énergie sous forme d’énergie cinétique ayant une valeur de 7,133 × 10–13 – 5,2 × 10–13 = 1,9 × 10–13 J.

Sujet BAC Radioactivité dans la famille de l’uranium 1.1. C’est une radioactivité α, car il y a émission d’un noyau d’hélium 4. 1.2.a. m = [Z . mp + (A – Z ) . mn] – mX . 1.2.b. m(Ra) = [88 × 1,007 + 138 × 1,009] –225,977 = 1,881 u. 1.3. E = m . c² où m est la masse de la particule exprimée en kg et c la célérité de la lumière dans le vide exprimée en m . s–1. 1.4.a. L’énergie de liaison d’un noyau est l’énergie qu’il faut fournir à ce noyau au repos pour le dissocier en nucléons, isolés et au repos. 1.4.b. E Rn = m(Rn) . c2 = 3,04 × 10–27 × (3,00 × 108)2  = 2,74 × 10–10 J. 2,74 × 10–10 = 1,71 × 109 eV 1.4.c. 2,74 × 10–10 J = 1,60 × 10–19 = 1,71 × 103 MeV. E 1.4.d. = 7,70 MeV . nucléon–1 . A 1.5.a. E = [mRa – (mRn + mHe)] . c² . 1.5.b. E = [225,977 – (221,970 + 4,001)] × 1,660 54 × 10-27 × (3,00 × 108)² –13 = 8,97 × 10 J. 2.1. Deux noyaux isotopes ont un nombre de protons identique et des nombres de nucléons différents. 2.2.a. Lors d’une fission, un noyau lourd bombardé par des neutrons se scinde en deux pour donner deux noyaux plus légers. 2.2.b. 235 U + 10n → 99 Zr + 134 Te + 3 10n 92 40 52 2.2.c. Les deux noyaux formés sont plus stables que celui d’uranium. Par le calcul, on montrerait qu’il y a une perte de masse au cours de cette réaction, donc libération d’énergie. 3.1. Un noyau radioactif β– émet un électron lorsqu’il se désintègre. 3.2. 99 Zr → 99 Nb + –10e 40 41

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Exercices complémentaires Énoncés 1. La fusion nucléaire dans le Soleil A. Le Soleil La première réaction de fusion se produisant dans le Soleil est à l’origine du rayonnement solaire ; elle s’écrit : 4 11H → + 42He + 2 01e + 2 γ + 2 ν Les photons γ n’ont pas de masse et les neutrinos ont une masse négligeable. 1. Calculer, en unité de masse atomique, la variation de masse du système au cours de la réaction, puis la quantité d’énergie libérée par la formation d’un noyau d’hélium, en mégaélectronvolt et en joule. 2. Évaluer la fraction de masse du Soleil, convertie en énergie. 3. Si l’on admet que seulement 10 % de la masse du Soleil sont suffisamment chauds pour subir cette réaction, calculer la masse de matière que le Soleil pourrait perdre. 4. La puissance totale rayonnée par la Soleil est de 3,7 × 1026 W. a. Évaluer la masse du Soleil perdue par seconde. b. En déduire l’espérance de vie du Soleil. c. Calculer la puissance, par mètre carré, du rayonnement solaire reçu par la Terre (si l’on fait abstraction de la part absorbée par l’atmosphère).

B. La détection des neutrinos Pour étudier les mécanismes des réactions de fusion dans le Soleil, on se propose de détecter les neutrinos produits qui arrivent sur Terre. 1. La détection des neutrinos se fait selon la réaction élémentaire suivante : 0 ν + 10n → 11p + x 0 a. La particule x est-elle un proton ? un neutron ? un électron ? un positon ? un photon ? Justifier la réponse. b. Connaissez-vous un appareil qui puisse détecter la particule x ? 2. En pratique, les neutrons utilisés sont ceux d’un bloc de 30 tonnes de gallium ; la réaction de détection est : 0 ν + 71 Ga → ZA Y + x 0 31 Identifier ZA Y . 3. On place devant le détecteur une source de neutrinos connue afin de le tester. La source de neutrinos est obtenue de la façon décrite ci-dessous. a. On part de l’élément chrome naturel dont la composition en 50 Cr est de 4 %. 24 Le chrome est d’abord enrichi en 50 Cr jusqu’à une pro24 portion de 40 %, puis soumis à une irradiation neutronique : 1 n + 50 Cr → 24A Y + γ 0 24 Déterminer A et l’élément X. b. L’isotope ZA X est émetteur de neutrinos ν selon le mécanisme élémentaire suivant : un électron atomique est attiré par le noyau et capturé par un proton selon la réaction inverse de la question 1.

La réaction dans le chrome est donc : x + ZA X → ZA´´ Y + 00ν Identifier le nucléide Y. c. L’activité de cette source est de 7 × 1016 Bq. Le détecteur forme une surface de 10 m2, enroulée autour de la source. Calculer le flux de neutrinos, c’est-à-dire le nombre de neutrinos par centimètre carré et par seconde, reçus par le détecteur. d. Le flux de neutrinos solaire est de : 6,5 × 1010 neutrinos . cm–2 . s–1 . Quelle est l’importance du flux de la source par rapport au flux solaire ? e. La demi-vie du nucléide ZA X est de 30 jours. Au bout de combien de mois la source sera-t-elle inutile, c’està-dire que son flux sera inférieur à celui du Soleil ? Données : 1 eV = 1,602 × 10–19 J ; 1 u = 1,660 × 10–27 kg ; me = 0,000 55 u ; mp = 1,007 28 u ; mn = 1,008 66 u ; mα = 4,001 50 u ; MSoleil = 2 × 1030 kg ; distance (Terre-Soleil) = 1,5 × 108 km ; c = 3,0 × 108 m . s–1; surface d’une sphère de rayon R : S = 4 π . R 2. Éléments : 30Zn, 32Ge, 23V, 25Mn.

2. Bilan d’énergie

pour une désintégration α Le bismuth (212Z Bi) est radioactif α . Le noyau fils est un isotope de l’élément thallium (81A Th). Il peut se produire ou non une émission d’un rayonnement γ . 1. Écrire l’équation de cette désintégration spontanée en déterminant Z et A. 2. Déterminer l’énergie libérée par la désintégration d’un noyau de bismuth. 3. a. Lors d’une désintégration d’un noyau au repos, il n’y a pas production de rayonnement γ. Le noyau fils a une vitesse quasiment nulle. Calculer l’énergie cinétique de la particule α. b. Lors de la désintégration d’un noyau de bismuth, un rayonnement est émis avec une énergie de 0,47 MeV. Calculer l’énergie cinétique de la particule α. c. L’activité d’un échantillon de bismuth est de 3 × 1012 Bq. Les particules α sont arrêtées par une feuille d’aluminium, alors que le rayonnement γ n’est pas absorbé. Calculer la puissance transférée à la feuille d’aluminium, si on admet que les processus précédents ont la même probabilité de se réaliser. Données : Masses des noyaux : m(Bi ) = 211,945 62 u ; m(Th) = 207,937 45 u. Masses molaires : M(Au) = 197 g . mol–1 ; M(Hg) = 200,6 g . mol–1.

Corrigés 1. A. Le Soleil 1. Perte de masse : p = 2,65 × 10–2 u ;

Q = 24,7 MeV = 3,95 × 10–12 J.

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2. La fraction de masse du Soleil, convertie en énergie est : m = 6,6 × 10 –3 , soit 0,66 %. 4mp 3. Le Soleil pourrait perdre : 2 × 1029 × 0,66 = 1,32 × 1027 kg. 100 4. a. La puissance totale  rayonnée est de 3,7 × 1026 joule par seconde. Cela correspond à une masse : m =  , soit 4,1 × 109 kg ou 4,1 Mt par seconde. c2 b. Si le Soleil peut perdre 1,32 × 1027 kg, son espérance de vie est de 10,2 × 109 années. c. La puissance est envoyée dans tout l’espace ; cette puissance arrive au voisinage de la Terre sur une surface égale à 4 π . d 2, d étant la distance Terre-Soleil : T = 1 300 W . m–2. B. La détection des neutrinos 1. a. Cette réaction nucléaire obéit aux principes de

conservation du nombre de nucléons et du nombre de charge. 0 ν + 10n ↔ 11p + –10x 0 La particule x est donc un électron. b. Un scintillateur peut détecter les électrons. 2. 00ν + 71 Ga → ZA Y + –10e 31 Appliquons les lois de conservation : 71 = A + 0 et Y ; à Z = 32 correspond l’élément 31 = Z – 1, d’où 71 32 germanium 71 Ge. 32 3. a. 10n + 50 Cr → ZA X + γ 24 Appliquons les lois de conservation : 1 + 50 = A et Cr. Z = 24 ; l’élément X est donc le chrome : 51 24 0 51 A´ 0 b. –1e + 24Cr → Z ´ Y + 0ν 51 V. A´ = 51 et Z´ = 23, donc Y est l’élément vanadium : 23 11 c. Le flux de neutrinos est égal à 7 × 10 neutrinos par cm2 et par seconde. d. Elle est 10 à 11 fois plus importante. t e. L’activité est de la forme A = A0 . e–ln 2 . t1/2 , d’où : t t = ln 11 . 1/2 ; t = 3,5 mois, soit au bout de 4 mois ln2 environ. Bi → 81A Th + 42He La conservation du nombre de charge et du nombre de nucléons permet de calculer : Z = 83 et A = 208. 212 Bi → 208 Th + 42He 83 81 208 Th* → 208 Th + γ 81 81 2. Calculons la perte de masse Dm : Dm = 211,945 62 – 207,937 45 – 4,001 50 = 6,67 × 10–3 u. Q = Dm . c2 ; donc : Q = 6,21 MeV. 3. a. L’énergie de la particule α est égale à 6,21 MeV, soit 9,9 × 10-13 J. b. Q = EC (α) + E (γ) ; donc : EC (α) = 5,74 MeV = 9,1 × 10–13 J. c. La puissance transférée à la plaque d’aluminium est : 6,21 + 5,74 = 1,79 × 1013 MeV par  = 3 × 1012 × 2 seconde, soit 2,9 W.

2. 1.

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Bibliographie Ouvrages • Environnement et radioactivité, C. ChassardBouchaud, Que sais-je ?, no 2797, PUF, 1993. (Chap. 1 - Un peu d’histoire ou la radioactivité, depuis quand ? Chap. 2 - Rappel de quelques notions de base : structure de l’atome ou la radioactivité, qu’est-ce que c’est ? Chap. 3 - Les sources d’irradiation ou la radioactivité, où ? Chap. 4 - Les diverses activités du nucléaire ou le nucléaire pour quoi faire ? Chap. 5 - Détection et métrologie des radioéléments. Chap. 6 - Radioécologie. Chap. 7 - Surveillance de l’environnement. Chap. 8 Effets des radiations sur le corps humain. Chap. 9 - Les grands accidents nucléaires. Chap. 10 - Le démantèlement des installations nucléaires). • Les déchets nucléaires, un dossier scientifique, Édition de R. Turlay, EDP Sciences, 1997. Afin d’apporter une information claire et accessible, la Société Française de Physique a réuni des physiciens, des chimistes, des biologistes et des médecins pour débattre de la question des déchets nucléaires. Cet ouvrage, qui comporte douze chapitres, est divisé en quatre parties : introduction au problème des déchets nucléaires, séparation et transmutation, aspects politique et technique du stockage, normes de radioprotection et effets biologiques. • L’atome écologique, B. Wiesenfeld, EDP Sciences, 1998. Gaspillage des richesses que la nature a mises à notre disposition, pollution de notre environnement, recyclage du plutonium, diversification des sources d’énergie, voilà des questions sur lesquelles chacun aura à se déterminer. Ce livre contribue à l’information indispensable sur ces thèmes. • Éléments de sûreté nucléaire, J. Libmann, EDP Sciences, 1997. Ce livre à caractère pédagogique est tout particulièrement consacré au devenir du tritium dans le milieu naturel, à sa radiotoxicité chez l’Homme et aux efforts actuels de réduction des émissions. Il s’adresse à toutes les personnes impliquées dans la sûreté des installations nucléaires. L’auteur insiste sur le caractère évolutif de la sûreté et sur les difficultés rencontrées. La clarté de la présentation rend l’ouvrage accessible à un large public. • Le tritium, de l’environnement à l’homme, Y. Belot, M. Roy, H. Métivier, EDP Sciences, 1997.

Sites Internet • www.cnrs.fr • www.cea.fr

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Le dipôle (R, C) Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : C. Évolution des systèmes électriques (3 T.P., 10 H.C.E.)

Objectifs Les élèves ont abordé dans le cours de physique de la classe de Première quelques propriétés de circuits électriques en courant continu. Dans cette partie, on s’intéresse à des phénomènes associés à des courants variables, et plus spécifiquement aux éléments qui permettent de contrôler l’évolution temporelle d’un courant électrique : condensateurs et bobines. Les lois fondamentales utilisées en courant continu (loi des tensions, loi des intensités) seront dans les applications toujours valables pour les valeurs instantanées des tensions et des intensités variables. Condensateurs et bobines sont caractérisés empiriquement par l’expression de la tension que l’on mesure à leurs bornes. Dans cette logique, il n’est pas nécessaire d’introduire la notion d’auto-induction, puisque le phénomène d’induction n’est pas au programme. On indique que la possibilité de produire des signaux électriques modulables dans le temps est à l’origine de nombreuses applications. Dans chaque cas considéré (circuit (R, C ), (R, L) et (L, C)), ce qui est appelé « résolution analytique » dans la colonne des compétences exigibles comprend : l’établissement de l’équation différentielle, la vérification qu’une solution analytique proposée la satisfait, et la détermination des constantes à partir des paramètres du circuit et des conditions initiales. On rappelle que ces compétences sont des compétences scientifiques transversales. Les savoir-faire expérimentaux concernant l’oscilloscope ne sont exigibles qu’à la fin de l’étude de l’évolution des systèmes électriques, c’est pourquoi ils figurent à la fin de cette partie. Tous les autres réglages, tels la synchronisation ou le décalibrage, ne sont pas exigibles.

Contenus 1. Cas d’un dipôle (R, C ) 1.1. Le condensateur • Description sommaire, symbole. • Charges des armatures.

• Intensité : débit de charges. • Algébrisation en convention récepteur i, u, q. • Relation charge-intensité pour un condensateur i = dq, q charge du condensateur en convention dt récepteur. • Relation charge-tension q = C . u ; capacité, son unité le farad (F). 1.2. Dipôle (R, C ) • Réponse d’un dipôle (R, C ) à un échelon de tension : tension aux bornes du condensateur, intensité du courant ; étude expérimentale et étude théorique (résolution analytique). • Énergie emmagasinée dans un condensateur. • Continuité de la tension aux bornes du condensateur. • Connaître la représentation symbolique d’un condensateur.

Connaissances et savoir-faire exigibles 1.1. Le condensateur • Connaître la représentation symbolique d’un condensateur. • En utilisant la convention récepteur, savoir orienter un circuit sur un schéma, représenter les différentes flèches-tension, noter les charges des armatures du condensateur. • Connaître les relations charge-intensité et chargetension pour un condensateur en convention récepteur ; connaître la signification de chacun des termes et leur unité. Savoir exploiter la relation q = C . u. 1.2. Dipôle (R, C ) • Effectuer la résolution analytique pour la tension aux bornes du condensateur ou la charge de celui-ci lorsque le dipôle (R, C ) est soumis à un échelon de tension. • En déduire l’expression de l’intensité dans le circuit. • Connaître l’expression de la constante de temps et savoir vérifier son unité par analyse dimensionnelle. • Connaître l’expression de l’énergie emmagasinée dans un condensateur. • Savoir que la tension aux bornes d’un condensateur n’est jamais discontinue. • Savoir exploiter un document expérimental pour : – identifier les tensions observées ;

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– montrer l’influence de R et de C sur la charge ou la décharge ; – déterminer une constante de temps lors de la charge et de la décharge. Savoir-faire expérimentaux • Réaliser un montage électrique à partir d’un schéma. • Réaliser les branchements pour visualiser les tensions aux bornes du générateur, du condensateur et du conducteur ohmique. • Montrer l’influence de l’amplitude de l’échelon de tension, de la résistance et de la capacité sur le phénomène observé lors de la charge et de la décharge du condensateur.

Exemples d’activités 1.1. Le condensateur • Illustrations expérimentales par quelques montages simples : oscillateurs de relaxation, temporisation, etc. • Illustration de l’utilisation des condensateurs (alimentation continue, condensateur de découplage, stimulateur cardiaque, etc.). • Charge d’un condensateur à courant constant. 1.2. Dipôle (R, C ) • Mise en évidence de l’énergie emmagasinée. • Exemples d’application du stockage de l’énergie par des condensateurs (principe du flash). • Charge et décharge d’un condensateur à travers une résistance : – utilisation d’un oscilloscope et/ou d’un système d’acquisition informatisé avec traitement de l’information ; – visualisation des tensions aux bornes du générateur, du condensateur et du conducteur ohmique ; – influence des paramètres R et C ; – mesure de la constante de temps ; – influence de la tension du générateur.

Commentaires L’objectif de la manipulation introductive est de montrer, d’un point de vue qualitatif, l’influence d’un conducteur ohmique, d’un condensateur et d’une bobine sur l’établissement du courant dans un circuit. Les trois dipôles pourront être montés en dérivation. Aucun développement sur la technologie des condensateurs n’est demandé. Le symbole du condensateur électrochimique est hors programme. L’orientation d’un circuit sera indiquée par une flèche sur un fil de jonction, surmontée de i. On insistera auprès des élèves sur le fait que si le courant passe dans le sens de la flèche, alors i est positif et que si le courant passe en sens opposé, alors i est négatif. Les conventions choisies seront celles du schéma cidessous : q désigne la charge du condensateur i

u

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Matériel Cours > Activité 1 – – – – –

Un générateur de tension continue. Un condensateur. Une lampe. Un voltmètre. Un interrupteur.

> Activité 2 – – – –

Un générateur de courant. Un condensateur de capacité 470 µF, par exemple. Deux interrupteurs poussoirs. Un ordinateur muni d’un système d’acquisition.

> Activité 3 – Un générateur de tension continue. – Un condensateur de capacité 470 µF, par exemple. – Un conducteur ohmique de résistance égale à 2 k, par exemple. – Un commutateur à levier trois positions. – Un ordinateur muni d’un système d’acquisition.

> Activité 4 – Un générateur de tension continue. – Un condensateur de capacité importante 10 000 µF, par exemple. – Un voltmètre. – Un moteur électrique avec une poulie pouvant soulever une petite masse de l’ordre de 50 g. – Un commutateur à levier trois positions.

Rechercher et expérimenter

q –q

56

Après avoir rappelé que l’intensité est un débit de charges électriques, on introduira i = dq uniquement dt pour le condensateur, q étant la charge du condensateur à l’instant t. L’expression q = C . u pourra être introduite à partir de l’expérience de la charge d’un condensateur à courant constant. L’expression de la capacité d’un condensateur plan est hors programme. Les associations de condensateurs sont hors programme. On étudiera aussi bien la charge que la décharge d’un condensateur en utilisant un oscilloscope à mémoire ou un système d’acquisition de données. Dans cette partie, on évitera d’utiliser des tensions créneaux pour ne pas se heurter aux difficultés liées à l’utilisation du matériel (offset) ou conceptuelles (– E , + E ). La constante de temps sera déterminée par une méthode au choix de l’enseignant. L’expression de l’énergie pourra être établie mais sa démonstration n’est pas exigible. On indiquera que le stockage et le déstockage de l’énergie ne peuvent jamais s’effectuer instantanément. Par conséquent, la tension aux bornes d’un condensateur ne subit pas de discontinuité.

– Plusieurs condensateurs : 0,01 F, 0,001 F, 470 µF. – Plusieurs conducteurs ohmiques : 1 k, 470 , 100 , 27 . © Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit.

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– Une DEL dont la tension de seuil est 1,5 V et sa résistance de protection R = 330 . – Un commutateur à levier trois positions. – Un circuit intégré linéaire et son alimentation. – Un générateur de tension continue de f.é.m. égale à 6 V. – Un chronomètre.

> Activité 1 Réponse à la question Lorsqu’on ferme l’interrupteur, l’éclairage de la lampe montre qu’il y a un courant dans le circuit et donc un déplacement d’électrons dans les conducteurs. Lorsque la lampe s’éteint, l’indication du voltmètre prouve que des charges sont apparues sur les armatures.

1.3. La capacité d’un condensateur

Déroulement du chapitre > Objectifs • Connaître les relations charge-intensité et chargetension, dans un condensateur. • Étudier la réponse d'un dipôle (R, C ) à un échelon de tension. • Connaître l'expression de l'énergie emmagasinée dans un condensateur.

> Prérequis • Loi d’additivité des tensions. • Loi d’Ohm.

Activités préparatoires A. La découverte du condensateur Cette activité présente la découverte historique du condensateur. Elle montre également que la charge du condensateur est due à un déplacement de charges électriques. Réponses aux questions 1. Les conducteurs cités dans le texte sont la feuille métallique et la tige métallique. Les isolants sont le bouchon de liège, le verre et l’eau. 2. Les électrons de conduction permettent la circulation du courant dans un conducteur électrique.

B. Le condensateur, un réservoir d’énergie Réponses aux questions 1. Le condensateur permet d’accumuler de l’énergie fournie par la pile. 2. La lampe ne brille pas, car la pile ne peut débiter un courant suffisamment intense. 3. La lampe brille fortement, car l’énergie fournie par le condensateur est libérée en un temps très bref, donc la puissance  = E est très importante. t

Cours 1. Quel est le comportement d’un condensateur dans un circuit électrique ? 1.1. La charge électrique sur les armatures Le mot « charge » possède deux acceptions : il désigne à la fois la charge électrique portée par une particule et l’action de charger un condensateur, c’est-à-dire apporter des charges. L’objectif est de montrer qu’un condensateur accumule des charges opposées sur ses armatures.

L’objectif est de déterminer la relation existant entre la tension uAB aux bornes du condensateur et la charge du condensateur.

> Activité 2 Fixer la valeur de l’intensité du courant que peut débiter le générateur, éventuellement insérer un ampèremètre. Décharger le condensateur en appuyant sur l’interrupteur poussoir P1 , puis lancer l’acquisition en appuyant sur l’interrupteur poussoir P2 . Une fois l’acquisition terminée, utiliser le tableur du logiciel pour créer la variable qA = I . t Tracer ensuite la représentation graphique qA = f (uAB ). Cette représentation graphique est une droite passant par l’origine. qA et uAB sont deux grandeurs proportionnelles. Le coefficient de proportionnalité se nomme la capacité du condensateur. Décharger le condensateur initialement permet de débuter l’acquisition en ayant une tension uAB = 0 V et donc d’obtenir la relation de proportionnalité recherchée.

2. Quelle est la réponse d’un dipôle (R, C ) à un échelon de tension ? L’objectif est de représenter graphiquement la tension aux bornes du condensateur lors de la charge, puis d’en faire l’étude analytique.

> Activité 3 Charger le condensateur en basculant le commutateur en position 2, puis lancer l’acquisition en basculant le commutateur en position 1 afin de décharger le condensateur dans le conducteur ohmique. Un voltmètre placé aux bornes du condensateur permet de vérifier l’état du condensateur. De plus, une mesure de la durée de la charge du condensateur au chronomètre permettra de déterminer de manière simple la durée de l’acquisition. Il peut être intéressant de synchroniser le début de l’acquisition sur la voie Y1. En effet, la tension acquise par la voie Y1 évolue instantanément de 0 à 6 V et permet donc un meilleur démarrage de l’acquisition.

3. Quelle est l’énergie stockée dans un condensateur ? L’objectif est de montrer qu’un condensateur peut stocker de l’énergie, puis la restituer sous forme de travail électrique.

> Activité 4 L’expérience est qualitative. La capacité du condensateur doit être importante (environ 10 000 µF ou plus) ; un fil, au bout duquel est accrochée une masse marquée de l’ordre de 50 g, est fixé sur l’axe du moteur.

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57

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Basculer le commutateur sur la position 1 charge le condensateur. La bascule du commutateur sur la position 2 permet le transfert d’énergie depuis le condensateur vers le moteur électrique.

– écrire l’équation différentielle en fonction de la seule grandeur voulue ; – vérifier que la fonction proposée est bien solution de l’équation différentielle.

Rechercher et expérimenter

Corrigés des exercices

1. Le défibrillateur cardiaque Réponses aux questions 2E 1. EC = 1 . C . uC2, donc C = 2C = 2 × 400 = 32 F. uC 2 5 0002 E 2. moy = C = 400 = 80 kW. t 0,005 80000 3.  = R . i 2, donc i =  = = 33 A. 75 R

2. Simulation de la temporisation d’un éclairage de voiture Ce montage de temporisation permet : – dans un premier temps, une étude théorique à l’aide d’une acquisition suivie d’une modélisation de la tension aux bornes d’un condensateur lors de sa décharge ; – dans un deuxième temps, une approche empirique de la décharge d’un condensateur. Le dispositif électronique est un circuit intégré linéaire (amplificateur opérationnel) en montage suiveur dont l’étude n’est pas au programme (voir les Compléments scientifiques). Ce dispositif permet d’éviter que la DEL et sa résistance de protection ne perturbent le circuit de décharge. Réponses aux questions 1.a. La position 1 du commutateur permet de charger le condensateur. b. La position 2 du condensateur permet de décharger le condensateur. 2. Lors de la décharge, le condensateur et le conducteur ohmique sont en parallèle, donc uC = uR. –t

3. uC(t) = 6 . e R . C. 4. La DEL brille jusqu’à ce que la tension uC soit inférieure à sa tension de seuil uS = 1,5 V. –t

5. Par le calcul : 1,5 = 6 × e 1 000 × 470 × 10 . t = – 1 000 × 470 × 10–6 × ln 1,5 = 0,65 s. 6 6. Cette durée est insuffisante pour la temporisation souhaitée. 7. Les composants utilisables sont C = 0,01 F et R = 470 . –t 8. 1,5 = – 6 × e 470 × 0,01. t = – 470 × 0,01 × ln 1,5 = 6,5 s. 6 –6

( )

( )

Savoir s’autoévaluer 1. Les propositions 1. a., 2. a.,

1. τ = R . C. Son unité est la seconde.

2.

2. τ1 = 1,5 s ; τ2 = 0,8 s. 3. τ = R . C, donc pour une même valeur de R, la

constante de temps la plus grande est celle qui correspond au condensateur de plus grande capacité. Le condensateur C1 a donc la plus grande capacité. 1. q = C . uC = 500 × 10–12 × 3,0 = 1,5 × 10–9 C.

3.

2. La charge globale est égale à zéro. 3. EC = 1 . C . uC2 = 1 × 500 × 10–12 × 3,02

2 2 = 2,25 × 10–9 J.

Exercices a., c., d.,

1. 2.

4. C =

qA 5 × 10–2 = 0,1 F. = uC 0,5

3. 1. Voir le schéma K ci-contre. C 2. La courbe noire uC + correspond à une tenuG sion constante égale à – 6 V. C’est donc la tenuR R sion uG aux bornes du générateur. La courbe verte débute à 0 pour atteindre 6 V en fin d’acquisition, c’est donc la tension uC aux bornes du condensateur. En effet, il est initialement déchargé à t = 0. La courbe rouge correspond à la tension uR. 3. D’après la réponse à la question 1., il vient : uG = uC + uR . 4.

u (V) 7 6 5 4

Il est important, après avoir orienté le circuit, de savoir établir l’équation différentielle dont la solution est la grandeur recherchée. L’élève doit savoir : – utiliser la loi d’additivité des tensions ;

1 0

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et f.

1. qA = I . t. 2. qA = C . uC . 3. qA = 200 × 10–3 × 0,25 = 5 × 10–2 C.

Aborder les difficultés du chapitre

58

3. b., 4. b., 5. c.,

6. c., 7. a. sont correctes.

3 2 t (s) 0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

3,5

4,0

4,5

À t = 2 s, uG = 6 V, uC 5 V et uR = 1 V. On a donc uG = uC + uR .

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4. 5.

2. a. Le stockage ou le déstockage de l’énergie ne

Affirmation exacte : b. 1. a. La tension uAB est la tension aux bornes du

condensateur. Or la tension aux bornes du condensateur et sa charge sont proportionnelles qA = C . uAB . La tension aux bornes d’une résistance et l’intensité du courant qui la traverse sont proportionnelles. D’après le loi d’Ohm : uBN(t) = R . i(t) ; on en déduit donc i(t) connaissant uBN(t). 2. a. Le graphe C correspond à la tension aux bornes du condensateur lors de la décharge. Elle évolue de 6 V à 0 V au cours du temps. b. Le graphe A correspond à la tension aux bornes du condensateur lors de la charge. En effet, elle évolue de 0 à 6 V (tension fournie par le générateur) au cours du temps. i réel 1 2 c. Le graphe B correspond à l’intensité du courant circulant dans i>0 uC le circuit lors de la charge. En effet, le UPN courant évolue entre = 6V u Imax = PN = 6 R = 2 000 R R 2 000 = 3 mA et 0 A. Le courant réel est positif pendant la charge, car il circule dans le sens positif arbitrairement choisi sur le schéma, ce qui correspond au graphe B. 1 2 i réel d. Le graphe D correspond à l’intensité du courant circulant dans i>0 uC ++++ le circuit lors de la –––– décharge. UPN Ce courant est négatif = 6V (par rapport au sens R = 2 000 R positif choisi) et évolue entre – 3 mA et 0 au cours du temps. b.

6.

1. τ = R . C.

2. a. La tension aux bornes du condensateur subit une variation de 63 % pour une durée égale à τ. b. La tension aux bornes du condensateur subit une variation de 99 % pour une durée égale à 5 τ. 3. Analyse dimensionnelle : du Relations : u = R . i et i = C . C. dt

peut se faire instantanément, car si tel était le cas, la puissance serait infinie. b. Si la tension subissait une discontinuité entre la charge et la décharge, l’énergie serait totalement libérée instantanément, ce qui est impossible.

8.

2. Le point d’intersection entre la tangente à l’origine et l’asymptote u = 0 a pour abscisse t = 0,05 s. Les valeurs calculée et expérimentale sont égales. 3. uC(0) = 6 V. 4. Initialement : EC = 1 . C . uC2 2 = 0,5 × 100 × 10–6 × 62 = 1,8 × 10–3 J = 1,8 mJ. 5. Lorsque la décharge est terminée, uC = 0 V et donc EC = 0 J. 6. L’énergie se dissipe sous forme de chaleur fournie au milieu extérieur par l’intermédiaire de la résistance. C’est l’effet Joule.

9.

Unité

Équivalence

R



 = V . A–1

C

F

F = A . V–1 . s

τ=R.C

.F

V . A–1 . A . V–1 . s = s

7. b. c.

1. a.

Ee = 1 . C . uC2 = 0,5 × 2,0 × 6,02

2 = 36 J. q = C . uC = 2,0 × 6 = 12 C. Ee = = 36 = 36 × 104 W. t 1 × 10–4

duC(t) . dt duC(t) 6 + 1 . uC = 3. . R.C R.C dt –t duC(t) duC(t) – 6 . (– e τ ). : = 4. Calcul de dt dt τ D’où : –t –t duC (t) + 1 . uC = – 6 . (– e τ ) + 6 × (1 – e τ ) = 6. R.C dt τ τ τ L’expression est solution de l’équation différentielle si τ = R . C. 5. τ = R . C = 500 × 400 × 10–6 = 0,2 s. –t –t du (t) 6. i(t) = C . C = C . – 6 . (– e τ ) = – 6 . (– e τ ) avec dt τ R τ = R . C. 7. uC(0) = 6 × (1 – e0) = 0 V et i (0) = – 6 × (– e0) = 0,012 A. 500 8. Lorsque t ↔ ∞, uC(∞) = 6 × (1 – e–∞) = 6 V ; i(∞) = – 6 . (1 – e–∞) = 0 A. R du (t) 9. R . C . C + uC(t) = 6. dt τ = R . C. uC (t)(V)

6

i (t)(A) 0,012

t (s)

0,2

10.

0,2

t (s)

1. uPN = uC + uR.

2. i = C .

duC . dt

3. uC + R . C .

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1. uPN = uC(t) + uR(t).

2. i(t) = C .

6

Grandeur

1. τ = R . C = 500 × 100 × 10–6 = 0,05 s.

duC = 0. dt 59

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4. Calcul de

Autre réponse : La voie B permet d’acquérir la tension uR. La tension uC est obtenue par programmation du calcul suivant dans le logiciel : uC = voie A – voie B.

t duC duC : = – 6 . e– τ . dt dt τ

D’où : –t

t t 6 . e τ + R . C – 6 . e– τ = 6 . e– τ . 1 – R . C = 0. τ τ Cette relation est vérifiée si τ = R . C. 5. τ = R . C = 2 000 × 200 × 10–6 = 0,4 s. u (0) – t .e τ 6. i = – C R 6 7. i(0)= – = – 0,003 A 2 000 8. Lorsque t → ∞, uC = 0 V et i = 0 A.

(

)

i (mA)

6

t (s)

t (s)

3

11. 1. La tension aux bornes du condensateur de capacité C1 n’évolue plus, donc il est chargé, ce qui n’est pas le cas pour le condensateur de capacité C2. 2. uC(max) = 5 V, donc uPN = 5 V. –τ – 3. uC(τ) = E . (1 – e τ ) = E . (1 – e 1) ≈ 5 × 0,63 ≈ 3,2 V. 4. τ1 ≈ 0,5 s et τ2 ≈ 1,5 s. τ 0,5 ≈ 2,5 × 10–4 F ; 5. τ1 = R . C1, donc : C1 = 1 ≈ R 2 000 τ 1,5 ≈ 7,5 × 10–4 F. τ2 = R . C2, donc : C2 = 2 ≈ R 2 000 6. La proposition est fausse, car plus la capacité d’un condensateur est grande, plus il se charge lentement. duC (t) . dt duC (t) 2. La pente de la tangente est égale à . dt 3. Les pentes des tangentes diminuent au cours du temps, donc i(t) diminue au cours du temps à partir d’une valeur finie. En effet, la tangente à t = 0 n’est pas verticale, donc la pente n’est pas infinie. 4. Le seul graphe possible est le troisième, i(t) est décroissante et tend vers 0 à partir d’une valeur non nulle correspondant à l’ordonnée à l’origine.

12.

1.

13.

1.

i(t) = C .

La voie A permet d’acquérir la tension uC. La voie B permet d’acquérir la tension – uR. Le logiciel permettra de calculer uR à partir de – uR. 60

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1

2 voie A

P

uC

N

uR

P

uC

2 voie A C voie B

UPN = 6V N

uR

R

uR . R 3. La grandeur portée en ordonnée du graphique (a) évolue de manière continue. 4. a. Ee = 1 . C . uC2. 2 b. L’énergie ne subit pas de discontinuité, car si tel était le cas, la puissance fournie lors de la décharge deviendrait infinie. c. L’énergie évolue de manière continue, or l’énergie est fonction de uC. Donc la grandeur évoluant de manière continue sur le graphe (a) est la tension uC. 5. La grandeur portée en ordonnée du graphique (b) évolue de manière non continue. En effet, elle s’établit instantanément lors de la charge du condensateur, puis tend vers zéro. Ensuite lors de la décharge, elle s’établit instantanément, puis tend également vers zéro. C’est donc le courant i(t) qui est représenté sur le graphique (b). 2. Il faut programmer i =

9. uC (V)

1

C

UPN = 6V R

voie B

14.

1. a.

i(t) = C .

duC (t) . dt

(t) = uC(t) . i(t). 1 c. EC(t) = . C . uC(t)2. 2 2. a. Le graphe (a) correspond à la tension uC(t) aux bornes du condensateur. Lors de la charge d’un condensateur, la tension à ses bornes croît de 0 V jusqu’à une valeur égale à la tension délivrée par le générateur ici 4 V. Le graphe (c) correspond au courant i(t) dans le circuit. Lors de la charge d’un condensateur, l’intensité est maximale au début de la charge puis tend vers 0. Le graphe (b) correspond donc à (t). b. Par lecture graphique, le condensateur est chargé au bout de 4 s environ. c. uC(max) = 4 V. d. Calculons la tension uC(τ) : τ uC(τ) = 4 × (1 – e– τ ) = 4 × (1 – e–1) = 2,53 V. Déterminons τ par lecture graphique. On obtient : τ ≈ 0,8 s. τ = R . C = 2 000 × 400 × 10–6 = 0,8 s. La valeur mesurée et la valeur calculée sont égales. 3. a. Le condensateur est chargé au bout de 5τ = 4 s. Par lecture graphique, on obtient : EC ≈ 3,2 mJ. 1 b. EC = . C . uC(t)2 = 0,5 × 400 × 10–6 × 4² 2 = 3,2 × 10–3 J = 3,2 mJ. Les deux valeurs mesurée et calculée sont égales. b.

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15. 1. Le condensateur se charge lorsque le commutateur est en position 2. 2. τC = R . C = 2 200 × 0,003 3 = 7,26 s. 3. EC = 1 . C . uC2 = 1 × 0,003 3 × 62 ≈ 0,06 J. 2 2 2 2 2 U , donc r = U = 6 = 6 . 4. a.  = r  6 b. τD = r . C = 6 × 0,003 3 = 0,02 s. 5.  = 0,06 = 3 W. 0,02 L’énergie est libérée en une durée très courte (puissance importante). 1. uC = 12 V et l’interrupteur K est fermé. 2. a. uC = 12 V .

16.

0

Le condensa- 12 uC (V) teur se décharge dans le conducteur ohmique selon une fonction exponent (s) tielle décroissante. c. τ = 10 s. –t d. 3,5 = 12 . e τ . On calcule la date. À l’instant t1 = 12 s, l’interrupteur K s’ouvre. 3. Minuterie ou temporisation (dans l’allumage du plafonnier d’une voiture quand on ouvre la porte, par exemple). u .t 17. 1. a. uC = Rx. C . ux . T1 . b. uC = 1 R.C Application numérique : uC = 0,453 V. 1 uréf . t + constante ; 2. a. uC = – R.C –u . t u . T uC = réf + x 1 . R.C R.C u x . T1 b. À t = T2 , uC = 0 . On en tire T2 : T2 = . uréf La durée T2 est proportionnelle à la tension ux mesurée. Le voltmètre électronique transforme une tension en durée. 3. Nombre de périodes d’horloge : 45,3. On s’est arrangé pour que le nombre affiché soit un multiple décimal de la tension mesurée, ce qui rend la lecture plus facile. b.

3. a. Graphiquement, lorsque t = 50 s, uC = 5,5 V. b.

La valeur de la tension uP N doit être égale à 5,5 V. 2

t=τ: τ uC(τ) = 6 × (1 – e– τ ) = 6 × (1 – e–1) ≈ 6 × 0,63 V ; uC(τ) ≈ 3,8 V. Déterminons la date τ à laquelle uC = 3,8 V. On trouve environ τ ≈ 20 s. b. La constante de temps τ est égale au produit R . C. R . C = 20 s, donc : C = 20 = 20 = 0,2 F. R 100 c. Il faut augmenter la constante de temps et donc augmenter la capacité du condensateur. 1. L’étain est une armature, la tige métallique surmontée du crochet constitue l’autre armature. Les isolants sont le verre et l’eau. 2. Voir le schéma ci-dessous.

19.

+

1. a. Lorsque l’alarme est sous tension, l’interrupteur K1 est fermé. Lorsque la porte est fermée, l’interrupteur K2 est fermé. b. Lorsque l’interrupteur K2 est fermé, le condensateur est en court-circuit et donc uC = 0 V. c. uC < uP N , donc la DEL verte brille. 2 2. a. L’interrupteur K2 est ouvert ; le condensateur n’est plus en court-circuit. b. Le condensateur se charge. La tension uC à ses bornes augmente jusqu’à atteindre la valeur maximum de 6 V. c. Si la tension uC devient supérieure à uP N , alors la 2 2 DEL rouge brille. 2

P N

3. La bouteille a été chargée par la machine électrostatique. Le savant en touchant la tige établit le contact entre la tige et la terre. Il y a alors déplacement des charges, donc courant électrique à travers le corps de l’expérimentateur. 4. La propriété découverte est que le condensateur est un réservoir d’énergie. 1. L’intensité qui traverse un conducteur ohmique varie proportionnellement à la tension à ses bornes. En mesurant uR(t) on peut en déduire i(t). u (t) 2. i(t) = R . R du (t) 3. i(t) = C . C . dt 4. a. uC(t) = a . t + b. duC b. correspond au coefficient directeur du segdt 8,8 = 3,7 × 103 V . s–1. ment de droite 2,4 × 10–3 duC (t) , or uC(t) est une fonction affine c. i(t) = C . dt du temps, donc sa dérivée est une constante. d. Sur cet intervalle de temps, l’intensité i(t) est constante. Elle a pour valeur : 0,25 = 2,5 × 10–4 A = 0,25 mA. 1 000

20.

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++ +

1

18.

2

4. a. Calculons la valeur de la tension uC lorsque

61

5/08/06 9:08:30

i(t) 2,5 × 10–4 = = 6,8 × 10–8 F = 68 nF. duC 3,7 × 103 dt du 5. Après la date T2 , C < 0 car le coefficient direcdt teur du segment de droite uC(t) est négatif. L’intensité change de signe.

Sujets BAC

C=

e.

1. a. Lors de la charge du condensateur, le courant décroît depuis une valeur initiale : U I0 = e = 5 = 2,3 × 10–3 A jusqu’à une valeur r 2 200 nulle lorsque le condensateur est chargé. b. τ = R . C = 2 200 × 10 × 10–9 = 2,2 × 10–5 s. T = 1 = 0,001 s. f La constante de temps du condensateur est bien plus faible que la période et donc que la demi-période de la tension d’alimentation. En une demi-période, le condensateur se charge ou se décharge totalement. c. Voir le schéma ci-dessous.

21.

ue us

Quelques usages des condensateurs 1. Génération d’impulsions : le stimulateur cardiaque 1.1.a. La résistance du conducteur ohmique est faible,

donc la constante de temps τ =R . C est petite. On considère qu’un condensateur est chargé après une durée égale à 5τ. Donc le condensateur sera chargé très rapidement. 1.1.b. r YA

t (s)

conducteur ohmique ; elle est donc proportionnelle à l’intensité du courant. L’intensité i du courant et la tension uC aux bornes du condensateur sont liées par la relation : du i=C . C. dt Donc lorsque la tension uC diminue, sa dérivée duC uC (V) est négative. dt us b. Voir la courbe ci-contre. T T/2

t (s)

T

K 1

B

i

2

uC R uR vers le circuit de déclenchement

uC (V)

6 5 4 3 2 1 0

c.

2T

3T

4T

3. La diode élimine les parties négatives de la courbe

ue us 3T

4T

3 t (s)

Grandeur

Unité

Équivalence

R



 = V . A–1

C

F

F = A . V–1.s

R.C

.F

V . A-1 . A . V–1 . s = s

t

5T

us.

2T

2

1.1.d. Lorsque le condensateur est chargé, i = 0 et uC max = 5,5 V (lu sur la courbe). 1.2.a. Lors de la décharge, i est négatif. dq uR = – R . i ; q = C . uC ; i = . dt Loi d’additivité des tensions : uC = uR . duC 1.2.b. uC = uR = – R . i = – R . C . ; dt duC 1 d’où : + . u = 0; R .C C dt duC 1 or τ = R . C ; donc : + . u = 0. dt τ C

ue us T

t1 1

0

1.2.c.

ue

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C

A

1.1.c. Voir le graphique ci-dessous : en gris, la tension pendant la charge.

T T/2

62

E

u (V)

2. a. La tension us est la tension aux bornes du

T

pile spéciale

5T

t

1.2.d.

uC (V)

6 5 4 3 2 1 0 0

0,75 t1 1

2

3 t (s)

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On trace la tangente à l’origine, puis on détermine l’abscisse du point d’intersection de cette tangente avec l’asymptote u = 0. τ = 0,75 s. R = τ = 0,75 –9 ≈ 1,6 M. C 470 × 10 1.3.a. À t = t1 , ulimite = E , e donc : E = ulimite . e = 2,1 × 2,72 = 5,7 V. Graphiquement, E = 5,5 V. –t 1.3.b. uC(t) = E . e τ . t Calcul de uC(τ) : uC(τ) = E . e– τ = E . e–1 = E ; e donc : τ = t1. 1.3.c. La durée t séparant deux impulsions est pratiquement égale à τ. On néglige la durée de charge qui est pratiquement nulle. 1.3.d. Deux battements sont espacés de τ = 0,75 s, donc : 60 = 80 battements par minute. 0,75

Pour que cette égalité soit vérifiée quel que soit t, il faut que : A = E et R . C – 1 = 0, donc τ = R . C. τ 3.b. En régime permanent, uC = E = 30 V. 3.c. τ est la constante de temps. Analyse dimensionnelle : Grandeur

Unité

Équivalence

R



 = V . A–1

C

F

F = A . V–1.s

R.C

.F

V . A-1 . A . V–1 . s = s

4.

E 30 25 20 10

électronique de l’énergie est utilisée pour fournir les éclairs. 18 000 Pour un éclair, il faut = 90 J. 2 100 2 . Ee 2 × 50 1 2 2.2. Ee = . C . u , donc : C = = = 5 F. 2 62 U2 2.3. La durée nécessaire à la charge du condensateur est 11 s. Or un condensateur est chargé après une durée égale à 5τ, donc : τ = 11 = 2,2 s. 5 2.4. τ = R . C, donc : R = τ = 2,2 = 0,44 . C 5

Étude d’un circuit (R, C ) R + E

B P

uC

C

M

D

2. E = uAB + uBD = R . i + uC = R . C .

donc : E = R . C .

duC + uC . dt

duC + uC , dt

–t

3.a. uC(t) = A . (1 – e τ ).

–t duC duC : = – A . eτ dt dt τ duC Donc : E = R . C . + uC dt –t t = R . C . A . e τ + A . (1 – e– τ ) τ –t = A + A . R . C – 1 . eτ. τ –t D’où : A – A . R . C – 1 . e τ = E. τ

Calcul de

(

(

0

20

40

L

60

80

100 120 140

5. τ = R . C = 100 × 103 × 200 × 10–6 = 20 s. 6.a. uC(t0) = U = E . (1 – e

–t0 τ

).

–t0 τ

–t0

U = E . (1 – e ) ; soit : U – E = – E . e τ . –t E – U D’où : e τ = ; E E – U –t0 = ln . τ E E – U Donc : t0 = τ . ln . E E – U 6.b. t0 = – τ . ln ; E 30 – 20 ≈ 22 s. donc : t0 = – 20 × ln 30 6.c. Si t0 est très supérieur à τ, la variation de uC devient très faible et il devient difficile de comparer uC et U , donc l’allumage de la lampe ne sera pas toujours de même durée. 7. Pour augmenter la durée d’allumage de la lampe, il faut augmenter τ, donc augmenter R ou/et C. C = 200 µF ; τ = 60 s, donc : τ 60 R= = = 300 k. C 200 × 10–6 8. Lorsqu’on appuie sur le bouton-poussoir : uC = 0 V, donc uC < U . 8.a. Si la lampe est déjà allumée, elle reste allumée, le condensateur se charge et donc la minuterie est remise à 0. 8.b. Si la lampe est éteinte, elle s’allume alors. 0

(

)

(

(

)

)

)

)

)

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t (s)

0

(

A

K

régime permanent

5

2.1. E = 18 kJ. 100 éclairs peuvent être émis. La moitié

–

régime transitoire

15

2. Stockage d’énergie : le flash

1.

uC (t)

35

63

5/08/06 9:08:33

Exercices complémentaires Énoncés 1. Repérer l’évolution de la tension u aux bornes du condensateur Le montage suivant comporte un dipôle (R, C ), deux générateurs et un commutateur multipositions. L’interrupteur est placé d’abord en position 1, puis en position 2, ensuite en position 3 et enfin en position 2. 3

i

+ u 1 = 6V

– u 2 = 6V

R –

+ u

C

3. Étude d’un circuit (R, C) Au cours de la charge d’un condensateur C à travers une résistance R à l’aide d’un générateur de tension de f.é.m. E, on a relevé la tension uC aux bornes du condensateur en fonction du temps.

2 1

1. Déterminer les constantes de temps τ1 et τ2 relatives aux charges des condensateurs de capacité C1 et C2 . 2. La capacité d’un des deux condensateur est le double de celle de l’autre. a. Quel est le condensateur qui a la capacité la plus élevée ? Justifier. b. Calculer la capacité de chacun des condensateurs sachant que la résistance du conducteur ohmique est de 1 k.

1. Pour chaque position du commutateur, on a repré-

senté l’évolution de la tension u aux bornes du condensateur. Préciser à quelle position du commutateur correspond chaque courbe.

t (s)

0

10

20

30

40

50

60

uC (V)

0

1,60

2,75

3,80

4,20

4,70

5,00

t (s)

70

80

90

100

110

120

5,50

5,60

5,75

5,80

5,80

uC (V) 5,30

Données : R = 10 k et E = 5,8 V. 1. Représenter le schéma du montage. 2. Établir l’équation différentielle décrivant l’évolution

2. Pour chacune des trois positions du commutateur,

de uC. 3. Tracer uC = f (t). 4. Quelle est l’ordonnée de l’asymptote horizontale à cette courbe ? Interpréter ce résultat. 5. Mesurer graphiquement la constante de temps τ. 6. Calculer C (justifier la formule utilisée par une étude dimensionnelle). 7. On refait la même expérience mais on change R, qu’observe-t-on si : a. R double ? b. R diminue de moitié ?

préciser le sens réel du courant par rapport au sens conventionnel indiqué sur le schéma.

4. Étude de l’intensité du courant

u (V) 6 4 2 0

A t (ms) 0

2

3

t (ms)

0 –2 –4

4

–6

C 0

1

2

3

2

3

4 t (ms)

B

–6

4

u (V)

6 4 2 0

1

0 –2 –4

u (V) 1

u (V) 1

2

3

4 t (ms)

D

2. Déterminer graphiquement la capacité C d’un condensateur À l’aide d’un montage schéR matisé ci-contre, on réalise C la charge d’un condensateur de capacité C1. On réalise la charge d’un autre condensateur de capacité C2 sans E modifier la résistance du conducteur ohmique. À l’aide d’un système d’acquisition informatisé, on obtient les courbes ci-dessous. uC1 (V), uC2 (V)

6

lors de la décharge d’un condensateur Un condensateur est initialei >0 ment chargé sous une tenA C sion uC = 6 V. Il se décharge uC B ensuite dans une résistance R = 2 000  (voir le monR tage schématisé ci-contre). Le uR sens positif du courant arbitrairement choisi est représenté sur le schéma. On souhaite étudier les variations du courant électrique lors de la décharge. Après acquisition et traitement informatique, on obtient le graphique ci-dessous.

5

0

4

– 0,5

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4 t (s)

– 1,0

3

– 1,5 2 – 2,0 1 t (s)

0 0

64

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2

4

6

8

10

12

14

16

18

– 2,5 – 3,0

i (mA)

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1. Représenter, avant la décharge, la disposition des

charges électriques sur les armatures du condensateur. 2. Représenter sur le schéma, le sens réel du courant électrique lors de la décharge. L’observation du graphique est-elle en accord avec le sens du courant ? 3. Montrer que à tout instant uC = – uR . 4. Calculer la valeur initiale du courant. Le vérifier graphiquement. 5. Déterminer graphiquement la constante de temps τ. En déduire la capacité du condensateur.

3. La charge des deux condensateurs avant la décharge n’est pas la même. 4. L’intensité du courant qui traverse le conducteur ohmique au début de la décharge du condensateur (1) est plus grande qu’au début de la décharge du condensateur (2).

5 4 3

5. Étude de l’intensité du courant

2

lors de la charge d’un condensateur On utilise le montage schématisé ci-contre afin d’étuR dier les variations du courant électrique circulant dans le uG circuit lors de la charge du condensateur par un généraC teur fournissant une tension uG = 6 V. Après acquisition et traitement informatique, on obtient le graphique ci-dessous. i (mA)

3,0 2,5 2,0 1,5 1,0 0,5

t (ms)

0 0

1

2

3

4

5

1. On ne peut pas effectuer l’acquisition de l’intensité du courant directement. Aux bornes de quel composant faut-il relier le système d’acquisition et quelle relation doit-on utiliser afin d’obtenir l’intensité ? 2. Pourquoi à t = 0 la tension aux bornes du conducteur ohmique est égale à celle délivrée par le générateur ? 3. Calculer la valeur initiale du courant sachant que la résistance R est égale à 2 000 , puis le vérifier graphiquement. 4. Déterminer graphiquement la valeur de la constante de temps τ. 5. Quelle est la valeur de la capacité C du condensateur ?

1

de deux condensateurs On étudie à l’aide d’un système d’acquisition informatisée la décharge d’un condensateur (1) de capacité C1 à travers un conducteur ohmique de résistance R. On remplace le condensateur (1) par un autre de capacité C2. Les deux décharges sont représentées sur le graphique ci-après. Infirmer ou confirmer en le justifiant les affirmations suivantes. 1. Le condensateur de capacité C1 se décharge plus rapidement. 2. Les deux condensateurs ont la même capacité.

t (ms)

0 0

1

2

3

4

5

7. Décharge d’un condensateur On utilise le montage du document 1 de l’exercice 14, page 150 du manuel, afin d’étudier la décharge d’un condensateur préalablement chargé. Le commutateur est basculé en position 2 afin de décharger le condensateur. On réalise l’acquisition de la tension uC(t) aux bornes du condensateur. Données : uC(0) = 4 V ; R = 2 000  ; C = 400 µF. 1. Un logiciel de traitement de données permet à partir de la tension uC(t) de tracer : i(t), (t) la puissance libérée par le condensateur et EC(t) l’énergie acquise par le condensateur. Les trois graphiques : uC(t), i(t) et (t) sont représentés ci-dessous. 0

1

2

3

4

5

1

0

2

3

t (s) – 0,25

– 2,00

– 0,50

– 3,00 – 4,00

4

5 t (s)

– 1,00

– 0,75 A

B

– 1,00

– 5,00

– 1,25

– 6,00

– 1,50

– 7,00

– 1,75

– 8,00

– 2,00 4,00

6. Comparaison graphique

3,50 3,00 2,50 C

2,00 1,50 1,00 0,50

t (s)

0 0

1

2

3

4

5

a. Repérer chacun des trois graphes en justifiant la réponse. (On pourra notamment s’aider des valeurs initiales.)

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uC1 (V), uC2 (V)

6

65

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Déterminer graphiquement : – la tension initiale aux bornes du condensateur ; – l’intensité initiale du courant électrique ; – la puissance initiale du condensateur. Sur les graphiques concernés, la tension est exprimée en V, l’intensité en mA et la puissance en mW. c. Retrouver en utilisant les valeurs précédentes de l’intensité et de la tension la valeur de la puissance initiale du condensateur. 2. Le graphique ci-dessous représente l’énergie fournie par le condensateur au cours de la décharge. b.

0 –0,5 –1,0 –1,5 –2,0 –2,5 –3,0 –3,5

EC (mJ) 0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

3,5

4,0

1. τ1 = 2,0 × 10–3 s ; τ2 = 4,0 × 10–3 s.

2.

2. a. La constante de temps τ = R . C.

R étant constante, τ augmente avec la capacité. On en déduit que C2 > C1 avec C2 = 2C1. τ1 b. C1 = = 2 × 10–6 F et C2 = 4 × 10–6 F. R 1.

3.

C E = 6V R

4,5

2. uC(t) + uR(t) = E.

a.

b.

3.

Que devient l’énergie fournie par le condensateur ? Quelle est l’énergie fournie par le condensateur lorsque la décharge est terminée ? c. Comparer cette valeur avec la valeur obtenue lors de la charge du condensateur.

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uC (V)

6 5 4 3 2

B et C correspondent à des charges du condensateur, car les tensions ne sont pas nulles à la fin de l’enregistrement. Lorsque le commutateur est en position 1, il s’agit de la charge du condensateur et à la fin de la charge u = u1 donc la position 1 correspond au graphique C. Lorsque le commutateur est en position 2, il s’agit de la décharge du condensateur. En début de décharge u = u1 et à la fin de la décharge u = 0 donc la position 2 correspond au graphique A. Lorsque le commutateur est en position 3, il s’agit de la charge du condensateur et à la fin de la charge u = – u1 donc la position 3 correspond au graphique B. Lorsque le commutateur est de nouveau en position 2, il s’agit de la décharge du condensateur. En début de décharge u = – u1 et à la fin de la décharge u = 0 donc la position 2 correspond au graphique D. 2. Lorsque le commutateur est en position 1, durant la charge, le condensateur se comporte en récepteur et la tension u étant positive, le courant a le sens du courant conventionnel. Lorsque le commutateur est en position 2, durant la décharge, le condensateur se comporte en générateur et la tension u étant positive, le courant a le sens opposé au sens du courant conventionnel. Lorsque le commutateur est en position 3, durant la charge, le condensateur se comporte en récepteur et la tension u étant négative, le courant a le sens opposé au sens du courant conventionnel. Lorsque le commutateur est de nouveau en position 2, durant la décharge, le condensateur se comporte en générateur et la tension u étant négative, le courant a le sens du courant conventionnel. 66

uR

t (s)

uC(t) + R . i(t) = E. du (t) uC(t) + R . C . C = E. dt duC (t) 1 E + . u (t) = . R.C C R.C dt

Corrigés 1. 1. Les graphiques

uC

1 t (s)

0 0

20 30 40

60

80

100

120

4. L’ordonnée de l’asymptote horizontale vaut 5,8 V. Cela correspond à la tension E aux bornes du générateur. 5. Lorsque t = τ, uC(τ) = 0,63 . E ≈ 3,7 V. Graphiquement, τ = 30 s. 30 6. τ = R . C, donc : C = τ = = 0,003 F. R 10 000 7. a. Lorsque R double, τ double également, le condensateur se charge donc plus lentement. b. Lorsque R est divisée par deux, τ est également divisé par deux : le condensateur se charge donc plus rapidement.

4. 1. Voir le schéma cii réel i>0 A contre. ++++ 2. Le graphique montre que uC – – – – C B le courant est négatif, or le courant réel est opposé au R sens conventionnel positif ; uR il sera donc exprimé négativement. 3. uC(t) + uR(t) = 0 et donc uR(0) = – uC(0) = – 6 V. –6 4. i(0) = = – 0,003 A = – 3 mA. 2 000 Graphiquement, i(0) = – 3 mA (ordonnée à l’origine). 5. Tracer la tangente à l’origine, puis déterminer l’abscisse du point d’intersection de la tangente et de l’asymptote i = 0. On obtient : τ = 0,2 s. 0,2 τ = R . C, donc : C = τ = = 0,0001 F = 100 µF. 2 000 R

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1. Il faut acquérir la tension aux bornes de la résistance. La tension aux bornes de la résistance et l’intensité du courant qui la traverse sont deux grandeurs proportionnelles. Cette relation de proportionnalité se nomme la loi d’Ohm. On écrit : uR(t) = R . i(t). 2. Initialement uC(0) = 0 V, donc : uR(0) = uG = 6 V. 3. La loi d’Ohm permet de calculer : 6 i(0) = = 0,003 A. 2 000 Graphiquement à t = 0, i(0) = 0,003 A. 4. Il faut tracer la tangente à l’origine, puis déterminer l’abscisse du point d’intersection de la tangente et de l’asymptote i = 0 A. On obtient : τ = 0,5 s. 5. τ = R . C, 0,5 donc : C = τ = = 2,5 × 10–4 F = 250 µF. R 2 000 6. 1. Faux, le temps de décharge d’un condensateur est lié à τ. Graphiquement, τ1 = τ2 = 1 ms. Les condensateurs se déchargent aussi rapidement 2. Exact, puisque τ1 = τ2 , alors C1 = C2 car la décharge s’effectue dans le même conducteur ohmique. 3. Exact, car la charge portée par les armatures d’un condensateur est proportionnelle à la tension à ses bornes et à sa capacité C ; or uC (0) ≠ uC (0) alors que 1 2 les capacités sont identiques. duC 4. Exact, i = C . les capacités sont les mêmes et dt duC est égal au coefficient directeur de la tangente à dt la courbe. À t = 0, ce coefficient est plus important sur la courbe noire que sur la courbe grise ; d’où i1 > i2 .

5.

1. a. Le graphique C correspond à la tension uC(t) aux bornes du condensateur. En effet, le graphique est décroissant. De plus, à t = 0, uC(0) = 4 V ; lorsque t → ∞, uC(∞) = 0 V. Le graphique B correspond au courant i(t) dans le circuit. En effet, les valeurs sont négatives. De plus, à t = 0, uR(0) = – uC(0) = – 4 V. La loi d’ohm permet d’écrire : u (0) –4 i(t) = R = = – 2 × 10–3 A = – 2 mA. 2 000 R De plus, lorsque t → ∞, i(∞) = 0 A. Le graphique A correspond donc à (t). b. uC(0) = 4 V ; i(0) = – 2 mA ; (0) = – 8 mW. c. (0) = uC(0) . i(0) = 4 × (– 0,002) = – 0,008 W. 2. a. L’énergie fournie par le condensateur est dissipée sous forme de chaleur par effet Joule dans la résistance. b. Le condensateur est déchargé au bout de 5τ = 4 s. Par lecture graphique, on obtient EC ≈ – 3,2 mJ.

7.

c. Les deux valeurs sont opposées, ce qui signifie que toute l’énergie acquise par le condensateur a été dissipée par effet Joule.

Compléments scientifiques Dans la rubrique Rechercher et expérimenter, page 141, on utilise un Circuit Intégré Linéaire (CIL) en suiveur. Dans l’exercice 18, page 152, le CIL est utilisé en comparateur. L’étude de ces deux montages est bien sûr hors programme pour les élèves.

1. Le montage suiveur L’intérêt du montage suiveur est d’empêcher la partie aval d’un montage de perturber la partie amont. Le CIL possède sa sortie S bouclée sur l’entrée inverE– seuse E–, alors il est en ε S fonctionnement linéaire, E+ c’est-à-dire que la tension de sortie uS peut prendre us ue toutes les valeurs de tension comprises entre –Vsat et M +Vsat . L’impédance d’entrée du CIL est très grande donc les courants iE– et iE+ sont nuls. On a également : ε = UE+E– = 0 V. Dans la cas du montage suiveur, on obtient donc : UE+E– = UE+M + UMS+ UME– = 0. Soit ue + (– uS) + 0 = 0 ; d’où : uS = ue .

2. Le montage comparateur Ce montage permet de E– S comparer une tension à une E+ tension de référence. Le CIL fonctionne en ue us uréf régime de saturation, car il n’y a pas de liaison entre M la sortie et l’entrée. La tension ε = uréf – ue . La tension de sortie peut prendre deux valeurs : +Vsat si ε > 0, et – Vsat si ε < 0. On peut l’écrire également : +Vsat si uréf > ue et – Vsat si uréf < ue . Le basculement se produit pour ue = uréf . Le montage permet donc la comparaison de ue et de uréf .

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Le dipôle (L, R) Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : C. Évolution des systèmes électriques

Contenus 2. Cas d’un dipôle (R, L) 2.1. La bobine • Description sommaire d’une bobine, symbole. • Tension aux bornes d’une bobine en convention récepteur : u = r . i + L . di. dt • Inductance : son unité le henry (H). 2.2. Dipôle (R, L© • Réponse en courant d’une bobine à un échelon de tension : étude expérimentale et étude théorique (résolution analytique). • Énergie emmagasinée dans une bobine. • Continuité de l’intensité du courant dans un circuit qui contient une bobine.

Connaissances et savoir-faire exigibles 2.1. La bobine • Connaître la représentation symbolique d’une bobine. • En utilisant la convention récepteur, savoir orienter le circuit sur un schéma et représenter les différentes flèches-tension. • Connaître l’expression de la tension aux bornes d’une bobine ; connaître la signification de chacun des termes et leur unité. Savoir exploiter la relation. 2.2. Dipôle (R, L) • Effectuer la résolution analytique pour l’intensité du courant dans un dipôle (R, L) soumis à un échelon de tension. • En déduire la tension aux bornes de la bobine. • Connaître l’expression de la constante de temps et savoir vérifier son unité par analyse dimensionnelle. • Connaître l’expression de l’énergie emmagasinée. • Savoir qu’une bobine s’oppose aux variations du courant du circuit où elle se trouve et que l’intensité de ce courant ne subit pas de discontinuité.

• Savoir exploiter un document expérimental pour : – identifier les tensions observées ; – montrer l’influence de R et de L lors de l’établissement et de la disparition du courant ; – déterminer une constante de temps. Savoir-faire expérimentaux • Réaliser un montage électrique à partir d’un schéma. • Réaliser les branchements pour visualiser les tensions aux bornes du générateur, de la bobine et du conducteur ohmique supplémentaire. • Montrer l’influence de l’amplitude de l’échelon de tension, de R et de L sur le phénomène observé.

Exemples d’activités 2.1. La bobine • Vérification expérimentale, pour des i(t) de formes imposées, de l’expression de la tension aux bornes d’une bobine. • Illustration de l’utilisation des bobines (lissage, etc.). • Exemples d’application du stockage de l’énergie dans une bobine (production d’une étincelle, etc.). 2.2. Dipôle (R, L) • Mise en évidence expérimentale de l’énergie emmagasinée par une bobine. • Établissement du courant dans un circuit (R, L) : – utilisation d’un oscilloscope et/ou d’un système d’acquisition informatisé avec traitement de l’information ; – visualisation des tensions aux bornes du générateur, de la bobine et d’un conducteur ohmique supplémentaire ; – influence des paramètres R et L ; – mesure de la constante de temps ; – influence de la tension du générateur.

Commentaires L’inductance pourra être introduite avec un courant en dents de scie, dans des conditions où le terme r . i est négligeable devant L . di. dt La force électromotrice e = – L . di est hors programme dt ainsi que le modèle équivalent de la bobine qui l’utilisait. La bobine sera représentée par le schéma ci-après, en convention récepteur :

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Physique

chapitre

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L

– Fils de connexion. – Un interrupteur. – Un moteur.

r

i u

On pourra faire remarquer que l’introduction d’un noyau de fer doux augmente l’inductance d’une bobine. Cependant, la validité de la relation u = r . i + L . di dt n’est assurée que pour une bobine sans noyau de fer doux. En travaux pratiques, seule l’étude de l’établissement du courant est exigée. On pourra utiliser un oscilloscope à mémoire ou un système d’acquisition de données. Pour montrer qualitativement qu’une bobine s’oppose aux variations de l’intensité du courant dans le circuit où elle se trouve, on pourra utiliser un générateur de fonctions. La constante de temps sera déterminée par une méthode au choix de l’enseignant. L’expression de l’énergie pourra être établie mais sa démonstration n’est pas exigible. On indiquera que le stockage et le déstockage de l’énergie ne peuvent jamais s’effectuer instantanément. Par conséquent, l’intensité du courant dans un circuit qui contient une bobine ne subit pas de discontinuité.

Matériel

Rechercher et expérimenter – Un générateur de tension continue réglable. – Une bobine. – Un condensateur. – Une diode. – Un conducteur ohmique de résistance réglable (réglée à la valeur de la résistance r de la bobine). – Fils de connexion. – Un interrupteur. – Un système d’acquisition. – Deux multimètres.

Déroulement du chapitre > Objectifs • Connaître la relation tension-intensité aux bornes d’une bobine. • Étudier la réponse d’un dipôle (L, R) à un échelon de tension. • Connaître l’expression de l’énergie emmagasinée dans une bobine.

> Prérequis

Cours > Activité 1

• Loi d’additivité des tensions. • Loi d’Ohm.

– Un générateur de tension continue réglable. – Une bobine avec un noyau de fer (L ≈ 1 H ; r quelques ohm). – Un conducteur ohmique de résistance R réglable (réglée à la valeur de la résistance r de la bobine). – Un ohmmètre. – Un interrupteur. – Fils de connexion. – Deux lampes identiques.

Activités préparatoires

> Activité 2 – Un générateur basse fréquence délivrant un signal sinusoïdal. – Une bobine. – Un conducteur ohmique. – Fils de connexion. – Un système d’acquisition.

> Activités 3 et 4 – Un générateur de tension continue réglable. – Plusieurs bobines d’inductances différentes. – Plusieurs conducteurs ohmiques de résistances différentes. – Fils de connexion. – Un système d’acquisition. – Un interrupteur. – Une diode.

> Activité 5 – Un générateur de tension continue réglable. – Une bobine avec un noyau de fer. 70

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A. Un composant électrique : la bobine Cette activité permet une approche des bobines sous l’angle historique. Elle permet d’introduire l’unité de l’inductance. Réponses aux questions 1. Le composant commun est une bobine (enroulement d’un long conducteur électrique). 2. L’unité d’inductance est le henry.

B. Étincelle de rupture L’expérience facile à reproduire montre l’un des effets d’une bobine placée dans un circuit électrique. Réponses aux questions 1. L’étincelle apparaît à l’ouverture du circuit, lorsque l’intensité s’annule ; il n’y a plus d’étincelle ensuite. L’étincelle s’observe donc en régime transitoire. 2. Un étincelle apparaît entre deux conducteurs lorsque ces conducteurs sont suffisamment proches et que la tension entre ces conducteurs est élevée. Par exemple, pour l’air sec, lorsque ces conducteurs sont espacés de 0,1 mm, la tension nécessaire est de l’ordre de 300 V.

Cours 1. Quelle est l’influence d’une bobine dans un circuit électrique ? Ce premier paragraphe permet de montrer que l’effet d’une bobine est transitoire.

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Le noyau de fer permet d’augmenter l’inductance de la bobine et donc de rendre plus visible le retard de l’allumage de la lampe L2 .

> Activité 1 Réponses aux questions 1. La lampe L1 brille instantanément, la lampe L2 brille plus tard. 2. Au bout de quelques secondes, les deux lampes brillent de la même façon.

2. Quelles sont les caractérisiques d’une bobine ? L’objectif de ce paragraphe est d’obtenir l’expression de la tension aux bornes d’une bobine.

2.1. L’inductance d’une bobine > Activité 2 On utilise un générateur basse fréquence délivrant un signal sinusoïdal sans offset d’amplitude proche de 5 V, une bobine sans noyau et un conducteur ohmique dont la résistance r´ est très supérieure à la résistance r de la bobine. On peut, par exemple, utiliser une bobine de 5 000 spires (L ≈ 1 H), une résistance de valeur r´ = 10 k avec un signal sinusoïdal de fréquence proche de 1 kHz et une acquisition effectuée sur une période. Les valeurs de la fréquence du signal utilisé, de l'inductance L de la bobine et de la résistance r´ sont à ajuster en fonction du matériel dont on dispose. Réponses aux questions 1. La voie Y1 permet d’obtenir la tension u1 aux bornes du générateur : u1 = uDA + uAB . La voie Y2 permet d’obtenir la tension u2 aux bornes de la bobine : u2 = uAB . La différence Y1 – Y2 permet d’obtenir la tension uDA aux bornes du conducteur ohmique de résistance r´. 2. On obtient l’intensité i du courant en utilisant la loi u d’Ohm : i = DA. r´ Le logiciel de traitement permet de calculer la dérivée di de l’intensité par rapport au temps, puis de tracer la dt représentation de uAB en fonction de di. dt 3. La courbe obtenue est une droite passant par l’origine (voir le document 5 du cours). Il y a donc proportionnalité entre la tension uAB aux bornes de la bobine et la dérivée di de l’intensité par rapport au temps. dt Cela est valable tant que la résistance r de la bobine est faible par rapport à r´ du conducteur ohmique.

2.2. Relation entre l’intensité et la tension La loi d’additivité des tensions et la loi d’Ohm permettent ensuite d’établir l’expression de la tension aux bornes de la bobine. Le phénomène de surtension, comme celui de l’activité préparatoire B, est ensuite interprété à partir de cette expression.

3. Quelle est la réponse d’un dipôle (R, L) à un échelon de tension ? Ce paragraphe est traité en lien avec celui sur le dipôle (R, C ).

3.1. Étude expérimentale L’objectif est de montrer que l’établissement du courant est un phénomène transitoire.

> Activité 3 La diode est indispensable pour éviter les surtensions qui pourraient endommager le système d’acquisition lors de l’ouverture du circuit (rupture du courant). Lors de l’établissement du courant, la diode est bloquée, tout se passe comme si elle n’était pas dans le circuit. Réponses aux questions 1. La voie Y1 permet d’obtenir la tension u1 aux bornes du dipôle (R, L) avec R = r + r´. C’est la somme de la tension aux bornes de la bobine et de la tension aux bornes du conducteur ohmique. Lors de la fermeture de l’interrupteur, cette tension passe instantanément de la valeur 0 à la valeur E. C’est pour cela que l’on parle d’échelon de tension. 2. La voie Y2 permet d’obtenir la tension u2 = uBM aux bornes du conducteur ohmique de résistance r´. On obtient l’intensité i du courant en utilisant la loi u d’Ohm : i = BM . r´ Lors de la fermeture de l’interrupteur, l’intensité i passe progressivement de la valeur nulle à la valeur IP , intensité du courant en régime permanent : il n’y a pas discontinuité de l’intensité.

3.2. La constante de temps > Activité 4 Dans cette activité, on reprend le montage de l’activité 3 en faisant varier les valeurs des diverses grandeurs qui peuvent avoir une influence sur la constante de temps. On constante expérimentalement que la valeur E n’a pas d’influence sur τ et que τ = L . R

3.3. Étude théorique La loi d’additivité des tensions permet d’établir l’équation différentielle traduisant l’évolution de l’intensité i lors de l’établissement du courant. On vérifie ensuite la validité d’une solution proposée, conformément à l’esprit du programme.

4. Quelle est l’énergie stockée dans une bobine ? > Activité 5 Cette activité permet de mettre en évidence l’énergie stockée dans une bobine. La bobine utilisée doit avoir une inductance importante (noyau de fer) et le moteur doit être adapté : il ne doit pas tourner lorsque l’interrupteur K est fermé et il doit faire quelques tours lors de l’ouverture de K. On peut, si besoin, ajouter une diode en série avec le moteur pour bloquer le courant lorsque K est fermé. Une interprétation énergétique permet de retrouver l’absence de discontinuité de l’intensité.

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Le fait que le moteur tourne lorsqu’on ouvre l’interrupteur K montre que la bobine a emmagasiné de l’énergie qui lui vient du générateur. Cette énergie a été ensuite restituée au moteur.

Rechercher et expérimenter 1. L’I.R.M. Réponses aux questions 1. Le champ magnétique intense utilisé dans l’I.R.M. est créé en utilisant des bobines d’inductance élevée parcourues par des courants de forte intensité. 2. Le passage du courant dans une bobine provoque un effet Joule, car la bobine a une résistance. Ce phénomène est gênant, car il provoque un échauffement de la bobine qui peut être très important et peut endommager le dispositif. Pour supprimer l’effet Joule on utilise des matériaux supraconducteurs. 3. La supraconductivité a été découverte en 1911 par le physicien néerlandais Heike Kamerlingh Onnes.

Si le condensateur utilisé est polarisé, il faut faire attention au sens de son branchement : borne – en A. Réponses aux questions 1. Le milliampèremètre permet de mesurer la valeur de l’intensité du courant qui circule dans la bobine. Cette valeur permet de calculer la valeur de l’énergie stockée dans la bobine. 2. Le voltmètre permet de mesurer la valeur de la tension aux bornes du condensateur. Cette valeur permet de calculer la valeur de l’énergie stockée dans le condensateur. 3. La diode est bloquée lorsque l’interrupteur est fermé. L’énergie est alors transférée du générateur à la bobine. Elle est passante lorsque l’interrupteur est ouvert, de l’énergie est alors transférée de la bobine au condensateur. 5. L’énergie manquante est perdue par effet Joule dans les conducteurs et notamment dans la résistance de la bobine.

Corrigés des exercices

2. Étude d’une bobine La diode est indispensable pour protéger les composants du circuit et en particulier le système d’acquisition lors de l’ouverture du circuit (rupture du courant). La durée d’acquisition est à paramétrer en fonction des valeurs de L et R + r qui fixent celle de la constante de temps τ = L . Il faut choisir une durée comprise R+r en 6 et 10 τ. Réponses aux questions 1. La voie Y2 permet de visualiser la tension aux bornes du conducteur ohmique : u2 = R . i = r . i. On peut obtenir l’intensité du courant à partir de la loi u d’Ohm : i = 2. Il faut ensuite calculer di en suivant r dt le mode opératoire propre au logiciel. 2. La différence Y1 – 2 . Y2 est : L . di + r . i + R . i – 2 . R . i = L . di, car r = R. dt dt

3. Étude d’un transfert d’énergie L’objectif est de montrer que l’on peut charger un condensateur lors de l’ouverture d’un circuit comportant une bobine. Le montage proposé est un élévateur de tension. Les valeurs des composants utilisés sont à choisir de façon à n’avoir que des tensions permettant de travailler en sécurité. Il faut aussi limiter le nombre de manipulations de l’interrupteur. Pour les calculs d’énergies, les valeurs de L et C doivent être connues le plus précisément possible. On peut, par exemple, les déterminer par les constantes de temps dans les manipulations précédentes. Exemples de valeurs possibles : avec une bobine d’inductance L = 70 mH parcourue en régime permanent par un courant d’intensité IP = 100 mA, on a obtenu à l’ouverture de l’interrupteur une tension uAM = 1,8 V aux bornes d’un condensateur de capacité C = 47 µF. Cela donne un rendement de l’ordre de 0,22, soit 22 %. 72

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Savoir s’autoévaluer 1. 1. a. L est l’inductance de la

bobine, r est sa résistance. b. L s’exprime en henry (H) ; 1 H = 1 V . A–1 . s. r s’exprime en ohm () ; 1  = 1 V . A–1. 2. a. L’expression « orientée de A vers B » signifie que la valeur de l’intensité sera positive si le courant circule de A vers B. b.

i

A

B uAB

di + r . i. dt 4. Lorsque le courant ne varie plus, l’intensité constante et sa dérivée par rapport au temps nulle. La bobine se comporte alors comme conducteur ohmique de résistance r, la tension alors : uAB = r . i. 3. uAB = L .

2.

1.

est est un est

uAB = L . di , car r est négligeable. dt

2. a. Sur sa partie croissante, l’intensité est une fonc-

tion affine du temps. Il est de même pour sa partie décroissante. La dérivée de l’intensité est donc constituée de deux valeurs constantes : une valeur positive pour la partie croissante et une négative pour la partie décroissante. La tension aux bornes de la bobine est proportionnelle à la dérivée de l’intensité par rapport au temps, ce sera donc une tension en créneaux. b. Sur la partie croissante : 2 uAB = 50 × 10–3 × = 2,5 V. 40 × 10–3 Sur la partie décroissante : –2 uAB = 50 × 10–3 × = – 10 V. 10 × 10–3

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uAB (V)

+5,0

1. a. L’unité d’inductance est le henry, de symbole H. b. Ce nom vient de Joseph Henry qui découvrit les phénomènes liés aux bobines au xixe siècle. 2. 1 H = 1 V . s . A–1. L 3. La résistance R s’exprime en  = V . A–1. Donc R s’exprime en s, c’est un temps.

3.

+2,5

0 –2,5 –5,0 –7,5 –10,0 t (ms) 0

10

20

30

40

50

60

70

80

E . R E = 6,0 = 1,2 × 102 . b. R = IP 50 × 10–3 2. a. τ ≈ 1,4 ms. L b. La constante de temps est : τ = . R Elle s’exprime en seconde, car L s’exprime en henry, H (1 H = 1 V . A–1 . s), et r s’exprime en ohm,  (1  = 1 V . A–1). c. L = τ . R = 1,4 × 10–3 × 1,2 × 102 = 0,17 H. L di E 3. a. i + . = . R dt R t t E E b. Si i = . 1 – e– τ ), alors di = . e– τ . R ( dt τ . R En reportant dans l’équation différentielle, il vient : L τ= . R 4. 1. a. Em = 12 . L . i 2. b. L’énergie emmagasinée dans une bobine varie au cours du temps, car l’intensité du courant qui traverse la bobine varie. E = 12 = 1,2 A. c. En régime permanent : IP = R 10 L 0,500 = 0,050 s = 50 ms. 2. a. τ = = R 10 b. i(τ) = 0,63 IP , alors : Em(τ) = 1 . L . (0,63 IP)2 = 0,14 J. 2

3.

4.

1.

1. a. IP =

di. dt di = 0 et u = 0 V. 3. Si i = 0 = constante, alors L dt Si i = 50 mA = 0,050 A = constante, alors di = 0 et dt uL = 10 × 0,050 = 0,50 V. 4. a. Quand t = 5,0 ms = 0,0050 s, alors i = 0,020 A. di = 4,0 A . s–1. b. dt di = 10 × 0,020 + 1,0 × 4,0 = 4,2 V. c. uL = r . i + L . dt 2. uL = r . i + L .

5.

1.

0,115

uK (L, r)

uAB

– M

B

R uBM

2. Lorsque l’interrupteur est fermé : uK = 0 ; lorsqu’il est ouvert depuis longtemps : uK = E. di et u = R . i. 3. a. uAB = r . i + L . BM dt b. Lorsque l’interrupteur est ouvert depuis longtemps : i = 0 = constante, donc di = 0 et alors uAB = uBM = 0. dt Lorsque l’interrupteur est fermé depuis longtemps : i = constante, donc di = 0, alors uAB = r . i et dt u = R . i. BM

4. a.

i

A Y1

uK (L, r)

E

uAB

–

0,116

0,115

La moyenne de ces valeurs conduit à L = 0,116 H.

M R uBM

B

Y2

uAB = uAM – uBM = tension sur Y1 – tension sur Y2 u et i = BM. R

b.

6. 1. Le montage permettant d’allumer la lampe est le montage A. 2. Il faut au préalable fermer K. La lampe émet un éclat si on ouvre K, car il y a un phénomène de surtension à la rupture du courant. 1. IP = 40 mA. 2. Tangente à l’origine ou 63 % de variation :

7.

τ ≈ 8 ms.

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A

E

+

tensité est constante et donc di = 0 A. D’après les dt mesures, on a : i = 0,400 A et uAB = 4,00 V. uAB 4,00 = = 10 . b. On utilise la loi d’Ohm : r = i 0,400 c. On peut calculer L avec la relation établie à la question 1., on obtient : u –r.i . L = AB di dt 0,118

i +

2. a. Lorsque le régime permanent est atteint, l’in-

0,117

D uL

Exercices 1. Vrai : 1. b. ; 3. ; 4. ; 5. a. et b. di . 2. 1. uAB = r . i + L . dt

L (H)

i

C

90 100

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Les deux méthodes conduisent à la même valeur de τ. 3. L = τ . R = 8 × 10–3 × 32 = 0,26 H.

8.

1. En régime permanent, i est constante, donc

di = 0. Si r = 0, alors la tension aux bornes de la bobine dt est : u = r . i + L . di = 0 V. dt i 20 = 2. a. = 444 A . s–1. t 4,5 × 10–3 i = 1,2 × 444 = 5,3 × 102 V. b. um = L . t c. Cette tension se retrouve aux bornes de l’interrupteur. Cela peut provoquer une étincelle.

4.

i (en A) di (en A . s–1) dt ubobine (en V) 5.

montée du spot

début

fin

début

fin

– 0,250

0,250

0,250

– 0,250

27,2

27,2

– 313

– 313

– 2,7

4,3

– 5,9

– 12,9

ubobine (V) 4,3 t

0 –2,7 – 5,9

L ; τ en s, L en H et R en . R 2. a. τ1 = 5 ms et τ2 = 8 ms. b. L1 = 0,25 H. c. R2 = 38 .

9.

descente du spot

1. τ =

– 12,9

1. b. On pose R = r + r´.

10.

On a alors : E = R . i + L . di. dt c. À partir de l’expression proposée, on calcule : di = E . e– τt . En reportant dans l’équation différendt τ . R tielle, il vient : τ = L . R Alors : τ = 1,5 × 10–3 s = 1,5 ms. 2.

i (A) (A A) 0,25 0,25 255 0,20 0,20 20 0,15 0,15 15 0,10 0,10 10

13. Les affirmations exactes sont les affirmations a. et b. 14.

1. a.

i

Voir le schéma ci-contre.

+ u

(L, r)

–

u2 = r . i + L . di . r' dt c. On pose R = r + r´ = 50 . En régime permanent i = u = 6,0 = 0,12 A = constante, donc : di = 0. 50 dt R Donc : u1 = r´ . i = 40 × 0,12 = 4,8 V et u2 = r . i = 10 × 0,12 = 1,2 V. 2. a. Voir le schéma ci-dessous. b.

voie A i

0,05 0,05 05 0

11. i en A.

0

1. Em =

2

4

6

8

+

100 t (ms)

1 . L . i 2 avec E en J, L en H et m 2

2. Em = 9,0 × 10–5 J. 3. i´ = 0,12 A.

3.

augmentation de i (descente du spot)

diminution de i (montée du spot)

di 500 × 10–3 = dt = 27,2 A . s–1

di – 500 × 10–3 = dt = – 313 A . s–1

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r'

voie B

Sur la voie A, on observe un échelon de tension : u. Sur la voie B, on observe un régime transitoire, puis un régime permanent avec une augmentation depuis la valeur 0 V jusqu’à une valeur constante : u1. c. Voie A : sensibilité 2 V . div–1 et déviation = 3,0 div, donc u = 3,0 × 2 = 6,0 V ; voie B : sensibilité 2 V . div–1 et déviation ≈ 2,4 div, donc u1 ≈ 2,4 × 2 = 4,8 V. Ces valeurs sont bien en accord avec ce qui précède. di s’exprime en V, donc L s’exprime en 3. a. L . dt V . s . A–1 et R s’exprime en  = V . A–1, donc L R s’exprime en s ; ce quotient est bien homogène à un temps. b.

12. 1. Durée d’un aller-retour : 20 ms, donc f = 50 Hz. L’indication « téléviseur 50 Hz » signifie que l’écran est balayé 50 fois par seconde. di 2. u = 14 i + 0,030 . dt

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(L, r)

u –

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b.

Voir le schéma ci-dessous. voie o A vvoie ooie oi i B

E = r´ . i + L . di + r . i.

1. a.

17.

dt À partir de l’expression proposée, on calcule : di = IP . exp – t . τ dt τ En reportant dans l’équation différentielle, il vient : L t – (r + r´) . Ip . exp – . E = (r + r´) . Ip + τ τ L’expression proposée est solution de l’équation difféL – (r + r´) = 0. rentielle si τ Cela conduit à τ = L , alors : IP = E . r + r´ r + r´ 2. a. IP = 50 mA, c’est la valeur limite de i(t) quand t est très grand. À partir de l’expression de IP , on obtient : 12 – 100 = 140 . r = E – r´ = 50 × 10–3 IP b. Par la tangente à la courbe à t = 0 s ou par la méthode des 63 % de variation, il vient : τ = 1,5 ms. À partir de l’expression de τ , on obtient : L = τ . (r + r´) = 1,5 × 10–3 × (140 + 100) = 0,36 H. 3. a. b. c. et d. b.

( )

τ ≈ 1,4 × 2 = 2,8 ms. c. L = τ . R = 2,8 × 10–3 × 50 = 0,14 H. di = r . i. dt di 2. Lorsque l’intensité est constante, = 0. dt L’expression de la tension aux bornes de la bobine devient uL = r . i. 3. Lorsque l’intensité est constante, la tension aux bornes de la bobine l’est également. Cela se produit à partir de date t = 80 ms. 4. Par lecture graphique, uL = r . i = 1,0 V, d’où : i = 1,0 = 0,10 A. 10 5. Graphiquement : τ ≈ 20 ms. Théoriquement : τ = L = 1,0 = 1,7 × 10–2 = 17 ms. R + r 50 + 10

15.

16.

1. uL = L .

1.

(

(

τ= L .

R+r di di 2. Dans l’expression uL = L . + r . i, le terme L . dt dt est homogène à une tension et s’exprime en volt. L s’exprime donc en V . s . A–1. D’après la loi d’ohm, une résistance s’exprime en V . A–1. Le rapport L R s’exprime en seconde, il est bien homogène à un temps. 3. a. L’intensité du régime permanent initial est IP = E . E et r sont les mêmes pour les trois enreR+r gistrements, IP varie en sens inverse de R. On a : IP1 > IP2 > IP3 , donc R1 < R2 < R3 . L . b. La constante de temps du dipôle est : τ = R+r L et r sont les mêmes pour les trois enregistrements, τ varie en sens inverse de R. On détermine graphiquement les constantes de temps pour chacune des courbes : τ1 ≈ 12 ms, τ2 ≈ 8 ms et τ3 ≈ 4 ms. On a donc : τ1 > τ2 > τ3 et alors R1 < R2 < R3. 4. La résistance totale étant la même pour les trois acquisitions, l’intensité du régime permanent initial est la même. La constante de temps du dipôle est encore : τ = L . R+r R et r sont les mêmes pour les trois enregistrements, τ varie dans le même sens que L. On détermine graphiquement les constantes de temps : τ1 ≈ 4 ms, τ2 ≈ 8 ms et τ3 ≈ 12 ms ; il découle que L1 < L2 < L3 .

( )

)

t (en ms)

0

1

i (en mA)

0

24

Em (en J)

0

1,0 × 10

uRN (en V)

0

2,4

5,0

uPR (en V)

12

9,6

7,0

4.

10 50 –4

4,5 × 10–4

uPR (V)

12 10 8 6 4 2

t (ms)

0 0

2

4

6

8

10

12

5. a. Voir le schéma ci-dessous. N

P –

+ i

E = 12 V K r' (L, r)

uPR

R voie de mesure

On utilise la loi d’Ohm : la tension aux bornes d’un conducteur ohmique est proportionnelle à l’intensité du courant qui le traverse. On a donc : uRN = r´ . i et alors i = uRN . r´

b.

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)

75

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3. a. Voir le schéma ci-dessous.

1.

18.

–

+

P i i

E=4V K

uL

uPS

(L, r)

D

(L, r)

2. a. b.

S

E = r . i + L . di . dt

i = E – L . di .

r'

r dt

r

3. a. 0,05 0,04 0,03 0,02 0,01 0

5

10

15

20

25

di —– (A . s–1) dt 30 35

On obtient une droite de coefficient directeur négatif et dont l’ordonnée à l’origine est positive : cela est conforme au résultat de la question 2. b. L’équation de la droite est : i = 0,050 – 1,6 × 10–3 di. dt Donc : E = 0,050 A et L = 1,6 × 10–3 s. r r Avec E = 4,0 V, il vient : r = 80  et L = 0,13 H. b.

1.

19.

P K1

UPS

i D

E=6V

uPS

S

– r'

UST T

2. a. Lorsque l’interrupteur est fermé, la diode est

bloquée, aucun courant ne peut circuler dans la diode. di = r´ . i. b. E = r . i + L . dt c. En dérivant l’expression proposée, on obtient : di = E . exp – t . (r + r´) . dt L τ En remplaçant dans l’équation différentielle, il vient : E E = . L’expression proposée est bien solution de L L l’équation différentielle.

)

d.

date

0

i

0

uPS

E

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(

date

(L, r)

(

Après l’ouverture de l’interrupteur, il y a du courant dans la bobine et dans la diode, car l’intensité dans la bobine ne subit pas de discontinuité et car la diode est alors passante. di = r´ . i. b. 0 = r . i + L . dt c. En dérivant l’expression proposée, on obtient : di = – E . exp – t . (r + r´) . L τ dt En remplaçant dans l’équation différentielle, il vient : 0 = 0. L’expression proposée est bien solution de l’équation différentielle. E et di(0) = – E. d. On a maintenant : i(0) = dt L r + r´ Il vient donc : uPS(0) = r . i(0) + L . di(0) = r . E – E = – E . r´ . dt r + r´ r + r´ di Quand t devient très grand, i = 0 et = 0, donc dt u = 0.

)

PS

i

+

76

i

T

i (A)

0

uST

t→∞ E r + r´ E.r r + r´

0 E r + r´ – E . r´ r + r´

t→∞ 0 0

4. Lors de l’ouverture de l’interrupteur, il y a continuité de l’intensité du courant dans la bobine et il n’y a pas continuité de la tension aux bornes de la bobine. 1. Il n’y a pas de point commun entre le GBF et la masse de l’oscilloscope. Si les deux appareils ont leur masse reliée à la terre alors l’un des dipôles, bobine ou résistance, est en court-circuit. 2. a. u1 = uAM = r´ . i. di . b. u2 = uBM = – L . dt du 3. u2 = – L . 1 . r´ dt 4. a. La tension u1 est, sur chaque « partie », une fonction affine du temps, donc sa dérivée est une constante sur chaque « partie ». La tension u2 est rectangulaire, car elle est proportionnelle à la dérivée de u1. b. Le signe moins de la relation établie à la quesdu1 tion 3. implique que le signe de u2 et le signe de dt sont opposés.

20.

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– u2 . r´ . du1 dt Lorsque u1 croît : du1 = 6,0 × 2,0 = 6,0 × 103 V . s–1 dt 2,0 × 1 × 10–3 et u2 = – 1,0 × 1 = – 1,0 V. Donc : L = – 1,0 × 1003 = 17 × 10–3 H. – 6,0 × 10 Lorsque u1 décroît : du1 = – 6,0 × 2,0 = – 12,0 × 103 V . s–1 dt 1,0 × 1 × 10–3 et u2 = 2,0 × 1 = 2,0 V. Donc : L = – 2,0 × 1003 = 17 × 10–3 H. – 12,0 × 10 On trouve le même résultat. 5. L =

21. 1. La tension aux bornes d’un conducteur ohmique est proportionnelle à l’intensité du courant qui traverse ce conducteur. Pour la courbe (a), la tension aux bornes de la résistance, et donc l’intensité qui la traverse, augmentent depuis une valeur nulle jusqu’à une valeur constante. C’est l’intensité dans une bobine : cette courbe est obtenue sur la voie 1. Pour la courbe (b), la tension aux bornes de la résistance, et donc l’intensité, augmentent brutalement lors de la fermeture de l’interrupteur, puis diminuent jusqu’à une valeur nulle. C’est l’intensité dans le condensateur qui correspond à la voie 2, car le condensateur se comporte comme un isolant en régime permanent. 2. a. À partir de la courbe (b), on détermine τ2 ≈ 1,1 ms. τ 1,1 × 10–3 b. τ2 = r´ . C, donc : C = 2 = = 1,1 × 10–5 F. r´ 100 3. a. En régime permanent, la tension aux bornes de la résistance en série avec la bobine est déterminée à partir de la courbe (a) : u = 5,0 V. Dans la bobine et dans r´ en série avec la bobine en régime permanent : I0,1 = u = 5,0 = 5,0 × 10–2 A. r´ 100 E , donc r = 60 . b. I0,1 = r + r´ c. τ1 = 1,8 ms. L , donc L = 0,29 H. d. τ1 = r + r´ uR(t) uR(t) . = R 2 200 di(t) = r . i(t). b. uL (t) + L . dt uL(t) . c. L = di(t) dt 2. a. À tA = 375 µs, on obtient : i(tA) = – 3,7 = – 1,68 × 10–3 A = – 1,68 mA. 2 200

22.

1. a. i(t) =

À tB = 555 µs, on obtient : i(tB) = 3,6 = 1,64 × 10–3 A = 1,64 mA. 2 200 b. Entre les dates tA et tB , l’intensité est fonction affine du temps, donc sa dérivée est constante ; elle est égale au coefficient directeur du segment de droite : di(t) = 1,64 × 10–3 – (– 1,68 × 10–3) = 18,4 A . s–1. dt 555 × 10–6 – 375 × 10–6 3. a. De tA à tB , la tension uL est constante : uL = 1 = 0,10 V. 10 uL(t) 0,10 b. L = = = 5,4 × 10–3 H. di(t) 18,4 dt c. La valeur indiquée par le fabricant ne comporte qu’un seul chiffre significatif. Elle coïncide avec la valeur expérimentale.

Sujets BAC Étude d’un circuit (R, L) 1. Étude du montage 1.1. Les courbes 1 et 2 montrent que le phénomène

observé est de courte durée et n’est pas répétitif. On devrait utiliser un oscilloscope à mémoire (et pas un oscilloscope analogique). di 1.2. uAB = r . i + L . . dt 1.3. uBC = R . i. 1.4. L’établissement du courant est progressif dans un circuit comportant une bobine. La valeur maximale de i est notée I0. Courbe 1 : tension uBC aux bornes du conducteur ohmique. Cette tension augmente de 0 jusqu’à une valeur maximale R . I0. Courbe 2 : uAB aux bornes de la bobine. Cette tension diminue de 6 V jusqu’à une valeur minimale r . I0 obtenue pour i = I0, car on a alors di = 0. dt

2. Détermination de l’intensité du courant en régime permanent 2.1. Loi d’additivité des tensions : E = uAB + uBC = r . i + L . di + R . i. dt Lorsque le régime permanent est établi, alors : i = constante = I0 et donc di = 0. dt Cela conduit à E = r . I0 + R . I0 , alors : 6,00 = 2,86 × 10–2 A = 28,6 mA. I0 = E = R + r 200 + 10,0 2.2. Lorsque le régime permanent est atteint, la tension uBC aux bornes du conducteur ohmique est : uBC = R . I0. Une lecture graphique donne uBC = 5,7 V. u Il vient alors : I0 = BC = 5,7 = 2,9 × 10–2 A = 29 mA, R 200 ce qui est cohérent avec la valeur trouvée au 2.1.

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3. Calcul de l’inductance L

2.3. (uR)max = 10 V, donc uR(τ) = 0,63 × 10 = 6,3 V.

de la bobine 3.1. La tangente à la courbe à t = 0 ou la méthode des 63 % de variation conduisent à τ ≈ 2,5 ms. 3.2. La constante de temps d’un dipôle (R, L) est : τ= L . R+r Dans le système international R s’exprime en V . A–1. Pour une bobine idéale : u = L . di , donc dans le sysdt tème international, L s’exprime en V . s . A–1. Le rapport L s’exprime donc en s : la constante de R+r temps est homogène à un temps. 3.3. τ = L , R+r donc : L = τ . (R + r) = 2,5 × 10–3 × (200 + 10,0) = 0,53 H.

Une équation au service des sciences physiques

Détermination d’une inductance 1. Étude expérimentale d’un circuit (R, L) 1.1. La courbe représentative de la tension uR montre que cette tension est positive. Il faut mesurer uAB , pour cela on relie la borne « V » au point A et la borne « COM » au point B. 1.2. D’après la loi d’Ohm : uAB = uR = R . i. u Donc i = R . R L’intensité du courant est proportionnelle à la tension uR aux bornes de la résistance. La courbe i = f (t) a donc la même allure que la courbe uR = f (t) : il s’agit donc de la courbe (c). 1.3. Une bobine s’oppose aux variations de l’intensité du courant qui la traverse. Ici elle retarde l’établissement du courant qui ne passe pas instantanément de 0 à sa valeur maximale.

2. Modélisation et équation différentielle 2.1. D’après la loi d’additivité des tensions :

E = uR(t) + uL(t). La tension aux bornes de la bobine, de résistance négliu (t) geable, est : uL(t) = L . di(t) et i = R . dt R duR(t) L Il vient donc : uL(t) = . , R dt du (t) et finalement : E = uR(t) + L . R . R dt 2.2. Dans le système international, R s’exprime en V . A–1. Pour une bobine idéale : u = L . di ; donc dans le système dt international, L s’exprime en V . s . A–1. L Le rapport s’exprime donc en s : la constante de R temps est homogène à un temps. 78

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Par lecture graphique, on trouve : τ = 1,0 ms. L 2.4. On a τ = , R soit : L = τ . R = 1,0 × 10–3 × 1,0 × 103 = 1,0 H. Cette valeur est identique à celle du fabricant.

1. Étude expérimentale 1.1. Le régime est transitoire tant que l’intensité du

courant i(t) augmente jusqu’à une valeur constante. Graphiquement, on peut estimer la durée du régime transitoire à t ≈ 0,25 s. 1.2.1. τ = L . R+r 1.2.2. L = τ . (R + r). Graphiquement, on trouve (par la tangente à la courbe à la date t = 0 ou par la méthode des 63 % de variation) : τ = 0,045 s = 45 ms. Alors : L = 45 × 10–3 × (12 + 11,8) = 1,1 H. Cette valeur est bien comprise dans l'intervalle proposé dans le texte.

2. Modèle théorique 2.1. La loi d’additivité des tensions donne :

E = uAB + uBC . On a : uAB = r . i + L . di et uBC = R . i, dt donc : E = r . i + L . di + R . i. dt di Cela s’écrit aussi : + R + r . i = E. dt L L 2.2. Par identification avec l’équation (1) :

dx + α . x = β ; il vient, en remplaçant x par i : dt α = R + r et β = E . L L 2.3. L’équation horaire i(t) s’obtient par identification avec la solution x(t) = β . (1 – e–α . t ) : – R +r . t i(t) = E . (1 – e L ). R+r Cette solution valide l’équation établie en 2.1. si di + R + r . i est égal à E. L dt L R +r – – R +r . t .t R+r . i = E . (1 – e L ). On a : di = E . e L et L dt L L R+r di E + . i = . La solution i(t) Cela conduit à : L dt L trouvée valide bien l’équation établie en 2.1.

2.4. En posant τ =

L = 1 , il vient bien : R+r α

–t i(t) = E . (1 – e τ). R+r

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3. Confrontation des résultats expérimentaux avec le modèle théorique 3.1. L’intensité I en régime permanent est obtenue pour t → ∞. –t D’après le texte, e τ → 0 lorsque t → ∞. Donc I = E . R+r 6,1 = 2,6 × 10–1 A. Application numérique : I = 12 + 11,8 La valeur lue sur le graphique est 0,25 A = 2,5 × 10–1 A. Les deux valeurs sont en accord. 3.2. Pour t = τ, on a : i(τ) = E . (1 – e–1) = I . (1 – e–1) = I . (1 – 0,37) R+r = 0,63 I = 1,6 × 10–1 A. Cette valeur est comparable à la valeur expérimentale obtenue sur le graphique à la question 1.2.2.

Exercices complémentaires Énoncés 1. Interpréter le schéma d’un circuit (sans calculatrice)

Lorsque l’on dispose d’un générateur et d’un système d’acquisition qui n’ont pas de masse commune, on peut réaliser le montage schématisé ci-dessous. i

A K

voie A

+ E

(L, r)

–

B

M R

voie B

3. Par des flèches, représenter les tensions aux bornes

du conducteur ohmique ainsi qu’aux bornes de la bobine en convention récepteur. 4. Quelle est l’expression littérale de la tension aux bornes de chacun des deux dipôles ?

3. Comparaison de différents dipôles (R, L)

E=6V –

Enregistrement A

Enregistrement B

Enregistrement C

L (en mH)

15

10

20

R (en )

130

80

80

2. Compléter un schéma On considère le circuit schématisé ci-dessous.

i (mA) 60 50

(L, r)

R

(L, r)

On réalise le montage du schéma ci-dessus. On souhaite observer les variations de l’intensité à la fermeture du circuit. Pour cela, on mesure la tension uR aux bornes du conducteur ohmique en fonction du temps t à l’aide d’un système informatisé. 1. Recopier le schéma et flécher uR en convention récepteur. Indiquer les branchements nécessaires et enregistrer uR. 2. Comment à partir de uR(t) peut-on connaître l’évolution de l’intensité i(t) du courant dans le circuit en fonction du temps ? 3. En utilisant les lois des tensions, donner, en fonction de E, r et R, l’expression de l’intensité I du courant lorsque le régime permanent est atteint. 4. Rappeler l’expression de la constante de temps τ du circuit. 5. Plusieurs enregistrements (A, B ou C) ont été réalisés avec des bobines de même résistance r. Les valeurs de L et R sont regroupées dans le tableau suivant et les courbes obtenues (1, 2 ou 3) sont données ci-dessous.

1. a. Avec ce montage, quelles sont les tensions visua-

lisées sur les voies A et B du système d’enregistrement ? b. Recopier le schéma et flécher les tensions précédentes. 2. Exprimer ces tensions en fonction des caractéristiques des dipôles et de l’intensité du courant.

R

+

3

2

1

40 30 20 10

t (ms)

0 0

E> 0

1. Recopier le schéma et indiquer la position de la borne positive du générateur de tension continue. 2. Indiquer le sens du courant dans le circuit électrique et orienter le circuit dans ce sens.

0,4

0,6

0,8

1,0

À l’aide des réponses aux questions 3. et 4., attribuer à chaque enregistrement (A, B ou C) la courbe (1, 2 ou 3) qui lui correspond. 6. Déterminer la valeur de la résistance r.

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0,2

79

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1.

1. a. Voie A : uAM ; voie B : uBM .

2. uAM = r . i + L .

2.

di et u = – R . i. BM dt

1., 2., 3.

Voir le schéma ci-dessous. uR

uL

R

(L, r) i

+ E>0

4. uR = R . i et uL = L .

di + r . i. dt

uR(t) . Pour connaître i(t), il faut diviser R uR(t) par R (loi d’Ohm).

3.

2. i(t) =

80

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E . R+r 4. τ = L . R+r 5. Comme E et r sont les mêmes, la valeur de I ne dépend que de R. La courbe 1 correspond donc à l’enregistrement A. Il reste les courbes 2 et 3 et les enregistrement B et C. Ces enregistrements correspondent à des valeurs égales de r et R. De plus, la valeur de τ varie dans le même sens que la valeur de L. À partir des courbes, on constate que τ2 > τ3 ; la courbe 2 correspond donc à la valeur la plus grande de L, c’està-dire à l’enregistrement C. La courbe 3 correspond à l’enregistrement B. 6. La valeur r de la résistance de la bobine peut être calculée à partir de la valeur de I pour l’une des courbes. Par exemple, à partir de la courbe 3 qui correspond à l’enregistrement B : 6,0 – 80 = 20 . r=E–R= 60 × 10–3 I 3. i =

Corrigés

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Le circuit (R, L, C) Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : C. Évolution des systèmes électriques

Contenus 3. Oscillations libres dans un circuit (R, L, C ) série • Décharge oscillante d’un condensateur dans une bobine. • Influence de l’amortissement : régimes périodique, pseudo-périodique, apériodique. • Période propre et pseudo-période. • Interprétation énergétique : transfert d’énergie entre le condensateur et la bobine, effet Joule. • Résolution analytique dans le cas d’un amortissement négligeable. • Expression de la période propre T0 = 2 π . L . C . • Entretien des oscillations.

Connaissances et savoir-faire exigibles • Définir et reconnaître les régimes périodique, pseudopériodique et apériodique. • Savoir tracer l’allure de la tension aux bornes du condensateur en fonction du temps pour les régimes périodique, pseudo-périodique et apériodique. • Dans le cas d’un amortissement négligeable, effectuer la résolution analytique pour la tension aux bornes du condensateur ou la charge de celui-ci. • En déduire l’expression de l’intensité dans le circuit. • Connaître l’expression de la période propre, la signification de chacun des termes et leur unité. • Savoir que le dispositif qui entretient les oscillations fournit l’énergie évacuée par transfert thermique. • Savoir interpréter en terme d’énergie les régimes périodique, pseudo-périodique, apériodique et entretenu. • Savoir exploiter un document expérimental pour : – identifier les tensions observées ; – reconnaître un régime ; – montrer l’influence de R et de L ou C sur le phénomène d’oscillations ; – déterminer une pseudo-période.

Savoir-faire expérimentaux • Réaliser un montage électrique à partir d’un schéma. • Réaliser les branchements pour visualiser les tensions aux bornes du condensateur et de la résistance supplémentaire éventuelle. • Montrer l’influence de R, L et C sur le phénomène observé. • Mesurer une pseudo-période et une période. • Utiliser un oscilloscope : – le régler : mode balayage, finesse du trait, réglage du « zéro », choix de la sensibilité verticale et choix d’une base de temps, sélection des voies ; – repérer les tensions observables simultanément dans un circuit ; – visualiser et déterminer les caractéristiques d’une tension ; – visualiser l’image d’une intensité ; – visualiser simultanément deux tensions.

Exemples d’activités • Observation d’une décharge oscillante amortie. • Illustration expérimentale de l’entretien des oscillations (réalisation d’un oscillateur sinusoïdal). • Étude expérimentale de la décharge d’un condensateur dans une bobine inductive : – évolution de la tension aux bornes du condensateur en fonction du temps ; – régimes oscillant (pseudo-période) et apériodique ; – influence de la résistance ; – régime oscillant avec amortissement faible ; période propre ; – entretien des oscillations.

Commentaires L’étude formelle de l’amortissement est hors programme. On étudiera la décharge d’un condensateur dans une bobine en utilisant un oscilloscope à mémoire ou un système d’acquisition de données afin d’éviter des tensions créneaux. Le dispositif utilisé pour l’entretien des oscillations n’est pas à étudier. Seule sa fonction doit être connue des élèves et les oscillations entretenues doivent toujours être sinusoïdales. Cette étude sera l’occasion de montrer aux élèves comment créer une tension sinusoïdale de période choisie.

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8

Physique

chapitre

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Réponses aux questions 1. Les ondes radio font partie des ondes électromagnétiques. 2. Les fréquences des ondes radio en modulation de fréquence vont de 80 MHz à 110 MHz.

Matériel Cours > Activité 1 et 2 – – – – – –

Un générateur de tension continue. Un condensateur. Une bobine. Une résistance variable. Un commutateur trois positions. Un système d’acquisition.

B. Lord KELVIN Cette activité présente un scientifique William Thomson qui a œuvré en électromagnétisme. Réponses aux questions 1. Ee = 1 . C . uC2 ; 2 Em = 1 . L . i 2. 2 1 . 2. f0 = 2π L.C 3. T(K) = θ(°) + 273,15.

> Activité 3 – – – – – –

Un générateur de tension continue. Des condensateurs de capacités différentes. Des bobines d’inductances différentes. Une résistance variable. Un commutateur trois positions. Un système d’acquisition.

> Activité 4 – – – – –

Un condensateur. Une bobine. Un module électronique appelé résistance négative. Une alimentation du module électronique. Un système d’acquisition.

Rechercher et expérimenter – – – – – – – – –

Un générateur de tension continue. Un condensateur. Une bobine. Une résistance variable. Un commutateur trois positions. Un module électronique appelé résistance négative. Une alimentation du module électronique. Un oscilloscope. Un système d’acquisition.

Déroulement du chapitre • Connaître les différents régimes de la décharge d’un condensateur dans une bobine. • Établir et résoudre l’équation différentielle des oscillations électriques lorsque l’amortissement est négligeable. • Interpréter les transferts d’énergie dans un circuit (R, L, C ) et interpréter l’entretien des oscillations.

> Prérequis • Loi d’additivité des tensions. • Loi d’Ohm. • Établissement d’équation différentielle.

un condensateur chargé et une bobine ? 1.1. Observation d’oscillations électriques L’objectif est d’établir des oscillations électriques libres amorties dans un circuit (R, L, C ).

> Activité 1 Réponses aux questions 1. La valeur maximale de la tension uAM est égale à la tension E fournie par le générateur. 2. On observe des oscillations aux bornes du condensateur ; leur amplitude décroît.

1.2. Étude de l’amortissement des oscillations L’objectif est de montrer le rôle de la résistance dans l’amortissement des oscillations. Réponses aux questions 1. Lorsque la résistance augmente, l’amplitude des oscillations décroît progressivement. 2. Lorsque la résistance est importante, le circuit (R, L, C ) n’est plus le siège d’oscillations. 3. La pseudo-période ne dépend pas de la résistance R pour de faibles valeurs de celle-ci.

1.3. Étude de la pseudo-période L’objectif est de montrer l’influence de la capacité C et de l’inductance L sur la pseudo-période.

> Activité 3 Réponse à la question Lorsque L et/ou C augmentent, la pseudo-période augmente.

Activités préparatoires

2. Quelle loi décrit l’évolution temporelle d’un circuit oscillant (L, C ) ?

A. Récepteur d’émissions radiophoniques Cette activité montre une utilisation courante d’un circuit (L, C ).

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1. Que se passe-t-il lorsqu’on relie

> Activité 2

> Objectifs

82

Cours

L’application de la loi d’Ohm permet d’obtenir le même type d’équation différentielle en i (intensité du

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courant), en q (charge du condensateur), en uC (tension aux bornes du condensateur). u du di i dq q L. + = 0; L . + = 0; L . C + C = 0. C dt dt C dt C Conformément à l’esprit du programme l’élève n’a pas à résoudre cette équation différentielle. Il doit seulement vérifier qu’une solution sinusoïdale convient, ce qui lui permet de trouver l’expression de la période propre. L’amplitude et la phase à l’origine dépendent des conditions initiales.

3. Comment s’effectuent les échanges d’énergie dans un circuit oscillant ? Il s’agit de reprendre les expressions des énergies dans un condensateur, dans une bobine ainsi que celle correspondant à l’effet Joule dans une résistance, présentées dans les chapitres précédents. Il n’y a pas de déperdition d’énergie dans un circuit (L, C ), donc pas d’amortissement des oscillations. En revanche, l’amortissement des oscillations dans un circuit (R, L, C ) est dû à une perte d’énergie par effet Joule.

4. Comment peut-on entretenir des oscillations non amorties ? L’objectif est de présenter un dispositif capable de compenser la perte d’énergie par effet Joule. Aucune connaissance n’est exigée sur le fonctionnement de ce module.

5. La batterie d’accumulateurs apporte l’énergie nécessaire au circuit.

2. L’énergie d’un circuit oscillant Le premier montage est classique et permet de réaliser une acquisition des oscillations aux bornes du condensateur d’un circuit (R, L, C ). Ensuite, il est possible grâce au logiciel de calcul d’établir les expressions des énergies. Le deuxième montage à « résistance négative » permet de compenser la perte d’énergie. Son étude n’est pas au programme. Le troisième montage permet d’illustrer le principe des ondes radio. Réponses aux questions 1. La pseudo-période des énergies est égale à la moitié de la pseudo-période des oscillations. 2. L’énergie totale diminue, car il y a perte d’énergie par effet Joule au niveau de la résistance. 3. Le module électronique apporte une énergie égale à l’énergie perdue par effet Joule. Les énergies Ee et Em oscillent sans amortissement. La valeur de l’énergie totale E = Ee + Em est constante. 4. Les périodes des signaux captés et des oscillations du dipôle sont égales. 5. L’énergie a été transférée du circuit oscillant à l’oscilloscope par ondes électromagnétiques.

> Activité 4 Réponses aux questions 1. Lorsque la valeur de la résistance R0 est trop faible, on n’observe pas d’oscillations dans le circuit. 2. Lors de l’établissement des oscillations, leur période est égale à la période propre T0 .

Rechercher et expérimenter

Aborder les difficultés du chapitre Certains générateurs disposent de mise à la terre, d’autres sont à « masse flottante ». Il est important pour un élève de savoir réaliser les connexions dans un circuit afin de visualiser les différentes tensions quel que soit le type de générateur.

Corrigés des exercices

1. La découverte des ondes radio Réponses aux questions 1. a. La découverte expérimentale de la radioactivité par H. Becquerel a précédé son explication théorique. b. L’existence des ondes radio appartenant aux ondes électromagnétiques a été démontrée avant leur découverte. 2. Les ondes hertziennes ont des fréquences comprises entre 300 kHz et 300 GHz. 3. L’éclateur joue le rôle du condensateur. Modifier la distance entre les boules permet de faire varier la capacité du condensateur. 4. C éclateur

(L,r) bobine

accumulateurs

S’autoévaluer 1.

voie 1 P

uC

C L

UPN N R

2. Si R est faible, le régime est pseudo-périodique (doc. 1), lorsque R est important, le régime est apériodique (doc. 2). Entre ces deux régimes, il existe un régime particulier dans lequel la tension uC atteint sa valeur finale sans osciller le plus rapidement. Ce régime est appelé régime critique (doc. 3).

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1.

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Exercices 1. 1. Voir le schéma ci-dessous.

uC (V) +2,00 0

Y1

–2,00 0

+10,00

+ 20,00

i

i

+30,00 t (ms) Doc. 1 uC ++++ ––––

uC (V) +2,00

R

0

uR

–2,00 0

+ 10,00

+ 20,00

+30,00 t (ms) Doc. 2

uC (V) +2,00 0 –2,00 0

2.

+ 10,00

+ 20,00

+30,00 t (ms) Doc. 3

1. T = 5 ms.

2. a. T0 = 2 π .

L . C.

T ≈ T0 . T2 (5 × 10–3)2 = ≈ 1,9 × 10–3 H. L = 20 2 –6 4 × π × 330 × 10 4π . C b.

3.

Y2

1. u1 = q .

C d2q di 2. u2 = L . =L. 2. dt dt 3. u1(t) + u2(t) = 0.

2. Voie Y1 : tension u1 = uC ;

voie Y2 : tension u2 = – uR . 3. Soit u2 la tension captée par la voie 2. Il faut programmer le logiciel pour qu’il calcule : uR u =– 2=i R R

2. 1. Régime pseudo-périodique ; oscillations pseudo-périodiques amorties. 2. La pseudo-période est conservée, mais l’amortissement est moindre : la valeur de la résistance est plus faible. 3. La pseudo-période est plus grande : la valeur de l’inductance est plus grande. Graphique B : régime pseudo-périodique ; la résistance du circuit est faible : 10 . Graphique C : régime apériodique ; la résistance du circuit est très importante : 10 000 . Graphique A : régime très proche du régime critique ; la résistance du circuit est plus importante : 1 000 .

3.

2

dq 4. q + L . = 0. C

4.

dt 2

2. T0 = 2 π .

d2q 1 + . q = 0. 2 L .C dt .. q + 1 . q = 0. L.C d2u1 5. L . C . 2 + u1 = 0. dt

4.

= 2 × 10–6 J = 2 µJ. 2. Si la résistance du circuit est nulle, alors il y a conversion totale de l’énergie électrique en énergie magnétique : Ee max = Em max. 2 Em maax Em max = 0,5 × L × i ²max ; donc : imax = L imax = 6 × 10–3 A = 6 mA. 1. Le conducteur ohmique de résistance R est la cause de l’amortissement des oscillations dans le circuit. Il y a perte d’énergie par effet Joule. 2. Pour éviter l’amortissement, il faut compenser l’énergie perdue à chaque instant en utilisant un montage à « résistance négative ». 3. La période d’oscillations sera égale à la période propre T0 = 2 π . L . C . Elle sera la même aux bornes du condensateur et aux bornes de la bobine.

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L.C ; T02 2

–4 2 = (5 2× 10 ) = 6,3 × 10–6 H. 4 π . C 4 π × 0,001 A C 5. 1. Voir le schéma ci-contre. di uC uL 2. a. uL = L . . L C dt dq . b. i = =q. B D dt c. q = C . uC . du dq d. i = =C. C; dt dt 2 di di du = C . 2C = C . u..C et uL = L . = L . C . u..C . dt dt dt 3. uL + uC = 0. 1 4. L . C . u..C + uC = 0 et u..C + . u = 0. L .C C .. q 1 5. uC = q ; u..C = . q = 0. et q.. + L.C C C

donc : L =

1. Ee = 0,5 × C × E ² = 0,5 × 10–6 × 2²

5.

1. T = 0,5 ms.

6. 1. Dériver deux fois cette équation, par rapport au temps : . u C = – 2 π . um . sin 2 π . t + φ0 T0 T0

(

)

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2

2 π 2 . u . cos 2 π . t + φ = – 4 π . u . m 0 C T02 T0 T0 Substituer cette expression de u..C dans l’équation différentielle : 2 u u 4π .. u C + C = 0 donne – 2 . uC + C = 0 . L.C L.C T ..

uC = –

( )

(

)

0

La relation est vérifiée : – si uC constamment nulle : ce n’est pas le cas ; 4π

– si

T02

2

=

1 , soit T0 = 2 π . L . C . L.C

2. a. um est l’amplitude des oscillations en volt ;

φ0 est la phase à l’origine des dates en radian. b. Ces deux grandeurs se déterminent à partir des conditions initiales.

7. 1. L’amplitude des oscillations non amorties est égale à la tension initiale du condensateur, soit um = 8,0 V. 2π . t + φ 2. uC = um . cos 0 T0 . et u C = – 2 π . um . sin 2 π . t + φ0 . T0 T0 À t = 0, on a : uC (0) = um . cos φ0 = 0 ; d’où : φ0 = π ou φ0 = 3π 2 2 (modulo 2π) . u C (0) = – 2 π . um . sin φ0 > 0 (car la fonction uC T0 est décroissante au début de la décharge), d’où sin φ0 < 0 et π < φ0 < 2π. On retient donc : φ0 = 3π . 2 3. T0 = 2 π . L . C = 4 × 10–3 s = 4 ms.

(

)

(

4.

+8

)

uC (V)

Unité de L . C : V . A–1 . s . A . V–1 . s . = s2 . Unité de L . C : s. 2π est un nombre sans dimension, donc : T0 = 2 π . L . C est bien homogène à un temps.

10.

= 5,9 × 10–6 J = 5,9 µJ. 2. a. La perte d’énergie est due à l’effet Joule, c’està-dire un transfert d’énergie de la résistance au milieu extérieur sous forme de chaleur. 3 3 b. Ee(3T ) = Ee (0) = × 5,9 × 10–6= 4,4 × 10–6 J. 4 4 Ee(3T ) = 0,5 C . uC(3T )² ; donc : uC(3T ) =

t (ms) 0 2

4

6

8

–4 –8

T0 ≈ 4 ms ; um = 5,0 V. À t = 0, uC = 0 = um . cos φ0 ; d’où : φ0 = π ou φ0 = 3π . 2 2 T T0 À t = , uC = – um = um . cos 2 π . 0 + φ0 4 T0 4 π = um . cos + φ0 ; 2 π D’où : cos + φ0 = – 1 ; π + φ0 = π ; soit : φ0 = π . 2 2 2 9. Unité de L : u = L . di , donc V = H . A . s–1 dt soit H = V . A–1 . s .

8.

(

(

(

)

)

)

du Unité de C : i = C . , donc A = F . V . s–1 –1 d t soit F = A . V . s .

2 × 4,4 × 10–6 ≈ 5,2 V. 330 × 10–9

1. À t = 0, l’énergie maximale est l’énergie magnétique, Em(max) = 0,8 µJ. L’énergie électrique est nulle. Le condensateur n’est pas chargé. 1 1 2. Ee = . C . uC2 ; Em = . L . i 2 . 2 2 C et L sont deux constantes positives ; uC et i sont élevés au carré, donc toutes les valeurs sont positives, et les énergies évoluent entre 0 et une valeur positive. 3. Il y a perte d’énergie sous forme de chaleur transférée du conducteur ohmique au milieu extérieur.

12. 1. Il faut relier le dipôle (R, L, C ) à un module électronique qui fournira à chaque instant une énergie équivalente à l’énergie dissipée par effet Joule dans le conducteur ohmique. 2. a. T0 = 2 π . L . C ; T0 = 0,4 ms. T02 (0,4 × 10–3)2 b. L = = ≈ 18 × 10–3 H 2 –9 2 4 × π × 220 × 10 4π .C = 18 mH. 1. a. uC(0) = 5 V.

du dqA = C . C. dt dt duC = 0 et i = 0. À t = 0, uC est maximale : dt 2. La résistance interne de la bobine n’est pas nulle, car il y a amortissement des oscillations. Cela est dû à une perte d’énergie par effet Joule. 3. T = 200 µs. b.

qA = C . uC ; i =

T0 = 2 π . L . C ; donc : T02 (200 × 10–6) –7 C= 2 = 2 –3 = 1,5 × 10 F 4 π . L 4 × π × 6,8 × 10 = 150 nF. 4. Ee(0) = 0,5 C . uC(0)² = 0,5 × 150 × 10–9 × 5² = 1,9 × 10–6 J = 1,9 µJ. À t = 0, toute l’énergie est stockée dans le condensateur. Donc Etotale = 1,9 µJ. 5. À t = 3T, uC(3T ) = 2,5 V, donc : Ee (3T ) = 0,5 C . uC(3T )² = 0,5 × 150 × 10–9 × 2,5² = 0,47 × 10–6 J = 0,47 µJ.

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2 . Ee (3T ) = C

11.

13.

+4

1. Ee (0) = 0,5 C . uC² = 0,5 × 330 × 10–9 × 6²

85

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6. E = Ee(0) – Ee(3T ) = 1,9 – 0,47 = 1,43 µJ. Cette

énergie est perdue sous forme de chaleur transférée du conducteur ohmique au milieu extérieur.

14.

1.

voie A i

uC

L

C

R voie B

1. Plus la résistance est importante, plus l’amortissement est important. 2. Lors d’un régime apériodique, la tension aux bornes du condensateur tend vers zéro sans oscillation. di 3. a. u = L . , donc V = H . A . s–1 ; dt du , donc soit H = V . A–1 . s . D’autre part i = C . dt –1 –1 A = F . V . s , soit F = A . V . s . L H V . A–1 . s = V2 . A–2 . Unité de : = C F A . V–1 . s

17.

– uR

2. Pour visualiser le courant i(t), il faut acquérir la

tension – uR aux bornes du conducteur ohmique, puis utiliser la loi d’Ohm dans un logiciel de traitement u (t) de données : i(t) = – R . R 3. Initialement le condensateur est totalement chargé ; donc à t = 0, i = 0. Le graphique C est faux. Les oscillations sont amorties : le seul graphique possible est donc le graphique B.

15.

1. Il s’agit d’une décharge oscillante.

Unité de b.

RC = 2 .

c.

b. La courbe rouge représente uC . En effet à t = 0, la tension uC aux bornes du condensateur est égale à UPN = uC = 5,5 V. 3. a. La tension u1 = uR = R . i indique l’évolution de l’intensité i du courant (courbe bleue). b. Durant les premières 200 µs (0,20 ms), l’intensité du courant est négative : le condensateur se décharge et le courant circule dans le sens opposé au sens d’orientation du circuit. 4. a. La pseudo-période est de l’ordre de 1,5 ms. b. La résistance n’est pas négligeable : elle est assez grande, car les oscillations sont rapidement amorties.

L =2× C

6,8 × 10–3 = 1 650 . 10 × 10–9

uC (V)

t

18.

2. a. On fait réaliser le calcul uC = u2 – u1 .

L : V . A–1 or V . A–1 =  . C

c f1

1. λ1 = , donc : f1 =

c 3 × 108 = 150 000 Hz = λ1 2 000

uC décroît . du i = C . C ; donc si uC décroît, sa dérivée est négadt tive. Le courant i est négatif. b. En rouge est représentée la tension uC ; à t = 0, u1 = uAB = uC = 5,5 V. En vert est représentée la tension : u2 = uNB = – uR = – R . i.

f1 = 150 kHz. 8 c c λ2 = , donc : f2 = = 3 × 10 = 255 000 Hz λ 1 176 f2 2 f2 = 255 kHz. Les fréquences autorisées sont comprises entre 150 kHz et 255 kHz. 1 2. a. f0 = . 2π . L . C 1 b. L = . 4π2 . f02 . C 1 1 3. L1 = = 4π2 . f12 . C 4 π2 × 150 0002 × 10–9 ≈ 0,001 3 H ≈ 1,3 mH. 1 L2 = 2 1 2 = 4π . f2 . C 4 π2 × 255 0002 × 220 × 10–12 ≈ 3,9 × 10–4 H ≈ 0,39 mH. L’inductance de la bobine doit varier entre 0,39 mH et 1,3 mH. 4. De 87,5 à 108 MHz : radiodiffusion FM. c λ = . On obtient des longueurs d’onde comprises f entre 2,8 m et 3,4 m.

3.

19.

16.

1. u1 = uAB = uC ; – u2 = uBN = uR.

2. a. Initialement le condensateur se décharge, donc

u (V) +6

1. 2T ≈ 900 µs, donc T ≈ 450 µs.

L . C = 2π 5,0 × 10–3 × 1,0 × 10–6 ≈ 4,4 × 10–4 s, donc T ≈ T0. 3. 4Te ≈ 900 µs, donc Te ≈ 225 µs. T 4. Te = . 2 5. Toute l’énergie est emmagasinée dans le condensateur lorsque la tension aux bornes du condensateur est maximale ou minimale, c’est-à-dire aux dates 0, T, T, 3 T, 2T... 2 2 2. T0 = 2π .

+4 +2 0 t (ms)

–2 0

+ 0,50

+ 1,00

+ 1,50

+2,00

+ 2,50

4. Si la borne N (masse) du générateur est reliée à la

terre et si la masse du système d’acquisition l’est aussi, la terre constitue un court-circuit entre les bornes B et N, la tension u2 est alors nulle. 86

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6. L’énergie localisée dans la bobine est maximale lorsque l’énergie emmagasinée dans le condensateur est nulle, c’est-à-dire à T, 3 T, 5 T . 4 4 4

20.

1. Voir le schéma ci-dessous. i uC q

C

L

uL

2. q est la charge de l’armature vers laquelle est dirigée

la flèche d’orientation du circuit. 3. Voir le schéma ci-dessus. di 4. uC = q et uL = L . . C dt 5. uC + uL = 0. du di dq 6. uL + L . = 0. Avec i = = C . C , il vient : dt dt dt d2uC d2uC 1 uC + L . C . 2 = 0 ↔ 2 + . u = 0. L.C C dt dt di dq 7. uC + u L = 0 ↔ q + L . . Avec i = , il vient : C dt dt 2 2 q + L . d q = 0 ↔ d q + 1 . q = 0. dt2 dt2 L . C C

22.

1. a. et b. Voir le schéma

ci-contre.

uL

L dq . =q. dt q di .. C b. uL = L . =L.q. uC dt q + L . q.. = 0 ; c. uC + uL = 0 ; C q .. = 0. d’où : q + L.C 2π . t + φ 3. a. q(t) = qm . cos 0 T0 . q (t) = – 2 π . qm . sin 2 π . t + φ0 T0 T0 2 2 4π .. 2 π 2 π q (t) = – . qm . cos . t + φ0 = – 2 . q . T0 T0 T0

2. a. i =

( (

( )

) )

(

4π

Il vient alors : –

2

.q+

T02

)

1 . q = 0; L.C

q .. q = qm . cos 2 π . t + φ0 est solution de q + =0 L.C T0

(

si

4π T02

2

=

)

1 . L.C

T0 = 2 π . L . C . c. À t = 0, q = qm . cos φ0 = – q0 , donc cos φ0 < 0. La charge est maximale, sa dérivé est nulle : . q = – 2 π . qm . sin φ0 = 0 ; T0 sin φ0 = 0, alors φ0 = 0 ou φ0 = π . Comme cos φ0 < 0, alors φ0 = π et qm = q0 . b.

21.

1. uAB + uBE + uEF + uFA = 0 ;

uL + ur + uC + u = 0 ; dq du du avec i = C = C . C , on a : ur = r . i = R . C . C dt dt dt di d2uC =L.C. et on a également : et uL = L . dt dt 2 du u = – R 0 . i = – R0 . C . C . dt Il vient donc : du du d2u uC + r . C . C + L . C . 2C – R0 . C . C = 0 . dt dt dt duC d2u et donc : uC + (r – R0) . C . + L . C . 2C = 0 . dt dt 2. a. Lorsque R0 = r, la résistance du circuit est nulle. b. uL + uC = 0. di d2uC + uC = 0 ; L . C . + uC = 0 . L. dt dt 2 1 D’où : u..C + . u = 0. L.C C c. La tension uC n’est pas amortie. De plus, la période de la tension uC est égale à la période propre du circuit, c’est-à-dire : T0 = 2π . L . C = 2π 1 × 10–3 × 500 × 10–6 ≈ 4,4 × 10–3 s. Le seul graphique satisfaisant à ces deux conditions est le graphique A. 3. Le rôle du dipôle D est de compenser à chaque instant la perte d’énergie par effet Joule dans le conducteur ohmique.

1. L’amortissement des oscillations est dû à la perte d’énergie par effet Joule dans le conducteur ohmique.

23. 2. a.

L voie 2

B D

ur u

voie 1

r C C

uC D

Pour obtenir i(t), acquérir la tension aux bornes u (t) de la résistance et utiliser la loi d’Ohm : i(t) = r . r On obtient ur(t) en faisant simultanément l’acquisition de la tension u et de la tension uC, puis en utilisant l’additivité des tensions : ur(t) = u(t) – uC(t). 1 1 3. a. Ee = . C . uC2(t) ; Em = . L . i 2(t) . 2 2 b. Les oscillations étant entretenues, elles ne sont pas amorties ; donc le graphique A est correct. b.

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A

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A. uC + uL = 0 di =0 uC + L . dt d2u uC + L . C . 2C = 0 dt .. + 1 . u = 0 . uC L . C C

24.

c.

K i uC

C

uL

L

B. 1. uC (V)

+6 +4 +2 0 –2 –4

t (ms)

–6 0

+2,00 , + 4,00

2. T0 = 2 π .

+6,00 +8,00 +10,00 +12,00 +14,00

L . C et T´0 = 2 π . L . C' .

uC (V)

+4,00 +3,00 +2,00

0 0

+0,50 0,50 + 1,00 +1,50 +2,00 +2,50

t (ms) +3,00 +3,50

τ = 0,4 ms. b. τ = 0,4 ms ; –3 τ = R . C, donc : C = τ = 0,4 × 10 200 R –6 C = 2 × 10 F = 2 µF. 2. a. La tension initiale aux bornes du condensateur lors de la décharge est égale à 5 V, ce qui correspond effectivement à la tension aux bornes du condensateur en fin de charge. b. Le conducteur ohmique est responsable de l’amortissement des oscillations par perte d’énergie par effet Joule. 88

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A. Première partie

um = 4 V.

2. uC(0) = 0 V. 2π . t + φ . 3. a. uC = 4 . sin 0

( (

) )

T0 Détermination de φ0 : à t = 0, uC = 0 ; donc : 0 = 4 . sin 2 π . 0 + φ0 ; T0 d’où : sin φ0 = 0, donc φ0 = 0 ou φ0 = π. T T T À t = 0, uC 0 = um ; soit 4 = 4 . sin 2 π . 0 + φ0 4 4 T0 4 D’où : 1 = sin π + φ0 . 2 La seule possibilité est φ0 = 0 . 2π . t + φ b. uC = 4 . sin 0 T0 uC = 4 . sin 2π . t + φ0 2 × 10–3 uC = 4 . sin (1 000 . π . t). B. Deuxième partie 1. La période et l’amplitude n’ont pas été modifiées : T0 = 2 ms et um = 4 V. 2. uC(0) = 4 V. 3. Détermination de φ0 : à t = 0, uC = 4 V ; donc : 4 = 4 . sin 2π × 0 + φ0 ; 2 soit : sin φ0 = 1 ; donc φ0 = π . 2 4. uC = 4 . sin 1 000 π . t + π 2 φ0 dépend de l’origine des dates, ici du choix du début de l’acquisition. Remarque : De même, um dépend du choix de l’expérimentateur. Par contre, la période propre T0 ne dépend que des caractéristiques du dipôle (L, C ).

() ( ) ( ) ( )

(

+1,00 0,4 ms

26. b.

1. a. Détermination graphique de τ.

+5,00

T0 = 2 π . L . C . T02 (1,8 × 10–3)2 –2 d. L = = 2 –6 ≈ 4,1 × 10 H . 2 4 π × 2 × 10 4π .C 3. a. uC + uR + uL + u = 0 uC + R . i + uL – R0 . i = 0 uC + uL + u = 0 . Les oscillations ne sont pas amorties s’il n’y a pas de perte d’énergie par effet Joule. Il suffit que uR + u = 0. b. La tension uC oscille sans amortissement à sa période propre T0 ≈ 1,8 ms, ce qui correspond à la période lue sur le graphique. De plus, l’amplitude de la tension est égale à 5 V, donc le graphique est correct. 1. a. T0 = 2 ms.

T´0 = 2 π . L . C' = 2π . L . 4C = 2 . 2π . L . C = 2 T0 . 1 3. a. Ee = . C . uC2(t) ; 2 1 Em = . L . i 2(t) . 2 b. À t = 0, uC est maximale ; toute l’énergie est emmagasinée dans le condensateur, donc l’énergie magnétique Em est nulle. c. L’énergie Ee s’annule pour la première fois pour t = T. 4 C. 1. L’énergie est perdue par effet Joule dans le conducteur ohmique. 2. Les oscillations sont amorties, le régime est pseudo-périodique.

25.

Graphiquement : T ≈ 1,8 ms.

(

(

)

)

)

27. 1. a. Commutateur en position 1 : charge du condensateur. b. Commutateur en position 2 : décharge du condensateur.

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2. a. Ee =

1 . C . u 2. C 2

1. La perte d’énergie par effet Joule, cause de l’amortissement des oscillations, est due à la résistance de la bobine. Il faut compenser à chaque instant les pertes d’énergies. Un montage électronique appelé « Résistance négative » convenablement ajusté fournit l’énergie nécessaire. 2. Un circuit oscillant oscille à sa fréquence propre : 1 . f0 = 2π . L . C 3. On sélectionne ainsi le condensateur afin d’obtenir la fréquence d’oscillations souhaitée.

29.

du Em = 1 . L . i 2 avec i = C . C . dt 2 3. a. À t = 0, le condensateur est chargé, donc uC est maximale et Ee est maximale. Ee correspond à la courbe bleue. b. À t = 0, le condensateur étant chargé, i = 0, donc Em correspond à la courbe rouge. 4. L’énergie totale E diminue, car il y a perte d’énergie par effet joule dans la résistance de la bobine. 5. a. La décroissance de E est très rapide lorsque Em est maximale et Ee nulle. Lorsque Em = 1 . L . i 2 est maximum, i est maximum. 2 Or la perte d’énergie par effet joule est d’autant plus grande que i est grand, donc E décroît rapidement. b. EJ = R . i ² . t . L’énergie et donc la puissance dissipée par effet Joule est d’autant plus importante que la valeur de i est grande. b.

4. a.

Période

Fréquence

Note

Graphique A : uC1

2 ms

≈ 500 Hz

Si

Graphique B : uC2

2,5 ms

≈ 400 Hz

Sol

Graphique C : uC3

2,25 ms

≈ 440 Hz

La

C=

b.

1 . 4 π2 . L . f02

C1 = 1,01 µF ; C2 = 1,58 µF ; C3 = 1,31 µF.

28. 1. Les pertes d’énergies sont dues à l’effet Joule dans la résistance de la bobine. 2. T0 = 2 π . L . C . C=

T02 2

; L varie de 0,5 H à 2 H. 4π .L Si L = 0,5 H, alors : T02 0,242 C= = 2,9 × 10–3 F = 2,9 mF. = 2 2 4 π . L 4 × π × 0,5

Sujet BAC Le dipôle (R, L, C ) 1.1. Le phénomène observé en voie 1 est la charge du

condensateur soumis à un échelon de tension. 1.2.

Si L = 2 H, alors : T02 0,242 C= = = 7,3 × 10–4 F = 0,73 mF. 2 2 4π .L 4×π ×2 La plus proche valeur possible de condensateur est donc 1 mF. Calcul de l’inductance L : T02 0,242 L= = 2 –3 ≈ 1,5 H. 2 4 π . C 4 × π × 10 3.

A

(L, r) module électronique

+ + + +

– – – –

i K

M

E

1.3. τ = 0,4 ms.

Première méthode : – Tracer l’horizontale correspondant à la tension aux bornes du condensateur lorsqu’il est chargé. – Tracer la tangente à l’origine. – L’abscisse du point d’intersection entre ces deux droites est égale à la constante de temps τ du dipôle (R, C ). u1 (V)

C D

4. Le module électronique comporte une résistance réglable qu’il faut ajuster à la valeur de la résistance de la bobine, c’est-à-dire : 10 . 5. Six périodes s’étalent sur une durée d’environ 1,5 1,5 s, donc : T0 = = 0,25 s. 6 La période est correcte aux imprécisions de mesure près.

7 6 5 4 3 2 1 0

t (ms) 0 0,4 ms

1

2

3

4

Deuxième méthode : La tension aux bornes d’un condensateur lors de la charge atteint 63 % de sa valeur maximale à la date t = τ. 0,63 . E = 0,63 × 6 ≈ 3,8 V.

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C

R

B uC

u1 voie 1

89

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Graphiquement, l’abscisse correspondant à une tension de 3,8 V est 0,4 ms. τ = R . C; –3 donc : C = τ = 0,4 × 10 = 2,0 × 10–5 F = 20 µF. 20 R 1.4.a. Additivité des tensions : voir le schéma cidessous. uR

u1 voie 1 C

R

+ + + +

– – – –

i K

M

E

uR + u1 = E ; soit : R . i + u1 = E. du R . C . 1 + u1 = E avec τ = R . C. dt –5τ 1.4.b. u1 = E . (1 – e τ ) u1 = E . (1 – e–5) u1 = 0,99 E . Au bout d’une durée t = 5τ, le condensateur est chargé. 2.1. À t = 0, le condensateur est chargé, donc la ten-

sion u1 est égale à 6 V. Le graphique de la tension u1 correspond à la courbe 1. Le graphique de la tension uR correspond à la courbe 2. 2.2. T = 25 ms. T0 = 2 π . L . C = 2π 0,8 × 20 × 10–6 = 2,5 × 10–2 s = 25 ms. T ≈ T0. La résistance du conducteur ohmique n’a pratiquement pas d’influence sur la période des oscillations. 2.3. Lorsqu’on diminue la valeur de L, la pseudopériode T diminue, c’est le cas des courbes de la figure 5 : T ≈ 20 ms. Lorsqu’on augmente la valeur de C, la pseudo-période augmente, c’est le cas des courbes de la figure 4 : T ≈ 40 ms.

Exercices complémentaires Énoncés 1. Établir une équation différentielle On réalise un circuit (L, C ) comprenant un condensateur de capacité C = 100 nF chargé initialement (q0 = 2 × 10–7 C), une bobine d’inductance L = 0,005 H de résistance nulle et un interrupteur. À l’instant t = 0, on ferme l’interrupteur. 1. a. Reproduire le circuit ci-dessous et flécher, en convention récepteur, la tension uC aux bornes du condensateur.

Faire apparaître les branchements d’un système d’acquisition informatisé permettant de visualiser la tension uC. 2. Quelle est la valeur de la tension initiale uC(0) aux bornes du condensateur ? 3. Quelle est la valeur de l’intensité initiale i(0) ? 4. Les deux composants, condensateur et bobine, sont étudiés en convention récepteur. Écrire la relation entre la tension uC(t) aux bornes du condensateur et la tension uL(t) aux bornes de la bobine. 5. Écrire l’équation différentielle permettant de déterminer la tension uC(t). 6. La solution de l’équation différentielle est : uC(t) = A . cos (B . t). En utilisant les conditions initiales, déterminer A et B. 7. Calculer la pseudo-période T. 8. Représenter l’allure du graphique uC(t) sur trois périodes. b.

2. Oscillations entretenues On considère un circuit (r, L, C ) associé à un générateur électronique G délivrant une tension uAS = – α . i, i étant le courant traversant de A vers S. uC r

C

L

i A

S

G

i

uG

1. a. Établir l’équation différentielle vérifiée par la

tension uC aux bornes du condensateur en la mettant sous la forme : du d2uC + β . C + ω20 . uC = 0 . 2 dt dt b. Pour quelle valeur de α le coefficient β est-il nul ? Quelle est alors la variation de la tension uC avec le temps ? 2. a. Exprimer la puissance 1 fournie au dipôle (A, S ). Quelle est la signification physique de ce résultat ? b. Exprimer la puissance 2 perdue (donc comptée négativement) par le conducteur ohmique. c. Pour quelle valeur de α a-t-on 1 + 2 = 0 ? Quelle est la signification physique de ce résultat ? 3. On a enregistré l’établissement des oscillations dans un tel circuit. +6 + 5,330 +4

uC (V)

+2 t (ms)

0 –2 C

90

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L

80

–4 –4,770 –6

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a. Évaluer la durée approximative de l’établissement des oscillations entretenues d’amplitude croissante. b. Calculer la période des oscillations entretenues. c. Déterminer la période propre du circuit (L, C ) correspondant. La comparer à la période des oscillations entretenues. Données : r = 10  ; L = 0,41 H et C = 2,2 µF.

Corrigés 1.

1.

i

L = 0,005 H

C = 100 nF

–7 q(0) = 2 × 10 –9 = 2 V. C 100 × 10 3. i(0) = 0. 4. uC(t) = – uL(t). d2q d2(C . uC) di 5. uL(t) = L . =L. 2 =L. dt dt 2 dt d2(uC) =L.C. dt 2 .. uC + L . C . u C = 0 1 .. u C + L . C . uC = 0 . 6. uC(t) = A . cos (B . t)

du dq = C . C. dt dt du d2u Donc : L . C . 2C + (r – α) . C + uC = 0 dt dt 1 . β = r – α ; ω20 = L.C L.C b. β = 0 pour α = r ; uC varie sinusoïdalement au cours du temps. fournit de l’énergie au circuit (r, L, C ). b. 2 = – r . i 2. c. 1 + 2 = 0 pour α = r : le générateur électronique compense les pertes du circuit. 3. a. Durée d’établissement : 40 ms. b. T = 6 ms. T0 = 2 π . L . C = 6 ms ;

T = T0 .

Compléments scientifiques Le montage à résistance négative (entouré en noir sur le schéma ci-dessous) permet l’entretien des oscillations dans un dipôle (r, L, C ) (entouré en gris clair sur le schéma).

>

montage à résistance négative R

dipôle (r, L, C)

Détermination de B : 1 .. u C + L . C . uC = 0 . 1 . A . cos (B . t) = 0 – A . B 2 . cos (B . t) + L.C A – A . B2 + . cos (B . t) = 0 L.C A – A . B2 + =0 L.C 1 B= L.C

A

S E+

)

8.

E–

(L, r)

R

C P R0

M

Détermination de A : À t = 0, uC(0) = 2 V ; donc : 2 = A × cos (B × 0) = A × cos 0 = A ; D’où : A = 2 V. 7. T ≈ T0 = 2 π . L . C = 2 π 0,005 × 10–7 = 1,4 × 10–4 s = 140 s.

La démonstration n’est pas au programme de Terminale S.

uC (V) +2,00 +1,00

> Il faut connaître, au préalable quelques relations sur le CIL. i– i + = 0 et i – = 0 . E– Remarque : L’impédance d’entrée uE –E + S i+ est très grande. E+ uE E = 0 . Les potentiels des points A et P sont égaux, car uE E = 0. Les tensions aux bornes des deux résistances R sont égales. Donc les intensités i1 et i2 des courants dans ces résistances sont opposées, compte tenu des sens d’orientation choisis : i1 = – i2. + –

0

+ –

– 1,00 – 2,00 t (ms) 0

+ 100

+ 200

+ 300

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di – uC . Or uG = – α . i ; dt

i=

c.

2. uC(0) =

(

1. a. uG = – r . i – L .

2. a. 1 = – uG . i = α . i 2 : le générateur électronique

voie A uC

2.

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Appliquons la loi d’additivité des tensions dans la maille contenant le dipôle (r, L, C ), les points E + et E – et la résistance R0 . montage à résistance négative R

dipôle (r, L, C) A

E– S

L

uL E+

r

ur

R P

C

La solution est sinusoïdale et l’amortissement disparaît. Le module électronique entre les points A et M crée une tension uAM = R0 . i2 = – R0 . i1 ; il est équivalent à une résistance négative – R0. Remarque : Il faut choisir un dipôle (L, C ) dont la fréquence propre f0 est assez faible, quelques centaines d’hertz. Si la fréquence propre est élevée, la résistance de la bobine à la fréquence f0 (résistance dynamique) ne sera plus égale à sa résistance mesurée à l’ohmmètre. On n’obtiendra pas l’égalité R0 = r. La résistance R0 sera supérieure à r et les oscillations ne seront plus sinusoïdales.

R0

uC

Bibliographie

M

– (uL + ur + uC) + uE E + R0 . i2 = 0 Or, uE E = 0 et i2 = – i1. di – (– L . 1 – r . i1 + uC) – R0 . i1 = 0 , dt di soit : L . 1 + r . i1 – uC – R0 . i1 = 0 . dt Si l’on règle la résistance R0 telle que R0 = r, l’équation précédente se simplifie : di L . 1 – uC = 0 . dt duC 1 dq i1 = . = . Or, uC = q et dt C dt C C di i Finalement, on obtient : L . 1 + 1 = 0 . dt C – +

– +

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Ouvrage Électronique électrocinétique, 1re année MPSI, PCSI, PTSI, J.-M. Brébec et coll. collection H Prépa, Hachette Éducation, 1996.

Revues • Les cahiers de Sciences et Vie, Hors série no 30, décembre 1995. • Bulletin de l’Union des Physiciens, p. 1871, no 789.

Site Internet www.discip.crdp.ac-caen.fr/phyapp/

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La mécanique de NEWTON Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

Objectifs Cette partie constitue l’aboutissement de l’enseignement de mécanique commencé en classe de Seconde. L’appropriation des lois de Newton, à travers les différents exemples de mouvements étudiés, permet aux élèves de pratiquer les différents aspects de la démarche scientifique : – modéliser un système et utiliser les lois de la dynamique pour prévoir son comportement, en utilisant une résolution analytique et/ou une méthode numérique itérative ; – réaliser des mesures quantitatives et les confronter aux prédictions d’une théorie, dans le but éventuel d’améliorer la modélisation. La variété des systèmes étudiés doit illustrer la généralité de la théorie. Dans chaque cas considéré, ce qui est appelé « résolution analytique » dans la colonne des compétences exigibles comprend : l’établissement de l’équation différentielle, la vérification qu’une solution analytique proposée la satisfait, et la détermination des constantes à partir des paramètres du circuit et des conditions initiales.

Contenus 1. La mécanique de NEWTON • Lien qualitatif entre ∑Fext et G (rappels). • Comparaison de G correspondant à des intervalles de temps égaux pour des forces de valeurs différentes (résultat de l’activité). G • Introduction de . t G dG = • Accélération : aG = limt → 0 ; vecteur t dt accélération (direction, sens, valeur). • Rôle de la masse. • Deuxième loi de Newton appliquée au centre d’inertie. • Importance du choix du référentiel dans l’étude du mouvement du centre d’inertie d’un solide : référentiels galiléens.

( )

• Troisième loi de Newton : loi des actions réciproques (rappel).

Connaissances et savoir-faire exigibles • Choisir un système. Choisir les repères d’espace et de temps. • Faire l’inventaire des forces extérieures appliquées à ce système. • Définir le vecteur accélération et exploiter cette définition, connaître son unité. • Énoncer les trois lois de Newton. • Savoir exploiter un document expérimental (série de photos, film, acquisition de données avec un ordinateur...) : reconnaître si le mouvement du centre d’inertie est rectiligne uniforme ou non, déterminer des vecteurs vitesse et accélération, mettre en relation accélération et somme des forces, tracer et exploiter des courbes G = ƒ(t). Savoir-faire expérimentaux Savoir enregistrer expérimentalement le mouvement de chute d’un solide dans l’air et/ou dans un autre fluide en vue de l’exploitation du document obtenu.

Exemples d’activités • Textes (Galilée, Newton, Einstein, Feynman, etc.). • Applications de la vie courante mettant en jeu la première et la troisième loi de Newton. • Tracé des vecteurs vitesse et accélération sur des enregistrements de mouvements divers de solides (la résultante des forces appliquées au solide est donnée). G • Vérification de la pertinence des grandeurs m, et t ∑Fext intervenant dans la deuxième loi de NEWTON (une des grandeurs étant fixée, l’étude porte sur les variations relatives des deux autres). • Étude de la chute verticale de solides de même forme et de masses différentes, dans l’air et dans l’huile. • Détermination des vitesses limites.

Commentaires Cette partie nécessite l’introduction de notions de cinématique (repère, coordonnées cartésiennes, trajectoire, vitesse, accélération). Ces notions seront introduites au

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Physique

chapitre

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fur et à mesure des besoins et ne feront pas l’objet d’un chapitre particulier. Avant d’introduire la deuxième loi de Newton, des notions étudiées en classe de Seconde et de Première S seront rappelées : référentiels, système, inventaire des forces, forces intérieures, forces extérieures, centre d’inertie, mouvement uniforme, première loi de Newton (principe d’inertie), troisième loi de Newton (loi des actions réciproques). La deuxième loi de Newton sera donnée comme un principe justifié par les conséquences qu’on en tire. On ne travaillera que dans le référentiel terrestre, considéré comme galiléen. On pourra faire référence à des référentiels non galiléens (manèges) afin de montrer que dans ce cas les deux premières lois de Newton ne s’appliquent plus. D’autres référentiels galiléens (géocentrique, héliocentrique, etc.) seront étudiés dans la partie 2.2. Seule est exigible l’étude de mouvements dans des référentiels galiléens. La séance de travaux pratiques sur la chute verticale de solides sera exploitée dans les parties 1 et 2.

Matériel

B. Un texte de NEWTON Réponses aux questions 1. La variation du vecteur vitesse est proportionnelle à la résultante des forces appliquées ; elle a même direction et même sens que cette dernière. 2. Cette première loi de Newton n’est valable que dans un référentiel galiléen. Il en sera de même pour la deuxième loi de Newton.

Cours 1. Quelles sont les lois de NEWTON et comment les appliquer ?

Cours > Activité 1

L’objectif est de rappeler et d’utiliser les deux lois de Newton vues en classes de Seconde et Première S.

– Un dispositif à force constante. tube cylindrique

de connaître l’intervalle de temps entre deux prises de vue consécutives. 2. C’est un tracé effectué en classe de Première S. Pour déterminer la variation du vecteur vitesse à la date t3 , troisième position du sauteur, on calcule les valeurs des vecteurs vitesses $2 et $4. À l’aide d’une échelle adaptée, on trace $2 et $4 respectivement au centre d’inertie du sauteur aux dates t2 et t4 . Ramené au centre d’inertie du sauteur à la date t3 , on trace $4 – $2 . À l’aide de l’échelle utilisée, on mesure sur le graphique la longueur de $4 – $2 et on en déduit la valeur de la variation du vecteur vitesse.

2. Comment une force modifie-t-elle

anneau des dimensions internes du tube

la vitesse ?

$G d’un t solide est égal à la somme des forces extérieures ∑$Fext qui lui sont appliquées. Le développement du cours peut s’avérer difficile ; on pourra alors se contenter du résultat posé a priori. L’objectif est de montrer que le produit m .

une extrémité du tube est reliée à un système d'aspiration

fil relié au système étudié

– Un banc à coussin d’air et mobile. – Un photocapteur relié à un système d’acquisition.

Déroulement du chapitre > Objectifs • Définir le vecteur accélération et exploiter cette définition. • Énoncer et appliquer les trois lois de Newton.

> Prérequis • Définir et mesurer une vitesse moyenne. • Tracer les vecteurs vitesse et les variations de vecteurs vitesse. • Établir un bilan de forces extérieures appliquées à un système. • Connaître et savoir utiliser la première et la troisième loi de Newton.

Activités préparatoires A. La chronophotographie Réponses aux questions 1. Cette chronophotographie nous donne la trajectoire du sauteur en longueur ainsi que sa vitesse à condition 94

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> Activité 1 Réponses aux questions 1. Une acquisition permet de représenter la vitesse en G fonction du temps et de déterminer le rapport t correspondant au coefficient directeur de la droite G(t) (doc. 8, p. 208). Ce rapport est égal à la valeur de la tension #T = ∑$Fext qui s’exerce sur le mobile. 2. On réalise plusieurs acquisitions et pour chacune on détermine la valeur de #T = ∑$Fext . Afin de gagner du temps, ces acquisitions peuvent être faites avant G la séance. On représente ensuite T en fonction de . t On obtient une droite dont la pente est égale à la masse m du mobile (doc. 9, p. 208).

3. Comment définir mathématiquement le vecteur vitesse et le vecteur accélération ? L’objectif est de définir le vecteur vitesse instantanée (le programme de Première S ne parlait que de vitesse moyenne) et le vecteur accélération. En précisant les coordonnées de ces deux vecteurs, on introduit la notion de projection de ces deux grandeurs.

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Il est intéressant d’insister sur la définition du vecteur accélération pour enlever l’idée qu’un système accélère uniquement lors de variations de la valeur de son vecteur vitesse.

4. Comment énoncer la deuxième loi de NEWTON ? Ce paragraphe est l’aboutissement de l’approche de la deuxième loi de Newton vue en classe de Première S et de l’activité 1 de ce chapitre.

Rechercher et expérimenter 1. Pratique du saut à l’élastique Réponses aux questions 1. Lorsque la hauteur de chute est égale à , longueur de l’élastique non étiré, on passe de la première à la seconde phase du mouvement. 2. Première phase : le sauteur est soumis uniquement à son poids $P de direction verticale, orienté vers le bas et de valeur P = m . g. Seconde phase : au poids vient s’ajouter la force de rappel de l’élastique de direction verticale, orientée vers le haut. La valeur de cette force de rappel dépend de l’allongement de l’élastique. 3. Soit A la position du centre d’inertie du sauteur lorsqu’il est au plus bas de son saut. Juste avant A, le sauteur a une vitesse $avant verticale orientée vers le bas ; juste après A, son vecteur vitesse $après est vertical orienté vers le haut. Il y a donc autour du point A une variation du vecteur vitesse du sauteur ; son vecteur accélération est non nul. Il est vertical, orienté vers le haut ($après – $avant est un vecteur orienté vers le haut). 4. a. En A, le sauteur est soumis à son poids P = m . g = 600 N et à la tension de l’élastique T = 2 550 N pour un élastique S (masse du sauteur comprise entre 40 et 70 kg) allongé de 200 %, c’està-dire dont la longueur est égale à 3 . b. En A, le vecteur accélération a la direction et le sens de $P + $T, c’est-à-dire verticale orientée vers le haut et pour valeur celle de $P + $T , c’est-à-dire m 2 550 – 600 = 32,5 m . s–2. 60

2. Simulation d’un saut à l’élastique Réponses aux questions 1.a. Lors de la chute, le vecteur vitesse est vertical orienté vers le bas. Sur l’axe (Oy) choisi, la vitesse  est positive. b. La valeur de la vitesse augmente de façon linéaire au début de la chute, passe par un maximum, puis diminue pour s’annuler lorsque le système est au plus bas de sa chute. c. Le coefficient directeur de la fonction affine (t) s’exprime en m . s–2 et a pour valeur g = 10 m . s–2. $d 2.a. $a = . dt b. Au début du mouvement, le système n’est soumis qu’à son poids. Il est en chute libre et le vecteur accélération $a = $g d’après la deuxième loi de Newton. L’accélération du système est verticale orientée vers le bas et a pour valeur g = 10 m . s–2.

4.b. T augmente au cours de la chute. c. Pour T < P, l’accélération est verticale orientée vers le bas, dans le même sens que celui du mouvement. La valeur du vecteur vitesse augmente, le mouvement est accéléré. Pour T = P, l’accélération est nulle. La vitesse atteint sa valeur maximale. Pour T > P, l’accélération est verticale orientée vers le haut, de sens opposé à celui du mouvement. Le mouvement est ralenti, la vitesse diminue. 5. La vitesse est maximale lorsque l’accélération est nulle. On a alors T = P, poids de la masse suspendue à l’élastique. Remarque : on peut prolonger l’étude en pointant sur la vidéo quelques positions du système lorsqu’il remonte. Sur le graphique (t), la vitesse aura alors une composante négative. L’accélération sera orientée vers le haut comme lors de la fin de la chute (T > P ), et dans le sens du mouvement ; le mouvement sera accéléré.

Corrigés des exercices Savoir s’autoévaluer 1.

dt d$G . 2. a. $a = dt b. La valeur du vecteur accélération s’exprime en m . s–2. 3. Lors d’un mouvement rectiligne uniforme, le vecteur vitesse du centre d’inertie du système est constant. Son vecteur accélération est nul. Le vecteur vitesse du centre d’inertie d’un système doit être tangent à la trajectoire ; c’est le cas dans chacune des situations schématisées. Le vecteur accélération, d’après la deuxième loi de Newton, a même direction et même sens que la résultante des forces extérieures appliquées au système. Ce n’est pas respecté sur le schéma (b). Lors d’une trajectoire curviligne, la résultante des forces extérieures est toujours orientée à l’intérieur de la trajectoire. Ce n’est pas respecté sur le schéma (c).

2.

1. La position de l’automobile à t = 0 correspond à x(t = 0) = 200 m. dx 2. a.  = = 2t + 15. dt b. À t = 0, (t = 0) = 15 m . s–1. d d2x 3. a = = = 2 m . s–2. dt dt 2 L’accélération du centre d’inertie de la voiture est constante et égale à 2 m . s–2.

3.

4. • Première loi de NEWTON : Dans un référentiel galiléen, si la somme des forces qui s’exercent sur un solide est nulle, le vecteur vitesse $G de son centre d’inertie est constant. Exemple : un palet de hockey sur glace lancé par un joueur a un mouvement rectiligne uniforme si on néglige les frottements de la glace.

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1. $ = d$OG .

95

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• Deuxième loi de NEWTON : Dans un référentiel galiléen, la somme ∑$Fext des forces extérieures appliquées à un solide est égale au produit de la masse du solide par l’accélération de son centre d’inertie : Référentiel galiléen : ∑$Fext = m . $aG . Exemple : lors d’une chute libre, la seule force extérieure appliquée au système en mouvement est son poids. D’après la deuxième loi de Newton : $P = m . $a , d’où $a = $g. Le système a une accélération verticale, orientée vers le bas et de valeur constante g = 10 m . s–2. • Troisième loi de NEWTON : Lorsqu’un corps A exerce sur un corps B une force $FA→B , alors le corps B exerce sur A la force $FB→A . Que les corps soient au repos ou en mouvement, ces forces sont opposées et ont même support : $FA→B = – $FB→A . Exemple : lors d’un départ de bobsleigh, l’athlète exerce une force de poussée sur le bobsleigh afin de le mettre le plus rapidement en mouvement. On peut considérer que cette force $FA→B est horizontale, orientée dans le sens du mouvement. De même, le bobsleigh exerce une force sur le coureur $FB→A horizontale, de sens opposé à celui du mouvement, et telle que $FA→B = – $FB→A .

5.

2. $P : poids du skieur ;

$R : réaction de la piste ; $f1 : force de frottement du sol ; $f2 : force de frottement de l’air. 3. a. Pour t > t1 , la vitesse du skieur est constante. L’accélération de son centre d’inertie est donc nulle. b. D’après la deuxième loi de Newton : $P + $R + $f1 + $f2 = $0 . 4. a. Pour t < t1 , la vitesse augmente. L’accélération est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe (t). Au début, (t) augmente linéairement avec le temps ; l’accélération est donc constante. Ensuite, le coefficient directeur de la tangente à la courbe diminue pour s’annuler à la date t1 ; il en est de même pour l’accélération. b. $P + $R + $f1 + $f2 = m . $a . c. La force responsable de la variation de l’accélération est la force de frottement de l’air qui augmente avec la vitesse.

4.

1. a. et b. Voir le schéma ci-dessous.

FT/ TS

2. a. 3 = 5 = 1,2 m . s–1.

3. b. $ = $5 – $3 a pour valeur 0,44 m . s–1.

On en déduit la valeur de l’accélération au point 4 : a4 = 3,6 m . s–2. 4. a. La valeur de la somme $F des forces appliquées au solide est égale à m . a4 = 2,4 N. b. $F a même direction et même sens que $a4 .

Exercices 1. 1. Le mouvement est rectiligne uniforme. 2. Le mouvement étant uniforme, la valeur de la vitesse est constante. 3. Le vecteur vitesse ne varie pas au cours d’un mouvement rectiligne uniforme. 4. D’après la première loi de Newton, la résultante des forces extérieures appliquées au mobile est égale au vecteur nul.

2. Le spectateur se trompe. La troisième loi de Newton indique que $FM→B = – $FB→M , les deux forces ont même valeur. 1. Si l’on veut relier la variation de vitesse aux forces appliquées au skieur, il faut considérer le référentiel terrestre comme galiléen.

3.

R

f2 f1

P

96

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FS/T

c. La valeur de la force exercée par le skieur sur la barre du téléski $FS/T est égale à la valeur de $FT/S , force exercée par la barre sur le skieur. 2. Les forces restent toujours opposées mais leur valeur peut varier. G2G4 5. 1. 3 = 2t = 1,82 m . s–1 ; GG 4 = 3 5 = 2,45 m . s–1 ; 2t G4G6 5 = = 3,13 m . s–1 ; 2t GG 6 = 5 7 = 3,76 m . s–1 ; 2t G6G8 7 = = 4,39 m . s–1 ; 2t ||$(t4)|| ||$5 – $3|| 3,13 – 1,82 = 2. a. = t t5 – t3 2 × 67 × 10–3 –2 = 9,7 m . s . ||$(t5)|| ||$6 – $4|| 3,76 – 2,45 b. = = t t6 – t4 2 × 67 × 10–3 = 9,7 m . s–2 ; ||$(t6)|| ||$7 – $5|| 4,39 – 3,13 = = = 9,3 m . s–2. t t7 – t5 2 × 67 × 10–3 3. La variation de la vitesse par unité de temps, c’està-dire l’accélération, diminue. Il en est de même pour la somme des forces extérieures appliquées à la bille. Cela peut s’expliquer par la force de frottement de l’air qui n’est plus négligeable vers la fin de la chute.

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6.

1.

3. Un point en mouvement a une accélération nulle si son vecteur vitesse est constant.

R

a. et b. Le vecteur accélération $a a même sens et même direction que ceux de la résultante des forces extérieures.

10.

T

F1 F1

G

F2 F1

P

2. a. Le mouvement étant rectiligne, l’accélération est égale au coefficient directeur de la droite (t). 1 0,4 = 2 m . s–2 et a2 = a1 = = 0,8 m . s–2. 0,5 0,5 F = 0,20 = 0,1 kg et m = 0,25 kg. b. m1 = 2 2 a1 3.  en fonction du temps est une fonction linéaire de coefficient directeur : 0,14 a3 = F = = 1,4 m . s–1. m1 0,1 7. 2. a. $7 = $G6G8 . t b. $7 = 0,16 m . s–1. c. $7 est représenté par un vecteur tangent à la trajectoire dans le sens du mouvement et de longueur 1,6 cm.

8. 1. a. En tenant compte de l’échelle 1/4 on détermine une valeur des vecteurs vitesse $3 et $5 égale à 0,42 m . s–1. Ils sont représentés par des vecteurs de 4,2 cm de long, tangents à la trajectoire, respectivement aux points 3 et 5. b. Il n’y a pas égalité entre les deux vecteurs puisqu’ils n’ont pas même direction. c. Ces deux vecteurs ont même valeur, donc 3 = 5. 2. b. On détermine graphiquement une valeur de $ égale à 0,45 m . s–1. c. La valeur de a4 est de 2,2 m . s–2. d. a4 est représenté par un vecteur de 2 cm de long de même sens et même direction que $, c’est-à-dire orienté vers O. 3. a. La valeur de l’accélération est constante. b. Le vecteur accélération est toujours orienté vers le centre de la trajectoire circulaire. Il n’est pas constant. 4. L’accélération d’un mouvement rectiligne uniforme est nulle. 9.

4

2

2

3

–

4

4

5

2

$4 – $2 avec t = 2 s et $4 – $2 = $0 . t Donc $a3 = $0 . 2. Graphiquement, on mesure la valeur $ = $4 – $2 égale à 1 cm . s–1 . ||$ – $2|| = 0,5 cm . s–2. a3 = 4 t $a3 =

G F1 + F2

F2

11.

a

1. a. Voir le schéma ci-dessous. R T ( ) (A

m

P

(B)

Inventaire des forces extérieures : $P : le poids du solide (A) ; $R : la réaction du support ; $T : la tension du fil. b. Si on néglige les frottements, le poids et la réaction du support se compensent : ∑$Fext = $P + $R + $T = $T. 2. a. Le mouvement est rectiligne, l’accélération a pour valeur le coefficient directeur de la droite (t). a = 0,6 = 0,75 m . s–2. 0,8 b. T = m . a = 0,650 × 0,75 = 0,49 N.

12. D’après la deuxième loi de Newton, ∑$Fext = m . $a avec m la masse du système étudié. Si les forces extérieures appliquées au système se compensent, ∑$Fext = $0, alors $a = $0 ; donc $ = $cte. Un mouvement dont le vecteur vitesse est constant est rectiligne uniforme. Cas particulier : $ = $cte = $0 , le système est immobile. On retrouve bien la première loi de Newton : tout corps persévère dans son état de repos ou de mouvement rectiligne uniforme si les forces extérieures qui lui sont appliquées se compensent. 1. Par définition, le vecteur vitesse du centre d’inertie G d’un mobile a pour expression : $ = d$OG . dt Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent : x = dx = 2 dt ; (1) $ dy y = =0 dt x = dx = 10t dt ; (2) $ dy y = =0 dt

de

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F2

F1

13.

1. a. b. c.

1

F2

G

| |

97

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x = dx = 3 dt . (3) $ dy y = = 10t dt Le vecteur accélération du centre d’inertie G du d$ . mobile est défini par $a = dt Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent :

|

a(t) = 4,6, elle est constante. a(1) = a(3) = 4,6 m . s–2.

b.

4.

x (m) 30 20 10

ax = dx = 0 dt (1) $a ; d ay = y = 0 dt d ax = x = 10 dt ; (2) $a d ay = y = 0 dt d ax = x = 0 dt . (3) $a d ay = y = 10 dt 2. À t = 2 s, le vecteur vitesse a pour composantes : (1) $ x = 2 ; y = 0

| | |

t (s)

0 0

1 (m .

2

3

2

3

2

3

s–1)

15 10 5 t(s)

0 0

1

a(m . s–2) 6

| (2) $  = 20 ; | = 0 (3) $  = 3 . | = 20

4

x

2

y

x

La valeur  de la vitesse est égale à  = (1)  = 2 m . s–1 ; (2)  = 20 m . s–1 ; (3)  = 20,2 m . s–1.

0

x2 + y2 .

14. 1. Par lecture graphique, on détermine une distance de 70 m parcourue au bout de 4 s. 2. x(4 s) = 4,5 × 4² = 72 m. Aux erreurs de lecture près, la lecture graphique confirme le modèle mathématique proposé. 3. La trajectoire étant rectiligne :  = dx = d (4,5 t 2) = 9 t. dt dt 4. (4 s) = 9 × 4 = 36 m . s–1. 5. Sur un graphique x(t), la vitesse instantanée à une date t correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse t. 6. La trajectoire étant rectiligne : a = d = d (9 t) = 9 m . s–2. dt dt L’accélération est constante. 7. D’après la deuxième loi de Newton, la résultante des forces extérieures appliquées à la voiture est constante et dans le sens du mouvement. 15.

1. x(1) = 2,3 m et x(3) = 20,7 m.

dx = 4,6 t. dt b. (1) = 4,6 m . s–1 et (3) = 13,8 m . s–1. 3. a. La trajectoire étant rectiligne, a(t) = d. dt 2. a. La trajectoire est rectiligne, (t) =

98

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t (s)

0

y

16.

1

1. 4 = 2,4 m . s–1 et 6 = 3,2 m . s–1.

Le vecteur accélération $a5 même direction et même sens que $6 – $4 . 2. La résultante des forces d’après la deuxième loi de Newton a la même direction et le même sens que ceux du vecteur accélération. 3. a. La balle étant en chute libre, elle n’est soumise qu’à son poids. b. $a9 doit être vertical orienté vers le bas. c. $a9 a même direction et même sens que la somme des forces extérieures appliquées à la balle, ici le poids. L’accélération est bien verticale orientée vers le bas. 1. Graphiquement, on observe que la vitesse augmente pendant les 40 premières secondes, puis se stabilise. 2. La vitesse maximale atteinte par le scooter est de 14 m . s–1, soit 50 km . h–1 : aucune infraction à signaler. 3. L’accélération instantanée a pour expression d$ $a = dt ; la trajectoire du scooter étant rectiligne, d$ correspond graphiquement au coefficient directeur dt de la tangente à la courbe (t) au point d’abscisse t. 4. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe diminue au cours du temps pour s’annuler au bout de 40 secondes ; il en est de même de l’accélération instantanée.

17.

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5. D’après

la deuxième loi de Newton, ∑$Fext = m . $a , la résultante des forces a même direction et même sens que le vecteur accélération. Pendant les 40 premières secondes, la résultante des forces est dans le sens du mouvement et sa valeur diminue. Après 40 s, la vitesse se stabilise, le mouvement est rectiligne, la résultante des forces est nulle.

18.

1. a. F = Fc + 2 Fp

= 1 100 × 103 + 2 × 6 000 × 103 = 1,31 × 107 N. b. P = m0 . g = 7,22 × 106 N. 3. a = (F – P) = 8,0 m . s–2. m

19.

1. a. (t) = a . t = 24 t.

(1) = 24 m . s et (2,5) = 60 m . s . 1 2. a. x(t) = a . t ² = 12 t 2. 2 b. x(1) = 12 m et x(2,5) = 75 m. 3. a. x´(1) = 2,6 × 12 = 2,6 m et x´(2,5) = 2,6 × 2,52 = 16,3 m. 60 b. t´ = = 11,5 s. 5,2 c. x´ = 346 m. –1

b.

20.

–1

1. Scénic

Ferrari

F1 2002

a.

17 m . s–1

32 m . s–1

50 m . s–1

b.

28 m . s–1

44 m . s–1

69 m . s–1

Scénic

Ferrari

F1 2002

2,1 m . s–2

6,2 m . s–2

12,1 m . s–2

4,6 m . s–2

12,3 m . s–2

2.

a. b.

3. Le poids est supérieur à ∑$Fext . Le parachutiste n’est pas en chute libre. 4. Il reste à vitesse constante pendant 40 s. 5. D’après la première loi de Newton, la vitesse étant constante, les forces se compensent. Si on néglige la poussée d’Archimède, le poids du parachutiste est égal à la force de frottement de l’air : f = P = m . g = 80 × 10 = 800 N.

B. Seconde partie du saut 6. Le parachute ouvert, le parachutiste parcourt

1 000 m en 4 minutes, c’est-à-dire avec une vitesse moyenne de  = 4,2 m . s–1. 7. La vitesse étant constante, on a f = P = 800 N.

22. A. Déterminer expérimentalement l’accélération du centre d’inertie du mobile auto-porteur 1. et 2. Voir le document à la fin des corrigés. AA AA 3. A2 = 1 3 = 1 3 . 2t 0,12 A1A3 correspond au calcul B3 – B1 sur le tableur. 2t correspond à A3 – A1. 4. Par cette méthode, il est impossible de calculer la vitesse aux dates t0 et t11. 5. a. Le graphe obtenu est une droite. b. L’équation de la droite s’écrit (t) = 47,6 t + 14. c. La valeur de l’accélération est égale au coefficient directeur de la droite  = f (t). a = 47,6 cm . s–2. B. Déterminer théoriquement l’accélération du centre d’inertie d’un mobile auto-porteur 6. Les forces extérieures appliquées au palet sont : – le poids de direction verticale, orienté vers le bas et de valeur P = m . g ; – la réaction du support perpendiculaire à ce dernier et orientée vers le haut. N

8,4 m . s–2

c. 3.

27,8 m . s–2 palet

sens de déplacement F

G

Px cales

G

a démarrage

Py

A. Première partie du saut 1. En 10 s, le parachutiste passe de 0 à 200 km . h–1, c’est-à-dire de 0 à 55,6 m . s–1. La valeur moyenne de l’accélération lors des 10 premières secondes est de a = 5,6 m . s–2. 2. Le parachutiste est soumis à son poids $P, la force de frottement de l’air $f et la poussée d’Archimède $FA. Le vecteur somme $P + $f + $FA est orienté vers le bas pendant les 10 premières secondes. Lorsque la vitesse se stabilise à 200 km . h–1, la somme des forces extérieures est nulle.

21.

7. a. $P

|PP == –PP. sin. cosαα ; $N |NN == N0 . x

x

y

y

Deuxième loi de Newton : ∑$Fext = m . $aG ; $P + $N = m . $aG . Projection suivant $i : P . sin α + 0 = m . ax . Projection suivant $j : – P . cos α + N = 0. c. Donc a = g . sin α = 9,81 × sin 3° = 0,51 m . s–2 = 51 cm . s–2. Les valeurs expérimentale et théorique de l’accélération sont très proches. On remarque que la valeur expérimentale est plus faible, cela est dû à l’existence de frottements. b.

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P

freinage

99

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23.

3. 4. 5. 6. Voir le schéma ci-dessous.

1. $ = k . F $ .

2. Une force peut modifier la trajectoire et/ou la

valeur de la vitesse. Les forces visibles sont généralement des forces de contact. Les forces invisibles sont des forces à distance, le poids par exemple. 3. a. Dans un mouvement circulaire, le vecteur vitesse tangent à la trajectoire change constamment de direction. Il y a donc une accélération, d$ . car $a = dt b. Lors d’un mouvement circulaire uniforme, l’accélération est centripète ; il en est de même pour la résultante des forces appliquées au mobile. c. On peut considérer le mouvement de la Terre autour du Soleil comme circulaire uniforme. La force centripète est la force gravitationnelle exercée par le Soleil sur notre planète. 1. La troisième loi de Newton indique que lors de la mise en mouvement de la charrette, la force exercée par le cheval sur la charrette a même valeur que celle exercée par la charrette sur le cheval. L’affirmation du texte est donc fausse. 2. Le mot « acteur » dans le texte peut être assimilé à un système d’étude.

F1 F2 F4

F3

7. a. et b. $F est la résultante des forces extérieures

appliquées au système. Voir le schéma ci-dessous.

F4 F5 F

24.

P

c. À vitesse constante et sur une trajectoire rectiligne, les forces extérieures se compensent. La projection suivant un axe horizontal de $F5 a même valeur que la projection de $F4 sur ce même axe. Les projections sont de sens opposés.

Document du corrigé de l’exercice 22.

Sujets BAC Mouvement d’un skieur 1.1. Forces extérieures exercées sur le skieur : R – son poids $P de direcT tion verticale orienté vers le bas ; G – la réaction normale F du support $R de direction verticale vers le haut ; – la force de frottement P du sol $F de direction horizontale, de sens opposé à celui du mouvement ; – la force exercée par la perche sur le skieur $T.

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1.2. Le mouvement étant rectiligne, l’accélération

moyenne a pour valeur : a =  = 2 = 0,25 m . s–2. t 8 1.3. D’après la deuxième loi de Newton : ∑$Fext = m . $a ; soit : $F + $T + $P + $R = m . $a . En projetant cette égalité vectorielle suivant une direction horizontale orientée dans le sens du mouvement : – F + T . cos α = m . a ; m . a + F 80 × 0,25 + 50 = 99 N . d’où : T = = cos α cos 45 2. D’après la deuxième loi de Newton ou le principe d’inertie, on peut écrire : ∑$Fext = $0, donc : $F + $T + $P + $R = $0 , car le vecteur vitesse du skieur est constant. © Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit.

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En projetant cette égalité vectorielle suivant une direction parallèle à la pente et dans le sens du mouvement : – F + T . cos δ – P . sin β = 0 ; F + P sin β 50 + 80 sin 40 d’où : T = = = 1,2 × 102 N . cos 30 cos δ

T

saire qui la frappe à son tour horizontalement, après le rebond. 1. Schématiser la trajectoire de la balle au cours de l’échange. 2. a. Indiquer, en le justifiant, en quels points de la trajectoire l’accélération du centre d’inertie de la balle est la plus grande. b. Représenter qualitativement le vecteur accélération en ces points et en déduire les caractéristiques de la résultante des forces extérieures qui s’exercent alors sur la balle.

R

2. Rails d’essais dynamiques F P

Étude d’un appontage 1. (t = 2,1) =

t(s) ␽(m . s ) –1

2.

+40,00 +35,00 +30,00 +25,00 +20,00 +15,00 +10,00 +5,00 0

M2,2 – M2,0 8,0 = = 40 m . s–1 . 2 × 0,1 2t

2,1

2,2

2,3

2,4

2,5

2,6

2,7

40

36

32

28

24

19

15

+2,30

+2,40

(m . s–1)

+2,20

+2,50

+2,60

t (s)

3. L’accélération est égale au coefficient directeur de la

tangente à la courbe (t), ici une fonction affine. L’accélération est constante, de même direction (horizontale) et de sens opposé à $. Sa valeur par détermination graphique est de 42 m . s–2. Sur l’intervalle [2,1 ; 2,7]. Le mouvement de l’avion est rectiligne uniformément décéléré. 4. Comme l’accélération est constante, il en est de même de la somme des forces extérieures appliquées à l’avion. $F + $P + $R = m . $a . En projetant cette égalité vectorielle suivant un axe horizontal en sens inverse du mouvement : F = m . a = 1,2 × 104 × 42 = 5,0 × 105 N. $F est horizontale, de sens opposé à celui du mouvement et de valeur 5,0 × 105 N.

Le « rail d’essais dynamiques » du C.E.L. (Centre d’Essais des Landes), horizontal et d’une longueur de 2 000 m, permet de communiquer à des projectiles dont la masse peut atteindre 20 tonnes, des vitesses de 1 000 m . s–1. L’accélération maximale possible est de 103 m . s–2. 1. a. Comment peut-on obtenir la valeur de l’accélération d’un mobile dans le cas d’un mouvement rectiligne ? b. En déduire dans le cas d’un mouvement rectiligne uniformément accéléré (a = cte), l’expression (t) de la vitesse instantanée. c. Dans ce même cas, déduire l’expression x(t) donnant la position du mobile à chaque instant lorsque sa vitesse initiale est nulle. 2. a. Retrouver une relation entre ces trois grandeurs. b. Calculer la valeur de l’accélération du projectile atteignant la vitesse maximale possible. 3. a. Effectuer l’inventaire des forces s’exerçant sur le projectile au cours de ce type d’essais. b. Quelle relation existe-t-il entre la valeur de la résultante des forces extérieures et la valeur de l’accélération du projectile ? c. En déduire à quelle condition doit obéir la valeur de la force de propulsion pour communiquer l’accélération maximale à un projectile de 20 tonnes.

Corrigés 1. 1. Schéma de la trajectoire de la balle de tennis au cours d’un échange : 0

carré de service

Exercices complémentaires Énoncés 1. Accélération et force appliquée Un joueur de tennis effectue un service en frappant la balle avec une force horizontale devant laquelle le poids de la balle est négligeable. La balle franchit le filet et tombe « bonne » dans le carré de service de son adver-

2. a. L’accélération est la plus grande, en tous les

points où le vecteur vitesse varie le plus. Plus précisément au point de frappe du serveur, lors du rebond sur le sol, au point de frappe du retourneur. b. Au départ, l’accélération $a est horizontale et vers la droite ; au rebond, elle est verticale et vers le haut ; sur la raquette du receveur, elle est à peu près horizontale et vers la gauche. Les forces extérieures en ces points sont colinéaires et proportionnelles aux vecteurs correspondants.

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2. 1. a. Dériver par rapport au temps l’expression de la vitesse instantanée. b. a étant la dérivée de , si a = cte, on en déduit mathématiquement que  = a . t + 0 . c. Dans un mouvement rectiligne, la valeur de la vitesse étant la dérivée par rapport au temps de la position, nous obtenons la position en recherchant l’expression 1 dont (t) est la dérivée, soit ici : x = . a . t 2 . 2 2. a. 2 = 2a . x . 2 106 b. a = = = 250 m . s–2. 2x 4 000 3. a. Le poids $P, la réaction du rail $R, la force propulsive $F et la résultante $Ff des forces de frottements (surtout aérodynamiques). b. Résultante des forces extérieures : ∑$Fext = m . $a ; deuxième loi de Newton. c. F – Ff = m . a ou F = m . a + Ff , soit F > m . a , d’où : F > 2 × 106 N.

Compléments scientifiques Histoire des sciences 1. GALILÉE (1564-1642) « Galilée (de son vrai nom Galileo Galilei) naît à Pise en 1564. À 17 ans, il entreprend des études de médecine bien qu’il manifeste déjà du talent pour la musique et les arts. Très vite, il montre de l’intérêt pour d’autres domaines de la science et il est nommé professeur de mathématiques à l’Université de Pise. Entre 1589 et 1592, il étudie les lois du mouvement. Le philosophe grec Aristote (384-322 avant J.-C.) pensait que des objets lourds tombaient plus rapidement que des objets légers. Galilée entreprend une série d’expériences sur des objets roulant le long de plans inclinés, ce qui lui permet de conclure que tous les objets possèdent, sur ces plans, la même accélération, pour autant que l’on puisse considérer les frottements comme négligeables. Il établit, en outre, que la distance parcourue par les objets varie avec le carré du temps écoulé, ce qui implique que l’accélération soit constante. On considère que Galilée a révélé l’importance de l’approche expérimentale en sciences. En 1608, Galilée prend connaissance du fait que deux lentilles de lunette peuvent être associées pour agrandir la vision d’un objet éloigné. Rapidement, il construit une série de lunettes possédant des pouvoirs d’agrandissement de plus en plus importants. Il observe que le relief de la Lune est montagneux, que Jupiter possède des satellites ; il observe également les taches solaires. Copernic (1473-1543) avait émis des doutes quant à l’enseignement d’Aristote qui voulait que la Terre soit le centre de l’Univers. Copernic avait montré que les mouvements apparents du Soleil, des étoiles et des planètes pouvaient s’interpréter plus simplement en considérant la Terre comme une planète effectuant une rotation quotidienne autour de son axe et une révolution 102

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annuelle autour du Soleil, Les observations de Galilée confirment ce point de vue « hérétique », selon lequel la Terre ne constitue pas le centre du monde. Cela lui crée d’énormes difficultés avec les autorités religieuses. Le conflit de Galilée avec l’Église a duré plus de vingt ans. Dans un premier temps, on lui interdit d’exposer ses idées. Plus tard, on lui ordonne de décrire les idées de Copernic comme hypothétiques. Cependant, l’analyse de Galilée et la présentation des observations sont tellement parfaites et convaincantes qu’à 70 ans, il est jugé pour avoir enfreint l’ordre antérieur. Après son procès, il reste en résidence surveillée pendant les douze dernières années de sa vie. » D’après Les Cahiers de Sciences et Vie, no 2, 1991.

2. NEWTON (1642-1727) « Né en 1642, l’année de la mort de Galilée, Newton a largement contribué à notre compréhension du mouvement. Il a aussi effectué un travail remarquable dans le domaine de l’optique et des mathématiques. Newton était un enfant fragile. Il a été élevé par sa grand-mère, après que sa mère se fut remariée lorsqu’il avait deux ans. Son enfance difficile est sans doute en rapport avec les tendances psychotiques qu’il a développées plus tard. Durant toute sa brillante carrière, il se montrait extrêmement anxieux lors de la publication de ses travaux, et il manifestait une violence irrationnelle lorsque ses idées étaient contredites. Il a souffert d’au moins deux dépressions nerveuses. Au début de ses études, à Cambridge de 1661 à 1665, Newton assimile très vite la littérature scientifique et mathématique et il explore bientôt de nouveaux domaines. Il formule le théorème du binôme et énonce les concepts fondamentaux de l’analyse. À cette époque et dans les années suivantes, il entreprend également des recherches en optique et sur le mouvement des planètes. Il montre que la force exercée par le Soleil sur une planète varie en 1/r 2. Quelques vingt ans plus tard, il étendra cette idée à la loi de la gravitation universelle. Bien que le travail de Newton ne soit alors connu que dans un cercle restreint en raison de son hésitation à publier ses résultats, il obtient une chaire à Cambridge en 1669. Il met au point le premier télescope à réflexion en vue d’éliminer les problèmes d’aberrations inhérents aux lentilles. L’enthousiasme que la Royal Society de Londres lui réserve lors de la présentation de ce télescope l’encourage à présenter à cette société ses autres résultats d’optique. En 1672, Robert Hooke, le maître incontesté de l’optique, manifeste son désaccord visà-vis de certaines idées de Newton. Ceci donne lieu à d’âpres querelles qui forcent Newton à s’isoler pendant quelques années. Le travail le plus remarquable de Newton se rapporte à la mécanique. Bien que de nombreux résultats aient été obtenus au début de sa carrière, sa théorie sur le mouvement planétaire n’est publiée qu’en 1684, sur le conseil pressant d’Edmond Halley, un astronome qui avait entendu parler de son travail. La publication de Principia Mathematica date de 1687. Cette œuvre classique, écrite en latin, contient l’énoncé des trois lois du mouvement et de la loi de la gravitation universelle. Ce traité représente un des fondements

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de la science moderne. Il a rendu Newton internationalement célèbre. Cette publication termine sa période de recherches actives. Progressivement, son intérêt se tourne vers la politique, la théologie et vers des querelles de préséance scientifique. Newton devient directeur de l’Hôtel des Monnaies, en principe un travail bien payé et peu exigeant. Il prend cependant son rôle très au sérieux et se montre particulièrement zélé pour poursuivre les faux-monnayeurs et les envoyer à la potence. Il assure également le rôle de leader de la science anglaise, en devenant président de la Royal Society en 1703. En 1705, il est le premier scientifique à être anobli. Malheureusement, il profite de sa situation pour chercher querelle à différents hommes de science. La querelle la plus longue est celle qu’il entretient, pendant plus de vingt-cinq ans, avec Leibniz à qui il dispute le mérite du développement du calcul infinitésimal. Il est maintenant établi que Leibniz a développé le calcul infinitésimal, indépendamment, mais après Newton. Leibniz a toutefois publié ses résultats avant que Newton n’ait publié les siens. » D’après Les Cahiers de Sciences et Vie, no 13, 1993.

Bibliographie Ouvrages • La physique et Traité du ciel, Aristote, Vrin, Paris, 1949. • EINSTEIN. Œuvres choisies 2 et 3, Balibar, Darrigol et Stachel, Seuil, Paris, 1993. • G. GALILÉE. Discours et démonstrations concernant deux sciences nouvelles, M. Clavelin, Armand Colin, Paris, 1970. • Mécanique, tome 1, R. Feynman, Interédition, 1979. • Études galiléennes, A. Koyré, Hermann, Paris, 1966. • Études newtoniennes, A. Koyré, Gallimard, Paris, 1968. • Philosophiae Naturalis Principia Mathematica, I. Newton. • La vitesse, Actes des huitièmes entretiens de la Villette, CNDP, 1997. • La gravitation, M. Sonneville et D. Fauque, CNDP.

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Mouvements de chutes verticales Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

Contenus 2. Étude de cas 2.1. Chute verticale d’un solide • Force de pesanteur, notion de champ de pesanteur uniforme. • Chute verticale avec frottement Application de la deuxième loi de Newton à un mouvement de chute verticale : forces appliquées au solide (poids, poussée d’Archimède, force de frottement fluide) ; équation différentielle du mouvement ; résolution par une méthode numérique itérative, régime initial et régime asymptotique (dit « permanent »), vitesse limite ; notion de temps caractéristique. • Chute verticale libre – Mouvement rectiligne uniformément accéléré ; accélération indépendante de la masse de l’objet. – Résolution analytique de l’équation différentielle du mouvement ; importance des conditions initiales.

Connaissances et savoir-faire exigibles 2.1. Chute verticale d’un solide • Définir un champ de pesanteur uniforme. • Connaître les caractéristiques de la poussée d’Archimède. • Appliquer la deuxième loi de Newton à un corps en chute verticale dans un fluide et établir l’équation différentielle du mouvement, la force de frottement étant donnée. • Connaître le principe de la méthode d’Euler pour la résolution approchée d’une équation différentielle. • Définir une chute libre, établir son équation différentielle et la résoudre. • Définir un mouvement rectiligne uniformément accéléré. • Savoir exploiter des reproductions d’écrans d’ordinateur (lors de l’utilisation d’un tableur grapheur) correspondant à des enregistrements expérimentaux.

• Savoir exploiter des courbes G = ƒ(t) pour : – reconnaître le régime initial et/ou le régime asymptotique ; – évaluer le temps caractéristique correspondant au passage d’un régime à l’autre ; – déterminer la vitesse limite. • Dans le cas de la résolution par méthode itérative de l’équation différentielle, discuter la pertinence des courbes obtenues par rapport aux résultats expérimentaux (choix du pas de résolution, modèle proposé pour la force de frottement). Savoir-faire expérimentaux Utiliser un tableur ou une calculatrice pour résoudre une équation différentielle par la méthode d’Euler.

Exemples d’activités • Exploitation des résultats obtenus au T.P. précédent : vitesse limite, régime initial et permanent, influence de la masse sur la vitesse limite, modélisation de la force de frottement. • Exemples de chutes verticales dans la vie courante. • Une méthode numérique itérative pour résoudre l’équation différentielle caractéristique de l’évolution d’un système à l’aide d’un tableur ou d’une calculatrice graphique : la méthode d’Euler. Confrontation des résultats théoriques et expérimentaux, importance du choix du pas de discrétisation temporelle, du modèle théorique choisi pour la force de frottement.

Commentaires La force de pesanteur sera introduite comme un cas particulier de la force de gravitation étudiée en classe de Seconde (on ne tiendra pas compte des effets dus aux mouvements de la Terre). On introduira ensuite la notion de champ de pesanteur, mais la notion de champ de gravitation est hors programme. L’étude de la chute verticale avec frottement sera l’occasion d’introduire la poussée d’Archimède et ses caractéristiques. Le temps caractéristique sera pris comme la date qui correspond, pour la courbe G = ƒ(t), au point d’intersection de la tangente à l’origine ( = 0) et de l’asymptote (lim). Des simulations de chute dans d’autres fluides que celui étudié en T.P. permettront de faire varier le coefficient

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Physique

chapitre

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de viscosité et de montrer son influence sur le temps caractéristique et la vitesse limite. L’étude de la chute libre sera l’occasion de remarquer l’identité entre la masse gravitationnelle – celle qui intervient dans la force de pesanteur ou dans la force de gravitation – et la masse inertielle – celle qui intervient dans la deuxième loi de Newton. Cette identité explique pourquoi l’accélération de tous les objets en chute libre est égale à g. Les notions de masse gravitationnelle et de masse inerte ne sont cependant pas exigibles.

Réponses aux questions 1. Les objets tombent, car ils sont attirés par la Terre (loi de la gravitation universelle étudiée en Seconde et Première S). 2. Dans l’air, la plume tombe moins vite que la bille, car elle est plus sensible aux frottements de l’air. 3. Lorsque l’on supprime l’air du tube, les divers objets tombent à la même vitesse : la vitesse de chute dans le vide ne dépend pas de la masse de l’objet.

B. Le coefficient de pénétration dans l’air !

Matériel

Cette activité permet de donner un premier exemple de l’expression de la force de frottements qui s’exerce sur un objet.

Cours > Activité 1 – Une webcam ou un caméscope. – Un ordinateur avec un logiciel d’exploitation de vidéo. – Des billes de masses différentes. – Une règle de longueur connue pour l’étalonnage du film.

> Activité 2 – Matériel de l’activité 1. – Un tube vertical transparent (ou une grande éprouvette) contenant un liquide visqueux (eau avec détergent, glycérol...). Le diamètre du tube doit être suffisamment grand par rapport à celui de la bille (au moins 3 fois plus grand).

> Activité 3 – – – –

Un dynamomètre. Un solide suspendu à une ficelle. Une éprouvette graduée contenant de l’eau. Une éprouvette graduée contenant de l’alcool.

Rechercher et expérimenter – Même matériel que l’activité 2. – Un logiciel de type tableur ; le texte proposé utilise Regressi®, il est possible d’utiliser un tableur bureautique comme Excel® ou Open Office®.

> Objectifs • Connaître les caractéristiques du champ de pesanteur et de la poussée d’Archimède. • Appliquer la deuxième loi de Newton à un solide en chute verticale. • Résoudre l’équation différentielle du mouvement analytiquement ou par une méthode numérique.

> Prérequis Deuxième loi de Newton (voir le chapitre 9).

Activités préparatoires A. Bizarre... Cette activité permet de faire des rappels sur les contenus du programme de mécanique de la classe de Seconde.

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Cours Le chapitre débute par l’étude de la chute libre sans vitesse initiale. C’est l’occasion d’appliquer une première fois la seconde loi de Newton. Le champ de pesanteur est introduit dans cet exemple. La suite du chapitre traite de la chute dans un fluide. Après une observation de l’évolution de la vitesse, on introduit la poussée d’Archimède et une expression mathématique permettant de modéliser les frottements. La méthode d’Euler est ensuite utilisée ; en comparant la vitesse expérimentale et celle obtenue par cette méthode, on peut trouver un modèle des frottements qui s’exercent sur l’objet.

1. Comment caractériser le mouvement d’un solide en chute libre ?

Déroulement du chapitre

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Réponses aux questions 1. On peut utiliser les unités du système international : la masse volumique ρ s’exprime en km . m–3 ; la surface S s’exprime en m2 ; le coefficient Cx n’a pas d’unité ; la vitesse  s’exprime en m . s–1. Le produit ρ . S . Cx . 2 s’exprime donc en kg . m . s–2. C’est une force. 2. L’expression proposée montre que la traînée est proportionnelle au carré de la vitesse : si la vitesse double, la traînée est multipliée par 4.

Ce premier paragraphe permet de définir une chute libre et de caractériser un champ de pesanteur uniforme. La chute libre est le premier exemple d’application de la seconde loi de Newton.

> Activité 1 Réponses aux questions 1. Le document 4 montre que la distance parcourue par un objet en chute libre est proportionnelle au carré de la durée de chute. Le document 5 montre que la vitesse atteinte est proportionnelle à la durée de chute. 2. L’accélération est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentant la vitesse  en fonction du temps t. Comme cette courbe est une droite, l’accélération est constante. Sa valeur est égale à 10 m . s–2, elle est comparable à celle de l’intensité de la pesanteur.

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2. Comment caractériser le mouvement d’un solide en chute dans un fluide ? L’objectif de ce paragraphe est de montrer qu’une méthode numérique, ici la méthode d’Euler, permet d’approcher la solution d’une équation différentielle. L’étude débute par l’observation expérimentale de l’évolution de la vitesse d’une bille en chute dans un liquide.

2.1 Étude expérimentale > Activité 2 La bille et le liquide doivent être choisis de façon à ce que les deux régimes soient visibles. Réponse à la question On observe deux régimes : un régime transitoire pendant lequel la vitesse augmente, puis un régime permanent au cours duquel la vitesse est constante.

2.2 Les forces exercées par le fluide > Activité 3 La poussée d’Archimède exercée par le liquide est la différence ente les deux indications du dynamomètre, celle dans l’air et celle dans le liquide. Le volume du liquide déplacé est obtenu par lecture sur l’éprouvette. Le poids du liquide déplacé est ensuite calculé en multipliant ce volume par la masse volumique du liquide et par l’intensité de la pesanteur. Remarque : cela impose de négliger la poussée d’Archimède exercée par l’air sur le solide. La valeur de la poussée d’Archimède est égale à celle du poids du liquide déplacé.

2.3 Modélisation du mouvement L’équation différentielle obtenue est écrite de façon simplifiée : d = A – B . n. dt On peut remarquer que si la masse m de l’objet, son volume V et la masse volumique ρ du fluide sont connus, on peut calculer A. De même, si la vitesse limite  est connue, on peut simplifier l’équation car il y a une relation entre  , A, B, et n. Cela sera étudié dans la partie des travaux pratiques, page 234 du manuel. La présentation schématique de la méthode d’Euler aide à la compréhension de cette méthode, étudiée en mathématiques depuis la classe de Première S. Les trois graphiques proposés illustrent les diverses situations qui peuvent être rencontrées lors de son utilisation en travaux pratiques. Ils mettent notamment en évidence l’importance du choix du pas de calcul.

Rechercher et expérimenter Le logiciel Regressi® a été choisi pour cette étude, car il permet une approche physique de l’utilisation de la méthode d’Euler pour la résolution de l’équation différentielle obtenue.

1. Étude expérimentale La bille et le liquide doivent être choisis de façon à ce que les deux régimes soient visibles.

2. Étude théorique Réponses aux questions 1. On note m la masse de la bille et m0 celle du fluide déplacé. Sur un axe vertical orienté vers le bas, l’application de la deuxième loi de Newton donne : m . d = (m – m0) . g – K . n avec m . g = FA . dt m – m0 m . g – FA K et B = , il vient : . g= 2. Avec A = m m m d = A – B . n. dt 3. Lorsque la vitesse limite est atteinte, l’accélération est nulle. Cela conduit à : A – B . n = 0 ; A n1 . soit :  = n A = B B n A 4. On a B = n . Alors : d = A . 1 –  .   dt La connaissance de  permet de ramener l’étude à la recherche de deux paramètres : A et n. 5. La bille est abandonnée sans vitesse initiale. À la date t = 0, on a donc : a0 = d (t = 0) = A. dt i–1 n 6. ai–1 = A . 1 – .   n 7. i = i–1 + ai–1 . t = i–1 + A . 1 – i–1 . t.  C’est cette expression qui est utilisée dans la suite par le logiciel pour appliquer la méthode d’Euler.

( )

( ( ))

( ( ))

Corrigés des exercices Savoir s’autoévaluer 1. 2.

a.

Vrai.

b.

Faux.

c.

Faux.

d.

Faux.

1. P = m . g = ρmarbre . V . g = 4,7 × 103 N.

2. a. FA air = 2,3 N ; FA eau = 1,8 × 103 N.

Dans l’air, la poussée d’Archimède est négligeable par rapport au poids ; dans l’eau, elle représente plus d’un tiers du poids. Il est plus facile de soulever la colonne dans l’eau que dans l’air. 3. F = P – FA = 2,9 × 103 N. b.

eau

1. La poussée d’Archimède exercée par l’air est négligeable, car la masse volumique du boulon est très supérieure à celle de l’air. Lors des premiers mètres de chute, la vitesse est faible, donc les frottements sont faibles. La seule force non négligeable est le poids. Le vecteur accélération est donc égal au vecteur champ de pesanteur. 2. En fin de chute, les frottements sont importants, car la vitesse est grande. C’est la raison pour laquelle l’accélération diminue.

3.

On utilise, pour cet exercice, un axe vertical orienté vers le bas. On a (0) = 0 m . s–1 et on prend z(0) = 0 m. d zG dG – g = 0 et 1. – g . t = 0. dt dt 1 2. G(t) = g . t et zG(t) = . g . t 2. 2

4.

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( ( ))

107

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2h et G = 2g . h . g t = 0,55 s et G = 5,4 m . s–1.

3. a. t = b.

1. Avec un axe vertical orienté vers le bas : d m. = m . g – ρ0 . V . g – K . . dt 1 2.  = (m . g – ρ0 . V . g). K 3. La méthode d’Euler est une méthode itérative. Elle permet de calculer la vitesse à une date lorsque l’on connaît la vitesse et l’accélération à la date précédente.

5.

Exercices 1. Lors d’une chute libre, un solide n’est soumis qu’à son poids. 2. Le système étudié est le solide. On utilise un référentiel terrestre considéré galiléen. La seule force est le poids. La seconde loi de Newton donne : m . $g = m . $a ; donc $g = $a.

6. 1. La fléchette est soumise uniquement à son poids. Alors $aG = $g. 1 2. (t) = – g . t + 0 et z(t) = – . g . t 2 + 0 . t + h0 . 2 3. a. Au sommet, la vitesse est nulle : (ts ) = 0.  b. Cela conduit à : ts = 0 = 0,50 s. g 1 c. On a : hs = z(ts) = – . g . ts2 + 0 . ts + h0 2 02 1 = . + h0 = 3,0 m. 2 g 4. Lorsque la fléchette touche le sol, on a z = 0 ; soit : – 1 . g . t 2 + 0 . t + h0 = 0. 2 La date cherchée correspond à la solution positive de cette équation :

1.

L’objet étant lâché sans vitesse initiale, le vecteur accélération sera vertical, orienté vers le bas. L’accélération trouvée à partir de l’expérience (10 m . s–2) est environ égale à l’intensité de la pesanteur, donc l’objet est en chute libre.

2.

1. L’action de l’air étant négligeable, la seule force exercée sur le solide est le poids. 2. On utilise un référentiel terrestre considéré galiléen. La seconde loi de Newton donne : m . $g = m . $aG ; donc $aG = $g . Le vecteur accélération est vertical, il est dirigé vers le bas, sa valeur est celle de g. 3. En projetant l’équation différentielle sur un axe vertical (Oz) orienté vers le bas, on a : aG = g. dG d = g. De plus, aG = G ; donc : dt dt

3.

1. La valeur de l’accélération est égale au coefficient directeur de la droite : 2 – ( – 2) a= = 1,6 m . s–2. 2,5 – 0 2. La valeur de la vitesse initiale est (0) = – 2 m . s–1. 3. Comme la valeur de la vitesse initiale est négative, l’objet est lancé vers le haut. 4. a. (t) = 1,6 . t – 2. b. z(t) = 0,8 . t 2 – 2 . t + 0,5.

4.

1. La seule force est le poids. 2. a = g = 9,8 m . s–2. 3. a.  = g . t – 0 = 9,8 . t – 3

5.

et z = 1 . g . t 2 – 0 . t = 4,9 t 2 – 3 t. 2 b.  = g . t + 0 = 9,8 . t + 3 et z = 1 . g . t 2 + 0 . t + z0 = 4,9 t 2 + 3 t + 5. 2 108

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(

)

t=

02 – 4 × – 1 g . h0 2 = 1,3 s. 1 2× – .g 2

7.

1. P = m . g = 34 × 10–3 × 10 = 34 × 10–2 N.

– 0 –

(

)

2. a. FA air = ρair . V . g = 1,3 × 4,4 × 10–6 × 10

= 5,7 × 10–5 N. b. La poussée d’Archimède exercée par l’air est négligeable par rapport au poids. 3. a. FA liq = ρliq . V . g = 0,89 × 103 × 4,4 × 10–6 × 10 = 3,9 × 10–2 N. b. La poussée d’Archimède exercée par le liquide n’est pas négligeable par rapport au poids.

8.

1. η s’exprime en kg . m–1 . s–1.

2. $f = – 6 π . η . R . $. Il ne faut pas oublier le signe

moins. 3. η =

9.

f = 0,83 kg . m–1 . s–1. 6π.R.

1. La force s’exprime en N ↔ kg . m . s–2,

 s’exprime en m . s–1, donc k s’exprime en kg . s–1. 2. Il y a trois forces qui s’exercent sur la goutte : – le poids : $P = m . $g = ρe . V . $g ; vertical, dirigé vers le bas ; – la poussée d’Archimède : $FA = – ρa . V . $g ; verticale, dirigée vers le haut ; – la force de frottement : $f = –k . $ ; verticale, dirigée vers le haut, car la vitesse est dirigée vers le bas (le texte indique que la goutte tombe). 3. a. La seconde loi de Newton appliquée à la goutte dans un référentiel terrestre considéré galiléen conduit à : $P + $FA + $f = m . $a. b. Projection sur (Oz) : ρe . V . g – ρa . V . g – k .  = m . d. dt d c. Lorsque la vitesse augmente, l’accélération dt diminue et tend vers zéro. On a alors une vitesse limite. Quand  =  , on a : ρe . V . g – ρa . V . g – k .  = 0. (ρ . V . g – ρa . V . g) . Alors :  = e k

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d.

 =

(1,0 × 103 × 4,2 × 10–15 × 9,8 – 1,3 × 4,2 × 10–15 × 9,8)

= 1,2 × 10–2 m . s–1.

10. 1. Il y a trois forces qui s’exercent sur la goutte : – le poids de la goutte : P = m . g = ρeau . V . g = ρeau . 4 . π . r 3 . g, vertical, 3 vers le bas ; – la poussée d’Archimède exercée par l’huile : FA = ρh . V . g = ρh . 4 . π . r 3 . g, verticale, vers le haut ; 3 – les frottements de l’huile : f = 6 . π . η . r . , verticaux, vers le haut, car la vitesse est orientée vers le bas. 2. La seconde loi de Newton appliquée à la goutte dans un référentiel terrestre considéré galiléen conduit à : $P + $FA + $f = m . $a. Suivant un axe vertical orienté vers le bas, on a donc : (ρeau – ρh) . 4 . π . r 3 . g – 6 . π . η . r .  3 = ρeau . 4 . π . r 3 . d. 3 dt d 3. Pour écrire = A – B . , il faut : dt (ρ – ρh) . g A = eau = 1,77 m . s–2 ρeau et B =

9.η = 90 s–1. ρeau . 2 . r 2

4. La vitesse initiale est nulle et l’accélération initiale est positive. La vitesse augmente, cela entraîne une diminution de l’accélération. Pour une certaine valeur de la vitesse, appelée vitesse limite, l’accélération s’annule. La vitesse est alors constante. A Quand d = 0, on a :  = = 2,0 × 10–2 m . s–1. B dt

11.

1. a. (t) = – g . t + 0

et z(t) = – 1 . g . t 2 + 0 . t + h0. 2 b. (0,4) = – g . t + 0 = – 10 × 0,40 + 3,0 = – 1,0 m . s–1 et z(0,4) = – 1 × 10 × 0,402 + 3,0 × 0,4 + 1,2 2 = 1,6 m. 2. a. (t) = g . t – 0 et z(t) = 1 . g . t 2 – 0 . t – h0 . 2 b. (0,4) = – g . t – 0 = 10 × 0,4 – 3 = 1 m . s–1 et z(0,4) = 1 × 10 × 0,402 – 3,0 × 0,4 – 1,2 2 = – 1,6 m. 3. On retrouve bien les mêmes résultats avec les deux orientations : à la date t = 0,40 s, la bille est située à 1,6 m au-dessus du sol, elle se dirige vers le bas avec une vitesse de 1,0 m . s–1.

1. La seule force qui s’exerce sur chaque objet est le poids de cet objet. Les masses étant différentes, les forces sont différentes. 1 2. a.  = g . t et z = . g . t 2 – 1,5. 2 2 × 1,5 b. z = 0 si t = = 1,37 s. g 3. Sur la Terre, il y a la poussée d’Archimède et les frottements de l’air. L’expérience montre que le marteau arrive sur le sol bien avant la plume.

12.

13.

la vitesse  s’exprime en m . s–1, donc k s’exprime en kg . m–1. 2. Il y a trois forces qui s’exercent sur la goutte : – le poids : $P = m . $g = ρg . V . $g ; – la poussée d’Archimède : $FA = – ρa . V . $g ; – les frottements : $f = – k .  . $. 3. a. La deuxième loi de Newton appliquée à la goutte dans un référentiel terrestre considéré galiléen conduit à : $P + $FA + $f = m . $a. 1 Donc : $a = ($P + $FA + $f ). m b. La vitesse est dirigée vers le bas, donc les frottements sont vers le haut. Projection sur (Oz) : d = 1 (ρ . V . g – ρ . V . g – k . 2). a dt m g 4. a. Au début de la chute, la vitesse augmente et l’accélération diminue. Lorsque l’accélération est nulle, la vitesse est constante, c’est la vitesse limite . Quand  = , on a : ρg . V . g – ρa . V . g – k . 2 = 0. (ρ . V . g – ρa . V . g) Alors : k = g . 2 (0,92 × 103 × 1,1 × 10–7 × 9,8 – 1,3 × 1,1 × 10–7 × 9,8) k= 11,62 = 7,4 × 10–6 kg . m–1. 1. Pour le camion : 1 Fx = . ρ . S . Cx . 2 2 2 = 1 × 1,3 × 6,0 × 0,50 × 90 2 3,6 = 1,2 × 103 N. Pour la berline : 2 F´x = 1 × 1,3 × 2,0 × 0,30 × 90 3,6 2 = 2,4 × 102 N. Fx ≈ 5 : la traînée est environ 5 fois plus grande pour F´x le camion. 2. a. F´x = 2,4 × 102 N. 2 F´´x = 0,5 × 1,3 × 2,0 × 0,3 × 130 3,6 = 5,1 × 102 N. F´´x ≈ 2 : la traînée est environ 2 fois plus grande à F´x 130 km . h–1 qu’à 90 km . h–1.

14.

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1. La force f s’exprime en N ↔ kg . m . s–2,

( )

( )

( )

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Pour rouler à vitesse constante, la puissance à développer et la consommation de carburant sont nettement plus grandes à 130 km . h–1 qu’à 90 km . h–1. b.

1. a. Il y a trois forces qui s’exercent sur le système : – le poids $P de direction verticale et de sens vers le bas ; – la poussée d’Archimède $FA de direction verticale et de sens vers le haut ; – la force de frottement de l’air $f de direction verticale et de sens opposé au mouvement, donc vers le bas. b. La poussée d’Archimède est égale au poids du volume d’air déplacé : FA = ρ . Vb . g , en négligeant le volume de la nacelle devant celui du ballon. c. Dans un référentiel terrestre (supposé Galiléen), la seconde loi de Newton conduit à : $P + $FA + $f = M . $a . d. Pour que le ballon puisse s’élever, le vecteur accélération doit être vertical et orienté vers le haut. En projetant sur un axe vertical (Oz) orienté vers le haut, il vient : – M . g – C . ρ . ² + ρ . Vb . g = M . az (1) Pour que le ballon décolle, il suffit que az > 0. Cela conduit à – M . g – C . ρ . ² + ρ . Vb . g > 0 ; 2 soit : M < ρ . Vb – C . ρ .  . g Juste après le décollage, la force de frottement est négligeable, car la vitesse  est très faible (considérée nulle dans le texte), alors : M < ρ . Vb. e. mmax = ρ . Vb – m – m´ = 1,22 × 9,0 – 2,10 – 0,50 = 8,4 kg. 2. a. L’expression obtenue à la question 1. c. nous donne : – M . g – C . ρ . ² + ρ . Vb . g = M . d ; dt . g – M .g ρ . V –C . ρ b ; soit : d = . 2 + M dt M ρ . Vb . g – M . g –C . ρ . donc : A = et B = M M d = 0, b. Quand la vitesse limite est atteinte dt alors : A . ² + B = 0 ; d’où :  = –B . A –13,6 –1 c.  = –0,53 = 5,1 m . s .

15.

1. a. Les forces exercées sur la boule sont : – le poids : P = m . g = ρbois . V . g = ρbois . 4 . π . R 3 . g , 3 vertical, vers le bas ; – la poussée d’Archimède : FA = ρair . V . g = ρair . 4 . π . R 3 . g , 3 verticale, vers le haut ; – la résultante des frottements de l’air : f = 1 ρair . π . R 2 . Cx . 2, 2

16.

110

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verticale, vers le haut, car la vitesse est orientée vers le bas. 1 4 b. (ρbois – ρair) . . π . R 3 . g – ρair . π . R 2 . Cx . 2 2 3 = ρbois . 4 . π . R 3 . d. 3 dt 1 . ρ . π . R2 . C 3 . ρair . Cx x 2 air c. En posant A = = 8 . ρbois . R ρbois . 4 . π . R 3 3 = 5,15 × 10–3 m–1 (ρbois – ρair) . 4 . π . R 3 . g (ρ – ρ ) . g 3 air et B = = bois 4 ρ 3 bois ρbois . . π . R 3 –2 = 9,79 m . s ; il vient : d + A . 2 = B. dt d. La vitesse initiale est nulle et l’accélération est positive. Lorsque la vitesse augmente, d diminue. dt Quand d = 0, la vitesse est constante, c’est la vitesse dt limite . B = 43,6 m . s–1. A 2. a. 0 = 0 m . s–1. b.  ≈ 44 m . s–1, cela correspond au résultat précédent. c. L’accélération initiale a0 est le coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date t = 0. 44 a0 ≈ = 10 m . s–2. 4,4 À partir de l’équation différentielle : quand  = 0, on a d = B = 9,79 m . s–2. Cela correspond bien à dt la valeur expérimentale.  =

17.

1. Les forces exercées sur la bulle sont :

– le poids de valeur : P = m . g = ρ . V . g = ρ . 4 . π . r 3 . g, 3 vertical, vers le bas ; – la poussée d’Archimède de valeur : FA = ρ0 . V . g = ρ0 . 4 . π . r 3 . g, 3 verticale, vers le haut ; – la résultante des frottements de l’eau : f = 6 . π . η . r . , verticale, vers le bas, car la vitesse est orientée vers le haut. 4 2. (ρ0 – ρ) . . π . r 3 . g – 6 . π . η . r .  3 = ρ . 4 . π . r 3 . d. 3 dt d 3. Lorsque la vitesse limite est atteinte, = 0. dt 9 . η .  Cela conduit à : r = = 3,4 × 10–4 m. (ρ0 – ρ) . 2 . g Ne pas oublier de convertir la vitesse en m . s–1.

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4. a. La masse de la bulle est :

b.

m = ρ . V = ρ . 4 . π . r 3. 3 L’équation différentielle s’écrit aussi : (ρ0 – ρ) . 4 . π . r 3 . g – k .  = m . d. 3 dt La vitesse limite est alors : (ρ0 – ρ) . 4 . π . r 3 . g 3 .  = k On peut donc écrire l’équation différentielle : k .  – k .  = m . d dt k k d ou encore : + .  = .  . m m dt d = A . B . e–B . t. b. Si  = A . (1 – e–B . t), alors dt En reportant dans l’équation différentielle, il vient : k k A . B . e–B . t + . A . (1 – e–B . t) = .  . m m k On en déduit : A =  et B = . m 5. a. (τ) = 0,63 .  , donc : 1 – e–B . τ = 0,63 ; soit : (1 – 0,63) = e–B . τ ; ln(1 – 0,63) 1 m ≈ = = 3,3 × 10–5s. d’où : τ = – B B k b. La vitesse limite est atteinte à moins de 1 % en 17 × 10–5 s. Cette durée est très faible par rapport à la durée de montée de la bulle. 6. Comme la vitesse limite est atteinte très rapideh = 2,4 s. ment, t = 

18. 1. Il y a 3 forces qui s’exercent sur le ballon : – le poids : P = m . g, vertical, vers le bas ; – la poussée d’Archimède : FA = ρ . V . g, verticale, vers le haut ; – la résultante des frottements de l’eau : f, verticale, vers le bas, car la vitesse est orientée vers le haut. 2. a. On a : f = k . 2 ; alors : – m . g + ρ . V . g – k . 2 = m . d. dt V k d b. On a : = g . (– 1 + ρ . ) – . 2 soit, avec m m dt –2 d g = 9,81 m . s , = 1 638 – 279 × 2. dt 3. a. n = n–1 + an–1 . t. b. zn = zn–1 + n–1 . t. 4. a. Date (s) 0,000 0 0,000 5 0,001 0 0,001 5 0,002 0 0,002 5 0,003 0 0,003 5 0,004 0 0,004 5 0,005 0

z (m) 0,000 0,000 0,000 0,001 0,002 0,003 0,005 0,006 0,007 0,008 0,009

␽ (m . s–1) 0,000 0,819 1,544 2,031 2,274 2,372 2,406 2,417 2,421 2,422 2,423

a (m . s–2) 1 638,000 1 450,858 972,512 487,493 194,722 68,513 22,849 7,474 2,429 0,788 0,255

2,0 1,5 1,0 0,5 0 0

1

2

3

4

5 t (ms)

La vitesse limite est :  = 2,42 m . s–1. d. On peut considérer qu’elle est atteint à la date t = 0,004 s. La distance parcourue est alors : d = 7 mm 0,4 s, c’est le régime permanent. 1.5.b. lim = 17 cm . s–1. 1.5.c. Quand la vitesse limite est atteinte, la vitesse reste constante, l’accélération est donc nulle. 1.6.a. Le pas d’itération choisi vaut t = 0,080 s.

)

(

)

(

)

(

(

)

1.6.b. L’équation différentielle nous donne :

Exercices complémentaires Énoncés 1. Négliger la poussée d’ARCHIMÈDE sans calculatrice

Un solide de volume V et de masse volumique ρS est placé dans un fluide de masse volumique ρL. 1. Exprimer le poids du solide. 2. Exprimer la poussée d’Archimède exercée par le fluide sur le solide. 3. On considère que la poussée d’Archimède est négligeable par rapport au poids, si elle est inférieure au au centième du poids. ρ Pour quelles valeurs du rapport ρS la poussée d’Archimède est-elle négligeable par rapport au poids ?

2. Étudier l’influence de la poussée

= 0,143 + 0,20 × 0,080 = 0,159 m . s–1. dG (0,24) = A – B . G(0,24) 1.6.d. dt = 1,27 – 7,5 × 0,159 = 0,077 5 = 0,078 m . s–2. t (s) 0 d␽G (m . s–2) A = 1,27 dt

0,080

0,16

0,24

0,51

0,20

0,078

␽G (m . s–1)

0

0,102

0,143

0,159

t (s)

0,32

0,40

0,48

0,56

d␽G (m . s–2) dt

0,03

0,02

0,00

0,00

␽G (m . s–1)

0,165

0,167

0,169

0,169

1.7. Les points obtenus par la méthode d’Euler sont

un peu au-dessus de la courbe expérimentale pour t < 0,32 s. 1.8. Pour améliorer la résolution de l’équation différentielle par la méthode d’Euler, on peut diminuer le pas d’itération. La courbe obtenue par la méthode d’Euler est cependant assez proche des points expérimentaux pour que l’on valide le modèle $f = – k . $G .

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de l’huile moteur 2.1. $f = – k . $G et $f = – 6π . η . R . $G . On en déduit que k = 6π . η . R . k D’après la question 1.3., B = ; m B.m 6π . η . R . donc : B = ; soit : η = 6π . R 6π . R 7,5 × 35,0 × 10–3 = 0,70 Pa . s–1. 2.2. η = 6π × 2,00 × 10–2 2.3. L’huile est la SAE 50.

L

dG = A – B . G . dt Avec G(0) = 0, il vient : a0 = A = 1,27 m . s–2. dG (0,16) 1.6.c. G(0,24) = G(0,16) + × 0,080 dt

114

2. Détermination de la viscosité

d’ARCHIMÈDE On dispose d’une balle de ping-pong de masse m1 = 2,70 g et de volume V = 33,5 cm3 et d’une bille de plomb de même volume et de masse m2 = 0,384 kg. Ces deux objets sont lâchés simultanément, sans vitesse initiale, dans de l’air de masse volumique ρair = 1,21 kg . m–3. On étudie ici le début de la chute de chaque objet. La vitesse étant faible, on peut négliger les forces de frottements sur l’air. L’intensité de la pesanteur est g = 9,81 m . s–2. 1. a. Quelles sont les forces qui s’exercent sur la balle de ping-pong ? En calculer les valeurs. b. Quelles sont les forces qui s’exercent sur la bille en plomb ? En calculer les valeurs. 2. a. Déterminer l’accélération de chaque objet lors du début de la chute. b. La précision des mesures de l’accélération est de 5 %. L’écart entre les valeurs peut-il être mis en évidence expérimentalement ?

3. Brouillard et vitesse D’après Bac, Antilles, 2004. Le brouillard est un phénomène qui réduit la visibilité à quelques dizaines de mètres. Il se compose de très fines gouttelettes d’eau. Les brouillards se forment lorsque l’air humide rencontre une zone froide. L’air devient alors saturé en

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vapeur d’eau et celle-ci se condense pour former de très fines gouttelettes en suspension dans l’air. C’est le même principe qui est à la base de la formation des nuages. Le brouillard est une forme de nuage qui touche le sol.

cas où l’accélération du centre d’inertie de la goutte s’annule, en fonction de m, g et k. d. En utilisant l’expression obtenue, rechercher par analyse dimensionnelle, l’unité du coefficient k qui intervient dans l’expression de la force de frottement.

A. Modèle simple Les gouttelettes qui se forment lors de cette condensation au voisinage du sol sont de très petites dimensions (indiscernables à l’œil nu). Nous allons considérer l’évolution d’une goutte de brouillard sphérique, de rayon r, de masse m, située à une altitude h par rapport au sol et soumise au seul champ de pesanteur terrestre. On suppose la goutte immobile au début de l’étude, et on oriente l’espace par un axe vertical descendant, repéré (Oz), dont l’origine est la position occupée par la goutte à cet instant initial. Données : g = 9,8 N . kg–1 ; volume de la sphère : V = 4 π . r 3 ; 3 ρeau = 1,0 × 103 kg . m–3.

Corrigés

1. Quelle propriété présente le champ de pesanteur terrestre dans un volume comparable à celui d’une nappe de brouillard ? (ordre de grandeur : cube de 1 km de côté). 2. Nommer et énoncer la loi qui, appliquée au centre d’inertie de la goutte, permet d’exprimer son vecteur accélération. 3. Établir l’équation horaire du centre d’inertie de la goutte de brouillard dans ces conditions. 4. Calculer la vitesse de la goutte quand elle atteint le sol, en prenant h = 10 m.

B. Frottements En réalité, une observation minutieuse du brouillard à proximité du sol permet d’estimer la vitesse constante de ses gouttelettes ; on obtient : L = 2,30 × 10–2 m . s–l. Pour nous rapprocher des conditions réelles, envisageons d’autres forces agissant sur la goutte de brouillard. 1. Donner l’expression de la poussée d’Archimède s’exerçant sur cette goutte en fonction de ρair , de Vg (volume de la goutte) et de g, la masse volumique de l’air étant ρair = 1,3 kg . m–3. 2. Exprimer le poids de la goutte de brouillard en fonction de ρeau, de Vg et de g et comparer cette expression à celle obtenue à la question précédente. Conclure. 3. On envisage l’existence d’une force de frottement fluide exercée par l’air sur la goutte pendant son déplacement, elle est exprimée sous la forme : $f = – k . $. a. Établir alors l’équation différentielle à laquelle obéit le centre d’inertie de la goutte de brouillard, dans son mouvement selon l’axe (Oz), et la mettre sous la forme : dz =a.+b dt b. Identifier les constantes a et b et les exprimer en fonction des données de l’énoncé. c. Exprimer la vitesse limite atteinte par la goutte, L , à partir de l’équation différentielle précédente dans le

1. P = mS . g = ρS . V . g . 2. FA = ρF . V . g . 3. La poussée d’Archimède

1.

est négligeable si P ρ .V.g , donc si ρL . V . g < S FA < et donc 100 100 ρS > 100. si ρL

2. 1. Sur chaque objet, il y a deux forces : le poids et la poussée d’Archimède exercée par l’air. a. Forces exercées sur la balle de ping pong : – le poids de valeur : P = m1 . g = 2,70 × 10–3 × 9,81 = 2,65 × 10–2 N ; – la poussée d’Archimède de valeur : FA = ρair . V . g = 1,21 × 33,5 × 10–6 × 9,81 = 3,98 × 10–4 N. b. Forces exercées sur la balle de ping-pong : – le poids de valeur : P = m2 . g = 0,384 × 9,81 = 3,77 N ; – la poussée d’Archimède est la même, car les volumes sont identiques : FA = 3,98 × 10–4 N. 2. a. Dans un référentiel terrestre considéré galiléen, la seconde loi de Newton, projetée sur un axe vertical dirigé vers bas, conduit à : m . a = P – FA, (P – FA) soit : a = . m Pour la balle de ping-pong : –2 × 10–4) = 9,67 m . s–2. a = (2,65 × 10 – 3,98 –3 2,7 × 10 Pour la bille en plomb : –4 a = (3,77 – 3,98 × –310 ) = 9,81 m . s–2. 0,384 × 10 b. L’écart relatif entre les deux valeurs est de 1,4 %. Il ne peut pas être mis en évidence. 3.

A. Modèle simple

1. Dans un cube de 1 km de côté, on peut considérer

que le vecteur $g est un vecteur constant : il possède dans tout le volume le même sens, la même direction et la même valeur. 2. D’après la deuxième loi de Newton : Σ$Fext = m . $aG . Dans un référentiel terrestre, supposé galiléen, le vecteur somme des forces extérieures subies par le système {goutte} est égal au vecteur accélération du centre d’inertie de la goutte. 3. On étudie le mouvement de la goutte dans un référentiel terrestre considéré galiléen. Inventaire des forces exercées sur la goutte : son poids $P = m . $g , donc m . $g = m . $a et $g = $a. Par projection suivant l’axe (Oz) vertical descendant, il vient : g = a = d. dt © Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit. 115

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On a (0) = 0 m . s–1 et z(0) = 0 m, donc z = 1 . g . t ². 2 4. h = 10 m, donc z = 10 m. À l’instant ts où la goutte a parcouru z = 10 m, on a : 2h . h = 1 g . ts², donc : ts = g 2 Soit s la vitesse atteinte par la goutte après une durée ts : s = g . ts ; s = g .

2h = g

2g . h =

2 × 9,8 × 10 = 14 m . s–1.

B. Frottements 1. Poussée d’Archimède : FA = ρair . Vg . g. 2. Poids de la goutte : P = m . g = ρeau . Vg . g. Les deux expressions sont assez semblables, seules les masses volumiques sont différentes. Comme ρair = 1,3 kg . m–3 Activité 1 – Un caméscope et une carte vidéo, ou une webcam directement reliée à un ordinateur. – Un projectile et un objet dont on connaît les dimensions, placé dans le champ de la caméra afin d’exploiter quantitativement le mouvement du projectile. – Un logiciel permettant de repérer la trajectoire du mobile.

> Activité 2 Une table horizontale et un mobile autoporteur.

Réponses aux questions 1. Un mouvement accéléré est un mouvement au cours duquel la vitesse du mobile étudié varie. 2. Au moment de l’impulsion, le vecteur vitesse du centre d’inertie de l’athlète fait un angle α avec l’horizontale, α étant positif. 3. La longueur du saut sera influencée par la valeur du vecteur vitesse, ainsi que l’angle α qu’il fait avec l’horizontale.

B. Les satellites de la Terre Réponses aux questions 1. On étudie le mouvement des satellites de la Terre dans un référentiel géocentrique. 2. La force responsable de ces mouvements est la force gravitationnelle exercée par la Terre sur ces satellites. 3. Le mouvement du centre d’inertie d’un satellite et celui du centre de la Lune obéissent aux mêmes lois de Newton.

Cours d’un projectile dans le champ de pesanteur uniforme ? L’objectif de ce paragraphe est d’établir : – les équations horaires du mouvement du centre d’inertie G d’un mobile en chute libre dans un champ de pesanteur uniforme à partir de la deuxième loi de Newton ; – l’équation de la trajectoire de G. L’étude de la vidéo de la chute libre d’un mobile dans un plan permettra de retrouver les résultats de l’étude théorique.

> Activité 1 Réponses aux questions 1. Le vecteur vitesse a une composante horizontale constante et une composante verticale dont la valeur absolue diminue suivant un axe orienté vers le haut. Le vecteur accélération est vertical, orienté vers le bas et de valeur constante proche de 10 m . s–2. 2. Au cours du mouvement, le vecteur accélération est égal à $g .

2. Quel est le mouvement des planètes

Déroulement du chapitre

et des satellites ?

> Objectifs • Appliquer la deuxième loi de Newton à un projectile dans un champ de pesanteur uniforme. • Énoncer les lois de Képler et les appliquer. • Définir un mouvement circulaire uniforme et caractériser son vecteur accélération. • Appliquer la deuxième loi de Newton à un satellite ou à une planète.

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A. Le saut en longueur

1. Quel est le mouvement

Dans l’étude du mouvement parabolique, aucun développement théorique sur la portée et sur la flèche n’est exigible. Cependant, dans un exercice, on pourra utiliser l’équation de la trajectoire et les équations horaires paramétriques afin de vérifier des données (vérifier si le projectile passe par un point donné, déterminer l’angle de tir ou la vitesse initiale pour atteindre une cible...).

118

Activités préparatoires

L’objectif est de présenter les trois lois de Képler et de les appliquer avec la deuxième loi de Newton pour étudier le mouvement des planètes et des satellites.

> Activité 2 Réponses aux questions 1. Le vecteur vitesse du centre d’inertie du mobile autoporteur est tangent à la trajectoire du mobile ; il varie au cours du temps. La valeur de ce vecteur vitesse

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est constante au cours du mouvement. Nous avons un mouvement circulaire uniforme. 2. Le vecteur accélération n’est pas constant, mais son sens est toujours orienté vers le centre du cercle décrit par le mobile. Sa valeur est constante au cours du mouvement. 3. La valeur aG du vecteur accélération est égale au  2 rapport G , avec R le rayon de la trajectoire circulaire R du mobile.

Rechercher et expérimenter 1. Étude du mouvement de Vénus Réponses aux questions 1. On constate que les valeurs de Z sont très petites par rapport à celle de X et Y. On peut considérer que le mouvement de Vénus est contenu dans le plan de l’écliptique. 2. La distance Soleil-Vénus est pratiquement constante. On peut considérer la trajectoire de Vénus autour du Soleil comme circulaire. 3. La courbe représentant r(t) est une droite horizontale. Le rayon de la trajectoire de Vénus autour du Soleil est constant au cours du temps et de valeur 0,72 UA = 1,1 × 1011 m. 4. Le mouvement de Vénus autour du Soleil peut être qualifié de circulaire. 5. Le vecteur vitesse est tangent au cercle et dans le sens du mouvement. 6. Le vecteur accélération est porté par le rayon du cercle au point concerné de la trajectoire et orienté vers le centre du cercle. 7. La valeur de la vitesse est constante, le mouvement est uniforme. Sa valeur est de 0,020 UA . j–1, soit 3,5 × 104 m . s–1. 8. Le mouvement, dont le rayon de la trajectoire est constant et dont la vitesse est constante, est circulaire uniforme. 9. La valeur de l’accélération est constante. Sa valeur est de 5,6 × 10–4 UA . j–2, soit 1,1 × 10–2 m . s–2. 2 10. On constate que  et a ont la même valeur. r L’accélération d’un mouvement circulaire uniforme 2 est centripète et de valeur constante égale à  . r

2. Vérifier la troisième loi de KÉPLER Réponses aux questions 1. Le périmètre de la trajectoire de Vénus autour du Soleil a pour expression :  = 2π . r = 2π × 0,72 × 150 × 109 = 6,8 × 1011 m. 11 2. T =  = 6,8 × 10 4 = 1,9 × 107 s = 225 j.  3,5 × 10 T2 (1,9 × 107)2 3. 3 = = 2,9 × 10–19 s2 . m–3. r (0,72 × 150 × 109)3 T2 4. 3 = 2,95 × 10–19 s2 . m–3. La valeur est identique r T2 à celle de Vénus. Le rapport 3 est constant et ne r dépend que de l’astre central, ici le Soleil.

3. La seconde loi de NEWTON et la masse du Soleil Réponses aux questions 1. Lors de son mouvement, Vénus est soumise à la force gravitationnelle exercée par le Soleil, dont l’expression s’écrit : m .m FS/V = G . S2 V . d S→V 2. Dans un référentiel héliocentrique, le système étudié est Vénus. La deuxième loi de Newton nous permet d’écrire que : $F $aG = mS/V ; V m a . d 2S→V d’où : aG = G . 2 S ; soit : mS = G d S→V G –2 9 2 150 × 10 ) = 1,9 × 1030 kg. mS = 1,1 × 10 × (0,72 ×–11 6,67 × 10

Corrigés des exercices Savoir s’autoévaluer 1. a. Vrai, $a = $g. Faux, le mouvement de la projection horizontale du centre d’inertie G du corps en chute libre est uniforme. c. Faux, le mouvement de la projection verticale du centre d’inertie G du corps en chute libre est uniformément accéléré. d. Vrai. b.

dx = 5,0 × cos 50° ; dt dz z = = – 9,8 t + 5,0 × sin 50°. dt 2. Vecteur position à la date origine : x =0 $OG0 z0 = 3,0. 0 Vecteur vitesse à la date origine :  = 5,0 × cos 50o $0 0x = 5,0 × sin 50o. 0z 3. Lorsque le vecteur vitesse est horizontal, sa composante verticale z(t) = 0. Ceci est vérifié à la date 5,0 × sin 50o t= = 0,39 s. 9,8 4. Lorsque le projectile atteint son altitude maximale, son vecteur vitesse est horizontal, soit à la date t = 0,39 s. À cette date, l’altitude maximale du projectile est égale à : 1 z(0,39) = – × 9,8 × 0,392 + 5,0 × sin 50o × 0,39 + 3,0 2 = 3,7 m. 5. Calculons la date à laquelle le mobile touche le sol. z(t) = 0 revient à écrire : 1 0 = – × 9,8 × t 2 + 5,0 × sin 50°t + 3,0. 2 On trouve deux solutions, dont une négative que l’on écarte ; d’où t = 1,3 s.

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1. x =

2.

{

{

119

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x(1,3) = 5,0 × cos 50° × 1,3 = 4,1 m. Le projectile atteint une distance de 4,1 m lorsqu’il touche le sol.

3.

1. a. Le vecteur accélération $ a est défini par :

d$ . dt Lors d’un mouvement circulaire uniforme, le vecteur vitesse tangent à la trajectoire du mobile varie au cours du temps. Le mobile est donc animé d’une accélération. b. Lors d’un mouvement circulaire uniforme, l’accélération du centre d’inertie G du mobile est centripète 2 et a pour valeur  avec  la valeur du vecteur R vitesse du mobile et R le rayon de la trajectoire circulaire. 2.  = 2π . R avec T la période de rotation du T 60 tambour. T = = 0,15 s. 400 2 2 2 a =  = 4π 2. R = 4π × 0,50 = 8,8 × 102 m . s–2. R 0,152 T

$a =

4. 1. a. Un référentiel géocentrique est défini par un repère dont l’origine est confondue avec le centre d’inertie de la Terre et trois axes pointant vers des étoiles lointaines considérées comme fixes. b. La Terre exerce sur la Lune une force gravitationnelle qui est une force attractive portée par la droite passant par les centres d’inerties de la Terre et de la Lune et ayant pour valeur : m .m FT/L = G . T 2 L . r 2. Dans le référentiel géocentrique, le système étudié est la Lune. La deuxième loi de Newton nous permet d’écrire : 2 m G . mT aG = G . 2T =  ; soit :  = R r r –11 24 6,67 × 10 × 6,0 × 10 = 3,8 × 108 = 1,0 × 103 m . s–1 ; r T = 2π . r = 2π . r . G . mT 

4π2 . r 3 = G . mT T = 5,8 × 103 s. donc : T =

120

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G . mT . T 2 4π2 6,67 × 10–11 × 6,0 × 1024 × (86164)2 r=3 4π2 6 r = 42,2 × 10 m, soit une altitude de 36 × 106 m = 36 × 103 km. r=

3

Exercices 1. 1. Faux. Le

centre d’inertie G de la balle ne repasse pas par sa position initiale, car la trajectoire de la balle est parabolique. 2. Proposition exacte. 3. Faux. Le vecteur accélération de G ne change pas d’orientation lorsque les frottements dus à l’action de l’air sont négligeables. On a un mouvement de chute libre avec $a = $g. 4. Vrai. Le vecteur accélération est égal au vecteur accélération de la pesanteur lorsque les frottements dus à l’action de l’air sont négligeables. 5. Faux. L’accélération ne s’annule pas au sommet de la trajectoire : elle est constante durant le mouvement et égale à $g. 6. Faux. La vitesse ne s’annule pas au sommet de la trajectoire : elle n’a qu’une composante horizontale égale à la composante horizontale du vecteur vitesse initiale.

2.

1 $0

2 $0 3 $0 4 $0 5 $0 6 $0

{  {  {  {  { 

{ 

= 25 cos α = 21 x =0 et $OG0 0 = 25 sin α = 13 z = 0. 0z 0

{

0x

= 12 x =0 et $OG0 0 =0 z0 = 2,5. 0z 0x

{

=0 x =2 et $OG0 0 = – 10 z = 3. 0z 0 0x

{

= – 12 cos α = –10 et $OG0 = – 12 sin α = –7 0z 0x

{ zx == 3.3,5 0

0

= 20 cos α = 18 x =0 0x et $OG0 0 = 20 sin α = 8 z = 2,5. 0z 0

{

= 12 cos α = 9 x =1 et $OG0 0 = – 12 sin α = –7 z0 = 3. 0z 0x

{

8

3,8 × 10 6,67 × 10–11 × 6,0 × 1024 = 2,3 × 106 s = 27 j. 3. a. De l’expression précédente, on tire : T2 4π2 . r 3 4π2 , d’où : 3 = , troisième loi de T2 = r G . mT G . mT Képler. b. Période de rotation de Hubble : 4π2 . r 3 T2 = ; G . mT = 2π × 3,8 × 108

Altitude d’un satellite géostationnaire :

4π2 × (7,0 × 106)3 6,67 × 10–11 × 6,0 × 1024

1. a. L’origine du repère (O ; $i, $j, $k ) est confondue avec le centre d’inertie G du mobile à t = 0 (x0 = y0 = z0 = 0). L’axe (Ox) est horizontal et dans le sens du mouvement, (Oy) est perpendiculaire au plan du mouvement du projectile et (Oz) est vertical orienté vers le haut. b. Le mouvement est plan, car il est contenu dans le plan (O ; $i, $k ), la composante suivant l’axe (Oy) est constante, ici nulle. c. Seule la composante suivant l’axe (Ox) est de la forme A . t + B indiquant que la vitesse, de valeur A, est constante au cours du temps. Le mouvement de la projection de G suivant (Ox) est uniforme.

3.

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2. a. On élimine le temps entre les deux équations

x(t) et z(t) : t =

x , 0 . cos α

g 1 . x 2 + tan α . x, il vient : z = – . 2 2 0 . cos2 α équation de la trajectoire du centre d’inertie du mobile. b. Le projectile atteint sa distance maximale lorsque l’ordonnée du centre d’inertie de projectile z = 0. De l’équation de la trajectoire, on obtient : g 1 . x 2 + tan α . x ; 0=– . 2 2 0 . cos2 α d’où x = 0 (point de départ) ou : x=

2 02 . cos2 α . tan α 2 02 . cos α . sin α = , g g

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $. x = 0 . cos α . t $OG y = y0 = 0 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin α . t, 2 équations horaires paramétriques. 3. La coordonnée de l’objet suivant l’axe (Oy) est constante (y(t) = 0). Son mouvement est donc plan. 4. On élimine le temps entre les deux équations x(t) x et z(t) : t = , 0 . cos α g 1 . x2 + tan α . x, il vient : z = – . 2 2  0 . cos2 α équation de la trajectoire du centre d’inertie du mobile.

{

5.

distance maximale atteinte par le mobile.

1. Voir le schéma ci-dessous. z

3. a. Le vecteur vitesse $G du centre d’inertie du

mobile a pour composantes :

$G

{

0

dx = 0 . cos α dt dy y = =0 dt dz = – g . t + 0 . sin α . z = dt x =

Le vecteur vitesse $G du centre d’inertie du système est horizontal lorsque sa composante verticale  . sin α . est nulle, c’est-à-dire à : t = 0 g 0 . sin α c. À la date t = , l’altitude de G est maxig male et égale à :  . sin α  2 . sin2 α 1 + 0 . sin α . 0 g z=– .g. 0 2 2 g 2 2  . sin α . z= 0 2 g b.

1.

4. $0

{

0x = 0 . cos α 0y = 0 et $OG0 0z = 0 . sin α

{

x0 = 0 y0 = 0 z0 = 0.

2. On considère le système objet de masse m dans un référentiel lié à la Terre et supposé galiléen. L’objet, lors de son mouvement, n’est soumis qu’à son poids. D’après la deuxième loi de Newton : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . Le vecteur vitesse du centre d’inertie de l’objet $ est la primitive du vecteur accélération $a. x = 0x = 0 . cos α ax = 0 $a ay = 0 ; d’où : $ y = 0y = 0 z = – g . t + 0z az = – g = – g . t + 0 . sin α .

{

{

= 60°

2. Dans le référentiel (O ; $i, $j, $k ), le système étudié

est un solide. En l’absence de frottements, la deuxième loi de Newton permet d’écrire : ∑$F ext = $P = m . $g = m . $a ; d’où : $g = $a . Le vecteur accélération est vertical, orienté vers le bas et de valeur égale à g. 3. Dans le repère (O ; $i, $j, $k ) : $a

{

ax = 0 ay = 0 ; $  az = – g

{

x = F(ax ) = 0 . cos α y = F(ay ) = 0 z = F(az ) = – g . t + 0 . sin α

x = F(x ) = 0 . cos α . t y = F(y ) = 0 1 z = F(z ) = – . g . t 2 + 0 . sin α . t . 2 Numériquement, dans le système international d’unités : x = 5 ax = 0 ay = 0 ; $ y = 0 a$ z = – 9,8t + 8,7 az = – 9,8

$OG

{

{

et $ OG

{

{

x = 5t y=0 z = – 4,9t 2 + 8,7t .

x2 + z2 ; x est constante au cours du temps, donc  est minimale lorsque z = 0 ; soit à t = 0,88 s. À cette date, l’altitude de G est : z = – 4,9 × (0,88)2 + 10 × sin 60° × 0,88 = 3,8 m. 5. Pour : z = 0 = – 4,9 t 2 + 10 × sin 60° t z = t . (10 × sin 60° – 4,9 . t), soit t = 0 s (point de départ) et t = 1,8 s. Le solide 4.  =

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x

y O

121

5/08/06 9:09:56

retraverse le plan horizontal contenant O à la date t = 1,8 s. À cette date : x = 5 m . s–1 et z = – 9,8 × 1,8 + 10 × sin 60° = – 9,0 m . s–1.

1. On choisit un repère (O ; $i, $k ) terrestre tel

que $k soit vertical ascendant, que le plan ($i, $k ) contienne le vecteur vitesse initiale $0 et que l’origine O coïncide avec la position du centre d’inertie G de l’obus à la date t = 0. La deuxième loi de Newton permet d’écrire, en l’absence de frottements, ∑$Fext = $P = m . $g = m . $a ; d’où : $g = $a . Conditions initiales : $0

{ 

= 0 . cos α x =0 et $OG0 0 =  . sin α z0 = 0. 0z 0

{

0x

On projette la deuxième loi de Newton dans le repère (O ; $i, $k ) : $a

ax = 0 az = – g ;

{

$

{

x = F(ax ) = 0 . cos α z = F(az ) = – g . t + 0 . sin α

x = F(x ) = 0 . cos α . t et $OG 1 z = F(z ) = – . g . t 2 + 0 . sin α . t, 2 équations horaires du mouvement. 2. On élimine le temps entre les deux équations x x(t) et z(t) : t = , 0 . cos α g 1 il vient : z = – . 2 . x2 + tan α . x, 2  0 . cos2 α

{

équation de la trajectoire du centre d’inertie de l’obus. 3. L’obus atteint une portée maximale pour α = 45° lorsque z = 0. On déduit de l’équation de la trajectoire que : x.g 120 × 103 × 9,8 = 2 sin α . cos α 2 × sin 45° × cos 45° = 1,1 × 103 m . s–1. 4. Les frottements de l’air ne sont pas négligeables, ce qui demande une vitesse initiale plus importante que celle pour un mouvement de chute libre de l’obus. 0 =

7.

1.

$ 0 

{ 

= 0 . cos 60° et = 0 . sin 60° 0z 0x

$OG0

0 { zx == 2,80. 0

0

2. On utilise un référentiel terrestre supposé galiléen,

le système étudié est le ballon de handball. Force extérieure appliquée : le poids. D’après la deuxième loi de Newton : $P = m . $a ; soit : $a = $P . m 122

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{

{

D’où :  = x2 + z2 = 10 m . s–1.

6.

On en déduit les coordonnées du vecteur accélération : ax = 0 a$ –P = – g. az = m 3. Le vecteur vitesse est la primitive du vecteur accélération, on en déduit ses coordonnées : x. = 0 . cos 60° $G . z = – g . t + 0 . sin 60°. 4. Le vecteur position est la primitive du vecteur vitesse, on en déduit les équations horaires paramétriques : x = 0 . cos 60° . t $OG 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin 60° . t + 2,8. 2 x 5. On remplace le temps par t = dans 0 . cos 60° l’équation z(t). –g . x2 + tan 60o x + 2,8. Il vient : z = 2 20 . cos2 60o 6. On utilise l’équation de la trajectoire, le gardien de but a une abscisse de 3 m dans le repère d’étude. Pour x = 3 m : – 9,8 × 32 + tan 60o × 3 + 2,8 = 4,4 m. z= 2 × 72 × cos2 60o Le ballon passe bien au-dessus des mains du gardien ; il est lobé. 7. Le ballon entre dans les buts si son ordonnée au niveau des buts (x = 5 m) est inférieure à 1,90 m (barre transversale moins le rayon du ballon). Pour x = 5 m : – 9,8 × 52 + tan 60o × 5 + 2,8 = 1,5 m. z= 2 2 × 7 × cos2 60o Le but est marqué.

{

8. 1. À intervalles de temps égaux, la balle parcourt horizontalement la même distance. 2. On en déduit que la composante horizontale de la vitesse x du centre d’inertie G de la balle est constante au cours du temps. Sur la chronophotographie, on mesure une distance de 0,20 m parcourue en 67 ms, ce qui correspond à une vitesse x = 3,0 m . s–1. 3. La distance parcourue verticalement à intervalles de temps égaux n’est pas constante. Il en est de même pour z. 4. z (t1) = 2,5 m . s–1 ; z (t3) = 1,2 m . s–1 ; z (t7) = 1,7 m . s–1 ; z (t9) = 3,0 m . s–1. | (t ) – z (t1)| |1,2 – 2,5| = = 9,7 m . s–2 ; 5. az (t2) = z 3 0,134 t | (t ) – z (t8)| |3,0 – 1,7| az (t9) = z 10 = = 9,7 m . s-2 . 0,16 t On considère le système {balle} dans un référentiel lié à la Terre et supposé galiléen. La balle n’est soumise qu’à son poids. D’après la deuxième loi de Newton : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . L’accélération de la balle est verticale orientée vers le bas et de valeur g = 10 m . s–2.

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5/08/06 9:09:58

9.

Les propositions 1, 2 et 3 sont vraies.

m . MT . (RT + h)2 11 × 103 × 5,98 × 1024 b. F = 6,67 × 10–11 × (6 380 × 103 + 600 × 103)2 4 = 9,0 × 10 N. 2. a. La deuxième loi de Képler appliquée a un mouvement circulaire indique que le mouvement est uniforme. b. Le système étudié est le télescope dans un référentiel géocentrique. La deuxième loi de Newton nous permet d’écrire : MT $F = m . $a ; donc : $a = $F = G . . n, m (RT + h)2 $ 2 avec $a =  . $n . RT + h

10.

1. a. F = G .

Il vient : –11 24 G . MT = 6,67 × 10 3 × 5,98 × 103 = RT + h 6380 × 10 + 600 × 10 3 = 7,56 × 10 m . s-1. 2π(RT + h) 2π × (6 980 × 103) = c. T = = 5,8 × 103 s. 7,56 × 103  1. a. On étudie le mouvement d’un satellite de la Terre géostationnaire ou non, dans un référentiel géocentrique. b. Le plan de l’orbite d’un satellite géostationnaire est le plan équatorial. c. Un satellite géostationnaire est immobile dans un référentiel terrestre. 2. a. Dans le cas d’un mouvement circulaire, la deuxième loi de Képler nous permet d’affirmer que le mouvement est uniforme. b. Le système étudié est le satellite géostationnaire dans un référentiel géocentrique. La deuxième loi de Newton nous permet d’écrire : MT $F = msat . $a ; donc : $a = $F = G . . n, msat (RT + h)2 $ 2 avec $a =  . $n. RT + h

sans s’en apercevoir et ne tombe pas par rapport à la cabine. Le plongeur, ayant pour référence la Terre, se voit tomber. Il n’a pas l’impression d’impesanteur 2. a. Un spationaute peut être immobile par rapport à la capsule spatiale b. Le spationaute évolue à grande vitesse dans le référentiel géocentrique. 3. Le spationaute « flotte » par rapport à la cabine et tombe par rapport au référentiel géocentrique. 4. Les vaisseaux évoluent hors de l’atmosphère, dans le vide. Il n’y a évidemment pas le vide dans le vaisseau. 5. Il est interdit de boire de l’alcool dans un vaisseau. Cela étant, ce sont les forces de pesanteur qui font s’écouler un liquide vers le « bas ». Dans le vaisseau, il n’y a ni haut ni bas, le liquide se met en boule et flotte.

13.

1. Voir le schéma ci-dessous. z

0

2m B

11.

G . MT . RT + h c. La masse du satellite géostationnaire n’intervient pas dans l’expression de sa vitesse, son mouvement est indépendant de sa masse. 2π(RT + h) (R RT + h)3 = 2π 3. T = ;  G . MT G . MT . T 2 d’où : h = 3 – RT . 4π2 Il vient :  =

1. a. Sur les deux personnes, la seule force extérieure appliquée est la force d’attraction gravitationnelle exercée par la Terre. b. Le passager, ayant pour référence la cabine de l’avion, a l’impression d’impesanteur. Possédant la même accélération que la cabine, il tombe avec elle

12.

x0 = 0 z0 = 2

$OB

{

$ 0 

{ 

= 0 . cos α = 23,6 = 0 . sin α = 8,1. 0z 0x

2. On considère le système ballon dans un référen-

tiel lié à la Terre et supposé galiléen. Le ballon n’est soumis qu’à son poids. La deuxième loi de Newton permet d’écrire : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . Le vecteur vitesse du centre d’inertie du ballon $ est la primitive de son vecteur accélération $a . x = 0x = 0 . cos α ax = 0 $a a = – g ; d’où : $  = – g . t +  z z 0z = – g . t + 0 . sin α .

{

{

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $. x = 0 . cos α . t $OG 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin α . t + 2, 2 équations horaires paramétriques. x 3. On remplace le temps par t = dans 0 . cos α l’équation z(t) ; d’où : –g . x2 + tan α . x + 2. z= 202 . cos2 α

{

4. Dans le repère choisi, l’abscisse du point A est

x = 42 m, d’où : – 9,8 × 422 + tan 19o × 42 + 2 = 1,0 m. z= 2 × 252 × cos2 19o La hauteur est correcte pour réceptionner un ballon.

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x

O

123

5/08/06 9:10:00

5. tA =

42 x = = 1,78 s. 0 . cos α 25 × cos 19o

6. En tA = 1,78 s, le coéquipier parcourt la distance d =  . tA = 9 × 1,78 = 16 m. Il se trouve au point A simultanément avec le ballon. La passe est réussie.

14. 1. Le système étudié est la balle dans un référentiel lié à la Terre supposé galiléen. L’origine du repère sera confondue avec le centre d’inertie de la balle à la date t = 0 s. On suppose que la seule force extérieure appliquée à la balle est son poids $P. La deuxième loi de Newton permet d’écrire : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . L’accélération de la balle est verticale, orientée vers le bas et de valeur g. 2. Le vecteur vitesse du centre d’inertie de la balle $ est la primitive de son vecteur accélération $a. On travaille dans un référentiel (O ; $i, $k ) ; l’origine O est confondue avec le centre d’inertie G de la balle à t = 0 s. Le vecteur vitesse du centre d’inertie de la balle $ est la primitive de son vecteur accélération $a. ax = 0 x = 0x = 0 . cos 50° $a a = – g ; d’où : $  = – g . t +  z z 0z = – g . t + 0 . sin 50°.

{

{

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $. x = 0 . cos50° . t $OG 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin 50° . t, 2 équations horaires paramétriques.

{

3. a.

$

{

(t7) = x2 (tt7) + z2 (tt7) = 2,762 + (– 1,40)2 = 3,09 m . s–1. G6G8 = 3,2 m . s–1 . c. (t7) = t On retrouve la valeur théorique. 4. a. Au sommet de la trajectoire, le vecteur vitesse n’a qu’une composante horizontale. b. La composante verticale de la vitesse est nulle à la  sin 50o 4,3 × sin 50o date : t = 0 = 0,33 s, soit juste = 10 g avant la date t5. Sur la chronophotographie, le sommet de la trajectoire se situe entre les dates t4 et t5 confirmant la date théorique. b.

$ 0 

{

1.

0x = 0 . cos α et 0z = 0 . sin α

$OG0

{

2. Le système étudié est le sauteur Mike Powell

124

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$ est la primitive du vecteur accélération $a ; d’où : x = 0x = 0 . cos α $ z = – g . t + 0 . sin α .

{

$OG est la primitive du vecteur vitesse $ ; d’où : x = 0 . cos α . t $OG 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin α . t + 1,2, 2 équations horaires de G. x 3. De x(t) on tire t = que l’on remplace 0 . cos α dans z(t). –g Il vient : z = . x 2 + tan α . x + 1,2. 202 . cos2 α

{

4. Lorsque Mike Powell touche le sol, x = 8,95 m

et z = 0,40 m. De l’équation de la trajectoire, on tire 0 : 0 =

–g . x2 . 2 cos α . (zz – tan α . x – 1,2) 2

a (en °)

35

40

45

50

55

␽0 (en m . s–1)

9,1

8,8

9,0

9,1

9,4

C’est donc pour un angle α égal à 40° que le sauteur peut arriver avec la vitesse la moins rapide. 1. Graphiquement, on constate que la composante horizontale x(t) de la vitesse de la balle est constante et égale à 2 m . s–1. dx 2. ax = = 0 m . s–2. dt 3. D’après le graphique, la composante verticale de la vitesse de la balle est une fonction affine du temps : z = A . t + B. 4. Par lecture graphique, 0z = 4,0 m . s–1. 5. Le coefficient directeur de la droite z(t) est une vitesse divisée par un temps ; son unité est le m . s–2. C’est donc une accélération. Le coefficient directeur est la composante verticale de l’accélération, az = – 10,2 m . s–2. Cette valeur est négative, car l’accélération, égale à g, est orientée vers le bas avec un axe des ordonnées dirigé vers le haut.  4,0 6. tan α = 0z = = 2. On en déduit α = 63°. 0x 2,0

0 = 0x2 + 0z2 = 4,5 m . s–1.

17.

x0 = 0 z0 = 1,2 m.

dans un référentiel terrestre supposé galiléen.

{

16.

x (t7) = 4,3 × cos 50° = 2,76 z (t7) = – 10 × 67 × 10–3 × 7 + 4,5 × sin 50° = – 1,40.

15.

La seule force extérieure qui s’applique sur le sauteur est son poids $P. D’après la deuxième loi de Newton : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . On projette cette égalité vectorielle dans le repère (O ; $i, $k ) : ax = 0 $a a = – g. z

1.

= 0 . cos 45° = 0 . sin 45°, 0z avec 0 = 525 km . h–1 = 146 m . s–1 $0

{ 

0x

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et $OG

{

2. b.

x0 = 0

z0 = 8 230 m. 2. On étudie le système {avion} de masse m dans un référentiel lié à la Terre et supposé galiléen. L’avion, lors de la parabole, n’est soumis qu’à son poids. D’après la deuxième loi de Newton : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . Le vecteur vitesse du centre d’inertie de l’avion $ est la primitive de son vecteur accélération $a. ax = 0 x = 0x = 0 . cos 45° $a a = – g ; d’où : $  = – g . t +  z z 0z = – g . t + 0 . sin 45°.

{

{

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $. x = 0 . cos 45° . t $OG 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin 45° . t + 8 230, 2 équations horaires paramétriques. 3. a. Lorsque l’avion atteint le sommet de sa trajectoire, le vecteur vitesse est horizontal. Sa composante z = 0 m . s–1.  . sin 45o 146 × sin 45o b. t = 0 = 10,5 s. = 9,8 g c. z(10,5) 1 = – × 9,8 × 10,52 + 146 × sin 45° × 10,5 + 8 230 2 = 8,77 × 103 m, soit : 2,88 × 104 ft, ce qui confirme l’indication du schéma. x 4. a. De x(t) on tire t = que l’on rem0 . cos 45° place dans z(t), soit : –g . x2 + tan 45ox + 8 230. z= 2 20 . cos2 45°

{

La fonction z(x) est bien l’équation d’une parabole. 5. z(20,5) 1 = – × 9,8 × 20,52 + 146 × sin 45° × 20,5 + 8 230 2 = 8,29 × 103 m. Il retrouve pratiquement l’altitude du début de la parabole. 6. Composantes de la vitesse à t = 20,5 s : b.

x (20,5) = 146 × cos 45° = 103 z (20,5) = – 9,8 × 20,5 + 146 × sin 45° = – 97,7  (20,5) ; d’où : α = – 46o. L’avion est incliné tan α = z x(20,5) de 46° vers le bas proche de la valeur indiquée dans l’énoncé. Lors d’un vol parabolique, le mécanicien pendant les 20 secondes durée de la parabole, ne coupe pas complètement les moteurs, mais compense la traînée de l’avion. Ceci explique quelques écarts entre une chute libre et une parabole de l’airbus A300.  $

{

18. 1. b. L’astre A est un des deux foyers de l’ellipse, orbite du satellite S.

S1 t'1

A

t2

t'2

La vitesse de S1 en 1 est plus grande qu’en 2. Pour un mouvement circulaire, la deuxième loi de Képler implique un mouvement uniforme. T2 T2 3. b. 13 = 23 = constante ; a1 a2 S2 est plus éloigné de A que S1, donc a2 > a1. On en déduit T2 > T1. c.

d.

19.

1. Pour étudier le mouvement de Charon

autour de Pluton, on se place dans un référentiel « plutocentrique » dont l’origine est au centre de la planète et les trois axes dirigés vers trois étoiles lointaines supposées fixes. 2. Le système étudié est {Charon} dans le référentiel plutocentrique. Charon est soumis à la force gravitationnelle exercée par Pluton. M .M $F = – G . P 2 C . $u avec $u un vecteur unitaire d orienté de Pluton vers Charon. D’après la deuxième loi de Newton : M MC . $a = $F ; donc : $a = $F = – G . 2P . $u. MC d Le vecteur accélération du centre d’inertie de Charon a pour direction Pluton-Charon, est orienté de Charon vers Pluton (accélération centripète) et a pour M valeur G . 2P . d MP 2 3. a = G . 2 = ; d d 22 G . MP = 6,67 × 10–11 × 1,3 × 10 7 d 1,9 × 10 = 2,1 × 102 m . s–1, ce qui correspond à la valeur annoncée de 0,2 km . s–1. 2π . d. 4. T = V d 5. T = 2π . d . ; G . MP 4π2 T2 d ; d’où : 3 = G . M : donc : T 2 = 4π2 . d 2 . d G . MP P

d’où :  =

troisième loi de Képler pour un satellite de Pluton. (1,9 × 107)3 × 4 × π2 d 3 . 4π2 = 6,67 × 10–11 × 1,3 × 1022 G . MP = 5,6 × 105 s = 6,5 jours, valeur proche de la valeur annoncée. T=

1. Pour qu’un satellite soit géostationnaire, il faut qu’il ait la même période de rotation autour de la Terre que la période de rotation de la Terre sur elle-même. Donc T = 86 164 s, durée du jour sidéral.

20.

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t1

125

5/08/06 9:10:05

MS . MT . n avec $n un vecteur unitaire (R T + h)2 $ porté par la normale à la trajectoire du satellite au point considéré et orienté vers la Terre. 3. Pour que le satellite ait un mouvement circulaire uniforme, il faut qu’il soit soumis à une force radiale et que sa vitesse initiale soit non nulle. C’est le cas ici. 4. Le système étudié est le satellite Météosat dans un référentiel géocentrique. D’après la deuxième loi de Newton : MT MS . $a = $F ; donc : $a = $F = G . . n; MS (R T + h)2 $ MT 2 ; a=G. 2 = (R T + h) RT + h 2. $F = G .

G . MT . RT + h 2π . (R T + h) ; 5. T = 

d’où :  =

(R RT + h) ; G . MT (R + h) donc : T 2 = 4π . (RT + h)2 . T G . MT 2 T2 4π d’où : (R + h)3 = . G . MT T On retrouve bien la troisième loi de Képler pour un mouvement circulaire.

b.

T = 2π × (6 378 × 103 + 20 200 × 103) ×

6 378 × 103 + 20200 × 103 6,67 × 10–11 × 5,98 × 1024

T = 4,31 × 104 s. c. Un satellite géostationnaire a une période de révolution T égale à un jour sidéral, c’est-à-dire 86 164 s. Ce n’est pas le cas pour le satellite étudié. 3. a. L’onde produite par un signal radio est une onde électromagnétique. b. Les ondes électromagnétiques se déplacent à la vitesse de la lumière, qui a pour valeur dans le vide c = 2,998 × 108 m . s–1. La vitesse est la même dans l’air. 4. a. La lumière parcourt 10 m en : 10 = 3,34 × 10–8 s. 2,998 × 108 Il faut donc que la précision de la mesure d’une durée soit de l’ordre de 3 × 10–8 s. b. Dans chaque satellite se trouvent 4 horloges atomiques, c’est-à-dire des moyens de mesure de temps très précis.

d’où : T = 2π . (RT + h) .

T 2 . G . MT – R 6. h = T 4π2 2 –11 × 5,98 × 1024 3 86164 × 6,67 × 10 h= – 6,38 × 106 4π2 = 3,6 × 107 m. Tous les satellites géostationnaires ont la même période de révolution. Ils sont donc à la même distance de la Terre. 3

M .M 21. 1. a. $F = G . (RSat + h)2T . $n . T b. D’après la deuxième loi de Képler appliquée à un mouvement circulaire, on peut dire que le mouvement est uniforme. 2. a. Le système étudié est le satellite dans un référentiel géocentrique. D’après la deuxième loi de Newton : MT MSat . $a = $F ; donc : $a = $F = G . . n; MSat (R T + h)2 $ MT 2 ; a=G. 2 = (R T + h) R T + h MT . d’où :  = G . RT + h 2π . (R T + h) ; T=  d’où : T = 2π . (R T + h) . 126

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(R RT + h) . G . MT

Sujets BAC Quatre satellites terrestres artificiels parmi bien d’autres 1. Le premier satellite artificiel mS . MT . n. (RT + h)2 $ 1.2. Le système étudié est le satellite dans un référentiel géocentrique. D’après la deuxième loi de Newton : MT mS . $a = $F ; donc : $a = $F = G . . n. mS (RT + h)2 $ 1.1. $F = G .

2. Les satellites artificiels à orbites circulaires 2.1.a. L’accélération du satellite est normale à la trajectoire de ce dernier. Sa vitesse initiale est non nulle ; on peut donc dire que le mouvement est circulaire uniforme. MT 2 ; 2.1.b. a = G . 2 = (R T + h) R T + h . M . R +h 2π . (R T + h) ; 2.1.c. T =  d’où :  =

(R RT + h) ; G . MT (R + h) ; donc : T 2 = 4π 2 . (R T + h)2 . T G . MT 2 2 T d’où : = 4π . (R T + h)3 G . MT On retrouve bien la troisième loi de Képler pour un mouvement circulaire. d’où : T = 2π . (RT + h) .

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2.2.1. Un satellite géostationnaire est un satellite

1.3.b.

3. Les satellites artificiels à orbites elliptiques 3.1. Première loi de Képler : le satellite décrit une

ellipse dont l’astre attracteur est l’un des foyers. Troisième loi de Képler : le rapport entre le carré de la période de révolution du satellite autour de la Terre et le cube du demi-grand axe de l’ellipse est constant. 3.2. Voir le schéma ci-dessous.

P

T

A

3.3. Voir le schéma ci-dessous.

P S1

A S3

S4

Les deux aires sur fond gris ont la même surface et sont, d’après la deuxième loi de Képler, balayées pendant des durées égales. La distance S1S2 est supérieure à la distance S3S4. La vitesse du satellite sur ces deux portions d’ellipse n’est pas la même. La vitesse n’est pas constante. 3.4. La vitesse du satellite est maximale lorsqu’il est proche du centre attracteur, c’est-à-dire en P.

Le lancer du poids aux championnats du monde 1. Étude des résultats de la simulation 1.1.a. Par lecture graphique, 0x = 10 m . s–1. 1.1.b. La projection du centre d’inertie du boulet sui-

vant l’axe (Ox) a un mouvement uniforme. En effet, aucune force n’agit suivant cette direction. L’accélération est nulle et la vitesse constante. 1.1.c. Sx = 10 m . s–1, cette composante est constante au cours du mouvement. 1.2.a. 0y = 10 m . s–1.  2 1.2.b. 0 = 0x2 + 0y = 14 m . s–1 et tan α = 0x , 0 0y d’où α = 45°, valeurs compatibles avec les données du texte. 1.3.a. Le vecteur vitesse du centre d’inertie du boulet au sommet de sa trajectoire est horizontal, dans le sens du mouvement et a pour valeur Sx = 10 m . s–1.

S 0

5

10 15 D = 21,69 m

20

25 x (m)

2. Étude théorique du mouvement du centre d’inertie du boulet 2.1. FA = µ´ . V . g et P = µ . V . g. FA µ´ = = 1,8 × 10-4, on peut donc négliger la poussée P µ d’Archimède devant le poids. 2.2. On considère le système boulet de masse m dans un référentiel lié à la Terre et supposé galiléen. Le boulet n’est soumis qu’à son poids. D’après la deuxième loi de Newton : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . 2.3. Le vecteur vitesse $ du centre d’inertie du boulet est la primitive de son vecteur accélération $a. ax = 0 x = 0x = 0 . cos α $a a = – g ; d’où : $  = – g . t +  z z 0z = – g . t + 0 . sin α .

{

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $. x = 0 . cos α . t $OG 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin α . t + h, 2 équations horaires du mouvement. x 2.4. De x(t) on tire t = que l’on remplace 0 . cos α dans z(t), soit : –g . x2 + tan α . x + h, équation de la z= 2 20 . cos2 α trajectoire du centre d’inertie du boulet.

{

3. Comment améliorer la performance d’un lanceur ? 3.1. Quand 0 augmente, la distance horizontale D du jet augmente. Quand α augmente, la distance horizontale D du jet augmente, passe par un maximum, puis diminue. 3.2. Pour réaliser le meilleur jet possible, il faut lancer le boulet avec un vecteur vitesse incliné de 41° par rapport à l’horizontale et une valeur 0 la plus grande possible. Mouvements plans 1. Vrai, d’après la deuxième loi de Newton :

m . $aG = $P = m . $g ; d’où : $aG = $g . Le vecteur accélération ne dépend pas des conditions initiales. 2. Faux, le projeté de G est animé d’un mouvement uniformément accéléré d’après la deuxième loi de Newton.

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8 7 6 5 4 3 2 1 0 0

{

T

S2

y (m)

H = 2,62 m

immobile dans un référentiel terrestre. 2.2.2.a. La seule force extérieure appliquée au satellite est celle exercée par la Terre. Cette force est centripète, la trajectoire du satellite se fait dans un plan contenant le centre de la Terre. La figure 2 est incompatible avec les lois de la mécanique. 2.2.2.b. La trajectoire d’un satellite géostationnaire est celle de la figure 1, elle se situe dans le plan de l’équateur.

127

5/08/06 9:10:11

3. Vrai, à partir de la deuxième loi de Newton, on démontre que la trajectoire de G a pour équation : –g z= . x 2 + tan α . x, équation d’une para2 20 . cos2 α bole quelle que soit la valeur de l’angle α. 4. Dans ces conditions, α = 0°, l’équation de la trajec–g . x 2 + H. toire s’écrit : z = 202 –g . x 2 + H, Au point de chute, z = 0 ; d’où : 0 = 202 2H . il vient : x = 0 . g

Exercices complémentaires Énoncés 1 Loi de gravitation universelle Neptune est la plus éloignée des planètes géantes gazeuses. Sa masse est mN = 1,0 × 1026 kg et celle du Soleil mS = 2,0 × 1030 kg. La trajectoire de Neptune autour du Soleil sera assimilée à un cercle de rayon moyen R = 4,5 × 109 km. 1. Quelle est l’expression vectorielle de la force gravitationnelle exercée par le Soleil sur Neptune ? 2. Sur un schéma, représenter Neptune, le Soleil et cette force. 3. Quelle est sa valeur ? 4. En appliquant la troisième loi de Képler, déterminer la période de révolution de Neptune autour du Soleil. Donnée : G = 6,67 × 10–11 SI.

2. Déterminer les angles de tir Un projectile est lancé d’un point O situé au niveau du sol avec une vitesse $0 faisant un angle α avec l’horizontale. 1. Établir les équations horaires du mouvement du centre d’inertie G du projectile en précisant le repère choisi. 2. Exprimer l’équation de la trajectoire. 3. Montrer que pour atteindre un point A situé sur le sol à une distance L du point O, deux angles de tir sont possibles. On rappelle que 2 cos α . sin α = sin 2α. 4. Calculer les angles de tir pour 0 = 80 m . s–1 et L = 100 m.

À l’aide d’un logiciel, on exploite la vidéo d’un mouvement de chute libre d’une balle lancée à la vitesse initiale $0, inclinée d’un angle α par rapport à l’horizontale. On a repéré, tous les 40 ms, les positions du centre d’inertie G de la balle le long de sa trajectoire dans un repère (O ; $i, $k ), l’axe des abscisses étant horizontal et celui des ordonnées vertical. On a représenté sur la figure ci-dessous l’abscisse x de G au cours du temps ainsi que son ordonnée z. Les fonctions mathé-

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z(m) x(m)

+ 2,00 + 1,75 + 1,50 + 1,25 + 1,00 + 0,75 + 0,50 + 0,25 0

z = – 5,0 t 2 + 4,2 t + 0,86

x = 1,9 t + 0,17 0

+ 0,10

+ 0,20

+ 0,30

+ 0,40

+ 0,50

+ 0,60

+ 0,70

+0,80 t (s)

1. Quelles sont les coordonnées du centre d’inertie G de la balle à l’instant pris comme origine des temps ? 2. Du modèle x(t) = 1,9 t + 0,17, où retrouve-t-on sur la courbe les valeurs 1,9 et 0,17 ? 3. Que représente la valeur 1,9 ? Quelle est son unité ? 4. En déduire les expressions des composantes horizontales x et ax de la vitesse et de l’accélération du centre d’inertie G de la balle au cours du temps. 5. Du modèle z(t) = – 5,0 t 2 + 4,2 t + 0,86, quelle valeur peut-on lire sur la courbe ? 6. Quelle est l’unité du terme 5,0 t 2 ? En déduire celle de la valeur 5,0. De quelle grandeur cette valeur est-elle homogène ? 7. Donner les expressions des composantes z(t) et az(t). 8. Que peut-on dire du mouvement du centre d’inertie de la balle suivant la verticale ? 9. Quel est l’angle d’inclinaison α de $0 avec l’horizontale ?

4. Masse de l’astre central On a rassemblé dans le tableau ci-dessous les périodes de révolution de différentes planètes du système solaire, celle dont la trajectoire peut être assimilée à un cercle ainsi que le rayon de ce cercle. Planète

Période de révolution (en jours)

Rayon de la trajectoire (en km)

Mercure

88

58 × 106

Terre

365

150 × 106

Mars

687

228 × 106

Jupiter

4,33 × 103

778 × 106

Saturne

1,08 × 104

1,43 × 109 2,87 × 109

Uranus Neptune

3. Exploiter les graphiques x(t) et y(t)

128

matiques se rapprochant des points obtenus sont également indiquées sur la figure ci-dessous.

6,02 × 104

1. Énoncer la troisième loi de Képler. 2. Quelle est l’unité de la constante de Képler ? Calculer sa valeur à l’aide des données du tableau. 3. Compléter les deux valeurs manquantes du tableau. 4. À l’aide de la deuxième loi de Newton, établir l’expression de la constante de Képler pour les planètes du système solaire. 5. En déduire la masse du Soleil.

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6. Avec les renseignements du tableau, peut-on calculer la masse de Jupiter ? De quelles données a-t-on besoin ?

Corrigés mN . mS . $u avec $u un vecteur R2 unitaire orienté du Soleil vers Neptune.

1.

1. $FS/N = – G .

2. FS/N

S

N

mN . mS d2 1,0 × 1026 × 2,0 × 1030 = 6,67 × 10–11 × (4,5 × 1012)2 = 6,6 × 1020 N. 4. La troisième loi de Képler, en supposant la trajectoire de Neptune autour du Soleil circulaire, s’écrit : T 2 = 4π . R 3 G . mS 3. FS/N = G .

R3 = 2π G . mS = 5,2 × 109 s.

(4,5 × 1012)3 6,67 × 10–11 × 2,0 × 1030

T = 2π .

2.

1. Le système étudié est le projectile dans un

repère  (O ; $i, $k ) lié au référentiel terrestre tel que $k soit vertical ascendant, que le plan ($i, $k ) contienne le vecteur vitesse initiale $0 et que l’origine O coïncide avec la position du centre d’inertie G de la bille à la date t = 0. D’après la deuxième loi de Newton : m . $a = $P = m . $g ; d’où : $a = $g . Le vecteur vitesse $ du centre d’inertie du boulet est la primitive de son vecteur accélération $a. ax = 0 x = 0x = 0 . cos α $a a = – g ; d’où : $  = – g . t +  z z 0z = – g . t + 0 . sin α.

{

{

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $. x = 0 . cos α . t $OG 1 z = – . g . t 2 + 0 . sin α . t + h, 2 équations horaires du mouvement. x 2. De x(t) on tire t = que l’on remplace 0 . cos α –g dans z(t) ; soit : z = . x2 + tan α . x , 202 . cos2 α équation de la trajectoire du centre d’inertie du projectile. L 1 3. Pour x = L, z = 0 = L – . g . 2 + tan α ; 2 0 . cos2 α 2 2 . cos2 α . tan α 202 . cos α . sin α = L= 0 g g 2  . sin 2α = 0 . g

{

(

)

g.L . Cette équation admet deux 02 solutions : α1 et α2 = π – α1. 2 g . L 9,8 × 100 4. = = 0,15. 02 802 Il vient : 2α1 = 8,8° ; d’où : α1 = 4,4° (tir tendu), et 2α2 = π – 2α1 ; d’où : α2 = 85,6° (tir en cloche). Donc : sin 2α =

3. 1. Par lecture graphique ou sur les expressions de x(t) et z(t), x0 = 0,17 m et z0 = 0,86 m. 2. 1,9 correspond au coefficient directeur de la droite et 0,17 est l’ordonnée à l’origine des temps (x0). 3. 1,9 est le résultat d’une distance, x, divisée par un temps. C’est donc une vitesse qui s’exprime en m . s–1. 4. Cette vitesse est la composante horizontale x de la vitesse du centre d’inertie de la balle. x = 0,19 m . s–1 et ax = dx = 0 m . s–2. dt 5. Sur la courbe, on peut lire l’ordonnée à l’origine z(0) = 0,86 m. 6. 5,0 t 2 a la même unité que z, c’est-à-dire des mètres. 5,0 est donc une longueur divisée par un temps au carré, son unité est le m . s–2 ; 5,0 est homogène à une accélération. . 7. z = x. = 10t + 4,2 et ax = x = 10 m . s–2. 8. G a un mouvement uniformément varié. 9. 0x = 1,9 m . s–1 et 0z = 4,2 m . s–1.  4,2 ; d’où : α = 66°. tan α = 0z = 0x 1,9 1. Le rapport entre le carré de la période T de révolution de la planète autour du Soleil et le cube du rayon de sa trajectoire circulaire est constant : T 2 = constante. R3 2. La constante de Képler s’exprime en s2 . m–3. Cette constante a pour valeur 2,95 × 10–19 s2 . m–3. 3. TUranus = 3,06 × 104 j. Rayon de la trajectoire de Neptune : R = 4,5 × 1012 m. 4. Le système étudié est une planète de masse mP dans un référentiel héliocentrique. D’après la deuxième loi de Newton : m mP . $a = $F ; donc : $a = $F = G . 2S . $n ; mP R mS 2 a=G. 2 = ; R R

4.

d’où :  = T = 2π . R ; 

d’où : T = 2π . R .

R ; G . mS

donc : T 2 = 4π2 . R 2 .

R ; G . mS

2 2 d’où : T 3 = 4π . R G . mS

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G . mS . R

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On retrouve bien la troisième loi de Képler pour une planète en mouvement circulaire autour du Soleil. 4π2 4π2 = 5. mS = –11 G . cte 6,67 × 10 × 2,95 × 10–19 = 2,0 × 1030 kg. 6. Pour calculer la masse de Jupiter, il faudrait connaître la période de rotation d’un des ses satellites, ainsi que le rayon de la trajectoire de ce satellite.

Bibliographie Ouvrages • Mécanique : cours et exercices corrigés, J.-P. Durandeau et coll., pp. 185 à 189, Ediscience international, McGraw-Hill, 1989. • Mécanique 1re année MPSI, PCSI, PTSI, J.-M. Brébec et coll., collection H Prépa, Hachette, 1996.

Site Internet www.solarviews.com/flash/uranus.htm

Cédérom Cédérom Universaelis.

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Le pendule pesant Programme Ce chapitre correspond à la troisième partie du programme officiel : D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

Contenus 3.1. Présentation de divers systèmes oscillants mécaniques • Pendule pesant, pendule simple et système solideressort en oscillation libre : position d’équilibre, écart à l’équilibre, abscisse angulaire, amplitude, amortissement (régime pseudo-périodique, régime apériodique), pseudo-période et isochronisme des petites oscillations, période propre. • Expression de la période propre d’un pendule simple : justification de la forme de l’expression par analyse dimensionnelle. 3.3. Le phénomène de résonance • Présentation expérimentale du phénomène : excitateur, résonateur, amplitude et période des oscillations, influence de l’amortissement. • Exemples de résonances mécaniques.

Connaissances et savoir-faire exigibles 3.1. Présentation de divers systèmes oscillants mécaniques • Définir un pendule simple. • Justifier la position d’équilibre dans le cas d’un pendule simple. • Définir l’écart à l’équilibre, l’abscisse angulaire, l’amplitude, la pseudo-période, la période propre et les mesurer sur un enregistrement. • Énoncer la loi d’isochronisme des petites oscillations. • Savoir comment un système peut atteindre un régime apériodique. • Savoir que dans le cas d’un amortissement faible, la pseudo-période est voisine de la période propre. • Pour un pendule simple, justifier la forme de l’expression de la période propre par analyse dimensionnelle. • À partir d’une série de résultats expérimentaux, vérifier la validité de l’expression de la période propre d’un pendule simple.

Savoir-faire expérimentaux Décrire un protocole expérimental permettant : – d’enregistrer le mouvement d’un système oscillant plus ou moins amorti ; – de vérifier la loi d’isochronisme des petites oscillations ; – de vérifier l’expression de la période propre dans le cas du pendule simple. 3.3. Le phénomène de résonance • Savoir que la résonance mécanique se produit lorsque la période de l’excitateur est voisine de la période propre du résonateur. • Savoir que l’augmentation de l’amortissement provoque une diminution de l’amplitude. • Connaître des exemples de résonance mécanique.

Exemples d’activités • Exemples de systèmes oscillants dans la vie courante : suspension de voiture, oscillation des immeubles de grande hauteur sous l’action du vent, vibration du sol au passage d’un TGV. • Textes historiques de Galilée. • Expériences de cours mettant en évidence les notions à introduire.

Commentaires La présentation de divers systèmes oscillants est uniquement descriptive. Dans cette partie, aucune équation n’est écrite et l’expression littérale de la période propre n’est pas donnée. Le pendule pesant est utilisé expérimentalement en repérant, au cours de son mouvement, les positions respectives du centre d’inertie de l’axe de rotation. Aucune définition n’est à donner et le moment d’inertie est hors programme. Le pendule simple est présenté comme un modèle idéalisé du pendule pesant. L’amortissement est constaté expérimentalement mais aucun développement sur l’expression des forces de frottement n’est effectué. La pseudo-période sera définie expérimentalement à partir d’enregistrements du mouvement de pendules pour diverses amplitudes initiales. Pour de petites amplitudes, on vérifiera la loi d’isochronisme des petites oscillations. Pour le pendule simple, à partir de l’inventaire des paramètres pouvant influencer sa période propre, on

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12

Physique

chapitre

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accédera à l’expression de celle-ci par analyse dimensionnelle ; la constante 2π sera donnée. On montrera expérimentalement que dans le cas d'un amortissement faible, la pseudo-période des oscillations d'un pendule simple est sensiblement égale à sa période propre. La résonance mécanique sera introduite expérimentalement sur des dispositifs qui permettent de différencier nettement excitateur et résonateur, ce qui n'est pas le cas dans l'expérience des pendules couplés. Aucune courbe de résonance ne sera tracée expérimentalement.

Matériel

pesant et un pendule simple ? Dans ce paragraphe, on présente la modélisation d’un pendule pesant ; on définit une oscillation et on montre l’enregistrement des oscillations d’un pendule sans amortissement.

> Activité 1 Réponse à la question Le pendule oscille autour de sa position d’équilibre verticale. Pour un nombre d’oscillations important, l’amplitude des oscillations reste quasiment constante.

la période d’un pendule simple ?

– Un pendule simple relié à un système d’acquisition. – Un dispositif d’amortissement.

> Activité 3 – Un pendule simple relié à un système d’acquisition. – Un dispositif excitateur.

Rechercher et expérimenter – Un pendule simple relié à un système d’acquisition. – Un dispositif d’amortissement.

Déroulement du chapitre

On montre expérimentalement : – l’isochronisme des petites oscillations ; – que la période est indépendante de la masse ; – que la période, pour des oscillations de faible amplitude, est proportionnelle à la racine carrée de la longueur du pendule. Conformément aux directives du programme, on donne sans démonstration la formule de la période du pendule simple.

3. Comment évoluent les oscillations libres d’un pendule dans le temps ? Dans ce paragraphe, on étudie l’influence de l’amortissement sur le mouvement du pendule simple et on aborde la notion de pseudo-période.

> Activité 2

> Objectifs • Connaître les lois du pendule simple. • Connaître l’influence de l’amortissement. • Connaître le phénomène de résonance mécanique.

Activités préparatoires

Réponse à la question Sous l’effet des frottements, l’amplitude des oscillations diminue et le pendule finit par s’arrêter.

4. Comment mettre un pendule en oscillations forcées ? > Activité 3

A. Le pendule pesant Cette activité présente une expérience historique réalisée par Galilée. Elle montre l’intérêt de la modélisation. Réponses aux questions 1. Les deux lustres oscillaient avec la même période malgré des masses très différentes. 2. Galilée a modélisé le pendule pesant par un pendule simple. 3. Un pendule oscille régulièrement, c’est donc un étalon de durée pour mesurer le temps. 4. Le pendule pesant est appelé le balancier.

B. Poussez... poussez l’escarpolette Cette activité évoque la résonance. Réponse à la question Il faut pousser la balançoire avec une fréquence égale à sa fréquence propre.

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1. Qu’est-ce qui caractérise un pendule

2. De quels paramètres dépend

Cours > Activités 1 et 2

132

Cours

Réponses aux questions 1. La période T des oscillations forcées du résonateur est égale à la période TE de l’excitateur. 2. Pour un résonateur peu amorti, l’amplitude des oscillations est maximale lorsque la période TE de l’excitateur est voisine de la période propre T0 du résonateur. 3. Lorsque l’amortissement augmente, le phénomène de résonance est moins marqué ; il finit même par disparaître lorsque l’amortissement est très important.

Rechercher et expérimenter 1. De GALILÉE à HUYGHENS Réponses aux questions 1. La première partie du texte évoque la loi des masses. 2. a. Le rapport des masses est égal au rapport des masses volumiques : 11,3 ≈ 100. 0,11 b. L’affirmation de Galilée est vraie, car la période propre d’un pendule est indépendante de sa masse.

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3. Après cent oscillations, les périodes sont toujours les mêmes. 4. L’amortissement des oscillations est plus important pour le pendule avec la boule de liège que pour le pendule avec la boule de plomb. 5. Le texte fait allusion à l’isochronisme des oscillations. En réalité, la période des oscillations n’est constante que pour des oscillations de faible amplitude. Galilée ne disposait pas d’instruments de mesure suffisamment précis pour vérifier cela. 6. La période propre du pendule est proportionnelle à la racine carrée de la longueur du fil. 7. L’expression signifie : un pendule dont la période propre est 2 secondes. 1 pied = 33,14 cm, donc 3 pieds correspondent à une longueur de 3 × 0,3314 = 0,9942 m. 0,9942 T0 = 2π .  = 2π × = 2,0 s. g 9,81 2 g . T02 =  ; soit : 9,81 ×2 1 = 0,25 m. 8. 2 4π 4π 9 pouces mesurent donc 0,25 m. 1 pouce mesure environ 0,028 m.

Corrigés des exercices S’autoévaluer 1. élongation : – max

1. a. Faux ; b. Vrai ; c. Vrai. 2. Faux.

2. 3. 2.

Unité



m

g  g

 g

. g

Grandeur

Unité



m

g

m . s–2

 g

s

4π2 .  g

s2

 g

s–1

2π .

2π .  . g

m . s–1

Les formules a. et d. sont fausses. Elles ne sont pas homogènes à un temps.

4. 1. L’objectif est de déterminer une relation entre la période du pendule et la longueur du fil. 2. T ² est proportionnel à la longueur  ; T ² = k .  2 avec k = 4π . g Graphiquement, k = 4. 2 2 g = 4π = 4π = π2 = 9,9 m . s–2. k 4 1. Le mouvement est pseudo-périodique. 2. La pseudo-période T est environ égale à 1,5 s. 3. L’amplitude des oscillations décroît moins vite.

m.s

m ↔ s2 m . s–2 s

6. 1. L’excitateur impose la fréquence d’oscillations. 2. La période du pendule est celle de l’excitateur. À la résonance, la période de l’excitateur est voisine de la période propre du résonateur, pour des amortissements faibles. Les oscillations ont alors une amplitude maximale. Exercices 1. a. Un pendule simple est constitué d’un solide de masse m, de petites dimensions, suspendu

1.

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= 2π .

5. –2

. g 8. Le mouvement est pseudo-périodique. 9. Si l’amortissement n’est pas important, la pseudopériode et la période propre sont égales. 10. Les résultats expérimentaux correspondent à ceux énoncés par Galilée si l’amortissement n’est pas important.

7. Il faut retrouver : T0 = 2π .

1. c. T0

2π .

de GALILÉE

Grandeur

max

une oscillation correspond à un aller-retour du pendule depuis la position max jusqu'à la même position max

2. Étude expérimentale des résultats 1. La période considérée diffère de moins de 5 % de la valeur trouvée pour θ = 5° si l’amplitude est inférieure à 20°. 2. Galilée pensait que les oscillations avaient la même période quelles que soient leur amplitude. Il ne pouvait pas mesurer les périodes avec suffisamment de précision. 3. La période ne dépend pas de la masse fixée à l’extrémité du fil. 4. Les résultats expérimentaux concordent avec ceux énoncés par Galilée. 5. La courbe T = f (  ) est une droite passant par l’origine. L’équation est T = 2  . 6. Expression c. : T0 = 2π .  . g

amplitude :

max

133

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à un fil inextensible de masse négligeable devant m et de longueur . b. La position d’équilibre est la verticale, c’est-à-dire θ = 0°. c. Le pendule a un mouvement oscillant de part et d’autre de sa position d’équilibre. 2. élongation : – max

amplitude :

max

max

une oscillation correspond à un aller-retour du pendule depuis la position max jusqu'à la même position max

2.

1. La période d’un pendule simple est la durée

d’une oscillation. La fréquence est le nombre de périodes par seconde. 2. T0 = 0,25 s ; f0 = 4 Hz. 3. 1. b. ; 2. a. ; 2. c. ; 3. b. T0 = 2π .  . g 1. La période est indépendante de l’amplitude des oscillations si l’amplitude est inférieure à 20°. . 2. a. T0 = 2π . g b.

4.

Grandeur

Unité



m

g

m . s–2

 g

m ↔ s2 m . s–2

 g

2π .

c.

 = 2π × g

T0 = 2π .

5.

s

0,5 ≈ 1,42 s. 9,81

1. T0 = 0,80 s.

2. Lorsque l’amplitude des oscillations est inférieure à 20°, la période est pratiquement indépendante de l’amplitude. L’amplitude θmax étant inférieure à 20°, cette loi s’applique ici. 3. T0 = 2π .

soit : g =

; g

1. L’excitateur est l’électroaimant et le résona-

134

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2. t = 0,003 s. La période est théoriquement de 2 s, il y a donc : 24 × 3 600 = 43 200 périodes par jour. 2 Le retard est donc de 0,003 × 43 200 ≈ 130 s, soit environ 2 min. 3. L’intensité de la pesanteur est plus faible à l’équateur qu’à Paris. Cela est dû au fait que la Terre n’est pas sphérique mais aplatie aux pôles et bombée à l’équateur. 4. Il faut diminuer la période d’oscillations et donc diminuer la longueur du pendule. 9. 1. T0 = 2π .  . g 2. D’après la réponse précédente, il est judicieux de tracer T0 en fonction de  ou T02 en fonction de , car la représentation graphique est une droite. 3. a. Représentation graphique : T02 = f () ; T 2 = 4,010 8 × . T2

4,5 4,0 3,5 3,0 2,5 2,0 1,5 1,0 0,5 0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2 2

1. Le phénomène est l’amortissement des oscillations. 2. On a modifié les frottements, par exemple en plaçant une palette sur la masse du pendule. 3. Régime pseudo-périodique : courbes (a) et (c). Régime apériodique : courbe (b). 4. Par ordre croissant d’amortissement : (a), (c), (b).

teur le pendule.

. g

1. T0 = 2π .

D’après la réponse à la question 1. : T02 = 4π . . g 2 La pente est donc : 4π . g Graphiquement, on a obtenu : 4,01. 2 g = 4π ≈ 9,84 m . s–2. 4,01 10. 1. T0 = 2π .  = 2π × 0,5 ≈ 1,42 s. g 9,81 RT2  2. T0 = 2π . avec g = g0 . ; (RT + h)2 g b.

2

6.

7.

8.

0

4π .  4π × 0,16 = ≈ 9,9 m . s–2. 0,802 T02 2

2. Le pendule oscille à la fréquence f du courant dans l’électroaimant. 3. Lorsqu’on modifie la fréquence f du courant, on modifie l’amplitude des oscillations forcées du pendule. 4. a. Pour une fréquence particulière f = fR , l’amplitude des oscillations forcées est maximale : c’est la résonance. b. Lorsque l’amortissement est faible, la fréquence de résonance fR est égale à la fréquence propre f0 du pendule. c. Les oscillations ont une grande amplitude à la résonance.

soit : T0 =2π .

 . (R RT + h)2 = 1,42 s. g RT2

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3. g étant donné avec 3 chiffres significatifs, il faut donner les valeurs des périodes avec 3 chiffres significatifs au maximum. Dans ce cas, les périodes sont égales.

La période d’un pendule simple de longueur RT est : T0 = 2π . RT . g La période de révolution d’un satellite est donnée par : 2 G . MT a =  et a = =g; R T2 RT

11.

donc :  = g . RT ; or, 2π . RT =  . T0 ; donc : 2π . RT = g . RT . T0. 1 = 2π . g . RT

D’où : T0 = 2π . RT . soit : T0 = 2π .

RT2 ; g . RT

RT . g

12. On mesure la période propre T0 d’un pendule de longueur  connue.   . RT2 = 2π . ; g0 G . MT 4π2 .  . R T2 d’où : MT = . T02 . G

T0 = 2π .

13. 1. 45 = a . 4 + b – 30 = a . (– 3,5) + b θ = a . u + b = 10 u + 5. 2. Pour t = 3,8 s, u = – 1,2 V ; θ ≈ 10 × (– 1,2) + 5 = – 7°. 3. a. 0 = 10 × u + 5, donc u = – 0,5 V . b. Environ 0,3 s, 1 s et 1,8 s. c. T ≈ 1,5 s. 14. 1. L = 0,94 × 23 + 20,6 = 21,2 m.  = 2π . 21,2 = 9,24 s. 2. T0 = 2π . g 9,81 3. L’amplitude des oscillations est supérieure à 20°, donc la loi d’isochronisme ne s’applique pas dans le cas du botafumeiro. θ2 4. T = T0 1 + m . 16 13 θm = 13° = × 2π ≈ 0,23 rad ; 360 0,232 T = 9,24 × 1 + = 9,27 s. 16 82 θm = 82° = × 2π ≈ 1,43 rad ; 360 1,432 = 10,42 s. T = 9,24 × 1 + 16 Les oscillations de 13° d’amplitude sont des oscillations de faible amplitude ; ce n’est pas le cas des oscillations de 82° d’amplitude.

(

)

( (

)

2. La période propre T0 est : T0 = 2π .

Représentation graphique (a) : T = f (  ). 2π La pente est donc . g Représentation graphique (b) : T ² = f () . 2 La pente est donc 4π . g 1. La période des oscillations est indépendante de la masse (courbe 1). Pour θ < 20°, la période des oscillations est indépendante de l'angle. . 2. a. T = 2π . g b. Le coefficient directeur est égal à 4,1 s2 . m–1. 4π2 .  , soit La relation précédente conduit à T 2 = g T 2 = 4,0 × .

16.

1. Le mouvement est amorti. Le régime est pseudo-périodique. 2. Cela est dû à des frottements du pendule dans l’air. 3. T ≈ 2 s. 4. L’amplitude des oscillations est inférieure à 20°, on est donc dans le cas d’isochronisme des petites oscillations. T2 . g T = 2π .  , donc :  = ≈ 1,0 m. 4π2 g 5. Le pendule bat la seconde, car la durée d’une demi-oscillation est d’une seconde.

17.

1. Le phénomène mis en évidence est la résonance. 2. La fréquence caractéristique est celle pour laquelle l’amplitude des oscillations est la plus grande. Elle se nomme fréquence de résonance. 3. La fréquence de résonance est égale à 1,1 Hz. La fréquence de résonance est égale à la fréquence propre, donc : T0 = 1 = 1 = 0,91 s. f 1,1

18.

19. 1. L’excitateur est le pendule P2 dont la masse est la plus grande. Le résonateur est donc le pendule P1 . 2. Le résonateur oscille à la fréquence de l’excitateur. 3.

)

25 20 15 10 5

tions graphiques (a) et (b), car ce sont des droites, donc aisées à étudier.

0

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m(°)

30

1. Il est judicieux de choisir les représenta-

15.

. g

0

0,6

0,8

1,0

1,2

f2 (Hz)

135

5/08/06 9:10:22

4. Pour une fréquence nommée, fréquence de résonance, l’amplitude d’oscillations du pendule est très importante. 5. f = 0,91 Hz. 6. À la résonance, le pendule P1 oscille à sa fréquence 1 propre f0 = , donc : T0 = 1,1 s. T0 T2 . g ≈ 0,30 m. T = 2π .  , donc :  = 4π2 g

+5

28 = 3,15 × 10–3 m3 ; 1. V = m =

0 1

8 930

3V 4 = 0,091 m. . π . R 3, donc : R = 3 3 4π Le diamètre est donc de 18 cm. 0,18 = 2,7 ¥ 10–3, soit 0,27 % ; le diamètre de la 67 sphère semble négligeable par rapport au diamètre du fil.  = 2π × 67,00 = 16,42 s. 2. a. T0 = 2π . 9,805 g V=

 = 2π × 67,09 = 16,44 s. 9,805 g c. Il y a une différence de 0,02 s qu’il ne faut pas négliger dans le cas de mesures précises. b.

T0 = 2π .

Sujet BAC

1. Influence de la masse La période des oscillations du pendule simple est indépendante de la masse. La représentation graphique correcte est donc celle de la figure 4 identique à celle de la figure 1.

2. Influence de l’élongation angulaire initiale Pour des oscillations d’amplitude inférieure à 20°, il y a isochronisme des oscillations ; donc la période est indépendante de l’amplitude. La représentation graphique de la figure 5 est celle qui convient. 3. Influence de la longueur du fil Si la longueur du fil est multipliée par 4, la période est multipliée par 2, car T0 = 2π .  . g La période propre mesurée sur la figure 1 est 2 s. La nouvelle période est donc 4 s. La représentation graphique correcte est celle de la figure 10.

LP Tale 2006.indd 136

2

3

4

5

t(s)

–5 –10

1. Le pendule simple est-il amorti ou non ? Qualifier le mouvement de ce pendule. 2. a. Comment peut-on déterminer la pseudo-période de ce pendule ? b. Évaluer sur le graphique la pseudo-période T de ce pendule. 3. Le pendule effectue-t-il des oscillations de faible amplitude ? Justifier. 4. En admettant que la période propre T0 est pratiquement égale à T, déterminer la valeur approximative de la longueur  de ce pendule. Donnée : g = 9,8 m . s–2.

2. Balançoire

Connaître l’influence de différents paramètres sur les oscillations d’un pendule

136

d’un pendule simple L’enregistrement ci-dessous a été obtenu à l’aide d’une webcam et d’un logiciel dédié à l’étude des images numérisées. +10

Les amplitudes du pendule P1 seront plus faibles. ρ

Énoncés 1. Enregistrement du mouvement

( )

7. La fréquence de résonance est peu modifiée.

20.

Exercices complémentaires

Une balançoire est constituée par une planchette, le siège, suspendue à deux fils parallèles et de même longueur L = 3,0 m. 1. On modélise cette balançoire par un pendule simple de longueur  = L. a. Quelle est l’expression de la période d’un pendule simple de cette longueur ? b. Dans quelles conditions cette expression est-elle utilisable ? c. Calculer cette période. 2. Un enfant étant assis sur le siège, la balançoire est écartée d’une dizaine de degrés de sa position de repos, puis elle est abandonnée sans vitesse initiale. a. L’amplitude des oscillations reste-t-elle constante ? Pourquoi ? b. Quelle est alors la nature du mouvement ? 3. Afin de maintenir des oscillations d’amplitude convenable, une personne pousse l’enfant à chaque passage par une même position extremum. L’enfant constatant que l’amplitude des oscillations devient de plus en plus grande demande à ne plus être poussé. a. Quel type d’oscillations du pendule a-t-on réalisé ? b. Avec quelle période l’enfant est-il poussé ? c. Comment le pendule est-il désigné ? Même question à propos de la personne. d. Quel est le phénomène détecté par l’enfant et qui provoque son inquiétude ?

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5/08/06 9:10:27

Le mouvement est alors dit pseudo-périodique.

3. Discussion de savants

b.

Dans ses Dialogues parus en 1632, Galilée écrit : « Éloignant le pendule de plomb de 50° de la verticale, et le laissant en liberté, il court, et dépassant la verticale de presque 50 autres degrés, il décrit un arc de près de 100°. Retournant en arrière sur lui-même, il décrit un autre arc plus petit ; et continuant ses oscillations, après un grand nombre de celles-ci, il revient enfin au repos. Chacune des oscillations se fait dans des temps égaux, tant celle de 90° que celle de 50°, ou de 20°, de 10°, de 4°... Dans Les Nouvelles Pensées de GALILÉE parues en 1639, le Père Mersenne fait remarquer « Si l’auteur (Galilée) eût été plus exact en ses essais, il eût remarqué que la corde met sensiblement plus longtemps à descendre depuis le haut de son quart de cercle jusqu’à la perpendiculaire (verticale), que lorsqu’on la tire seulement de dix ou quinze degrés, comme témoignent les deux bruits que font deux cordes égales, frappant contre un ais (planche) mis au point de la perpendiculaire. » 1. Quelle partie de la citation de Galilée le Père Mersenne critique-t-il ? La citer. 2. Qui de Galilée ou de Mersenne a raison ? 3. a. Comment le Père Mersenne justifie-t-il sa critique ? b. Pourquoi prend-il deux cordes égales ? c. Quel est celui des deux pendules qui frappe la planche en premier ? 4. Quelle loi du pendule simple est en jeu ? Énoncer cette loi. 5. a. Quel phénomène Galilée décrit-il ? b. Quelle est la cause de ce phénomène ? c. Quelle est la nature du mouvement du pendule décrit par Galilée ?

3. a. Les oscillations du pendule sont dites forcées, car

Corrigés 1.

1. Le pendule est légèrement amorti ; le mouve-

ment est pseudo-périodique. 2. a. La pseudo-période est la durée entre deux passages

consécutifs dans le même sens par la position de repos. 2,0 = 1,3 s. b. T = (3/2) 3. Le pendule effectue des oscillations de faible amplitude, car l’amplitude maximale est égale à 8,5°, soit 0,148 rad ; or sin 0,148 = 0,148 : on peut confondre l’amplitude en radian et le sinus, donc la loi des petites oscillations est vérifiée. 4. On utilise la formule de la période propre du pendule simple : T2.g T0 = 2π .  , alors  = 0 2 ; on trouve  = 0,42 m. g 4π 2. 1. a. T0 = 2π .  . g b. L’expression est utilisable dans le cas d’oscillations de faibles amplitudes. c. T0 = 3,5 s. 2. a. L’amplitude des oscillations décroît au cours du temps parce que les frottements sur l’air amortissent les oscillations.

il est soumis à une force périodique. b. La période de la force de poussée est très proche de la période propre du pendule. c. Le pendule est appelé résonateur ; la personne est l’excitateur. d. Le phénomène est la résonance d’amplitude. 1. Le Père Mersenne critique la dernière partie de la citation du texte de Galilée : « Chacune de ces oscillations se fait dans des temps égaux, tant celle de 90°, que celle de 50° ou de 20°, de 10°, de 4° ». 2. C’est le Père Mersenne qui a raison. 3. a. Le Père Mersenne justifie sa critique par une preuve expérimentale. b. Il compare deux pendules de même longueur, car il sait que la période d’un pendule simple dépend de la longueur. c. Le pendule qui frappe en premier est celui qui a été écarté de dix ou quinze degrés, car la période croît avec l’amplitude. 4. La loi en jeu est la loi des petites oscillations. La période du pendule simple est indépendante de l’amplitude à condition que celle-ci soit inférieure à 20°. 5. a. Galilée décrit l’amortissement des oscillations. b. Celui-ci résulte de l’action de forces de frottements agissant sur le pendule, en particulier les frottements de l’air. c. Le mouvement oscillatoire est pseudo-périodique.

3.

Bibliographie Ouvrages • Mécanique, L.D. Landaou, E.M. Lifchits, Mir, 1982. • Mécanique 1re année MPSI - PCSI - PTSI, J.-M. Brébec et coll., collection H Prépa, Hachette, 2003. • Mécanique du solide et des systèmes : 2 e année MP - MP*, PC - PC*, J.-M. Brébec et coll., collection H Prépa, Hachette, 2004. • Physique et physiciens, R. Massain, Magnard. • Vibrations, propagation, diffusion : maîtrise de physique, M. Soutif, Dunod. • Cours de physique des vibrations à l’usage des ingénieurs : oscillations, propagation, A. Fouillé et D. Déréthé, Eyrolles, 1997. • Vibrations et phénomènes de propagation, J.-P. Mathieu, Masson, 1974. • Dynamique générale des vibrations, Y. Rocard, Masson, 1971.

Sites Internet • http://www.ac-nice.fr Aller dans Pédagogie, Discipline, Sciences-physiques. • www.ac-narcy-metz.fr/enseign/physique/divers/ Java/oscillateur/oscillat.html

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Le dispositif solide-ressort Programme Ce chapitre correspond à la troisième partie du programme officiel :

13

Physique

chapitre

• Savoir que l’augmentation de l’amortissement provoque une diminution de l’amplitude. • Connaître des exemples de résonance mécanique.

D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

Exemples d’activités

Contenus

• Étude de la force de rappel exercée par un ressort en statique. • À l’aide d’un dispositif expérimental (par exemple, un mobile sur coussin d’air relié à un ou deux ressorts ou un solide fixé à un ressort vertical) : – enregistrer x = f (t) ; – déterminer l’amplitude et la pseudo-période ; – déterminer l’influence de l’amortissement sur l’amplitude et sur la pseudo-période ; – déterminer l’influence des paramètres m et/ou k.

3. Systèmes oscillants 3.2. Le dispositif solide-ressort • Force de rappel exercée par un ressort. • Étude dynamique du système « solide » : choix du référentiel, bilan des forces, application de la deuxième loi de Newton, équation différentielle, solution analytique dans le cas d’un frottement nul. • Période propre. 3.3. Le phénomène de résonance • Présentation expérimentale du phénomène : excitateur, résonateur, amplitude et période des oscillations, influence de l’amortissement. • Exemples de résonances mécaniques.

Connaissances et savoir-faire exigibles • Connaître les caractéristiques de la force de rappel exercée par un ressort. • Appliquer la deuxième loi de Newton au solide et effectuer la résolution analytique dans le cas d’un dispositif oscillant horizontalement. • Connaître la signification de tous les termes intervenant dans la solution de l’équation différentielle et leur unité. • Connaître et savoir exploiter l’expression de la période propre, vérifier son homogénéité par analyse dimensionnelle. Savoir-faire expérimentaux • Enregistrer un mouvement oscillant amorti. • Savoir mesurer une amplitude, une pseudo-période. • Savoir faire varier l’amortissement. • Savoir montrer l’influence des paramètres masse et rigidité sur la période propre. • Savoir que la résonance mécanique se produit lorsque la période de l’excitateur est voisine de la période propre du résonateur.

Commentaires Le système solide-ressort peut être étudié verticalement ou horizontalement (éventuellement avec deux ressorts). La force exercée par un ressort sur un objet fixé à une de ses extrémités, l’autre étant fixe, est appelée force de rappel (– k x i, x désignant l’allongement algébrique et i un vecteur unitaire parallèle à l’axe du ressort). On réservera le mot « tension » pour la force opposée, c’està-dire la force exercée par un objet ou un opérateur sur un ressort (+ k x i ). L’équation différentielle ne sera établie que dans le cas d’un ressort à réponse linéaire et horizontal. Dans le bilan des forces et dans l’écriture de l’équation différentielle, on tiendra compte d’une force de frottement f dont on ne précisera pas l’expression. La solution de l’équation différentielle sera donnée sous la forme x = xm . cos 2 π . t + φ0 ; φ0 est la phase à T0 l’origine des dates. La pulsation propre ne sera pas introduite. La résonance mécanique sera introduite expérimentalement sur des dispositifs qui permettent de différencier nettement excitateur et résonateur, ce qui n’est pas le cas dans l’expérience des pendules couplés. Aucune courbe de résonance ne sera tracée expérimentalement.

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(

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• Savoir que l’augmentation de l’amortissement provoque une diminution de l’amplitude. • Connaître le phénomène de résonance mécanique.

Matériel Cours > Activité 1 – Un banc à coussin d’air avec un mobile adapté. – Un dispositif d’acquisition pour le repérage, en fonction du temps, de la position d’un point du mobile glissant, en translation, sur le banc à coussin d’air horizontal. – Un ordinateur avec une carte d’acquisition et le logiciel d’exploitation. – Différents ressorts de constantes de raideur connues. – Surcharges adaptées pour le mobile.

> Activité 2 Le matériel de l’activité 1, plus des palettes à fixer au mobile pour augmenter l’amortissement.

> Paragraphe 2

Réponses aux questions 1. La suspension assure la liaison des roues au sol, en toute circonstance. 2. L’amortisseur supprime les oscillations de la suspension. 3. L’état de la suspension doit être contrôlé, car la tenue de route du véhicule en dépend.

Réponses aux questions 1. La longueur « naturelle » d’un ressort est sa longueur lorsqu’il n’est ni étiré, ni comprimé. 2. Lors de la compression du ressort, la force exercée par le joueur n’est pas constante : elle est plus importante en fin de compression qu’au début de celle-ci.

Un haut-parleur. Un générateur T.B.F. Un ressort. Des masses marquées. Un fréquencemètre.

Rechercher et expérimenter – Un ressort. – Des masses marquées. – Un capteur piézoélectrique. Pour la construction du capteur : – si le transducteur piézoélectrique est dans un boîtier plastique, il faut enlever le boîtier ; – à l’aide d’une colle solide (bi-composant), coller un crochet sur le transducteur au centre de la face de plus petit diamètre sans faire déborder la colle ; – fixer l’autre face sur un support fixe (vis ou colle suivant le montage). Pour l’utilisation, il suffit de connecter un oscilloscope à mémoire ou un système d’acquisition aux bornes du transducteur piézoélectrique, de suspendre un ressort au capteur, une masse à l’autre extrémité du ressort et de faire osciller le système {masse, ressort}. La tension obtenue permet de déterminer la pseudo-période des oscillations. – Un ordinateur et un système d’acquisition. – Un dispositif d’amortissement de l’oscillateur.

Déroulement du chapitre

Cours 1. Quelles sont les caractéristiques du mouvement d’un solide accroché à un ressort ? 1.1 Étude d’un oscillateur faiblement amorti Il s’agit d’observer, puis d’enregistrer le mouvement oscillatoire du solide accroché à un ressort.

> Activité 1 On enregistre le mouvement d’un point du solide relié au ressort et glissant sur le banc à coussin d’air horizontal. L’oscillateur est faiblement amorti et on enregistre des oscillations « périodiques très peu amorties », en fait « pseudo-périodiques ». On montre, expérimentalement, en modifiant la masse du solide ou en changeant de ressort, que la période (pseudo-période) des oscillations dépend de m et de k.

1.2 Étude de l’amortissement des oscillations Il s’agit d’observer, puis d’enregistrer le mouvement oscillatoire du solide pour des amortissements différents. On distingue les régimes d’oscillations : pseudopériodique, apériodique et critique.

> Activité 2

> Objectif • Connaître la force de rappel exercée par un ressort. • Effectuer la résolution analytique de l’équation différentielle dans le cas d’un dispositif oscillant horizontalement sans frottements.

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Cette activité présente aux élèves un dispositif que certains doivent connaître : la suspension d’une moto (ressort et amortisseur).

Le jeu du flipper est connu des élèves. Le ressort, comprimé par le joueur puis relâché, exerce une force sur la bille et la propulse.

> Activité 3

140

A. La suspension d’une moto

B. Le jeu de flipper

– Un ressort suspendu à une potence. – Une règle graduée. – Des masses marquées. – – – – –

Activités préparatoires

Une palette est fixée sur le mobile, perpendiculairement à la direction du mouvement. On augmente ainsi les forces de frottements dus à l’action de l’air. On peut aussi immerger partiellement la palette dans un liquide, pour accroître encore les frottements.

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2. Quelles sont les caractéristiques de la force de rappel exercée par un ressort ? Il s’agit d’établir la relation $F = – k . $ . où $ est « l’allongement » (étirement ou compression) du ressort et # F la force exercée par l’extrémité mobile du ressort sur l’objet relié à cette extrémité (force de rappel). La mise en évidence de la proportionnalité de F et de  et la détermination de la constante de raideur k peuvent être établies en faisant réaliser la représentation graphique de F en fonction de .

3. Quel est le mouvement du solide accroché à un ressort ? 3.1 L’équation différentielle du mouvement On établit maintenant l’équation différentielle décrivant le mouvement du centre d’inertie du solide de l’oscillateur. Comme le préconisent les commentaires du programme (« Dans le bilan des forces et dans l’écriture de l’équation différentielle, on tiendra compte d’une force de frottement f dont on ne précisera pas l’expression. »), nous introduisons la résultante des forces de frottement, pour aboutir à: fx – k . x = m . x¨ . Nous traitons ensuite du cas où fx = 0 pour établir l’équation différentielle : x¨ + k . x = 0. m

3.2 Les solutions de l’équation différentielle Une solution générale de l’équation différentielle est proposée : x = xm . cos 2 π . t + φ0 . T0 En dérivant deux fois cette expression, on vérifie que celle-ci est bien solution de l’équation différentielle avec T0 = 2 π m , xm et φ0 étant des constantes dépendant k des conditions initiales.

(

)

4. Comment varie l’amplitude des oscillations mécaniques forcées d’un dispositif solide-ressort ? 4.1 Étude des oscillations forcées En réalisant l’activité 3, on montre expérimentalement le phénomène d’oscillations forcées et de résonance. On différencie le résonateur et l’excitateur. Comme le préconisent les commentaires du programme (« aucune courbe de résonance ne sera tracée expérimentalement »), nous nous contentons de présenter, à titre d’illustration, deux courbes de résonance, pour deux amortissements différents. Lorsque la fréquence fE de l’excitateur est voisine (légèrement inférieure) de la fréquence propre f0 du résonateur et que l’amortissement est faible, l’amplitude des oscillations passe par un maximum. L’accroissement de l’amortissement a pour effet de réduire l’amplitude des oscillations forcées, même

lorsque fE = f0. Par ailleurs, on constate que l’amplitude des oscillations est quasi constante, dans un large domaine de fréquence.

4.2 Manifestations de la résonance mécanique

On présente ici les inconvénients du phénomène de résonance. Il faut éviter ce phénomène avec un haut-parleur pour ne pas privilégier une fréquence. On peut présenter l’expérience du gyroscope sur le châssis duquel sont fixées des lamelles métalliques de longueurs différentes, constituant des oscillateurs de fréquences propres différentes. Lors de la rotation du gyroscope, dont la vitesse angulaire diminue progressivement, les lamelles rentrent, successivement, en résonance. On pourra, bien sûr, citer les ponts dont l’écroulement fut provoqué par un phénomène de résonance. En 1850, à Angers, une troupe traversant au pas cadencé un pont suspendu sur le Maine en provoqua la rupture par résonance. En 1940, des bourrasques intermittentes provoquèrent des vibrations de torsion du pont de Tacoma Narrows (U.S.A.) d’une amplitude telle que le pont s’effondra.

Rechercher et expérimenter 1. Les fourches télescopiques de VTT Réponses aux questions 1. La flexion d’un ressort linéaire est proportionnelle à la valeur de la force pressante exercée pour provoquer la flexion. 2. Un ressort hélicoïdal présente un plus faible encombrement qu’un fil d’acier rectiligne. 2 3. Constante de raideur : k = A . D , D étant le diaL mètre du fil en m, L sa longueur en m et A une constante de proportionnalité, dépendant du matériau et s’exprimant en N . m–2. 4. La comparaison montre la nécessité de ne pas faire durer les oscillations, mais de les amortir.

2. Les oscillations d’un dispositif solide-ressort Réponses aux questions 1.a. Le graphique montre que F est proportionnelle à x (fonction linéaire de). b. k est le coefficient directeur (la pente) de la droite obtenue. 2.a. Le graphique montre que T est proportionnelle à m (fonction linéaire de). b. Le coefficient directeur (la pente) de la droite obtenue est égal (voisin) de 2π . k m 3.a. T0 = 2 π . k b. Oui. 4.a. Valeur tributaire du matériel utilisé. b. T´ ≈ T0´ si l’amortissement reste faible.

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3. Avec très peu de frottements, les oscillations sont quasiment sinusoïdales ; avec plus de frottements, elles sont pseudo-périodiques : l’amplitude décroît au cours du temps ; avec des frottements importants, on obtient un mouvement apériodique.

Corrigés des exercices S’autoévaluer 1.

1. R G0

F

4. 2. Le résonateur oscille à la période imposée par l’excitateur. 4. La résonance est d’autant plus aiguë que les frottements sont faibles.

f G

P

Exercices

i x

O

1. a. Un oscillateur élastique est constitué par un solide relié à un ressort dont une extrémité est fixe.

1.

2. Fx = – k . x . 3. Si $ i est orienté dans le sens du déplacement initial,

x > 0 lorsque le ressort est étiré, x < 0 lorsqu’il est comprimé. a. x = + 4,0 × 10–2 m et Fx = – 1,9 N. b. x = – 3,0 × 10–2 m et Fx = + 1,4 N. 1. Le solide est soumis à trois forces : – son poids ; – la réaction du support ; – la force exercée par le ressort. 2. Deuxième loi de Newton : $P + $R + $F = m . $a . Projection sur l’axe horizontal : 2 – k . x = m . d x2 = m . x . dt k D’où : x¨ + . x = 0. m 3. x˙ = – 2π . xm . sin 2π . t + φ0 T0 T0

b. (k) G (m)

2.

i x

2. L’élongation est l’abscisse de la position du centre d’inertie du solide. L’amplitude est la valeur maximum de l’élongation.

2. b.

)

2 x¨ + k . x = – 4π2 . xm . cos 2π . t + φ0 T0 T m 0 + k . xm . cos 2π . t + φ0 T0 m

)

(

(

xm = 2,5 cm.

1 = 6,7 Hz. 0,15

3. 1. Courbes 1 et 3 : régime pseudo-périodique ; courbe 2 : régime apériodique. 2. Par ordre croissant des frottements : 1 ; 3 ; 2. 3. Sur tous les enregistrements, on constate que l’amplitude diminue. Les oscillations ne sont donc pas périodiques.

2 x¨ = – 4π2 . xm . cos 2π . t + φ0 T0 T0

(

1. Voir le cours.

2. a. T = 0,15 s ; f =

)

(

x

O

)

4.

1. a. et b.

2 x¨ + k . x = – 4π2 + k . xm . cos 2π . t + φ0 . T0 T m m 0

(

)

(

)

Cette expression est nulle quel que soit t si : 2 – 4π2 + k = 0, donc si T0 = 2 π m . T0 m k xm : amplitude du mouvement ; φ0 : phase à l’origine. Ces deux constantes dépendent des conditions initiales. T0 = 2π m : période propre de l’oscillateur. k

(

Fop

)

1. Un capteur optoélectronique (DEL et phototransistor) permet d’effectuer l’enregistrement souhaité. 2. On peut munir le solide d’une palette pour accroître les frottements de l’air ou même fixer sur le solide une palette immergée pour accroître les frottements dus au liquide.

F

2.

F

Fop

3.

142

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F = 0,32 = 6,4 N . m–1.  5,0 × 10–2 4. Seule la variation de longueur est importante si  a la même valeur, alors la force de rappel a la même valeur, donc F = 0,32 N. 3. k =

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5.

1.

1. L’amplitude est constante, donc l’amortissement est nul (ou négligeable). 2. a. xm = 1,5 cm. b. L’amortissement est nul, donc T0 = T = 0,45 s. c. À la date t = 0, on a x = –xm , donc φ0 = π rad.

10.

F = k .  = 25,2 × (17,2 × 10–2 – 15,0 × 10–2) = 0,554 N. b. F = k .  = 25,2 × (12,8 × 10–2 – 15,0 × 10–2) = 0,554 N. 3. Fop = F. a.

6.

3. T0 = 2π

1.

donc : m =

R F

O

G

i

x

2. La masse est soumise à trois forces : le poids, la réaction du rail opposée au poids, la force de rappel du ressort. 3. On applique la seconde loi de Newton à la masse dans le référentiel terrestre considéré galiléen. Le poids et la réaction du rail se compensent, car il n’y a pas de frottements. 2 Sur l’horizontale, on a : d x2 + k . x = 0. dt m 1. k est la constante de raideur du ressort, m est la masse de l’oscillateur. 2. On dérive deux fois par rapport au temps l’expres2 sion de x : x¨ = – xm . 2π . cos 2π . t + φ0 . T0 T0 En remplaçant dans l’équation différentielle, on constate

7.

(

)

m pour que l’expression k proposée soit solution de l’équation différentielle pour toute valeur de t. Comme à t = 0, on a x = xm , alors φ0 = 0.

qu’il faut que T0 = 2π

8.

1. a. k s’exprime en N . m–1 et m en kg.

2 Dans le système international, d x2 s’exprime en dt –1 N . m m . s–2 et k . x s’exprime en .m= N; kg m kg k . x s’exprime en or, 1 N = 1 kg . m . s–2, donc m –2 m . s . La relation est homogène. 2. Dans le système international, 2π n’a pas d’unité

b.

m s’exprime en : k kg kg = = s. kg . m . s–2 . m–1 N . m–1

et 2π

9.

1. a. Oscillations forcées.

Excitateur : tourbillons du vent ; résonateur : pont. 2. a. L’amplitude des oscillations est maximale si f = f0 avec f0 la fréquence propre du résonateur. b. Ce phénomène est la résonance.

1. T = 0,50 s.

m = 2π 0,080 = 0,50 s. 12,6 k 3. T = T0 : la pseudo-période est égale à la période propre des oscillations libres, car l’oscillateur est peu amorti.

12. 1. a. Le mobile est soumis à son poids, à la réaction du support, horizontale, à la force $F1 exercée par le ressort 1 et à la force $F2 exercée par le ressort 2. b. En l’absence de frottement, la réaction du support compense le poids. 2. À l’équilibre : $F1 + $F2 = 0. – k1 . $1,éq + (– k2 . $2,éq) = $0. 3. a. – k1 . $1 – k2 . $2 = m . $aG . b.

$1 = $1,éq + $OG = $1,éq + x . $i

et $2 = $2,éq + $OG = $2,éq + x . $i avec $OG = x . $i . c.

– k1 . ($1,éq + $OG ) – k2 . ($2,éq + $OG ) = m . $aG ;

d’où : – (k1 + k2) . $OG = m . $aG. Avec $OG = x . $i et $aG = x¨ . $i , on a : m . x¨ + (k1 + k2) . x = m . x¨ + k . x = 0 avec k = k1 + k2 .

13.

1. a.  =  –  0.

F (N)  (m) b.

0,50 0,018

1,0 0,036

1,5 0,053

2,0 0,071

Lorsque F = 0 N, alors  = 0 m.

2. F (N) N 2,0 1,5 1,0 0,5 0

2. T0 = 2π

0

50

60

70

Δ (m)

3. La constante de raideur du ressort est égale au coefficient directeur de la droite obtenue : k = 28 N . m–1.

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T02 0,452 .k= × 18 = 92 × 10–3 kg. 2 4π 4π2

b.

P

( )

11.

m; k

143

5/08/06 9:10:35

F = m . g = 3,1 × 103 × 10 m  1,0 × 10–3  = 3,1 × 106 N . m–1. b. m = 15 + 3,1 = 18,1 t. m = 2π 18,1r103 = 0,48 s, c. T0 = 2π 3,1r106 k soit : f0 = 1 = 2,1 Hz. T0 2. Si les fréquences sont proches, l’ensemble risque d’entrer en résonance.

14.

15.

1. a. k =

1. C’est le phénomène de résonance.

2. La période du phénomène est égale à la période de rotation de roue : T = 2π . R = 2π × 0,30 = 0,054 s, soit f = 19 Hz. (126/3,6) V

mA . m B et f0 = T1 . k . (m mA + mB) 0 8 3,00 × 10 = 8,97 × 1013 Hz. 2. a. f = c = λ 3,343 × 10–6 b. λ = 3,343 µm = λ = 3 343 nm, cette onde se situe dans l’infrarouge. 1,0 × 35,0 = 0,972 g ; 3. a. Pour une mole :  = 1,0 + 35,0 soit pour une molécule : 1,0 × 35,0  = 1,0 + 35,023 = 1,61 × 10–24 g = 1,61 × 10–27 kg. 6,02 × 10 b. k = 4 π2 . f02 . µ = 4 π2 . (8,97 × 1013)2 × 1,61 × 10–27 = 513 N . m–1.

16.

17.

1. T0 = 2π

1. a. R F

G

x

O

)

)

2 x¨ = – xm . 2π . cos 2π . t + φ0 . T0 T0

( )

(

)

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) ( )

(

( )

18. 1. a. Les frottements sont négligeables, car l’amplitude est constante. b. xm = 3 cm ; T0 = 0,40 s ; à t = 0, on a x = 0, donc : φ0 = + ou – π rad. 2 Pour trancher entre les deux valeurs, il faut regarder l’évolution de x : immédiatement après la date t = 0, x augmente, donc : φ0 = – π rad. 2 m c. T0 = 2π ; T0 = 2π 0,486 = 0,400 s. 120 k Cela correspond à la valeur expérimentale. 2π . sin 2π . t + φ 2. a.  = x˙ = – xm . 0 T0 T0

) ( = – 3,0 × 2π × sin ( 2π . t – π ). 0,40 0,40 2

t

0

T0 4

T0 2

␽ (cm . s–1)

47,1

0

– 47,1

3.

T0 4

0

T0 47,1

c. (cm) 60 40 20 t (s)

0 0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

– 20 – 40 – 60

En remplaçant dans l’équation différentielle, on constate qu’il faut avoir T0 = 2π m pour que k 144

( )

x

On applique la seconde loi de Newton à la masse dans le référentiel terrestre considéré galiléen. Le poids et la réaction du rail se compensent, car il n’y a pas de frottements. La force de rappel du ressort est : $F = –k . x . $i . 2 Sur l’axe (Ox), on a donc : d x2 + k . x = 0. dt m c. On dérive deux fois l’expression proposée : x = xm . cos 2π . t + φ0 ; T0 x˙ = – xm . 2π . sin 2π . t + φ0 ; T0 T0

(

T0 = 2π

b.

b.

(

m ; T = 2π 0,292 = 1,2 s. 0 8,0 k Cela correspond à la valeur expérimentale de T0. 2π 2 . cos 2π . t + φ = – 2π 2 . x . 2. a. x¨ = – xm . 0 T0 T0 T0 La dérivée seconde de x par rapport au temps est donc proportionnelle à x. Le coefficient de proportionnalité est négatif. Cela correspond à l’allure de la représentation graphique. 2π 2 . b. Le coefficient de proportionnalité est : – T0 c. Le coefficient directeur est : (0,41 – (–0,41)) = – 27,3 s–2. (–15 × 10–3 – 15 × 10–3) Il vient donc : T0 = 2π = 1,2 s. Cette valeur est en 27,3 accord avec les valeurs précédentes. e.

tige

P i

l’expression proposée soit solution de l’équation différentielle pour toute valeur de t. d. xm = 2,0 cm ; T0 = 1,2 s et à t = 0, on a x = xm, alors φ0 = 0.

(2πT ) . cos (2πT . t + φ ) = – 3,0 × ( 2π ) × cos ( 2π . t – π ). 0,40 0,40 2

3. a. a = x¨ = – xm .

2

0

0

0

2

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Sujets BAC

b.

t

0

T0 4

T0 2

a (cm . s–2)

0

– 740

0

c.

3.

T0 4

740

T0

Comment mesurer la masse d’un astronaute ?

0

1. Équation horaire des oscillations

a (cm . s–2)

1.1. Voir le schéma ci-dessous.

800

R

600

(S)

400 200 0 – 200

k = 2k1

t (s) 0,2

0,4

0,6

0,8

G

1,00

soufflerie dÕair

F

– 400 – 600 – 800 x

O 0,1

A. Oscillations libres de la suspension 1. a. T0 = 2π m . k 400 b. T0 = 2π = 0,32 s. 1,5r105 2. a. Courbe 1 : régime pseudo-périodique ; courbe 3 : régime apériodique. b. T = 0,35 s ≈ T0. 3. a. Pour absorber rapidement les oscillations, il faut l’amortissement correspondant à la courbe 2 : λ = 15 500 kg . s–1. b. La force exercée par l’amortisseur est F = λ . . Elle s’exprime en newton et 1 N = 1 kg . m . s–2. La vitesse s’exprime en m . s–1, donc λ s’exprime en kg . s–1.

20.

1. Il peut se produire un phénomène de réso-

nance. 2. a. k = F = P = 6,5 × 103 ×

10   0,001 2 = 5,4 × 107 N . m–1. m ; T = 2π 16 r103 = 0,11 s b. T0 = 2π 0 k 5,4r107 et f0 = 1 = 9,3 Hz. T0 c. Le phénomène sera perceptible si, en une période d’oscillation T0, le camion parcourt la distance d. Alors :  = d = 1,2 = 11 m . s–1, soit 40 km . h–1. T0 0,11 3. Si la vitesse est très différente, la fréquence d’excitation sera différente de la fréquence propre du camion, il n’y aura pas de résonance.

1.2. a. En l’absence de frottement : $P + $R = $0 ;

$F = – k . $ = – k . $OG. Deuxième loi de Newton, avec m la masse totale du système cabine-astronaute : – k . $OG = m . $aG ; – k . x = m . x¨ ; x¨ + k . x = 0. m 1.2. b. On dérive deux fois l’expression proposée : x = xm . cos 2π . t + φ0 ; T0 2π x˙ = – xm . . sin 2π . t + φ0 ; T0 T0 2 2π . cos 2π . t + φ0 . x¨ = – xm . T0 T0 En remplaçant dans l’équation différentielle, on constate qu’il faut avoir T0 = 2π m pour que l’expression prok posée soit solution de l’équation différentielle pour toute valeur de t. 1.2. c. À t = 0, d’après le graphique, x = xm = 0,6 cm. D’après l’équation, à t = 0, x = xm . cos φ0 ; d’où cos φ0 = 1 et φ0 = 0.

)

(

)

(

( )

(

)

2. Détermination de la masse de l’astronaute 2.1. L’amplitude (xm = 0,6 m) est constante. Les oscillations ne sont pas amorties. Les frottements sont négligeables. 2.2. Lorsque les frottements sont négligeables, la pseudo-période T est égale à la période propre T0. 2.3. T = T0 = 1,0 s. k . T2 2.4. T = T0 = 2π m ; m = ; 4π2 k 3 m = 4,000 × 102 × 1,0 = 1,0 × 102 kg ; 4π masse de l’astronaute : M = 100 – 20 = 80 kg. 2.5. En impesanteur, tout se passe comme si le système n’avait pas de poids $P et, par conséquent, pas de réaction $R du support : $P + $R = $0 . L’étude du dispositif est la même.

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x (m)

P

19.

B. Oscillations forcées de la suspension 4. a. La courbe 1 correspond à un phénomène de résonance. b. Ce phénomène n’est pas observé sur les autres courbes, car l’amortissement est trop important. 1 5. fR ≈ 2,9 Hz, soit : TR = 1 = = 0,34 s. fR 2,9 On trouve une valeur proche de T et T0.

xm

145

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A. Étude de la courbe

Oscillations libres et forcées

amplitude (cm)

Données : k = 40 N . m–1 ; m = 100 g ; 0 = 10,0 cm ;  = 12,4 cm ; g = 10 N . kg–1; π = 3,14 ; 1 = 0,42 ; 1 = π . 3,2 10 2,4

12

8 6

1. Étude statique m.g ; k’ = 42 N . m–1. ( – 0) |k – kfournisseur| 1.2. Erreur relative = mesurée × 100 kfournisseur = 42 – 40 × 100 = 2 × 100 = 5 %. 40 40 2. Étude dynamique 2.1. 2T = 0,63 s ; T = 0,315 s. 1.1. m . g = k’ . ( – 0) ; k’ =

m = 2π 0,100 ; T = 0,31 s. 40 k Cette valeur est en accord avec la valeur théorique. 2.2. T = 2π

m. k Avec N = kg . m . s–2, k s’exprime en N . m–1 = kg . m . s–2 . m–1 = kg . s–2; kg d’où T en ; T s’exprime donc en s. kg . m . s–2 2.4. Solution plus visqueuse, donc les frottements sont plus importants. Les oscillations seront amorties. 2.3. T = 2π

x (cm) 2,0 1,5 1,0 0,5 0 – 0,5 – 1,0 – 1,5 – 2,0

0,5

0,3 0,1

0,2

t (s)

0,6

0,4

0,7

3. Étude des oscillations forcées 3.1. Le moteur muni de l’excentrique est appelé

« excitateur ». 3.2. Le système {ressort+masse} est le « résonateur ». 3.3. Pour f = 3,2 Hz , l’amplitude xmax est maximale. Il

se produit un phénomène de résonance. 1 1 = π s = 0,31 s. 3.4. À la résonance : T = = f 3,2 10 3.5. À la résonance, la période des oscillations forcées est égale à celle des oscillations libres. 3.6. Avec une solution visqueuse, la résonance est « floue » : l’amplitude pour f = 3,2 Hz ne sera que faiblement supérieure aux autres amplitudes.

Exercices complémentaires Énoncés 1. Oscillateur élastique Dans cet exercice, on s’intéresse aux oscillations d’un oscillateur élastique en translation. 146

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f0 = 0,99 Hz

10

4 2 0 0

0,2

0,4

0,6 0,8

1,0

1,2 1,4

1,6

1,8

2,0 f (Hz)

1. Quel type d’oscillations a-t-on étudié pour construire

le graphique présenté ? 2. Schématiser un dispositif d’étude. Indiquer les différents constituants du montage en les nommant avec un vocabulaire adapté. 3. Quel phénomène a-t-on mis en évidence ? 4. Quelle est la valeur de la fréquence caractéristique du phénomène observé ? 5. Quelle caractéristique de l’oscillateur élastique cette étude permet-elle de déterminer ? 6. Donner l’allure de la courbe dans les deux cas suivants : – l’amortissement de l’oscillateur est diminué ; – l’amortissement de l’oscillateur est fortement augmenté. Dessiner les deux courbes avec des couleurs différentes sur le document présenté. B. L’oscillateur élastique en translation 1. Décrire simplement un oscillateur élastique en translation. 2. Comment peut-on réduire les frottements dans le cas où il oscille horizontalement ? 3. Quels sont les paramètres caractéristiques d’un tel oscillateur ? 4. À l’aide d’une analyse dimensionnelle, établir la forme de la relation donnant la période des oscillations libres de l’oscillateur. Donner l’expression de cette période. 5. La masse du solide oscillant utilisé dans l’expérience vaut 272 g. Quelle est la valeur de la raideur du ressort ? 6. Que se passe-t-il si l’on accroît les frottements progressivement ? Indiquer les différents types de mouvement successivement observés.

2. Les résonances indésirables Exercice type Bac « Commençons par une situation où les vibrations d’un système sont indésirables, par exemple parce qu’elles peuvent l’endommager par apparition de résonances à des sollicitations extérieures qui risquent de casser certaines de ses parties. De nombreux exemples peuvent en être donnés : un arbre dans un moteur, les câbles qui soutiennent un pont, les murs d’un édifice (barrage, immeuble) lors d’un tremblement de terre. Dès lors,

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l’ingénieur doit éviter les résonances, et, pour être sûr de les éviter, il doit d’abord les connaître, d’où l’idée qui se répand dans l’industrie que la fiche technique d’un ouvrage complexe comprend son spectre de vibrations. Une résonance se produit quand une sollicitation extérieure, une excitation tombe exactement dans une des valeurs du spectre de l’objet lui-même. La connaissance du spectre d’un ouvrage peut donc permettre d’éviter de le stimuler avec des vibrations qui pourraient provoquer une résonance, ou de le modifier de telle sorte que soient évitées les valeurs (connues ou estimées) des stimulations auxquelles il est soumis. Que peut-on faire si on ne peut pas ? Un très bel exemple d’une telle situation est fournie par l’anecdote suivante : un barrage a été construit en Iran il y a une trentaine d’années dans une région à forte activité sismique. Les tremblements de terre sont repérés par leur intensité (leur place sur une échelle conventionnelle, par exemple celle de Richter), mais ils ont une autre caractéristique moins connue mais très importante pour le problème qui nous préoccupe : leur fréquence de vibration, et chaque région du globe a en fait des fréquences plus probables pour un tremblement de terre. Dans cette région-là, les tremblements de terre ont des fréquences qui rendaient impossible d’éviter les résonances avec tout ouvrage de la taille et de la configuration du barrage prévu. L’ingénieur en charge du projet, Jean Ferrandon, a eu l’idée, a priori étonnante, suivante : ne pouvant empêcher cette résonance, il a décidé de ne pas construire la voûte du barrage d’un seul tenant mais « en touches de piano », autrement dit en donnant aux parties en béton la forme de langues amarrées dans un socle. Le problème d’étanchéité était résolu par des joints en cuivre. Cela a eu pour effet de changer radicalement le spectre du barrage et donc son comportement en cas de sollicitations provenant d’un tremblement de terre. Quelques années plus tard, il y eut un tremblement de terre assez violent dans cette région, et le barrage a tenu. »

B. Exploitation scientifique Transmission des oscillations d’une machine Le plancher d’un atelier, situé à l’étage d’une usine, fléchit de 1 mm sous l’effet du poids d’une machine de masse m = 2,5 t. 1. On assimile ce plancher à une poutre rigide de masse M = 6,0 t, suspendue à deux ressorts hélicoïdaux identiques, à spires non jointives, de raideur individuelle k. a. Évaluer la raideur k des ressorts. b. Déterminer la période propre des oscillations du système. 2. On suppose que le système est faiblement amorti. a. Quelle serait la fréquence des oscillations forcées qui pourraient provoquer une rupture du plancher ? b. Le rotor de la machine présente un léger balourd. Pour quelle vitesse de rotation du rotor y aurait-il un risque ? 3. Pourquoi a-t-on intérêt à ce que l’amortissement soit important ?

A. Compréhension du texte

Vibrations transversales d’une barre encastrée Les fréquences des vibrations transversales d’une barre, de section rectangulaire, encastrée à une extrémité sont proportionnelles à la largeur de la barre et inversement proportionnelles au carré de sa longueur. 4. Schématiser une barre encastrée à une extrémité. Indiquer par une double flèche, placée près de l’extrémité libre, la direction des vibrations transversales de la barre. 5. Quel est l’effet sur les fréquences vibratoires : a. de la diminution de la largeur de la barre ? b. de l’augmentation de la longueur de la barre ? 6. Pourquoi peut-on assimiler un barrage à une barre encastrée à une extrémité ? Dans quelle mesure cette hypothèse est-elle grossière ? 7. a. Quelle est la conséquence du découpage du barrage en barres parallèles disposées « en touches de piano » relativement indépendantes ? b. Quel est l’effet des joints en cuivre sur les vibrations ?

1. Donner la signification des termes « résonance » et

3. Vibrations continues et phénomène

D’après Jean-Pierre Bourguignon, professeur à l’École polytechnique, « Peut-on entendre la forme d’un tambour ? », Revue du Palais de la Découverte, no 231, octobre 1995.

« sollicitations extérieures », employés dans la première phrase du texte. 2. Expliquer dans quelles conditions l’arbre d’un

moteur peut être menacé de rupture. 3. Donner un exemple historique de rupture des câbles de suspension d’un pont soumis à des sollicitations périodiques. Indiquer quelle disposition a pu être prise pour éviter ce genre de risque. 4. Qu’est-ce que « l’échelle de Richter » ? Cette

échelle repère-t-elle des amplitudes vibratoires ou des fréquences ? 5. Comment l’ingénieur Ferrandon a-t-il résolu le

problème des fréquences dangereuses pour son barrage ?

de résonance « Aux fins du présent exposé, on entend par vibrations continues les vibrations d’une durée supérieure à environ dix cycles. Ces vibrations peuvent être provoquées par les mouvements périodiques des machines, par certaines activités humaines comme la danse, ou par la circulation des véhicules dans le voisinage. Elles peuvent être considérablement amplifiées lorsque [intervient] le phénomène appelé résonance [...]. Sauter d’une manière répétitive sur un plongeoir ou un trampoline ou se balancer plusieurs fois afin de créer de grandes oscillations sont des exemples de résonance. [...] Il y a divers moyens d’éviter ou de réduire les vibrations continues.

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Élimination de la source des vibrations On peut équilibrer les machines afin de réduire les forces excentriques ou les raccorder à une masse lourde, augmentant ainsi la résistance d’inertie du mouvement. On peut restreindre les activités humaines répétitives (troupe qui traverse un pont au pas cadencé, par exemple), et aplanir la surface des routes et des rails pour diminuer l’impact de la circulation. Emplacement de la source des vibrations Les machines ou les pistes de danse devraient être situées aussi loin que possible des bureaux, chambres à coucher, etc. De plus, afin d’empêcher la résonance, on devrait s’assurer que la fréquence de vibration du plancher du lieu à protéger est différente de celle du plancher qui vibre directement. Isolation des vibrations On peut avoir recours au procédé de « flottement », c’est-à-dire placer la source de vibration (machines) ou bien l’aire à isoler (plancher, bâtiment) sur des ressorts souples ou des tampons amortisseurs. Ainsi, le plateau d’un tourne-disque est monté sur des ressorts souples afin d’empêcher la transmission à l’aiguille des vibrations du plancher. Pour combattre les vibrations, la fréquence de vibration de l’élément à protéger doit être inférieure à la fréquence de la source de vibration ; si elle représente 33 % de cette dernière, la vibration transmise est réduite d’environ 80 % ; si elle représente moins que ce pourcentage, la réduction est encore plus importante. Si, par contre, les deux fréquences sont égales ou presque, la vibration transmise croît considérablement à cause de la résonance. On peut supprimer la transmission des vibrations du sol et du bâtiment aux planchers qui supportent des machines de précision en faisant reposer ces planchers sur du liège, des ressorts ou d’autres supports spéciaux. Quant aux bâtiments, on peut supprimer certaines vibrations dues à la circulation en protégeant les éléments porteurs par des tampons ; toutefois cette méthode n’est habituellement efficace que contre les vibrations à haute fréquence et les bruits. [...] Effet des propriétés du plancher On peut concevoir une ossature à l’épreuve de la résonance si on connaît la fréquence de la source des vibrations. Lors d’activités comme la danse ou la pratique des sports, les personnes seules ou en groupe peuvent créer des forces périodiques d’une fréquence de 1 à 4 Hz approximativement. Par conséquent, il faut éviter que ces derniers planchers aient une fréquence propre inférieure à environ 5 Hz. Les effets de résonance peuvent aussi être diminués par l’amortissement accru, mais cette méthode n’est habituellement efficace que si l’amortissement existant est peu important. L’installation d’antivibrateurs constitue une méthode efficace pour modifier les propriétés du plancher. Il s’agit d’éléments amortissants reliés à l’ossature par des ressorts qui absorbent les vibrations d’une certaine gamme de fréquences. » D.-E. Allen et J. H. Rainer, « Vibrations des planchers », Conseil national de recherches du Canada, juin 1976.

1. Quel phénomène est responsable de désagréments

dans les vibrations des planchers ? Relever les phrases 148

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ou parties de phrases du texte qui confortent la réponse donnée. 2. Pour quelle fréquence l’amplitude vibratoire du plancher est-elle maximale ? 3. Comment nomme-t-on : – la source qui engendre les vibrations continues ? – le plancher qui est mis en vibration forcée ? 4. Pourquoi les planchers des salles de danse ou de sport doivent-ils avoir une fréquence propre supérieure à 5 Hz ? 5. Comment peut-on réduire les effets des oscillations forcées d’un plancher ? 6. Dans le texte, il est question d’équilibrer les machines tournantes pour supprimer les sources vibratoires. a. Dans quel autre cas doit-on procéder à l’équilibrage d’un solide tournant ? b. En quoi consiste cet équilibrage ? 7. Afin de réduire les effets vibratoires, les auteurs proposent : « l’installation d’antivibrateurs [, qui] constitue une méthode efficace pour modifier les propriétés du plancher. Il s’agit d’éléments amortissants reliés à l’ossature par des ressorts qui absorbent les vibrations d’une certaine gamme de fréquences ». Montrer que le dispositif de suspension d’une automobile répond aussi aux fonctions indiquées dans cet extrait du texte.

Corrigés 1. A. 1. On a étudié les oscillations forcées. 2. Reproduire schématiquement le document 10 (voir la page 296 du manuel de l’élève) ; on écrira : – résonateur à côté du ressort ; – excitateur à côté de la membrane du haut-parleur. 3. On a mis en évidence le phénomène de résonance d’amplitude. 4. f0 = 0,99 Hz, soit 1,0 Hz environ. 5. Quand la résonance n’est pas floue (c’est le cas ici), on détermine la fréquence propre de l’oscillateur forcé ; f0 ≈ 1 Hz et T0 ≈ 1 s. 6. Reproduire le document 11 (voir la page 297 du manuel de l’élève). B. 1. Un oscillateur élastique en translation est constitué par un ressort hélicoïdal à spires non jointives lié à un solide. 2. On le fait osciller sur un banc à coussin d’air (ou sur une table à coussin d’air, mais il est préférable de lier le solide à deux ressorts identiques colinéaires). 3. Les paramètres caractéristiques sont : – la masse m du solide ; – la raideur k du ressort. 4. La période T est mesurée en seconde ; la masse m est exprimée en kg et la raideur k en N . m–1 ou kg . m . s–2 . m–1 = kg . s–2 ;

donc, le rapport

m est en kg . kg–1 . s2, soit en s2 ; k

m avec α = 2π. k 2 2 5. k = 4π . f . m = 10,7 N . m–1. 6. Mouvements pseudo-périodique, critique et apériodique. d’où T = α

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A. 1. Le phénomène de résonance a lieu lorsque la fréquence des oscillations forcées imposées par un excitateur est proche de la fréquence des oscillations du résonateur libre (fréquence propre) ; il se traduit par des oscillations de grande amplitude qui peuvent être responsables de ruptures au niveau du résonateur. Les sollicitations extérieures sont les vibrations imposées par l’excitateur ; on parle d’oscillations forcées. 2. Si le rotor du moteur n’est pas équilibré, c’est-àdire si son centre d’inertie n’est pas situé sur l’axe de son arbre, il apparaît un balourd qui se traduit par des oscillations du centre d’inertie de même fréquence que celle de la rotation du rotor ; ces oscillations se traduisent par des flexions périodiques de l’arbre, donc des efforts périodiques, qui peuvent conduire à sa rupture. 3. Au xixe siècle, des fantassins traversant au pas cadencé un pont sur le Maine, à Angers, provoquèrent la rupture des câbles de suspension et furent précipités dans le Maine ! Une aventure similaire se produisit à Manchester. Depuis, on doit « rompre le pas en arrivant sur un pont suspendu ». 4. L’échelle de Richter permet de classer les tremblements de terre selon leur importance destructrice ; on repère l’amplitude du tremblement de terre et on en déduit l’énergie mise en jeu. (Complément : l’échelle de Richter est logarithmique : log E = a + b . M, M étant la magnitude du séisme dans cette échelle.) 5. Cet ingénieur a eu l’idée audacieuse de découper le barrage en lames parallèles, « en touches de piano ». B. 1. a. Il y a équilibre du système : – en l’absence de la machine : PP = 2 k . h ; – en présence de la machine : PP + PM = 2 k . (h + x), P soit PM = 2 k . x, d’où k = M ; 2x 3 × 10 2,5 × 10 = 1,25 × 106 N . m–1 k= 2 × 1 × 10–3 ≈ 1 × 106 N . m–1. b. Il s’agit d’un oscillateur mécanique en translation ; M+m la période propre est : T = 2π . 2k

2.

8,5r103 = 0,37 s ; f = 1 = 2,7 Hz. T 2,5r106 2. a. f ’ ≈ 2,7 Hz. b. N ≈ 2,7 tr . s–1 ou 164 tr . min–1. 3. Si l’amortissement est important, la résonance est floue : l’amplitude des oscillations forcées reste faible dans tout le domaine de fréquences. T = 2π

4.

6. L’assimilation à une barre encastrée à une extrémité est possible parce que la partie inférieure du barrage est prise dans la roche, alors que le bord supérieur est libre. Mais un barrage est aussi encastré sur les côtés : le problème est plus compliqué sur les bords. 7. a. On diminue la largeur de la barre encastrée (on ne prend pas en compte celles des barres attenantes aux bords), donc les valeurs possibles des fréquences vibratoires diminuent ; autrement dit, les périodes augmentent. b. Les joints en cuivre assurant l’étanchéité accroissent l’amortissement, ce qui rend les résonances possibles plus floues.

3. 1. C’est le phénomène de résonance d’amplitude. Les extraits du texte sont : « Elles [les vibrations] peuvent être considérablement amplifiées lorsque [intervient] le phénomène appelé résonance » ; « De plus, afin d’empêcher la résonance, on devrait s’assurer que la fréquence de vibration du plancher du lieu à protéger est différente de celle du plancher qui vibre directement. » 2. L’amplitude vibratoire est maximale lorsque la fréquence des vibrations excitatrices est égale à la fréquence propre du plancher. 3. La source qui engendre les vibrations continues est l’excitateur ; le plancher qui est mis en oscillations forcées est le résonateur. 4. Les mouvements de danse ou de sport engendrent des vibrations dont les fréquences sont comprises entre 1 Hz et 4 Hz. 5. On peut éloigner les sources vibratoires, ajuster la fréquence propre du plancher loin des fréquences vibratoires continues, installer une suspension et des amortisseurs pour absorber les vibrations. 6. a. Les roues d’automobiles doivent être équilibrées pour éviter le shimmy (difficulté de conduite, usure des pneus) et les vibrations intempestives de pièces métalliques mal serrées. b. L’équilibrage consiste à ramener le centre d’inertie de la roue sur l’axe de rotation de celle-ci. 7. La caisse de l’automobile (c’est un plancher !) est reliée aux roues par des ressorts, qui encaissent les déformations de la route, et des amortisseurs constitués par des pistons frottant dans des tubes contenant de l’huile pour absorber l’énergie vibratoire de telle sorte que les oscillations de la caisse soient réduites à une période ou moins (amortissement critique).

Bibliographie Ouvrages Voir les livres de classes préparatoires : collection H Prépa, Hachette éducation.

5. a. Si la largeur de la barre diminue, la fréquence

vibratoire diminue. b. Si la longueur augmente, la fréquence vibratoire diminue : on sait qu’une lame de scie en acier vibre d’autant plus « lentement » qu’elle est longue (ou d’autant plus « vite » qu’elle est courte !).

Sites Internet • www.education.sn/rubrique.php?id_rubrique=36 • e.m.c.2.free.fr/oscill-meca.htm • www.sciences.univ-nantes.fr/physique/perso/ gtulloue/Meca/Oscillateurs/ressort_rsf.html

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Étude énergétique des systèmes mécaniques Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

Contenus 4. Aspects énergétiques • Travail élémentaire d’une force. • Travail d’une force extérieure appliquée à l’extrémité d’un ressort, l’autre extrémité étant fixe. • Énergie potentielle élastique du ressort. • Énergie mécanique du système solide-ressort. • Énergie mécanique d’un projectile dans un champ de pesanteur uniforme.

Connaissances et savoir-faire exigibles • Connaître l’expression du travail élémentaire d’une force. • Établir l’expression du travail d’une force extérieure appliquée à l’extrémité d’un ressort, par méthode graphique et par intégration. • Établir et connaître l’expression de l’énergie potentielle élastique d’un ressort. • Établir l’expression de l’énergie mécanique d’un système solide-ress ort et d’un projectile dans un champ de pesanteur. • Exploiter la relation traduisant, lorsqu’elle est justifiée, la conservation de l’énergie mécanique d’un système. • Calculer la variation de l’énergie cinétique d’un système à partir de la variation d’énergie potentielle et réciproquement. • Savoir exploiter un document expérimental pour : – calculer des énergies ; – reconnaître et interpréter la conservation ou la nonconservation de l’énergie mécanique d’un système.

Exemples d’activités Activité de réinvestissement des enregistrements des travaux pratiques précédents d’un point de vue énergétique (projectile dans un champ de pesanteur uniforme, oscillation d’un ressort horizontal) : – calcul des énergies potentielle et cinétique ; – transferts d’énergie ; – énergie mécanique ; – conservation ou non de l’énergie mécanique. Un tableur, un logiciel de traitement de données, des logiciels de simulation peuvent être utilisés pour atteindre les objectifs cités ci-dessus.

Commentaires On rappellera les notions étudiées en Première : travail du poids, énergie cinétique, énergie potentielle de pesanteur. Les activités proposées seront l’occasion de réinvestir ces notions. Pour le calcul du travail de la force extérieure exercée sur un ressort, on commencera par exprimer le travail élémentaire. L’expression du travail pour un allongement fini sera obtenu par méthode graphique et par intégration. L’énergie potentielle élastique du ressort est l’énergie transférée par un opérateur qui déforme le ressort : le travail de l’opérateur fait varier l’énergie potentielle stockée dans le ressort. L’énergie potentielle élastique d’un ressort détendu est prise comme référence, donc nulle. Dans le cas où les frottements peuvent être considérés comme négligeables, les variations d’énergie potentielle compensent les variations d’énergie cinétique. Il devient alors pertinent d’introduire la notion d’énergie mécanique. Cette introduction sera faite à l’occasion de l’étude du système solide-ressort qui sera traité uniquement dans le cas horizontal. On généralisera ensuite la notion d’énergie mécanique au cas d’un projectile dans un champ de pesanteur uniforme. La conservation ou la non conservation de l’énergie mécanique sera montrée dans les deux cas précédents.

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Physique

chapitre

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Matériel Cours > Activité 1 – Un banc à coussin d’air avec un dispositif solideressort. – Un dispositif d’acquisition pour le repérage, en fonction du temps, de la position d’un point du mobile glissant, en translation, sur le banc à coussin d’air horizontal. – Un ordinateur avec une carte d’acquisition et un logiciel d’exploitation.

> Activité 2 – Un caméscope pour filmer le mouvement parabolique d’une bille. – Un ordinateur avec un logiciel de traitement d’images.

Rechercher et expérimenter – Un mobile évoluant sur un banc à coussin d’air. – Deux ressorts identiques si possible. – Un dispositif d’acquisition pour le repérage en fonction du temps de la position d’un point du mobile. – Un ordinateur avec une carte d’acquisition et un logiciel d’exploitation.

Compte tenu de la hauteur relativement faible des sauts et des vitesses acquises, on peut l’admettre. 2. Lors d’une chute libre, il a été vu que la vitesse augmente. Il faut une force de frottement pour envisager une vitesse limite constante.

Cours 1. Comment déterminer le travail d’une force appliquée à l’extrémité d’un ressort ? 1.1. Travail élémentaire d’une force Ce paragraphe est théorique. Il s’agit de rappeler l’expression du travail d’une force constante, puis de définir le travail élémentaire d’une force non constante. Il convient de faire admettre aux élèves que sur un déplacement élémentaire (aussi petit que l’on veut), on peut considérer que la force est localement constante. De la somme des travaux élémentaires, on passe à l’intégrale. Un travail en commun avec le professeur de mathématiques est alors souhaitable.

1.2. Travail de la force exercée par un opérateur sur un ressort

Activités préparatoires

On traite ici du travail effectué par la force exercée par un opérateur qui étire (ou comprime) un ressort. L’expression de la force exercée par l’extrémité mobile d’un ressort sur « l’objet » auquel elle est reliée a été établie au chapitre précédent. Le principe des interactions (troisième loi de Newton) permet de donner l’expression de la force exercée par « l’objet » (opérateur) sur l’extrémité mobile du ressort. Cette force n’est pas constante lorsqu’il y a déplacement de l’extrémité mobile. On est amené à résoudre l’intégrale : x x W($Fop) = 兰0 k . x . dx = 1 . k . x 2 = 1 . k . xA2 . 2 2 0 Une résolution graphique permet d’illustrer et de confirmer le résultat.

A. Le saut à la perche

2. Comment exprimer l’énergie

Déroulement du chapitre > Objectifs • Connaître l’expression du travail élémentaire d’une force. • Établir l’expression du travail d’une force appliquée à l’extrémité d’un ressort. • Établir et exploiter l’expression de l’énergie mécanique.

Cette activité ouvre le débat : un corps élastique déformé constitue un « réservoir » d’énergie. Les élèves trouvent les réponses aux questions dans le texte. Réponses aux questions 1. Les progrès dans le saut à la perche sont dus en grande partie à la qualité de la perche utilisée et aussi aux modes d’entraînement des athlètes. 2. Flexibilité et dureté semblent être les qualités recherchées.

B. Le saut de l’ange Cette activité illustre la transformation d’énergie potentielle gravitationnelle en énergie cinétique. Réponses aux questions 1. Une chute libre est une chute où la seule force appliquée à « l’objet » est son poids. La discussion est ouverte : la résistance de l’air est-elle, ici, négligeable ? 152

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A

[

]

A

potentielle élastique d’un ressort ? Le travail fournit par « l’opérateur » communique de l’énergie potentielle élastique au système déformable et élastique. L’énergie potentielle élastique acquise est égale à l’opposé du travail de la force de rappel, tout comme l’énergie potentielle de pesanteur est égale (paragraphe suivant) à l’opposé du travail du poids (« force de rappel » vers le sol...).

3. Comment exprimer l’énergie mécanique d’un système {solide, ressort} ? 3.1. Introduction expérimentale de la notion d’énergie mécanique Après acquisition des valeurs de l’abscisse x du centre d’inertie du solide d’un dispositif {solide-ressort} effectuant des oscillations, l’élève (le professeur) programme

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les calculs des énergies EP élas = 1 . k . x 2 et EC = 1 . m . 2. 2 2 Les tracés obtenus permettent de constater la « complémentarité » de ces deux formes d’énergie et d’illustrer le transfert d’une forme en une autre. Si les frottements sont négligeables, l’énergie mécanique EM = EC + EP élas se conserve, sinon elle diminue progressivement.

> Activité 1 Réponses aux questions 1. Les variations de EP élas et de EC sont opposées. 2. La somme EC + EP élas est constante.

3.2. Influence des forces autres que la force élastique

L’aboutissement de ce paragraphe est d’établir que la variation d’énergie mécanique d’un dispositif solideressort est égale à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au système : travail des forces de frottement, travail d’un opérateur... (le travail de la force de rappel, force intérieure au système, n’est pas à prendre en compte). Au paragraphe suivant, on traitera de l’énergie mécanique d’un projectile. On sera amené à établir que la variation d’énergie mécanique d’un solide en mouvement dans le champ de pesanteur est égal à la somme des travaux des forces extérieures appliquées au solide : travail des forces de frottement, travail de la « réaction » d’un support incliné, travail d’un opérateur..., sauf le travail du poids, qui est pourtant l’une des forces extérieures appliquées au projectile. Lors d’un précédent programme, nous étions invités à définir le système « Terre-solide » et dans ce système le poids devenait une force intérieure, comme la force de rappel est force intérieure du système ressort-solide. Cette présentation ne correspond pas au programme actuel.

2. Les variations d’énergie potentielle de pesanteur et d’énergie cinétique sont opposées.

Rechercher et expérimenter 1. Un sac à dos, oscillateur élastique Ce document présente un dispositif original et écologique. Des informations complémentaires concernant le dispositif décrit dans cette page peuvent être obtenues sur le site : http://sciences.nouvelobs.com Faire alors une recherche, sur le site, au nom de Larry Rome. Réponses aux questions m . k 2. La personne fait deux pas par seconde et la charge oscille à chaque pas du marcheur, donc T = 0,5 s. 2 k = 4π .2 m avec T = T0 ; k = 3 947 ; T k = 4 × 103 N . m–1. 3. L’expression de l’énergie potentielle élastique est : EP élas = 1 . k . x 2. 2 4. L’énergie potentielle élastique est maximale pour x = xm = 5 cm et EP élas max = 5 J. 5. EP élas passe de sa valeur maximale à une valeur nulle en une durée : t = T = 0,5 = 0,12 s. 4 4 E 5 × 4 = = = 40 W. 0,5 t La valeur théorique est supérieure à la valeur indiquée : la conversion d’énergie potentielle élastique en énergie électrique n’est pas totale. 1. T0 = 2 π .

2. Modélisation du sac à dos, 4. Comment varie l’énergie mécanique d’un solide dans un champ de pesanteur uniforme ? Une étude du mouvement de chute, avec le vecteur vitesse initiale oblique, permettra de constater la conservation de l’énergie mécanique : EM = 1 . m . 2 + m . g . z, 2 lorsque les forces de frottements sont négligeables. Concernant l’énergie potentielle de pesanteur EP pes = m . g . z, on rappelle l’expression donnée en classe de Première. On évite les complications en s’abstenant d’écrire : EP pes = m . g . z + constante ; on confond délibérément l’origine des altitudes avec le niveau de référence de l’énergie potentielle de pesanteur.

> Activité 2 Réponses aux questions 1. L’énergie potentielle de pesanteur est donnée par l’expression EP pes = m . g . z, où z est la cote du centre de gravité du solide.

oscillateur Ce T.P. est à réaliser avec les élèves. Des résultats sont donnés à titre d’exemple. Réponses aux questions 1.a. Pour le graphique présenté : T = 0,40 s. m b. En posant T = T0 = 2 π . , après avoir mesuré k la masse m du mobile, on calcule k. 2. La période T´ des variations d’énergie vaut T . 2 3.a. Si xm est l’amplitude des oscillations, alors : EPmax = 1 . k . xm2. 2 b. Pour EP = EPmax , alors EC = 0. 4.a. EC = ECmax = 1 . m . max2. 2 b. Pour EC = ECmax, alors EP = 0. 5. Si les frottements sont négligeables, l’énergie mécanique se conserve. Dans l’exemple proposé, l’énergie mécanique n’est pas constante.

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Corrigés des exercices

2. Au niveau du sol : EP pes = 0 ; EM = EC =

=

Savoir s’autoévaluer 1.

1 . k . x 2 = 0,5 × 50 × (5,0 × 10–2)2 2 = 6,3 × 10–2 J.

1. a. W =

W = 1 . k . (xB2 – xA2) 2 = 0,5 × 50 × [(5,0 × 10–2)2 – (2,0 × 10–2)2] = 5,3 × 10–2 J. 2. Le travail pour comprimer ou étirer ce ressort de 5 cm est le même, c’est-à-dire 6,3 × 10–2 J. b.

1. On lit un allongement de 8,0 cm pour 10,0 N ; F = 10,2 = 125 N . m–1. k= ( – 0) 8,0 × 10–2 1 2. W = . k . x 2 = 0,5 × 125 × (4,0 × 10–2)2 2 = 0,10 J.

2.

3.

1. F = k . x ; k est le coefficient directeur de la

5,0 = 50 N . m–1. 10 × 10–2 1 2. a. EP élas = . k . x 2 = 0,5 × 50 × (6,0≤ × 10–2)2 2 = 9,0 × 10–2 J. b. Lorsqu’on lâche le ressort, l’énergie qu’il avait emmagasinée est communiquée à la bille du flipper sous forme d’énergie cinétique.

droite ; k =

4.

1. a. L’énergie mécanique EM = EP élas + EC .

EM = 1 . k . xmax2 = 0,5 × 100 × (8,0 × 10–2)2 = 0,32 J. 2 2. L’oscillateur se déplace sans frottement, son énergie mécanique se conserve. Lorsqu’il passe par sa position de repos, il n’a que de l’énergie cinétique ; d’où : EM = EC = 1 . m . 2 2 2EM 1/2 2 × 0,32 1/2 et :  = = = 1,8 m . s–1. m 0,200 1 1 3. EM = EP élas + EC = . k . x 2 + . m . 2 ; 2 2 (EM – EP élas) 1/2 = 2 m pour x = 3,0 cm, EP élas = 0,5 × 100 × (3,0 × 10–2)2 = 0,045 J et  = 2 × (0,32 – 0,045) 1/2 = 1,7 m . s–1. 0,200 4. Avec des frottements, l’énergie mécanique diminue. 5. 1. a. EM = EC + EP pes = 12 . m . 2 + m . g . z avec z l’altitude repérée sur un axe vertical ascendant et EP pes = 0 pour z = 0 (niveau de référence de l’énergie potentielle). b. Au moment où la boule est lâchée, en prenant z = 0 au niveau du sol : EM = 1 × 0,705 × 102 + 0,705 × 9,8 × 1 2 = 35,25 + 0,69 = 42,2 J. b.

( ) (

[

)

[ ] 2EM m

1/2

= 2 × 42,2 0,705

[

]

1/2

1 . m . 2 ; 2

= 11 m . s–1.

Exercices 1. 1. a. L’expression

du travail d’une force constante $F lorsque son point d’application se déplace d’un point A vers un point B est : WAB ($F ) = $F . $AB . b. F s’exprime en newton (N), AB en mètre (m) et W en joule (J). 2. a. La force exercée par un opérateur pour maintenir un allongement  d’un ressort a pour valeur : F = k .  ; sa valeur dépend de l’allongement. Elle n’est pas constante lorsqu’on allonge le ressort de 0 à . b. On considère que la force est constante pour un allongement très faible (déplacement élémentaire), et : δW = $F . $d. C’est un travail élémentaire. On procède à une intégration. 3. a. L’expression du travail de la force exercée par un opérateur qui provoque un allongement x du ressort à partir de sa longueur naturelle est : W = 1 . k . x2. 2 b. Le travail est en joule, la constante de raideur en newton par mètre et le déplacement en mètre. 1. L’expression de la coordonnée Fx de la force $Fop qui s’exerce sur le ressort pour maintenir un allongement x est : Fx = k . x . 2. Le travail élémentaire de $Fop pour allonger le ressort de x à x + dx est : dWop = Fx . dx = k . x . dx . 3. a. L’expression du travail de $Fop pour allonger le ressort de 5 cm à partir de sa longueur naturelle est : x x W = 兰0 k . x . dx = 1 . k . x 2 = 1 . k . xA2 . 2 2 0 1 –2 2 –2 b. W = × 23 × (5 × 10 ) = 3 × 10 J. 2

2.

[

A

4. a.

]

A

F=k . x

]

[

154

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]

xA

xB

x

Le travail de $Fop correspond à l’aire grisée. L’aire grisée est égale à : 1.k.x 2–1.k.x 2 B A 2 2 = 1 × 23 × (10 × 10–2)2 – 1 × 23 × (5 × 10–2)2 2 2 = 8,6 × 10–2 J.

b. c.

La valeur de l’énergie potentielle élastique du ressort comprimé est : EP élas = 1 . k . ( – 0)2 = 1 × 10 × (0,20 – 0,12)2 2 2 = 3,2 × 10–2 J.

3.

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4.

1. Vrai.

2. Faux : l’énergie potentielle élastique s’exprime en joule. 3. Vrai. 1 4. Faux : EP é1as(1) = . k1 . x12 2 k 1 et EP élas(2) = . k2 . x22 = 1 . 1 . (2 x1)2 = k1 . x12 2 2 2 = 2 EP é1as (1)

5. 1. L’énergie mécanique du dispositif est : EM = EP élas + EC . Le système, lorsqu’on l’abandonne, ne possède que de l’énergie potentielle élastique : EP élas = 1 . k . x 2 2 avec x l’allongement du ressort. EP élas = 1 × 10 × 0,052 = 1,3 × 10–2 J. 2 1 1 2. EM = EP élas + EC = . k . x 2 + . m . 2 . 2 2 Puisque le système glisse sans frotter, l’énergie mécanique se conserve. EM = 1,3 × 10–2 J. 1 3. a. EM = EP élas + EC = . m . 2, car x = 0 ; 2 2 . EM 1/2 2 × 1,3 × 10-2 1/2 = = ;  = 0,36 m . s–1. m 0,200 1 1 b. EM = EP élas + EC = . k . x2 + . m . 2 ; 2 2 2 (EM – EP élas) 1/2 = pour x = 2,0 cm, m on a : EP élas = 0,5 × 10 × (0,020)2 = 2,0 × 10-3 J. –3 –3 1/2  = 2 (13 × 10 – 2,0 × 10 ) = 0,33 m . s–1. 0,200

[

]

[

[

]

]

[

]

6.

1. L’énergie mécanique du sauveteur est la somme de son énergie potentielle de pesanteur et de son énergie cinétique. On adopte comme niveau de référence de l’énergie potentielle de pesanteur le niveau de la mer. Dans le référentiel terrestre, la vitesse du sauveteur, dans l’hélicoptère, est nulle. Son énergie mécanique initiale se réduit donc à son énergie potentielle : EM = EP pes = m . g . h = 80 × 10 × 8 = 6,4 × 103 J. 2. Si on néglige les effets de l’air, l’énergie mécanique se conserve. EM = 0 = EP pes + EC . Pour h = 0, EM = EC = 1 . m . 2 . 2 2 . EM 1/2 = = [2 . g . h]1/2 = [2 × 10 × 8]1/2 m

[

]

 = 12,6 m . s–1 ; soit :  = 13 m . s–1 . 3. L’énergie mécanique initiale du sauveteur est la somme de son énergie potentielle de pesanteur et, cette fois, de son énergie cinétique. EM(1) = EP pes(1) + EC (1) Au niveau de l’eau, son énergie mécanique est : EM(2) = EP pes(2) + EC (2) avec EP pes(2) = 0 ; or : EC (2) = EP pes(1) + EC (1)

et : 1 . m . 22 = m . g . h + 1 . m . 12 2 2 6 = 1,7 . D’où : avec 1 = 3,6 6 2 1/2 2 = [2 . g . h + 12]1/2 = 2 × 10 × 8 + 3,6 2 = 12,7 m . s–1 ; soit : 2 = 13 m . s–1. La vitesse d’arrivée sur la surface de la mer est quasiment identique, que l’hélicoptère soit immobile ou animé d’une vitesse de 6 km . h–1.

[

Initialement, et en prenant le crâne de Newton comme niveau de référence, l’énergie potentielle de pesanteur de la pomme est : EP pes = m . g . h = 0,100 × 9,8 × 2,5 = 2,5 J. Son énergie cinétique est nulle, d’où : EM = EP = 2,5 J. Au niveau du crâne de notre illustre savant, l’énergie potentielle est nulle. La pomme est en chute libre, son énergie mécanique se conserve donc : EM = 0 = EP + EC et EC = EM = 2,5 J avec EC = 1 . m . 22 , 2 2 . EM 1/2 = = [2 . g . h]1/2 m = [2 × 9,8 × 2,5 ]1/2 = 7,0 ;  = 7,0 m . s–1 = 25 km . h–1.

7.

[

]

1. Lors de son déplacement d’une position A1 à une position A2 , la sphère est soumise à son poids $P et à la force $F exercée par le câble. 2. a. W($P ) = m . g (z1 – z2). b. La droite d’action de $F passe par le point d’attache supérieur du câble, c’est-à-dire par le centre de la trajectoire circulaire du point A : c’est une force radiale. Elle est à chaque instant perpendiculaire au déplacement élémentaire de A. En conséquence : W($F ) = 0. 3. La variation d’énergie cinétique est égale à la somme des travaux des forces appliquées à la sphère. Désignons par $f la résultante des forces exercées par l’air. EC2 – EC1 = W($P ) + W($F ) + W( $f ). L’énoncé précise que l’action de l’air est négligeable : W( $f ) = 0 et EC2 – EC1 = W($P ) = m . g . (z1 – z2). 4. L’énergie mécanique de la sphère est égale à la somme de son énergie potentielle de pesanteur et de son énergie cinétique . Soit EM , la variation d’énergie mécanique : EM = EP pes + EC ; EP pes = – W($P ) = – m . g . (z1 – z2) ; EC = m . g . (z1 – z2). On a donc EM = 0 : l’énergie mécanique se conserve. 5. En prenant comme niveau de référence de l’énergie potentielle le niveau le plus bas du centre d’inertie de la sphère, exprimons l’énergie mécanique de la sphère, pour un angle θ : EM = m . g . h + 1 . m . 22 2 où h est l’altitude du centre d’inertie G de la sphère.

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( )]

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Soit CG = CA + AG = L + R, avec L la longueur du câble et R le rayon de la sphère. h = (L + R ) – (L + R ) . cos θ = (L + R) . (1 – cos θ). EM = m . g . (L + R ) . (1 – cos θ) + 1 . m . 2. 2 Lorsque θ = θ1 = 30°, 1 = 19 km . h–1 = 19 = 5,3 m . s–1. 3,6 Lorsque la sphère heurte le mur, θ = θ2 = 0, notons 2 la vitesse recherchée. L’énergie mécanique se conserve : m . g . (L + R ) . ( 1 – cos θ2) + 1 . m . 22 2 = m . g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + 1 . m . 12 . 1 . m . 22 2 2 1 = m . g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + . m . 12. 2 D’où : 22 = 2 g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + 12 2 = [2 g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + 12]1/2 2 = [2 × 9,8 × 5,25 (1 – cos 30) + (5,3)2]1/2 2 = 6,5 m . s–1. Mener le calcul littéral jusqu’à l’expression de la vitesse 2 recherchée permet d’éviter des calculs intermédiaires, tel le calcul de la masse de la sphère pour calculer l’énergie potentielle.

9. Le niveau du sol est pris comme niveau de référence de l’altitude et de l’énergie potentielle de pesanteur. On désigne par (1) le niveau supérieur de départ et par (2) le niveau du sommet de la boucle. L’énergie mécanique du train se conserve : m . g . h1 + 1 . m . 12 = m . g . h2 + 1 . m . 22 2 2 avec : 1 = 0 ; 1 . 2 2 d’où : h1 = h2 + 2 ; g 42 2 soit : h1 = 9 + 3,6 = 16 m. 20

(

)

( )

Le niveau de la turbine est pris comme niveau de référence de l’altitude et de l’énergie potentielle de pesanteur. On désigne par (1) le niveau supérieur du lac et par (2) le niveau de la turbine. L’énergie mécanique se conserve : m . g . h1 + 1 . m . 12 = m . g . h2 + 1 . m . 22 2 2 avec 1 = 0 et h2 = 0. L’énergie cinétique que la turbine peut convertir en énergie électrique vaut : EC2 = 1 . m . 22 = m . g . h1 ; 2 EC2 = 103 × 9,8 × 70 = 690 kJ.

10.

11. 1. L’énergie mécanique du système est sous la forme potentielle élastique lorsque la vitesse du solide est nulle, c’est-à-dire aux dates correspondant aux extremums, soit t = n . T avec T = 0,5 s (0 s ; 0,25 s ; 2 0,5 s...). 156

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2. L’énergie mécanique est la somme de l’énergie potentielle élastique et de l’énergie cinétique du solide : EM = EP élas + EC = 1 . k . x2 + 1 . m . 2. 2 2 Pour t = 0 s, x = 5 × 10–2 m et  = 0 m . s–1 ; EM = 0,5 × 45 × [5 × 10–2]2 = 5,6 × 10–2 J. Pour t = 1,5 s, x = 3 × 10–2 m et  = 0 m . s–1 ; EM = 0,5 × 45 × [3 × 10–2]2 = 2,0 × 10–2 J. 3. L’énergie mécanique du dispositif diminue au cours du temps. 4. Le travail des forces de frottement est égal à la variation d’énergie mécanique du système : W( $f ) = EM . a. Entre les dates t = 0 s et t = 1,5 s, EM = 2,0 × 10–2 J – 5,6 × 10–2 J = – 3,6 × 10–2 J et W( $f ) = – 3,6 × 10–2 J. b. Entre les dates t = 1,5 s et t = 3 s, EM = 0,5 × 45 × [2 × 10–2]2 – 2,0 × 10–2 = 0,9 × 10–2 – 2,0 × 10-2 et W( $f ) = – 1,1 × 10–2 J.

1 . m . 2 ; E = m . g . h P pes 2 1 et EM = EC + EP pes = . m . 2 + m . g . h. 2 2. La courbe rouge représente l’énergie potentielle de la balle. En effet, au début du mouvement, la balle s’élève et son énergie potentielle augmente. La courbe bleue représente l’énergie cinétique de la balle, car celle-ci est importante au début du mouvement et diminue tant que la balle s’élève. La courbe verte est l’énergie mécanique qui, si on néglige les effets de l’air, est constante au cours du mouvement. 3. L’énergie mécanique est constante, elle se conserve au cours du mouvement.

12.

1. EC =

13.

1. EC1 =

1 . m .  2 et E = 1 . m .  2 ; 1 C2 2 2 2

EC1 . 22 . 12 2 Soit : EC2 = 40 × 230 = 7,3 kJ. 70 2. On suppose que toute l’énergie cinétique est convertie en énergie potentielle de pesanteur : EC2 =

m . g . h = EC2 , 2 E 1 . m . 22 = 2 . soit : h = m C2 = .g 2 m.g 2g 30 2 3,6 D’où : h = = 3,5 m. 2 × 9,8

( )

14. 1. a. Lors d’une chute libre, la seule force appliquée au système {snowboarder} est son poids de direction verticale ; seule la composante verticale du vecteur vitesse est modifiée. 1 1 b. EC = . m . 2 = . m (H2 + V2). 2 2 1 2. EM = m . g . z + . m (H2 + V2). 2

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1 . m ( 2 +  2) ; 1H 1V 2 1 EM2 = m . g . z2 + . m (2H2 + 2V2). 2 EM1 = EM2 et 1H2 = 2H2 ; d’où la relation cherchée : m . g . z1 + 1 . m . 1V2 = m . g . z2 + 1 . m . 2V2. 2 2 b. Avec z1 = 0 (niveau de décollage) et 2V = 0 (composante verticale de la vitesse nulle au sommet de la trajectoire) : 2 2 1 . m .  2 = m . g . z et z = 1V = (1 . sin α) . 1V 2 2 2g 2g 2 45 × sin 55 2 3,6 = 5,3 m. D’où : z2 = (2 × 9,8) 3. a. EM1 = m . g . z1 +

(

)

1. a. F représente la valeur de la force exercée sur l’extrémité mobile du ressort et x le déplacement de cette extrémité par rapport à sa position lorsque le ressort n’est pas déformé. b. Sur le graphique, on lit F = 40 N pour x = 0,40 m, soit k = F = 1,0 × 102 N . m–1. x 2. a. L’expression du travail élémentaire de la force provoquant un allongement dx est : dW = F . x . dx. b. Le travail élémentaire correspond à l’aire grisée sur le graphique.

15.

F (N)

k.x x

17. On adopte le niveau de départ du centre d’inertie de l’objet, comme niveau de référence de l’altitude et de l’énergie potentielle de pesanteur. L’énergie mécanique initiale est : EM1 = 1 . m . 12 . 2 Le lancer étant vertical, la vitesse est nulle à l’altitude maximale H et l’énergie mécanique est : EM2 = m . g . H. La variation d’énergie mécanique est égale au travail des forces appliquées à l’objet, autres que le poids de l’objet, c’est-à-dire, ici, au travail des forces de frottement : EM2 – EM1 = W( $f ) = – f . H. On obtient : m . g . H – 1 . m . 12 = – f . H, 2 où 1 est la valeur recherchée : 1,2 1/2 f 1/2 1 = 2H g + = 2 × 20 × 9,8 + ; 0,8 m –1 soit : 1 = 21 m . s .

[ (

d dx

30

L’altitude maximale atteinte par la fléchette est h = 7,7 m. 4. a. Pour une hauteur de 5,0 m, l’énergie potentielle de pesanteur vaut : E´P pes = 10 × 10–3 × 9,8 × 5 = 0,49 J. La valeur absolue du travail de la force de frottement est : EP pes –E´P pes = 0,26 J. b. W = F . d. Sur un trajet de 5 m (d = 5 m), on a : F = W = 0,26 = 5,3 × 10–2 N. 5 d

0,30

x (m)

Le travail, pour un allongement de 0 à x, correspond à l’aire du triangle rectangle (aire située sous la droite). 3. Le travail de la force exercée par un opérateur faisant passer l’allongement du ressort de 0,10 m à 0,30 m vaut : 0,5 × 30 × 0,30 – 0,5 × 10 × 0,10 = 4,0 J. c.

)] [

(

)]

18. 1. a. Le système {enfant, luge} est soumis à son poids $P, et à la réaction $R exercée par la glace, perpendiculaire à la piste en l’absence de frottement. b.

z R A1

F (N) A2 30 P

O 10

Le poids $P est une force constante, la réaction $R change d’orientation durant la descente. 2. Le travail de ces forces pour un trajet A1A2 du centre d’inertie G du système, est : W($P ) = $P . $A1A2 = m . g . (z1 – z2) ; A W($R ) = 兰A $R . $d = 0, car $R est, à chaque instant, perpendiculaire à $d. 3. Le théorème de l’énergie cinétique permet d’exprimer la variation d’énergie cinétique du système en fonction du travail des forces appliquées au système : EC(A2) – EC(A1) = W($P ) + W($R ) = m . g . (z1 – z2). 4. EC(A2) – EC(A1) = m . g . (z1 – z2) = EP(A1) – EP(A2) EC(A2) + EP(A2) = EC(A1) + EP(A1) EM(A2) = EM(A1). c.

0,10

0,30

x (m)

16. 1. L’énergie potentielle élastique emmagasinée par le ressort, lorsqu’il est comprimé, est : EP élas = 1 . k . x 2 = 0,5 × 150 × (0,10)2 = 0,75 J. 2 2. On suppose que l’énergie potentielle élastique est intégralement convertie en énergie cinétique et EP élas = EC = 1 . m . 2 = 0,75 J avec m = 10 × 10–3 kg. 2 La vitesse de la fléchette lorsque le ressort reprend sa longueur à vide est :  = 12 m . s–1. 3. On suppose que l’énergie cinétique de la flèche est intégralement convertie en énergie potentielle de pesanteur et EC = EP pes = m . g . h = 0,75 J.

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2

1

157

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L’énergie mécanique du système se conserve. 1 1 5. m . g . z1 + . m . 12 = m . g . z2 + . m . 22 2 2 1 . m .  2 = 1 . m .  2 + m . g . (z – z ) ; 2 1 1 2 2 2 1/2 2 donc : 2 = [1 + 2 g (z1 – z2)] 1/2 3 2 = + 2 × 9,8 × 10 . 3,6 La vitesse en A2 vaut : 2 = 14 m . s–1 = 50 km . h–1.

[( )

]

19. 1. Le graphique montre que l’énergie mécanique EM du système est constante. Le travail des forces de frottement est donc nul. 2. À t = 0 , l’enfant est en position haute, car l’énergie potentielle est maximale : EP = EPmax . 3. a. EPmax = m . g . hmax ; E 630 = 1,84 ; hmax = Pmax = m . g (35 × 9,8) hmax ≈ 1,8 m. b.

3,0 m E Pmax h

h = L(1 – cos α) ; 1 – hmax 1 – 1,84 cos αmax = = = 0,38 et αmax = 67°. 3,0 L 4. La vitesse est maximale lorsque l’énergie cinétique est maximale, c’est-à-dire lorsque le centre d’inertie G passe par sa position d’équilibre. Alors EM = ECmax = EPmax ; 2 EP max 1/2 1.m. 2=E et max = ; max P max 2 m 1/2 = 6,0 m . s–1. max = 2 × 630 35 5. La période des oscillations est le double de la période des énergies, donc T = 3,4 s.

(

)

(

)

20. 1. Les frottements étant négligés, l’énergie mécanique du palet, une fois lancé, se conserve : m . g . zB + 1 . m . B2 = m . g . zA + 1 . m . A2 . 2 2 A2 Pour B = 0, h = zB – zA = . 2g Si d est la distance parcourue sur le plan incliné : A2 h = sin α et d = h = ; d sin α 2 g . sin α (5,0)2 = 3,7. d= (2 × 9,8 × sin 20°) La distance parcourue par le palet sur le plan incliné avant qu’il ne commence à redescendre est : d = 3,7 m. 2. Si le palet ne parcourt que la distance d´ = AB = 2,50 m, c’est que l’énergie mécanique ne 158

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se conserve pas : les forces de frottement ne sont pas négligeables. On peut calculer le travail des forces de frottements. En prenant le niveau initial du centre d’inertie du palet comme niveau de référence de l’altitude et de l’énergie potentielle, l’énergie mécanique initiale est : EM(A) = 1 . m . A2 . 2 L’énergie mécanique « finale » (altitude maximale) est : EM(B) = m . g . zB = m . g . d´ . sin α ; EM = W( $f ) = m . g . d´ . sin α – 1 . m . A2 2 1 2 = m . (g . d´ . sin α – . A ) ; 2 W( $f ) = 5,0 × (9,8 × 2,5 × sin 20° – 0,5 × 5,02) = – 21 J. 1. Les amplitudes ne décroissent pas, donc le mouvement n’est pas amorti. 2. T0 = 2π . m = 2π . 0,500 = 0,75 s. 35 k 3. a. Les graphiques susceptibles de représenter x (t) sont les graphiques (1) et (2), car les périodes sont 0,75 s. dx = x. . b.  = dt c. Des deux graphiques susceptibles de représenter x(t), le graphique (2) correspond à la dérivée par rapport au temps de l’autre. d. Le graphique représentant x(t) est le graphique (1) et à t = 0, x(0) = 0. 4. Le graphique représentant (t) est le graphique (2) ; (0) = – 0,4 m . s–1. 1 5. À t = 0 : EP = . k . x2 = 0, car x(0) = 0. 2 Le graphique (3) représente donc EP et le graphique (4) représente EC.

21.

22. 1. a. Énergie potentielle de pesanteur : EP pes = m . g . z, en prenant le niveau de référence de l’altitude comme référence de l’énergie potentielle, avec z l’altitude du centre d’inertie G de la balle. Énergie cinétique : EC = 1 . m . 2, avec  vitesse 2 du centre d’inertie G de la balle dans le référentiel d’étude. Énergie mécanique : EM = EP pes + EC . b. À t = 0 : EM = EP pes = 35 J et EC = 0 J. EP pes = m . g . z 35 et z = = 4,7 m, altitude H de l’extré(0,76 × 9,8) mité fixe de l’élastique. Le niveau du sol est le niveau de référence. 2. a. Tant que l’élastique n’est pas tendu, la balle peut être considérée en chute libre. b. Les frottements étant négligeables, l’énergie mécanique se conserve. c. Le document montre que jusqu’à la date t = 0,4 s, l’énergie mécanique est constante, ce qui confirme l’affirmation précédente.

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3. Lorsque  = 0 , z = H – 0 et EP pes = m . g . (H – 0). Alors EC = EM – m . g . (H – 0). Numériquement : EP pes = m . g . (H – 0) = 0,76 × 9,8 × (4,70 – 2,00) ; EP pes = 20 J ; EC = 35 – 20 = 15 J. 4. a. La longueur de l’élastique est égale à 0 à la date t = 0,4 s, date à laquelle EM = EP pes + EC commence à décroître. b. Sur le graphique, on retrouve bien, pour  = 0 , à la date t = 0,4 s, EP pes = 20 J et EC = 15 J, valeurs précédemment calculées. 5. a. Lorsque  >  0 , l’élastique est étiré et le système {balle, ressort} possède de l’énergie potentielle élastique EP élas. b. D’après le graphique, à la date t = 0,6 s, on a : EP pes = 7,5 J ; EC = 11 J. Alors : EM = EP pes + EC + EP élas ; EP élas = EM – EP pes – EC = 35 – 7,5 – 11 ; EP élas = 16,5 J.

23. 1. Durant la phase d’élan, le système {perchiste} acquiert de l’énergie cinétique : EC = 1 . m . 2 . 2 À la fin de sa course d’élan : EC = EC1 = 0,5 × 80 × (9,0)2 = 3 240 ; EC1 = 3,2 kJ. 2. a. Soit EM1 , l’énergie mécanique à la fin de phase d’élan (situation 1) et EM2 l’énergie mécanique lorsque l’énergie potentielle du sauteur est maximale (situation 2) : EM1 = EC1 + EP pes1 et EM2 = EC2 + EP pes2 . L’altitude est repérée avec un axe vertical ascendant, d’origine O située au niveau du sol. Le niveau du sol est choisi comme niveau de référence de l’énergie potentielle. Ainsi : EP pes1 = m . g . z1 avec z1 = 1,05 m. En situation (2), l’énergie potentielle EP pes2 est maximale si l’énergie mécanique se conserve et si EC2 = 0 ; alors : EP pes2 = EC1 + EP pes1 = 3 240 + 80 × 9,8 ×1,05 = 4 063 ; EP pes2 = 4,1 kJ. EP pes2 b. EP pes2 = m . g . z2 ; z2 = = 4 063 = 5,2 m. m . g 80 × 9,8 EP pes2 3. z´2 = 0,80 × ; z´ = 4,2 m. m.g 2 4. La perche, pliée, possède de l’énergie potentielle élastique. Cette énergie est transférée au sauteur lorsqu’en fin de saut la perche se déplie. 5. a. Le sauteur effectue une chute libre de l’altitude z2 à l’altitude z0 (on suppose G au niveau du sol en fin de chute) : EP pes2 = EC0 = 1 . m . 02 ; 2 2 . EP pes2 1/2 2 × 4 063 1/2 d’où : 0 = = = 10,07 ; m 80 0 = 10 m . s–1. b. Le matelas amortit le choc. Il absorbe, en se déformant, l’énergie cinétique du sauteur.

[

] [

]

Sujet BAC Étude d’un oscillateur élastique horizontal 1. Aspect énergétique en l’absence de frottements 1 1 1.1. EM = EP élas + EC = . k . x2 + . m . 2. 2 2 2π 1.2. x(t) = xm . cos t + φ0 T0 (t) = x.(t) = – xm . 2π . sin 2π . x + φ0 T0 T0 2π = – m . sin . x + φ0 T0 avec : m = xm . 2π . T0 1.3. Pour une amplitude de 4,3 cm et une période propre de 0,30 s, la valeur de la vitesse maximale du mobile est : 2π = 0,90 m . s–1. m = 4,3 × 10–2 × 0,30 1.4. Case 1 : EM ; case 2 : EC ; case 3 : EP ; case 4 : la T durée désignée par la double flèche est 0 . 2

[( )

(

(

)

)

2. Aspect énergétique en présence de frottements 2.1. Dans le cas où l’on observe toujours des oscillations en présence de frottements, il s’agit d’un régime pseudo-périodique. Le temps caractéristique T est la pseudo-période. 2.2.1. L’énergie mécanique EM0 en fonction de l’allongement maximum initial xm0 est : EM0 = 1 . k . xm02. 2 x 2 1 m0 EM1 2 . k . r 1 2.2.2. = = 2. EM0 r 1 . k . x2 m0 2

[ [

( )] ]

Exercices complémentaires Énoncés 1. QCM Indiquer, pour chacune des phrases suivantes, la (ou les) proposition(s) exacte(s). 1. La relation W = $F . A $ B définissant le travail d’une force $F : a. est toujours vraie ; b. n’est vraie que si la force $F est constante ; c. n’est vraie que si la valeur de la force reste constante. 2. La valeur absolue du travail de la force exercée sur l’extrémité d’un ressort que l’on allonge de x : a. est supérieure à la valeur absolue du travail de la tension du ressort ; b. dépend de l’allongement du ressort ;

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]

159

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est égale à la valeur absolue du travail de la tension ; est égale à k . x 2. 3. L’énergie potentielle élastique d’un ressort de raideur k et allongé d’une quantité x : a. double si on double l’allongement ; b. est divisée par deux si la raideur est divisée par deux ; c. dépend du choix de l’origine des élongations ; d. est égale à k . g . x . 4. Dans un champ de pesanteur uniforme, la valeur de l’énergie potentielle de pesanteur d’un projectile : a. dépend du choix de l’origine des altitudes ; b. dépend de la vitesse du projectile ; c. double si la masse du projectile est divisée par deux ; 1 d. est égale à . m . g . h . 2 5. L’énergie mécanique d’un projectile : a. est la somme de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle ; b. est multipliée par quatre quand la vitesse double ; c. est constante si le mouvement du projectile s’effectue sans frottement ; d. est telle que sa variation entre deux points est égale au travail des forces de frottement entre ces deux points. c.

d.

2. Pistolet à fléchettes Un enfant souhaite envoyer sa fléchette verticalement et vers le haut. Pour ce faire, il « arme » le pistolet en comprimant son ressort de 5,0 cm à l’aide de la fléchette. La masse de la fléchette est de 20 g, la raideur du ressort de 1,0 × 103 N . m–1. 1. a. Évaluer le travail du poids de la fléchette au cours de ce mouvement et le travail fourni pour « armer » le pistolet. Commenter. b. Quelle est alors l’énergie potentielle élastique du système {ressort, fléchette} ? c. En déduire la valeur de l’énergie mécanique du système dans ces conditions. 2. L’enfant appuie sur la gâchette de son pistolet, dont le ressort se détend et propulse verticalement la fléchette vers le haut. La fléchette se détache du ressort lorsque ce dernier retrouve sa longueur naturelle. a. Calculer la variation d’énergie potentielle de pesanteur de la fléchette au cours de son ascension au contact du ressort. b. Si l’on néglige les frottements, quelle est la valeur de l’énergie mécanique du système {fléchette, ressort} à l’instant où le ressort retrouve sa longueur naturelle ? L’approximation qui consiste à négliger les frottements est-elle justifiée ? c. En déduire la vitesse acquise par la fléchette à cet instant. 3. On étudie maintenant le mouvement vertical de la fléchette séparée du ressort. a. Évaluer l’énergie mécanique de la fléchette à l’instant où elle quitte le ressort, en choisissant pour origine de l’énergie potentielle de pesanteur le point où se trouve alors le centre de gravité de la fléchette. b. En négligeant les frottements aérodynamiques, 160

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déterminer l’altitude atteinte par le centre de gravité de la fléchette. c. En réalité, le centre de gravité de la fléchette ne s’élève que de 5,4 m. Calculer la valeur du travail de la force de frottement aérodynamique et en déduire la valeur moyenne de cette force de frottement au cours de cette ascension. Donnée : g = 9,8 N . kg–1.

3. Travail de la tension d’un ressort Un joueur de flipper comprime le ressort du lanceur jusqu’à une longueur de 5,0 cm. Ce ressort, de raideur k égale à 40 N . m–1, a une longueur à vide 0 de 10 cm. 1. a. Dessiner les deux positions du ressort et représenter les forces exercées sur son extrémité. b. Quelles sont les valeurs de la tension du ressort au repos et à la fin de la compression ? 2. a. Calculer la valeur du travail de la tension du ressort au cours de cette compression. b. À quelle condition peut-on en déduire la valeur de la force exercée par l’opérateur lors de cette compression ? Quelle est alors cette valeur ?

4. Construire et exploiter une courbe d’étalonnage Pour mesurer des forces, on désire construire la courbe d’étalonnage T = f () d’un ressort. La longueur du ressort à vide 0 est de 15 cm. 1. a. Que représentent les deux grandeurs de la relation T = f () ? b. Décrire un protocole simple pour effectuer cet étalonnage. 2. La manipulation précédente conduit aux résultats suivants : T (N)

0

2

4

6

8

10

12

 (cm)

0

0,9

2,1

2,9

4,0

5,1

6,1

Construire la courbe d’étalonnage en prenant les unités suivantes sur chacun des axes : 1 unité en abscisse pour 1 cm d’allongement et 1 unité en ordonnée pour 1 N. b. Calculer la valeur de la raideur du ressort. 3. a. Expliquer comment on utilise le graphique pour calculer le travail effectué par l’opérateur lorsqu’il tire sur le ressort pour faire passer l’allongement de 2,0 cm à 6,0 cm. b. Calculer la valeur correspondante. a.

5. Projectiles tirés par une arme automatique Une arme automatique, dont le canon mesure 0,80 m de longueur et 12 mm de diamètre, peut tirer 180 coups par minute. Lors d’un tir horizontal, les balles de masse m égale à 40 g sont éjectées à la vitesse de 1 000 m . s–1. 1. Calculer l’énergie cinétique du projectile à la sortie du canon. 2. Le tir est horizontal.

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a. Quelle est la valeur minimale du travail de la force de propulsion nécessaire ? b. Quelle est la valeur moyenne de la force propulsive si on néglige les frottements ? En déduire la valeur moyenne de la pression des gaz s’exerçant sur le fond du canon. c. Calculer la puissance de cette arme automatique. d. L’énergie mécanique de la balle en mouvement dans le canon est-elle constante ? Justifier la réponse. 3. Le tir est vertical. a. En supposant que la force propulsive est la même que précédemment, calculer la nouvelle vitesse de la balle à la sortie du canon. Commenter. b. En prenant pour origine de l’énergie potentielle l’altitude de l’extrémité du canon, quelle est l’énergie mécanique du projectile à sa sortie ? c. Quelle altitude peut atteindre le projectile, en supposant que son énergie mécanique est constante ? Commenter la pertinence de cette hypothèse.

6. Mouvement d’un oscillateur Au cours d’une séance de travaux pratiques, on a enregistré le mouvement du centre d’inertie d’un solide de masse m égale à 410 g d’un oscillateur mécanique. Un logiciel a permis de tracer l’écart angulaire en fonction du temps : x = f (t). x (mm) +40

+20 +10 0

1

2

3

4

5

6

t (s)

–20 –30 –40

1. Le mouvement de cet oscillateur est-t-il périodique ? pseudo-périodique ? Que peut-on en conclure sur l’énergie mécanique du système {masse, ressort} ? 2. a. Déterminer la période propre T0 ou la pseudopériode T. b. En déduire la raideur du ressort en admettant que T ≈ T0 . 3. a. Déterminer la valeur de l’énergie mécanique aux instants t = 0 s et t = 4 s. b. En déduire la puissance moyenne dissipée par les forces de frottement sur la durée de 4 s.

Corrigés 1. b. ; 2. b. et c. ; 5. a., c. et d.

1. 2.

2 × 1,25 2 EM = = 11,18, soit  = 11 m . s–1. 0,02 m 3. a. EM = EPg + EC = EC ; EM = 1 . m . 2 = 0,5 × 0,02 × 125, soit EM = 1,25 J. 2 b. En l’absence de frottement, l’énergie mécanique de la fléchette dans le champ de pesanteur uniforme est constante. Au point culminant de son ascension, l’énergie cinétique est nulle, donc : EP = m . g . h = EM et E 1,25 = 6,37, soit h = 6,4 m. h= M = m . g 0,02 × 9,8 c. L’énergie mécanique finale vaut alors : EM´ = EPg = m . g . h´ < EM . La variation de l’énergie mécanique est égale au travail de la force de frottement : Wf = EM = EM´ – EM = m . g . (h´ – h) Wf = 0,02 × 9,8 (5,4 – 6,4), soit : Wf = – 0,20 J. En supposant cette force de frottement constante au cours de la montée (ce qui n’est pas le cas bien sûr), sa valeur moyenne est : W 0,20 , soit : Ff = 0,18 N. Ff = – = h´ 5,4 =

+30

–10

Le travail fourni par la force appliquée à la flèche comprimant le ressort est : W = 1 . k . x 2, 2 soit W = 0,5 × 103 × 25 × 10–4 = 125 × 10–2-J. Le travail du poids est négligeable par rapport au travail nécessaire à la compression du ressort (le rapport est de 1 à 125). b. L’énergie potentielle élastique du système est égale au travail précédent : EP élas = 1,25 J. c. L’énergie mécanique est la somme de l’énergie potentielle élastique et de l’énergie cinétique de la fléchette : EM = EP élas + EC ; ici, EC = 0 puisque la flèche est immobile ; donc EM = EP élas = 1,25 J. 2. a. La variation d’énergie potentielle de pesanteur est égale au travail du poids : EP pes = WP = 10–2 J. Cette variation est négligeable devant la variation d’énergie potentielle élastique. b. Au cours de ce déplacement sans frottement, l’énergie mécanique du système est constante : EM = 1,25 J. Les seuls frottements qui interviennent sont les frottements fluides de l’air sur la fléchette : ils ont un effet négligeable, car la vitesse de la fléchette reste très petite. c. EM = EP élas + EC = EC puisque le ressort a repris sa longueur naturelle, donc : EM = 1 . m . 2 ; 2

3. b.

et c. ;

4. a. ;

1. a. Le travail du poids est :

WP = m . g . (z1 – z2), soit WP = 2,0 × 10–2 × 9,8 × 5,0 × 10–2 = 9,8 × 10–3 J.

3.

$T est colinéaire au ressort et dirigée vers l’extérieur. b. Au repos : T0 = 0 ; à la fin de la compression : T5 = 2 N. x2 = – 5,0 × 10–2 J. 2. a. W = ∫ 05 T . d = – k . 2 b. Si le déplacement est effectué à vitesse négligeable, le travail W de la force exercée par l’opérateur est l’opposé du travail de la tension : W = + 5,0 × 10–2 J.

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1. a. $F est opposée à $T.

161

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4.

1. a. T est la tension du ressort ;  =  – 0 , 

étant l’allongement du ressort. b. Protocole : accrocher au ressort un dynamomètre de raideur voisine (ou suspendre des masses marquées dont on calculera le poids) et mesurer les tensions correspondant à quelques allongements également mesurés. 2. a. T (N)

EM = EC = 20 × 103 J. EM = 5 × 104 m = 50 km, c’est important. d. h = m.g La vitesse d’éjection étant très grande, les forces de frottement aérodynamiques proportionnelles à 2 sont très importantes et bien entendu non négligeables sur l’essentiel de la trajectoire du projectile ; ainsi, l’altitude atteinte est largement inférieure à 50 km. b.

12

8 6 4 2 0 0

1

2

3

4

5

6

(cm)

T 12 = = 2,0 × 102 N . m–1.  6,0 × 10–2 3. a. Mesurer l’aire du trapèze compris entre la courbe et les droites x1 et x2 : W = 1 . k . (x 22 – x 21). 2 b. W = 0,32 J. b.

k=

1 . m . 2 = 20 × 103 J. 2 2. a. Le projectile ayant une vitesse nulle au fond du canon, on applique le théorème de l’énergie cinétique : EC = 1 . m . 2 = W($F ) + W($F f ), d’où, ignorant tout 2 des frottements : W($F ) > EC = 20 × 103 J. W($F ) = 25 × 103 N ; b. F =  F p = = F 2 = 2,2 × 108 N . m–2 = 2,2 × 103 bar. S πd 4 3 W = 180 × 20 × 10 = 60 × 103 watt. c.  = t 60 d. Non, car elle est soumise à la force propulsive et aux frottements non négligeables de la balle dans le canon. 3. a. En négligeant les frottements, le théorème de l’énergie cinétique donne :

5.

1. Le mouvement est pseudo-périodique puisque l’allongement du ressort ne varie pas sinusoïdalement : le mouvement est amorti du fait des forces de frottement. L’énergie mécanique ne se conserve pas : elle diminue au cours des oscillations. 2. La pseudo-période est déterminée en prenant l’intervalle de temps entre les instants où l’élongation est nulle : 3 T ≈ 4,7 s ; d’où T = 1,6 s. La période propre est donnée par la relation :

6.

10

1. EC =

EC = W($F ) + W($P ), soit : 1 . m . 2 = W($F ) – m . g . . 2 2 = 02 – 2g .  et  = 1 000 – 16 = 984 J. L’énergie potentielle de pesanteur acquise à la sortie du canon étant négligeable, on peut considérer que la vitesse de sortie est ici la même que pour un tir vertical.

162

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T0 = 2π .

m. k

Donc, k = 4 π2 . m2 = 6,3 N . m–1. T0 3. a. À t = 0 s, x0 = – 35 mm et  = 0 m . s–1 ; EM = 1 . k . x20 = 3,8 × 10–3 J. 2 À t = 4 s, x4 = 25 mm et  = 0 m . s–1 ; EM = 1 . k . x42 = 2,0 × 10–3 J. 2 b. En 4 s, E = – 1,8 × 10–3 J ; la puissance moyenne dissipée par les forces de frottement est donc : 1,8 × 10–3 = 4,5 × 10–4 W, m = m = 0,45 mW.

Bibliographie Ouvrages • Raisonner en physique, la part du sens commun, L. Viennot, Collection Pratiques pédagogiques, De Boeck Université, 1996. • Physique, E. Hecht, De Boeck Université, 1999.

Sites Internet • e.m.c.2.free.fr/oscill-meca.htm • www.sciences.univ-nantes.fr/physique/perso/gtulloue/ Meca/Oscillateurs/ressort_rsf.html

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Ouverture au monde quantique Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel : D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

Contenus 5. L’atome et la mécanique de Newton : ouverture au monde quantique • Limites de la mécanique de Newton. • Quantification des échanges d’énergie. • Quantification des niveaux d’énergie d’un atome, d’une molécule, d’un noyau. • Application aux spectres, constante de Planck, E = h . ν.

Connaissances et savoir-faire exigibles • Connaître les expressions de la force d’interaction gravitationnelle et de la force d’interaction électrostatique. • Savoir que l’énergie de l’atome est quantifiée et que la mécanique de Newton ne permet pas d’interpréter cette quantification. • Connaître et exploiter la relation E = h . ν, connaître la signification de chaque terme et leur unité. • Convertir les joules en eV et réciproquement. • Interpréter un spectre de raies. • Dans les échanges d’énergie, associer le MeV au noyau et l’eV au cortège électronique.

Exemples d’activités • Étude d’une banque de données des volumes atomiques. • Observation de la variété des systèmes planétaires et de l’identité de la structure et des propriétés (masse, dimension, spectre) de tous les systèmes atomiques de même composition. • Étude d’un document montrant la quantification des échanges d’énergie. • Étude de spectres.

Commentaires Pour comparer les systèmes planétaires et atomiques on rappellera les expressions des forces d’interaction gravitationnelle et électrostatique. On remarquera que bien que les deux forces aient la même forme (en 12) les structures auxquelles elles r donnent naissance sont très différentes : variété des systèmes planétaires (par exemple, liberté de placer un satellite à n’importe quelle altitude), identité surprenante des systèmes atomiques.

Matériel Cours Pour réaliser des spectres d’émission et d’absorption : – une lampe à hydrogène, une lampe à vapeur de sodium et une lampe à mercure ; – un prisme ou un réseau ; – des lentilles adaptées ; – une source intense de lumière blanche (lampe à iode de phare automobile) ; – du sodium. Le spectre d’absorption du sodium peut être réalisé soit en dirigeant le faisceau de lumière blanche vers la vapeur de sodium obtenue en chauffant un morceau de ce métal, soit en dirigeant le faisceau vers une flamme d’un mélange d’alcool et d’une solution saturée de chlorure de sodium imprégnant de la laine de verre placée dans une coupelle.

Rechercher et expérimenter – Une lampe à ampoule de quartz et son alimentation. – Un électroscope.

Déroulement du chapitre >

Objectifs

• Savoir que l’énergie de l’atome est quantifiée et que la mécanique de Newton ne permet pas d’interpréter cette quantification. • Connaître et exploiter la relation E = h . ν. • Interpréter un spectre de raies.

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15

Physique

chapitre

163

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Activités préparatoires

2. Les limites de la mécanique newtonienne

A. Les insuffisances du modèle

2.1. Étude du spectre d’émission de l’atome

planétaire Il s’agit de Niels Bohr remettant en cause le modèle planétaire de l’atome et l’inadaptation de la mécanique newtonienne pour décrire l’atome. Réponses aux questions 1. Parmi les insuffisances du modèle planétaire de l’atome, Niels Bohr indique que si les atomes sont des systèmes planétaires, ils doivent être extrêmement sensibles aux collisions et autres perturbations, et ce n’est pas le cas. Il s’étonne que des atomes, d’une matière donnée, soient parfaitement identiques et complètement indépendants de leur histoire passée. 2. Le modèle de Rutherford s’appuie sur la mécanique de Newton, la conception de Bohr s’appuie sur des considérations énergétiques (discontinuité des états d’énergie de l’atome).

B. Le spectre du Soleil Le spectre de la lumière provenant du Soleil : spectre « faussement » continu, car strié de fines raies d’absorption.

Cours

1. Les prévisions de la mécanique 1.1. Les interactions gravitationnelles et électriques

Ces deux interactions sont revues et comparées : l’une est toujours attractive, l’autre attractive ou répulsive. Au niveau macroscopique, à l’échelle de l’Univers l’interaction gravitationnelle prime, les interactions électriques, répulsives ou attractives se compensant. Au niveau microscopique, les interactions électriques sont dominantes. Ce sont des forces « en 12 », dites « forces newtor niennes ».

1.2. La mécanique de NEWTON appliquée à l’atome

L’énergie d’un système de corps en interaction gravitationnelle peut prendre toutes les valeurs, sans discontinuité (dans un intervalle de définition donné). Même si l’énergie d’un système Terre-satellite (par exemple) n’a pas été étudié, on peut fonder cette affirmation sur le fait que la vitesse d’un satellite peut prendre toutes les valeurs, sans discontinuité, dans un intervalle donné : il suffit de le placer à la bonne altitude avec la bonne vitesse. En est-il de même de l’énergie de deux corps en interaction électrique, lorsqu’il s’agit d’un électron en interaction avec son noyau ? C’est à cette question que l’on répondra après l’étude des spectres d’émission.

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Le spectre de la lumière émise par une lampe à hydrogène n’est pas continu mais présente des raies. L’énergie émise par l’hydrogène ne peut pas prendre toutes les valeurs, sans discontinuité, dans un intervalle donné. Les fréquences des radiations émises sont quantifiées : elles ne peuvent prendre que des valeurs « discrètes », particulières, bien définies, toujours les mêmes pour tous les atomes d’hydrogène.

>

Activité 1

Réponse à la question Le spectre de la lampe à hydrogène est un spectre de raies. C’est un spectre d’émission.

2.2. Le modèle du photon Comment est transférée l’énergie libérée par un atome ? On introduit le modèle du photon. À une radiation monochromatique donnée (fréquence donnée) sont associés des photons identiques, tous porteurs de la même quantité d’énergie : un « quanta » particulier, bien défini de valeur donnée par la relation E = h . ν. On introduit ici l’unité d’énergie utilisée au niveau microscopique : l’électronvolt.

2.3. Les postulats de BOHR

de NEWTON

164

d’hydrogène

Les postulats de Bohr sont présentés. On conclut en revenant à la question posée en fin de paragraphe 1 : l’énergie d’un système {noyau, électron} ne peut pas prendre toutes les valeurs, sans discontinuité (dans un intervalle de définition donné), comme le voudrait le modèle planétaire de l’atome, modèle basé sur la mécanique newtonienne.

2.4. Le diagramme énergétique de l’atome d’hydrogène

La difficulté est de s’accoutumer au fait d’attribuer des valeurs négatives aux différents états excités et à l’état fondamental. Si nécessaire, on peut reprendre l’expression de l’énergie potentielle de gravitation EP = m . g . z, et montrer que sur les « étagères » situées en dessous du niveau zéro, les énergies potentielles du pot de confiture sont négatives.

2.5. Étude du spectre d’absorption de l’atome d’hydrogène

Si l’atome d’hydrogène libère de l’énergie par quanta, il en absorbe aussi par quanta. Ces constatations illustrent bien les postulats de Bohr.

>

Activité 2

Réponse à la question Il s’agit d’un spectre de raies d’absorption sur le fond du spectre continu de la lumière blanche. On constate que les raies d’absorption ont les mêmes longueurs d’onde que les raies d’émission.

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3. La quantification d’énergie se retrouve-t-elle dans tout le domaine microscopique ? On généralise maintenant la notion de quantification aux atomes autres que l’atome d’hydrogène, aux molécules et aux noyaux. On retient que les variations d’énergie des atomes sont de l’ordre de l’électronvolt (eV) ; elles sont de l’ordre du MeV pour les noyaux. Le programme ne demande pas d’évoquer les variations d’énergie correspondant aux couches électroniques « internes », de l’ordre du keV (rayons X).

2.

E = 3,03 × 10–19 J = 1,89 eV. 2. λ = 488 nm ; cette radiation est située dans le visible.

3. 1. Il s’agit d’un spectre d’émission, car les raies sont lumineuses. 2. a. λ = 589 nm. b. Radiation de couleur jaune orangé. 4.

410

434

E (J)

4,85 × 10–19

4,58 × 10–19

E (eV)

3,03

2,86

l (nm)

486

656

E (J)

4,09 × 10–19

3,03 × 10–19

E (eV)

2,56

1,90

La dualité onde-corpuscule

Réponses aux questions 1. En considérant la lumière uniquement comme une onde, il suffirait d’augmenter la puissance d’un faisceau lumineux pour arracher des électrons à n’importe quel métal : ce n’est pas le cas. Il faut que la fréquence de la radiation soit supérieure à un certain seuil, c’est-à-dire que les photons correspondants possèdent un minimum d’énergie. 2. Newton avait déjà élaboré une théorie représentant la lumière comme un flux de particules ; c’est ainsi qu’il avait tenté d’interpréter les lois de Descartes sur la réfraction. Cette représentation fut ensuite abandonnée au profit du modèle ondulatoire de Fresnel. Ainsi Newton avait déjà pressenti le modèle corpusculaire qui devait renaître avec Einstein dans son interprétation de l’effet photoélectrique. C’est la raison pour laquelle Louis de Broglie écrit que Newton avait raison contre Fresnel. 3. L’expérience illustrant la phrase écrite en gras est décrite dans la première partie de notre étude. 4. Des cellules photoélectriques sont utilisées pour commander l’ouverture (la fermeture) des portes (de garage notamment).

Corrigés des exercices Savoir s’autoévaluer a. Faux, elles sont de l’ordre de l’eV. Faux. Vrai. Faux.

1. b. c. d.

2. E2 = – 3,39 eV ; E3 = – 1,49 eV ; E4 = – 0,83 eV ;

E5 = – 0,53 eV ; E6 = – 0,36 eV. 3. E3 → E2 (656 nm) ; E4 → E2 (486 nm) ; E5 → E2 (434 nm) ; E6 → E2 (410 nm).

5. 1. Les raies noires correspondent à des radiations absorbées par l’atmosphère qui entoure le Soleil. 2. a. Dans les gaz entourant le Soleil, on trouve de l’hélium. b. Ces deux radiations se situent dans le violet et le bleu. Exercices 1. a. Interaction électrique et interaction gravitationnelle. qA . qB m .m b. Fe = k . ; Fg = G . A 2 B . r2 r 2. a. Vrai. b. Vrai. c. Vrai. d. Faux.

1.

1. a. Cet atome est composé de 3 protons, 3 neutrons et 3 électrons. b. La mécanique de Newton appliquée au modèle planétaire de cet atome prévoit que l’énergie de l’atome doit varier continûment. 2. Le spectre de raies montre que l’énergie est quantifiée, elle ne varie pas continûment. La mécanique de Newton n’est pas satisfaisante.

2.

c = 3,00 × 108 = 5,49 × 1014 Hz. λ 546 × 10–9 h . c; b. E = h . ν = λ –34 6,63 × 10 × 3,00 × 108 E= 546 × 10–9 = 3,64 × 10–19 J, –19 soit : E = 3,64 × 10–19 = 2,28 eV. 1,60 × 10

3.

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1.

l (nm)

Rechercher et expérimenter On aborde ici l’histoire des sciences et l’évolution des idées en physique. On propose de présenter une expérience (classique) sur l’effet photoélectrique. L’interprétation de ce phénomène met à mal le modèle ondulatoire de la lumière, alors que ce modèle permet d’expliquer d’autres phénomènes, comme la diffraction ou les interférences. Qu’en est-il de la lumière ? Corpusculaire ou ondulatoire ?

1. ν = 4,57 × 1014 Hz ;

1. a. ν =

165

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2. a. E = 2,11 × 1,60 × 10–19 = 3,38 × 10–19 J. b.

E = h . ν = h . c; λ –34 6,63 × 10 × 3,00 × 108 = 3,38 × 10–19 J, E= 589 × 10–9 –19 soit : E = 3,38 × 10–19 = 2,11 eV. 1,60 × 10 c.

–34 × 108 λ = h . c = 6,63 × 10 × 3,00 –19 E 3,38 × 10 = 5,89 × 10–7 m = 589 nm.

c = 3,00 × 108 = 2,83 × 1013 Hz . λ 10,6 × 10–6 h . c; 2. E = h . ν = λ –34 × 108 E = 6,63 × 10 × 3,00 –6 10,6 × 10 = 1,88 × 10–20 J, –20 soit : E = 1,88 × 10–19 = 0,117 eV. 1,60 × 10 3. Énergie émise chaque seconde : Ee =  . t = 0,10 × 1 = 0,10 J. Nombre de photons émis chaque seconde : Ee 0,10 = 5,3 × 1018 photons. = E 1,88 × 10–20

4.

5.

1. ν =

8. 1. Les échanges d’énergies du noyau, de l’atome et de la molécule sont quantifiés. 2. Les échanges d’énergie du noyau sont de l’ordre du MeV, ceux de l’atome sont de l’ordre de l’électronvolt (eV). 9.

1. Les particules citées sont les photons.

2. La fréquence et la célérité sont deux grandeurs caractérisant une onde électromagnétique et les photons qui lui sont associés. 3. La diffraction de la lumière met en évidence son caractère ondulatoire.

1. a. Ce spectre n’est pas continu, il montre

que seules certaines radiations, raies colorées, sont émises par la lampe. b. Les spectres de ce type montrent que l’énergie de l’atome est quantifiée. 2. a. E´ = 3,64 × 10–19 J, soit 2,28 eV. b. E = 3,82 × 10–19 J, soit λ = 520 nm. Cette raie n’est pas dans le spectre.

6. 1. a. Le niveau fondamental est le niveau de plus basse énergie. b. Le niveau de référence couramment choisi est celui de l’atome ionisé. Son énergie est nulle. c. L’énergie à fournir à un atome d’hydrogène pour l’ioniser, si celui-ci se trouve au niveau fondamental, est de 13,6 eV. h.c 2. a. λ = |E2 – E3| × 1,60–19 –34 108 = 6,61 × 10–7 m ; = 6,63 × 10 × 3,00 × –19 1,88 × 1,60 × 10 λ = 661 nm. b. L’énergie de l’atome diminue, donc la radiation est émise. h.c 3. a. λ = |E2 – E1| × 1,60–19

10. 1. a. Le niveau choisi comme référence est le niveau fondamental. b. Les énergies des autres niveaux sont supérieures à celle du niveau fondamental, elles sont donc positives. h . c = 6,626 × 10–34 × 2,997 9 × 108 2. a. λD1 = |E | (2,102 81 – 0) × 1,602 2 × 10–19 = 589,6 × 10–9 m = 589,6 nm. h . c = 6,626 × 10–34 × 2,997 9 × 108 b. λD2 = |E | (2,104 94 – 0) × 1,602 2 × 10–19 = 589,0 × 10–9 m = 589,0 nm. 3. a. Ces raies sont situées à 0,6 nm l’une de l’autre, sur le spectre : elles sont très proches. b. Le terme « doublet » est relatif à la présence de deux raies très proches qui apparaissent souvent en une raie unique. 0,6 c. Écart relatif : × 100 = 0,1 %. 589,0 1. Le spectre comporte des raies colorées sur fond noir, c’est un spectre d’émission. h . c en J avec λ en m 2. E = λ h.c et E = en eV avec λ en m. λ × 1,60 × 10–19

11.

–34 108 = 1,22 × 10–7 m ; = 6,63 × 10 × 3,00 × –19 11,2 × 1,60 × 10 λ = 122 nm. b. L’énergie de l’atome augmente, donc la radiation est absorbée.

l (nm)

511,9

562,6

595,0

662,0

E (eV)

2,43

2,21

2,09

1,88

12. 7.

1. Le spectre (a) est un spectre d’absorption, le

spectre (b) est un spectre d’émission. 2. a. Les radiations absorbées ont pour longueur d’onde λ = 589 nm. b. Les longueurs d’ondes des radiations absorbées ont la même valeur que celles de certaines des radiations émises. 166

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1. a. Cette radiation est jaune.

La longueur d’onde dépend du milieu de propagation. 2. a. La lumière produite par la lampe est absorbée par la flamme. b. La longueur d’onde de la radiation absorbée, λ = 589 nm, est la même que la longueur d’onde de la radiation émise. b.

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b.

0 – 0,54 – 0,85 – 1,51

6,63 × 10–34 × 3,00 × 108 = 1,61 eV. 770,0 × 10–9 × 1,60 × 10–19

– 3,40

–34 8 Eαγ = 6,63 × 10 –9 × 3,00 × 10–19 = 1,63 eV. 764,5 × 10 × 1,60 × 10

3. Eβ = Eα +

h.c λ

– 13,6

–34 8 = – 4,34 + 6,63 × 10 –9 × 3,00 × 10–19 770,0 × 10 × 1,60 × 10 = – 2,73 eV; Eγ = Eα + h . c λ –34 8 = – 4,34 + 6,63 × 10 –9 × 3,00 × 10–19 764,5 × 10 × 1,60 × 10 = – 2,71 eV.

Eionisation = 13,6 eV ; Efondamental = 0 eV. La plus grande longueur d’onde correspond à la plus petite variation d’énergie, la plus courte longueur d’onde correspond à la plus grande variation d’énergie : 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108 λmax = h . c = |E | (– 3,40 – (– 13,6)) × 1,60 × 10–19 =122 × 10–9 m = 122 nm ;

c.

d.

1. Le niveau choisi comme référence est le

14.

niveau fondamental. 2.

Bi → 208 Tl* + 42He 81

212 83

Tl* → 208 Tl + γ 81

208 81

et

3. a. La plus grande longueur d’onde correspond à

la plus petite variation d’énergie. –34 8 λmax = h . c = 6,63 × 10 × 3,00 × 10 –19 |E | (0,04 – 0) × 1,60 × 10 = 3 × 10–5 m. b. La plus petite longueur d’onde correspond à la plus grande variation d’énergie. –34 8 λmin = h . c = 6,63 × 10 × 3,00 × 10–19 |E | (0,616 – 0) × 1,60 × 10 = 2,02 × 10–6 m .

15.

1. Les valeurs permises de l’énergie sont quan-

tifiées, donc les différences d’énergie sont, elles aussi, quantifiées. h . c; 2. E = h . ν = λ –34 6,63 × 10 × 3,00 × 108 E (J) = λ(m) –34 8 ou E (eV) = 6,63 × 10 × 3,00 ×–1910 . λ(m) × 1,60 × 10 l (nm)

515

569

589

615

E (eV)

2,41

2,18

2,11

2,02

Transition

8 vers 2

6 vers 2

2 vers 1

5 vers 2

16.

1. a.

–34 8 λmin = h . c = 6,63 × 10 × 3,00 × 10–19 |E | (0 – (– 13,6)) × 1,60 × 10 = 91,4 × 10–9 m = 91,4 nm. h . c, 2. a. λpq = Epq E0 E0 – 2 2 p q E pq = donc : 1 = λpq h . c h.c 1 1 E0 . 2 – 2 p q E0 1 1 – = = . h . c p2 q 2 h.c

( )

( )

E0 1 1 et 1 = RH . 2 – 2 , donc : RH = . h.c p q λpq

( )

13,6 × 1,60 × 10–19 = 1,094 02 ; 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108 RH = 1,09 × 107 m–1. c. Pour la série de Lyman, p = 1. La plus grande longueur d’onde correspond à q = 2, la plus petite longueur d’onde correspond à q → ∞. –1 λmax = RH . 12 – 12 1 2 –1 = 1,094 02 × 107 × 12 – 12 1 2 = 1,22 × 10–7 m = 122 nm ; –1 λmin = RH . 12 – 12 1 ∞ –1 = 1,094 02 × 107 × 12 – 12 1 ∞ = 9,14 × 10–8 m = 91,4 nm. En gardant suffisamment de chiffres significatifs pour RH , on retrouve les résultats précédents. b.

RH =

( ( (

))

( ( (

))

(

))

(

))

1. Les deux interactions newtoniennes sont l’interaction gravitationnelle et l’interaction électrique. 2. On dit que ces interactions présentent des analogies, car elles ont des points communs : – leur droite d’action joint les corps en interaction ;

17.

n

1

2

3

4

5

En (eV)

– 13,6

– 3,40

– 1,51

– 0,85

– 0,54

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E (eV)

min

2. a. Eαβ =

b.

max

13. 1. L’énergie correspondant à l’état ionisé est nulle, celle du niveau fondamental est donc négative. Elle est égale à l’opposé de l’énergie d’ionisation : Eα = – 4,34 eV.

167

5/08/06 9:11:01

– leur valeur est proportionnelle à 12 , r représentant r la distance séparant les deux corps en interaction. 3. a. On note $Fe,e→n et $Fe,n→e les forces électriques exercées respectivement par l’électron sur le noyau et par le noyau sur l’électron. De même, on note $Fg,e→n et $Fg,n→e les forces gravitationnelles. Les forces gravitationnelles sont attractives. Comme les signes des charges sont opposés, les forces électriques sont attractives. d noyau masse m p charge e

Fe,e

Fe,n

e

Fg,n

e

n

Fg,e

n

électron masse m e charge –e

Fe = k . e .2e d –19 × 10–19 = 9,0 × 109 × 1,60 × 10 × 1,60 –12 2 (50 × 10 ) = 9,2 × 10–8 N ; m .m Fg = G . e 2 p d –31 × 10–27 = 6,7 × 10–11 × 9,11 × 10 × 1,67 –12 2 (50 × 10 ) = 4,1 × 10-47 N. c. Fe >> Fg. La force électrique a une valeur très supérieure à celle de la force de gravitation. Fe = 2 × 1039. Fg b.

c 3,00 × 108 = = 0,122 m. ν 2,45 × 109 b. Ces radiations appartiennent au domaine des micro-ondes, ensuite il y a le domaine des infrarouges, puis les radiations visibles. c. L’énergie du photon associé à ces ondes vaut : E = h . ν = 6,63 × 10–34 × 2,45 × 109 = 1,62 × 10–24 J ; –24 E = 1,62 × 10–19 = 1,01 × 10–5 eV. 1,6 × 10 2. Les matériaux sont composés de molécules d’eau qui en vibrant s’échauffent et par conduction échauffent le matériau. 3. Notre corps contient des molécules d’eau qui se mettraient à vibrer.

18.

19.

1. a. λ =

1. a. et b.

Groupement

C=O

O–H

C=C

1 (cm–1) l

1 700

3 550

1 650

l (µm)

5,882

2,817

6,061

E (eV)

0,211

0,441

0,205

s=

2. Les bandes d’absorption montrent que les échanges d’énergie sont quantifiés. 3. b. Spectre (a) : butan-2-one ; spectre (b) : butan-2-ol.

168

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Sujets BAC Lampe à vapeur de sodium 1. 1.1. Les radiations appartenant : – au domaine du visible ont pour longueur d’onde : 589,0 568,8 nm, nm et 615,4 nm ; 589,6 – au domaine des UV : 330,3 nm ; – au domaine des IR : 819,5 nm et 1 138,2 nm. 1.2. C’est une lumière polychromatique, car elle contient plusieurs radiations de longueurs d’onde différentes. 1.3. La fréquence d’une radiation de longueur d’onde λ est donnée par : 8 ν = c , soit ν = 3,00 × 10 –9 = 5,09 × 1014 Hz. λ 589,0 × 10 1.4. h est la constante de Planck et e est la charge électrique élémentaire. 2.

2.1. E (eV) 0

état excité

E5 = – 0,85

état excité

E4 = – 1,38

état excité

E3 = – 1,52

état excité

E2 = – 1,94

état excité 1,09 eV absorption état excité

E1 = – 3,03 2,11 eV émission E0 = – 5,14

état fondamental

2.2. Les niveaux d’énergie de l’atome sont quantifiés :

les variations d’énergie sont aussi quantifiées. Les énergies et les fréquences des photons émis lors de ces variations d’énergie ont des valeurs discrètes, particulières ; le spectre est discontinu. 2.3.a. La variation d’énergie est liée à la longueur d’onde de la radiation par la relation : E = h . c en J ; E = h . c en eV ; λ λ.e 3,00 × 108 –34 E = 6,62 × 10 × ; 589,0 × 10–9 × 1,60 × 10–19 E = 2,11 eV. 2.3.b. Il s’agit d’une transition du niveau E1 au niveau E0 (voir le graphique de la question 2.1.). 3.1. Une radiation est absorbée si l’énergie de ses photons est égale à la différence d’énergie entre deux des états quantifiés d’énergie de l’atome considéré. Ici, le quantum d’énergie 1,09 eV correspond à la différence E2 – E1 = 1,09 eV. La radiation interagit donc avec l’atome de sodium. 3.2. L’atome absorbe de l’énergie lorsqu’il passe de l’état E1 à l’état E2 (voir le graphique de la question 2.1.). Il s’agit d’une raie d’absorption.

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Les documents (a) et (b) représentent les spectres d’absorption de deux molécules organiques.

Les tubes fluorescents 1 et 2 contiennent de la vapeur de mercure : on retrouve dans leurs spectres les raies spécifiques de la vapeur de mercure.

1.

(a) 100

2. Étude du spectre du mercure 2.1. Le niveau le plus bas du diagramme énergétique

est appelé « niveau fondamental ». 2.2. L’état de l’atome, au niveau E2, est un état excité. 2.3.a. La perte d’énergie se manifeste par l’émission

d’une radiation lumineuse, émission d’un photon. c en J ou en eV ; 2.3.b. |E | = h . λ 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108 λ= h.c = |E | (10,44 – 5,54) × 1,60 × 10–19 = 2,54 × 10–7 m ; λ = 254 nm. 2.3.c. Les limites des longueurs d’onde dans le vide du spectre visible, sont 400 nm et 800 nm. La radiation de longueur d’onde 254 nm appartient au domaine des UV.

3. Des UV à la lumière visible 3.1. La vapeur de mercure contenue dans le tube peut émettre des radiations de longueur d’onde dans le vide 254 nm, comprises entre 200 nm et 300 nm, et permet donc à la poudre déposée sur les parois du tube d’émettre de la lumière visible. 3.2. Les poudres permettent d’obtenir des radiations non émises par la vapeur de mercure. 3.3. La lumière émise par le tube 1 est plus riche en radiations comprises entre 560 nm et 620 nm que la lumière émise par le tube 2. La lumière du tube 1 est plus « chaude » que celle du tube 2.

Exercices complémentaires Énoncés 1. Comparer des spectres d’absorption 1. Sachant qu’une longueur d’onde λ = 5 × 10–6 m

correspond un nombre d’onde σ de 2 000 cm–1, exprimer la relation liant σ à λ. 2. Le tableau suivant donne quelques nombres d’onde des bandes centrales d’absorption de certains groupes fonctionnels en chimie organique. Liaison

C=O

O—H

N—H

C=C

s (cm )

1 700

3 600

3 200

1 650

Liaison

| — C —H | tertiaire

| — C —H | tétra

H | — C —H | H

C —N

s (cm–1)

2 900

1 200

1 400

1 250

–1

nombre d'onde

(cm–1)

800

100 3 600

1 800

1 400

1 000

(b) 4 000 3 000

nombre d'onde 2 500 2 000

(cm–1) 1 500 1 300 1 100 1 000

a. Quels sont les groupements fonctionnels présents dans ces molécules ? b. Attribuer chaque spectre à l’une des molécules suivantes : • la propanone (CH3—CO—CH3) ; • le propanol (CH3—CHOH—CH3) ; • la diméthylamine (CH3—NH—CH3).

2. Les niveaux d’énergie de l’atome d’hydrogène Les différents niveaux d’énergie de l’atome d’hydrogène sont donnés par la relation : E = – 13,6 avec E en eV n2 et n un nombre entier naturel non nul. 1. Faire le schéma classique du diagramme de ces niveaux d’énergie en utilisant une échelle de 1 cm pour 1 eV (on ne représentera que les six premiers niveaux). 2. Déterminer l’énergie minimale, en électronvolt et en joule, qu’il faut fournir à un atome d’hydrogène pour l’ioniser : a. lorsqu’il est dans son état fondamental (n = 1) ; b. lorsqu’il est sur son premier niveau d’énergie excité (n = 2). 3. L’atome est excité sur le niveau 6. a. Montrer qu’il peut émettre un grand nombre de raies en se désexcitant vers le niveau fondamental. b. Quelle est la raie de plus grande énergie et, par conséquent, de plus courte longueur d’onde ? Calculer cette longueur d’onde λ1 en nm. (On admettra que toutes les transitions sont possibles.) 4. a. Représenter par des flèches, sur le diagramme précédent, les transitions correspondant à la série de Balmer (retour au niveau d’énergie tel que n = 2). b. En déduire les longueurs d’onde limites de cette série.

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0

% transmission

Principe de fonctionnement d’un tube fluorescent

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5. Un ion H+ absorbe un électron d’énergie cinétique

de 1 eV. L’atome formé se désexcite aussitôt vers l’état fondamental. Quelle est la longueur d’onde de la radiation émise ?

3. Première ionisation de l’atome de mercure L’atome de mercure peut donner des ions différents, en particulier les ions Hg+ et Hg2+. La première ionisation, dont l’énergie est de 10,40 eV, correspond à l’obtention de l’ion Hg+. Le premier niveau d’énergie est situé à 4,89 eV au-dessus du niveau fondamental. 1. Dans une enceinte, on introduit de la vapeur de mercure. Lorsqu’on éclaire cette vapeur par une radiation de longueur d’onde λ, il peut y avoir absorption de la raie (dite de résonance) correspondant au passage du niveau fondamental au premier niveau excité. Calculer la longueur d’onde λ de la raie absorbée. 2. Des photons d’énergie de 12,00 eV traversent cette vapeur de mercure. Expliquer le phénomène qui se produit alors. 3. On envoie sur cette vapeur de mercure un faisceau de lumière ultraviolette comprenant des radiations dont les longueurs d’onde sont comprises entre 250 nm et 300 nm. Décrire le phénomène observé.

4. Comparaison de l’ion He+ et de l’atome d’hydrogène Le document présente le spectre d’émission de l’atome d’hydrogène dans le domaine visible.

656,3

486,1 434,1 longueur d'onde (nm)

410,2

L’hélium, de symbole He, a pour numéro atomique Z = 2. 1. Comparer la structure électronique d’un atome d’hydrogène à celle d’un ion He+. 2. Après excitation, un ion He+ émet des radiations d’énergie E1 = 1,89 eV, E2 = 2,55 eV, E3 = 2,86 eV et E4 = 3,03 eV. Calculer les longueurs d’onde correspondantes. 3. Comparer le spectre de cet ion à celui de l’atome d’hydrogène et interpréter le résultat. 4. Les niveaux d’énergie de l’ion He+ sont donnés par où n est un entier supérieur l’expression En = – 54,4 n2 ou égal à 1 et En est exprimé en eV. a. Construire le diagramme d’énergie de cet ion en adoptant une énergie nulle pour l’état ionisé (électron au repos à distance « infinie » du noyau), n variant de 1 à 12. b. À quelles transitions correspondent les radiations citées dans la question 2. ? 5. L’ion He+ dans son état fondamental peut-il absorber les radiations de longueurs d’onde respectivement égales à 62,5 nm, 30,39 nm, 20,7 nm ? Justifier la réponse. 170

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Corrigés 1 avec λ en cm, si σ est en cm–1. σ 2. a. Le spectre (a) révèle la présence d’un groupement C=O (1 700 cm–1), d’un groupement CH3 (1 400 cm–1) et d’une liaison C—H (1 200 et 2 900 cm–1). Le spectre (b) révèle les groupes C—N (1 200 cm–1), CH3 (1 400 cm–1), C—H (2 900 cm–1) et N—H (vers 3 200 cm–1) b. Le document (a) correspond à la propanone et le document (b) à la diméthylamine.

1.

1. λ =

2. 1. Voir le document 10, page 337 du cours. Niveaux : – 13,6 eV ; – 3,40 eV ; – 1,51 eV ; – 0,85 eV ; – 0,54 eV ; – 0,38 eV. 2. a. 13,6 eV, soit 2,18 × 10–18 J. b. 3,40 eV, soit 5,44 × 10–19 J. 3. a. Outre la désexcitation directe de n = 6 vers n = 1, il existe, a priori, de nombreux processus de désexcitation par paliers successifs, par exemple de n = 6 vers n = 5, de n = 5 vers n = 2, de n = 2 vers n = 1, etc. b. La raie de plus grande énergie correspond à la désexcitation directe de n = 6 vers n = 1 avec un transfert d’énergie E6 – E1 = – 0,38 – (– 13,6) = 13,2 eV. λ = 1 241 = 94,0 nm. 13,2 4. a. Flèches reliant le niveau 6 au niveau 2, le niveau 5 au niveau 2, etc. b. Transition de n = 6 à n = 2 : E6 – E2 = – 0,38 – (– 3,4) = 3,0 eV et λ = 414 nm ; transition de n = 3 à n = 2 : E3 – E2 = – 1,51 – (– 3,4) = 1,9 eV et λ = 653 nm. 5. Le système {noyau H+, électron} d’énergie initiale 1 eV passe au niveau d’énergie – 13,6 eV : il libère un photon d’énergie 14,6 eV associé à une onde de longueur d’onde λ = 85,0 nm. 3.

1. λ = 254 nm.

2. L’énergie des photons est suffisante pour provoquer les premières ionisations. Les radiations sont absorbées et des électrons éjectés avec une énergie de 12,00 – 10,40 = 1,60 eV. 3. Les photons correspondant à λ = 254 nm sont absorbés par les atomes. Ces atomes excités émettent dans toutes les directions la raie de longueur d’onde 254 nm. Dans le faisceau de lumière qui a traversé la vapeur, l’intensité de la raie de 254 nm est très affaiblie.

4.

1. L’atome H et l’ion He+ possèdent un seul

électron. 2. λ1 = 656,6 nm ; λ2 = 486,7 nm ; λ3 = 433,9 nm ;

λ4 = 409,6 nm.

3. On retrouve des longueurs d’onde quasi identiques :

avec un seul électron, les états énergétiques sont comparables. 4. a. E1 = – 54,4 eV ; E2 = – 13,6 eV ; E3 = – 6,04 eV ; E4 = – 3,40 eV ; E5 = – 2,18 eV ; E6 = – 1,51 eV ; etc. b. 1,89 eV : passage de n = 6 à n = 4 ; 2,55 eV : passage de n = 8 à n = 4 ;

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2,86 eV : passage de n = 10 à n = 4 ; 3,02 eV : passage de n = 12 à n = 4. 5. Pour 62,5 nm, E = 19,9 eV : la radiation ne sera pas absorbée. Pour 30,39 nm, E = 40,8 eV : la radiation correspond à la transition du premier niveau (E1 = – 54,4 eV) au deuxième niveau (E2 = – 13,6 eV) ; elle sera donc absorbée. Pour 20,7 nm, E = 60 eV : la radiation pourra ioniser l’ion H+, car il suffit de 54,4 eV.

Bibliographie Ouvrages • Physique atomique, Volume 1, Atome et rayonnement : interactions électromagnétiques, B. Cagnac, L. TchangBrillet et J.-C. Pebay-Peroula, Dunod, 2005. • Lumière et matière, une étrange histoire, R. Feynman, Seuil, 1992.

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La saga de la mesure du temps

16

Physique

chapitre

E. L’évolution temporelle des systèmes et la mesure du temps (2 H.E.)

2. x(t = 0) = xm . cos φ0 = 5 cm (1) Lorsque l’élongation du ressort est maximale, la vitesse de l’oscillateur est nulle. dx(t) = – 2π . sin (2π . t + φ0) ; (t) = dt T0 T0 (t = 0) = 0 = – 2π . sin φ , d’où φ = 0.

Objectif

De (1), il vient que xm = 5 cm.

Cette partie est considérée comme une révision de fin d’année, autour de la mesure du temps. Elle ne comporte aucune connaissance théorique ou compétence exigible nouvelle.

m. k 4π2 . m 4π2 × 0,250 b. k = = = 9,9 N . m–1. T 02 12 2.2. Étude d’un oscillateur mécanique soumis à des oscillations forcées 4. xm = 3 cm < AE et T = 0,6 s = TE . 5. a. On va observer le phénomène de résonance. b. L’amplitude des oscillations de l’oscillateur sera maximale. 2.3. Étude d’un oscillateur soumis à une onde sismique longitudinale 6. Après le régime transitoire, l’oscillateur aura une période égale à celle de l’onde sismique : T = TS . 7. Si TS = T0 alors l’amplitude des oscillations de l’oscillateur sera maximale.

Programme Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel :

Le temps des ondes 1. Étude théorique d’un séisme Réponses aux questions 1. Une onde transversale est une onde dont la direction de la perturbation est perpendiculaire à la direction de propagation de l’onde. 2. Le document 1 représente une onde P, c’est-à-dire longitudinale, la direction de la perturbation est la même que celle de propagation de l’onde. Le document 2 correspond à une onde S, transversale. 3. Les ondes P, les plus rapides, sont représentées par la train d’onde A. Elles sont détectées en premier par le sismographe. Le train d’ondes B correspond aux ondes S. 4. Le début du séisme correspondant au train d’ondes A a été détecté par lecture graphique sur le document 3, 40 s après la date du début du séisme à San Francisco, c’est-à-dire à 8 h 14 min 40 s TU. 5. La station Eureka se situe à une distance d de l’épicentre avec d =  . t = 10 × 40 = 400 km. 6. Pour parcourir la même distance, les ondes S mettent par lecture graphique 65 s, ce qui correspond à une d 400 vitesse moyenne de  = = = 6,2 km . s–1. t 65

2. Modèle d’un oscillateur mécanique Réponses aux questions 2.1. Étude d’un oscillateur mécanique libre 1. Par lecture graphique sur le document 5, T0 = 1,0 s.

T0

0

3. a. T0 = 2π .

Le temps et la radioactivité 1. Le radon 220 Réponses aux questions 1. Au cours d’une désintégration radioactive, il y a conservation du nombre de charge Z et du nombre de nucléons A. La désintégration a pour équation : 224 Ra → 220 Rn +42 He 88 86 2. Voir le document 2, page 356. 3. a. t1/2 est la durée au bout de laquelle l’activité de la source radioactive est divisée par deux. C’est également la durée au bout de laquelle la population d’une source radioactive est divisée par deux. Par lecture graphique sur le document 1, le nombre d’événements (ou de désintégrations) par seconde, c’est-à-dire l’activité est divisé par deux (420) au bout d’une durée de 55 s = t1/2 .

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0

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ln2 ln2 = = 55,5 s, ce qui correspond à λ 0,012 5 la valeur déterminée graphiquement. 4. m = – λ . m(t) . t . 5. La première valeur représente un pas très faible devant t1/2 , cela ne donnerait un meilleur résultat que pour un pas de 0,5 s, mais beaucoup plus de calculs à effectuer. En revanche, 20 s est un pas trop grand devant t1/2. 6. m(0,5s) = m(0) + m avec m = – λ . m(t) . t . Donc m(0,5s) = m(0) – λ . m(0) . t = 840 – 0,012 5 × 840 × 0,5 = 834,8. De même : m(1s) = m(0,5) – λ . m(0,5) . t = 834,8 – 0,012 5 × 834,8 × 0,5 = 829,6 ; m(1,5 s) = m(1) – λ . m(1) . t = 829,6 – 0,012 5 × 829,6 × 0,5 = 824,4. 7. L’hypothèse paraît acceptable puisque la courbe respecte bien les points placés sur le graphique. 8. De l’expression écrite au paragraphe 4., dm = – λ . m (1). dt 9. dm = – λ . m0 . e–λt = – λ . m . dt m = m0 . e–λt vérifie l’équation différentielle (1). 10. m(50) = m0 . e–λ . t = 840 × e– 0,012 5 × 50 = 450 m(100) = m0 . e–λ . t = 840 × e– 0,012 5 × 100 = 241 m(150) = m0 . e–λ . t = 840 × e– 0,012 5 × 150 = 129. 11. Les points m sont issus de l’étude théorique de la désintégration d’une source radioactive confirmés par les mesures expérimentales. b. t1/2 =

Le temps et l’électricité d’un diapason électronique Réponses aux questions 1. La flèche représentant uC est orientée de B vers A en convention récepteur. 2. a. i = dq . dt q b. uC = .

C

3. a. D’après la loi d’additivité des tensions, du E = uC + uR (1) avec uR = R . i = R . C . C . dt duC , (1) devient E = uC + R . C . dt 1 E duC + .u – = 0 (2). soit : dt R . C C R . C b. En remplaçant uC par son expression dans l’équation différentielle (2), il vient : 1 E t t 1 . E . (1 – e– τ ) – . E . e– τ + R.C R . C = 0; τ 1 t 1 = 0. soit : E . e– τ . – τ R.C Cette égalité est vérifiée à chaque instant, donc τ = R . C. 174

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)

()

(u )

(u ) C

C

Donc dim(R . C ) = s. La constante de temps est bien homogène à une durée. θ θ d. uC (θ) = 0,95 E = E(1 – e– τ ) ↔ e– τ = 0,05 ; d’où : θ = −τ . ln 0,05 = 3 τ. Le condensateur est chargé au bout d’une durée θ = 3 τ = 3 R . C = 3 × 1 000 × 1 × 10–6 = 3 × 10–3 s = 3 ms. 4. En gardant la même orientation du circuit, uL est représentée par une flèche orientée de la droite vers la gauche. . .. .. 5. uL = L . i = L . q = L . C . u C . 6. La loi d’additivité des tensions permet d’écrire que .. uC + uL = 0, soit uC + L . C . u C = 0. L’équation différentielle régissant l’évolution de uC lors de la décharge du condensateur s’écrit : 1 .. uC + R . C . uC = 0 (3). . 7. u C = – 2π . E . sin 2π . t + φ0 T0 T0 2 2 .. 4π 2π u C = – 2 . E . cos . t + φ0 = – 4π2 . uC T0 T0 T0

(

(

)

)

(3) devient : 1 2 – 4π2 . uC + R . C . uC = 0 ; T0 2 1 =0 d'où : uC – 4π2 + T0 R . C Cette égalité est vérifiée à tout instant, donc :

(

)

T0 = 2π . L . C . 1 1 = = 0,13 H. 8. L = 2 2 4π . f . C 4π2 × 4402 × 1 × 10–6

1. Étude du fonctionnement

(

c. dim(R) = dim U = V . A–1 . I q I.t dim(C) = dim = dim = A . s . V–1.

2. Réalisation artisanale d’un diapason électronique Réponses aux questions 1. La masse de la carte d’acquisition est reliée à l’armature B du condensateur. Une voie de la carte est branchée sur l’armature A du condensateur. Ce branchement nécessite une carte d’acquisition avec un mode différentiel, ou bien le générateur de tension utilisé doit avoir une masse flottante. 2. Un condensateur est chargé à 99 % au bout d’une durée égale à : 5 τ = 5 R . C = 5 × 1 000 × 1 × 10–6 = 5 × 10–3 s. La durée minimale de charge doit être de 5 ms. 3. a. L’enregistrement présente un régime pseudopériodique (oscillations amorties). b. La grandeur responsable de cet amortissement est la résistance de la bobine. c. En mesurant plusieurs périodes sur le graphique, on mesure une pseudo-période égale à 2,25 ms. d. Dans la question 8. du paragraphe 1 on désirait obtenir une fréquence de 440 Hz, ce qui correspondait

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à une période de 2,2 ms. Cette valeur est en accord avec la fréquence souhaitée à la question 8. 4. L’amortissement des oscillations est trop rapide. On ne peut pas utiliser directement ce montage. 5. Le module électronique permet de compenser les pertes d’énergie par effet Joules du dipôle (r, L, C ). 6. On augmente la résistance variable du dispositif afin qu’elle dépasse la résistance du dipôle (r, L, C ). 7. a. C’est un régime périodique non amorti. b. On lit sur le graphique une période 2,25 ms, ce qui correspond à une fréquence proche de 440 Hz. 8. a. Le haut-parleur doit émettre un la3. 1 1 = b. L = 2 2 4π . f . C 4π2 × 8802 × 1 × 10–6 = 3,3 × 10–2 H.

Le temps et la mécanique 1. Étude du mouvement pendulaire Réponses aux questions 1. Tarzan est soumis à son poids et à la tension de la liane. 2. La tension de la liane est à chaque instant perpendiculaire à la trajectoire. Une force perpendiculaire à la direction de son déplacement a un travail nul. 3. a. L’énergie mécanique se conserve : EM = EC + EP pes = constante. En A, l’énergie mécanique de Tarzan est son énergie potentielle de pesanteur EM = m . g . OH. En B, EM = EC + m . g . OB = m . g . OH ; d’où : EC = m . g . (OH – OB) = m . g . HB. b. EC = m . g . L . (1 – cos α) avec HB = L (1 – cos α). 4. 1 . m . ² = m . g . L . (1 – cos α) ; 2 d’où :  = 2 g . L . (1 – cos α) = 2 × 9,8 × 6 (1 – cos 50°) = 6,5 m . s–1. 5. En B le vecteur vitesse est horizontal, de même sens que le vecteur unitaire $i et la vitesse a pour valeur 6,5 m . s–1. 6. a. La période propre T0 d’un pendule a pour L expression T0 = 2π . . g T 6 b. θ = 0 = π × = 1,2 s. 4 9,8 2. Étude théorique de la chute libre Réponses aux questions 1. Un corps est en chute libre si la seule force extérieure appliquée est son poids.

2. Dans un référentiel galiléen, la somme Σ$Fext des forces extérieures appliquées à un solide est égale au produit de la masse du solide par l’accélération de son centre d’inertie. 3. D’après la deuxième loi de Newton, $P = m . $a ; d’où : $a = $g . L’accélération du centre d’inertie de Tarzan est verticale, orientée vers le bas et a pour valeur la constante g. 4. a. Conditions initiales : x. = 6,5 x =0 $0 = $B z. 0 = 0 et $OG0 = $OGB z0 = 7,9 . 0 0 z0 = h – BH = h – L (1 – cos α) = 10 – 6 (1 – cos 50°) = 7,9 m. Les primitives des coordonnées du vecteur accélération donnent les coordonnées du vecteur vitesse : x. = x.0 $ z. = – g . t. Les primitives des coordonnées du vecteur vitesse donnent les coordonnées du vecteur position appelées équations horaires : x = x.0 . t $OG 1 z = – . g . t 2 + z0. 2 b. On élimine le temps dans l’expression de z(t) avec t = x. . x0 2 g 1 z = – . g . x. 2 + z0 = – . 2 . x2 + z0, équation de la 2 x0 2x 0 trajectoire. 5. a. Le point d’impact D a une ordonnée nulle, donc : g 0 = – . 2 . x2 + z0 ; 2x 0 2 2x.02 . z0 d’où : x = = 2 × 6,5 × 7,9 g 9,8 = 8,3 m. Coordonnées de D : (8,3 ; 0). b. Pour traverser la rivière, il faut une abscisse de D supérieure à d = 12 m, ce qui n’est pas le cas. 6. Pour traverser la rivière Tarzan peut s’élancer de plus haut (α > 50°) et ainsi avoir une vitesse initiale horizontale lors de la chute libre plus élevée. Il peut également avoir une ordonnée initiale lors de la chute libre plus élevée en raccourcissant la liane. 7. La masse de Tarzan n’intervient pas dans l’équation de la trajectoire. 8. D’après l’équation horaire z(t), Tarzan atteint le sol lorsque z(θ2) = 0 = – 1 . g . θ2² + z0. 2

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D’où : θ2 =

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2z0 = g

2 × 7,9 = 1,3 s. 9,8

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Imprimé en France par Tirage Dépôt légal : 77829 - 08/2006 - Édition no 01 - Collection no 53 - 13/5440/6

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