15 exercices à difficulté variée : deuxième loi de Newton, champ électrique et champ de pesanteur uniformes, déviation de particules, tir oblique, théorème de l'énergie cinétique, conservation de l'énergie mécanique.
Nouveau : chute libre, centre de masse, plaques chargées, plan incliné, tir oblique, Millikan et accélérateur linéaire interactifs + vérificateurs de réponse.
Une masse \(m = 2{,}0\ \text{kg}\) est en chute libre près de la surface terrestre (\(g=9{,}81\ \text{m/s}^2\)).
1. Système : la masse m. Référentiel : terrestre, considéré galiléen car la durée de la chute est très courte devant la période de rotation de la Terre.
2. Seul le poids \(\vec{P} = m\vec{g}\) s'exerce (frottements négligés), vertical vers le bas.
3. \(\sum\vec{F} = m\vec{a} \Rightarrow m\vec{g} = m\vec{a} \Rightarrow \vec{a} = \vec{g}\), soit \(a = 9{,}81\ \text{m/s}^2\), indépendant de la masse.
Une charge ponctuelle \(q = 3{,}20\times10^{-19}\ \text{C}\) est placée dans un champ électrique uniforme \(E = 2{,}0\times10^{4}\ \text{V/m}\).
1. \(\vec{F} = q\vec{E}\).
2. \(F = |q|\times E = 3{,}2\times10^{-19}\times2{,}0\times10^{4} = 6{,}4\times10^{-15}\ \text{N}\).
Deux masses ponctuelles, \(m_1 = 3{,}0\ \text{kg}\) et \(m_2 = 1{,}0\ \text{kg}\), sont reliées par une tige rigide de masse négligeable. Le système est lancé dans le champ de pesanteur uniforme, en tournant sur lui-même (frottements négligés).
1. Le centre de masse est le point où l'on peut considérer que toute la masse du système est concentrée pour étudier son mouvement d'ensemble. Il se trouve sur la tige, plus près de la masse la plus grande : G est donc plus proche de \(m_1\) (3,0 kg) que de \(m_2\) (1,0 kg).
2. Seuls les poids s'exercent : \(\sum\vec{F} = (m_1+m_2)\,\vec{g}\). La 2ᵉ loi de Newton appliquée au centre de masse donne :
\[ (m_1+m_2)\,\vec{g} = (m_1+m_2)\,\vec{a}_G \quad\Longrightarrow\quad \vec{a}_G = \vec{g} \]
G a la même accélération qu'un objet unique en chute libre, quelle que soit la rotation du système.
3. La trajectoire de G est une parabole (ou un segment vertical si le lancer est vertical), comme pour un projectile ponctuel. En revanche, \(m_1\) et \(m_2\) tournent autour de G : leurs trajectoires individuelles sont plus compliquées. Seul G suit la trajectoire simple.
Un objet de masse \(m=0{,}50\ \text{kg}\) est lâché sans vitesse initiale. On néglige les frottements de l'air, \(g=9{,}81\ \text{m/s}^2\).
1. Seul le poids agit : \(m\vec{g}=m\vec{a} \Rightarrow \vec{a}=\vec{g}\), donc \(a(t)=g\) (constant).
2. \(v(t) = gt + v_0 = gt\) (car \(v_0=0\)). \(x(t) = \frac{1}{2}gt^2 + x_0 = \frac{1}{2}gt^2\) (car \(x_0=0\)).
3. \(v(2{,}0) = 9{,}81\times2{,}0 = 19{,}6\ \text{m/s}\).
Un électron (\(m_e = 9{,}11\times10^{-31}\ \text{kg}\), \(e=1{,}60\times10^{-19}\ \text{C}\)) pénètre horizontalement entre deux plaques d'un condensateur plan avec une vitesse \(v_0 = 2{,}0\times10^{7}\ \text{m/s}\). Le champ électrique uniforme entre les plaques vaut \(E = 1{,}0\times10^{4}\ \text{V/m}\), perpendiculaire à \(v_0\).
1. \(F = eE = 1{,}60\times10^{-19}\times1{,}0\times10^{4} = 1{,}6\times10^{-15}\ \text{N}\).
\(a = \dfrac{F}{m_e} = \dfrac{1{,}6\times10^{-15}}{9{,}11\times10^{-31}} \approx 1{,}76\times10^{15}\ \text{m/s}^2\).
2. Mouvement uniforme selon x : \(x(t)=v_0t\). Mouvement uniformément accéléré selon y (\(v_{0y}=0\)) : \(y(t)=\frac{1}{2}at^2\).
3. Temps de traversée : \(t = \dfrac{L}{v_0} = \dfrac{4{,}0\times10^{-2}}{2{,}0\times10^{7}} = 2{,}0\times10^{-9}\ \text{s}\).
\(y = \frac{1}{2}\times1{,}76\times10^{15}\times(2{,}0\times10^{-9})^2 \approx \frac{1}{2}\times1{,}76\times10^{15}\times4{,}0\times10^{-18} \approx 3{,}5\times10^{-3}\ \text{m} = 3{,}5\ \text{mm}\).
Un proton (\(m_p=1{,}67\times10^{-27}\ \text{kg}\), \(q=1{,}60\times10^{-19}\ \text{C}\)) est accéléré depuis le repos entre deux électrodes distantes de \(d=5{,}0\ \text{cm}\) par un champ électrique uniforme \(E=8{,}0\times10^{4}\ \text{V/m}\), colinéaire au déplacement.
1. \(a = \dfrac{qE}{m_p} = \dfrac{1{,}60\times10^{-19}\times8{,}0\times10^{4}}{1{,}67\times10^{-27}} \approx 7{,}66\times10^{12}\ \text{m/s}^2\).
2. \(U = E\,d = 8{,}0\times10^{4}\times5{,}0\times10^{-2} = 4{,}0\times10^{3}\ \text{V}\). Le travail de la force électrique vaut \(W = qU = 1{,}60\times10^{-19}\times4{,}0\times10^{3} = 6{,}4\times10^{-16}\ \text{J}\).
Théorème de l'énergie cinétique (départ au repos) :
\[ \tfrac12 m_p v^2 = qU \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{\frac{2qU}{m_p}} = \sqrt{\frac{2\times6{,}4\times10^{-16}}{1{,}67\times10^{-27}}} \approx 8{,}75\times10^{5}\ \text{m/s} \]
3. Par la cinématique : \(v = \sqrt{2ad} = \sqrt{2\times7{,}66\times10^{12}\times5{,}0\times10^{-2}} \approx 8{,}75\times10^{5}\ \text{m/s}\). Les deux méthodes concordent.
4. \(t = \dfrac{v}{a} = \dfrac{8{,}75\times10^{5}}{7{,}66\times10^{12}} \approx 1{,}14\times10^{-7}\ \text{s}\).
Un solide de masse \(m=4{,}0\ \text{kg}\) glisse sur un plan incliné d'un angle \(\alpha=25°\) par rapport à l'horizontale. La réaction du support se limite à une composante normale \(\vec{N}\) et une force de frottement \(\vec{f}\) de norme \(f=6{,}0\ \text{N}\), opposée au mouvement. On prend \(g=9{,}81\ \text{m/s}^2\).
1. Selon x (le long de la pente, sens de la descente) : \(mg\sin\alpha - f = ma\). Selon y : \(N - mg\cos\alpha = 0\) (pas d'accélération perpendiculaire au plan).
2. \(a = g\sin\alpha - \dfrac{f}{m} = 9{,}81\times\sin(25°) - \dfrac{6{,}0}{4{,}0} \approx 9{,}81\times0{,}423 - 1{,}5 \approx 4{,}15 - 1{,}5 = 2{,}65\ \text{m/s}^2\).
Une balle est lancée depuis le sol avec une vitesse initiale \(v_0=15\ \text{m/s}\) faisant un angle \(\alpha=40°\) avec l'horizontale. On néglige les frottements de l'air, \(g=9{,}81\ \text{m/s}^2\), origine au point de lancer.
1. \(v_{0x}=v_0\cos\alpha\approx11{,}49\ \text{m/s}\), \(v_{0y}=v_0\sin\alpha\approx9{,}64\ \text{m/s}\).
\(x(t)=v_{0x}t\) ; \(y(t) = -\frac{1}{2}gt^2+v_{0y}t\).
2. Le sommet est atteint quand \(v_y=0\), soit \(t_{max}=\dfrac{v_{0y}}{g}\). Altitude max : \(y_{max}=\dfrac{v_{0y}^2}{2g} = \dfrac{9{,}64^2}{2\times9{,}81} \approx \dfrac{92{,}9}{19{,}6} \approx 4{,}74\ \text{m}\).
3. Retour au sol : \(y=0 \Rightarrow t=\dfrac{2v_{0y}}{g} \approx \dfrac{2\times9{,}64}{9{,}81} \approx 1{,}97\ \text{s}\). Portée : \(x_{max}=v_{0x}\times t \approx 11{,}49\times1{,}97 \approx 22{,}6\ \text{m}\).
Un faisceau de particules chargées (\(m=1{,}0\times10^{-26}\ \text{kg}\), \(q=1{,}60\times10^{-19}\ \text{C}\)) traverse une zone de champ électrique uniforme. Un dispositif d'acquisition mesure une trajectoire vérifiant \(y = 0{,}80\,x^2\) (x et y en mètres), pour \(v_0 = 5{,}0\times10^{4}\ \text{m/s}\) selon x.
1. \(x=v_0t \Rightarrow t=\dfrac{x}{v_0}\), et \(y=\frac{1}{2}at^2\), donc \(y = \dfrac{a}{2v_0^2}x^2\).
2. Par identification avec \(y=0{,}80\,x^2\) : \(\dfrac{a}{2v_0^2} = 0{,}80 \Rightarrow a = 0{,}80\times2\times v_0^2 = 1{,}6\times(5{,}0\times10^4)^2 = 1{,}6\times2{,}5\times10^9 = 4{,}0\times10^{9}\ \text{m/s}^2\).
3. \(a=\dfrac{qE}{m} \Rightarrow E = \dfrac{ma}{q} = \dfrac{1{,}0\times10^{-26}\times4{,}0\times10^{9}}{1{,}60\times10^{-19}} = \dfrac{4{,}0\times10^{-17}}{1{,}60\times10^{-19}} = 250\ \text{V/m}\).
Un électron (\(q = -e = -1{,}60\times10^{-19}\ \text{C}\) ; \(m_e = 9{,}11\times10^{-31}\ \text{kg}\)) entre horizontalement avec \(v_0 = 3{,}0\times10^{7}\ \text{m/s}\) entre deux plaques horizontales distantes de \(d = 3{,}0\ \text{cm}\), soumises à une tension \(U = 300\ \text{V}\). À la sortie, l'électron a été dévié de \(y_s = 4{,}0\ \text{mm}\) en direction de la plaque positive. On néglige le poids et les effets relativistes (\(v_0 \approx 0{,}1\,c\)).
1. \(E = \dfrac{U}{d} = \dfrac{300}{3{,}0\times10^{-2}} = 1{,}0\times10^{4}\ \text{V/m}\).
2. La force électrique est constante, de norme \(F = eE\), et son point d'application se déplace de \(y_s\) dans le sens de la force (vers la plaque +) :
\[ W = F\,y_s = e\,E\,y_s = 1{,}60\times10^{-19}\times1{,}0\times10^{4}\times4{,}0\times10^{-3} = 6{,}4\times10^{-18}\ \text{J} \]
3. Théorème de l'énergie cinétique :
\[ \tfrac12 m_e v_s^2 - \tfrac12 m_e v_0^2 = W \quad\Longrightarrow\quad v_s = \sqrt{v_0^2 + \frac{2W}{m_e}} \]
\[ v_s = \sqrt{(3{,}0\times10^{7})^2 + \frac{2\times6{,}4\times10^{-18}}{9{,}11\times10^{-31}}} \approx 3{,}02\times10^{7}\ \text{m/s} \]
La vitesse a très peu augmenté (de 0,8 %) : la déviation de 4 mm correspond à un gain d'énergie faible devant l'énergie cinétique initiale (\(4{,}1\times10^{-16}\ \text{J}\)).
Un ballon est lancé verticalement vers le haut depuis le sol avec une vitesse \(v_0 = 12\ \text{m/s}\). On néglige les frottements ; \(g = 9{,}81\ \text{m/s}^2\). On choisit l'énergie potentielle de pesanteur nulle au sol.
1. Seul le poids travaille, c'est une force conservative : \(E_m = E_c + E_p\) reste constante. Au lancer (\(z = 0\)) : \(E_m = \tfrac12 m v_0^2\).
2. Au sommet, \(v = 0\) donc \(E_c = 0\) :
\[ m\,g\,z_{max} = \tfrac12 m v_0^2 \quad\Longrightarrow\quad z_{max} = \frac{v_0^2}{2g} = \frac{12^2}{2\times9{,}81} \approx 7{,}34\ \text{m} \]
3. \(\tfrac12 m v^2 + m g z = \tfrac12 m v_0^2\), d'où :
\[ v = \sqrt{v_0^2 - 2gz} = \sqrt{144 - 2\times9{,}81\times3{,}0} \approx 9{,}2\ \text{m/s} \]
4. Par la 2ᵉ loi : \(a_z = -g\), puis \(v_z = -g\,t + v_0\) et \(z(t) = -\tfrac12 g t^2 + v_0 t\). Le sommet est atteint pour \(v_z = 0\), soit \(t_s = v_0/g = 1{,}22\ \text{s}\) :
\[ z_{max} = -\tfrac12\times9{,}81\times1{,}22^2 + 12\times1{,}22 \approx 7{,}34\ \text{m} \]
Les deux méthodes donnent le même résultat. La méthode énergétique est plus rapide et la masse du ballon n'apparaît pas.
Une gouttelette d'huile sphérique, de rayon \(r = 0{,}76\ \mu\text{m}\) et de masse volumique \(\rho = 900\ \text{kg/m}^3\), est immobile entre deux plaques horizontales distantes de \(d = 1{,}50\ \text{cm}\), soumises à une tension \(U = 510\ \text{V}\). La gouttelette porte une charge négative. On néglige la poussée d'Archimède ; \(g = 9{,}81\ \text{m/s}^2\), \(e = 1{,}60\times10^{-19}\ \text{C}\).
1. \(m = \rho\,\tfrac43\pi r^3 = 900\times\tfrac43\pi\times(0{,}76\times10^{-6})^3 \approx 1{,}65\times10^{-15}\ \text{kg}\) ; \(P = mg \approx 1{,}62\times10^{-14}\ \text{N}\).
2. La gouttelette est immobile : \(\vec{a} = \vec{0}\), donc d'après la 2ᵉ loi \(\sum\vec{F} = \vec{0}\), soit \(\vec{P} + \vec{F} = \vec{0}\). La force électrique est opposée au poids : verticale, vers le haut. La charge étant négative, \(\vec{E}\) est de sens opposé à \(\vec{F}\) : il est dirigé vers le bas. Le champ va de la plaque + vers la plaque − : la plaque du haut est reliée à la borne positive.
3. En norme, \(|q|\,E = mg\) avec \(E = U/d = 510/0{,}0150 = 3{,}40\times10^{4}\ \text{V/m}\) :
\[ |q| = \frac{m\,g}{E} = \frac{1{,}62\times10^{-14}}{3{,}40\times10^{4}} \approx 4{,}8\times10^{-19}\ \text{C} \]
Soit \(|q|/e \approx 3{,}0\) : la charge vaut \(3e\). Millikan a ainsi montré que les charges mesurées sont toujours des multiples entiers de \(e\).
Une joueuse tire un lancer franc. Le ballon (\(m = 0{,}62\ \text{kg}\)) quitte ses mains au point O, situé à \(h_0 = 2{,}00\ \text{m}\) du sol, avec une vitesse \(\vec{v}_0\) de norme \(v_0 = 7{,}3\ \text{m/s}\), dirigée de \(\alpha = 50°\) au-dessus de l'horizontale. Repère : origine O, axe Ox horizontal vers le panier, axe Oy vertical vers le haut. On néglige les frottements et la poussée d'Archimède ; \(g = 9{,}81\ \text{m/s}^2\).
Le centre de l'anneau est à \(3{,}05\ \text{m}\) du sol et à \(4{,}22\ \text{m}\) de O horizontalement. On considère le panier réussi si le centre du ballon passe à moins de \(10\ \text{cm}\) du centre de l'anneau, en descendant.
1. Seule force : le poids \(\vec{P} = m\vec{g}\). La 2ᵉ loi donne \(\vec{a} = \vec{g}\), vertical. Comme \(\vec{v}_0\) et \(\vec{g}\) sont dans le plan vertical (O, x, y), le point reste dans ce plan : le mouvement est plan.
2. Conditions initiales : \(v_{0x} = v_0\cos\alpha = 4{,}69\ \text{m/s}\) et \(v_{0y} = v_0\sin\alpha = 5{,}59\ \text{m/s}\).
\[ x(t) = v_0\cos\alpha\cdot t \qquad y(t) = -\tfrac12\,g\,t^2 + v_0\sin\alpha\cdot t \]
En éliminant \(t\) :
\[ y(x) = -\frac{g\,x^2}{2\,v_0^2\cos^2\alpha} + x\,\tan\alpha = -0{,}223\,x^2 + 1{,}19\,x \]
3. Le centre de l'anneau est à \(3{,}05 - 2{,}00 = 1{,}05\ \text{m}\) au-dessus de O. En \(x = 4{,}22\ \text{m}\) : \(y = -0{,}223\times4{,}22^2 + 1{,}19\times4{,}22 \approx 1{,}06\ \text{m}\), soit un écart d'environ 1 cm avec le centre de l'anneau : panier réussi. Instant du passage : \(t = x/(v_0\cos\alpha) \approx 0{,}9\ \text{s}\) ; alors \(v_y = v_0\sin\alpha - g\,t \approx -3{,}24\ \text{m/s} < 0\) : le ballon descend bien.
4. Au sommet \(v_y = 0\) : \(t_s = v_0\sin\alpha/g\), d'où \(y_{\max} = \dfrac{(v_0\sin\alpha)^2}{2g} \approx 1{,}59\ \text{m}\). Altitude maximale au-dessus du sol : \(2{,}00 + 1{,}59 \approx 3{,}59\ \text{m}\).
5. Seul le poids travaille. Théorème de l'énergie cinétique entre O et l'anneau :
\[ \tfrac12 m v^2 - \tfrac12 m v_0^2 = -m\,g\,y_A \quad\Longrightarrow\quad v = \sqrt{v_0^2 - 2g\,y_A} = \sqrt{7{,}3^2 - 2\times9{,}81\times1{,}05}\approx 5{,}72\ \text{m/s} \]
La masse du ballon n'intervient pas.
Une sonde d'exploration lance, sur un sol horizontal, un projectile avec une vitesse initiale \(v_0 = 20\ \text{m/s}\) inclinée de \(\alpha = 45°\) au-dessus de l'horizontale. Le projectile retombe à \(108\ \text{m}\) de son point de lancement. L'atmosphère est négligeable.
Données : \(g_{\text{Terre}} = 9{,}81\ \text{m/s}^2\) ; \(g_{\text{Lune}} = 1{,}6\ \text{m/s}^2\) ; \(g_{\text{Mars}} = 3{,}7\ \text{m/s}^2\).
Sur quelle planète la sonde se trouve-t-elle ? Quelle hauteur maximale le projectile a-t-il atteinte et combien de temps est-il resté en l'air ? Rédiger une réponse structurée, en justifiant la démarche.
Compétences visées : S'approprier · Analyser · Réaliser · Valider · Communiquer.
Analyser. Seul le poids agit (champ uniforme \(g_p\) inconnu) : \(\vec a = \vec g_p\). Avec O à l'origine et \(\vec v_0\) dans le plan (Ox, Oy) : \(x(t)=v_0\cos\alpha\,t\) et \(y(t)=-\tfrac12 g_p t^2+v_0\sin\alpha\,t\). La portée est l'abscisse pour \(y=0\) (\(t\neq0\)) : \(t_{vol}=\dfrac{2v_0\sin\alpha}{g_p}\), donc \(D=\dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{g_p}\).
Réaliser. \(g_p=\dfrac{v_0^2\sin(2\alpha)}{D}=\dfrac{20^2\times1}{108}\approx3{,}70\ \text{m/s}^2\). Durée de vol : \(t_{vol}=\dfrac{2\times20\times\sin45°}{3{,}70}\approx7{,}6\ \text{s}\). Hauteur maximale : \(y_{\max}=\dfrac{(v_0\sin\alpha)^2}{2g_p}=\dfrac{200}{2\times3{,}70}\approx27\ \text{m}\).
Valider. \(g_p\approx3{,}7\ \text{m/s}^2\) correspond à Mars (la Terre donnerait une portée de 41 m, la Lune de 250 m). Ordres de grandeur cohérents : 27 m de haut pour 108 m de portée, soit \(D/4\), ce qui est bien le rapport d'un tir à 45°.
Communiquer. « La sonde est sur Mars (\(g_p\approx3{,}7\ \text{m/s}^2\)) ; le projectile monte à environ 27 m et reste en l'air environ 7,6 s. »
Dans un accélérateur linéaire, des protons (\(m_p = 1{,}67\times10^{-27}\ \text{kg}\) ; \(q = +e = 1{,}60\times10^{-19}\ \text{C}\)) partent du repos. Ils traversent successivement 3 tubes séparés par des intervalles où règne la tension \(U = 40\ \text{kV}\). Entre les tubes, la tension alternative change de signe à chaque demi-période. Le proton est accéléré dans un premier intervalle avant d'entrer dans le tube 1.
1. Le proton doit être accéléré à chaque intervalle : le champ doit donc changer de sens au bon moment pour rester dans le sens du mouvement, d'où la tension alternative. À l'intérieur d'un tube (conducteur), le champ est nul : le proton y a un mouvement rectiligne uniforme, il « dérive » pendant que la tension s'inverse.
2. Après \(n\) intervalles, le travail total est \(n\,qU\) :
\[ \tfrac12 m_p v_n^2 = n\,qU \quad\Longrightarrow\quad v_n = \sqrt{\frac{2\,n\,qU}{m_p}} \]
\[ v_1 = \sqrt{\frac{2\times1{,}60\times10^{-19}\times4{,}0\times10^{4}}{1{,}67\times10^{-27}}} \approx 2{,}77\times10^{6}\ \text{m/s} \]
3. Le proton traverse chaque tube en une demi-période : \(L_n = v_n\,\dfrac{T}{2} = \dfrac{v_n}{2f}\). Donc :
\[ f = \frac{v_1}{2L_1} = \frac{2{,}77\times10^{6}}{2\times0{,}100} \approx 1{,}38\times10^{7}\ \text{Hz} \approx 13{,}8\ \text{MHz} \]
4. Comme \(v_n = \sqrt{n}\,v_1\), on a \(L_n = \sqrt{n}\,L_1\) : \(L_2 = 14{,}1\ \text{cm}\) et \(L_3 = 17{,}3\ \text{cm}\). L'énergie cinétique finale vaut \(3\,qU = 3\times40 = 120\ \text{keV}\). Les tubes s'allongent car la vitesse augmente alors que la durée de traversée (T/2) reste la même.