Chapitre 8: La relativité restreinte Exercices€¦ · · 2011-01-19La seule solution réelle...

Chapitre 8 : La relativité restreinte

Exercices

E1. Au moyen de l’équation 8.7, on détermine le module de la vitesse du mètre :

= 1r1−2

2

=⇒ 1− 2

2= 1

2=⇒ 2

2= 1− 1

2=⇒ =

q1− 1

2

Sachant que = 0, soit le rapport de la longueur propre du mètre (0) sur sa longueur

mesurée dans le référentiel en mouvement (), on a

= r1− 1³

0

´2 =⇒ = 0600

E2. Si = 1r1−2

2

et que ¿ le développement donne

(a) =³1− 2

2

´−12= 1− ¡−1

2

¢ ³2

2

´=⇒ = 1 + 2

22=⇒ CQFD

(b) 1=³1− 2

2

´12= 1− ¡1

2

¢ ³2

2

´=⇒ 1

= 1− 2

22=⇒ CQFD

(c) On définit, dans le logiciel Maple, l’expression correcte de et le résultat de la question

(a). On résout ensuite en fonction de la condition posée :

restart;

g1:=1/sqrt(1-v^2/c^2);

g2:=1+v^2/(2*c^2);

eq:=g1-g2=0.001*g1;

solve(eq,v);

La seule solution réelle acceptable est = 0228

(d) Toujours dans le logiciel Maple, on donne une valeur à la vitesse de la lumière et on trace

le graphe pour les deux expressions de :

c:=3e8;

plot([g1,g2],v=0..0.999*c,color=[red,blue]);

Les deux courbes se séparent de façon marquée lorsqu’on atteint la moitié de la vitesse

de la lumière.

E3. La longueur propre de la tige est mesurée dans son référentiel. La théorie de la relativité

indique que la longueur propre est plus grande que la longueur mesurée en laboratoire,

soit

0 = = r1−2

2

= 12√1−(06)2

= 150 m

E4. L’équation 8.9 nous donne

148 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte v5

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= 0=⇒ = 0

= 10 a.l.

3 a.l.= 3333

Au moyen de l’équation 8.7, on établit le module de la vitesse la fusée :

= 1r1−2

2

=⇒ 1− 2

2= 1

2=⇒ 2

2= 1− 1

2=⇒ =

q1− 1

2=⇒

= q1− 1

(3333)2= 0954

E5. (a) Avec = 0 et, selon l’exercice 2, = 1 +2

22 on obtient

−00

=0(−1)

0= − 1 = 1 + 2

22− 1 = 2

22

(b) Avec = 0et, selon l’exercice 2, 1

= 1− 2

22 on obtient

−00

=0

³1−1´

0= 1

− 1 = 1− 2

22− 1 = − 2

22

E6. On cherche ∆ = − 0 le retard de l’horloge ayant voyagé.

(a) Si le module de sa vitesse est de = 01 on a

= 1r1−2

2

= 1√1−(01)2

= 1005

Le retard vaut donc

∆ = − 0 = 0 ( − 1) = (1 a) (1005− 1) = 159× 105 s(b) Si le module de sa vitesse est plutôt de = 0998 on a

= 1r1−2

2

= 1√1−(0998)2

= 158

Le retard vaut alors

∆ = − 0 = 0 ( − 1) = (1 a) (158− 1) = 467× 108 sE7. Le module de la vitesse qu’implique ce retard est donné par l’équation trouvée en E5a,

soit

−00

= 2

22=⇒ =

q22∆0

=

q22(1)

(36524)(24)(3600)= 755 km/s

E8. Le délai de 22 s correspond au temps propre 0 dans le référentiel du muon, alors que

la distance de 400 m est la longueur propre 0 du laboratoire. Dans le référentiel du

laboratoire, le muon franchit cette distance en un temps = 0 =0r1−2

2

et possède

une vitesse de module que l’on détermine ainsi

0 = = 0 =0r1−2

2

=⇒ 00= r

1−2

2

=⇒ 2

1−2

2

=³00

´2=⇒

2 =³00

´2− 2

2

³00

´2=⇒ 2 + 2

2

³00

´2=³00

´2=⇒

2µ1 +

³00

´2¶=³00

´2=⇒

=

vuut ³00

´21+³00

´2 =vuut ³

40022×10−6

´21+

µ400

(3×108)(22×10−6)¶2 = 155× 108 m/s

v5 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 8 : La relativité restreinte 149


E9. (a) L’intervalle de temps de 5 s représente le temps propre de l’observateur au repos mesuré

à l’aide d’une seule horloge. La même mesure de passage prise à bord du train nécessite

deux horloges qui, selon le tableau 8.2, indiquent un intervalle dilaté de

= 0 =¡53

¢(5 s) = 833 s

(b) La longueur propre du train correspond à la distance franchie par l’observateur pendant

qu’il passe de l’avant à l’arrière du train à une vitesse de module dans le référentiel du

train

0 = = (08)¡833× 10−6¢ = 200× 103 m

(c) La longueur du train mesurée par l’observateur sur le quai se calcule avec le temps propre

de l’observateur qui se trouve sur le quai :

= 0 = (08)¡5× 10−6¢ = 120× 103 m

E10. On cherche ∆ = − 0 = ³1− 1

´. On a choisi de mettre en évidence parce que

sa valeur est donnée par = 0 Ainsi, si on fait appel au résultat de l’exercice 2, on

obtient

∆ = ³1− 1

´= 0

³1−

³1− 2

22

´´= 0

22=

400(200×103)2(3×108)2 = 444× 10−10 s

E11. On veut que ∆ = − 0 = ³1− 1

´= 05 donc

1= 05 =⇒

q1− 2

2= 05 =⇒ =

p0752 = 0866

E12. (a) Le temps propre dans le vaisseau est égal à la distance = 0mesurée par un observateur

dans le vaisseau et divisée par le module de sa vitesse. Lorsqu’une distance exprimée en

année-lumière est divisée par une vitesse exprimée comme une fraction de la vitesse de

la lumière, le temps obtenu est en années :

0 == 0

= 42 a.l.

5(098)=

(42 a)

5(098)= 0857 a

(b) Cet intervalle de temps, observé dans le référentiel Terre-étoile vaut

= 0 = 5 (0857 a) = 429 a

(c) La distance Terre-étoile observée à bord du vaisseau est de

= 0= 42 a.l.

5= 0840 a.l.

E13. (a) Avec l’équation 8.9, on détermine que la longueur propre de est de

= 0=⇒ 0 = = r

1−2

2

= 150√1−(02)2

= 153 m

(b) Pour déterminer le temps que prend pour défiler devant on n’a besoin que d’un

seul observateur en ce point et on obtient



0 == 150

6×107 = 250 s

(c) Mesuré à partir du vaisseau par deux horloges situées aux deux extrémités, le délai

en temps est de

= 0 =0r1−2

2

= 250×10−6√1−(02)2

= 255 s

E14. La distance propre entre la Terre et l’étoile, mesurée par un observateur sur la Terre est

0 = 80 a.l. = (80 a)

Si le temps propre à bord du vaisseau est de 70 a, le module de la vitesse du vaisseau

s’exprime par

= 0= 0

0=⇒ 22 =

³00

´2=⇒ 2

1−2

2

=³00

´2Si, pour cette égalité, on suit le même développement algébrique qu’à l’exercice 8, on

arrive à

=

vuut ³00

´21+³00

´2 =vuuut

µ(80 a)70 a

¶21+

µ(80 a)

(70 a)

¶2 = 226× 108 m/s

E15. (a) On cherche le temps propre mesuré par un observateur immobile par rapport à l’arbre

au moyen de la longueur mesurée :

0 == 320

06= 178 s

(b) Pour deux observateurs situés aux deux extrémités du train, le délai en temps est plutôt

de

= 0 =0r1−2

2

= 178×10−6√1−(06)2

= 222 s

E16. (a) Comme = 06 on a = 54selon le tableau 8.2. La longueur propre du train est donc

de

0 = =¡54

¢(1200) = 150 km

(b) Mesuré dans le référentiel du quai par deux observateurs, le délai en temps est de

= 0= 1500

06= 833 s

(c) Cet intervalle de temps, tel que mesuré par un seul observateur dans le train, correspond

au temps propre, soit

0 == 1200

06= 667 s

E17. (a) Si la longueur contractée du vaisseau est de 120 m, son passage devant un observateur

de la station spatiale durera, pour l’observateur

0 == 120

098= 0408 s



(b) Comme = 098 on a = 5 selon le tableau 8.2. À bord du vaisseau, il se sera écoulé

= 0 = 5¡0408× 10−6¢ = 205 s

E18. (a) On veut que = 0= 36 a.l. Sachant que 0 = 42 a.l., on déduit que

a =0= 42

36= 1167 Ainsi, en exprimant a en termes de a comme à l’exercice 1, on

obtient

a = q1− 1

2a= q1− 1

(1167)2= 0515

(b) On cherche b tel que 0 = 24 a; donc

b =0= 0

b0=⇒ bb =

00

=⇒ 2b2b =

³00

´2=⇒ 2b

1−2b2

=³00

´2Si, pour cette égalité, on suit le même développement algébrique qu’à l’exercice 8, on

arrive à

b =

vuut ³00

´21+³00

´2 =vuuut

µ(42 a)24 a

¶21+

µ(42 a)(24 a)

¶2 = 0172

(c) On cherche le temps écoulé sur Terre pendant le voyage des astronautes de la question

(b). On doit d’abord calculer le facteur gamma pour ce module de vitesse :

b =1r1−2b

2

= 1√1−(0172)2

= 1015

On obtient ensuite le résultat à partir du temps propre (0 = 24 a) des astronautes :

= b0 = (1015) (24 a) = 244 a

E19. (a) La durée du voyage 0 pour le pilote est donnée par 0 =0 On calcule d’abord :

= 1r1−2

2

= 1√1−(02)2

= 10206

On obtient ainsi

0 =0= 5×105

(10206)(02)= 817 ms

(b) Le pilote mesure une distance de

= 0= 5×105

10206= 490 km

E20. (a) On obtient la durée de vie moyenne mesurée dans un référentiel en mouvement au moyen

de l’équation 8.8, en utilisant le tableau 8.2 :

= 0 =¡53

¢ ¡26× 10−8¢ = 433× 10−8 s

(b) On mesure la distance parcourue dans le laboratoire, qui correspond à une longueur

propre, ce qui donne

0 = = (08)¡433× 10−8¢ = 104 m

(c) Mesurée par les pions, cette longueur est contractée, et sa valeur est de



= 0= 104³

53

´ = 624 m

E21. (a) Leur durée de vie moyenne paraît plus longue pour un observateur immobile par rapport

à la Terre. On obtient sa valeur en utilisant le tableau 8.2, soit

= 0 = 10¡22× 10−6¢ = 220 s

(b) Selon des observateurs immobiles, les particules mettront, par rapport au laboratoire, un

temps pour parvenir au sol :

= 0= 1×104

0995= 335 s

(c) Cependant, une fraction importante des muons auront le temps de parvenir au sol, car,

dans leur propre référentiel, la chute vers le sol dure un temps propre 0 égal à

0 =0= 1×104

10(0995)= 335 s

E22. (a) On calcule au moyen de l’équation 8.11 dans le cas où le vaisseau s’approche de la

Terre, donc en inversant les signes, ce qui donne

=q

+−0 =

q+06−06

¡720× 103¢ = 144× 106 Hz

(b) Si le vaisseau s’éloigne de la Terre, on obtient plutôt

=q

−+

0 =q

−06+06

¡720× 103¢ = 360× 105 Hz

E23. Grâce à l’équation 2.5c, on sait que la fréquence radio du détecteur est de

0 =0= 3×108

3×10−2 = 100× 1010 HzLa vitesse de la voiture soumise au détecteur est = 108 km/h = 300 m/s. Comme

¿ on utilise l’équation 8.12b pour exprimer la fréquence perçue par l’automobile 1

et la fréquence perçue par le détecteur au retour 2. On inverse le signe de l’équation

parce que la voiture s’approche du détecteur et on écrit 1 =¡1 +

¢0 et 2 =

¡1 +

¢1.

Ainsi

2 =¡1 +

¢ ¡1 +

¢0 =

¡1 +

¢20 =

³1 + 2

+ 2

2

´0

On cherche ∆ = |2 − 0| Si, parce que ¿ on néglige le terme au carré, on obtient

∆ = |2 − 0| =¯̄¡1 + 2

¢0 − 0

¯̄= 20

(i)

Si on insère les données dans l’équation (i), on obtient

∆ =2(300)(100×1010)

3×108 = 200 kHz

E24. On note que 0= 500×10−9

700×10−9 =57 Au moyen de l’équation 8.11, où l’on inverse les signes

parce que l’automobiliste s’approchait de la source, on obtient

=q

+−0 =⇒

=q

+−

0

=⇒ =q

−+

0 =⇒ −+

=³

0

´2=⇒



− = ³

0

´2+

³0

´2=⇒ +

³0

´2= −

³0

´2=⇒

=1−³0

´21+³0

´2 = 1−³57

´21+³57

´2 = 0324

E25. Au moyen de l’équation 8.11, qu’on utilise parce que la galaxie s’éloigne de la Terre, on

obtient

=q

−+

0 =⇒ =q

−+

0

=⇒ =q

+−0 =⇒ 0 =

q−+

=⇒0 =

q−02+02

¡600× 10−9¢ = 490 nm

E26. On cherche 2 tel que 1 =q

+−0 et 2 =

q+−1; donc

2 =³+−´0 =

³+01−01

´ ¡1× 109¢ = 122× 109 Hz

E27. (a) On donne 0 =0= 3×108

2×10−2 = 15× 1010 Hz. On utilise l’équation (i) de l’exercice 23 eton arrive à

∆ = 20=

2(40)(15×1010)3×108 = 400 kHz

(b) Comme ∆ correspond à la valeur absolue de la différence entre les fréquences, la dé-

monstration de l’exercice 23 demeure valide même si la source et l’observateur s’éloignent

l’un de l’autre, et on arrive à

∆ = 20=

2(40)(15×1010)3×108 = 400 kHz

E28. On convertit les coordonnées 0 et 0 avec les équations 8.17 et 8.18, ce qui donne

= (0 + 0) =¡54

¢ ¡¡4× 105¢+ (06) (001)¢ =⇒ = 275× 106 m

= ³0 + 0

2

´=¡54

¢µ(001) +

(06)(4×105)2

¶=⇒ = 135× 10−2 s

E29. On applique les équations 8.17 et 8.18 à des intervalles ∆0 = 480 km et ∆0 = 0, ce qui

donne

∆ = (∆0 + ∆0) =¡54

¢ ¡¡48× 105¢+ (06) (0)¢ =⇒ ∆ = 600 km

∆ = ³∆0 + ∆0

2

´=¡54

¢µ(0) +

(06)(48×105)2

¶=⇒ ∆ = 120 ms

E30. Comme = 098 on a = 5 selon le tableau 8.2. Avec ∆0 = 12 km et ∆0 = 0 on

trouve ∆ grâce à l’équation 8.17 :

∆ = (∆0 + ∆0) = 5¡¡12× 103¢+ (098) (0)¢ = 600 km

Vue autrement, la distance entre les deux traces d’impact sur le quai est simplement le

résultat de 0 = où 0 est la longueur propre de ce qui apparaît comme mesurant

= 12 km dans le référentiel du train, donc 0 = 5 (12 km) = 600 km.

E31. On cherche ∆ = 2 − 1

Avec l’équation 8.17, on peut écrire, en se rappelant que 02 = 01 + 01



∆ = 2 − 1 = (02 + 02)− (01 + 01) = ((02 − 01) + (02 − 01)) =⇒∆ =

¡53

¢(0− 0 + (08) (001− 0)) = 400× 106 m

E32. (a) Dans le référentiel 0 du train, les deux impulsions mettront un temps 00 = 00 à

atteindre les extrémités. Ce temps est égal à

00 =02= 32

2(3×108) = 533× 10−8 s(b) Dans le référentiel l’impulsion qui arrive en 0 prend un temps

0 =∆0− =

−¡∆00 + ∆00

¢=³

5−4(3×108)

´ ¡(−16) + (06) ¡533× 10−8¢¢ =⇒

0 = 267× 10−8 sL’impulsion qui arrive en 0 prend un temps

0 =∆0

=

¡∆00 + ∆00

¢=³

54(3×108)

´¡(16) + (06)

¡533× 10−8¢¢ =⇒

0 = 107× 10−8 sE33. Pour rejoindre la Terre ( = 0), à partir du vaisseau

¡0 = 10

8 m¢, la lumière met un

temps ∆aller =−0− = 0

, mesuré dans le référentiel de la Terre. Comme le vaisseau

avance vers la Terre ( = −08), la lumière n’aura qu’à franchir 0− ∆aller− ∆retour

pour y retourner. De sorte que ∆retour est donné par

∆retour = 0 − ∆aller − ∆retour =⇒ ∆retour =0−∆aller

+=⇒

∆retour =0−(08)(0 )

+08= 0−080

+08= 0

³0218

´= 108

3×108³0218

´= 370 ms

E34. (a) On pose 0 = 0 et on utilise l’équation 8.14, ce qui donne

0 = ¡−

2

¢= 0 =⇒ = 2

=(3×108)2(16×10−4)

6×104 = 0800

(b) Si la vitesse du vaisseau dépasse 08 l’éclair vert arrive avant l’éclair rouge .

E35. On applique les équations 8.13 et 8.14, et on trouve, si ∆ = 0

∆0 = ¡∆− ∆

2

¢= −∆

2= − (10)(0995)(240)

(3×108)2 =⇒ ∆0 = −796 sLe signe négatif signifie que l’éclair vert arrive avant l’éclair rouge. L’espacement entre

les éclairs, mesuré en 0, donne

∆0 = (∆− ∆) = ∆ = 10 (240) =⇒ ∆0 = 240 km

E36. Si l’intervalle d’espace-temps est un invariant, on doit pouvoir soustraire (∆0)2 de (∆)2

et obtenir zéro. On élève au carré les quatre termes de ∆, qui sont donnés par les

équations 8.17 et 8.18, les deux autres étant invariants si −→v = −→i :

(∆)2 =³³∆0 + ∆0

2

´´2= 2 (∆0)2 + 2∆0∆0

2+ 2

³∆02

´2(∆)2 = ( (∆0 + ∆0))2 = 2 (∆0)2 + 2∆0∆0 + 2 (∆0)2



(∆)2 = (∆0)2

(∆)2 = (∆0)2

On calcule ensuite

(∆)2 − (∆0)2 =h2 (∆)2 − (∆)2 − (∆)2 − (∆)2

i−h2 (∆0)2 − (∆0)2 − (∆0)2 − (∆0)2

i=⇒

(∆)2 − (∆0)2 = 2µ2 (∆0)2 + 2∆0∆0

2+ 2

³∆02

´2¶−³2 (∆0)2 + 2∆0∆0 + 2 (∆0)2

´− (∆0)2 − (∆0)2

−2 (∆0)2+(∆0)2+(∆0)2+(∆0)2 =⇒(∆)2 − (∆0)2 = 22 (∆0)2 + 2∆0∆0 + 22(∆0)2

2

−2 (∆0)2−2∆0∆0−22 (∆0)2−2 (∆0)2+(∆0)2 =⇒(∆)2 − (∆0)2 = 22 (∆0)2 + 22(∆0)2

2

−2 (∆0)2 − 22 (∆0)2 − 2 (∆0)2 + (∆0)2 =⇒(∆)2 − (∆0)2 = 22 (∆0)2 − 22 (∆0)2 − 2 (∆0)2

+22(∆0)2

2− 2 (∆0)2 + (∆0)2 =⇒

(∆)2 − (∆0)2 = (∆0)2 ¡22 − 22 − 2¢+ (∆0)2

³22

2− 2 + 1

´=⇒

(∆)2 − (∆0)2 = (∆0)2³22

³1− 2

2

´− 2

´+ (∆0)2

³−2

³1− 2

2

´+ 1´=⇒

(∆)2 − (∆0)2 = (∆0)2 ¡2 − 2¢+ (∆0)2 (−1 + 1) = 0

(∆)2 est donc un invariant =⇒ CQFD

E37. (a) Comme la distance parcourue par l’éclair est ∆ on a

∆ = + ∆ =⇒ ∆− ∆ = =⇒ ∆ = −

(b) On cherche la position de deux événements dans 0 avec l’équation 8.13. L’émission de

la lumière se produit en 0 = ( − ) = − puisque l’émission de la lumière seproduit à l’origine de De la même façon, en utilisant le résultat obtenu en (a), l’arrivée

de la lumière se produit en

0 = (+ ∆− ) = (+ ( − )− ) = (− )

On trouve donc

∆0 = 0 − 0 = (− ) + =

et le délai en temps dans 0 est de ∆0 = ∆0=

E38. La vitesse relative d’un proton (1) par rapport à l’autre (2) est donnée par l’équation

8.21, réécrite comme à l’exemple 8.11, soit



12 =1L+L2

1+1LL2

2= 096+096

1+(096)(096)

2

= 0999

E39. On reprend directement l’équation 8.22 de l’exemple 8.11 et on obtient

AB =AT+TB

1+ATTB

2= 08−06

1+(08)(−06)

2

= 0385

E40. La vitesse relative du missile (m) par rapport à la Terre (T) est donnée par l’équation

8.21, réécrite comme à l’exemple 8.11.

(a) Si mV = 01 on obtient

mT =mV+VT

1+mVVT

2= 01+07

1+(01)(07)

2

= 0748

(b) Si mV = −01 on obtientmT =

mV+VT

1+mVVT

2= −01+07

1+(−01)(07)

2

= 0645

E41. (a) On calcule d’abord la vitesse du vaisseau B par rapport au vaisseau A au moyen de

l’équation 8.21, réécrite comme à l’exemple 8.11, ce qui donne

BA =BT+TA

1+BTTA

2= 08−06

1+(08)(−06)

2

= 0385

La vitesse du missile par rapport au vaisseau A doit donc être supérieure à 0385, si

ce dernier doit atteindre le vaisseau B. Dans l’état actuel, non , il n’atteindra pas le

vaisseau B, puisque mA = 03

(b) On doit avoir mA 0385 .

E42. On utilise un axe des parallèle au mouvement des deux fusées. On suppose que la fusée

A se déplace dans le sens positif de cet axe, de sorte que AT 0. La fusée B avance vers

la fusée A et sa vitesse par rapport à la Terre est de même module donc BT = −AT.On cherche le module de la vitesse de l’une ou l’autre des deux fusées par rapport à la

Terre

Avec l’équation 8.22, on obtient

AB =AT+TB

1+ATTB

2=⇒ 05 = +

1+2

2

=⇒ 05³1 + 2

2

´= 2 =⇒

05+ 052

− 2 = 0 =⇒ 052 + 052 − 2 = 0 =⇒ 2 − 4 + 2 = 0

On résout cette équation quadratique en et on trouve = 0268 et 3732 Seule la

première réponse est compatible avec la théorie de la relativité, de sorte que = 0268 .

E43. Selon l’équation 8.25 du manuel, si une quantité d’énergie est retirée d’un corps, la masse

de ce corps diminue. Ainsi, l’énergie rayonnée par le Soleil diminue la masse de ce dernier.

(a) La puissance correspond à l’énergie rayonnée par unité de temps. L’énergie rayonnée

durant 1 seconde est donc



∆ = ∆ =¡39× 1026 W¢ (1 s) = ³39×1026 J

1 s

´(1 s) = 39× 1026 J

Au moyen de l’équation 8.25, on calcule la variation de masse associée à cette énergie :

∆ = ∆2 =⇒ ∆ = ∆2= 39×1026

(3×108)2 = 433× 109 kg(b) Puisqu’elle représente la variation de masse du Soleil durant 1 seconde, la réponse de la

question (a) correspond aussi au taux de changement¯̄

¯̄de la masse de dernier. On

estime la durée de vie du Soleil en divisant sa masse totale par ce taux :

∆ = ¯̄̄

¯̄̄ = 2×1030 kg433×109 kg/s =

¡4619× 1020 s¢× ³ 1 a

3156×107 s´= 146× 1013 a

Notons que ce résultat n’est qu’une approximation grossière puisqu’il ne tient pas compte

d’une modification dans le temps de la puissance rayonnée par le Soleil.

E44. On obtient le module de la quantité de mouvement du proton en combinant les équations

8.23 et 8.24 :

= = 0 =0r1−2

2

=(1674×10−27)(0998)√

1−(0998)2= 793× 10−18 kg·m/s

E45. (a) On donne = 104 eV = 104¡16× 10−19 J¢ = 16× 10−15 J. On utilise l’équation 8.26,

qui donne l’énergie cinétique relativiste, soit

= 02 ( − 1) =⇒ =

02+ 1 = 16×10−15

(91×10−31)2 + 1 = 10195

On calcule ensuite le rapport au moyen de l’équation 8.7, et on obtient

=q1− 1

2=⇒

= 0195

(b) Avec = 107 eV = 16× 10−12 J, on obtient plutôt = 0

2 ( − 1) =⇒ = 02

+ 1 = 16×10−12(91×10−31)2 + 1 = 2054

=q1− 1

2=⇒

= 0999

E46. (a) Au moyen de l’équation 8.7, on calcule

= 1r1−2

2

= 1√1−(0998)2

= 1582

On utilise ensuite l’équation 8.26, qui donne l’énergie cinétique relativiste, et on trouve

= 02 ( − 1) = ¡91× 10−31¢ 2 (1582− 1) = 1214× 10−12 J = 759 MeV

(b) On obtient le module de la quantité de mouvement du proton en combinant les équations

8.23 et 8.24 :

= = 0 = (1582)¡91× 10−31¢ (0998) = 431× 10−21 kg·m/s

E47. On cherche ∆ = (2)− (1) Avec l’équation 8.26, on trouve

∆ = 02 (2 − 1)−0

2 (1 − 1) = 02 (2 − 1)

(a) Pour l’intervalle allant de 1 = 06 à 2 = 08 le tableau 8.2 permet d’écrire



∆ = 02¡53− 5

4

¢=⇒

∆ =¡911× 10−31¢ ¡300× 108¢2 ¡5

3− 5

4

¢× ³ 1 eV16×10−19 J

´= 214 keV

(b) Pour l’intervalle allant de 1 = 0995 à 2 = 0998 si on utilise le calcul de l’exercice

46 et le tableau 8.2, on obtient

∆ =¡911× 10−31¢ ¡300× 108¢2 (1582− 10) = 298 MeV

E48. On combine l’équation 8.26, = 02 ( − 1), avec

=q1− 1

2, qui découle de l’équa-

tion 8.7.

(a) Si = 02 =⇒ = 2 =⇒ = 0866

(b) Si = 1102 =⇒ = 12 =⇒ = 0997

E49. On calcule l’énergie absorbée au moyen de l’équation 3.9 :

∆ = ∆ = ∆ = (05)¡1× 103¢ ¡31536× 107¢ = 15768× 1010 J

On calcule ensuite la masse ajoutée avec l’équation 8.25 :

∆ = ∆2= 15768×1010

(3×108)2 = 1752× 10−7 kgLe poids supplémentaire aura donc pour valeur

∆ = ∆ =¡1752× 10−7¢ (98) = 172 N

E50. Si on modifie l’équation 8.27, on obtient

2 − 22 = 204

Comme le côté droit de cette équation est toujours constant, on en conclut que

2 − 22 est un invariant =⇒ CQFD

E51. L’énergie totale vaut trois fois l’énergie au repos, de sorte que = 302

(a) On utilise l’équation 8.27 et on obtient

2 − 22 = 204 =⇒ 92

04 − 22 = 2

04 =⇒ 22 = 82

04 =⇒ = 2830

(b) On combine = 0 avec le résultat obtenue en (a), et on trouve

0 = 2830 =⇒ r1−2

2

= 283 =⇒ 2 = 8002³1− 2

2

´=⇒

2 = 8002 − 8002 =⇒ =

q8002

900= 0943

E52. La masse nécessaire (n) est mille fois importante que la masse effectivement transfor-

mée, soit n = 1000 Comme = 2 on obtient

n = 1000¡2

¢= 1000

³1×1018(3×108)2

´= 111× 104 kg

E53. Si le rapport est important, le deuxième terme du développement binômial sous l’équa-

tion 8.26 est significatif. Dans ce cas-ci, il représente



∆=

02³38(

)

4´

1202

= 32

42= 3

4

(22×106)2

(3×108)2 =⇒ ∆= 403× 10−5

E54. On cherche le module de la vitesse qui fait en sorte que re l−clacla

= 001 Si on développe

cette expression, on obtient

0−00

= 001 =⇒ − 1 = 001 =⇒ = 101

On fait ensuite appel à l’équation 8.7 et on arrive à

= 1r1−2

2

=⇒ = q1− 1

2=⇒ = 0140

E55. On cherche le module de la vitesse qui fait en sorte que rel = 2cla Si on développe cette

expression, on obtient

0 = 20 =⇒ = 2

On fait ensuite appel à l’équation 8.7 et on arrive à

= 1r1−2

2

=⇒ = q1− 1

2=⇒ = 0866

E56. En raison de l’équivalence de masse-énergie, on a

= 02 = 50 MeV =⇒ =

(50×106)(16×10−19)(91×10−31)(3×108)2 = 9768

= =q1− 1

2= 099995

E57. (a) En raison de l’équation de la mécanique classique, on a

∆ = −0 =122 − 1

220 =

122 = 1

2

¡91× 10−31¢ (09)2 = 332× 10−14 J

∆ = ∆= 332×10−14

16×10−19 = 208 kV

(b) Avec la même énergie et l’équation 8.26, on calcule le facteur , ce qui donne

= ∆02

+ 1 = 332×10−14(91×10−31)(3×108)2 + 1 = 1405

Avec la valeur de on obtient le module de la vitesse, soit

= q1− 1

2= 0702

E58. On l’utilise l’équation de l’exercice 53 en posant que ∆= 1 % et on trouve une vitesse

dont le module est de

∆= 32

42=⇒ 001 = 32

42=⇒ =

q4(001)3

= 0115

E59. (a) On trouve le module de la vitesse au moyen de l’équation 8.26, soit

= 02 ( − 1) =⇒ =

02+ 1 =⇒ =

r1− 1³

02

+1´2 =⇒

=vuut1− 1Ã

(40×109)(16×10−19)(167×10−27)(3×108)2+1

!2 = 09997

(b) Le module de la quantité de mouvement s’exprime par

= 0 = (4358)¡167× 10−27¢ (09997) ¡3× 108¢ = 218× 10−17 kg·m/s



E60. On calcule d’abord le facteur de l’électron en fonction de l’énergie totale qu’il possède :

= 02 =⇒ =

02=(10×109)(16×10−19)(91×10−31)(3×108)2 = 19536

(a) La longueur du tube est donnée par

= 0= 3200

19536= 0164 m

(b) Avec une valeur aussi élevée de on peut poser que le module de la vitesse est prati-

quement bien que, du point de vue théorique, l’électron n’atteigne jamais la vitesse de

la lumière. Avec = on arrive à

0 == 0164

3×108 = 547× 10−10 s(c) Les expérimentateurs dans la station de contrôle enregistreront une durée de voyage égale

à

= 0 = (19536)¡547× 10−10¢ = 107 s

E61. (a) = 1r1−2

2

= 14 =⇒ = 0= 0857 km

(b) 0 == 408 s

(c) = 0= 571 s

E62. 0 =0

=⇒ = 240276×10−6 = 869× 107 =⇒ r

1−2

2

= 869× 107 m/s =⇒

= 835× 107 m/sE63. =

Q0+ T0

, où Q0 et T0 sont respectivement les longueurs propres du quai et du

train. Avec = 1r1−2

2

= 125 on trouve = 911 s .

E64. (a) Selon l’équation 8.22, la vitesse relative d’un train par rapport à l’autre est de

AB =AQ+QB

1+AQQB

2= 065+065

1+(065)(065)

2

= 0914 =⇒ = 1r1−2AB

2

= 2465 =⇒

= 0= 0406 km

(b) 0 =0= 0602 s

E65. (a) Selon l’équation 8.22, la vitesse du projectile par rapport au sol est de

PS =PT+TS

1+PSTS

2= 06+04

1+(06)(04)

2

= 124

= 2419× 108 m/s =⇒

= 1r1−2PS

2

= 1691 =⇒ = 0PS

= 100002419×108 = 413 s

(b) 0 =0PS

= 244 s

E66. Le résultat est calculé pour un observateur immobile par rapport au train et situé à

l’endroit où le projectile atteint la cible. Celle-ci avance vers cet observateur à une vitesse

CT = −04, et le projectile va à PT = 06 Dans ce système de référence, la distance



totale à franchir est de

= 0TS

= 0

q1− 2TS

2= (10000)

q1− (04)2 = 9165 m

Cette distance est franchie par le projectile et la cible en un temps que fournit l’équation

suivante :

= |CT|∆+ PT∆ =⇒ ∆ = |CT|+PT =

916504+06

= 9165= 306 s

Plus directement, on arrive à ce résultat en rappelant que le projectile mesure un temps

propre 0 entre le départ du train et l’arrivée à la cible.

Comme le facteur du train est = 54 le temps mesuré par cet observateur immobile

par rapport au train, placé là où le projectile atteint la cible, est

= 0 =54

¡2444× 10−6¢ = 306 s.

E67. = 1r1−2

2

=⇒ 08 =1r

1− (08)2

2

= 1667 09 =1r

1− (09)2

2

= 2294

∆08−→09 = ∆08−→0902 = 06270

2

(a) 0 = 1 01 =1r

1− (01)2

2

= 1005 =⇒ ∆0−→01 = 0005

∆08−→09

∆0−→01=

08−→09

0−→01= 0627

0005= 125

(b) 05 =1r

1− (05)2

2

= 1155 06 =1r

1− (06)2

2

= 1250 =⇒ ∆05−→06 = 0095

∆08−→09

∆05−→06=

08−→09

05−→06= 0627

0095= 660

E68. (a) = 0 =⇒ = 359 = 1r1−2

2

=⇒ = 288× 108 m/s

(b) = ( − 1)02 = 274 MeV

E69. (a) = 1r1−2

2

=⇒ = 1005 =⇒ = ( − 1)02 = 453× 1019 J

(b) = 2= 503 kg

E70. = 0 = 0 =⇒ r1−2

2

= =⇒ = 0707

E71. (a) = 02 = +0

2 = 171 MeV

(b) = 02

= 171 MeV0511 MeV

= 3346 =⇒ = q1− 1

2= 286× 108 m/s

(c) = 0 = 872× 10−22 kg·m/sE72. (a) On donne = 20 GeV = 20 × 103 MeV et, selon la partie (a) de l’exemple 8.13 du

manuel, l’énergie au repos de l’électron correspond à 02 = 0511 MeV. On insère ces

deux valeurs dans l’équation 8.26 et on calcule :

= 02 ( − 1) =⇒ =

02+ 1 = 20×103 MeV

0511 MeV+ 1 =⇒ = 391× 104



(b) Dans cette situation À 02, de sorte que le deuxième terme de l’équation 8.27 peut

être négligé. On calcule alors

= =⇒ = =(20×109 eV)×

µ16×10−19 J

1 eV

¶3×108 m/s = 107× 10−17 kg·m/s

Problèmes

P1. On utilise l’équation 8.25 et on l’élève au carré, ce qui donne

= 02 =⇒ 2 = 22

04 (i)

On utilise ensuite l’équation 8.23, on la multiplie par et on l’élève au carré :

= 0 =⇒ 22 = 22022 (ii)

On soustrait l’équation (ii) de l’équation (i), et on obtient

2 − 22 = 2204 − 22

022 =⇒ 2 = 22 + 22

04 − 22

022 =⇒

2 = 22 + 2202¡2 − 2

¢= 22 + 22

04³1− 2

2

´=⇒

2 = 22 + 2204³12

´=⇒ 2 = 22 +2

04 =⇒ CQFD

P2. On utilise l’expression qui associe la force au taux de changement de la quantité de

mouvement, et l’équation 8.23, ce qui permet d’obtenir le résultat suivant :

= =

(0) =⇒

0=

+

=

+

∙³1− 2

2

´−12¸=⇒

0=

+

¡−12

¢ ¡−22

¢ ³1− 2

2

´−32=

+ 2

23

=⇒

0=

³1 + 22

2

´=

³1 +

³1− 1

2

´2´=⇒

0= 3

=⇒

=

30=⇒ CQFD

P3. Dans l’équation 8.23 élevée au carré, on remplace par l’expression qui est fonction de

, soit = q1− 1

2 et on remplace ensuite par l’expression qui dépend de , soit

= 02

+ 1 On trouve ainsi que

2 = 2202 =⇒ 2 = 22

02³1− 1

2

´=⇒ 2 =

¡2 − 1¢2

02 =⇒

2 =

µ³

02+ 1´2− 1¶202 =

³2

204 +

202

+ 1− 1´202 =⇒

2 =¡

¢2+ 20 =⇒ =

q20 +

¡

¢2=⇒ CQFD

P4. On utilise l’équation 8.21 afin de trouver à quelle vitesse la lumière se déplace par rapport

au laboratoire. D’une part, la lumière se déplace dans l’eau à la vitesse 0 =, et le

milieu, soit l’eau, est en mouvement à = Ainsi

=0+

1+02

=+

1+2

=⇒ =

1+

1+

=⇒ CQFD

P5. (a) Si l’électron et le proton ont la même quantité de mouvement, on obtient



e = (ee) e = eee et p =¡pp

¢p = ppp

e = p =⇒ eee = ppp où e = 316 et e = 09995 =⇒p = 172× 10−2 =⇒ p = p = 516× 106 m/s

(b) Si l’électron et le proton ont la même énergie cinétique, on trouve plutôt

e = p =⇒ e2 (e − 1) = p

2¡p − 1

¢=⇒ p = 10167 =⇒

p = 543× 107 m/sP6. (a) Dans le référentiel du vaisseau, la lumière parcourt deux fois la longueur propre

0 = 100 m. Pour l’observateur qui émet et reçoit la lumière, il s’écoule un temps propre

de

0 =20= 200

2(3×108) = 667× 10−7 s(b) Comme = 0995 on a = 10 selon le tableau 8.2. Dans le référentiel ce délai est

dilaté et mesuré par deux horloges, soit

= 0 = (10)¡667× 10−7¢ = 667 s

(c) On trouve , la position où l’éclair revient à son point de départ dans le vaisseau, au

moyen de l’équation 8.17. On note que 0 = 0 On obtient donc

= (0 + 0) = (10)¡0 + (0995)

¡3× 108¢ ¡667× 10−7¢¢ = 199× 103 m

P7. (a) On représente un rayon lumineux se propageant dans la direction 0 par rapport à l’axe

des 0 :

Dans l’un ou l’autre des systèmes de référence, la quantité cos correspond au rapport

entre la composante de la vitesse de la lumière selon et son module Ainsi, pour

et 0 on peut écrire cos = 1=

et cos 0 = 1

0=

0 On peut ensuite réécrire

l’équation 8.21 comme suit :

=0+

1+02

=⇒ =

0+

1+02

=⇒ cos =cos 0+

1+02

Comme = =

on arrive à cos = cos 0+

1+ cos 0 =⇒ CQFD

(b) Dans le logiciel Maple on définit la valeur de l’expression pour et on trace le graphe



demandé pour 0 allant de 0 à 90◦ :

restart;

beta:=0.9;

theta:=arccos((cos(t)+beta)/(1+beta*cos(t)));

plot(theta,t=0..Pi/2);

Comme on le voit dans le graphe, les rayons lumineux forment un angle de plus en plus

réduit par rapport à l’axe des au fur et à mesure que augmente. C’est pourquoi un

parle d’un effet projecteur.

P8. Par définition, on sait que = La différentiation de l’équation 8.18 permet d’écrire

que = ¡0 +

20¢, donc

==

(0+ 20)

=

µ0+

20

00

¶ =

(0+ 200)

=0

µ1+

02

¶ =⇒

=0

µ1+

02

¶ =⇒ CQFD

P9. Comme = 098 on a = 5 selon le tableau 8.2.

(a) Dans leur référentiel propre, la distance parcourue par chacun des muons est de

= 0= 3000

5= 600 m

Ils parcourent cette distance en un temps

0 == 600

098(3×108) = 204 s

On donne = 22 s. Après cet intervalle 0, le nombre de muons restant s’élève à

= 0−0

= (1000) −204×10

−622×10−6 = 395

(b) Dans le référentiel de la Terre, les observateurs mesurent une distance 0 = 3000 m

parcourue par les muons en un temps

= 0= 3000

098(3×108) = 102 s

Selon les observateurs, après cette distance, il reste 0 muons dont la durée de vie

moyenne est de 0 = = 11 s. Ce nombre s’élève à

0 = 0− 0 = (1000)

−204×10−6

11×10−6 = 395

P10. La phase étant invariante, on peut écrire

= 0 où = (− ) et 0 = (00 − 00) = 0 (− )− 0¡−

2

¢L’invariance est démontrée si − 0 = 0 à tout moment et en tout point; donc

(− )− 0 (− )− 0¡−

2

¢= 0 =⇒³

− 0 − 02

´− ( − 0 − 0) = 0



Comme cette expression doit donner zéro quelles que soient les valeurs de et de on

en déduit que

− 0 − 02

= 0 =⇒ = 0 + 02

=⇒ = ³0 + 0

2

´ − 0 − 0 = 0 =⇒ = 0 + 0 =⇒ = (0 + 0) =⇒ CQFD

P11. (a) Dans les deux systèmes de référence, on sait que les tangentes des angles s’expriment par

tan = et tan 0 = 0

0 On sait aussi que = 0 et que 0 est une longueur propre

parce que mesurée dans le référentiel où la tige est immobile. Ainsi, = 0ou encore

= 0, et on peut écrire

tan 0 = 00 =

= 1tan =⇒ tan = tan 0 =⇒ CQFD

(b) La longueur d’une tige en mouvement orientée dans le plan et mesurée dans est

donnée par

2 = 2 + 2 = 2 =³0 cos

0

´2+¡0 sin

0¢2 = 20

³cos2 02

+ sin2 0´=⇒

2 = 20

³cos2 0+2 sin2 0

2

´= 20

µcos2 0+2(1−cos2 0)

2

¶= 20

µcos2 0(1−2)+2

2

¶=⇒

2 = 20

³1 + cos2 0

³12− 1´´= 20

³1 + cos2 0

³1− 2

2− 1´´

=⇒2 = 20

³1 + 2

2cos2 0

´Avec 0 = 0 ce résultat devient

= 0

³1 + 2

2cos2 0

´12=⇒ CQFD

P12. On cherche une autre expression pour ∆= −0

lorsque ≈ 0 Au moyen de l’équation

8.11, on trouve

= 0

q+− = 0

¡1 +

¢12 ¡1−

¢−12Comme

¿ 1 on fait appel au développement du binôme et à son approximation lorsque

¿ 1 soit (1 + ) = 1 + Ainsi

≈ 0¡1 + 1

2

¢ ¡1 + 1

2

¢= 0

³1 +

+ 2

42

´Encore une fois, comme

¿ 1 on peut négliger le dernier terme et

≈ 0¡1 +

¢Finalement,

∆≈ ∆

0= −0

0=

0(1+ )−0

0=⇒ ∆

≈

=⇒ CQFD

P13. Comme = 06 on a d’une part =54 et, comme = 08 on a d’autre part

=53selon le tableau 8.2.

(a) On trouve les longueurs contractées, telles que mesurées par l’observateur, ce qui donne



=0

=4(1000)5

= 800 m et =0

=3(1000)5

= 600 m

On construit ensuite deux équations de position qui repèrent la position de l’arrière

du train et la position de l’avant du train À l’instant = 0 l’avant du train

coïncide avec l’arrière du train en un point qui correspond à l’origine de l’axe des

utilisé de sorte que = 800 + 06 et = −600 + 08 On cherche l’instant pourlequel = donc

800 + 06 = −600 + 08 =⇒ = 140002

= 0233 s

(b) La vitesse du train par rapport au train est de

=+

1+

2= 0385

ce qui implique que = 108 On calcule donc une longueur du train dans le

référentiel du train de

=0

= 1000108

= 926 m

Avec toutes ces données, on peut calculer l’intervalle de temps que prendra le train

à dépasser le train dans le référentiel de , et on obtient

=0+

= 1926

0385= 167 s

P14. (a) On obtient directement

∆ = (∆0 + ∆0) = 5¡−103 + (098) ¡4× 10−6¢¢ =⇒ ∆ = 880 m

∆ = ³∆0 + ∆0

2

´= 5

µ¡4× 10−6¢+ (098)(−103)

2

¶=⇒ ∆ = 367 s

(b) On obtient directement

= ∆− ∆= (367 s)− (293 s) = 0734 s

P15. (a) Le temps que mettront les deux trains à se dépasser mutuellement est équivalent au temps

que mettrait un seul des deux trains pour s’installer vis-à-vis du deuxième, immobile dans

le référentiel du premier. En tenant compte de la contraction des longueurs des trains

pour l’observateur immobile par rapport au sol, on obtient

∆ = 0= =⇒ = 0

=

4(1000)

5(06)= 444 s

(b) La vitesse du train par rapport au train est de



= =+

1+

2= 0882 =⇒ = 2125

En appliquant le même raisonnement qu’en (a), on trouve

∆ = 0 +0= =⇒ = 0

+ 0

= 1000

08821000

2125(0882)= 556 s

P16. On sait, grâce au problème 8, que la relation entre les composantes de vitesse selon

dans les deux référentiels est de =0

µ1+

02

¶ et = 0+

1+02

pour le mouvement selon

Dans les deux systèmes de référence, le rapport entre la vitesse selon et correspond

à la tangente de Ainsi,

tan ==

0

µ1+

02

¶0+

1+02

=

0

0+=

0

0+

Ã1010

!=

tan 0

1+0

=⇒

tan = tan 0

³1+

0

´ =⇒ tan = tan 0

³1+

0 cos 0

´ =⇒ CQFD

P17. On écrit les expressions pour l’énergie totale et la composante de quantité de mouvement

selon pour les deux systèmes de référence, soit

= 02 (i)

0 = 002 (ii)

= 0 =0

2

2=

2(iii)

0 = 000 (iv)

Pour pouvoir établir une relation entre ces termes, on doit avoir l’expression de 0 en

fonction de On la trouve en utilisant la définition de :

0 =³1− (0)

2

2

´−12=³2−(0)2

2

´−12=

³2 − (0)2

´−12=⇒

0 =

Ã2 −

µ−1−

2

¶2!−12=

⎛⎝ 2

2− (−)2

2(2−)2

4

⎞⎠−12 =⇒

0 =³1− 2(−)2

(2−)2´−12

=

µ(2−)2−2(−)2

(2−)2

¶−12=⇒

0 =2−

((2−)2−2(−)2)12=⇒

0 =2

((2−)2−2(−)2)12¡1−

2

¢=⇒

0 =2

(4−22+22−2(2+2−2))12¡1−

2

¢=⇒

0 =2

(4+22−22−22)12

¡1−

2

¢= 2

((2−2)(2−2))12¡1−

2

¢=⇒

0 =

(2−2)12

(2−2)12¡1−

2

¢Finalement, avec =

³1− 2

2

´−12et =

³1− 2

2

´−12 on obtient



0 = ¡1−

2

¢Si on remplace 0 par ce résultat dans l’équation (ii), on obtient

0 = ¡1−

2

¢0

2 = ¡1−

2

¢ =

¡ −

2

¢D’après l’équation (iii), ce résultat devient 0 = ( − )

Pour la quantité de mouvement, au moyen de l’équation (iv) dans laquelle on remplace

aussi 0 , on trouve

0 = ¡1−

2

¢0

0 =

¡1−

2

¢0

µ−1−

2

¶=⇒

0 = 0 ( − ) = (0 − 0) =⇒ 0 = ¡ −

2

¢=⇒ CQFD



Chapitre 8: La relativité restreinte Exercices€¦ · · 2011-01-19La seule solution réelle...

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