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

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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

SommaireSommaire

© Hachette Livre, Physique Terminale S, Livre du professeur. La photocopie non autorisée est un délit. 3


Avant-proposAvant-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 pré -requis 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 infor-mations plus complètes, les professeurs sont invités à se référer à la biblio-graphie mentionnée ;– une description des ressources du cédérom pour le chapitre avec des pro-positions d’utilisation pédagogique avec les élèves ;– une bibliographie référençant des ouvrages, vidéos, cédéroms et sites Internet.




chapitre

Phys

iqueOndes

mécaniques progressivesProgramme

Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel :

A. Propagation d’une onde ; ondes progressives (2 T.P., 9 H.C.E.)

ObjectifsLes 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.

Contenus1. Les ondes mécaniques progressives

1.1. Introduction• À partir des exemples donnés en activité, dégager la défi nition 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’ins-tant 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• Défi nir une onde mécanique et sa célérité.• Défi nir et reconnaître une onde transversale et une onde longitudinale.• Connaître et exploiter les propriétés générales des ondes.• Défi nir 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 (chronophoto-graphies, vidéo) donnant l’aspect de la perturbation à des dates données en fonction de l’abscisse : interpréta-tion, mesure d’une distance, calcul d’un retard et/ou d’une célérité.• Exploiter un document expérimental (oscillo-grammes, 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 parti-culier, 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).

1

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



• Comparaison du déplacement d’un mobile et de celui d’une perturbation mécanique afi n d’en montrer les diffé-rences fondamentales.• Illustration de l’infl uence 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, res-sorts 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, infl uence du milieu.

CommentairesL’introduction expérimentale de la notion d’onde doit permettre à l’élève de se l’approprier par comparai-son 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 pertur-bation 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 pro-voquées 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 interpré-tées qualitativement comme des ondes de compression-dilatation, 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 �.

MatérielCours> Activité 1– 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).

> Activité 3– Un générateur T.B.F.

– 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’acquisi-tion informatique.

Déroulement du chapitre> Objectifs• Définir une onde mécanique progressive et en donner quelques propriétés.• Reconnaître une onde transversale et une onde longi-tudinale.• Définir la célérité d’une onde mécanique progres-sive.• Exploiter les propriétés générales des ondes progres-sives.

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

Activités préparatoiresA. Les vagues pour produire

de l’électricitéCette activité fait prendre conscience aux élèves qu’une vague transporte de l’énergie et met l’accent sur le dépla-cement transversal de matière par rapport à la direction de propagation.

Réponses aux questions1. 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 per-pendiculaire à la direction de propagation de la vague.

B. Les premières mesures de la vitesse du son dans l’eau

Cette activité est centrée sur la vitesse de propagation d’une onde sonore.

Réponses aux questions1. 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.



Cours1. Qu’est-ce qu’une onde mécanique ?L’objectif est de définir une onde mécanique.

> Activité 1On 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...).

2. Quels sont les différents types d’ondes mécaniques ?

L’objectif est de différencier les deux types d’ondes méca-niques : les ondes transversales et les ondes longitu-dinales.Pour produire des ondes transversales, utiliser un fin ressort long ou un élastique de 3 m environ.

> Activité 2Tendre 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 3Se 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 longitu-dinales. Aux déplacements longitudinaux des tranches d’air (faire l’analogie avec les ondes longitudinales le long d’un ressort) sont associées des variations de pres-sion, appelées surpressions.

3. Quelles sont les caractéristiques de la propagation d’une onde progressive ?

3.1 Croisement de deux ondesLe 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 ondeLa vitesse de propagation dépend de la nature des ondes et du milieu de propagation.Les ondes transversales le long d’une corde se propagent

à la vitesse � = dlFµ (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 :

� = dl1ρ . χS

. Pour un gaz parfait, cette vitesse dépend de

la température et de la masse molaire : � = dlγ . R . T

M .

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.

3.4 Retard lors de la propagation d’une ondeLe 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

τ = d�

.

Rechercher et expérimenter1. Paul LANGEVIN : l’inventeur du sonarRéponses aux questions1. Le sonar mesure la durée entre l’émission et la récep-tion des ondes sonores ou ultrasonores.2. La durée mesurée t correspond à un aller-retour de l’onde, donc à une distance 2 . d .

Donc : d = � . t

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 questions1. 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 sonarRéponses aux questions1. La durée correspond à un aller-retour de la salve.

2. d = � . t

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 chapitreUnités et analyse dimensionnelleIl 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 obliga-toirement fausse. Il est bien évident que l’équation aux



caractéristiques du milieu, donc la vitesse n’est pas constante lors de la propagation des ondes.

2. �t = 25 s ; � = 6125

= 2,4 km . s–1.

7. 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�t

= 0,360,000 25

= 1 440 m . s–1.

8. 1. L’onde est transversale.

2. � = SM1

t1 – t0 = 3,0 m . s–1.

3. La longueur de l’onde est � = 2,0 m. On a donc :

�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. τ = 4 s.

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

� = 1,00,20

= 5,0 m . s–1.

2. La longueur de l’onde vaut 0,40 m.3. Le début de l’onde arrivera au point M à la date :

t0 = 1,205,0

= 0,24 s.

L’allure de la corde est représentée dans les conseils.

4. L’onde quittera M à la date :

tF = 0,24 + 0,405,0

= 0,32 s.

5. t (s)t0,24 0,26 0,28 0,30 0,32 0,34

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.

11. 1. Une vague à la surface de l’eau est une onde transversale.2. La célérité de la propagation est égale à :

� = dt = 5 m . s–1.

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.

12. 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.

b. �t = 81 500

= 0,005 s.

S’autoévaluer1. Les situations 2 et 3 sont possibles.

2. 1. Voir le document 6, page 19.2. Voir le document 4, page 19.3. Les ondes acoustiques sont longitudinales.

3. 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.

4. 1. τ = MM’

� = 0,080 s = 80 ms.

2. t’ = t + 0,080 s.

Exercices1. 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...

2. 1. La propagation du son dans l’air est une onde longitudinale.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 trans-port d’énergie.

3. Proposition 3 : les ondes se croisent sans se déformer.

4. 1. Oui, car la vitesse de la lumière est très supé-rieure à la vitesse de propagation du son.2. La vitesse de propagation du son dépend de la température.

3. � = dτ = 337,16 49, soit 337 m . s–1.

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.

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

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

Corrigés des exercices



c. Cette alarme réagit donc beaucoup plus rapide-ment que la première.

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.

� = 1,600,0046

= 347 m . s–1.

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 micro-phone au second.

3. � = dτ ; � = 3,9511,54 × 10–3 = 342,29 ;

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 chronomé-trage... On l’écarte du tableau de mesures.b. �„ = 341 m . s–1.c. σn–1 = 2 m . s–1.d. Taux d’incertitude : 2

341 ≈ 6 × 10–3, soit 0,6 %.

15. 1. t = 1001 000 s

= 0,10 s < 0,15 s, temps de

réaction du coureur.

2. t = d�

= 1,5340

= 4,4 × 10–3 s.

3. La durée 1001 000 s

est nettement supérieure à la

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.

b. L’écart = d�10° C

– d�30° C

= 1,5337

– 1,5349

= 1,5 × 10–4 s.

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.

16. 1. F = P = m’ . g = 0,235 × 9,8 = 2,3 N.

2. � = m�

= 0,17611

= 0,016 kg . m–1.

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.

Donc F s’exprime en :

kg . m . s–2

kg . m–1 = (kg . m . s–2

kg . m–1 )1/2 = (m2 . s–2)1/2 = m . s–1.

Cette expression est bien homogène à une célérité.

4. � = 2,30,016

= 12 m . s–1.

5. �t = d�

= 8,212

= 0,68 s.

6. Pour augmenter la célérité de l’onde, il faut aug-menter 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 célé-rité, 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 .

b. En notant m la masse de la caténaire, � sa lon-gueur, V son volume, ρc la masse volumique du cuivre et ρréf la masse volumique du corps de référence (eau), on a :

� = m�

= V . ρc

� =

V . d . ρréf

� =

π . r2 . � . d . ρréf

�

� = π . r2 . d . ρréf � = π . (0,70 × 10–2)2 × 8,9 × 1,0 × 103 � = 1,4 kg . m–1.

c. � = 2,6r104

1,4 = 136 m . s–1, soit 491 km . h–1.

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

1,4 = 146 m . s–1, soit 527 km . h–1.

Cela est supérieur à la vitesse du record.

18. 1. Les vitesses ne sont pas constantes, car la représentation de t en fonction de la distance à l’épi-centre 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.

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



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 propa-geant dans l’eau, pour une même distance parcourue.5.

Expression Dimension Unité

�eauvitesse m . s–1

�airvitesse m . s–1

�t durée s

�air . �t vitesse × durée ↔ distance m . s–1 × s ↔ m

�air . �t – d distance – distance ↔ distance m – m ↔ m

�air

�air . �t – dvitesse

distance ↔ 1durée

m . s–1

m ↔ s–1

L’expression est donc fausse, car �air

�air . �t – d n’a pas

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 substi-tution :

(1) et (3) : d = �air . (teau + �t) (4)

(4) et (2) : �air . (teau + �t) = �eau . teau ;

teau �air . �t

�eau – �air (5)

(2) et (5) : d = �eau . �air . �t

�eau – �air ;

d . (�eau – �air) = �eau . �air . �t ;

�eau = d . �air

d – �air . �t .

Application numérique :

�eau = 1,14 × 3401,14 – 340 × 0,002 7

≈ 1 745 m . s–1.

10. Erreur relative : |1 500 – 1 7451 500 | × 100 ≈ 16 %.

L’erreur est relativement importante.

20. 1. Ce sont des ondes mécaniques longitu-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.

�t = d�

= 13 × 103

1 500 = 8,7 s.

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

environ 13 × 103

3 × 108 = 4 × 10–5 s. Cette durée est négli-

geable par rapport à celle de la propagation du son.

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

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

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.

Sujet BAC

Le téléphone « pot de yaourt »1. À propos des ondes1.1. 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

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 pertur-bation est la même que la direction de propagation de l’onde.

2. Célérité de l’onde qui se propage le long du fil2.1. Retard : τ = 4 div × 5 ms

div, soit : τ = 20 ms.

2.2. � = Dτ

, soit : � = 2020 × 10–3 = 1,0 × 103 m . s–1.

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.

L’expression (1) � = μ

k . L s’exprime en :

kg . m . s–2

kg . m–1

= s . m–1.



Elle n’est pas homogène à une célérité.

L’expression (2) � = k . L

est l’inverse de l’expression

(1), elle s’exprime donc en m . s–1. Cette expression est homogène à une célérité.

L’expression (3) � = k . L�

est le carré de l’expression

(2), elle s’exprime donc en m2 . s–2. Elle n’est pas homo-gène à une célérité.

2.4. � = k . L

,

soit : � = 20r501,0r10–3

= 1,0 × 103 m . s–1. Ce résultat

est conforme à celui obtenu par l’expérience.

Exercices complémentaires

Énoncés1. QCMChoisir 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

de violon est donnée par la relation : � = F

.

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 ;

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 ébranle-ment est provoqué à l’une des extrémités. Le morceau de papier saute soudainement lorsque passe l’ébran-lement. Cette expérience montre que l’onde transporte : a. une masse ;b. de l’énergie mécanique ;c. de la matière.

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

02:00

01:00

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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 rappro-chées 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 ?

Corrigés1. 1. b. 3 km.2. c. 303 �s.3. a. β) 289 m . s–1.b. α) Doublée.c. δ) Divisée par 3.4. b. De l’énergie mécanique.

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.


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 Mada-gascar présente une ondulation : la vitesse de propaga-tion 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’archi-pel des Seychelles.

Compléments scientifiquesLa relation donnant la célérité des ondes sonores et

ultrasonores dans un gaz : � = γ . R . TM

est établie

en supposant le gaz parfait, les transformations isentro-piques, 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.

La relation donnant la célérité des ondes le long d’une

corde � = F

est aussi établie dans le cas de « petites

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

OuvragesVoir 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




2

chapitre

Phys

ique

Savoir-faire expérimentaux

Réaliser un montage permettant de mettre en évidence le phénomène de diffraction dans le cas d’ondes méca-niques, sonores ou ultrasonores.

Exemples d’activités• Exemples dans la vie courante d’ondes mécaniques progressives périodiques.

• Exemples pris dans notre environnement de la dif-fraction d’ondes mécaniques.

• Dans le cas d’une onde ultrasonore, ou sur la cuve à ondes, observation des maximums et minimums d’ampli-tude pour la diffraction.

CommentairesToute 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 sinu-soïdale. 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 sinu-soïdale. 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 mini-mums d’amplitude. Toute interprétation de ce phéno-mène est hors programme.

On illustrera le phénomène de dispersion en se limitant à la mesure de la célérité d’une onde progressive pério-dique 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.

ProgrammeCe chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel :

A. Propagation d’une onde ; ondes progressives

Contenus2. 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 sinu-soïdales : mise en évidence expérimentale.• Infl uence de la dimension de l’ouverture ou de l’obstacle sur le phénomène observé.• La dispersion : mise en évidence de l’infl uence 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.• Défi nir pour une onde progressive sinusoïdale, la période, la fréquence, la longueur d’onde.• Connaître et utiliser la relation λ = � . T, connaître la signifi cation et l’unité de chaque terme, savoir justifi er 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.• Défi nir un milieu dispersif.• Exploiter un document expérimental (série de pho-tos, oscillogramme, acquisition de données avec un ordi-nateur...) : détermination de la période, de la fréquence, de la longueur d’onde.• Reconnaître sur un document un phénomène de diffraction.

Ondes mécaniques

progressives périodiques



MatérielCours> Activité 1– Un microphone.– Un oscilloscope.– Un instrument de musique et un diapason.> Activité 2– Deux microphones.– Un oscilloscope.– Un haut-parleur.– Un générateur basse fréquence.> Activités 3, 4 et 5Une cuve à ondes.

Rechercher et expérimenter– 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.

Activités préparatoiresA. Un bassin de houleRéponses aux questions

1. T = 1f .

2. f = 2 Hz.3. a = 0,5 m.

B. Les murs antibruitRéponses aux questions1. 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.

Cours1. Comment caractériser une onde

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

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

> 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.

Réponses aux questions

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.

> Activité 2

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. Dépla-cer 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 suppor-table).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.


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

2. Comment caractériser une onde périodique à la surface de l’eau ?

L’étude se fait à partir de la cuve à ondes.

> Activité 3

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 stro-boscopie (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 ?

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 carac-téristique d’ondes périodiques (résultat qui sera repris au chapitre suivant).



Savoir s’autoévaluer1. 1. Une onde sonore émise par un diapason.2. La longueur d’onde λ.3. La période T.4. λ = � . T.

2. 1. À l’aide d’un oscilloscope, par exemple.2. 0,34 m.3. Voir l’activité 2 du cours, page 41.4. d = k . 0,34 (k entier).5. 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. La célérité d’une onde dépend-elle de sa fréquence ?

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).

Rechercher et expérimenter1. et 2. Caractéristiques et formation

du tsunami

Réponses aux questions1. 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 traver-ser 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 questions1. 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 tempo-relle T. On calcule alors la longueur d’onde λ = � . T.5. Le milieu est dispersif.


3. Environ 1 cm.4. Les dimensions de l’ouverture sont inférieures à la longueur d’onde.5. � = λ . ν = 0,15 m . s–1.

4. 1. λ . ν = �.2. L’eau est le milieu dispersif, car la vitesse de propagation de l’onde dépend de la fréquence.

Exercices1. 1. La fréquence est donnée par :

ν = �λ = 5,0 × 103 Hz.

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 = �ν = 6,8 cm.

2. 1. Les ondes sonores et ultrasonores sont des ondes mécaniques longitudinales.

2. λ = �ν, soit : 2,8 cm < λ < 4,9 cm.

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 = �λ = 0,44 kHz .

b. Cette onde est audible, car 20 Hz < ν < 20 000 Hz.3. Périodicité spatiale : 78 cm ; périodicité tempo-relle : 2,3 × 10–3 s.

4. 1. Une onde ultrasonore est une onde méca-nique 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 = �ν = 0,75 mm.

4. Les dimensions du cœur étant beaucoup plus grandes que la longueur d’onde, il n’y a pas de dif-fraction. 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).

5. 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 112

= 5,5 m.

2. Définition de la longueur d’onde : voir Retenir l’essentiel, page 48.λ = 490 nm.

3. � = λT

= 27,7 m . s–1.

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.



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.

9. 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.

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

11. 1. a. λ1

h1

= 804 000

= 0,02 < 0,5.

Ce sont donc des ondes courtes.

b. �1 = g . λ2π

= 10r802π

= 11,3 m . s–1 ;

T = λ1

�1

= 8011,3

= 7,1 s.

2. �2 = g . h = 10 × 3 = 5,5 m . s–1;λ2 = �2 . T = 5,5 × 7,1 = 39 m.3. c. C’est le phénomène de diffraction.

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.

14. 1. � = F = 31 m . s–1.

2. λ = �ν = 0,31 m.

3. x2 – x1 = k . λ, soit : 31 cm, 62 cm, 93 cm.

4. x2 – x1 = (k + 12) . λ, soit : 15,5 cm, 46,5 cm,

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

T = 400 Hz.

4. λ = � . T = 0,86 m.

17. 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.

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

de la longueur d’onde : λ = �ν = 1,4 cm.

3. λ = 0,17 mm << 1,4 cm : il n’y a pas de diffraction.

19. 1. Les ondes sont rectilignes avant l’obstacle, puis circulaires après. 2. Le phénomène de diffraction est mis en évidence. 3. La longueur d’onde ne change pas.4. a. λ est la distance entre deux rides consécutives ; λ = 1 cm.b. � = λ . ν ; � = 20 cm . s–1.

20. 1. a. La houle est une onde transversale, car la perturbation est perpendiculaire au sens de propa-gation de l’onde.b. h >> λ, d’où :

� = g . λ2π

= 9,8r502π

= 8,8 m . s–1.

c. g s’exprime en m . s–2 et λ en m.

g . λ2π

s’exprime en m . s–2 . m = m . s–1. Cette

expression est bien homogène à une vitesse.d. La fréquence du mouvement vertical du bateau est égale à la fréquence de la houle :

ν = �λ = 8,8

50 = 0,18 Hz.

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 dis-persif. Au contraire, en milieu peu profond, la vitesse ne dépend pas de la fréquence de l’onde. Le milieu n’est pas dispersif.



2. a. �(B) = g . h et �(A) = g . H avec H > h, d’où �(B) < �(A).b. Comme la célérité est plus grande au sommet de la vague, cette vague se déforme, cela crée une déferlante.

B

Asens de propagation

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 << λ, d’où :

� = g . h = 9,8 × 2,4 = 4,8 m . s–1.

c. En mer, la houle est considérée comme une onde rectiligne. Après diffraction, il y a des ondes circulaires à l’intérieur du port. La fréquence et donc la longueur d’onde ne sont pas modifiées.

21. 1. Par lecture graphique, T = 0,8 ms.

ν = 1T

= 10,8 × 10–3 = 1 250 Hz.

2. λ = � . T = 340 × 0,8 × 10–3 = 0,272 m.3. u1 correspond au signal perçu par M1 , car les deux microphones étant identiques et u1 ayant une amplitude plus grande que celle de u2 , M1 est plus proche du haut-parleur que M2 .4. Les deux signaux ont la même allure et passent par leurs extremums simultanément : ils sont donc en phase. d est donc un nombre entier de longueur d’onde λ.5. a. L’amplitude de u1 ne change pas, M1 n’a pas été déplacé. Celle de u2 diminue, M2 s’éloigne du haut-parleur.b. Les deux courbes sont déphasées, elles sont en opposition de phase.c. La distance d a été augmentée d’une demi-longueur d’onde. 13,6 × 2 = 27,2 cm = λ, cela confirme le résultat de la question 2.6. En doublant la fréquence du son, on divise par deux la longueur d’onde qui devient égale à 13,6 cm. Lors de la seconde acquisition, les signaux sont à nouveau en phase.

22. 1. La « mer du vent » est une région de l’océan où les vagues sont engendrées par le vent local.2. a. Le texte indique un transport d’énergie, sans déplacement de matière, avec une certaine période ; cela est caractéristique d’une onde mécanique pério-dique.b. La perturbation est perpendiculaire au sens de déplacement de l’onde. C’est une onde transversale.

3. Les trains de vague ayant les plus grandes lon-gueurs d’onde ont les célérités les plus élevées. Ce sont ces trains de vague qui atteindront les côtes en premier.4.

creux

crête

haut

eur

longueur d’ondes (mètres)

5. et 6. � = λT

.

T (s) � (m . s–1)�T

(m . s–2)

7,7 12,1 1,57

9,9 15,5 1,57

12,4 19,4 1,56

14,9 23,2 1,56

17,7 27,7 1,56

20,8 32,5 1,56

7. La célérité de la houle en eau profonde dépend de sa fréquence. Le milieu est donc dispersif.

23. 1. La longueur d’onde de l’ordre de la cen-taine de kilomètres est au moins 10 fois supérieure à la profondeur de l’océan. Le tsunami est considéré comme une onde longue.

� = g . h = 9,8 × 6000 = 242 m . s–1 = 870 km . h–1.

2. �moy = d�t

= 1600,516

= 310 km . h–1.

La célérité de l’onde diminue lorsque la profondeur du milieu marin diminue. En se rapprochant de Sumatra, l’onde a ralenti, donc : �moy < �.

3. λ = � . T = 242 × 15 × 60 = 2,18 × 105 m = 218 km.

Sujets BAC

Les sons chez les dauphins

1. Généralités sur les sons1.1. On appelle onde mécanique le phénomène de propagation d’une perturbation dans un milieu élastique, sans transport de matière mais avec transport d’énergie.1.2.a. L’onde est longitudinale, car la perturbation est dans le sens de propagation de l’onde.1.2.b. La célérité de l’onde modélisée dépend de l’élasticité du milieu ou, pour le ressort, de sa constante de raideur. Pour un ressort, la période d’oscillation

T0 = 2 π . mk

est d’autant plus faible que la raideur

du ressort est élevée. Plus la raideur est grande, plus le milieu est rigide et plus la célérité est grande.



1.2.c. En considérant toujours T0, la période est d’au-tant plus élevée que la masse du chariot est élevée. La célérité sera dans ce cas d’autant plus faible. On peut parler d’inertie du milieu.

2. Le biosonar des dauphins : écholocalisation

2.1. Les ultrasons se situent à des fréquences supérieures à 20 kHz.

2.2.a. T = 20 µs et ν = 1T

= 5 × 104 Hz.

2.2.b. Le retard τ est de 8 µs, � = dτ = 1 500 m . s–1.

2.2.c. La longueur d’onde est la plus petite distance au bout de laquelle le phénomène périodique se reproduit identique à lui-même. λ = � . T = 3 × 10–2 m.2.3. La durée d’un clic est de 50 µs et la durée entre deux clics de 50 ms, soit mille fois plus importante. On peut donc représenter un clic par un trait vertical dans un train de clics.2.4.a. L’émission d’un clic et la réception de son écho sont espacés de 200 ms.

2.4.b. H = � . �t2

= 153 m.

La physique sur un plan d’eau1. Onde à la surface de l’eau1.1. Le dispositif utilisé en classe pour l’étude de la propagation des ondes à la surface de l’eau et basé sur la projection d’ombres est la cuve à ondes, observée par stroboscopie.1.2. L’onde générée par le déplacement du gerris est transversale, car la perturbation est verticale et le déplacement de l’onde horizontal.1.3. Au passage de l’onde, un brin d’herbe qui flotte à la surface de l’eau va effectuer un mouvement vertical pour se retrouver à la même place après le passage de l’onde.1.4. Pendant une durée �t = t2 – t1 = 10 s, l’onde a parcouru une distance : d = 1,0 × 100 = 1,0 × 102 cm = 1,0 m.On a donc :

� = d�t

= 1,010

= 1,0 × 10–1 m . s–1 ;

soit : � = 10 cm . s–1.

d

1.5.

3

λ = 5,33

× 12

= 0,88 cm = 8,8 × 10–3 m.

1.6. � = λ . ν = 0,88 × 5 = 4,4 cm . s–1.1.7.a. La distance entre les deux galets doit avoir le même ordre de grandeur que la longueur d’onde de l’onde générée par les ailes du papillon. Soit un ordre de grandeur du centimètre.

1.7.b. Il y a diffraction de l’onde par les galets.

1.7.c. La longueur d’onde n’est pas modifiée par la diffraction. L’ouverture se comporte comme une source vibratoire : les ondes diffractées sont circulaires.


Énoncés

1. Détermination d’une longueur d’ondeAfin de mesurer la longueur d’onde d’une onde sonore sinusoïdale, on réalise l’expérience de l’activité 2 du cours, page 41.

1. Faire un schéma du dispositif.

2. La fréquence du générateur basse fréquence est fixée à 3 500 Hz. On éloigne le microphone M2 du micro-phone M1 . Sur l’écran de oscilloscope, on observe les deux sinusoïdes résultant de la détection des deux microphones. Les deux sinusoïdes sont en phase pour une distance entre les deux microphones de 29,7 cm.

a. Que représente cette distance ?

b. Sachant que la célérité d’un son dans l’air est proche de 340 m . s–1, calculer une valeur approchée de la lon-gueur d’onde de ces ondes sonores.

c. Combien de longueurs d’ondes séparent M1 de M2 ? En déduire la valeur exacte de la longueur d’onde.

d. Calculer la célérité exacte de ces ondes sonores.

3. Si l’expérience était réalisée dans une atmosphère de dioxyde de carbone, quelles seraient les grandeurs modifiées ?

2. Modélisation des voies routières et des murs antibruit

sans calculatrice

Une maquette de voie routière permet d’étudier les nuisances sonores dues au trafic. Selon les heures, la densité de circulation peut être simulée avec précision ; les sources de bruit sont modélisées par des ultrasons. Des microphones mesurent le niveau sonore avant et après une isolation phonique avec des murs antibruit. Cette technique permet de prévoir l’intérêt et les caractéristiques des murs antibruit.

1. Quel phénomène permet au son de contourner les obstacles ?

2. a. Pourquoi les sources de bruit sont-elles modélisées par des ultrasons ?

b. Si on diminue l’échelle de la maquette, doit-on augmenter ou diminuer la fréquence des ultrasons ? Pourquoi ?



Corrigés1. 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.

2. 1. La diffraction permet aux ondes de contourner les obstacles.2. a. Dans une maquette au 1/100e par exemple, les dimensions réelles ont été divisées par 100. Comme le phénomène de diffraction intervient lorsque les dimen-sions d’un obstacle ou d’une ouverture sont de l’ordre

de grandeur de la longueur d’onde, il faudra, sur la maquette, disposer d’une source sonore dont la lon-gueur d’onde est 100 fois plus petite que les ondes réelles. Comme ν = �λ, on doit multiplier par 100 la fréquence,

la vitesse ne changeant pas.b. Si on diminue l’échelle, on doit diminuer λ et donc augmenter la fréquence.

Bibliographie

OuvragePhysique Spé PC*, PC, S. Olivier, H. Gié et J.-P. Sarmant, Tec et Doc, 2000.



chapitre

Phys

ique

3La lumière :

modèle ondulatoire

• Situer les rayonnements ultraviolets et infrarouges par rapport au spectre visible.

• Savoir que la lumière se propage dans le vide et dans les milieux transparents.

• Savoir que la fréquence d’une radiation monochro-matique ne change pas lorsqu’elle passe d’un milieu transparent à un autre.

• Savoir que les milieux transparents sont plus ou moins dispersifs.

• Défi nir l’indice d’un milieu transparent pour une fré-quence donnée.

Savoir-faire expérimentaux

• Réaliser un montage permettant de mettre en évidence le phénomène de diffraction dans le cas d’ondes lumineuses.

• Réaliser des mesures permettant de vérifi er la pertinence

de la relation θ = λa

.

Exemples d’activités• Figures de diffraction par une fente, un trou, un obstacle.

• Vérifi cation par des mesures de la pertinence de la

relation θ = λa

.

• Dispersion de la lumière blanche par un prisme.

• Dispersion de la lumière dans la vie courante.

• Vérifi cation par des mesures de la pertinence de la

relation θ = λa

.

CommentairesLa propagation rectiligne et le modèle du rayon lumi-neux ne sont pas nécessaires à cette étude.

Le caractère ondulatoire de la lumière sera introduit par analogie avec les ondes mécaniques à partir du phéno-mène de diffraction.

Dans la relation θ = λa

, θ est l’écart angulaire entre le

milieu de la frange centrale et la première extinction et a la largeur de la fente ou l’épaisseur du fil.

La dispersion de la lumière par un prisme sera l’occasion de revenir sur la notion de milieu dispersif.

ProgrammeCe chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel :A. Propagation d’une onde ; ondes progressives

Contenus3. La lumière, modèle ondulatoire• Observation expérimentale de la diffraction en lumière monochromatique et en lumière blanche (irisation).• Propagation de la lumière dans le vide.• Modèle ondulatoire de la lumière : célérité, longueur d’onde dans le vide, fréquence, λ = c . T = c

ν .

• Infl uence de la dimension de l’ouverture ou de l’obstacle sur le phénomène observé ; écart angulaire du faisceau diffracté par une fente ou un fi l rectilignes de largeur a : θ = λ

a .

• Lumière monochromatique, lumière polychroma-tique ; fréquence et couleur.• Propagation de la lumière dans les milieux transpa-rents ; indice du milieu.• Mise en évidence du phénomène de dispersion de la lumière blanche par un prisme : l’indice d’un milieu transparent dépend de la fréquence de la lumière.

Connaissances et savoir-faire exigibles• Savoir que, étant diffractée, la lumière peut être décrite comme une onde.• Connaître l’importance de la dimension de l’ouverture ou de l’obstacle sur le phénomène observé.• Exploiter une fi gure de diffraction dans le cas des ondes lumineuses.• Connaître et savoir utiliser la relation λ = c

ν, la signi-fi cation et l’unité de chaque terme.

• Connaître et utiliser la relation θ = λa

, la signifi cation et l’unité de chaque terme.• Défi nir une lumière monochromatique et une lumière polychromatique.• Connaître les limites des longueurs d’onde dans le vide du spectre visible et les couleurs correspon-dantes.



Matériel

Cours> Activité 1– Un laser.– Un trou, des fentes, un ou des fils.

> Activité 2– Un laser.– Deux fentes de largeurs différentes.

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

> Paragraphes 2 et 3Matériel 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®.


> 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 diffrac-tion et de dispersion (chapitre 2).

Activités préparatoires

A. Observation d’une source de lumière blanche à travers un voilage

Réponses aux questions1. La lumière blanche contient toutes les lumières colorées visibles par l’œil humain.2. Le Soleil et la lumière émise par une lampe à incan-descence sont des sources de lumière blanche.

3. L’origine des irisations peut provenir de la décompo-sition de la lumière blanche lors du passage à travers la trame du voilage.4. et 5. Le phénomène observé est dû à la diffraction de la lumière par la trame du voilage qui se comporte comme un grand nombre de fentes rectangulaires.

B. La découverte de NEWTON

Réponses aux questions1. Newton réalise la décomposition de la lumière blanche émise par le Soleil.2. Newton isole la lumière bleue par une fente ne lais-sant passer que la lumière bleue.3. La lumière bleue n’est pas à nouveau décomposée, car c’est une lumière monochromatique.

Cours1. 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 cohé-rente.L’angle θ = λ

a représente le demi-angle correspondant

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 = λa

(l’angle étant faible,

on confond sa valeur en radian, avec le sinus).

> Activité 1Réponse à la questionLes 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 2Réponses aux questions1. 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 3Réponse à la questionLorsque la longueur d’onde diminue, la largeur de la tache centrale diminue.



S’autoévaluer1. 1. Le phénomène de diffraction.2. Ondes mécaniques : voir l’activité 4 du chapitre 2 ; ondes lumineuses : voir l’activité 1 du chapitre 3.

2. 1. a. La largeur de la tache centrale diminue.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 direc-tion perpendiculaire au fil.

2. a. L = 2D . λa

.

b. λ = 6,5 × 10–7 m.

4. 1. a. L’onde possède une fréquence déterminée.b. c = 3,00 × 108 m . s–1.c. Non.

d. λ = �ν .

Fréquence de cette onde : ν = 5,36 × 1014 Hz.

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.

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

Exercices1. 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 micro-mètres).

2. 1. Figure (a) : la fente est horizontale ; figure (b) : la fente est verticale.

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 don-née (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 éta-blie au chapitre précédent qui traduit la double pério-dicité 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 4Pour 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 corres-pondant à une radiation donnée.Réponses aux questions1. 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 expérimenter1. Le laser comme outil de lectureRéponses aux questions1. Pour un CD et un DVD, la lumière est rouge. Elle est violette pour un BD.2.

Format CD DVD BD

l (nm) 780 650 405

NA 0,45 0,60 0,85Diamètre d du faisceau

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 mesureRéponses aux questions1. Voir l’exercice résolu 1, page 73 : θ = L

2 D .

2. Pour θ donné, pour augmenter L, il faut augmen-ter 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 pré-cédent.5. et 6. L = 2D . λ . 1

a .




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).

3. 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.

4. 1. a. ; 2. b. ; 3. a. β) ; b. α) ; c. α) ; 4. b. ; 5. b.

5. 1. La lampe émet plusieurs radiations de lon-gueurs d’onde différentes : la lumière est polychro-matique.

2. ν = cλ

, on obtient respectivement :

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 × 1014 450 bleu

5,77 × 1014 520 vert

5,08 × 1014 590 jaune

4,00 × 1014 750 rouge

7.

Milieu vide eau diamant

Longueur d’onde (nm)

590 444 244

Indice du milieu

1,00 1,33 2,42

Célérité (m . s–1)

3,00 × 108 2,26 × 108 1,24 × 108

Fréquence (Hz)

5,08 × 1014 5,08 × 1014 5,08 × 1014

Couleur jaune jaune jaune

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

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

i = 40°

10. 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

dans ce milieu par la relation : b. n = c�

.

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 lumi-neux 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 .

11. 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

L et tan θ2 =

�2

L avec �1 et �2 les dimen-

sions des taches centrales.On en déduit : θ1 = 3,12 × 10–2 rad et θ2 = 2,63 × 10–2 rad.

5. d1 = 2λθ1

= 2 × 633 × 10–9

3,12 × 10–2

d1 = 41 × 10–6 m = 41 �m ;

d2 = 2λθ2

= 2 × 633 × 10–9

2,63 × 10–2

d2 = 48 × 10–6 m = 48 �m.

6. d1 n’est pas modifié, d’où :

D = � . d1

2λ = 8,6 × 10–2 × 41 × 10–6

2 × 633 × 10–9 = 2,8 m.

7. La distance laser-fil n’a pas d’influence sur la figure de diffraction.

12. 1. θ = λa .

2. a. θ = λa

≈ L2 D

;

d’où : λL

≈ a2 D

= constante pour un dispositif donné.

b. λ2 = λ1 . L2

L1 = 650 × 7,5

8,0

= 609 nm = 6,1 × 10–7 m.

13. 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.

b. tan θ ≈ L

2 D , car L << D.



c. tan θ ≈ θ si cet écart angulaire est faible, soit :

θ ≈ L

2 D.

3. θ = λa

.

4. θ = λa

≈ L2 D

, soit a ≈ 2 D . λL

;

a = 2 × 3,00 × 653 × 10–9

12 × 10–2 ; a = 3,3 × 10–5 m.

14. 1. θ = tan θ =

d2D

= d2 D

.

2. a. On mesure le diamètre de la tache avec une règle graduée : d = 2,0 cm = 0,020 m.

b. a = 1,22 × λ × 2 × Dd

=1,7 × 10–4 m = 0,17 mm.

3. dd’

= λλ’ . d’ = 1,8 cm ; donc λ’ =570 nm.

15. 1. L ≈ 2 D . λa

.2. a.

1a

(mm–1) 2,5 3,3 5,00 10 20

L (mm) 6,6 8,8 13 27 53 20

00

10

20

30

40

50

60

5 10 15 20 25x = (mm–1)

1—a

L (mm)L

b. On obtient une droite passant par l’origine de coefficient directeur :5320

= 2,65 mm2 = 2,65 × 10–6 m2.

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 :

λ = 2,65 × 10–6

2 D = 2,65 × 10–6

2 × 2,50 = 530 × 10–9 = 530 nm.

3. Largeur inconnue :

a = 2 D . λL

= 2 × 2,50 × 530 × 10–9

19 × 10–3 = 0,14 × 10–3 m

a = 0,14 mm.

16. 1. λ = cν = 3,00 × 108

4,22 × 1014 = 711 × 10–9 m

λ = 711 nm. Le faisceau est rouge.

2. d2 – d1

2 = D . tan α

2 ; d’où : α = 0,023°.

3. a. A = π . (d2

2 )2

= 7,9 × 10–5 m2.

b. �A

= 2,0 × 10–3

7,9 × 10–5 = 25 W . m–2.

c. 25 > 20 : le faisceau est dangereux.

17. 1. ν = cλ = 3,00 × 108

1,06 × 10–5 = 2,83 × 1014 Hz.

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.

3. λ1 = λ0

n1

= 1,06 × 10–6

1,58 = 670 nm.

4. n2 = λ0

λ2

= 1,06 × 10–6

716 × 10–9 = 1,48.

18. 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 est dispersif.

19. 1. À l’aide d’une calculatrice utilisée en mode régression linéaire, on peut obtenir n en fonction de 1λ² .

On obtient l’équation d’une droite : Y = A + B . X, avec A = 1,51 et B = 4,93 × 103 nm–2 avec un coeffi-cient de corrélation de 0,999. La loi de variation est correctement vérifiée.2. a. b. et c.

l (nm) 404,7 671,6

n (Hz) 7,408 × 1014 4,464 × 1014

�p (m . s–1) 1,947 × 108 1,971 × 108

lp (nm) 262,8 441,6

20. 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.

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

jaune

rouge

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



21. 1. a. �1 = 3,00 × 108 m . s–1

et �2 = cn2

= 2,00 × 108 m . s–1.

b. ν1 = cλ1

= ν2 = 4,00 × 1014 Hz.

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°.

d. sin i1 = 1n2

; il = 41,8°.

e. i’ > il : il y a réflexion totale.

22. 1. La couleur de la lumière émise est rouge.2. La lumière émise par un laser est monochroma-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.4. a. θ = λ

d , θ étant le demi-angle sous lequel on

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 lon-gueur 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 dif-fraction 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 pro-portionnel à a. La seule relation possible est mainte-nant la relation (2).4. Coefficient directeur : 12,5 × 10–3

1 =12,5 × 10–3,

ce coefficient n’a pas d’unité.

5. a. k = L . aλ . D

= L . aλ . D

= 12,5 × 10–3 . aλ ,

k = 12,5 × 10–3 × 100 × 10–6

625 × 10–9

k = 2 × 6,25 × 10–3 × 100 × 10–6

625 × 10–9 = 2,00.

b. ac = 2λ . Dc

Lc

= 2 × 650 × 10–9 × 1,530 × 10–3

ac = 330

× 650 × 10–6 = 650 × 10–7 m = 65 µm.

24. 1. a. λ = cν . À une fréquence de 1,2 GHz

correspond une longueur d’onde de 0,25 m et λ = 0,19 m si ν = 1,6 GHz.

b. �t = hc = 67 × 10–3 s = 67 ms.

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 :

λatmosphère = λvide

natm

.

3. Le phénomène de dispersion.

Sujet BAC

La lumière : une onde1.1. 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 gran-deur de la longueur d’onde de la lumière ; c’est-à-dire de l’ordre du µm.

2.1. θ ≈ tan θ = L2 D

.

2.2. θ = λa

avec θ en radian, λ et a en mètre.

2.3. La courbe est une droite passant par l’origine ;

donc θ est proportionnel à 1a

. La relation de la ques-

tion 2.2. est θ = k . 1a

avec k = λ . La proportionnalité

est donc bien vérifiée.2.4. La pente de la droite est égale à la valeur de la lon-gueur d’onde λ. Il suffit donc de mesurer cette pente sur le graphique pour déterminer λ.2.5. Considérons un couple de valeurs (1

a = 5 × 104 ;

θ = 2,8 × 10–2).Le calcul de la pente donne 2,8 × 10–2

5 × 104 = 560 nm.

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.

3.2. n = cν avec c : célérité de la lumière dans le vide

et ν : célérité de la lumière dans le milieu transparent traversé d’indice n.



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

sin i2 = 1nverre

. sin i1 = νverre

c . sin i1 .

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.


Énoncés1. 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 fi gure de dif-fraction.

1. Décrire et dessiner la fi gure de diffraction obtenue.2. Défi nir, 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 fi gure de dif-fraction.5. Calculer la largeur a de la fente si la largeur L de la tache centrale de diffraction vaut 12 cm.

2. 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 réfrac-tion.2. a. Donner la défi nition d’un indice de réfraction.b. Défi nir 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.

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

a. 0,13 ;b. 1,33 ;c. 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 :a. λ = c . ν ;

b. λ = cν ;

c. λ = νc

.

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.

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 radia-tions 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 radia-tions 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 réfl échis totalement.β) Le faisceau rouge est réfl échi et le faisceau violet se réfracte.γ) Les deux faisceaux se réfractent.



Corrigés1. 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.

3. θ = λa

.

4. tan θ = L

2 D et tan θ ≈ θ si cet écart angulaire est

faible, soit : θ ≈ L2 D .

5. θ = λa

≈ L

2 D, soit : a ≈ 2 D . λL

;

a = 2 × 3 × 628 × 10–9

12 × 10–2 = 3 × 10–5 m.

On a bien : θ = λa

= 628 × 10–9

3 × 10–5 = 2 × 10–2 rad ≈ tan θ.

2. 1. Rayon réfracté dans le plan d’incidence ; n1 . sin i1 = n2 . sin i2 .

2. a. n = c�

.

b. Milieu dans lequel la célérité de la lumière dépend de la fréquence.3. a. sin i2 = sin i1 .

n1n2

.

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

3. 1. b. 1,33. 2. c. 589 nm.

3. b. λ = cν .

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 réfl échis totalement.

Compléments scientifiques

1. Diffraction à l’infini par une ouverture rectangulaire

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

S

F0

L0 LY'

X'

F'b

y

x

a

ouvertureangulaire (Π)Doc. 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 :

I (xP , yP) = I0 . (sin (πb . yP

λ . f )πb . yP

λ . f)2

. (sin (πa . xP

λ . f )πa . xP

λ . f)2

;

xP et yP sont les coordonnées dans le plan (π) d’ob-servation, 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 fi gure 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 fi gure 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 prin-cipal au point de coordonnées xP = 0 et yP = 0, ce qui correspond à l’image géométrique F' (doc. 2a).

X'

Y'F'

I—I0II1

0,047 0,016

2p2

2q 3q 4q

3p3

p

q

Doc. 2a

X'

Y'

F'

2qp 2p2 3p3 4p40

1

0,022 0,022

0,047

0,047

0,0470,016 0,0160,008

0,016

0,047

0,022 0,022

0

q

7

7

Doc. 2b

Les taches lumineuses sont réparties dans le plan (π) conformément au schéma du document 2b.



Le quadrillage est construit à partir de :

p = λ . fa et q = λ . f

b .

La taille des taches lumineuses qui fi gurent 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 fi guré 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 par une fente fine

L’ouverture est un rectangle de largeur a et de longueur b (b >> a), éclairé par une source fi liforme parallèle à la fente fi ne.La théorie permet d’établir la loi de répartition de l’intensité lumineuse :

I(P) = I0 . sin

πa . sinλ

πa . sin

λ

= I0II .

sinπa . xPxλ . f

π a . xPx

λ . f

22

θ

θ

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

S C

F0

FsL0 L

b

y

x

a

ouverturerectangulaire

Y'

X'

F'

(π)Doc. 3

Doc. 4

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 . fa

.

Si α représente l’angle sous lequel du centre de la lentille on voit la demi-largeur de la frange centrale,

tan α ≈ α = pf

= λa

.

0,9

1

0,8

0,7

0,6

0,5

0,4

0,3

0,2

0,1

– 2p2 2p2– p p0

0,0470,0470,0160,016

I—I0II

X'

Doc. 5

3. Diffraction à l’infini par une ouverture circulaire

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 ouver-ture circulaire de rayon r. On observe la fi gure de dif-fraction dans le plan focal (π) de la lentille convergente L de distance focale f.

mmp

II0

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


F'

–10,17 –7,02 –3,83

1

0 3,83

0,0175

7,02 10,17

2πr . R–——–l . ffm =

I—I0II

Doc. 7

La fi gure de diffraction montre des cercles concentriques centrés sur F’ (doc. 7).Appelons r le rayon de ces cercles et posons m = 2π r . R

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 :

m = 1,22 π et r = 1,22 λ . f2R .

Appelons α l’angle sous lequel du centre de la lentille nous voyons le rayon du premier minimum nul :

tan α ≈ α = rf

, d’où : λ = 1,22 λ2R

.

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

Doc. 8

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.



chapitre

Phys

ique

4Décroissanceradioactivité

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

ObjectifsL’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.

Contenus1. Décroissance radioactive 1.1. Stabilité et instabilité des noyaux• Composition ; isotopie ; notation AZ 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.

• Importance de l’activité |�N|�t ; le becquerel.

• Constante de temps τ = 1λ.• Demi-vie t1/2 = τ . ln2.• Application à la datation.

Connaissances et savoir-faire exigibles• Connaître la signification du symbole A

Z 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 conser-vation.• 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 dimen-sionnelle.• 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 désintégra-tion radioactive.• À partir d’une série de mesures, utiliser un tableur ou une calculatrice pour calculer la moyenne, la variance et l’écart-type 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 radio-active.• 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.




CommentairesLe thème de la radioactivité est l’occasion d’opérer une convergence thématique avec les mathématiques (expo-nentielle, probabilité, statistiques et équation différen-tielle) et les sciences de la vie et de la Terre (datation). Une concertation entre les professeurs des trois dis-ciplines 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 radioacti-vité naturelle (radon). Il s’agit là d’observations sur une population macroscopique de noyaux. Les hypothèses de base concernant la désintégration d’un noyau indi-viduel (« 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 popu-lation 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 égale-ment 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�t

, on peut remonter à la

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 sta-tistique selon laquelle le nombre de désintégrations mesuré est proportionnel au nombre total de désinté-grations. 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 déve-loppement 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’appréhen-sion du phénomène, de donner quelques ordres de grandeur de la radioactivité naturelle, celle du corps humain (environ 10 000 Bq, dus essentiellement au 14C et au 40K) et celle des roches, qui libèrent principa-lement 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 chro-nologie 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

permettant de s’affranchir de la connaissance de la composition isotopique initiale de la roche, est envisa-geable 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 terminologiquesOn rappelle que la notation A

Z 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 phéno-mènes périodiques, le terme période radioactive est évité au profit de l’expression demi-vie.

MatérielCours> 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 radio-active.

> Prérequis• La composition d’un noyau et la notation AZ X.• Les notions mathématiques du programme de Pre-mière S sur les statistiques (moyenne, variance, écart-type).

Activités préparatoiresA. La découverte

de la radioactivitéCette activité propose une approche historique de la radioactivité et de sa découverte à la fin du xixe siècle.



Réponses aux questions1. La fluorescence est une émission lumineuse pro-voquée 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 photogra-phiques 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 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 questions1. 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.).

Cours1. 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 électroma-gnétique » et par « particules ».

> Activité 1Cette activité permet une première approche du phé-nomène. C’est aussi l’occasion de faire des rappels sur une partie des statistiques étudiées en mathématiques en Première S.

Réponses aux questions1. 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 radio-activités. 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.

> Activité 2Cette 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 questions1. 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.

Noyau208

83BI 20983BI 210

83BI 21183BI

Stabilité instable stable instable instable

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 carac-tère aléatoire de la radioactivité à l’aide d’une représen-tation utilisant un diagramme en bâtons. Le nombre moyen de désintégrations par seconde est appelé l’acti-vité 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 exponen-tielle. Cette fonction est, en effet, abordée dans le pro-gramme 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 abor-dées dans les exercices. Pour certaines techniques, des liens peuvent être faits avec le cours de SVT.

Rechercher et expérimenter1. et 2. La radioactivité naturelle

et le radon 222Réponses aux questions1. La radioactivité a été découverte par Henri Becque-rel 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

86Rn → 21884Po + 4

2He218

84Po → 21482Pb + 42He

21482Pb → 214

83Bi + 0–1e214

83Bi → 21484Po + 0–1e



S’autoévaluer1. 1. α, β-, β+, γ.2. α, β-, β+ sont de nature corpusculaire. γ est une onde électromagnétique.3. Émission de positons, β+ ; le noyau de bismuth 207 est trop riche en protons.

2. 1. 20982Pb.

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. a. 146C → 14

7N + 0–1e + γ ; radioactivité β–.b. 212

83Bi → 20881Tl + 42He + γ ; radioactivité α.

21484Po → 210

82Pb + 42He210

82Pb → 21083Bi + 0–1e

21083Bi → 210

84Po + 0–1e210

84Po → 20682Pb + 42He

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.

3. La décroissance radioactiveLe 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

86Rn → 21484Po + 4

2He4. 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.

6. λ = ln2t1/2

.

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 chapitreLa détermination, à partir d’une courbe de décroissance, des constantes liées à la désintégration de noyaux radio-actifs (τ, λ et t1/2) doit être maîtrisée par élèves. La pre-mière 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.


c. 23892U → 234

90Th* + 42He (radioactivité α), puis 234

90Th* → 23490Th + γ (radioactivité γ).

d. 5327Co → 53

26Fe* + 01e (radioactivité β+), puis 53

26Fe* → 5326Fe + 01e (radioactivité γ).

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.2. a. A(t) = A0 . e

–λ . t , avec λ = ln2t1/2

;

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.

2. t = –1λ . ln A(t)

A0

= –5 570

ln2 × ln 560816

≈ 3 025 ans.

Exercices1. 1. Un matériau radioactif est détecté grâce à des détecteurs sensibles aux rayonnements. Le compteur Geiger-Muller est un détecteur présent dans les labo-ratoires de lycée.2. Les rayonnements sont émis de manière aléatoire.3. L’émission des rayonnements est indépendante de la température.

2. 1. X : symbole de l’élément ; A : nombre de masse ou nombre de nucléons ; Z : nombre de charge ou nombre de protons.2. A

Z X, avec A´ différent de A, est un isotope de AZ 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’instabi-lité du noyau.

3. Le noyau d’iode 12553I est composé de :

Z = 53 protons, N = A – Z = 125 – 53 = 72 neutrons et A = 125 nucléons.Le noyau d’antimoine 125

51Sb est composé de : 51 protons, 74 neutrons et 125 nucléons.L’affirmation b. est exacte, les autres sont fausses.

4. 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 désinté-gration 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 désinté-gration par : n → p+ + e–.

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



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 rayon-nement γ.

7. 1. 21788Ra → 213

86Rn + 42He type α2. 103

42Mo → 10343Tc + 0–1e type β–

3. 17473Ta → 174

72Hf + 01e type β+

4. 17472Hf → 170

70Yb + 42He type α5. 213

84Po → 20982Pb + 42He type α

6. 20982Pb → 209

83Bi + 0–1e type β–

8. 1. La particule émise est un électron.

2. 10746Pd → 107

47Ag + 0–1e

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 ).

9. 1. Le noyau 19779Au possède 79 protons et

197 – 79 = 118 neutrons.2. a. Le noyau 198

79Au possède un neutron de plus que le noyau stable : il est de type β–.Le noyau 194

79Au possède trois neutrons de moins que le noyau stable : il est de type β+.

b. 19879Au → 198

80Pb + 0–1e et 19479Au → 194

78Pt + 01e

10. 1. A(t) = A0 . e–λ . t.

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

À la date t1/2, A(t1/2)= A0

2 = 5 000 Bq ;

donc : t1/2 = 100 s.

3. λ = ln2t1/2

= ln2100

≈ 6,93 × 10–3 s–1.

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.

5. Le calcul τ = 1λ = t1/2

ln2 ≈ 144 s vérifie bien le résul-

tat expérimental.

11. 1. λ = ln2t1/2

= 5,02 × 10–3 j–1 = 5,81 × 10–8 s–1.

2. a. L’activité est le nombre moyen de désintégra-tions par seconde, il y a donc 7,4 × 1010 désintégra-tions par seconde.

b. N0 = A0

λ = 7,4 × 1010

5,81 × 10–8 = 1,3 × 1018 noyaux.

c. Quantité de noyaux en mole :

n0 = N0

NA

= 2,1 × 10–6 mol ;

masse : m0 = M . n0 = 4,4 × 10–4 g.3. a. A(t) = A0 . e

–λ . t.

b. A0

2 pour t = t1/2 (138 j) ;

A0

4 pour t = 2 t1/2 (276 j) ;

A0

8 pour t = 3 t1/2 (414 j).

4. a. A(t)A(t + �t)

= e–λ . �t = e 5,8 × 10–8 × 20 = 1,000 001 2.

b. Pendant une mesure, l’activité reste pratiquement constante, à 1,2 × 10–4 % près.

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

–λ . t.b. A(t) = λ . N(t).

c. λ = ln2t1/2

= 0,115 h–1 ; N0 = 1,56 × 1013 noyaux.

2. a.

Date 1 heure 1 jour 1 semaine

A (Bq) 446 × 106 31,4 × 106 1,92

b. t = 1λ . ln A0

A(t) = 10,4 h.

13. 1.

Date (t1/2) 0 t1/2 2 t1/2 3 t1/2 4 t1/2

Activité (Bq) A0

A0

2A0

4A0

8A0

16

A(t)A0

1 0,5 0,25 0,125 0,0625

2.

0000000

0,250,250 250,25

0,500 5050 500,50

0,750,750 750 750, 5

1,001,001 001 00,

1 21 21 2 333 444 555 t tt ((((ttt1//1/1/2222))))

AAA ((ttt)))—––—–––

AAAA000



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

14. 1. L’équation de désintégration de l’iode 123 s’écrit :

12353I → 123

52Te + 01e

La particule émise est un positon.2. La loi de décroissance radioactive pour l’activité de cette source radioactive s’écrit :A(t) = A0 . e

–λ . t = A0 . e– ln2

t1/2

. t avec A0 = A(0) ; t = 2 h et t1/2 = 13,3 × 24 = 319,2 h ;A(0) – A(t)

A(0) = 1 – e–λ . t = 1 – e– ln2t1/2

. t = 1 – e– ln2319,2

× 2 = 4 × 10–3 , soit 0,4 %.On peut aussi calculer l’activité au bout de 2 h et comparer à la valeur initiale :A(t) = 5 × 10–3 × e– 2 × ln2

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

5 × 10–3 × 100 = 0,4 %.

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).

N0 = A0

λ = A0 . t1/2

ln2 = 5 × 10–3 × 13,3 × 24 × 3 600

ln2

= 8,3 × 103.

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 émet-teur α. L’équation de sa désintégration est donc :

21484Po → 210

82Pb + 42He2. Les équations des désintégrations successives jus-qu’au noyau stable sont : 210

82Pb → 21083Bi + 0–1e

21083Bi → 210

84Po + 0–1e

21084Po → 206

82Pb + 42He

16. 1. a. L’équation de la désintégration est :131

53I → 13154Xe + 0–1e

Conservation de la charge électrique et du nombre de nucléons.b. 131

53I est radioactif de type β–, il a donc trop de nucléons pour 53 protons. On peut alors conclure que 135

53I sera lui aussi radioactif de type β– (encore plus de nucléons). L’isotope stable est donc 127

53I.

2. On considère un échantillon de 13153I dont l’activité

initiale est A = 3,2 × 107 Bq.a. L’activité est divisée par 2 à chaque demi-vie.

Date (j) 0 8,0 16,0 24,0 32,0

A (Bq) 32 × 106 16 × 106 8 × 106 4 × 106 2 × 106

b.

0000000

8888

161661616

24242424

32323232

8 18 18 16 266 226 24 344 34 32222 t t t (j)(j)(j)

AAA (10(10 (10666 Bq)BBq)Bq)

c. 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�t

(Bq . s–1) – 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�t

(Bq . s–1) – 17,5 – 14,5 – 12 – 10,8 – 9,2 – 6,9

2. a.0 1 5001 000500

0

– 5

– 10

– 15

– 20

– 25

– 30

– 35

– 40

– 45

– 50

A

A—––

t

b. On obtient une droite passant par l’origine, il y a

donc proportionnalité entre �A�t et A.

Le coefficient directeur de la droite est négatif, donc

le coefficient de proportionnalité entre �A�t et A est

négatif. Une modélisation donne : �A

�t ≈ – 0,039 × A.

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. et c. Il y a un bon accord entre les points expéri-mentaux et la courbe théorique, le modèle est correct.5. a. Graphiquement, on trouve t1/2 = 18 s.

b. Par définition : Ath(t1/2) = A0

2 = A0 . e

–λ . t1/2.

Il vient donc : 12

= e–λ . t1/2, d’où l’on tire l’expression proposée :

t1/2 = ln2λ .

c. t1/2 = ln2λ = ln2

0,039 = 18 s.

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).

18. 1. 13755Cs → 137

56Ba + 0–1e

2. a. λ = ln2t1/2

= ln230,2 × 365 × 24 ×

λ = 7,28 × 10–10 s–1.

b. N = Aλ = 1,5 × 105

7,28 × 10–10 = 2,1 × 1014 noyaux.

m = n . M = NNA

. M = 2,1 × 1014

6,02 × 1023 × 136,9

m = 4,7 × 10–8 g.3. a. A(t) = A0 . e

–λ . t = A0 . e– ln2

t1/2 . t.

b. A(1 an) = 1,5 × 105 × e ln230,2

× 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).

d. t = ln A0

A ×

t1/2

ln2 = ln 1,5 × 105

0,3 × 105 ×

30,2ln2

= 70 ans.

19. 1. Les lois de conservation sont la conserva-tion des nucléons et la conservation des charges.Le diagramme montre que le radon est émetteur α.L’équation de désintégration du radon est donc :

22286Rn → 218

84Po + 42He

2. 22286Rn → 218

84Po + 42He218

84Po → 21482Pb + 42He

21482Pb → 214

83Bi + 0–1e214

83Bi → 21484Po + 0–1e

21484Po → 210

82Pb + 42He210

82Pb → 21083Bi + 0–1e

21083Bi → 210

84Po + 0–1e210

84Po → 20682Pb + 42He

20. Un radionucléide est caractérisé par sa demi-vie t1/2 .La détermination des demi-vies donne :

– courbe bleue : A10 = 12 Bq ; à t1/2, A1 =

A10

2 = 6 Bq ;

graphiquement : t1/2 ≈ 55 s ;

– courbe verte : A20 = 8 Bq ; à t1/2, A2 = A20

2 = 4 Bq ;

graphiquement : t1/2 ≈ 55 s.Les demi-vies étant identiques, les deux élèves ont travaillé sur le même radionucléide.

21. 1. 146C → 14

7N + 0–1e2. 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 radio-actif ; elle s’exprime en s–1.

4. t = – 1λ . ln A(t)A0

= – t1/2

ln2 . ln A(t)

A0

= – 5 570ln2

× ln 2,8 × 10–2

22,7 × 10–2 = 16,8 × 103 ans.

5. a. 5 τ = 5 × t1/2

ln2 = 5 ×

5 570ln2

= 4,02 × 104 ans.

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.

22. 1. 3617Cl → 36

18Sr + 0–1e

t1/2 = ln2λ = ln2

2,30 × 10–6 = 3,01 × 105 ans.

2. t = – 1λ . ln A(t)A0

= – 1λ . ln 0,39 . A0

A0

t = 1

2,30 × 10–6 × ln 0,39 = 4,1 × 105 ans.

3. L’âge de la nappe est trop grand pour le silicium 32 (t1/2 = 132 ans).

23. 1. 238

92U α→ 234

90Th β–

→ 23491Pa β–

→ 234

92U α→ 230

90Th α→ 226

88 Ra...

2. λ = ln2t1/2

= ln27,52 × 104 = 9,22 × 10–6 ans–1.

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 = – 1λ . ln m(t)m0

= – t1/2

ln2 × ln 1,2 × 10–6

20,0 × 10–6

t = 3,1 × 105 ans.



24. 1. N0K = NK + NAr .2. N0K = NK + NAr = 8,55 × 1016 + 8,25 × 1013 = 8,558 25 × 1016 noyaux initiaux.3. NK = N0K . e–λ . t.

4. t = – 1λ . ln NK

N0K

= – t1/2

ln2 . ln

NK

N0K

t = – 1,27 × 109

ln2 × ln ( 8,55 × 1016

8,558 25 × 1016)t ≈ 1,77 millions d’années.

25. 1.

0000000

100100100

200200200

300300300300

400400400

500500500500

40440040 8080080 120120120 16060160 t t (s)(s)(s)

nnn

2. a. t1/2 = 60 s.

b. λ = 1τ = 185

= 1,2 × 10–2 s–1.

c. On a ln260

= 1,2 × 10–2. Cela vérifie λ = ln2t1/2

.

3. 1 s << 60 s, la condition est vérifiée.4. a. On a : n(t) = n0 . exp(–λ . t).Pour obtenir, en fonction du temps, une droite décroissante ne passant pas par l’origine, il faut tracer : ln n = ln n0 – λ . t.b. L’ordonnée à l’origine est : ln n0 = ln 483 = 6,18.Le coefficient directeur est : – λ = 1,2 × 10–2 s–1.Cela correspond aux résultats précédents.

26. 1. a. Les « trois patriarches » cités dans le texte sont : l’uranium 235, l’uranium 238, le tho-rium 232.b. Ils sont encore présents, car leurs demi-vies ne sont pas très inférieures à l’âge de la Terre.c. La quantité « initiale » d’uranium 238 était environ 2 fois supérieure à la quantité actuelle, car l’âge de la Terre est voisin de la demi-vie de l’uranium 238. En 4,5 milliards d’années, la moitié de la quantité initiale d’uranium 238 s’est désintégrée.2. a. 238

92U → 23490Th + 4

2He, puis 23490Th → 234

91Pa + 0–1e

b. Le rayonnement qui accompagne la désexcitation des noyaux fils formés est un rayonnement électro-magnétique γ.

3. a. Soit NZ

le rapport initial du nombre de neutrons

au nombre de protons avec N > Z.Lors de désintégrations α, les valeurs de N et Z diminuent de 2 unités chacune (A diminue de 4 unités).

On peut vérifier que : NZ

< N – 2Z – 2

< N – 4Z – 4

< ... < N – 2nZ – 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 mul-tiple 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 désintégra-tion β+. Ce n’est pas le cas des noyaux dont il est question ici.

Sujet BAC

Datation au carbone 141. Les réactions nucléaires1.1. Le carbone 14, 14

6C, est produit à partir de l’azote 14

7N et des neutrons cosmiques 10n.L’équation s’écrit : 14

7N + 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 : 14

6C = 0–1e + 147N. Le noyau formé

est un noyau d’azote.

2. Datation au carbone 142.1. 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.

D’après la définition de la demi-vie : A(t1/2) = A0

2,

soit : A0

2 = A0 . e

–λ . t1/2, d’où : 12

= e–λ . t1/2.

En passant au logarithme : ln 12

= – λ . t1/2.

Cela conduit à : λ = ln2t1/2

.

2.2. La loi de décroissance conduit à : t = –1λ . ln A(t)

A0

.

2.3. Il suffit de faire l’application numérique en rem-

plaçant λ par ln2t1/2

.

t = –5 570

ln2 × ln 12

13,6 ≈ 1 000 ans.

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.


Le polonium1.1. 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 pro-tons et N = A – Z = 126 neutrons.1.3. Le polonium est radioactif de type α. L’équation est donc :

21084Po → 206

82Pb + 42HeCette équation vérifie les lois de conservations (lois de Soddy) de la charge électrique et du nombre de nucléons.2.1.

t (jours) 0 40 80 120 160 200 240

– ln N(t)N0

0 0,20 0,40 0,60 0,80 1,0 1,2

2.2.

00

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

40 80 120 160 t (jours)

–In

1,2

1,4N (t)—––N0

Remarque : L’échelle imposée dans le texte n’est pas respectée ici.2.3. N(t) = N0 . e

–λ . t ;

soit : N(t)N0

= e–λ . t ou lnN(t)N0

= – λ . t.

On a donc : – lnN(t)N0

= λ . t.

La courbe représentative de – lnN(t)N0

= f (t) est une droite

passant par l’origine, ce qui est en accord avec la repré-sentation graphique précédente. 2.4. Le coefficient directeur de la droite obtenue est

égal à λ : λ = 1,2240

= 5,0 × 10–3 j–1. La constante radio-

active λ est obtenue en j–1. On peut la convertir en s–1 pour utiliser le système international :

λ = 1,2240 × 24 × 60 × 60 = 5,8 × 10–8 s–1.

La constante de temps est :

τ = 1λ = 1

5,8 × 10–8 = 1,7 × 107 s.

Dans le système international, la constante de temps τ s’exprime en seconde.

La demi-vie est : t1/2 = ln2λ =

ln25,8 × 10–8 = 1,2 × 107 s.


Énoncés1. Compléter des équations

de réactions de désintégrationEn utilisant une classification périodique, compléter les équations des réactions ci-dessous qui sont de type α, β– ou β+.1. 132

58Ce → … + … type β+

2. 9847Ag → … + … type α

3. 3917Cl → 39

18Ar + … type …4. 124

53I → 12452Te + … type …

5. 116C → … + 01e type …

6. 4218Ar → … + 0–1e type …

2. Datation par la méthode rubidium /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 rubi-dium 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.




3. Pour déterminer l’âge d’une roche, on mesure, pour plusieurs échantillons, les rapports isotopiques N(87Sr(t))N(86Sr(t))

et N(87Rb(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(86Sr(t))

= N(87Sr0)N(86Sr0)

+ N(87Rb(t))N(86Sr(t))

. (eλt – 1).

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

portant N(87Rb(t))N(86Sr(t))

en abscisse et N(87Sr(t))N(86Sr(t))

en

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 cha-leur, 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 pro-venant 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.

1. Écrire les deux équations de désintégration du potas-sium 40, 40

19K.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 potas-sium 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 rela-tion 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).

a. Le compteur mesure-t-il l’activité de la source ?b. 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 décrois-sance radioactive, ce diagramme permet-il de vérifier ?



c. Pour cette série de comptages du nombre de désintégrations, calculer :

α) la moyenne : x– = ∑ni × xi

∑ni

;

β) la variance : Var ∑ni × (xi – x–)2

∑ni

;

γ) l’écart type : σ = Var .d. Vérifier qu’environ 95 % des nombres de désinté-grations 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 corres-pondante en ordonnée. Pour cela, sélectionner les cel-lules 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 histo-gramme permet-il de vérifier ?c. α) On se propose de calculer la moyenne des désin-

tégrations : x– = ∑ni × xi

∑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.

β) Calculer la variance : Var ∑ni × (xi – x–)2

∑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 cel-lule N8, taper : = N7^(1/2).d. Vérifier qu’environ 95 % des nombres de désinté-grations 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 ?

Corrigés1 1. 132

58Ce → 13257La + 01e type β+

2. 9847Ag → 94

45Rh + 42He type α3. 39

17Cl → 3918Ar + 0

–1e type β–

4. 12453I → 124

52Te + 01e type β+

5. 116C → 11

5B + 01e type β+

6. 4218Ar → 42

19K + 0–1e type β–

2. 1. a. 8737Rb β–

→ 8738Sr + 0–1e ;

λ = 1,4 × 10–11 an–1.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).b. N(87Sr(t)) = N(87Sr0) + Nf = N(87Sr0) + N(87Rb(t)) . (eλt – 1).3. a. N(86Sr0) = 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(86Sr(t))

= N(87Sr0)N(86Sr0)

+ N(87Rb(t))N(86Sr(t))

. (eλt – 1).

c. La représentation graphique donne une droite crois-sante.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.

3.

1. Désintégration β– : l’équation est : 4019K = AZ X + 0–1e

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

Exemple : Première colonne : on a obtenu 1 fois 99 désintégrations.


L’élément de numéro atomique Z = 20 est le calcium.L’équation de la désintégration est alors :

4019K = 40

20Ca + 0–1eLe 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 est : 40

19K + 0–1e = 4018Ar

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–λ2 . t.d. Calculons la durée t : durée de désintégration du potassium 40 depuis la formation de la roche.

e–λ2 . t = NK

N0K

– λ2 . t = ln NK

N0K

t = –1λ2

. ln NK

N0K

t = –10,58 × 1016 × ln ( 8,55 × 1016

8,550 825 × 1016 )t ≈ 1,66 millions d’années.3. a. N0K = NCa + NAr + NK d’après les lois de conser-vation.Si 100 noyaux de 40K se désintègrent, il apparaît 10 noyaux de 40Ar et 90 noyaux de Ca.

D’où : NCa

NAr

= 9010

= 9.

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 :

t = –15,54 × 10–10 × ln( 8,55 × 1016

8,558 25 × 1016) ;t ≈ 1,74 millions d’années.c. Calculons l’erreur relative entre les deux méthodes :

|1,74 –1,661,74 | × 100.

L’erreur relative n’étant que de 5 %, la première méthode ne donne pas un résultat aberrant.

Justification mathématiqueN0K = 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 . dtou dNCa = λ1 . N0K . e–(λ1 + λ2) . t . dt

NCa = N0K . λ1

λ1 + λ2

(1 – e-(λ1 + λ2).t )

De même, NAr = N0K . λ2

λ1 + λ2

. (1 – e–(λ1 + λ2) . t ).

On remarque que NAr

NCa

= λ2

λ1

≈ 0,12 ; c’est bien l’ordre

de grandeur indiqué dans le texte.Si nous reprenons la relation du début :

N0K = NCa + NAr + NK = ( NAr

0,12) + NAr + NK

= 9,5 NAr + NK .Pour en revenir au calcul du texte :N0K = 9,5 × 8,25 × 1012 + 8,55 × 1016 = 8,558 × 1016.

4. 1. Le césium 137 est émetteur β–.137

55Cs → 13756Ba + 0–1e

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 modi-

fication de l’activité A(t) = A0 . e–λ . t ; A(t)

A0

= e– ln2t1/2

× t ; donc A(t)A0

= e– ln230 × 365 × 24

× 2 ≈ 0,999 99 ≈ 1. L’activité est constante.

3. a. Le nombre total de comptages est égal à 100. C’est le résultat attendu.b.

Cet histogramme illustre le caractère aléatoire des désin-tégrations.c. α) La moyenne est 104,8.β) La variance est 6,09.γ) L’écart type est égal à 2,47.d. (x– – 2 × σ) = 99,9 et (x– + 2 σ) = 109,8. 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.


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-



tion �t, est une constante λ caractéristique du type de noyaux en question.

On a : �N(t)N(t)

= – λ . �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 deve-nant très petite, on peut écrire :

dN(t)N(t)

= – λ . dt ou dN(t)d(t)

= – λ . N(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 :

τ =

N0

∑τi 1

N0

.

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

les noyaux est : r

�0t . |dN(t)| =

r

�0t . λ . N(t) . dt.

La durée de vie moyenne s’obtient en divisant la somme précédente par le nombre total de noyaux désintégrés :

τ =

r

�0t . λ . N(t) . dt

N0

=

r

�0t . λ . N0 . e

– λ . t . dt

N0

τ = r

�0t . λ . e– λ . t . dt = λ .

r

�0t . e– λ . t . dt.

Une intégration par parties donne :

τ = λ . [[– 1λ . e– λ . t . t]r

0 –

r

�0 – 1λ . e– λ . t . dt]

τ = [– e– λ . t . t]r

0 +

r

�0 . e– λ . t . dt

τ = [– e– λ . t . t]r

0 + [– 1λ . e– λ . t]

r

0 = 0 + 1λ = 1λ .

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, pon-dérée 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 aléa-toire, tout ou une partie de leur énergie à la matière qu’ils traversent.L’importance des pertes d’énergie à l’échelle micro-scopique est souvent exprimée en terme de transfert linéique d’énergie (TLE). La valeur moyenne du TLE varie de moins de 1 kiloélectronvolt par micromètre

(keVµm ) pour les rayonnements électromagnétiques à plu-

sieurs centaines de keVµm

pour des ions lourds. Lorsqu’il

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.



• 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. Chassard-Bouchaud, 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 OKLOcrpg.cnrs-nancy.fr/MODEL3D/essai-RST.htmlwww.physics.isu.edu

• Documentation sur la radioactivitéwww.ccr.jussieu.frwww.algade.com

• Atomes et masses atomiqueswww.csnsm.in2p3.fr/amdc/Pour la stabilité des noyaux, aller dans la rubrique NUBASE, on télécharge PC NUCLEUSPour les masses atomiques, aller dans la rubrique AMDC, puis AME.

• TP Toulousewww.ac-toulouse.fr/sc_phy/document.html

• Datation du carbonecarbon14.univ-lyon1.fr/intro.htm

• Un géant incontournable : le CERNwww.cern.ch/Public/Welcome_fr.htmlLe CERN vous accueille en français et vous laisse le

choix entre une visite accélérée, historique ou péda-gogique, sur l’atome ou les accélérateurs de particules.

• Animations et informations sur le site du CEAwww.cea.frSuivre notamment ESPACE JEUNES.

• Les cahiers du CEAwww.cea.fr/html/cahiers.htmDes textes indispensables sur la radioactivité, l’atome, mais aussi sur le laser, la microélectronique ou les ondes électromagnétiques.

• CNRSwww.insu.cnrs-dir.fr/Documentation/www.cnrs.fr/

• Voyage au cœur de la matièrevoyage.in2p3.frÀ 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 phy-sique nucléaire et de physique des particules, ce site encyclopédique offre aussi des liens vers les grands accé-lérateurs de particules ou vers les laboratoires de phy-sique 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 vul-garisation scientifique. Des symboles précisent la diffi-culté (de « grand public » à « public scientifique ») de ces sites, organisés par catégories, allant de l’astrophysi-que à la physique théorique en passant par la physique amusante.



chapitre

Phys

ique


B. Transformations nucléaires

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

Contenus2. Noyaux, masse, énergie2.1. Équivalence masse-énergie• Défaut de masse ; énergie de liaison �E = �m . c2 ; unités : eV, keV, MeV.• Énergie de liaison par nucléon.• Équivalence masse-énergie.

• Courbe d’Aston – E

�

A = ƒ (A).

2.2. Fission et fusionExploitation de la courbe d’Aston ; domaines de la fi ssion et de la fusion.2.3. Bilan de masse et d’énergie d’une réaction nucléaire• Exemples pour la radioactivité, pour la fi ssion et la fusion.• Existence de conditions à réaliser pour obtenir l’amorçage de réactions de fi ssion et de fusion.

Connaissances et savoir-faire exigibles• Défi nir et calculer un défaut de masse et une énergie de liaison.• Défi nir 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’inté-rêt énergétique des fi ssions et des fusions.• Défi nir la fi ssion et la fusion et écrire les équa-tions des réactions nucléaires en appliquant les lois de conservation.• À partir de l’équation d’une réaction nucléaire, reconnaître le type de réaction.

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

Exemples d’activités• Découvertes de la fi ssion et de la fusion.• La fi ssion et le réacteur naturel du Gabon.• La fusion et les étoiles.• Quelques utilisations des réactions nucléaires.• La fi ssion industrielle et la gestion des déchets.

CommentairesLes 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 fi ssion 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 terminologiquesOn rappelle que la notation A

Z 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 phé-nomènes périodiques, le terme période radioactive est évité au profi t de l’expression demi-vie.L’énergie de liaison est défi nie 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.

Noyaux, masse et énergie 5





> Objectifs• 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.

> PrérequisÉcriture des équations de réactions nucléaires.

Activités préparatoiresA. L’équivalence masse-énergieRéponses 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 questions1. 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.

Cours1. 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.

> Activité 1Réponses aux questions1. Les noyaux stables sont les noyaux ayant une énergie de liaison par nucléon importante (en valeur absolue),

c’est-à-dire les noyaux situés dans la partie basse de la courbe d’Aston.2. Les noyaux de fer 56

26Fe et d’étain 12050Sn ont des

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.

3. et 4. Comment la fission et la fusion nucléaire produisent-elles de l’énergie ?

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

Rechercher et expérimenterRéponses aux questions1. L’un des gaz responsable de l’effet de serre est le dioxyde de carbone. Une surconsommation des éner-gies fossiles augmenterait l’émission de dioxyde de carbone et se traduirait par un réchauffement cli-matique.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 bom-barde 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 réac-teur 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.



Savoir s’autoévaluer1. 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 ;

donc : E = 1,492 39 × 10–10

1,602 177 × 10–19 = 931,476 × 106 eV

= 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.

2. 1. L’isotope 226 du radium a un noyau consti-tué 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

88Ra) = 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.

b. E

�

A =

1 731226 = 7,66 MeV par nucléon.

Plus l’énergie de liaison par nucléon d’un noyau est grande, plus il est stable.

3. 1. La courbe d’Aston représente l’opposé de l’énergie de liaison par nucléon de noyaux en fonc-tion 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.

4. 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

92U) + m(10n)]

– [m(13953I) + m(94

39Y) + 3 m(10n)]] . 931,5

= [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.

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

. NA noyaux.L’énergie libérée par 1 kg d’uranium 235 est de :mM

. NA . Q = 1 000235

× 6,02 × 1023 × 176

= 4,51 × 1026 MeV = 7,22 × 1013 J.

Exercices1. 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(A

Z 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.

3. E = m(11p) . c²

= 1,672 62 × 10–27 × (2,997 9 × 108)2 = 1,503 3 × 10–10 J ;E = m(2

1H) . c² = 2,013 55 × 1,660 54 × 10-27 × (2,997 9 × 108)2 = 3,005 0 × 10-10 J.

4. 1. Il faut fournir une énergie égale à l’énergie de liaison E

� à un noyau A

Z X au repos pour le disso-cier en nucléons isolés et au repos.2. E

� = [Z . mp + (A – Z ) . mn] . c² – m(A

Z X) . c² avec mp et mn respectivement les masses d’un proton et d’un neutron, m(A

Z X) la masse du noyau AZ 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(AZ X) le défaut

de masse.3. E

� = [ 3 mp+(6 – 3) mn] . c² – m(6

3Li) . 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 ordon-née l’opposé de l’énergie de liaison par nucléon

(– E

�

A) de noyaux A

ZX et en abscisse le nombre de

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




partie basse de la courbe d’Aston. Ils correspondent

à (– E

�

A) < – 8 MeV environ, soit 20 < A < 190.

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.

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�

A (en MeV par 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

92U → 9036Kr + 143

56Ba + 3 10n 2. a. La perte de masse est égale à : Dm = m(1

0n) + m(23592U) – m(90

36Kr) – m(14356Ba) – 3m(1

0n) = 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.

8. a. Les lois de conservation permettent de trou-ver 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.

mavant – maprès = [m(10n) + m(235

92U)] – [m(99

42Zr) + m(13452Te) + 3 m(1

0n)] = 0,199 79 u > 0 .La proposition est exacte.

d. – E

�

A (m(235

92U)) = – 7,589 8 MeV par nucléon

> – E

�

A (m(134

52Te)) = – 8,382 8 MeV par nucléon

> – E

�

A (m(99

42Zr)) = – 8,540 4 MeV par nucléon.

La proposition est exacte.

9. 1. Première étape : 1H + 11H + → 21H + 01e (1).

La particule émise est un positon.Deuxième étape : 1

1H + 21H → 32He (2)

Troisième étape : 32He + 3

2He → 42He + 21

1H (3)2. 2 × (1) + 2 × (2) + (3) : 4 11H → 4

2He + 2 01e. Il faut 4 noyaux d’hydrogène pour former un noyau d’hélium 4.

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

que d’un proton. On le note simplement p ou 11p.2. 1

1H + 21H → 32He

3. a. La perte de masse est égale à : Dm = m(1

1H) + m(21H) – m(3

2He) = 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.

11. 1. La perte de masse est égale à : Dm = m(235

92U) + m(10n) – m(95

40Zr) – m(13852Te) – 3 m(1

0n) = 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 :

N = 6,48 × 1013

2,795 × 10–11 = 2,32 × 1024 noyaux.

mU = NNA

. M (235U)

= 2,32 × 1024

6,02 × 1023 × 235 = 906 g.



En 30 jours, le réacteur consomme une masse de 0,9 kg d’uranium 235.

3. a. 9540Zr → 95

41Nb + 0–1e et 13852Te → 138

53I + 0–1eb. Pour le zirconium, l’énergie libérée E1 est égale à : E1 = 931,5 . Dm

= 931,5 . [m(9540Zr) – m(95

41Nb) – m( 0–1e)] = 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(13852Te) – m(138

53I) – m( 0–1e)] = 931,5 × [137,900 67 – 137,893 24 – 0,000 55] = 6,41 MeV.QE1

= 59 et QE2

= 27. Ces énergies sont très faibles

devant l’énergie libérée par la fission d’un noyau d’uranium 235.

12. a. 10n + 235

92U → 9036Kr + 144

56Ba + 2 10n. C’est une

réaction de fission.b. 223

88Ra → 21986Rn + 42He. C’est une émission α.

c. 22286Rn* → 222

86Rn + γ. C’est une émission γ.d. 32

15P → 3216S + 0–1e. C’est une émission β–.

e. 2 42He → 84Be. C’est une réaction de fusion.

f. 5627Co → 56

26Fe + 01e. C’est une émission β+.

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

i = dqdt

donc l’ampère (A) équivaut à des C . s–1.

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.

14. 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

86Rn) = 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

radon 222 est : E

�

A = 7,694 MeV par nucléons.

15. 1. a. L’énergie de liaison du noyau d’iode 127 est égale à :E

� = Dm . c² = [[53 mp + (127 – 53) mn] – m(127

53I)] . c²E

� = [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

53I)] . c²E

� = [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.

16. 1. L’énergie libérée Q par cette réaction est égale à : Q = 931,5 [m(235

92U) + m(10n) – m(139

53I) – m(9439Y) – 3m(1

0n)] = 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

= 6,02 × 1023 × 1 000235

= 2,56 × 1024 noyaux ;

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(2

1H) + m(31H) – m(4

2He) – m(10n)]

= 931,5 × [ 2,013 55 + 3,015 50 – 4,001 50 – 1,008 66] = 17,60 MeV.



2. a. Dans 1 kg d’hélium 4, il y a N noyaux d’hélium avec :N = NA . m

M = 6,02 × 1023 × 1 000

4

= 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.

18. 1. 6027Co → 60

28Ni* + 0–1e6028Ni* → 60

28Ni + γ2. a. L’énergie Q libérée lors de la désintégration du noyau de cobalt 60 est égale à :Q = 931,5 . [m(60

27Co) – m(6028Ni) – m( 0–1e)]

= 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.

19. 1. 16570Yb → 165

69Tm + 01e2. 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(16570Yb) – [m(165

69Tm) + m(01e)]

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.

4. a. E

�

A (16570Yb) = 8,103 MeV par nucléon ;

E�

A (16569Tm) = 8,127 MeV.

b. Lors d’une réaction nucléaire spontanée, l’énergie de liaison par nucléon du noyau fi ls est plus élevée que celle du noyau père. Le noyau fi ls est plus stable que le noyau père ; cela confi rme la réponse de la question 2.

20. 1. 73Li + 11p → 24

2He2. La perte de masse a pour expression : m(7

3Li) + m(11p) – 2 m(4

2He) = 7,014 35 + 1,007 28 – 2 × 4,001 50 = 0,018 63 u.3. La somme des énergies cinétiques des deux parti-cules α est égale à l’énergie libérée au cours de cette

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

21. 1. 147N + 21H → 15

8O + 10n2. 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(14

7N) + m(21H) – m(15

8O) – 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.

22. 1. N = mM

. NA

N(23793Np) = 11 000

237 × 6,02 × 1023

= 2,79 × 1025 noyaux ;N(241

94Pu) = 7,97 × 1025 ;N(241

95Am) = 6,00 × 1024 ; N(135

55Cs) = 6,69 × 1023.

2. A = λ . N = ln2t1/2

. N, avec t1/2 la demi-vie expriméeen seconde.A(237

93Np) = ln22,1 × 106 × 365 × 24 × 3 600

= 2,79 × 1025 = 2,92 × 1011 Bq ;A(231

94Pu) = 1,25 × 1017 Bq ; A(241

95Am) = 3,05 × 1014 Bq ; A(135

55Cs) = 6,39 × 109 Bq.3. a. 237

93Np → 23391Pa + 42He

24194Pu → 241

95Am + 0–1e24195Am → 237

93Np + 42He13555Cs → 135

56Ba + 0–1eb. Soit Q l’énergie libérée lors de la désintégration d’un noyau de neptunium :Q = 931,5 Dm = 931,5 [m(237

93Np) – m(23391Pa) – m(4

2He) = 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 nep-tunium 237 qui se désintègrent, soit une énergie libérée en une seconde de :2,92 × 1011 × 4,965 = 1,45 × 1012 MeV.

DéchetsÉnergie libérée

par la désintégration de 1 noyau en MeV

Énergie libérée par seconde

en MeV23793Np 4,965 1,45 × 1012

23194Pu 1,863 × 10–2 2,33 × 1015

24195Am 5,636 1,72 × 1015

13555Cs 2,701 × 10–1 1,73 × 109



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 = mM

. NA = 112

× 6,02 × 1023

= 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

92U) + m(10n) – m(139

53I) – m(9439Y)

– 3m(10n)]

= 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 = mM

. NA = 1235

× 6,02 × 1023

= 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(1

0n) – 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 = mM

. NA = 12

× 6,02 × 1023

= 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 :

Q = 3,01 × 1023

2 × 3,270 = 4,92 × 1023 MeV,

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 → 4

2He + 2 01e + 2 γ2. L’énergie libérée lors de la formation d’un noyau d’hélium est égale à :

Q = 931,5 . Dm = 931,5 . [4 m(1

1H) – m(42He) – 2m(0

1e)] = 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 = mM

. NA = 14

× 6,02 × 1023 = 1,5 × 1023 noyaux.

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 :

m = 3,9 × 1026

5,9 × 1011 = 6,6 × 1014 g

m = 6,6 × 1011 kg d’hélium.

b. m = Elibérée

c2 = 3,9 × 1026

(2,997 9 × 108)2 = 4,34 × 109 kg.

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

2 × 1030 = 3,15 × 10–4 = 3,15 × 10–2 % de sa masse

actuelle.

25. 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 → 4

2He + 2 01e3. 3 42He → 12

6C4. 2 12

6C → 2010Ne + 4

2He5. 2 28

14Si → 5626Fe + 2 0

1e

26. 1. 23894Pu → 234

92U + 42He2. L’énergie libérée Q lors de la désintégration d’un noyau de plutonium est égale à :Q = Dm . c² = [m(238

94Pu) – m(23492U) – m(4

2He)] . c² = [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.

Cela correspond à 5,6 × 10–2

8,815 7 × 10–13 = 6,35 × 1010

désintégrations par seconde, soit une activité :A = 6,35 × 1010 Bq.

b. N = Aλ = 6,35 × 1010

2,5 × 10–10 = 2,54 × 1020 noyaux de

plutonium, soit une masse de : NNA

. m = 2,54 × 1020

6,02 × 1023 = 238 = 0,10 g.

c. A(10 ans) = A0 . e–λt

= 6,35 × 1010 × e–2,5×10–10×10×365×24×3 600 = 5,87 × 1010 Bq. L’activité n’a baissé que de :6,35 × 1010 – 5,87 × 1010

6,35 × 1010 = 7,6 % au bout de 10 ans.



27. 1. L’énergie d’origine nucléaire consommée en une journée est égale à :

E = (920 × 106

0,35 ) × 24 × 3 600 = 2,27 × 1014 J.

Un noyau d’uranium 235 libère une énergie :Q = 200 MeV = 3,2 × 10–11 J.Le nombre de noyaux d’isotopes 235 subissant quoti-diennement une fission est égal à :

N = EQ

= 7,1 × 1024 noyaux.

2. La quantité de matière correspondant à ces N

noyaux : n = NNA

= 11,8 mol.

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 % : mm´

= 0,03.

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 :

m" = 2,27 × 1014

42 × 106 = 5,4 × 106 kg de pétrole par jour.

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. 2

1H + 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(4

2He) + m(10n)] – [m(2

1H) + 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 pro-duit toxique pouvant provoquer la mort. 2. 226

88Ra → 22286Rn + 42He

22888Ra → 228

89Ac + 0–1e

3. N = Aλ = A . t1/2

ln 2

= 3,7 × 104 × 1,6 × 103 × 365 × 24 × 3 600ln2

= 2,69 × 1015 ;

nRa = NNA

= 4,47 × 10–9 mol ;

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.

5. Q = 931,5 . Dm = 931,5 . [m(226

88Ra) – m(22286Rn) – m(4

2He)] = 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. 9539Y → 95

40Zr + 0–1e + –ν .2. L’énergie libérée est due à la perte de masse au cours de la réaction.Q = 931,5 . Dm = 931,5 . [m(95

39Y) – m(9540Zr) – m( 0–1e)]

= 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’uranium1.1. 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.

1.4.c. 2,74 × 10–10 J = 2,74 × 10–10

1,60 × 10–19 = 1,71 × 109 eV

= 1,71 × 103 MeV.1.4.d. E

�

A = 7,70 MeV . nucléon–1 .

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 = 8,97 × 10–13 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

92U + 10n → 9940Zr + 134

52Te + 3 10n2.2.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

40Zr → 9941Nb + 0–1e




Énoncés1. La fusion nucléaire dans le SoleilA. Le SoleilLa première réaction de fusion se produisant dans le Soleil est à l’origine du rayonnement solaire ; elle s’écrit :

4 11H → + 4

2He + 2 01e + 2 γ + 2 νLes 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 réac-tion, 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 rayonne-ment solaire reçu par la Terre (si l’on fait abstraction de la part absorbée par l’atmosphère).

B. La détection des neutrinosPour 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 :

00ν + 10n → 1

1p + xa. 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 :

00ν + 71

31Ga → AZ Y + x

Identifier AZ 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 compo-sition en 50

24Cr est de 4 %.Le chrome est d’abord enrichi en 50

24Cr jusqu’à une pro-portion de 40 %, puis soumis à une irradiation neutro-nique :

10n + 50

24Cr → A24 Y + γ

Déterminer A et l’élément X.b. L’isotope A

Z 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 + AZ X → A

Z´´ 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 AZ X est de 30 jours. Au bout de combien de mois la source sera-t-elle inutile, c’est-à-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 ( A81 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 Soleil1. Perte de masse : p = 2,65 × 10–2 u ;Q = 24,7 MeV = 3,95 × 10–12 J.



2. La fraction de masse du Soleil, convertie en énergie est :�m4mp

= 6,6 × 10 –3 , soit 0,66 %.

3. Le Soleil pourrait perdre :

2 × 1029 × 0,66100

= 1,32 × 1027 kg.

4. a. La puissance totale � rayonnée est de 3,7 × 1026 joule par seconde. Cela correspond à une masse :

�m = �c2

, soit 4,1 × 109 kg ou 4,1 Mt par seconde.

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 sur-face égale à 4 π . d 2, d étant la distance Terre-Soleil : �T = 1 300 W . m–2.

B. La détection des neutrinos1. a. Cette réaction nucléaire obéit aux principes de conservation du nombre de nucléons et du nombre de charge.00ν + 10n ↔ 1

1p + 0–1xLa particule x est donc un électron.b. Un scintillateur peut détecter les électrons.2. 0

0ν + 7131Ga → AZ Y + 0

–1eAppliquons les lois de conservation : 71 = A + 0 et 31 = Z – 1, d’où 71

32Y ; à Z = 32 correspond l’élément germanium 71

32Ge.3. a. 1

0n + 5024Cr → AZ X + γ

Appliquons les lois de conservation : 1 + 50 = A et Z = 24 ; l’élément X est donc le chrome : 51

24Cr.b. 0–1e + 51

24Cr → AZ´´ Y + 0

0νA´ = 51 et Z´ = 23, donc Y est l’élément vanadium : 51

23V.c. Le flux de neutrinos est égal à 7 × 1011 neutrinos par cm2 et par seconde.d. Elle est 10 à 11 fois plus importante.e. L’activité est de la forme A = A0 . e

–ln 2 . tt1/2, d’où :

t = ln 11 . t1/2

ln2 ; t = 3,5 mois, soit au bout de 4 mois

environ.

2. 1. 226ZBi → A81Th + 4

2HeLa conservation du nombre de charge et du nombre de nucléons permet de calculer : Z = 83 et A = 208.212

83Bi → 20881Th + 42He

20881Th* → 208

81Th + γ2. 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 :� = 3 × 1012 × 6,21 + 5,74

2 = 1,79 × 1013 MeV par

seconde, soit 2,9 W.

Bibliographie

Ouvrages• Environnement et radioactivité, C. Chassard-Bouchaud, 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 radio-activité, 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 démantè-lement 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 poli-tique et technique du stockage, normes de radiopro-tection 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, recy-clage du plutonium, diversification des sources d’éner-gie, voilà des questions sur lesquelles chacun aura à se déterminer. Ce livre contribue à l’information indispen-sable 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



chapitre

Phys

ique

ProgrammeCe chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel :C. Évolution des systèmes électriques

(3 T.P., 10 H.C.E.)

ObjectifsLes 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 ten sions, loi des intensités) seront dans les applica-tions 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’éta-blissement 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 synchro-nisation ou le décalibrage, ne sont pas exigibles.

Contenus1. 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 = dqdt

, q charge du condensateur en convention

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 ten-sion : 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 conden-sateur.

Connaissances et savoir-faire exigibles1.1. Le condensateur• Connaître la représentation symbolique d’un conden-sateur.• En utilisant la convention récepteur, savoir orienter un circuit sur un schéma, représenter les différentes fl èches-tension, noter les charges des armatures du condensateur.• Connaître les relations charge-intensité et charge-tension pour un condensateur en convention récep-teur ; connaître la signifi cation de chacun des termes et leur unité. Savoir exploiter la relation q = C . u.


• 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 vérifi er 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 :– identifi er les tensions observées ;

6Le dipôle

(R, C)



– montrer l’infl uence 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’infl uence de l’amplitude de l’échelon de ten-sion, de la résistance et de la capacité sur le phénomène observé lors de la charge et de la décharge du condensateur.

Exemples d’activités1.1. Le condensateur

• Illustrations expérimentales par quelques montages simples : oscillateurs de relaxation, temporisation, etc.• Illustration de l’utilisation des condensateurs (alimen-tation continue, condensateur de découplage, stimulateur cardiaque, etc.).• Charge d’un condensateur à courant constant.


• Mise en évidence de l’énergie emmagasinée.• Exemples d’application du stockage de l’énergie par des condensateurs (principe du fl ash).• Charge et décharge d’un condensateur à travers une résistance :– utilisation d’un oscilloscope et/ou d’un système d’acqui-sition informatisé avec traitement de l’information ;– visualisation des tensions aux bornes du générateur, du condensateur et du conducteur ohmique ;– infl uence des paramètres R et C ;– mesure de la constante de temps ;– infl uence de la tension du générateur.

CommentairesL’objectif de la manipulation introductive est de mon-trer, d’un point de vue qualitatif, l’influence d’un conducteur ohmique, d’un conden sateur 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 conden-sateurs 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 ci-dessous :q désigne la charge du condensateur

iq

–q

u

Après avoir rappelé que l’intensité est un débit de

charges électriques, on introduira i = dqdt

uniquement

pour le condensateur, q étant la char ge 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 disconti-nuité.

MatérielCours> 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– Plusieurs condensateurs : 0,01 F, 0,001 F, 470 µF.– Plusieurs conducteurs ohmiques : 1 k�, 470 �, 100 �, 27 �.



– 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.


> Objectifs• Connaître les relations charge-intensité et charge-tension, 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 préparatoiresA. La découverte du condensateurCette 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 questions1. 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 questions1. 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�t

est très importante.

Cours1. Quel est le comportement

d’un condensateur dans un circuit électrique ?

1.1. La charge électrique sur les armaturesLe 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 appor-ter des charges.L’objectif est de montrer qu’un condensateur accumule des charges opposées sur ses armatures.

> Activité 1Réponse à la questionLorsqu’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 condensateurL’objectif est de déterminer la relation existant entre la tension uAB aux bornes du condensateur et la charge du condensateur.

> Activité 2Fixer la valeur de l’intensité du courant que peut débiter le générateur, éventuellement insérer un ampèremètre.Décharger le condensateur en appuyant sur l’interrup-teur 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 . tTracer ensuite la représentation graphique qA = f (uAB ).Cette représentation graphique est une droite passant par l’origine. qA et uAB sont deux grandeurs proportion-nelles. 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 3Charger 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 4L’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.



Savoir s’autoévaluer1. Les propositions 1. a., 2. a., 3. b., 4. b., 5. c., 6. c., 7. a. sont correctes.

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

3. 1. q = C . uC = 500 × 10–12 × 3,0 = 1,5 × 10–9 C.2. La charge globale est égale à zéro.

3. EC = 12

. C . uC2 = 1

2 × 500 × 10–12 × 3,02

= 2,25 × 10–9 J.

Exercices1. a., c., d., et f.

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

4. C = qA

uC

= 5 × 10–2

0,5 = 0,1 F.

3. 1. Voir le schéma ci-contre.

uG

+

–

C

K

R

uC

uR

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

00 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5

1

2

3

4

5

6

7

3,0 3,5 4,0 4,5

t (s)t

u (V)

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

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

Rechercher et expérimenter1. Le défibrillateur cardiaqueRéponses aux questions

1. EC = 12

. C . uC2, donc C =

2EC

uC2 = 2 × 400

5 0002 = 32 �F.

2. �moy = EC

�t = 400

0,005 = 80 kW.

3. � = R . i 2, donc i = �R

= 80000

75 = 33 A.

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 ten-sion 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 questions1.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.

3. uC(t) = 6 . e –t

R . C.4. La DEL brille jusqu’à ce que la tension uC soit inférieure à sa tension de seuil uS = 1,5 V.

5. Par le calcul : 1,5 = 6 × e –t

1 000 × 470 × 10–6.t = – 1 000 × 470 × 10–6 × ln (1,5

6 ) = 0,65 s.

6. Cette durée est insuffisante pour la temporisation souhaitée.7. Les composants utilisables sont C = 0,01 F et R = 470 �.8. 1,5 = – 6 × e

–t470 × 0,01.

t = – 470 × 0,01 × ln (1,56 ) = 6,5 s.

Aborder les difficultés du chapitreIl 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 ;

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




4. Affirmation exacte : b.

5. 1. a. La tension uAB est la tension aux bornes du condensateur. Or la tension aux bornes du condensa-teur et sa charge sont proportionnelles qA = C . uAB .

b. La tension aux bornes d’une résistance et l’inten-sité 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 évo-lue de 0 à 6 V (tension fournie par le générateur) au cours du temps.

RR = 2 000

21

UPNU= 6V

uC

i réel

i > 0

c. Le graphe B corres-pond à l’intensité du courant circulant dans le circuit lors de la charge. En effet, le courant évolue entre

Imax = uPN

R = 6

2 000

= 3 mA et 0 A. Le courant réel est posi-tif pendant la charge, car il circule dans le sens positif arbitrairement choisi sur le schéma, ce qui correspond au graphe B.d. Le graphe D corres-pond à l’intensité du courant circulant dans le circuit lors de la décharge. Ce courant est négatif (par rapport au sens positif choisi) et évolue entre – 3 mA et 0 au cours du temps.

RR = 2 000

21

UPNU= 6V

uC

i réel

i > 0++++– – – –

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 :

Relations : u = R . i et i = C . duC

dt.

Grandeur 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. 1. a. Ee = 12 . C . uC

2 = 0,5 × 2,0 × 6,02

= 36 J.b. q = C . uC = 2,0 × 6 = 12 C.

c. � = �Ee

�t = 36

1 × 10–4 = 36 × 104 W.

2. a. Le stockage ou le déstockage de l’énergie ne 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 libé-rée instantanément, ce qui est impossible.

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

2 . C . uC

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

2. i(t) = C . duC(t)

dt.

3. duC(t)

dt + 1

R . C . uC = 6

R . C .

4. Calcul de duC(t)

dt :

duC(t)dt

= – 6τ

. (– e– tτ ).

D’où : duC (t)

dt + 1

R . C . uC = – 6

τ . (– e

– tτ ) + 6

τ × (1 – e

– tτ ) = 6

τ.

L’expression est solution de l’équation différentielle si τ = R . C.5. τ = R . C = 500 × 400 × 10–6 = 0,2 s.

6. i(t) = C . duC(t)

dt = C . – 6

τ . (– e

– tτ ) = – 6

R . (– e

– tτ ) avec

τ = R . C .7. uC(0) = 6 × (1 – e0) = 0 V

et i (0) = – 6500

× (– e0) = 0,012 A.

8. Lorsque t ↔ ∞, uC(∞) = 6 × (1 – e–∞) = 6 V ;

i(∞) = – 6R

. (1 – e–∞) = 0 A.

9. R . C . duC(t)

dt + uC(t) = 6.

τ = R . C.

0,2

6uC (t)(V)

t (s)t 0,2

0,0126

t (s)t

i (t)(A)

10. 1. uPN = uC + uR.

2. i = C . duC

dt.

3. uC + R . C . duC

dt = 0.



4. Calcul de duC

dt :

duC

dt = – 6

τ . e– tτ .

D’où :

6 . e– tτ + R . C – 6τ

. e– tτ = 6 . e– tτ . (1 – R . Cτ ) = 0.

Cette relation est vérifiée si τ = R . C.5. τ = R . C = 2 000 × 200 × 10–6 = 0,4 s.

6. i = – uC (0)

R . e– tτ

7. i(0)= – 62 000 = – 0,003 A

8. Lorsque t → ∞, uC = 0 V et i = 0 A.9.

6

3

t (s)t t (s)t

uC (V) i (mA)

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.3. uC(τ) = E . (1 – e– τ

τ ) = E . (1 – e–1) ≈ 5 × 0,63 ≈ 3,2 V.4. τ1 ≈ 0,5 s et τ2 ≈ 1,5 s.

5. τ1 = R . C1, donc : C1 = τ1

R ≈ 0,5

2 000 ≈ 2,5 × 10–4 F ;

τ2 = R . C2, donc : C2 = τ2

R ≈ 1,5

2 000 ≈ 7,5 × 10–4 F.

6. La proposition est fausse, car plus la capacité d’un condensateur est grande, plus il se charge lentement.

12. 1. i(t) = C . duC (t)

dt.

2. La pente de la tangente est égale à duC (t)

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.

13. 1.

P

N R

C

21

UPNU= 6V

uC

voie A

voie B

uR

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

Autre réponse :

CP

N R

21

UPNU= 6V

uC

uR

voie A

voie B

La voie B permet d’acquérir la tension uR. La tension uC est obtenue par pro-grammation du cal-cul suivant dans le logiciel : uC = voie A – voie B.

2. Il faut programmer i = uR

R.

3. La grandeur portée en ordonnée du graphique (a) évolue de manière continue.

4. a. Ee = 12

. C . uC2.

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).

14. 1. a. i(t) = C . duC (t)

dt.

b. �(t) = uC(t) . i(t).

c. EC(t) = 12 . C . uC(t)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) : uC(τ) = 4 × (1 – e– τ

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.

b. EC = 12 . C . uC(t)2 = 0,5 × 400 × 10–6 × 4²

= 3,2 × 10–3 J = 3,2 mJ.Les deux valeurs mesurée et calculée sont égales.



15. 1. Le condensateur se charge lorsque le com-mutateur est en position 2. 2. τC = R . C = 2 200 × 0,003 3 = 7,26 s.

3. EC = 12

. C . uC2 = 1

2 × 0,003 3 × 62 ≈ 0,06 J.

4. a. � = U 2 r

, donc r = U 2 �

= 62

6 = 6 �.

b. τD = r . C = 6 × 0,003 3 = 0,02 s.

5. � = 0,060,02

= 3 W.

L’énergie est libérée en une durée très courte (puis-sance importante).

16. 1. uC = 12 V et l’interrupteur K est fermé.2. a. uC0

= 12 V .b. Le condensa-teur se décharge dans le conducteur ohmique selon une fonction exponen-tielle décroissante.

12uC (V)

t (s)t

c. τ = 10 s.d. 3,5 = 12 . e– t1

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).

17. 1. a. uC = ux . tR . C

.

b. uC1 =

ux . T1

R . C .

Application numérique : uC1 = 0,453 V.

2. a. uC = – uréf . tR . C

+ constante ;

uC = – uréf . tR . C

+ ux . T1

R . C .

b. À t = T2 , uC = 0 . On en tire T2 : T2 = ux . T1

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.

18. 1. a. Lorsque l’alarme est sous tension, l’in-terrupteur 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 < uP2N2

, donc la DEL verte brille.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 uP2N2

, alors la DEL rouge brille.

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

b. La valeur de la tension uP2N2 doit être égale à 5,5 V.

4. a. Calculons la valeur de la tension uC lorsque t = τ :

uC(τ) = 6 × (1 – e– ττ ) = 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 = 20R

= 20100

= 0,2 F.

c. Il faut augmenter la constante de temps et donc augmenter la capacité du condensateur.

19. 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.

++

++

P

N

3. La bouteille a été chargée par la machine électro-statique. Le savant en touchant la tige établit le contact entre la tige et la terre. Il y a alors déplace-ment 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.

20. 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).

2. i(t) = uR (t)

R .

3. i(t) = C . duC (t)

dt .

4. a. uC(t) = a . t + b.

b. duC

dt correspond au coefficient directeur du seg-

ment de droite 8,82,4 × 10–3

= 3,7 × 103 V . s–1.

c. i(t) = C . duC (t)

dt , or uC(t) est une fonction affine

du temps, donc sa dérivée est une constante.

d. Sur cet intervalle de temps, l’intensité i(t) est constante.

Elle a pour valeur : 0,251 000

= 2,5 × 10–4 A = 0,25 mA.



e. C = i(t)

duC

dt

= 2,5 × 10–4

3,7 × 103 = 6,8 × 10–8 F = 68 nF.

5. Après la date T2 , duC

dt < 0 car le coeffi cient direc-

teur du segment de droite uC(t) est négatif. L’intensité change de signe.

21. 1. a. Lors de la charge du condensateur, le courant décroît depuis une valeur initiale :

I0 = Ue

r = 5

2 200 = 2,3 × 10–3 A jusqu’à une valeur

nulle lorsque le condensateur est chargé.b. τ = R . C = 2 200 × 10 × 10–9 = 2,2 × 10–5 s.

T = 1f = 0,001 s.

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.

ueus

t (s)t

u (V)

T/2TT

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

i = C . duC

dt .

Donc lorsque la tension uC diminue, sa dérivée

duC

dt est négative.

b. Voir la courbe ci-contre.

T/2TT T

us

ue

t (s)t

uC (V)

c. ueus

2T 3T 4TT t5T

3. La diode élimine les parties négatives de la courbe us.

2T 3T 4T 5TT t

ueus

Sujets BAC

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.

YAY

vers le circuit de déclenchement

pile spéciale

CA B

E

uR

uC

K 1

2i

R

r

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

uC (V)

t (s)

6543210

0 1t1 2 3

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.

uR = – R . i ; q = C . uC ; i = dqdt

.

Loi d’additivité des tensions : uC = uR .

1.2.b. uC = uR = – R . i = – R . C . duC

dt ;

d’où : duC

dt + 1

R . C . uC = 0 ;

or τ = R . C ; donc : duC

dt + 1

τ . uC = 0.

1.2.c.


R � � = V . A–1

C F F = A . V–1.s

R . C � . F V . A-1 . A . V–1 . s = s

1.2.d. uC (V)

t (s)

6543210

0 0,75 1t1 2 3



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 = τC

= 0,75470 × 10–9

≈ 1,6 M�.

1.3.a. À t = t1 , ulimite = Ee

,

donc : E = ulimite . e = 2,1 × 2,72 = 5,7 V. Graphiquement, E = 5,5 V.1.3.b. uC(t) = E . e– tτ .Calcul de uC(τ) : uC(τ) = E . e– tτ = E . e–1 = E

e ;

donc : τ = t1.1.3.c. La durée �t séparant deux impulsions est prati-quement 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 : 600,75

= 80 battements par minute.

2. Stockage d’énergie : le flash électronique

2.1. E = 18 kJ. 100 éclairs peuvent être émis. La moitié de l’énergie est utilisée pour fournir les éclairs.

Pour un éclair, il faut 18 0002

100

= 90 J.

2.2. Ee = 12

. C . u2, donc : C = 2 . Ee

U 2 = 2 × 50

62 = 5 F.

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 = 115

= 2,2 s.

2.4. τ = R . C, donc : R = τC

= 2,25

= 0,44 �.

Étude d’un circuit (R, C )1. A

R

CP LE

uC

B

D

K

+

– M

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

dt + uC ,

donc : E = R . C . duC

dt + uC .

3.a. uC(t) = A . (1 – e– tτ ).

Calcul de duC

dt :

duC

dt = – A

τ . e

–tτ

Donc : E = R . C . duC

dt + uC

= R . C . Aτ

. e–tτ + A . (1 – e– tτ )

= A + A . (R . Cτ

– 1) . e–tτ .

D’où : A – A . (R . Cτ

– 1) . e–tτ = E.

Pour que cette égalité soit vérifiée quel que soit t, il faut que :A = E et R . C

τ – 1 = 0, donc τ = R . C.

3.b. En régime permanent, uC = E = 30 V.3.c. τ est la constante de temps.Analyse dimensionnelle :


R � � = V . A–1

C F F = A . V–1.s

R . C � . F V . A-1 . A . V–1 . s = s

4.

0

5

10

uC (t)

t (s)

15

20

25

30

35

140120100806040200

régimerégimepermanentpermanent

régimepermanent

régimerégimetransitoiretransitoire

régimetransitoire

E

5. τ = R . C = 100 × 103 × 200 × 10–6 = 20 s.

6.a. uC(t0) = U� = E . (1 – e

–t0τ ).

U� = E . (1 – e

–t0τ ) ; soit : U

� – E = – E . e

–t0τ .

D’où : e–t0τ =

E – U�

E ;

–t0τ = ln (E – U

�

E ).Donc : t0 = τ . ln (E – U

�

E ).6.b. t0 = – τ . ln (E – U

�

E ) ; donc : t0 = – 20 × ln (30 – 20

30 ) ≈ 22 s.

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 :

R = τC

= 60200 × 10–6

= 300 k�.

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.




Énoncés1. Repérer l’évolution de la tension u

aux bornes du condensateurLe 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.

+

–

–

+

C

i

32

1

u

u2 = 6Vu1 = 6V R

1. Pour chaque position du commutateur, on a repré-senté l’évolution de la tension u aux bornes du conden-sateur. Préciser à quelle position du commutateur correspond chaque courbe.

t (ms)

1 2 3 46

4

2

00 1 2 3 4

t (ms)

6

4

2

00 1 2 3 4

t (ms)

0

–2

–4

–6

t (ms)0

–2

–4

–6

1 2 3 4u (V)

u (V)

u (V)

u (V)

A

C

B

D

A

C

B

D

2. Pour chacune des trois positions du commutateur, préciser le sens réel du courant par rapport au sens conventionnel indiqué sur le schéma.

2. Déterminer graphiquement la capacité C d’un condensateur

RC

E

À l’aide d’un montage sché-matisé ci-contre, on réalise la charge d’un condensateur de capacité C1. On réalise la charge d’un autre conden-sateur de capacité C2 sans modifier la résistance du conducteur ohmique. À l’aide d’un système d’acquisition informatisé, on obtient les courbes ci-dessous.

0

1

2

uC1 (V), uC2

(V)

t (s)

3

4

5

6

14 16 18121086420

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�.

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.

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

uC (V) 5,30 5,50 5,60 5,75 5,80 5,80

Données : R = 10 k� et E = 5,8 V.

1. Représenter le schéma du montage. 2. Établir l’équation différentielle décrivant l’évolution 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 ?

4. Étude de l’intensité du courant lors de la décharge d’un condensateur

R

CA

BuC

uR

i>0Un condensateur est initiale-ment chargé sous une ten-sion uC = 6 V. Il se décharge ensuite dans une résistance R = 2 000 � (voir le mon-tage schématisé ci-contre). Le sens positif du courant arbi-trairement choisi est représenté sur le schéma. On souhaite étudier les variations du courant électrique lors de la décharge. Après acquisi-tion et traitement informatique, on obtient le graphique ci-dessous.

0 0,60,40,20

– 0,5

– 1,0

– 1,5

– 2,0

– 2,5

– 3,0

0,8 1,0 1,2 1,4

t (s)

i (mA)



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 gra-phique 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.

5. Étude de l’intensité du courant lors de la charge d’un condensateur

R

C

uG

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

i (mA)

0

0,5

1,0

t (ms)

1,5

2,0

2,5

3,0

543210

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 gra-phiquement. 4. Déterminer graphiquement la valeur de la constante de temps τ.5. Quelle est la valeur de la capacité C du conden-sateur ?

6. Comparaison graphique de deux condensateurs

On étudie à l’aide d’un système d’acquisition informa-tisée 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.

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 conden-sateur (2).

uC1 (V), uC2

(V)

0

1

2

t (ms)

3

4

5

6

543210

7. Décharge d’un condensateurOn 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 par-tir 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.

t (s)

–8,00

–7,00

–6,00

–5,00

–4,00

–3,00

–2,00

–1,00

0

–2,00

–1,75

–1,50

–1,25

–1,00

–0,75

–0,50

–0,25

01 2 3 4 5

t (s)

1 2 3 4 5

A B

t (s)

0 1 2 3 4 50

0,50

1,00

1,50

2,00

2,50

3,00

3,50

4,00

C

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



b. 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.

t (s)

–3,0–3,5

–2,5–2,0–1,5–1,0–0,5

00,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5

EC (mJ)

a. Que devient l’énergie fournie par le condensateur ?b. 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.

Corrigés1. 1. Les graphiques 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.

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

b. C1 = τ1

R = 2 × 10–6 F et C2 = 4 × 10–6 F.

3. 1.

R

C

E = 6V

uC

uR

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

uC(t) + R . C . duC (t)

dt = E.

duC (t)dt

+ 1R . C . uC(t) = E

R . C .

3.

0

1

2

uC (V)

t (s)t

3

4

5

6

100 12080604030200

4. L’ordonnée de l’asymptote horizontale vaut 5,8 V. Cela correspond à la tension E aux bornes du géné-rateur.5. Lorsque t = τ, uC(τ) = 0,63 . E ≈ 3,7 V. Graphiquement, τ = 30 s.

6. τ = R . C, donc : C = τR

= 3010 000 = 0,003 F.

7. a. Lorsque R double, τ double également, le conden-sateur se charge donc plus lentement.b. Lorsque R est divisée par deux, τ est également divisé par deux : le condensateur se charge donc plus rapi-dement.


R

C

A

B

uC

uR

i réeli>0

++++––––2. Le graphique montre que

le courant est négatif, or le courant réel est opposé au sens conventionnel positif ; il sera donc exprimé négati-vement.3. uC(t) + uR(t) = 0 et donc uR(0) = – uC(0) = – 6 V.

4. i(0) = – 62 000 = – 0,003 A = – 3 mA.

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.

τ = R . C, donc : C = τR

= 0,22 000 = 0,0001 F = 100 µF.



5. 1. Il faut acquérir la tension aux bornes de la résistance. La tension aux bornes de la résistance et l’in-tensité 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 :

i(0) = 62 000 = 0,003 A.

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,

donc : C = τR

= 0,52 000 = 2,5 × 10–4 F = 250 µF.

6. 1. Faux, le temps de décharge d’un condensateur est lié à τ. Graphiquement, τ1 = τ2 = 1 ms. Les conden-sateurs 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 uC1

(0) ≠ uC2(0) alors que

les capacités sont identiques.

4. Exact, i = C . duC

dt les capacités sont les mêmes et

duC

dt est égal au coefficient directeur de la tangente à

la courbe. À t = 0, ce coefficient est plus important sur la courbe noire que sur la courbe grise ; d’où i1 > i2 .

7. 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 :

i(t) = uR(0)

R = – 4

2 000 = – 2 × 10–3 A = – 2 mA.

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.

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

Compléments scientifiquesDans 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 suiveurL’intérêt du montage suiveur est d’empêcher la partie aval d’un montage de perturber la partie amont.

M

ueus

E–

E+Sε

Le CIL possède sa sortie S bouclée sur l’entrée inver-seuse E–, alors il est en fonctionnement linéaire, c’est-à-dire que la tension de sortie uS peut prendre toutes les valeurs de tension comprises entre –Vsat et +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 comparateurCe montage permet de comparer une tension à une tension de référence.

M

uréf

ue us

E–

E+S

Le CIL fonctionne en régime de saturation, car il n’y a pas de liaison entre 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 .



chapitre

Phys

ique

Le dipôle (L, R)


C. Évolution des systèmes électriques

Contenus2. 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 . didt

.

• 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 exigibles2.1. 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 fl èches-tension.• Connaître l’expression de la tension aux bornes d’une bobine ; connaître la signifi cation 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 vérifi er son unité par analyse dimensionnelle.• Connaître l’expression de l’énergie emmagasinée.• Savoir qu’une bobine s’oppose aux variations du cou-rant du circuit où elle se trouve et que l’intensité de ce courant ne subit pas de discontinuité.

• Savoir exploiter un document expérimental pour :– identifi er les tensions observées ;– montrer l’infl uence 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’infl uence de l’amplitude de l’échelon de tension, de R et de L sur le phénomène observé.

Exemples d’activités2.1. La bobine• Vérifi cation 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 emma-gasinée par une bobine.• Établissement du courant dans un circuit (R, L) :– utilisation d’un oscilloscope et/ou d’un système d’acqui-sition informatisé avec traitement de l’information ;– visualisation des tensions aux bornes du générateur, de la bobine et d’un conducteur ohmique supplémentaire ;– infl uence des paramètres R et L ;– mesure de la constante de temps ;– infl uence de la tension du générateur.

CommentairesL’inductance pourra être introduite avec un courant en dents de scie, dans des conditions où le terme r . i est

négligeable devant L . didt

.

La force électromotrice e = – L . didt

est hors programme

ainsi que le modèle équivalent de la bobine qui l’utilisait. La bobine sera représentée par le schéma ci-après, en convention récepteur :

7



u

irL

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 . didt

n’est assurée que pour une bobine sans noyau de fer doux. En travaux pratiques, seule l’étude de l’établis-sement 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’éner-gie ne peuvent jamais s’effectuer instantanément. Par conséquent, l’intensité du courant dans un circuit qui contient une bobine ne subit pas de discontinuité.

MatérielCours> Activité 1

– 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.> 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 diffé-rentes. – 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.

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

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

Activités préparatoiresA. Un composant électrique : la bobineCette activité permet une approche des bobines sous l’angle historique. Elle permet d’introduire l’unité de l’inductance.

Réponses aux questions1. Le composant commun est une bobine (enroulement d’un long conducteur électrique).2. L’unité d’inductance est le henry.

B. Étincelle de ruptureL’expérience facile à reproduire montre l’un des effets d’une bobine placée dans un circuit électrique.

Réponses aux questions1. 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.

Cours1. 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.



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 questions1. 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 2On 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 questions1. 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

d’Ohm : i = uDA

r´ .

Le logiciel de traitement permet de calculer la dérivée

didt

de l’intensité par rapport au temps, puis de tracer la

représentation de uAB en fonction de didt

.

3. La courbe obtenue est une droite passant par l’ori-gine (voir le document 5 du cours). Il y a donc propor-tionnalité entre la tension uAB aux bornes de la bobine

et la dérivée didt

de l’intensité par rapport au temps.

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 per-mettent 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 questions1. 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

d’Ohm : i = uBM

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 = LR

.

3.3. Étude théorique

La loi d’additivité des tensions permet d’établir l’équa-tion 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 5Cette 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’inter-rupteur 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.



Le fait que le moteur tourne lorsqu’on ouvre l’inter-rupteur 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 expérimenter1. L’I.R.M.Réponses aux questions1. 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 échauf-fement 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.

2. Étude d’une bobineLa 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 = LR + r

. Il faut choisir une durée comprise

en 6 et 10 τ.

Réponses aux questions1. 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

d’Ohm : i = u2

r . Il faut ensuite calculer didt

en suivant

le mode opératoire propre au logiciel.2. La différence Y1 – 2 . Y2 est :

L . didt

+ r . i + R . i – 2 . R . i = L . didt

, car r = R.

3. Étude d’un transfert d’énergieL’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’in-ductance 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 %.

Savoir s’autoévaluer1. 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. A Bi

uABu

3. uAB = L . didt

+ r . i.

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

2. 1. uAB = L . didt

, car r est négligeable.

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 consti-tuée 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 :

uAB = 50 × 10–3 × 240 × 10–3 = 2,5 V.

Sur la partie décroissante :

uAB = 50 × 10–3 × – 210 × 10–3 = – 10 V.

Si le condensateur utilisé est polarisé, il faut faire attention au sens de son branchement : borne – en A.

Réponses aux questions1. 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.




100

–5,0

–2,5

0

+2,5

–7,5

–10,0

20 30 40 50 60 70 80 90 100

t (ms)

uABu (V)+5,0

3. 1. a. IP = ER .

b. R = EIP

= 6,050 × 10–3 = 1,2 × 102 �.

2. a. τ ≈ 1,4 ms.b. La constante de temps est : τ = LR .

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.

3. a. i + LR

. didt

= ER .

b. Si i = ER . (1 – e– tτ), alors didt

= Eτ . R . e– tτ.

En reportant dans l’équation différentielle, il vient :

τ = LR .

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.

c. En régime permanent : IP = ER

= 1210

= 1,2 A.

2. a. τ = LR

= 0,50010

= 0,050 s = 50 ms.

b. i(τ) = 0,63 IP ,

alors : Em(τ) = 12

. L . (0,63 IP)2 = 0,14 J.

Exercices1. Vrai : 1. b. ; 3. ; 4. ; 5. a. et b.

2. 1. uAB = r . i + L . didt

.

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

tensité est constante et donc didt

= 0 A. D’après les

mesures, on a : i = 0,400 A et uAB = 4,00 V.

b. On utilise la loi d’Ohm : r = uAB

i = 4,00

0,400 = 10 �.

c. On peut calculer L avec la relation établie à la question 1., on obtient :

L = uAB – r . i

didt

.

L (H) 0,117 0,118 0,115 0,116 0,115

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

3. 1. a. L’unité d’inductance est le henry, de sym-bole 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–1.3. La résistance R s’exprime en � = V . A–1. Donc L

R

s’exprime en s, c’est un temps.

4. 1. C Di

uL

2. uL = r . i + L . didt

.

3. Si i = 0 = constante, alors didt

= 0 et uL = 0 V.

Si i = 50 mA = 0,050 A = constante, alors didt

= 0 et uL = 10 × 0,050 = 0,50 V.4. a. Quand t = 5,0 ms = 0,0050 s, alors i = 0,020 A.

b. didt

= 4,0 A . s–1.

c. uL = r . i + L . didt

= 10 × 0,020 + 1,0 × 4,0 = 4,2 V.

5. 1.

(L, r)

M

i

R

E

uBM

uK+

–

uABu

B

A

2. Lorsque l’interrupteur est fermé : uK = 0 ; lorsqu’il est ouvert depuis longtemps : uK = E.

3. a. uAB = r . i + L . didt

et uBM = R . i.

b. Lorsque l’interrupteur est ouvert depuis longtemps :

i = 0 = constante, donc didt

= 0 et alors uAB = uBM = 0.

Lorsque l’interrupteur est fermé depuis longtemps :

i = constante, donc didt

= 0, alors uAB = r . i et uBM = R . i.

4. a.

uBM

(L, r)

MB

Ai

R

E uAB

uK+

–

Y1YY

Y2YY

b. uAB = uAM – uBM = tension sur Y1 – tension sur Y2

et i = uBM

R.

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.

7. 1. IP = 40 mA.2. Tangente à l’origine ou 63 % de variation : τ ≈ 8 ms.



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 didt

= 0. Si r = 0, alors la tension aux bornes de la bobine

est : u = r . i + L . didt

= 0 V.

2. a. �i�t

= 204,5 × 10–3 = 444 A . s–1.

b. um = L . �i�t

= 1,2 × 444 = 5,3 × 102 V.

c. Cette tension se retrouve aux bornes de l’inter-rupteur. Cela peut provoquer une étincelle.

9. 1. τ = LR

; τ en s, L en H et R en �.

2. a. τ1 = 5 ms et τ2 = 8 ms.b. L1 = 0,25 H.c. R2 = 38 �.

10. 1. b. On pose R = r + r´.

On a alors : E = R . i + L . didt

.

c. À partir de l’expression proposée, on calcule : didt

= Eτ . R . e– tτ. En reportant dans l’équation différen-

tielle, il vient : τ = LR

.

Alors : τ = 1,5 × 10–3 s = 1,5 ms.2. iii (A) (AA)(A)

0,0500,050 050,05

0,1000,100 100,10

0,1500,150 150,15

0,2000,200 200,20

0,2500,2550 250,25

00000 2 4 6 80 2 4 6 80 2 4 6 8 1010010 tt (ms)(ms)(ms)tt

11. 1. Em = 12

. L . i 2 avec Em en J, L en H et i en A.2. Em = 9,0 × 10–5 J.3. i´ = 0,12 A.

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.

2. u = 14 i + 0,030 didt

.3.

augmentation de i (descente du spot)

diminution de i (montée du spot)

didt

= 500 × 10–3

= 27,2 A . s–1

didt

= – 500 × 10–3

= – 313 A . s–1

4.

descente du spot montée du spot

début fin début fin

i (en A) – 0,250 0,250 0,250 – 0,250

didt

(en A . s–1) 27,2 27,2 – 313 – 313

ubobine (en V) – 2,7 4,3 – 5,9 – 12,9

5. ubobine (V)

t

4,3

0–2,7

– 5,9

– 12,9

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

14. 1. a. Voir le schéma ci-contre.

(L, r)

i

r'

u

+

–

b. u2 = r . i + L . didt

.

c. On pose R = r + r´ = 50 �. En régime permanent

i = uR

= 6,050

= 0,12 A = constante, donc : didt

= 0.

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.

(L, r)

voie B

voie Ai

r'

u

+

–

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.

3. a. L . didt

s’exprime en V, donc L s’exprime en

V . s . A–1 et R s’exprime en � = V . A–1, donc LR

s’exprime en s ; ce quotient est bien homogène à un temps.



b. Voir le schéma ci-dessous.

voieo A

voieivvv iioioovoieiivvvoie BBBBBBBB

τ ≈ 1,4 × 2 = 2,8 ms.c. L = τ . R = 2,8 × 10–3 × 50 = 0,14 H.

15. 1. uL = L . didt

= r . i.

2. Lorsque l’intensité est constante, didt

= 0.

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 = 1,010

= 0,10 A.

5. Graphiquement : τ ≈ 20 ms. Théoriquement :

τ = LR + r

= 1,050 + 10

= 1,7 × 10–2 = 17 ms.

16. 1. τ = LR + r

.

2. Dans l’expression uL = L . didt

+ r . i, le terme L . didt

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 LR

s’exprime en seconde, il est bien homogène à un temps.3. a. L’intensité du régime permanent initial est

IP = ER + r

. E et r sont les mêmes pour les trois enre-

gistrements, IP varie en sens inverse de R. On a : IP1 > IP2 > IP3 , donc R1 < R2 < R3 .

b. La constante de temps du dipôle est : τ = LR + 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 enregistre-ments, 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 .

17. 1. a. E = r´ . i + L . didt

+ r . i.

b. À partir de l’expression proposée, on calcule :

didt

= IP

τ . exp(– tτ ).


E = (r + r´) . Ip + (Lτ – (r + r´)) . Ip . exp(–

tτ ).

L’expression proposée est solution de l’équation diffé-

rentielle si (Lτ – (r + r´)) = 0.

Cela conduit à τ = Lr + r´

, alors : IP = Er + 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 :

r = EIP

– r´ = 1250 × 10–3 – 100 = 140 �.

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.

t (en ms) 0 1 10

i (en mA) 0 24 50

Em (en J) 0 1,0 × 10–4 4,5 × 10–4

uRN (en V) 0 2,4 5,0

uPR (en V) 12 9,6 7,0

4. uPR (V)

t (ms)t0

0 2 4 6 8 10 12

2

4

6

8

10

12

5. a. Voir le schéma ci-dessous.

voie de mesure

E = 12 V

r'

(L, r)

PN

K

i

R

+–

uPR

b. 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´.



18. 1.

E = 4 V

(L, r)

K

+–

uL

i

2. a. E = r . i + L . didt

.

b. i = Er – L

r . di

dt .

3. a. i (A)

00 5 10 15 20 25 30 35

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

di—–dt

(A . s–1)

b. 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 didt

.

Donc : Er = 0,050 A et L

r = 1,6 × 10–3 s.

Avec E = 4,0 V, il vient : r = 80 � et L = 0,13 H.

19. 1. K1

T

S

P

E = 6 V

UPSU

USTU

+

–

i

r'

(L, r)

D

2. a. Lorsque l’interrupteur est fermé, la diode est bloquée, aucun courant ne peut circuler dans la diode.

b. E = r . i + L . didt

= r´ . i.

c. En dérivant l’expression proposée, on obtient :

didt

= EL

. exp(– t . (r + r´)

τ ). En remplaçant dans l’équation différentielle, il vient : EL = E

L. L’expression proposée est bien solution de

l’équation différentielle.d.

date 0 t → ∞

i 0E

r + r´

uPS EE . rr + r´

3. a. Voir le schéma ci-dessous.

T

S

P

uPS

uST

i

ir'

(L, r)

D

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.

b. 0 = r . i + L . didt

= r´ . i.

c. En dérivant l’expression proposée, on obtient : didt

= – EL

. exp(– t . (r + r´)τ ).

En remplaçant dans l’équation différentielle, il vient : 0 = 0. L’expression proposée est bien solu-tion de l’équation différentielle.

d. On a maintenant : i(0) = Er + r´

et didt

(0) = – EL

.

Il vient donc :uPS(0) = r . i(0) + L . di

dt(0) = r . E

r + r´ – E = – E . r´

r + r´.

Quand t devient très grand, i = 0 et didt

= 0, donc uPS = 0.

date 0 t → ∞

iE

r + r´ 0

uPS– E . r´

r + r´ 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.

20. 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.

b. u2 = uBM = – L . didt

.

3. u2 = – Lr´

. du1

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 ques-

tion 3. implique que le signe de u2 et le signe de du1

dt

sont opposés.



5. L = – u2 . r´

du1

dt

.

Lorsque u1 croît : du1

dt = 6,0 × 2,0

2,0 × 1 × 10–3 = 6,0 × 103 V . s–1

et u2 = – 1,0 × 1 = – 1,0 V.

Donc : L = – 1,0 × 100– 6,0 × 103

= 17 × 10–3 H.

Lorsque u1 décroît : du1

dt = – 6,0 × 2,0

1,0 × 1 × 10–3 = – 12,0 × 103 V . s–1

et u2 = 2,0 × 1 = 2,0 V.

Donc : L = – 2,0 × 100– 12,0 × 103

= 17 × 10–3 H.

On trouve le même résultat.

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 résis-tance, et donc l’intensité, augmentent brutalement lors de la fermeture de l’interrupteur, puis dimi-nuent 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.b. τ2 = r´ . C, donc : C =

τ2

r´ = 1,1 × 10–3

100 = 1,1 × 10–5 F.

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 = ur´

= 5,0100

= 5,0 × 10–2 A.

b. I0,1 = Er + r´

, donc r = 60 �.

c. τ1 = 1,8 ms.

d. τ1 = Lr + r´

, donc L = 0,29 H.

22. 1. a. i(t) = uR(t)

R =

uR(t)2 200

.

b. uL (t) + L . di(t)dt

= r . i(t).

c. L = uL(t)di(t)dt

.

2. a. À tA = 375 µs, on obtient :

i(tA) = – 3,72 200

= – 1,68 × 10–3 A = – 1,68 mA.

Sujets BAC

Étude d’un circuit (R, L)1. Étude du montage1.1. 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).

1.2. uAB = r . i + L . didt

.

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 didt

= 0.

2. Détermination de l’intensité du courant en régime permanent

2.1. Loi d’additivité des tensions :

E = uAB + uBC = r . i + L . didt

+ R . i.

Lorsque le régime permanent est établi, alors :

i = constante = I0 et donc didt

= 0.

Cela conduit à E = r . I0 + R . I0 , alors :

I0 = ER + r

= 6,00200 + 10,0

= 2,86 × 10–2 A = 28,6 mA.

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.

Il vient alors : I0 = uBC

R = 5,7

200 = 2,9 × 10–2 A = 29 mA,

ce qui est cohérent avec la valeur trouvée au 2.1.

À tB = 555 µs, on obtient :

i(tB) = 3,62 200

= 1,64 × 10–3 A = 1,64 mA.

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)dt

= 1,64 × 10–3 – (– 1,68 × 10–3)555 × 10–6 – 375 × 10–6 = 18,4 A . s–1.

3. a. De tA à tB , la tension uL est constante :

uL = 110

= 0,10 V.

b. L = uL(t)di(t)dt

= 0,1018,4

= 5,4 × 10–3 H.

c. La valeur indiquée par le fabricant ne comporte qu’un seul chiffre significatif. Elle coïncide avec la valeur expérimentale.


3. Calcul de l’inductance L 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 = LR + r

.

Dans le système international R s’exprime en V . A–1.

Pour une bobine idéale : u = L . didt

, donc dans le sys-

tème international, L s’exprime en V . s . A–1.

Le rapport LR + r

s’exprime donc en s : la constante de

temps est homogène à un temps.

3.3. τ = LR + r

,

donc : L = τ . (R + r) = 2,5 × 10–3 × (200 + 10,0) = 0,53 H.

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.

Donc i = uR

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 négli-

geable, est : uL(t) = L . di(t)dt

et i = uR(t)

R.

Il vient donc : uL(t) = LR

. duR(t)

dt,

et finalement : E = uR(t) + LR

. duR(t)

dt .

2.2. Dans le système international, R s’exprime en V . A–1.Pour une bobine idéale : u = L . di

dt ; donc dans le système

international, L s’exprime en V . s . A–1.

Le rapport LR s’exprime donc en s : la constante de

temps est homogène à un temps.

2.3. (uR)max = 10 V, donc uR(τ) = 0,63 × 10 = 6,3 V.Par lecture graphique, on trouve : τ = 1,0 ms.

2.4. On a τ = LR

,

soit : L = τ . R = 1,0 × 10–3 × 1,0 × 103 = 1,0 H. Cette valeur est identique à celle du fabricant.

Une équation au service des sciences physiques

1. Étude expérimentale1.1. 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 = LR + 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 . didt

et uBC = R . i,

donc : E = r . i + L . didt

+ R . i.

Cela s’écrit aussi : didt

+ R + rL

. i = EL

.

2.2. Par identification avec l’équation (1) : dxdt

+ α . x = β ; il vient, en remplaçant x par i :

α = R + rL

et β = EL

.

2.3. L’équation horaire i(t) s’obtient par identification

avec la solution x(t) = β . (1 – e–α . t ) :

i(t) = ER + r

. (1 – e– R +r

L . t

).

Cette solution valide l’équation établie en 2.1. si

didt

+ R + rL

. i est égal à EL

.

On a : didt

= EL

. e– R +r

L . t

et R + rL

. i = EL

. (1 – e– R +r

L . t

).

Cela conduit à : didt

+ R + rL

. i = EL

. La solution i(t)

trouvée valide bien l’équation établie en 2.1.

2.4. En posant τ = LR + r

= 1α

, il vient bien :

i(t) = ER + r

. (1 – e– t

τ).



3. Confrontation des résultats expérimentaux avec le modèle théorique

3.1. L’intensité I en régime permanent est obtenue pour t → ∞.D’après le texte, e

– tτ → 0 lorsque t → ∞. Donc I = E

R + r .

Application numérique : I = 6,112 + 11,8

= 2,6 × 10–1 A.

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) = ER + r

. (1 – e–1) = I . (1 – e–1) = I . (1 – 0,37)

= 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.


Énoncés1. 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.

(L, r)

MB

Ai

R

K

E

+

–

voie B

voie A

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 précé-dentes.2. Exprimer ces tensions en fonction des caractéris-tiques des dipôles et de l’intensité du courant.

2. Compléter un schémaOn considère le circuit schématisé ci-dessous.

(L, r)R

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.

3. Par des fl èches, 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)

(L, r)

R

E = 6 V

+

–

On réalise le montage du schéma ci-dessus. On sou-haite observer les variations de l’intensité à la ferme-ture 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 réa-lisés avec des bobines de même résistance r. Les valeurs de L et R sont regroupées dans le tableau sui-vant et les courbes obtenues (1, 2 ou 3) sont données ci-dessous.

Enregis-trement A

Enregis-trement B

Enregis-trement C

L (en mH) 15 10 20

R (en �) 130 80 80

00 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0

10

20

30

40

50

60

t (ms)

i (mA)

3 21

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.



Corrigés1. 1. a. Voie A : uAM ; voie B : uBM .

2. uAM = r . i + L . didt

et uBM = – R . i.

2. 1., 2., 3.Voir le schéma ci-dessous.

uR uL

(L, r)R

E>0

i

+

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

+ r . i.

3. 2. i(t) = uR(t)

R. Pour connaître i(t), il faut diviser

uR(t) par R (loi d’Ohm).

3. i = ER + r

.

4. τ = LR + 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’est-à-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 :

r = EI – R = 6,0

60 × 10–3 – 80 = 20 �.




chapitre

Phys

ique

ProgrammeCe chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel :C. Évolution des systèmes électriques

Contenus3. Oscillations libres dans un circuit (R, L, C ) série

• Décharge oscillante d’un condensateur dans une bobine.• Infl uence 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• Défi nir et reconnaître les régimes périodique, pseudo-périodique 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 signi-fi cation 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 entre-tenu.• Savoir exploiter un document expérimental pour :– identifi er les tensions observées ;– reconnaître un régime ;– montrer l’infl uence 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’infl uence de R, L et C sur le phénomène observé.• Mesurer une pseudo-période et une période.• Utiliser un oscilloscope :– le régler : mode balayage, fi nesse 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 ;– infl uence de la résistance ;– régime oscillant avec amortissement faible ; période propre ;– entretien des oscillations.

CommentairesL’étude formelle de l’amortissement est hors pro-gramme.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.

Le circuit (R, L, C) 8



MatérielCours> Activité 1 et 2– Un générateur de tension continue.– Un condensateur. – Une bobine.– Une résistance variable.– Un commutateur trois positions.– Un système d’acquisition.> 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.


> Objectifs• Connaître les différents régimes de la décharge d’un condensateur dans une bobine.• Établir et résoudre l’équation différentielle des oscil-lations électriques lorsque l’amortissement est négli-geable.• 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.


A. Récepteur d’émissions radiophoniques

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

Réponses aux questions1. Les ondes radio font partie des ondes électroma-gnétiques.2. Les fréquences des ondes radio en modulation de fréquence vont de 80 MHz à 110 MHz.

B. Lord KELVINCette activité présente un scientifique William Thom-son qui a œuvré en électromagnétisme.


1. Ee = 12

. C . uC2 ;

Em = 12

. L . i 2.

2. f0 = 2 π L . C

1 .

3. T(K) = θ(°) + 273,15.

Cours1. Que se passe-t-il lorsqu’on relie

un condensateur chargé et une bobine ?

1.1. Observation d’oscillations électriquesL’objectif est d’établir des oscillations électriques libres amorties dans un circuit (R, L, C ).> Activité 1Réponses aux questions1. 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 conden-sateur ; leur amplitude décroît.

1.2. Étude de l’amortissement des oscillationsL’objectif est de montrer le rôle de la résistance dans l’amortissement des oscillations.

> Activité 2Réponses aux questions1. 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-périodeL’objectif est de montrer l’influence de la capacité C et de l’inductance L sur la pseudo-période.

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

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

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



S’autoévaluer

1. 1.

P

N

C

R

UPNU L

voie 1

uC

2. Si R est faible, le régime est pseudo-périodique (doc. 1), lorsque R est important, le régime est apé-riodique (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).

courant), en q (charge du condensateur), en uC (tension aux bornes du condensateur).

L . d

d

it + i

C = 0 ; L .

d

d

qt + q

C = 0 ; L .

d

dCu

t +

u

CC = 0 .

Conformément à l’esprit du programme l’élève n’a pas à résoudre cette équation différentielle. Il doit seule-ment 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 cor-respondant à l’effet Joule dans une résistance, présen-tées 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.

> Activité 4Réponses aux questions1. 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 expérimenter1. La découverte des ondes radioRéponses aux questions1. 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 décou-verte.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. éclateur

bobine

accumulateurs

C

(L,r)

5. La batterie d’accumulateurs apporte l’énergie néces-saire au circuit.

2. L’énergie d’un circuit oscillantLe premier montage est classique et permet de réaliser une acquisition des oscillations aux bornes du conden-sateur 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 questions1. 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’oscil-loscope par ondes électromagnétiques.

Aborder les difficultés du chapitreCertains 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.




0

uC (V)

t (ms)0 +10,00 +20,00 +30,00

+2,00

–2,00

Doc. 1

+2,00

–2,00

0

uC (V)

t (ms)0 +10,00 +20,00 +30,00 Doc. 2

+2,00

–2,00

0

uC (V)

t (ms)0 +10,00 +20,00 +30,00 Doc. 3

2. 1. T = 5 ms.2. a. T0 = 2 π . L . C .

b. T ≈ T0 .

L = 4 . C

0

2

2π

T = (5 × 10–3)2

4 × π2 × 330 × 10–6 ≈ 1,9 × 10–3 H.

3. 1. u1 = qC

.

2. u2 = L . d

d

it = L .

d2

d

qt 2

.

3. u1(t) + u2(t) = 0.

4. qC

+ L . d2

d

qt 2

= 0.

d2

d

qt 2

+ 1L . C . q = 0.

q.. + 1L . C . q = 0.

5. L . C . d2

d

u1

t 2 + u1 = 0.

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

Em max = 0,5 × L × i ²max ; donc : imax = 2 Em maEE xaa

L

imax = 6 × 10–3 A = 6 mA.

5. 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.

Exercices1. 1. Voir le schéma ci-dessous.

uR

uC

R

ii

++++––––

Y2YY

Y1

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

R = –

u2

R = i

2. 1. Régime pseudo-périodique ; oscillations pseudo-périodiques amorties.2. La pseudo-période est conservée, mais l’amortis-sement 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.

3. 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 �.

4. 1. T = 0,5 ms.

2. T0 = 2 π . L . C ;

donc : L = 4 . C

0

2

2π

T = (5 × 10–4)2

4 π2 × 0,001 = 6,3 × 10–6 H.


C

A C

B D

uC uLL2. a. uL = L . d

d

it .

b. i = d

d

qt = q. .

c. q = C . uC .

d. i = d

d

qt = C .

d

dCu

t ;

d

d

it = C .

d2

d

uC

t 2 = C . u..C et uL = L .

d

d

it = L . C . u..C .

3. uL + uC = 0.

4. L . C . u..C + uC = 0 et u..C + 1L . C . uC = 0 .

5. uC = qC

; u..C = q..

C et q.. + 1

L . C . q = 0 .

6. 1. Dériver deux fois cette équation, par rapport au temps :

u.C = – 2

0

π

T 0 . um . sin (2

0

π

T 0 . t + φ0)



u..C = – (2

0

π

T 0)2

. um . cos (2

0

π

T 0 . t + φ0) = –

4

0

2

2π

T . uC .

Substituer cette expression de u..C dans l’équation différentielle :

u..C + uC

L . C = 0 donne –

4

0

2

2 π

T . uC +

uC

L . C = 0 .

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

– si 4

0

2

2 π

T = 1

L . C , soit T0 = 2 π . 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.2. uC = um . cos (2

0

π

T 0 . t + φ0)

et u.C = – 2

0

π

T 0 . um . sin (2

0

π

T 0 . t + φ0).

À t = 0, on a :uC (0) = um . cos φ0 = 0 ; d’où : φ0 = π

2 ou φ0 = 3π

2

(modulo 2π)

u.C (0) = – 2

0

π

T 0 . um . sin φ0 > 0 (car la fonction uC

est décroissante au début de la décharge), d’où sin φ0 < 0 et π < φ0 < 2π.

On retient donc : φ0 = 3π2

.

3. T0 = 2 π . L . C = 4 × 10–3 s = 4 ms.

4.

t (ms)

–8

–4

0

+4

+8uC (V)

2 42 4 6 86

8. T0 ≈ 4 ms ; um = 5,0 V.À t = 0, uC = 0 = um . cos φ0 ;

d’où : φ0 = π2

ou φ0 = 3π2

.

À t = T0

4, uC = – um = um . cos (2

0

π

T 0 .

T0

4 + φ0)

= um . cos (π2 + φ0) ;D’où : cos (π2 + φ0) = – 1 ; π

2 + φ0 = π ; soit : φ0 = π

2 .

9. Unité de L : u = L . d

d

it , donc V = H . A . s–1

soit H = V . A–1 . s .

Unité de C : i = C . d

d

ut

, donc A = F . V . s–1 soit F = A . V–1 . s .

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. 1. Ee (0) = 0,5 C . uC² = 0,5 × 330 × 10–9 × 6² = 5,9 × 10–6 J = 5,9 µJ.2. a. La perte d’énergie est due à l’effet Joule, c’est-à-dire un transfert d’énergie de la résistance au milieu extérieur sous forme de chaleur.

b. Ee(3T ) = 34

Ee (0) = 34

× 5,9 × 10–6= 4,4 × 10–6 J.

Ee(3T ) = 0,5 C . uC(3T )² ; donc :

uC(3T ) = 2 . Ee EE (3T )

C = 2 × 4,4 × 10–6

330 × 10–9 ≈ 5,2 V.

11. 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.

2. Ee = 12

. C . uC2 ; Em = 1

2 . L . i 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 trans-férée 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 éner-gie équivalente à l’énergie dissipée par effet Joule dans le conducteur ohmique. 2. a. T0 = 2 π . L . C ; T0 = 0,4 ms.

b. L = 4 . C

0

2

2π

T = (0,4 × 10–3)2

4 × π2 × 220 × 10–9 ≈ 18 × 10–3 H

= 18 mH.

13. 1. a. uC(0) = 5 V.

b. qA = C . uC ; i = dqA

dt = C .

duC

dt .

À t = 0, uC est maximale : duC

dt = 0 et i = 0.

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.

T0 = 2 π . L . C ; donc :

C = 4 . L

0

2

2π

T =

(200 × 10–6)4 × π2 × 6,8 × 10–3 = 1,5 × 10–7 F

= 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 condensa-teur. 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.



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.

–uR

uC

R

ivvoie oie AA

voie B

LC

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

de données : i(t) = – uR(t)

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 pos-sible est donc le graphique B.

15. 1. Il s’agit d’une décharge oscillante.2. a. On fait réaliser le calcul uC = u2 – u1 .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.

16. 1. u1 = uAB = uC ; – u2 = uBN = uR.2. a. Initialement le condensateur se décharge, donc uC décroît .

i = C . duC

dt ; donc si uC décroît, sa dérivée est néga-

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.

3. u (V)

0

–2

+2

+4

+6

t (ms)t

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.

17. 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.

3. a. u = L . d

d

it , donc V = H . A . s–1 ;

soit H = V . A–1 . s . D’autre part i = C . d

d

ut

, donc

A = F . V . s–1 , soit F = A . V–1 . s .

Unité de LC

: HF

= V . A–1 . sA . V–1 . s = V2 . A–2 .

Unité de LC

: V . A–1 or V . A–1 = � .

b. RC = 2 . LC

= 2 × 6,8 × 10–3

10 × 10–9 = 1 650 �.

c. uC (V)

t

18. 1. λ1 = cf1

, donc : f1 = cλ1

= 3 × 108

2 000 = 150 000 Hz

f1 = 150 kHz.

λ2 = cf2

, donc : f2 = cλ2

= 3 × 108

1 176 = 255 000 Hz

f2 = 255 kHz. Les fréquences autorisées sont comprises entre 150 kHz et 255 kHz.

2. a. f0 = 1

2π . L . C .

b. L = 14π2 . f0

2 . C .

3. L1 = 14π2 . f1

2 . C =

14 π2 × 150 0002 × 10–9

≈ 0,001 3 H ≈ 1,3 mH.

L2 = 14π2 . f2

2 . C =

14 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.

λ = cf . On obtient des longueurs d’onde comprises

entre 2,8 m et 3,4 m.

19. 1. 2T ≈ 900 µs, donc T ≈ 450 µs.2. T0 = 2π . 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.

4. Te = T2

.

5. Toute l’énergie est emmagasinée dans le conden-sateur lorsque la tension aux bornes du condensateur est maximale ou minimale, c’est-à-dire aux dates 0, T2

, T, 3 T2

, 2T...



6. L’énergie localisée dans la bobine est maximale lorsque l’énergie emmagasinée dans le condensateur

est nulle, c’est-à-dire à T4

, 3 T4

, 5 T4

.

20. 1. Voir le schéma ci-dessous.

uLuC

i

LCq

2. q est la charge de l’armature vers laquelle est dirigée la flèche d’orientation du circuit.3. Voir le schéma ci-dessus.

4. uC = qC

et uL = L . d

d

it .

5. uC + uL = 0.

6. uL + L . d

d

it = 0. Avec i =

d

d

qt = C .

d

dCu

t, il vient :

uC + L . C . d2

d

uC

t 2 = 0 ↔

d2

d

uC

t 2 + 1

L . C . uC = 0.

7. uC + u L = 0 ↔ qC

+ L . d

d

it . Avec i =

d

d

qt, il vient :

qC

+ L . d2qdt2 = 0 ↔

d2qdt2 + 1

L . C . q = 0.

21. 1. uAB + uBE + uEF + uFA = 0 ; uL + ur + uC + u = 0 ;

avec i = dqC

dt = C .

duC

dt , on a : ur = r . i = R . C .

duC

dt

et uL = L . d

d

it = L . C .

d2

d

uC

t 2 et on a également :

u = – R0 . i = – R0 . C . duC

dt .

Il vient donc :

uC + r . C . duC

dt + L . C .

d2

d

uC

t 2 – R0 . C .

duC

dt = 0 .

et donc : uC + (r – R0) . C . duC

dt + L . C .

d2

d

uC

t 2 = 0 .

2. a. Lorsque R0 = r, la résistance du circuit est nulle.b. uL + uC = 0.

L . d

d

it + uC = 0 ; L . C . d

2

d

uC

t 2 + uC = 0 .

D’où : u..C + 1L . C . uC = 0.

c. La tension uC n’est pas amortie. De plus, la période de la tension uC est égale à la période propre du cir-cuit, 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.

22. 1. a. et b. Voir le schéma ci-contre.

uC

uL L

Cq

2. a. i = d

d

qt = q. .

b. uL = L . d

d

it = L . q.. .

c. uC + uL = 0 ; qC

+ L . q.. = 0 ;

d’où : q.. + q

L . C = 0 .

3. a. q(t) = qm . cos (2

0

π

T 0 . t + φ0)

q.(t) = – 2

0

π

T 0 . qm . sin (2

0

π

T 0 . t + φ0)

q..(t) = – (2

0

π

T 0)2

. qm . cos (2

0

π

T 0 . t + φ0) = –

4

0

2

2 π

T . q .

Il vient alors : – 4

0

2

2 π

T . q + 1

L . C . q = 0 ;

q = qm . cos (20

π

T 0 . t + φ0) est solution de q.. +

qL . C = 0

si 4

0

2

2π

T = 1

L . C .

b. 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

0

π

T 0 . qm . sin φ0 = 0 ;

sin φ0 = 0, alors φ0 = 0 ou φ0 = π . Comme cos φ0 < 0, alors φ0 = π et qm = q0 .

23. 1. L’amortissement des oscillations est dû à la perte d’énergie par effet Joule dans le conducteur ohmique.2. a.

uC

ur

u

L

B

A

C

D

rD

C

voie 2

voie 1

b. Pour obtenir i(t), acquérir la tension aux bornes

de la résistance et utiliser la loi d’Ohm : i(t) = ur(t)

r .

On obtient ur(t) en faisant simultanément l’acquisi-tion de la tension u et de la tension uC, puis en utili-sant l’additivité des tensions : ur(t) = u(t) – uC(t).

3. a. Ee = 12

. C . uC2(t) ; Em = 1

2 . L . i 2(t) .

b. Les oscillations étant entretenues, elles ne sont pas amorties ; donc le graphique A est correct.



24. A.

uCuLC L

K

iuC + uL = 0

uC + L . d

d

it = 0

uC + L . C . d2

d

uC

t 2 = 0

u..C + 1L . C . uC = 0 .

B. 1.

t (ms)

uC (V)

0

–2

–4

–6,0 ++2,00 4,00 +6,00 +8,00 +10,00 +12,00 +14,00

+2

+4

+6

2. T0 = 2 π . L . C et T 0 = 2 π . L . C' .

T 0 = 2 π . L . C' = 2π . L . 4C = 2 . 2π . L . C = 2 T0 .

3. a. Ee = 12

. C . uC2(t) ;

Em = 12

. L . i 2(t) .

b. À t = 0, uC est maximale ; toute l’énergie est emma-gasinée dans le condensateur, donc l’énergie magné-tique Em est nulle.c. L’énergie Ee s’annule pour la première fois pour

t = T4

.

C. 1. L’énergie est perdue par effet Joule dans le conducteur ohmique.2. Les oscillations sont amorties, le régime est pseudo-périodique.

25. 1. a. Détermination graphique de τ.

t (ms)

uC (V)

+3,00

+2,00

+1,00

00,50

0,4 ms

0 ++0,50 1,00 +1,50 +2,00 +2,50 +3,00 +3,50

+4,00

+5,00

τ = 0,4 ms.b. τ = 0,4 ms ; τ = R . C, donc : C = τ

R = 0,4 × 10–3

200

C = 2 × 10–6 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’amor-tissement des oscillations par perte d’énergie par effet Joule.

c. Graphiquement : T ≈ 1,8 ms.

T0 = 2 π . L . C .

d. L = 4 . C

0

2

2π

T =

(1,8 × 10–3)2

4 π2 × 2 × 10–6 ≈ 4,1 × 10–2 H .

3. a. uC + uR + uL + u = 0uC + R . i + uL – R0 . i = 0uC + 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.

26. A. Première partie1. a. T0 = 2 ms.b. um = 4 V.2. uC(0) = 0 V.3. a. uC = 4 . sin (2

0

π

T 0 . t + φ0).

Détermination de φ0 : à t = 0, uC = 0 ;

donc : 0 = 4 . sin (2

0

π

T 0 . 0 + φ0) ;

d’où : sin φ0 = 0, donc φ0 = 0 ou φ0 = π.

À t = T0

4, uC(T0

4 ) = um ; soit 4 = 4 . sin (2

0

π

T 0 .

T0

4 + φ0)

D’où : 1 = sin (π2

+ φ0).La seule possibilité est φ0 = 0 .

b. uC = 4 . sin (2

0

π

T 0 . t + φ0)

uC = 4 . sin ( 2π

2 × 10–3 . t + φ0)

uC = 4 . sin (1 000 . π . t).B. Deuxième partie1. 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 (2π2

× 0 + φ0) ;soit : sin φ0 = 1 ; donc φ0 = π

2 .

4. uC = 4 . sin (1 000 π . t + π2)

φ0 dépend de l’origine des dates, ici du choix du début de l’acquisition.Remarque : De même, um dépend du choix de l’expé-rimentateur.Par contre, la période propre T0 ne dépend que des caractéristiques du dipôle (L, C ).

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



2. a. Ee = 12

. C . uC2.

b. Em = 12

. L . i 2 avec i = C . duC

dt .

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 = 12

. L . i 2 est maximum, i est maximum.

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.

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 = 4 . L

0

2

2π

T ; L varie de 0,5 H à 2 H.

Si L = 0,5 H, alors :

C = 4 . L

0

2

2π

T =

0,242

4 × π2 × 0,5 = 2,9 × 10–3 F = 2,9 mF.

Si L = 2 H, alors :

C = 4 . L

0

2

2π

T =

0,242

4 × π2 × 2 = 7,3 × 10–4 F = 0,73 mF.

La plus proche valeur possible de condensateur est donc 1 mF.Calcul de l’inductance L :

L = 4 . C

0

2

2π

T =

0,242

4 × π2 × 10–3 ≈ 1,5 H.

3.

uC

(L, r)

C

B

D

moduleélectronique

A

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 s, donc : T0 = 1,56 = 0,25 s.

La période est correcte aux imprécisions de mesure près.

29. 1. La perte d’énergie par effet Joule, cause de l’amortissement des oscillations, est due à la résis-tance de la bobine. Il faut compenser à chaque ins-tant 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 :

f0 = 1

2π . L . C .

3. On sélectionne ainsi le condensateur afin d’obtenir la fréquence d’oscillations souhaitée.

4. a. Période Fréquence Note

Graphique A : uC12 ms ≈ 500 Hz Si

Graphique B : uC22,5 ms ≈ 400 Hz Sol

Graphique C : uC32,25 ms ≈ 440 Hz La

b. C = 14 π2 . L . f0

2 .

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

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.

C

K

voie 1

u1

E

M

++++

––––R

i

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 ).

t (ms)

u1 (V)

3210

0,4 ms0 1 2 3 4

4567

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.



Graphiquement, l’abscisse correspondant à une tension de 3,8 V est 0,4 ms.τ = R . C ;

donc : C = τR

= 0,4 × 10–3

20 = 2,0 × 10–5 F = 20 µF.

1.4.a. Additivité des tensions : voir le schéma ci-dessous.

C

K

voie 1

u1uR

E

M

++++

––––R

i

uR + u1 = E ; soit : R . i + u1 = E.

R . C . du1

dt + u1 = E avec τ = R . C.

1.4.b. u1 = E . (1 – e–5ττ )

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 prati-quement pas d’infl uence sur la période des oscillations.2.3. Lorsqu’on diminue la valeur de L, la pseudo-période T diminue, c’est le cas des courbes de la fi gure 5 : T ≈ 20 ms.Lorsqu’on augmente la valeur de C, la pseudo-période augmente, c’est le cas des courbes de la fi gure 4 : T ≈ 40 ms.


Énoncés1. Établir une équation différentielleOn réalise un circuit (L, C ) comprenant un conden-sateur 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.

LC

b. 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 déter-miner 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.

2. Oscillations entretenuesOn considère un circuit (r, L, C ) associé à un généra-teur électronique G délivrant une tensionuAS = – α . i, i étant le courant traversant de A vers S.

C

uG

SA

r L

G

i

i

uC

1. a. Établir l’équation différentielle vérifiée par la tension uC aux bornes du condensateur en la mettant sous la forme :

d2

d

uC

t 2 + β .

duC

dt + ω2

0 . uC = 0 .

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.

uC (V)

0

–4,770–6

+5,330+6

+4

+2

–2

–4

t (ms)

80



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 ) cor-respondant. La comparer à la période des oscillations entretenues.

Données : r = 10 � ; L = 0,41 H et C = 2,2 µF.

Corrigés1. 1. i

L = 0,005 L HC = 100 nFCuC

voie A

2. uC(0) = q(0)C

= 2 × 10–7

100 × 10–9 = 2 V.

3. i(0) = 0.4. uC(t) = – uL(t).

5. uL(t) = L . d

d

it = L .

d2qdt 2 = L .

d2(C . uC)dt 2

= L . C . d2(uC)

dt 2

uC + L . C . u..C = 0

u..C + 1L . C . uC = 0 .

6. uC(t) = A . cos (B . t)

Détermination de B :

u..C + 1L . C . uC = 0 .

– A . B 2 . cos (B . t) + 1L . C . A . cos (B . t) = 0

(– A . B 2 + AL . C) . cos (B . t) = 0

– A . B 2 + AL . C = 0

B = 1

L . C

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.

8.

t (ms)

uC (V)

0

–1,00

–2,00

+1000 +200 +300

+1,00

+2,00

2. 1. a. uG = – r . i – L . d

d

it – uC . Or uG = – α . i ;

i = d

d

qt = C .

d

dCu

t.

Donc : L . C . d2

d

uC

t 2 + (r – α) .

duC

dt + uC = 0

β = r – αL . C

; ω20 = 1

L . C .

b. β = 0 pour α = r ; uC varie sinusoïdalement au cours du temps.

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

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.

c. T0 = 2 π . L . C = 6 ms ;

T = T0 .


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

dipôle (r, L, C)

montage à résistance négative

(L, r)

C

A E–

S

E+

P

M

R

R

R0

La démonstration n’est pas au programme de Termi-nale S.

> Il faut connaître, au préalable quelques relations sur le CIL.

i + = 0 et i – = 0 .Remarque : L’impédance d’entrée est très grande. uE+E– = 0 .

uE–E+

E–

S

E+i+

i–

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’orien-tation choisis : i1 = – i2.



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 .

uC

u r

uL

dipôle (r, L, C)

montage à résistance négative

L

C

A E–

S

E+

P

M

R

R

R0

r

– (uL + ur + uC) + uE–E+ + R0 . i2 = 0Or, uE–E+ = 0 et i2 = – i1.

– (– L . di1

dt – r . i1 + uC) – R0 . i1 = 0 ,

soit : L . di1

dt + r . i1 – uC – R0 . i1 = 0 .

Si l’on règle la résistance R0 telle que R0 = r, l’équation précédente se simplifie :

L . di1

dt – uC = 0 .

Or, uC = qC

et duC

dt =

1C

. d

d

qt =

i1

C .

Finalement, on obtient : L . di1

dt +

i1

C = 0 .

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 sinu-soïdales.

Bibliographie

OuvrageÉlectronique 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 Internetwww.discip.crdp.ac-caen.fr/phyapp/



chapitre

Phys

ique


D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

ObjectifsCette partie constitue l’aboutissement de l’enseigne-ment de mécanique commencé en classe de Seconde. L’appropriation des lois de Newton, à travers les dif-férents exemples de mouvements étudiés, permet aux élèves de pratiquer les différents aspects de la démarche scientifi que :– modéliser un système et utiliser les lois de la dyna-mique 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 vérifi cation qu’une solution analytique proposée la satisfait, et la détermination des constantes à partir des paramètres du circuit et des conditions initiales.

Contenus1. 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).

• Introduction de ��G

�t .

• Accélération : aG = lim�t → 0 (��G

�t ) = d�G

dt ; vecteur

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.• Défi nir le vecteur accélération et exploiter cette défi nition, connaître son unité.• Énoncer les trois lois de Newton.• Savoir exploiter un document expérimental (série de photos, fi lm, acquisition de données avec un ordina-teur...) : 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 expérimentauxSavoir enregistrer expérimentalement le mouvement de chute d’un solide dans l’air et/ou dans un autre fl uide 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 enregis-trements de mouvements divers de solides (la résultante des forces appliquées au solide est donnée).

• Vérifi cation de la pertinence des grandeurs m, ��G

�t et

∑Fext intervenant dans la deuxième loi de NEWTON (une des grandeurs étant fi xée, 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.

CommentairesCette partie nécessite l’introduction de notions de ciné-matique (repère, coordonnées cartésiennes, trajectoire, vitesse, accélération). Ces notions seront introduites au

9La mécanique

de NEWTON



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’iner-tie, 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 justifi é 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) afi n de montrer que dans ce cas les deux premières lois de Newton ne s’appliquent plus. D’autres référentiels galiléens (géo-centrique, 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.

MatérielCours> Activité 1– Un dispositif à force constante.

une extrémité du tubeest reliée à un système

d'aspirationfil relié au système

étudié

tube cylindrique anneau des dimensionsinternes du tube

– 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 défi-nition.• 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 préparatoiresA. La chronophotographieRéponses aux questions1. Cette chronophotographie nous donne la trajectoire du sauteur en longueur ainsi que sa vitesse à condition

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.

B. Un texte de NEWTON

Réponses aux questions1. 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.

Cours1. Quelles sont les lois de NEWTON

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

2. Comment une force modifie-t-elle la vitesse ?

L’objectif est de montrer que le produit m . $��G

�t d’un

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.> Activité 1Réponses aux questions1. Une acquisition permet de représenter la vitesse en

fonction du temps et de déterminer le rapport ��G

�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

la séance. On représente ensuite T en fonction de ��G

�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.



Savoir s’autoévaluer1. 1. $� = d$OG

dt .

2. a. $a = d$�G

dt .

b. La valeur du vecteur accélération s’exprime en m . s–2.3. Lors d’un mouvement rectiligne uniforme, le vec-teur vitesse du centre d’inertie du système est constant. Son vecteur accélération est nul.

2. Le vecteur vitesse du centre d’inertie d’un sys-tème 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).

3. 1. La position de l’automobile à t = 0 corres-pond à x(t = 0) = 200 m.

2. a. � = dxdt = 2t + 15.

b. À t = 0, �(t = 0) = 15 m . s–1.

3. a = d�

dt = d

2xdt 2 = 2 m . s–2.

L’accélération du centre d’inertie de la voiture est constante et égale à 2 m . s–2.

4. • Première loi de NEWTON : Dans un référen-tiel 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.

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 expérimenter1. Pratique du saut à l’élastiqueRéponses aux questions1. 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’est-à-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 + $Tm

, c’est-à-dire 2 550 – 600

60 = 32,5 m . s–2.

2. Simulation d’un saut à l’élastiqueRéponses aux questions1.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.

2.a. $a = $d�

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 mou-vement 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.




• Deuxième loi de NEWTON : Dans un référentiel galiléen, la somme ∑$Fext des forces extérieures appli-quées 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 hori-zontale, de sens opposé à celui du mouvement, et telle que $FA→B = – $FB→A .

5. 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 .

Exercices1. 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.

3. 1. Si l’on veut relier la variation de vitesse aux forces appliquées au skieur, il faut considérer le réfé-rentiel terrestre comme galiléen.

f1ff

f2ffR

P

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 coeffi -cient 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/TT S

FSF /S 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.

5. 1. �3 = G2G4

2�t = 1,82 m . s–1 ;

�4 = G3G5

2�t = 2,45 m . s–1 ;

�5 = G4G6

2�t = 3,13 m . s–1 ;

�6 = G5G7

2�t = 3,76 m . s–1 ;

�7 = G6G8

2�t = 4,39 m . s–1 ;

2. a. ||�$�(t4)||

�t =

||$�5 – $�3||t5 – t3

= 3,13 – 1,822 × 67 × 10–3

= 9,7 m . s–2 .

b. ||�$�(t5)||

�t =

||$�6 – $�4||t6 – t4

= 3,76 – 2,452 × 67 × 10–3

= 9,7 m . s–2 ;||�$�(t6)||

�t =

||$�7 – $�5||t7 – t5

= 4,39 – 3,132 × 67 × 10–3 = 9,3 m . s–2.

3. La variation de la vitesse par unité de temps, c’est-à-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 fi n de la chute.



6. 1. R

P

T

2. a. Le mouvement étant rectiligne, l’accélération est égale au coefficient directeur de la droite �(t).

a1 = 10,5

= 2 m . s–2 et a2 = 0,40,5

= 0,8 m . s–2.

b. m1 = Fa1

= 0,202

= 0,1 kg et m2 = 0,25 kg.

3. � en fonction du temps est une fonction linéaire de coefficient directeur :

a3 = Fm1

= 0,140,1

= 1,4 m . s–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 $�5 égale à 0,42 m . s–1. Ils sont représentés par des vec-teurs de 4,2 cm de long, tangents à la trajectoire, res-pectivement aux points 3 et 5.b. Il n’y a pas égalité entre les deux vecteurs puisqu’ils n’ont pas même direction.c. Ces deux vecteurs ont même valeur, donc �3 = �5.2. b. On détermine graphiquement une valeur de �$� 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 uni-forme est nulle.

9. 1. a. b. c.

2 4 4

– 21 2 3 4 5

$a3 = $�4 – $�2

�t avec �t = 2 s et $�4 – $�2 = $0 .

Donc $a3 = $0 .2. Graphiquement, on mesure la valeur de �$� = $�4 – $�2 égale à 1 cm . s–1 .

a3 = ||$�4 – $�2||

�t = 0,5 cm . s–2.

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

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

F2FF

F1

G F1

F1

a

+ F2FFG

F2FF

G F2FFF1

F2FF

F1

11. 1. a. Voir le schéma ci-dessous.

R

P

(A(( )

(B)

T

m

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 = 0,60,8

= 0,75 m . s–2.

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 mou-vement rectiligne uniforme si les forces extérieures qui lui sont appliquées se compensent.

13. 1. Par définition, le vecteur vitesse du centre d’inertie G d’un mobile a pour expression :

$� = d$OGdt

.

Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent :

(1) $� |�x = dxdt

= 2

�y = dydt

= 0 ;

(2) $� |�x = dxdt

= 10t

�y = dydt

= 0 ;



(3) $� |�x = dxdt

= 3

�y = dydt

= 10t .

Le vecteur accélération du centre d’inertie G du

mobile est défini par $a = d$�

dt .

Les coordonnées du vecteur vitesse s’écrivent :

(1) $a |ax = d�x

dt = 0

ay = d�y

dt = 0

;

(2) $a |ax = d�x

dt = 10

ay = d�y

dt = 0

;

(3) $a |ax = d�x

dt = 0

ay = d�y

dt = 10

.

2. À t = 2 s, le vecteur vitesse a pour composantes :

(1) $� |�x = 2�y = 0

;

(2) $� |�x = 20�y = 0

;

(3) $� |�x = 3�y = 20

.

La valeur � de la vitesse est égale à � = �x2 + �y� 2 .

(1) � = 2 m . s–1 ; (2) � = 20 m . s–1 ; (3) � = 20,2 m . s–1.

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 :

� = dxdt

= ddt

(4,5 t 2) = 9 t.

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�dt

= ddt

(9 t) = 9 m . s–2.

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.2. a. La trajectoire est rectiligne, �(t) = dx

dt = 4,6 t.

b. �(1) = 4,6 m . s–1 et �(3) = 13,8 m . s–1.

3. a. La trajectoire étant rectiligne, a(t) = d�dt

.

b. a(t) = 4,6, elle est constante.a(1) = a(3) = 4,6 m . s–2.4.

0 1 2 3

t (s)

x (m)

0

10

20

30

0

5

10

15

0 1 2 3

t (s)

(m . s–1)

0 1 2 3

t (s)

a (m . s–2)

0

2

4

6

16. 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.

17. 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

$a = d$�

dt ; la trajectoire du scooter étant rectiligne,

d$�

dt correspond graphiquement au coefficient directeur

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.



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)m

= 8,0 m . s–2.

19. 1. a. �(t) = a . t = 24 t.b. �(1) = 24 m . s–1 et �(2,5) = 60 m . s–1.

2. a. x(t) = 12

a . t ² = 12 t 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.

b. t´ = 605,2

= 11,5 s.

c. x´ = 346 m.

20. 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

2.

Scénic Ferrari F1 2002

a. 2,1 m . s–2 6,2 m . s–2 12,1 m . s–2

b. 4,6 m . s–2 12,3 m . s–2

c. 8,4 m . s–2 27,8 m . s–2

3.

F

a

GG

démarrage freinage

sens de déplacement

21. A. Première partie du saut1. 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’Archi-mède $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.

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 para-chutiste est égal à la force de frottement de l’air : f = P = m . g = 80 × 10 = 800 N.

B. Seconde partie du saut6. 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’accélé-ration du centre d’inertie du mobile auto-porteur1. et 2. Voir le document à la fin des corrigés.

3. �A2 = A1A3

2�t = A1A3

0,12 .

A1A3 correspond au calcul B3 – B1 sur le tableur.2�t 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-porteur6. 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.

cales

palet

N

PxP

PyP P

7. a. $P |Px = P . sin αPy = – P . cos α

; $N |Nx = 0Ny = N

.

b. 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’accéléra-tion sont très proches. On remarque que la valeur expérimentale est plus faible, cela est dû à l’existence de frottements.



Document du corrigé de l’exercice 22.

3. 4. 5. 6. Voir le schéma ci-dessous.

F1

F3FF

FFF222FF

F4F

7. a. et b. $F est la résultante des forces extérieures appliquées au système. Voir le schéma ci-dessous.

F4F

F5F

P

F

c. À vitesse constante et sur une trajectoire recti-ligne, les forces extérieures se compensent. La pro-jection suivant un axe horizontal de $F5 a même valeur que la projection de $F4 sur ce même axe. Les projections sont de sens opposés.

23. 1. �$� = k . $F .2. Une force peut modifi er la trajectoire et/ou la valeur de la vitesse. Les forces visibles sont générale-ment 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 constam-ment de direction. Il y a donc une accélération,

car $a = d$�

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.

24. 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’affi r-mation du texte est donc fausse.2. Le mot « acteur » dans le texte peut être assimilé à un système d’étude.

1.2. Le mouvement étant rectiligne, l’accélération moyenne a pour valeur :

a = ��t

= 28

= 0,25 m . s–2.

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 direc-tion horizontale orientée dans le sens du mouvement : – F + T . cos α = m . a ;

d’où : T = m . a + Fcos α = 80 × 0,25 + 50

cos 45 = 99 N .

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.

Sujets BAC

Mouvement d’un skieur1.1. Forces extérieures exercées sur le skieur :

F

TR

P

G

– son poids $P de direc-tion verticale orienté vers le bas ;– la réaction normale du support $R de direc-tion verticale vers le haut ;– la force de frottement du sol $F de direction horizontale, de sens opposé à celui du mouvement ;– la force exercée par la perche sur le skieur $T.



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 ;

d’où : T = F + P sin β

cos δ = 50 + 80 sin 40

cos 30 = 1,2 × 102 N .

T

P

F

R

Étude d’un appontage

1. �(t = 2,1) = M2,2 – M2,0

2�t = 8,02 × 0,1 = 40 m . s–1 .

t(s) 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7

�(m . s–1) 40 36 32 28 24 19 15

2.

0+5,00

+10,00

+20,00

+30,00

+40,00

+25,00

+35,00

+15,00

+2,50+2,20 +2,30 +2,40 +2,60

(m . s–1)

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 (hori-zontale) et de sens opposé à $�. Sa valeur par déter-mination 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.


Énoncés1. 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-

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.

2. Rails d’essais dynamiques 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’accélé-ration d’un mobile dans le cas d’un mouvement recti-ligne ?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 résul-tante 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.

Corrigés1. 1. Schéma de la trajectoire de la balle de tennis au cours d’un échange :

carré de service

0

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 coli-néaires et proportionnelles aux vecteurs correspondants.



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

dont �(t) est la dérivée, soit ici : x = 12 . a . t 2 .

2. a. �2 = 2a . x .

b. a = �2

2x = 106

4 000 = 250 m . s–2.

3. a. Le poids $P, la réaction du rail $R, la force propul-sive $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.


Histoire des sciences1. 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’expé-riences sur des objets roulant le long de plans inclinés, ce qui lui permet de conclure que tous les objets pos-sèdent, sur ces plans, la même accélération, pour autant que l’on puisse considérer les frottements comme négli-geables. 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’agrandis-sement 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

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’ana-lyse 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 mou-vement. 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 tra-vaux, 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 téles-cope 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 vis-à-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 pla-nétaire 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 gravita-tion universelle. Ce traité représente un des fondements


de la science moderne. Il a rendu Newton internatio-nalement 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 parti-culièrement 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 cher-cher 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 main-tenant établi que Leibniz a développé le calcul infini-tésimal, 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.




chapitre

Phys

ique



Contenus2. Étude de cas2.1. 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 frotte-ment fl uide) ; 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 ; accé-lération indépendante de la masse de l’objet.– Résolution analytique de l’équation différentielle du mouvement ; importance des conditions initiales.

Connaissances et savoir-faire exigibles2.1. Chute verticale d’un solide• Défi nir 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 fl uide 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.• Défi nir une chute libre, établir son équation diffé-rentielle et la résoudre.• Défi nir un mouvement rectiligne uniformément accéléré.• Savoir exploiter des reproductions d’écrans d’ordi-nateur (lors de l’utilisation d’un tableur grapheur) cor-respondant à des enregistrements expérimentaux.

• Savoir exploiter des courbes �G = ƒ(t) pour :– reconnaître le régime initial et/ou le régime asymp-totique ;– 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 expérimen-taux (choix du pas de résolution, modèle proposé pour la force de frottement).Savoir-faire expérimentauxUtiliser 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, infl uence 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.

CommentairesLa 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’occa-sion d’introduire la poussée d’Archimède et ses carac-téristiques.Le temps caractéristique sera pris comme la date qui correspond, pour la courbe �G = ƒ(t), au point d’inter-section de la tangente à l’origine (� = 0) et de l’asymptote (�lim).Des simulations de chute dans d’autres fl uides que celui étudié en T.P. permettront de faire varier le coeffi cient

10Mouvements

de chutes verticales



de viscosité et de montrer son infl uence 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.

Matériel

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 éprou-vette) 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 Offi ce®.


> 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.

> PrérequisDeuxième loi de Newton (voir le chapitre 9).


A. Bizarre...Cette activité permet de faire des rappels sur les contenus du programme de mécanique de la classe de Seconde.


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 !

Cette activité permet de donner un premier exemple de l’expression de la force de frottements qui s’exerce sur un objet.


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 pro-portionnelle au carré de la vitesse : si la vitesse double, la traînée est multipliée par 4.

CoursLe 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 observa-tion de l’évolution de la vitesse, on introduit la poussée d’Archimède et une expression mathématique permet-tant de modéliser les frottements. La méthode d’Euler est ensuite utilisée ; en comparant la vitesse expérimen-tale 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 ?

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


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 tan-gente à la courbe représentant la vitesse � en fonction du temps t. Comme cette courbe est une droite, l’accé-lération est constante. Sa valeur est égale à 10 m . s–2, elle est comparable à celle de l’intensité de la pesanteur.



Savoir s’autoévaluer1. a. Vrai. b. Faux. c. Faux. d. Faux.

2. 1. P = m . g = ρmarbre . V . g = 4,7 × 103 N.2. a. FA air

= 2,3 N ; FA eau = 1,8 × 103 N.

b. 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 eau

= 2,9 × 103 N.

3. 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.

4. 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.

1. d�G

dt – g = 0 et

d zG

dt – g . t = 0.

2. �G(t) = g . t et zG(t) = 12 . g . t 2.

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’évo-lution de la vitesse d’une bille en chute dans un liquide.

2.1 Étude expérimentale

> Activité 2La bille et le liquide doivent être choisis de façon à ce que les deux régimes soient visibles.

Réponse à la questionOn observe deux régimes : un régime transitoire pen-dant lequel la vitesse augmente, puis un régime perma-nent au cours duquel la vitesse est constante.

2.2 Les forces exercées par le fluide

> Activité 3La 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 multi-pliant ce volume par la masse volumique du liquide et par l’intensité de la pesanteur.

Remarque : cela impose de négliger la poussée d’Archi-mède 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 mouvementL’équation différentielle obtenue est écrite de façon

simplifiée : d�dt

= A – B . �n.

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 expérimenterLe 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 expérimentaleLa bille et le liquide doivent être choisis de façon à ce que les deux régimes soient visibles.

2. Étude théoriqueRéponses aux questions1. 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�dt

= (m – m0) . g – K . �n avec m . g = FA .

2. Avec A = m – m0

m . g = m . g – FA

m et B = K

m , il vient :

d�dt

= A – B . �n.

3. Lorsque la vitesse limite est atteinte, l’accélération est nulle. Cela conduit à : A – B . �

�n = 0 ;

soit : �� = An

B = (A

B )1n .

4. On a B = A�

�n . Alors : d�

dt = A . (1 – ( �

��)n).

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�dt

(t = 0) = A.

6. ai–1 = A . (1 – (�i–1

��

)n).7. �i = �i–1 + ai–1 . �t = �i–1 + A . (1 – (�i–1

��

)n) . �t.

C’est cette expression qui est utilisée dans la suite par le logiciel pour appliquer la méthode d’Euler.




6. 1. La fléchette est soumise uniquement à son poids. Alors $aG = $g.

2. �(t) = – g . t + �0 et z(t) = – 12 . g . t 2 + �0 . t + h0 .

3. a. Au sommet, la vitesse est nulle : �(ts ) = 0.

b. Cela conduit à : ts = �0

g = 0,50 s.

c. On a : hs = z(ts) = – 12 . g . ts

2 + �0 . ts + h0

= 12 .

�02

g + h0 = 3,0 m.

4. Lorsque la fléchette touche le sol, on a z = 0 ;

soit : – 12 . g . t 2 + �0 . t + h0 = 0.

La date cherchée correspond à la solution positive de cette équation :

t = – �0 – �0

2 – 4 × (– 1 g . h0)2

2 × (– 1 . g)2

= 1,3 s.

7. 1. P = m . g = 34 × 10–3 × 10 = 34 × 10–2 N.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 = f

6 π . R . � = 0,83 kg . m–1 . s–1.

9. 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 ; verti-cale, dirigée vers le haut ;– la force de frottement : $f = –k . $� ; verticale, diri-gée 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.

c. Lorsque la vitesse augmente, l’accélération d�dt

diminue et tend vers zéro. On a alors une vitesse limite.Quand � = �

� , on a : ρe . V . g – ρa . V . g – k . �

� = 0.

Alors : �� =

(ρe . V . g – ρa . V . g)k

.

3. a. t = 2hg et �G = 2g . h .

b. t = 0,55 s et �G = 5,4 m . s–1.

5. 1. Avec un axe vertical orienté vers le bas :

m . d�dt

= m . g – ρ0 . V . g – K . �.

2. �� = 1

K (m . g – ρ0 . V . g).

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 pré-cédente.

Exercices1. 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.

2. 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.

3. 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.

De plus, aG = d�G

dt ; donc :

d�G

dt = g.

4. 1. La valeur de l’accélération est égale au coeffi-cient directeur de la droite :

a = 2 – ( – 2)2,5 – 0 = 1,6 m . s–2.

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.

5. 1. La seule force est le poids.2. a = g = 9,8 m . s–2.3. a. � = g . t – �0 = 9,8 . t – 3

et z = 12 . g . t 2 – �0 . t = 4,9 t 2 – 3 t.

b. � = g . t + �0 = 9,8 . t + 3

et z = 12 . g . t 2 + �0 . t + z0 = 4,9 t 2 + 3 t + 5.



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 .

43 . π . r 3 . g, vertical,

vers le bas ;– la poussée d’Archimède exercée par l’huile :

FA = ρh . V . g = ρh . 43 . π . r 3 . g, verticale, vers le haut ;

– 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) .

43 . π . r 3 . g – 6 . π . η . r . �

= ρeau . 43 . π . r 3 . d�

dt.

3. Pour écrire d�dt

= A – B . �, il faut :

A = (ρeau – ρh) . g

ρeau

= 1,77 m . s–2

et B = 9 . η

ρeau . 2 . r 2 = 90 s–1.

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.

Quand d�dt

= 0, on a : �� = A

B = 2,0 × 10–2 m . s–1.

11. 1. a. �(t) = – g . t + �0

et z(t) = – 12 . g . t 2 + �0 . t + h0.

b. �(0,4) = – g . t + �0 = – 10 × 0,40 + 3,0 = – 1,0 m . s–1

et z(0,4) = – 12

× 10 × 0,402 + 3,0 × 0,4 + 1,2

= 1,6 m.2. a. �(t) = g . t – �0

et z(t) = 12 . g . t 2 – �0 . t – h0 .

b. �(0,4) = – g . t – �0 = 10 × 0,4 – 3 = 1 m . s–1

et z(0,4) = 12

× 10 × 0,402 – 3,0 × 0,4 – 1,2

= – 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.

12. 1. La seule force qui s’exerce sur chaque objet est le poids de cet objet. Les masses étant différentes, les forces sont différentes.

2. a. � = g . t et z = 12 . g . t 2 – 1,5.

b. z = 0 si t = 2 × 1,5

g = 1,37 s.

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.

13. 1. La force f s’exprime en N ↔ kg . m . s–2, 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.

Donc : $a = 1m

($P + $FA + $f ).

b. La vitesse est dirigée vers le bas, donc les frotte-ments sont vers le haut.Projection sur (Oz) : d�dt

= 1m

(ρg . V . g – ρa . V . g – k . �2).

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.

Alors : k = (ρg . V . g – ρa . V . g)

��2

.

k = (0,92 × 103 × 1,1 × 10–7 × 9,8 – 1,3 × 1,1 × 10–7 × 9,8)

11,62

= 7,4 × 10–6 kg . m–1.

14. 1. Pour le camion :

Fx = 12 . ρ . S . Cx . �

2

= 12

× 1,3 × 6,0 × 0,50 × ( 903,6)2

= 1,2 × 103 N.Pour la berline :

F´x = 12

× 1,3 × 2,0 × 0,30 × ( 903,6)2

= 2,4 × 102 N.Fx

F´x ≈ 5 : la traînée est environ 5 fois plus grande pour

le camion.2. a. F´x = 2,4 × 102 N.F´ x = 0,5 × 1,3 × 2,0 × 0,3 × (130

3,6 )2

= 5,1 × 102 N.F´ x

F´x ≈ 2 : la traînée est environ 2 fois plus grande à

130 km . h–1 qu’à 90 km . h–1.



b. Pour rouler à vitesse constante, la puissance à déve-lopper et la consommation de carburant sont nette-ment plus grandes à 130 km . h–1 qu’à 90 km . h–1.

15. 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 verti-cale 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 ;

soit : M < ρ . Vb – C . ρ . �2

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 ;

soit : d�dt

= – C . ρ

M . �2 +

ρ . Vb . g – M . gM

;

donc : A = – C . ρ

M et B =

ρ . Vb . g – M . gM .

b. Quand la vitesse limite est atteinte d�dt

= 0,

alors : A . ��² + B = 0 ; d’où : �

� = –B

A.

c. �� =

–13,6–0,53 = 5,1 m . s–1.

16. 1. a. Les forces exercées sur la boule sont :– le poids : P = m . g = ρbois . V . g = ρbois .

43 . π . R 3 . g ,

vertical, vers le bas ;– la poussée d’Archimède :

FA = ρair . V . g = ρair . 43 . π . R 3 . g ,

verticale, vers le haut ;– la résultante des frottements de l’air :

f = 12

ρair . π . R 2 . Cx . �2,

verticale, vers le haut, car la vitesse est orientée vers le bas.

b. (ρbois – ρair) . 43 . π . R 3 . g – 1

2 ρair . π . R 2 . Cx . �

2

= ρbois . 43 . π . R 3 . d�

dt.

c. En posant A =

12 . ρair . π . R 2 . Cx

ρbois . 43 . π . R 3

= 3 . ρair . Cx

8 . ρbois . R

= 5,15 × 10–3 m–1

et B = (ρbois – ρair) .

43 . π . R 3 . g

ρbois . 43 . π . R 3

= (ρbois – ρair) . g

ρbois

= 9,79 m . s–2 ;

il vient : d�dt

+ A . �2 = B.

d. La vitesse initiale est nulle et l’accélération est

positive. Lorsque la vitesse augmente, d�dt

diminue.

Quand d�dt

= 0, la vitesse est constante, c’est la vitesse

limite ��.

�� =

BA

= 43,6 m . s–1.

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.

a0 ≈ 444,4

= 10 m . s–2.

À partir de l’équation différentielle : quand � = 0,

on a d�dt

= B = 9,79 m . s–2. Cela correspond bien à

la valeur expérimentale.

17. 1. Les forces exercées sur la bulle sont :– le poids de valeur : P = m . g = ρ . V . g = ρ . 4

3 . π . r 3 . g,

vertical, vers le bas ;– la poussée d’Archimède de valeur :

FA = ρ0 . V . g = ρ0 . 43 . π . r 3 . g,

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.

2. (ρ0 – ρ) . 43 . π . r 3 . g – 6 . π . η . r . �

= ρ . 43 . π . r 3 . d�

dt.

3. Lorsque la vitesse limite est atteinte, d�dt

= 0.

Cela conduit à : r = 9 . η . ��

(ρ0 – ρ) . 2 . g = 3,4 × 10–4 m.

Ne pas oublier de convertir la vitesse en m . s–1.



4. a. La masse de la bulle est :

m = ρ . V = ρ . 43 . π . r 3.

L’équation différentielle s’écrit aussi :

(ρ0 – ρ) . 43 . π . r 3 . g – k . � = m . d�

dt.

La vitesse limite est alors :

�� =

(ρ0 – ρ) . 43 . π . r 3 . g

k.

On peut donc écrire l’équation différentielle :

k . �� – k . � = m . d�

dt

ou encore : d�dt

+ km

. � = km

. �� .

b. Si � = A . (1 – e–B . t), alors d�dt

= A . B . e–B . t.


A . B . e–B . t + km

. A . (1 – e–B . t) = km

. �� .

On en déduit : A = �� et B = k

m.

5. a. �(τ) = 0,63 . �� , donc : 1 – e–B . τ = 0,63 ;

soit : (1 – 0,63) = e–B . τ ;

d’où : τ = – ln(1 – 0,63)B ≈ 1B = m

k = 3,3 × 10–5s.

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 rapide-

ment, �t = h�

�

= 2,4 s.

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.

b. On a : d�dt

= g . (– 1 + ρ . Vm

) – km

. �2 soit, avec

g = 9,81 m . s–2, d�dt

= 1 638 – 279 × �2.

3. a. �n = �n–1 + an–1 . �t.b. zn = zn–1 + �n–1 . �t.4. a.

Date (s) z (m) � (m . s–1) a (m . s–2)

0,000 0 0,000 0,000 1 638,000

0,000 5 0,000 0,819 1 450,858

0,001 0 0,000 1,544 972,512

0,001 5 0,001 2,031 487,493

0,002 0 0,002 2,274 194,722

0,002 5 0,003 2,372 68,513

0,003 0 0,005 2,406 22,849

0,003 5 0,006 2,417 7,474

0,004 0 0,007 2,421 2,429

0,004 5 0,008 2,422 0,788

0,005 0 0,009 2,423 0,255

b.

t (ms)t

(m . s–1)

0,5

0

1,0

1,5

2,0

2,5

0 1 2 3 4 5

c. 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 << h. La remontée du ballon s’effectue à vitesse constante.

e. La durée de la remontée est : t = h�

�

= 1,0 s.

19. 1. a. Les forces exercées sur la balle sont : – le poids : P = m . g, vertical, vers le bas ;– la poussée d’Archimède :

FA = ρair . V . g = ρair . 43 . π . r 3 . g,

verticale, vers le haut ;– la résultante des frottement de l’air : f = k . �2, verticale, vers le haut, car la vitesse est orientée vers le bas.

b. (m – ρair . 43 . π . r 3) . g – k . �2 = m . d�

dt.

c. En posant A = km

et B = (m – ρair .

43 . π . r 3) . g

m = 9,65 m . s–2,

il vient : d�dt

+ A . �2 = B.

d. À l’instant initial, la vitesse est nulle et l’accélération est positive, donc la vitesse augmente. Lorsque la

vitesse augmente, d�dt

diminue. Quand d�dt

= 0, la

vitesse est constante, c’est la vitesse limite �� .

�� =

BA

.

2. a. �0 = 0 m . s–1.

b. �� = 8 m . s–1, cela conduit à A =

B�

�2 = 0,15 m–1

et k = 3,5 × 10–4 kg . m–1.c. L’accélération initiale a0 est le coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date t = 0.

a0 ≈ 80,8

= 10 m . s–2.

À partir de l’équation différentielle : quand � = 0,

on a : d�dt

= B = 9,65 m . s–2.

Cela correspond bien à la valeur expérimentale.3. a. �0 = 10 m . s–1.



b. �� = 8 m . s–1, c’est la même que lorsque la balle

est abandonnée sans vitesse initiale. La vitesse initiale n’a pas d’influence sur la vitesse limite.c. L’accélération initiale a0 est encore le coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date t = 0.

a0 ≈ 8 – 100,4

= – 5 m . s–2.

À partir de l’équation différentielle : quand � = �0 = 10 m . s–1,

on a : d�dt

= B – 102 . A = – 5,35 m . s–2.

Cela correspond bien à la valeur expérimentale. La vitesse initiale a une influence sur l’accélération initiale.d. L’accélération initiale est négative, car la vitesse diminue, elle passe de : �0 = 10 m . s–1 à �

� = 8 m . s–1.

20. 1.

t0 V

0 V

2. a. Si la durée nécessaire pour parcourir la distance h entre les photodiodes est constante, alors la vitesse est constante.b. �t étant la durée entre les occultations de chaque

photodiode et h la distance, on a : � = h�t

.

3. a. Les forces exercées sur la bille sont : le poids, la poussée d’Archimède, les frottements.Si la vitesse est constante, la somme vectorielle des forces est nulle.

b. ρ . 43 . π . r 3 . g – ρ0 .

43 . π . r 3 . g

– 6 . π . η . r . �� = 0.

c. η = ρ . 4

3 . π . r 3 . g – ρ0 .

43 . π . r 3 . g

6 . π . r . ��

= (ρ – ρ0) . 2 . r 2 . g

9 . ��

= 6,3 kg . m–1 . s–1.

21. 1. a. m . g – ρL . V . g – k1 . � = m . d�dt

.

b. �� =

(m – ρL . V ) . gk1

.

2. a. m . g – ρL . V . g – k2 . �2 = m . d�

dt.

b. �� = (m – ρL . V ) . g

k2k.

3. a.

m (g)

(cm . s–1)

400

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

50 60 70 80 90 100

b. La vitesse limite est une fonction affine de la masse : cela confirme l’hypothèse 1.

c. Le coefficient directeur de la droite est gk1

.

À partir du graphique, on calcule le coefficient directeur : 17,4 m . s–1 . kg–1.

Donc : k1 = g

17,4 = 0,56 kg . s–1.

4. a. Si la vitesse est nulle, alors la balle est immobile. Le poids et la poussée d’Archimède se compensent.b. Dans ce cas, la masse volumique de la balle est égale à la masse volumique du fluide.

Alors : V = mρL

= 3,2 × 10–5 m3.

22. 1. La masse volumique de la bille est supé-rieure à celle du fluide, donc le mouvement est dirigé vers le bas.

2. (ρ – ρ´ ) . V . g – k . �2 = ρ . V . d�dt

;

avec α = – kρ . V et β =

(ρ – ρ ) . gρ , il vient :

d�dt

= α . �2 + β.

3. La méthode d’Euler est une méthode itérative.Avec l’équation différentielle et la vitesse �(t) à la

date t, on calcule l’accélération a(t) = d�dt

(t) à la date t.

Avec la vitesse �(t) et l’accélération a(t) à la date t, on calcule la vitesse à la date t + �t : �(t + �t) = �(t) + a(t) . �t.4. a. Le pas de calcul utilisé est : �t = 0,040 s = 40 ms.b.

t(s) 0 0,04 0,08 0,12

�(m . s–1) 0,000 0,400 0,781 1,108

a(m . s–2) 10 9,520 8,171 6,319

c. La vitesse limite sera �� = –β

α= 1,826 m . s–1.

23. 1. a. La vitesse est positive et elle augmente, donc l’axe est orienté vers le bas.b. �0 = 0 m . s–1.c. �

� = 1,0 m . s–1.

2. a. m . g – ρ . V . g – k . � = m . d�dt

.

b. La vitesse limite �� est atteinte lorsque d�

dt = 0.



Alors : �� = (m – ρ . V ) . g

k.

c. k = (m – ρ . V ) . g

��

= 0,31 kg . s–1.

3. a. d�dt

= (1 – ρ . V

m ) . g – km

. � = 8,0 – 8,0 . �

= 8,0(1 – �).

b.

t(s) �(m . s–1) a(m . s–2)

0,00 0,00 8,00

0,04 0,32 5,47

0,08 0,54 3,74

0,12 0,69 2,56

0,16 0,79 1,75

0,2 0,86 1,20

c. Ces valeurs coïncident avec les valeurs expérimen-tales. Le modèle utilisé pour les frottements est correct.

2. Chute réelle 2.1. La force F s’exprime en N = kg . m . s–2 et la

vitesse en m . s–1, donc K = F�2 s’exprime en kg . m–1.

2.2. FA = ρ . V . g0 = ρ . 43

. π . r 3 . g0 ;

FA = 43

. π × (3,02

× 10–2) × 1,3 × 9,80 = 1,8 × 10–4 N.

P = m . g = 13 × 10–3 × 9,80 = 0,13 N.Le poids du grêlon est environ 700 fois plus élevé que la poussée d’Archimède, on peut donc négliger celle-ci devant le poids.2.3.a. On applique la deuxième loi de Newton au grêlon, dans un référentiel terrestre (supposé galiléen). Le grêlon est soumis à son poids et à la force de frottement fluide :$P + $F = m . $a.Le poids est vertical dirigé vers le bas, la force de frot-tement est verticale dirigée vers le haut. En projetant sur l’axe (Oz) vertical et dirigé vers le bas, il vient : P – F = m . az .

Soit : m . d�dt

= m . g – K . �2 ou d�dt

= g – Km

. �2 ;

avec A = g et B = Km

, il vient : d�dt

= A – B . �2.

2.3.b. ai = A – B . �i2,

donc : a4 = A – B . �42

= 9,80 – 1,56 × 10–2 × 17,2² = 5,18 m . s–2.Avec la méthode d’Euler, on obtient : �i+1 = �i + ai . �t ; donc : �5 = �4 + a4 . �t = 17,2 + 5,18 × 0,5 = 19,8 m . s–1.

2.3.c. Quand la vitesse limite est atteinte, alors celle-ci

est constante et d�dt

= 0 ;

A – B . �lim2 = 0 ;

d’où : �lim = An

B = 9,80

1,56 × 10–2 = 25 m . s–1.

2.3.d. Pour obtenir graphiquement la vitesse limite, il faut tracer l’asymptote à la courbe : �

� = 25 m . s–1.

Détermination de la viscosité d’une huile moteur

1. Validité de la modélisation de la force de frottement

1.1. Dans le référentiel terrestre, supposé galiléen, les forces qui s’exercent sur la balle sont :– le poids $P, vertical, vers le bas, appliqué au centre d’inertie G de la balle, de norme P = m . g ;– la poussée d’Archimède $FA, verticale, vers le haut, appliquée en G, de norme FA = ρhuile . V . g ;– la force de frottement $f, verticale, vers le haut, car la vitesse est orientée vers le bas, appliquée en G, de norme f = k . �G .

Sujets BAC

La grêle1. Chute libre 1.1. On étudie le mouvement du grêlon dans un réfé-rentiel terrestre supposé galiléen. Il est en chute libre, il n’est donc soumis qu’à son poids.Appliquons la deuxième loi de Newton : $P = m . $a ou m . $g = m . $a, alors $g = $a.Par projection sur l’axe (Oz) vertical orienté vers le bas, il vient : az = g.

Or az = d�z

dt , on obtient donc : �z = g . t + �0z.

D’autre part, �z = dzdt

, on obtient donc :

z = 12

. g . t ² + �0z . t + z0.

Le grêlon tombe sans vitesse initiale, donc �0z = 0 m . s–1 et à t = 0 s, le grêlon est en O, donc z0 = 0 m.

Finalement, on a : z = 12

. g . t ².

1.2. Quand le grêlon atteint le sol, alors : z = h = 1 500 m.

h = 12

. g . t ², soit : t = 2hg .

En remplaçant t par son expression, il vient :

�h = g . t = g . 2hg = 2g . h ;

�h = 2g . h = 2 × 9,80 × 1500 = 171 m . s–1 = 617 km . h–1.Le texte indique que la vitesse d’un grêlon au sol peut atteindre 160 km/h, la valeur obtenue avec ce modèle de chute libre n’est donc pas vraisemblable.



1.2. Appliquons la deuxième loi de Newton à la balle :$P + $FA + $f = m . $a.En projetant sur l’axe (Oz) vertical, il vient :

P – FA – f = m . az = m . d�G

dt.

Soit : m . d�G

dt = m . g – ρhuile . V . g – k . �G .

1.3. L’équation précédente s’écrit aussi : d�G

dt = g . (1 –

ρhuile . Vm ) – k

m . �G .

Soit : d�G

dt = A – B . �G

avec : A = g . (1 – ρhuile . V

m ) et B = km

.

1.4. A = g . (1 – ρhuile . V

m ) = 9,81 × (1 – 0,910 × 33,5 × 10–3

35,0 × 10–3 ) = 1,27 m . s–2.1.5.a. On peut placer la frontière entre les deux régimes aux alentours de 0,4 s. Pour t < 0,4 s, c’est le régime transitoire. Pour t > 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 : d�G

dt = A – B . �G .

Avec �G(0) = 0, il vient : a0 = A = 1,27 m . s–2.

1.6.c. �G(0,24) = �G(0,16) + d�G (0,16)

dt × 0,080

= 0,143 + 0,20 × 0,080 = 0,159 m . s–1.

1.6.d. d�G (0,24)

dt = A – B . �G(0,24)

= 1,27 – 7,5 × 0,159 = 0,077 5 = 0,078 m . s–2.

t (s) 0 0,080 0,16 0,24

d�G

dt (m . s–2) A = 1,27 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

dt (m . s–2) 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 diffé-rentielle par la méthode d’Euler, on peut diminuer le pas d’itération. La courbe obtenue par la méthode d’Euler est cepen-dant assez proche des points expérimentaux pour que l’on valide le modèle $f = – k . $�G .

2. Détermination de la viscosité de l’huile moteur

2.1. $f = – k . $�G et $f = – 6π . η . R . $�G .On en déduit que k = 6π . η . R .

D’après la question 1.3., B = km

;

donc : B = 6π . η . R

6π . R ; soit : η =

B . m6π . R

.

2.2. η = 7,5 × 35,0 × 10–3

6π × 2,00 × 10–2 = 0,70 Pa . s–1.

2.3. L’huile est la SAE 50.


Énoncés1. 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. Pour quelles valeurs du rapport

ρSρL

la poussée

d’Archimède est-elle négligeable par rapport au poids ?

2. Étudier l’influence de la poussée 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 ren-contre une zone froide. L’air devient alors saturé en



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.

A. Modèle simple Les gouttelettes qui se forment lors de cette condensa-tion 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

3 π . r 3 ;

ρeau = 1,0 × 103 kg . m–3.

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 fonc-tion 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 dépla-cement, 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 :

dzdt

= a . � + b

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

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.

Corrigés1. 1. P = mS . g = ρS . V . g .2. FA = ρF . V . g .3. La poussée d’Archimède est négligeable si

FA < P

100, donc si ρL . V . g < ρS . V . g

100 et donc

si ρS

ρL

> 100.

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 verti-cal dirigé vers bas, conduit à : m . a = P – FA,

soit : a = (P – FA)

m .

Pour la balle de ping-pong :

a = (2,65 × 10–2 – 3,98 × 10–4)2,7 × 10–3 = 9,67 m . s–2.

Pour la bille en plomb :

a = (3,77 – 3,98 × 10–4)0,384 × 10–3

= 9,81 m . s–2.

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 vec-teur 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

.



On a �(0) = 0 m . s–1 et z(0) = 0 m,

donc z = 12

. g . t ².

4. h = 10 m, donc z = 10 m.À l’instant ts où la goutte a parcouru z = 10 m, on a :

h = 12

g . ts², donc : ts = 2hg .

Soit �s la vitesse atteinte par la goutte après une durée ts : �s = g . ts ;

�s = g . 2hg = 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 << ρeau = 1,0 × 103 kg . m–3,

on peut considérer que la poussée d’Archimède est négligeable par rapport au poids.

3. a. On a maintenant : $P + $f = m . $a.Par projection suivant l’axe (Oz) vertical descendant,

il vient : m . g – k . � = m . d�dt

;

soit : d�dt

= – km

. � + g.

b. Donc : a = – km

, avec les données de l’énoncé :

a = – kρeau . �g

et b = g.

c. Quand la goutte atteint la vitesse limite et constante

�L, alors d�dt

= 0 ; d’où : �L = ρeau . �g . g

k.

d. k = ρeau . �g . g

�L

.

On utilise les unités du système international : – la masse volumique s’exprime en kg . m–3 ;– le volume s’exprime en m3 ;– la constante g s’exprime en N . kg–1 = m . s–2 ;– la vitesse s’exprime en m . s–1.Donc k s’exprime en kg . s–1.

Bibliographie

Ouvrages• Mécanique expérimentale des fluides, tome II, R. Comelet, Masson, 1994.• Mécanique des fluides et ondes mécaniques, J.-P. Faroux, J. Renault, Dunod, 1999.• Intégration de l’ordinateur, outil d’investigation scien-tifique dans l’enseignement des sciences physiques au lycée, D. Beaufils, M. Schwob, INRP-UDP, 1997.



chapitre

Phys

ique

11Mouvements

plansProgramme

Ce chapitre correspond à l’extrait suivant du programme officiel :D. Évolution temporelle des systèmes mécaniques

ObjectifsL’appropriation des lois de Newton, à travers les diffé-rents exemples de mouvements plans, permet aux élèves de pratiquer les différents aspects de la démarche scien-tifique :– modéliser un système et étudier les lois de la dyna-mique pour prévoir son comportement, en utilisant une résolution analytique ;– réaliser des mesures quantitatives et les confronter aux prédictions d’une théorie.

Contenu2. Étude de cas2.2. Mouvements plans

Mouvement de projectiles dans un champ de pesan-teur uniforme• Application de la deuxième loi de Newton au mou-vement du centre d’inertie d’un projectile dans un champ de pesanteur uniforme dans le cas où les frot-tements peuvent être négligés.• Équations horaires paramétriques.• Équation de la trajectoire.• Importance des conditions initiales.

Satellites et planètes• Lois de Képler (trajectoire circulaire ou elliptique).• Référentiels héliocentrique et géocentrique.• Étude d’un mouvement circulaire uniforme ; vitesse, vecteur accélération ; accélération normale.• Énoncé de la loi de gravitation universelle pour des corps dont la répartition des masses est à symétrie sphé-rique et la distance grande devant leur taille (rappel).• Application de la deuxième loi de Newton au centre d’inertie d’un satellite ou d’une planète : force centri-pète, accélération radiale, modélisation du mouve-ment des centres d’inertie des satellites et des planètes par un mouvement circulaire et uniforme, applications (période de révolution, vitesse, altitude, satellite géosta-tionnaire).

• Interprétation qualitative de l’impesanteur dans le cas d’un satellite en mouvement circulaire uniforme.

Connaissances et savoir-faire exigiblesMouvement de projectile dans un champ de pesan-teur uniforme• Appliquer la deuxième loi de Newton à un projectile dans un champ de pesanteur uniforme.• Montrer que le mouvement est plan.• Établir l’équation de la trajectoire à partir des équa-tions horaires paramétriques.• Savoir exploiter un document expérimental repro-duisant la trajectoire d’un projectile : tracer des vec-teurs vitesse et accélération, déterminer les caractéris-tiques du vecteur accélération, trouver les conditions initiales.Savoir-faire expérimentauxSavoir enregistrer expérimentalement la trajectoire d’un projectile et exploiter le document obtenu.

Satellites et planètes• Énoncer les lois de Képler et les appliquer à une trajectoire circulaire ou elliptique.• Défi nir un mouvement circulaire uniforme et donner les caractéristiques de son vecteur accélération.• Connaître les conditions nécessaires pour observer un mouvement circulaire uniforme : vitesse initiale non nulle et force radiale.• Énoncer la loi de gravitation universelle sous sa forme vectorielle pour des corps dont la répartition des masses est à symétrie sphérique et la distance grande devant leur taille.• Appliquer la deuxième loi de Newton à un satellite ou à une planète.• Démontrer que le mouvement circulaire et uniforme est une solution des équations obtenues en appliquant la deuxième loi de Newton aux satellites ou aux planètes.• Défi nir la période de révolution et la distinguer de la période de rotation propre.• Exploiter les relations liant la vitesse, la période de révolution et le rayon de la trajectoire.• Connaître et justifi er les caractéristiques imposées au mouvement d’un satellite pour qu’il soit géostation-naire.



• Retrouver la troisième loi de Kepler pour un satellite ou une planète en mouvement circulaire uniforme.• Exploiter des informations concernant le mouvement de satellites ou de planètes.

Exemples d’activitésMouvement de projectiles dans un champ de pesan-teur uniforme• Exemples de mouvements de projectiles dans la vie courante.• Étude expérimentale de mouvements de projectiles de masses différentes dans un champ de pesanteur ; importance des conditions initiales.À l’aide d’une webcam :– tracé de vecteurs accélération ;– vérifi cation que dans tous les cas aG = g quelle que soit la masse ;– importance des conditions initiales sur la nature de la trajectoire.

Satellites et planètes• Lois de Képler : approche historique.• Tracés de vecteurs accélération dans le cas d’un mouve-ment circulaire uniforme.• Utilisation d’un logiciel de simulation pour la satel-lisation et les lois de Képler.

CommentairesDans l’étude du mouvement parabolique, aucun déve-loppement théorique sur la portée et sur la flèche n’est exigible. Cependant, dans un exercice, on pourra utili-ser 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...).

MatérielCours> 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 dimen-sions, 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 2Une table horizontale et un mobile autoporteur.

Déroulement du chapitre> Objectifs • Appliquer la deuxième loi de Newton à un projec-tile dans un champ de pesanteur uniforme.• Énoncer les lois de Képler et les appliquer.• Définir un mouvement circulaire uniforme et carac-tériser son vecteur accélération.• Appliquer la deuxième loi de Newton à un satellite ou à une planète.


A. Le saut en longueurRéponses 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’hori-zontale, 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’hori-zontale.

B. Les satellites de la TerreRéponses aux questions1. 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

1. Quel est le mouvement 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 1Réponses aux questions1. 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 et des satellites ?

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 2Réponses aux questions1. 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



Savoir s’autoévaluer 1. a. Vrai, $a = $g.b. Faux, le mouvement de la projection horizontale du centre d’inertie G du corps en chute libre est uni-forme.c. Faux, le mouvement de la projection verticale du centre d’inertie G du corps en chute libre est unifor-mément accéléré.d. Vrai.

2. 1. �x = dxdt

= 5,0 × cos 50° ;

�z = dzdt

= – 9,8 t + 5,0 × sin 50°.

2. Vecteur position à la date origine :

$OG0 { x0 = 0 z0 = 3,0.Vecteur vitesse à la date origine :

$�0

{ �0x = 5,0 × cos 50o

�0z = 5,0 × sin 50o.3. Lorsque le vecteur vitesse est horizontal, sa compo-sante verticale �z(t) = 0. Ceci est vérifié à la date

t = 5,0 × sin 50o

9,8 = 0,39 s.

4. Lorsque le projectile atteint son altitude maxi-male, son vecteur vitesse est horizontal, soit à la date t = 0,39 s.À cette date, l’altitude maximale du projectile est égale à : z(0,39) = – 1

2 × 9,8 × 0,392 + 5,0 × sin 50o × 0,39 + 3,0

= 3,7 m.5. Calculons la date à laquelle le mobile touche le sol.z(t) = 0 revient à écrire :

0 = – 12

× 9,8 × t 2 + 5,0 × sin 50°t + 3,0.

On trouve deux solutions, dont une négative que l’on écarte ; d’où t = 1,3 s.

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 mou-vement.3. La valeur aG du vecteur accélération est égale au

rapport �G

2

R , avec R le rayon de la trajectoire circulaire

du mobile.

Rechercher et expérimenter1. Étude du mouvement de VénusRéponses aux questions1. 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 horizon-tale. 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 mouve-ment 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.

10. On constate que �2

r et a ont la même valeur.

L’accélération d’un mouvement circulaire uniforme

est centripète et de valeur constante égale à �2

r.

2. Vérifier la troisième loi de KÉPLER

Réponses aux questions1. Le périmètre de la trajectoire de Vénus autour du Soleil a pour expression :� = 2π . r = 2π × 0,72 × 150 × 109 = 6,8 × 1011 m.

2. T = ��

= 6,8 × 1011

3,5 × 104 = 1,9 × 107 s = 225 j.

3. T 2

r 3 = (1,9 × 107)2

(0,72 × 150 × 109)3 = 2,9 × 10–19 s2 . m–3.

4. T 2

r 3 = 2,95 × 10–19 s2 . m–3. La valeur est identique

à celle de Vénus. Le rapport T 2

r 3 est constant et ne

dépend que de l’astre central, ici le Soleil.

3. La seconde loi de NEWTON et la masse du Soleil

Réponses aux questions1. Lors de son mouvement, Vénus est soumise à la force gravitationnelle exercée par le Soleil, dont l’expres-sion s’écrit :

FS/V = G . mS . mV

d 2S→V

.

2. Dans un référentiel héliocentrique, le système étudié est Vénus. La deuxième loi de Newton nous permet d’écrire que :

$aG = $FS/V

mV

;

d’où : aG = G . mS

d 2S→V

; soit : mS = aG . d 2S→V

G

mS = 1,1 × 10–2 × (0,72 × 150 × 109)2

6,67 × 10–11 = 1,9 × 1030 kg.




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 :

$a = d$�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’accé-lération du centre d’inertie G du mobile est centripète

et a pour valeur �2

R avec � la valeur du vecteur

vitesse du mobile et R le rayon de la trajectoire cir-culaire.

2. � = 2π . RT

avec T la période de rotation du

tambour. T = 60400 = 0,15 s.

a = �2

R = 4π2 . R

T 2 = 4π2 × 0,50

0,152 = 8,8 × 102 m . s–2.

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 gravitation-nelle 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 :

FT/L = G . mT . mL

r 2 .

2. Dans le référentiel géocentrique, le système étudié est la Lune. La deuxième loi de Newton nous permet d’écrire :

aG = G . mT

r 2 = �

2

R ; soit : � = G . mT

r

� = 6,67 × 10–11 × 6,0 × 1024

3,8 × 108

= 1,0 × 103 m . s–1 ;

T = 2π . r�

= 2π . r . G . mT

r

= 2π × 3,8 × 108 6,67 × 10–11 × 6,0 × 1024

3,8 × 108

= 2,3 × 106 s = 27 j.3. a. De l’expression précédente, on tire :

T 2 = 4π2 . r 3

G . mT

, d’où : T 2

r 3 = 4π2

G . mT

, troisième loi de

Képler.b. Période de rotation de Hubble :

T 2 = 4π2 . r 3

G . mT

;

donc : T = G . mT

4π2 . r3

= 6,67 × 10–11 × 6,0 × 1024

4π2 × (7,0 × 106)3

T = 5,8 × 103 s.

Altitude d’un satellite géostationnaire :

r = G . mT . T 2

4π2

3

r = 6,67 × 10–11 × 6,0 × 1024 × (86164)2

4π2

3

r = 42,2 × 106 m, soit une altitude de 36 × 106 m = 36 × 103 km.

Exercices1. 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 { �0x = 25 cos α = 21 { x0 = 0

�0z = 25 sin α = 13 et $OG0 z0 = 0.

2 $�0 { �0x = 12 { x0 = 0 �0z = 0 et $OG0 z0 = 2,5.

3 $�0 { �0x = 0 { x0 = 2 �0z = – 10 et $OG0 z0 = 3.

4 $�0 { �0x = – 12 cos α = –10 { x0 = 3,5 �0z = – 12 sin α = –7 et $OG0 z0 = 3.

5 $�0 { �0x = 20 cos α = 18 { x0 = 0 �0z = 20 sin α = 8 et $OG0 z0 = 2,5.

6 $�0 { �0x = 12 cos α = 9 { x0 = 1 �0z = – 12 sin α = –7 et $OG0 z0 = 3.

3. 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 mouve-ment, (Oy) est perpendiculaire au plan du mouve-ment 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.



2. a. On élimine le temps entre les deux équations

x(t) et z(t) : t = x�0 . cos α,

il vient : z = – 12

. g

�02 . cos2 α . x 2 + tan α . x,

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 :

0 = – 12

. g

�02 . cos2 α . x 2 + tan α . x ;

d’où x = 0 (point de départ) ou :

x = 2 �0

2 . cos2 α . tan αg =

2 �02 . cos α . sin α

g ,

distance maximale atteinte par le mobile.

3. a. Le vecteur vitesse $�G du centre d’inertie du mobile a pour composantes :

�x = dxdt

= �0 . cos α

$�G { �y = dydt

= 0

�z = dz

dt = – g . t + �0 . sin α .

b. Le vecteur vitesse $�G du centre d’inertie du sys-tème est horizontal lorsque sa composante verticale

est nulle, c’est-à-dire à : t = �0 . sin α

g .

c. À la date t = �0 . sin α

g , l’altitude de G est maxi-

male et égale à :

z = – 12

. g . �0

2 . sin2 αg2 + �0 . sin α .

�0 . sin αg

z = �0

2 . sin2 αg2 .

4. 1. �0x = �0 . cos α x0 = 0$�0 { �0y = 0 et $OG0 { y0 = 0 �0z = �0 . sin α 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 $a. ax = 0 �x = �0x = �0 . cos α$a { ay = 0 ; d’où : $� { �y = �0y = 0 az = – g �z = – g . t + �0z = – g . t + �0 . sin α .

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $�. x = �0 . cos α . t$OG { y = y0 = 0

z = – 12

. g . t 2 + �0 . sin α . t,

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)

et z(t) : t = x�0 . cos α,


. g

�20 . cos2 α . x2 + tan α . x,

équation de la trajectoire du centre d’inertie du mobile.


= 60°

0

O

z

x

zzz

y xxx

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 ) :

ax = 0 �x = F(ax ) = �0 . cos α$a { ay = 0 ; $ � { �y = F(ay ) = 0 az = – g �z = F(az ) = – g . t + �0 . sin α

x = F(�x ) = �0 . cos α . t$OG { y = F(�y ) = 0

z = F(�z ) = – 12

. g . t 2 + �0 . sin α . t .

Numériquement, dans le système international d’unités : ax = 0 �x = 5$a { ay = 0 ; $� { �y = 0 az = – 9,8 �z = – 9,8t + 8,7

x = 5tet $$OG { y = 0 z = – 4,9t 2 + 8,7t .

4. � = �x2 + �z

2 ; �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



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.

D’où : � = �x2 + �z

2 = 10 m . s–1.

6. 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 $�0 et que l’ori-gine O coïncide avec la position du centre d’inertie G de l’obus à la date t = 0.La deuxième loi de Newton permet d’écrire, en l’absence de frottements, ∑$Fext = $P = m . $g = m . $a ; d’où : $g = $a .Conditions initiales :

�0 { �0x = �0 . cos α { x0 = 0$ �0z = �0 . sin α et $OG0 z0 = 0.

On projette la deuxième loi de Newton dans le repère (O ; $i, $k ) :

ax = 0 �x = F(ax ) = �0 . cos α$a { az = – g ; $� { �z = F(az ) = – g . t + �0 . sin α

x = F(�x ) = �0 . cos α . tet $OG { z = F(�z ) = – 1

2 . g . t 2 + �0 . sin α . t,

équations horaires du mouvement.2. On élimine le temps entre les deux équations

x(t) et z(t) : t = x�0 . cos α,


. g

�20 . cos2 α . x2 + tan α . x,

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 trajec-toire que :

�0 = 2 sin α . cos α

x . g =

2 × sin 45° × cos 45°120 × 103 × 9,8

= 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.

7. 1.

�0 { �0x = �0 . cos 60° { x0 = 0$ �0z = �0 . sin 60° et $OG0 z0 = 2,80.

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 = $Pm

.

On en déduit les coordonnées du vecteur accélération : ax = 0$a { az = – P

m = – g.

3. Le vecteur vitesse est la primitive du vecteur accé-lération, on en déduit ses coordonnées :

�G { x. = �0 . cos 60°

$ z. = – g . t + �0 . sin 60°.

4. Le vecteur position est la primitive du vecteur vitesse, on en déduit les équations horaires paramé-triques : x = �0 . cos 60° . t$OG { z = – 1

2 . g . t 2 + �0 . sin 60° . t + 2,8.

5. On remplace le temps par t = x�0 . cos 60°

dans

l’équation z(t).

Il vient : z = – g

2�02 . cos2 60o . x

2 + tan 60o x + 2,8.

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 :

z = – 9,8

2 × 72 × cos2 60o × 32 + tan 60o × 3 + 2,8 = 4,4 m.

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 :

z = – 9,8

2 × 72 × cos2 60o × 52 + tan 60o × 5 + 2,8 = 1,5 m.

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.

5. az (t2) = |�z (t3) – �z (t1)|

�t =

|1,2 – 2,5|0,134 = 9,7 m . s–2 ;

az (t9) = |�z (t10) – �z (t8)|

�t =

|3,0 – 1,7|0,16 = 9,7 m . s-2 .

On considère le système {balle} dans un référentiel lié à la Terre et supposé galiléen. La balle n’est sou-mise 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.



9. Les propositions 1, 2 et 3 sont vraies.

10. 1. a. F = G . m . MT

(RT + h)2 .

b. F = 6,67 × 10–11 × 11 × 103 × 5,98 × 1024

(6 380 × 103 + 600 × 103)2

= 9,0 × 104 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 référen-tiel géocentrique.La deuxième loi de Newton nous permet d’écrire :

$F = m . $a ; donc : $a = $Fm

= G . MT

(RT + h)2 . $n ,

avec $a = �2

RT + h . $n .

Il vient :

� = G . MTMMRTRR + h

= 6,67 × 10–11 × 5,98 × 1024

6380 × 103 + 600 × 103

= 7,56 × 103 m . s-1.

c. T = 2π(RT + h)

� = 2π × (6 980 × 103)

7,56 × 103 = 5,8 × 103 s.

11. 1. a. On étudie le mouvement d’un satellite de la Terre géostationnaire ou non, dans un référen-tiel 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 :

$F = msat . $a ; donc : $a = $Fmsat

= G . MT

(RT + h)2 . $n ,

avec $a = �2

RT + h . $n.

Il vient : � = G . MTMMRTRR + h

.

c. La masse du satellite géostationnaire n’intervient pas dans l’expression de sa vitesse, son mouvement est indépendant de sa masse.

3. T = 2π(RT + h)

� = 2π

G . MTMM(RTRR + h)3

;

d’où : h = G . MTMM . T 2

4π2

3 – RT .

12. 1. a. Sur les deux personnes, la seule force extérieure appliquée est la force d’attraction gravita-tionnelle 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

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’impesanteur2. a. Un spationaute peut être immobile par rapport à la capsule spatialeb. Le spationaute évolue à grande vitesse dans le réfé-rentiel 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.


B

0

O

2m

z

x

x0 = 0$OB { z0 = 2

�0 { �0x = �0 . cos α = 23,6$ �0z = �0 . sin α = 8,1.

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 $a . ax = 0 �x = �0x = �0 . cos α$a { az = – g ; d’où : $� { �z = – g . t + �0z = – g . t + �0 . sin α .

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $�. x = �0 . cos α . t$OG { z = – 1

2 . g . t 2 + �0 . sin α . t + 2,

équations horaires paramétriques.3. On remplace le temps par t = x

�0 . cos α dans

l’équation z(t) ; d’où :

z = – g

2�02 . cos2 α . x2 + tan α . x + 2.

4. Dans le repère choisi, l’abscisse du point A est x = 42 m, d’où :

z = – 9,8

2 × 252 × cos2 19o × 422 + tan 19o × 42 + 2 = 1,0 m.

La hauteur est correcte pour réceptionner un ballon.


5. tA = x�0 . cos α =

4225 × cos 19o = 1,78 s.

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 réfé-rentiel 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 { az = – g ; d’où : $� { �z = – g . t + �0z = – g . t + �0 . sin 50°.

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $�. x = �0 . cos50° . t$OG { z = – 1

2 . g . t 2 + �0 . sin 50° . t,

équations horaires paramétriques.3. a.

� { �x (t7) = 4,3 × cos 50° = 2,76$ �z (t7) = – 10 × 67 × 10–3 × 7 + 4,5 × sin 50° = – 1,40.

b. �(t7) = �x2 (t7tt ) + �z

2 (t7tt ) = 2,762 + (–1,40)2 = 3,09 m . s–1.

c. �(t7) = G6G8

�t = 3,2 m . s–1 .

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

date : t = �0 sin 50o

g =

4,3 × sin 50o

10 = 0,33 s, soit juste

avant la date t5.Sur la chronophotographie, le sommet de la trajec-toire se situe entre les dates t4 et t5 confirmant la date théorique.

15. 1.

�0 { �0x = �0 . cos α { x0 = 0$ �0z = �0 . sin α et $OG0 z0 = 1,2 m.

2. Le système étudié est le sauteur Mike Powell dans un référentiel terrestre supposé galiléen.

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 { az = – g.

$� 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 { z = – 1

2 . g . t 2 + �0 . sin α . t + 1,2,

équations horaires de G.

3. De x(t) on tire t = x�0 . cos α que l’on remplace

dans z(t).

Il vient : z = – g

2�02 . cos2 α . x 2 + tan α . x + 1,2.

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 = 2 cos2 α . (z – tan z α . x – 1,2)

–g . x 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.

16. 1. Graphiquement, on constate que la compo-sante horizontale �x(t) de la vitesse de la balle est constante et égale à 2 m . s–1.

2. ax = d�x

dt = 0 m . s–2.

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.

6. tan α = �0z

�0x

= 4,02,0

= 2. On en déduit α = 63°.

�0 = �0x2 + �0z

2 = 4,5 m . s–1.

17. 1.

�0 { �0x = �0 . cos 45°$ �0z = �0 . sin 45°,

avec �0 = 525 km . h–1 = 146 m . s–1



x0 = 0et $OG { 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 { az = – g ; d’où : $� { �z = – g . t + �0z = – g . t + �0 . sin 45°.

Le vecteur position $OG est la primitive du vecteur vitesse $�. x = �0 . cos 45° . t$OG { z = – 1

2 . g . t 2 + �0 . sin 45° . t + 8 230,

équations horaires paramétriques.3. a. Lorsque l’avion atteint le sommet de sa trajec-toire, le vecteur vitesse est horizontal. Sa composante �z = 0 m . s–1.

b. t = �0 . sin 45o

g =

146 × sin 45o

9,8 = 10,5 s.

c. z(10,5)

= – 12

× 9,8 × 10,52 + 146 × sin 45° × 10,5 + 8 230

= 8,77 × 103 m, soit : 2,88 × 104 ft, ce qui confirme l’indication du schéma.

4. a. De x(t) on tire t = x�0 . cos 45°

que l’on rem-

place dans z(t), soit :

z = – g

2�02 . cos2 45°

. x2 + tan 45ox + 8 230.

b. La fonction z(x) est bien l’équation d’une para-bole.5. z(20,5)

= – 12

× 9,8 × 20,52 + 146 × sin 45° × 20,5 + 8 230

= 8,29 × 103 m. Il retrouve pratiquement l’altitude du début de la parabole.6. Composantes de la vitesse à t = 20,5 s :

� { �x (20,5) = 146 × cos 45° = 103$ �z (20,5) = – 9,8 × 20,5 + 146 × sin 45° = – 97,7

tan α = �z(20,5)�x(20,5) ; d’où : α = – 46o. L’avion est incliné

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.

2. b. S1

t1

t2

t'1

t'2

A

c. La vitesse de S1 en 1 est plus grande qu’en 2.d. Pour un mouvement circulaire, la deuxième loi de Képler implique un mouvement uniforme.

3. b. T1

2

a13 =

T22

a23 = constante ;

S2 est plus éloigné de A que S1, donc a2 > a1. On en déduit T2 > T1.

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 loin-taines supposées fixes.2. Le système étudié est {Charon} dans le référentiel plutocentrique. Charon est soumis à la force gravita-tionnelle exercée par Pluton.

$F = – G . MP . MC

d 2 . $u avec $u un vecteur unitaire

orienté de Pluton vers Charon.D’après la deuxième loi de Newton :

MC . $a = $F ; donc : $a = $FMC

= – G . MP

d 2 . $u.

Le vecteur accélération du centre d’inertie de Cha-ron a pour direction Pluton-Charon, est orienté de Charon vers Pluton (accélération centripète) et a pour

valeur G . MP

d 2 .

3. a = G . MP

d 2 = �

2

d ;

d’où : � = MPMMG .d

= 1,3 × 1022

6,67 × 10–11 ×1,9 × 107

= 2,1 × 102 m . s–1, ce qui correspond à la valeur annoncée de 0,2 km . s–1.

4. T = 2π . dV

.

5. T = 2π . d . G . MPMM

d ;

donc : T 2 = 4π2 . d 2 . dG . MP

; d’où : T 2

d 3 =

4π2

G . MP :

troisième loi de Képler pour un satellite de Pluton.

T = G . MPMMd 3 . 4π2

= (1,9 × 107)3 × 4 × π2

6,67 × 10–11 × 1,3 × 1022

= 5,6 × 105 s = 6,5 jours, valeur proche de la valeur annoncée.

20. 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.



2. $F = G . MS . MT

(R T + h)2 . $n avec $n un vecteur unitaire

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 :

MS . $a = $F ; donc : $a = $FMS

= G . MT

(R T + h)2 . $n ;

a = G . MT

(R T + h)2 = �2

RT + h ;

d’où : � = MTMMG .RTRR + h

.

5. T = 2π . (R T + h)

� ;

d’où : T = 2π . (RT + h) . G . MTMM(RTRR + h) ;

donc : T 2 = 4π . (RT + h)2 . (RT + h)G . MT

d’où : T 2

(RT + h)3 = 4π2

G . MT

.

On retrouve bien la troisième loi de Képler pour un mouvement circulaire.

6. h = 4π2

3 T 2 . G . MTMM – RT

h = 861642 × 6,67 × 10–11 × 5,98 × 1024

4π2

3 – 6,38 × 106

= 3,6 × 107 m.Tous les satellites géostationnaires ont la même période de révolution. Ils sont donc à la même distance de la Terre.

21. 1. a. $F = G . MSat . MT

(RT + h)2 . $n .

b. D’après la deuxième loi de Képler appliquée à un mouvement circulaire, on peut dire que le mouve-ment est uniforme.

2. a. Le système étudié est le satellite dans un réfé-rentiel géocentrique.D’après la deuxième loi de Newton :

MSat . $a = $F ; donc : $a = $FMSat

= G . MT

(R T + h)2 . $n ;

a = G . MT

(R T + h)2 = �2

R T + h ;

d’où : � = MTMMG .RTRR + h

.

T = 2π . (R T + h)

� ;

d’où : T = 2π . (R T + h) . G . MTMM(RTRR + h) .

b. T = 2π × (6 378 × 103 + 20 200 × 103)

× 6378 × 103 + 20200 × 103

6,67 × 10–11 × 5,98 × 1024

T = 4,31 × 104 s.c. Un satellite géostationnaire a une période de révo-lution 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 :

102,998 × 108 = 3,34 × 10–8 s.

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 ato-miques, c’est-à-dire des moyens de mesure de temps très précis.


Sujets BAC

Quatre satellites terrestres artificiels parmi bien d’autres1. Le premier satellite artificiel

1.1. $F = G . mS . MT

(RT + h)2 . $n .

1.2. Le système étudié est le satellite dans un référentiel géocentrique.D’après la deuxième loi de Newton :

mS . $a = $F ; donc : $a = $FmS

= G . MT

(RT + h)2 . $n .

2. Les satellites artificiels à orbites circulaires

2.1.a. L’accélération du satellite est normale à la tra-jectoire de ce dernier. Sa vitesse initiale est non nulle ; on peut donc dire que le mouvement est circulaire uni-forme.

2.1.b. a = G . MT

(R T + h)2 = �2

R T + h ;

d’où : � = MM .RR + h

.

2.1.c. T = 2π . (R T + h)

� ;

d’où : T = 2π . (RT + h) . G . MTMM(RTRR + h) ;

donc : T 2 = 4π 2 . (R T + h)2 . (R T + h)G . MT

;

d’où : T 2

(R T + h)3 = 4π2

G . MT

.

On retrouve bien la troisième loi de Képler pour un mouvement circulaire.


2.2.1. Un satellite géostationnaire est un satellite 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.

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.

TAP

3.3. Voir le schéma ci-dessous.

S2 S3

S1

P A

S4

T

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 por-tions 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 monde1. Étude des résultats de la simulation1.1.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’accéléra-tion 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.

1.2.b. �0 = �0x2 + �0y0

2 = 14 m . s–1 et tan α = �0x

�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.

1.3.b.

H =

2,6

2 m

D = 21,69 m

y (m)

x (m)

0

1

2

3

4

5

6

7

8

0 5 10 15 20 25

0

S

2. Étude théorique du mouvement du centre d’inertie du boulet

2.1. FA = µ´ . V . g et P = µ . V . g.FA

P =

µ´µ = 1,8 × 10-4, on peut donc négliger la poussée

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 bou-let 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 { az = – g ; d’où : $� { �z = – g . t + �0z = – g . t + �0 . sin α .


2 . g . t 2 + �0 . sin α . t + h,

équations horaires du mouvement.

2.4. De x(t) on tire t = x�0 . cos α que l’on remplace

dans z(t), soit :

z = – g

2�02 . cos2 α . x2 + tan α . x + h, équation de la

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 plans1. Vrai, d’après la deuxième loi de Newton : m . $aG = $P = m . $g ; d’où : $aG = $g . Le vecteur accéléra-tion ne dépend pas des conditions initiales.2. Faux, le projeté de G est animé d’un mouve-ment uniformément accéléré d’après la deuxième loi de Newton.



3. Vrai, à partir de la deuxième loi de Newton, on démontre que la trajectoire de G a pour équation :

z = – g

2�02 . cos2 α . x 2 + tan α . x, équation d’une para-

bole quelle que soit la valeur de l’angle α.4. Dans ces conditions, α = 0°, l’équation de la trajec-

toire s’écrit : z = – g

2�02 . x 2 + H.

Au point de chute, z = 0 ; d’où : 0 = – g

2�02 . x 2 + H,

il vient : x = �0 . 2Hg .


Énoncés1 Loi de gravitation universelleNeptune 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 gravi-tationnelle 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, détermi-ner la période de révolution de Neptune autour du Soleil.Donnée : G = 6,67 × 10–11 SI.

2. Déterminer les angles de tirUn projectile est lancé d’un point O situé au niveau du sol avec une vitesse $�0 faisant un angle α avec l’hori-zontale.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.

3. Exploiter les graphiques x(t) et y(t)À l’aide d’un logiciel, on exploite la vidéo d’un mou-vement de chute libre d’une balle lancée à la vitesse initiale $�0, inclinée d’un angle α par rapport à l’hori-zontale. 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 hori-zontal 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-

matiques se rapprochant des points obtenus sont égale-ment indiquées sur la figure ci-dessous.

+0,100 +0,20

+0,30+0,40

+0,50+0,60

+0,70+0,80

0+0,25+0,50+0,75+1,00+1,25+1,50+1,75+2,00

t (s)

z(m) x(m)

z = – 5,0 t2 + 4,2 t + 0,86

x = 1,9 t + 0,17

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 hori-zontales �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’iner-tie de la balle suivant la verticale ?9. Quel est l’angle d’inclinaison α de $�0 avec l’hori-zontale ?

4. Masse de l’astre centralOn 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.

PlanètePériode

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

Uranus 2,87 × 109

Neptune 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.



6. Avec les renseignements du tableau, peut-on cal-culer la masse de Jupiter ? De quelles données a-t-on besoin ?

Corrigés

1. 1. $FS/N = – G . mN . mS

R 2 . $u avec $u un vecteur

unitaire orienté du Soleil vers Neptune.2.

FS/NS N

3. FS/N = G . mN . mS

d 2

= 6,67 × 10–11 × 1,0 × 1026 × 2,0 × 1030

(4,5 × 1012)2

= 6,6 × 1020 N.4. La troisième loi de Képler, en supposant la tra-jectoire de Neptune autour du Soleil circulaire, s’écrit : T 2

R 3 = 4π

G . mS

.

T = 2π . G . mS

R 3

= 2π 6,67 × 10–11 × 2,0 × 1030

(4,5 × 1012)3

= 5,2 × 109 s.

2. 1. Le système étudié est le projectile dans un repère � (O ; $i, $k ) lié au référentiel terrestre tel que $ksoit vertical ascendant, que le plan ($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 { az = – g ; d’où : $� { �z = – g . t + �0z = – g . t + �0 . sin α.


2 . g . t 2 + �0 . sin α . t + h,

équations horaires du mouvement.

2. De x(t) on tire t = x�0 . cos α que l’on remplace

dans z(t) ; soit : z = – g

2�02 . cos2 α . x2 + tan α . x ,

équation de la trajectoire du centre d’inertie du pro-jectile.

3. Pour x = L, z = 0 = L (– 12

. g . L

�02 . cos2 α + tan α) ;

L = 2�0

2 . cos2 α . tan αg

= 2�0

2 . cos α . sin αg

= �0

2 . sin 2αg

.

Donc : sin 2α = g . L�0

2 . Cette équation admet deux

solutions : α1 et α2 = π2

– α1.

4. g . L�0

2 = 9,8 × 100 802

= 0,15.

Il vient : 2α1 = 8,8° ; d’où : α1 = 4,4° (tir tendu),et 2α2 = π – 2α1 ; d’où : α2 = 85,6° (tir en cloche).

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 = d�xdt

= 0 m . s–2.

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.

tan α = �0z

�0x

= 4,21,9

; d’où : α = 66°.

4. 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

R 3 = constante.

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 :

mP . $a = $F ; donc : $a = $FmP

= G . mS

R 2 . $n ;

a = G . mS

R 2 = �

2

R ;

d’où : � = mSG .R

.

T = 2π . R�

;

d’où : T = 2π . R . G . mS

R ;

donc : T 2 = 4π2 . R 2 . RG . mS

;

d’où : T 2

R 3 = 4π2

G . mS

.



On retrouve bien la troisième loi de Képler pour une planète en mouvement circulaire autour du Soleil.

5. mS = 4π2

G . cte = 4π2

6,67 × 10–11 × 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 satel-lites, ainsi que le rayon de la trajectoire de ce satellite.

Bibliographie

Ouvrages• Mécanique : cours et exercices corrigés, J.-P. Duran-deau et coll., pp. 185 à 189, Ediscience international, McGraw-Hill, 1989.• Mécanique 1re année MPSI, PCSI, PTSI, J.-M. Bré-bec et coll., collection H Prépa, Hachette, 1996.

Site Internetwww.solarviews.com/flash/uranus.htm

CédéromCédérom Universaelis.




chapitre

Phys

ique

ProgrammeCe chapitre correspond à la troisième partie du pro-gramme officiel :


Contenus3.1. Présentation de divers systèmes oscillants mécaniques• Pendule pesant, pendule simple et système solide-ressort en oscillation libre : position d’équilibre, écart à l’équilibre, abscisse angulaire, amplitude, amortisse-ment (régime pseudo-périodique, régime apériodique), pseudo-période et isochronisme des petites oscillations, période propre.• Expression de la période propre d’un pendule simple : justifi cation de la forme de l’expression par analyse dimensionnelle.3.3. Le phénomène de résonance• Présentation expérimentale du phénomène : excita-teur, résonateur, amplitude et période des oscillations, infl uence de l’amortissement.• Exemples de résonances mécaniques.

Connaissances et savoir-faire exigibles3.1. Présentation de divers systèmes oscillants mécaniques • Défi nir un pendule simple.• Justifi er la position d’équilibre dans le cas d’un pen-dule simple.• Défi nir 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 oscil-lations.• 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, justifi er la forme de l’expres-sion de la période propre par analyse dimensionnelle.• À partir d’une série de résultats expérimentaux, vérifi er la validité de l’expression de la période propre d’un pendule simple.

Savoir-faire expérimentauxDécrire un protocole expérimental permettant :– d’enregistrer le mouvement d’un système oscillant plus ou moins amorti ;– de vérifi er la loi d’isochronisme des petites oscillations ;– de vérifi er 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.

CommentairesLa présentation de divers systèmes oscillants est uni-quement 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 res-pectives 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 mou-vement de pendules pour diverses amplitudes initiales. Pour de petites amplitudes, on vérifiera la loi d’isochro-nisme des petites oscillations.Pour le pendule simple, à partir de l’inventaire des paramètres pouvant influencer sa période propre, on

Le pendule pesant 12



accédera à l’expression de celle-ci par analyse dimen-sionnelle ; 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 expérimen-talement sur des dispositifs qui permettent de diffé-rencier nettement excitateur et résonateur, ce qui n'est pas le cas dans l'expérience des pendules couplés.Aucune courbe de résonance ne sera tracée expérimen-talement.

Matériel

Cours > Activités 1 et 2– 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.


> Objectifs• Connaître les lois du pendule simple.• Connaître l’influence de l’amortissement.• Connaître le phénomène de résonance mécanique.

Activités préparatoiresA. Le pendule pesantCette activité présente une expérience historique réalisée par Galilée.Elle montre l’intérêt de la modélisation.

Réponses aux questions1. Les deux lustres oscillaient avec la même période malgré des masses très différentes.2. Galilée a modélisé le pendule pesant par un pen-dule 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’escarpoletteCette activité évoque la résonance.

Réponse à la questionIl faut pousser la balançoire avec une fréquence égale à sa fréquence propre.

Cours1. Qu’est-ce qui caractérise un pendule

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 1Réponse 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.

2. De quels paramètres dépend la période d’un pendule simple ?

On montre expérimentalement :– l’isochronisme des petites oscillations ;– que la période est indépendante de la masse ;– que la période, pour des oscillations de faible ampli-tude, 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’amortis-sement sur le mouvement du pendule simple et on aborde la notion de pseudo-période.

> Activité 2Réponse 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 3Réponses 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 oscil-lations 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 expérimenter1. De GALILÉE à HUYGHENS

Réponses aux questions1. La première partie du texte évoque la loi des masses.2. a. Le rapport des masses est égal au rapport des

masses volumiques : 11,30,11

≈ 100.

b. L’affirmation de Galilée est vraie, car la période propre d’un pendule est indépendante de sa masse.



S’autoévaluer1.

– max max

une oscillation correspond à un aller-retour du penduledepuis la position jusqu'à la même position

max

max

élongation :

amplitude : max

2. 1. a. Faux ; b. Vrai ; c. Vrai.2. Faux.

3. 1. c. T0 = 2π . �g

.2.

Grandeur Unité

� m

g m . s–2

2π . �g s

4π2 . �g s2

2π . �g s–1

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 . �

avec k = 4π2

g.

Graphiquement, k = 4.

g = 4π2

k = 4π2

4 = π2 = 9,9 m . s–2.

5. 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.

6. 1. L’excitateur impose la fréquence d’oscil-lations.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 amor-tissements faibles. Les oscillations ont alors une amplitude maximale.

Exercices1. 1. a. Un pendule simple est constitué d’un solide de masse m, de petites dimensions, suspendu

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 oscil-lations. 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.

T0 = 2π . �g

= 2π × 0,99429,81

= 2,0 s.

8. g . T0

2

4π2 = � ; soit : 9,81 × 12

4π2 = 0,25 m.

9 pouces mesurent donc 0,25 m.1 pouce mesure environ 0,028 m.

2. Étude expérimentale des résultats de GALILÉE

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 suffi samment 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

.

Grandeur Unité

� m

g m . s–2

�g

mm . s–2 ↔ s2

�g s

7. Il faut retrouver : T0 = 2π . �g

.

8. Le mouvement est pseudo-périodique.9. Si l’amortissement n’est pas important, la pseudo-période et la période propre sont égales.10. Les résultats expérimentaux correspondent à ceux énoncés par Galilée si l’amortissement n’est pas important.




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.

– max max

une oscillation correspondà un aller-retour du penduledepuis la position jusqu'à la même position

max

max

élongation :

amplitude : 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

.

4. 1. La période est indépendante de l’amplitude des oscillations si l’amplitude est inférieure à 20°.

2. a. T0 = 2π . �g

.b.

Grandeur Unité

� m

g m . s–2

�g

mm . s–2 ↔ s2

2π . �g s

c. T0 = 2π . �g

= 2π × 0,59,81

≈ 1,42 s.

5. 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 . �g

;

soit : g = 4π2 . �T0

2 = 4π2 × 0,160,802 ≈ 9,9 m . s–2.

6. 1. Le phénomène est l’amortissement des oscil-lations.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).

7. 1. L’excitateur est l’électroaimant et le résona-teur le pendule.

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’ampli-tude 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.

8. 1. T0 = 2π . �g

.

2. �t = 0,003 s.La période est théoriquement de 2 s, il y a donc : 24 × 3 600

2 = 43 200 périodes par jour.

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 T0

2 en fonction de �, car la représentation graphique est une droite.3. a. Représentation graphique : T0

2 = f (�) ; T 2 = 4,010 8 × �.

00

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

3,0

3,5

4,0

4,5

0,2 0,4 0,6 0,8 1,21,0

T2TT

b. D’après la réponse à la question 1. : T02 = 4π2

g . �.

La pente est donc : 4π2

g.

Graphiquement, on a obtenu : 4,01.

g = 4π2

4,01 ≈ 9,84 m . s–2.

10. 1. T0 = 2π . �g

= 2π × 0,59,81

≈ 1,42 s.

2. T0 = 2π . �g

avec g = g0 . RT

2

(RT + h)2 ;

soit : T0 =2π . �g

(RTRR +T h)2

RTRR 2. = 1,42 s.



3. g étant donné avec 3 chiffres significatifs, il faut donner les valeurs des périodes avec 3 chiffres signi-ficatifs au maximum. Dans ce cas, les périodes sont égales.

11. La période d’un pendule simple de longueur

RT est : T0 = 2π . gRTRR .

La période de révolution d’un satellite est donnée par :

a = �2

R T et a =

G . MT

R T2 = g ;

donc : � = g . RTRR ;

or, 2π . RT = � . T0 ; donc : 2π . RT = g . RTRR . T0TT .

D’où : T0 = 2π . RT . g . RTRR

1 = 2π . g . RTRRRTRR 2

;

soit : T0 = 2π . gRTRR .

12. On mesure la période propre T0 d’un pendule de longueur � connue.

T0 = 2π . �g

0

= 2π . G . MTMM� . RTRR 2

;

d’où : MT = 4π2 . � . R T

2

T02 . G

.

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.

2. T0 = 2π . �g

= 2π . 21,29,81

= 9,24 s.

3. L’amplitude des oscillations est supérieure à 20°, donc la loi d’isochronisme ne s’applique pas dans le cas du botafumeiro.

4. T = T0 (1 + θm

2

16). θm = 13° = 13

360 × 2π ≈ 0,23 rad ;

T = 9,24 × (1 + 0,232

16 ) = 9,27 s.

θm = 82° = 82360

× 2π ≈ 1,43 rad ;

T = 9,24 × (1 + 1,432

16 ) = 10,42 s.

Les oscillations de 13° d’amplitude sont des oscillations de faible amplitude ; ce n’est pas le cas des oscillations de 82° d’amplitude.

15. 1. Il est judicieux de choisir les représenta-tions graphiques (a) et (b), car ce sont des droites, donc aisées à étudier.

2. La période propre T0 est : T0 = 2π . �g

.

Représentation graphique (a) : T = f ( �).

La pente est donc 2πg

.

Représentation graphique (b) : T ² = f (�) .

La pente est donc 4π2

g.

16. 1. La période des oscillations est indépendante de la masse (courbe 1).Pour θ < 20°, la période des oscillations est indépen-dante de l'angle.

2. a. T = 2π . �g

.

b. Le coefficient directeur est égal à 4,1 s2 . m–1.

La relation précédente conduit à T 2 = 4π2 . �

g , soit T 2 = 4,0 × �.

17. 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.

T = 2π . �g

, donc : � = T 2 . g4π2 ≈ 1,0 m.

5. Le pendule bat la seconde, car la durée d’une demi-oscillation est d’une seconde.

18. 1. Le phénomène mis en évidence est la réso-nance. 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 = 1f = 1

1,1 = 0,91 s.

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.

00

5

10

15

20

25

30

0,6 0,8 1,0 1,2 f2ff (Hz)

m(°)



4. Pour une fréquence nommée, fréquence de réso-nance, 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

propre f0 = 1T0

, donc : T0 = 1,1 s.

T = 2π . �g

, donc : � = T 2 . g4π2 ≈ 0,30 m.

7. La fréquence de résonance est peu modifiée.Les amplitudes du pendule P1 seront plus faibles.

20. 1. V = mρ = 288 930 = 3,15 × 10–3 m3 ;

V = 43

. π . R 3, donc : R = 4π3V3 = 0,091 m.

Le diamètre est donc de 18 cm.0,1867 = 2,7 ¥ 10–3, soit 0,27 % ; le diamètre de la

sphère semble négligeable par rapport au diamètre du fil.

2. a. T0 = 2π . �g

= 2π × 67,009,805

= 16,42 s.

b. T0 = 2π . �g

= 2π × 67,099,805

= 16,44 s.

c. Il y a une différence de 0,02 s qu’il ne faut pas négliger dans le cas de mesures précises.


Énoncés1. Enregistrement du mouvement

d’un pendule simpleL’enregistrement ci-dessous a été obtenu à l’aide d’une webcam et d’un logiciel dédié à l’étude des images numérisées.

01 2 3 4 5

–5

–10

+5

+10

( )

t (s)

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 prati-quement égale à T, déterminer la valeur approximative de la longueur � de ce pendule.Donnée : g = 9,8 m . s–2.

2. BalançoireUne 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 conve-nable, 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 ?

Sujet BAC

Connaître l’influence de différents paramètres sur les oscillations d’un pendule

1. Influence de la masseLa période des oscillations du pendule simple est indé-pendante 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 initialePour des oscillations d’amplitude inférieure à 20°, il y a isochronisme des oscillations ; donc la période est indé-pendante de l’amplitude.La représentation graphique de la figure 5 est celle qui convient.

3. Influence de la longueur du filSi 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.



3. Discussion de savants 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 per-pendiculaire (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 cri-tique ?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 ?

Corrigés1. 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.

b. T = 2,0(3/2) = 1,3 s.

3. Le pendule effectue des oscillations de faible ampli-tude, 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 :T0 = 2π . �

g , alors � =

T02 . g

4π2 ; on trouve � = 0,42 m.

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.

b. Le mouvement est alors dit pseudo-périodique.3. a. Les oscillations du pendule sont dites forcées, car 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.

3. 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’am-plitude 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.

Bibliographie

Ouvrages• Mécanique, L.D. Landaou, E.M. Lifchits, Mir, 1982.• Mécanique 1re année MPSI - PCSI - PTSI, J.-M. Bré-bec 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 phy-sique, 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.frAller dans Pédagogie, Discipline, Sciences-physiques.• www.ac-narcy-metz.fr/enseign/physique/divers/Java/oscillateur/oscillat.html



chapitre

Phys

ique

13Le dispositif

solide-ressortProgramme

Ce chapitre correspond à la troisième partie du pro-gramme officiel :


Contenus3. Systèmes oscillants3.2. 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 analy-tique dans le cas d’un frottement nul.• Période propre.3.3. Le phénomène de résonance• Présentation expérimentale du phénomène : excita-teur, résonateur, amplitude et période des oscillations, infl uence 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 dispo-sitif oscillant horizontalement.• Connaître la signifi cation de tous les termes inter-venant dans la solution de l’équation différentielle et leur unité.• Connaître et savoir exploiter l’expression de la période propre, vérifi er son homogénéité par analyse dimension-nelle.

Savoir-faire expérimentaux• Enregistrer un mouvement oscillant amorti.• Savoir mesurer une amplitude, une pseudo-période.• Savoir faire varier l’amortissement.• Savoir montrer l’infl uence 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.

• Savoir que l’augmentation de l’amortissement provoque une diminution de l’amplitude.

• Connaître des exemples de résonance mécanique.

Exemples d’activités• 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 fi xé à un ressort vertical) :– enregistrer x = f (t) ;– déterminer l’amplitude et la pseudo-période ;– déterminer l’infl uence de l’amortissement sur l’ampli-tude et sur la pseudo-période ;– déterminer l’infl uence des paramètres m et/ou k.

CommentairesLe 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’est-à-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 frotte-ment f dont on ne précisera pas l’expression.

La solution de l’équation différentielle sera donnée sous

la forme x = xm . cos (2 πT0

. t + φ0) ; φ0 est la phase à

l’origine des dates. La pulsation propre ne sera pas introduite.

La résonance mécanique sera introduite expérimenta-lement 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 expérimen-talement.



MatérielCours> 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 logi-ciel d’exploitation.– Différents ressorts de constantes de raideur connues.– Surcharges adaptées pour le mobile.

> Activité 2Le matériel de l’activité 1, plus des palettes à fixer au mobile pour augmenter l’amortissement.

> Paragraphe 2– Un ressort suspendu à une potence.– Une règle graduée.– Des masses marquées.

> Activité 3– 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 sui-vant 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> Objectif

• Connaître la force de rappel exercée par un ressort.• Effectuer la résolution analytique de l’équation diffé-rentielle dans le cas d’un dispositif oscillant horizonta-lement sans frottements.

• Savoir que l’augmentation de l’amortissement provoque une diminution de l’amplitude.• Connaître le phénomène de résonance mécanique.

Activités préparatoiresA. La suspension d’une motoCette activité présente aux élèves un dispositif que certains doivent connaître : la suspension d’une moto (ressort et amortisseur).

Réponses aux questions1. La suspension assure la liaison des roues au sol, en toute circonstance.2. L’amortisseur supprime les oscillations de la sus-pension.3. L’état de la suspension doit être contrôlé, car la tenue de route du véhicule en dépend.

B. Le jeu de flipperLe jeu du flipper est connu des élèves. Le ressort, comprimé par le joueur puis relâché, exerce une force sur la bille et la propulse.

Réponses aux questions1. 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.

Cours1. Quelles sont les caractéristiques

du mouvement d’un solide accroché à un ressort ?

1.1 Étude d’un oscillateur faiblement amortiIl s’agit d’observer, puis d’enregistrer le mouvement oscillatoire du solide accroché à un ressort.> Activité 1On enregistre le mouvement d’un point du solide relié au ressort et glissant sur le banc à coussin d’air hori-zontal.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 oscillationsIl s’agit d’observer, puis d’enregistrer le mouvement oscillatoire du solide pour des amortissements diffé-rents. On distingue les régimes d’oscillations : pseudo-périodique, apériodique et critique.> Activité 2Une 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.


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 mouvementOn établit maintenant l’équation différentielle décri-vant 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 introdui-sons 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 + km

. x = 0.

3.2 Les solutions de l’équation différentielleUne solution générale de l’équation différentielle est proposée :

x = xm . cos (2 πT0

. t + φ0).En dérivant deux fois cette expression, on vérifie que celle-ci est bien solution de l’équation différentielle avec

T0 = 2 π mk

, xm et φ0 étant des constantes dépendant

des conditions initiales.

4. Comment varie l’amplitude des oscillations mécaniques forcées d’un dispositif solide-ressort ?

4.1 Étude des oscillations forcéesEn 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 expérimen-talement »), 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 (légè-rement inférieure) de la fréquence propre f0 du résona-teur 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’ampli-tude 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 rup-ture par résonance. En 1940, des bourrasques inter-mittentes 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 questions1. 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 encom-brement qu’un fil d’acier rectiligne.

3. Constante de raideur : k = A . D 2

L, D étant le dia-

mètre du fil en m, L sa longueur en m et A une constante de proportionnalité, dépendant du matériau et s’expri-mant 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 questions1.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 obte-

nue est égal (voisin) de 2πk

.

3.a. T0 = 2 π mk

.

b. Oui.4.a. Valeur tributaire du matériel utilisé.b. T´ ≈ T0 si l’amortissement reste faible.




S’autoévaluer1. 1.

GG0

i

R

P

FF f

xO

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.

2. 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 :

– k . x = m . d2x

dt 2 = m . x .

D’où : x + km

. x = 0.3.x = – 2π

T0

. xm . sin (2πT0

. t + φ0)x = – 4π2

T02 . xm . cos (2π

T0

. t + φ0)x + k

m . x = – 4π2

T02 . xm . cos (2π

T0

. t + φ0) + k

m . xm . cos (2π

T0

. t + φ0)x + k

m . x = (– 4π2

T02 + k

m) . xm . cos (2πT0

. t + φ0) .Cette expression est nulle quel que soit t si :

(– 4π2

T02 + k

m) = 0, donc si T0 = 2 π mk

.

xm : amplitude du mouvement ;φ0 : phase à l’origine.Ces deux constantes dépendent des conditions ini-tiales.

T0 = 2π mk

: période propre de l’oscillateur.

3. 1. Un capteur optoélectronique (DEL et photo-transistor) permet d’effectuer l’enregistrement sou-haité.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 frotte-ments dus au liquide.

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.

4. 2. Le résonateur oscille à la période imposée par l’excitateur.4. La résonance est d’autant plus aiguë que les frot-tements sont faibles.

Exercices

1. 1. a. Un oscillateur élastique est constitué par un solide relié à un ressort dont une extrémité est fixe.b.

(k)(m)

xOxi

G

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. 1. Voir le cours.2. a. T = 0,15 s ; f = 1

0,15 = 6,7 Hz.

b. xm = 2,5 cm.

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.

4. 1. a. et b.

FFopFF

2.

F FopFF

3. k = F��

= 0,325,0 × 10–2 = 6,4 N . m–1.

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.




5. 1. a. 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.

6. 1.R

P

FG ix

O

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.

Sur l’horizontale, on a : d2xdt 2

+ km

. x = 0.

7. 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’expres-

sion de x : x = – xm . (2πT0

)2 . cos (2π

T0

. t + φ0) .En remplaçant dans l’équation différentielle, on constate

qu’il faut que T0 = 2π mk

pour que l’expression

proposée soit solution de l’équation différentielle pour toute valeur de t.Comme à t = 0, on a x = xm , alors φ0 = 0.

8. 1. a. k s’exprime en N . m–1 et m en kg.

b. Dans le système international, d2xdt 2

s’exprime en

m . s–2 et km

. x s’exprime en N . m–1

kg . m = N

kg ;

or, 1 N = 1 kg . m . s–2, donc km

. x s’exprime en

m . s–2. La relation est homogène.2. Dans le système international, 2π n’a pas d’unité

et 2π mk

s’exprime en :

N . m–1

kg = kg . m . s–2 . m–1

kg = s.

9. 1. T = 0,50 s.

2. T0 = 2π mk

= 2π 0,08012,6

= 0,50 s.

3. T = T0 : la pseudo-période est égale à la période propre des oscillations libres, car l’oscillateur est peu amorti.

10. 1. L’amplitude est constante, donc l’amortis-sement 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.

3. T0 = 2π mk

;

donc : m = T0

2

4π2 . k =

0,452

4π2 × 18 = 92 × 10–3 kg.

11. 1. a. Oscillations forcées.b. 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.

12. 1. a. Le mobile est soumis à son poids, à la réaction du support, horizontale, à la force $F1 exer-cée par le ressort 1 et à la force $F2 exercée par le res-sort 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 = 0avec k = k1 + k2 .

13. 1. a. �� = � – � 0.

F (N) 0,50 1,0 1,5 2,0

�� (m) 0,018 0,036 0,053 0,071

b. Lorsque F = 0 N, alors �� = 0 m.2.

Δ (m)

F (N)NN

0 706050

0,5

0

1,0

1,5

2,0

3. La constante de raideur du ressort est égale au coefficient directeur de la droite obtenue : k = 28 N . m–1.



14. 1. a. k = F��

= mm . g

�� = 3,1 × 103 × 10

1,0 × 10–3

= 3,1 × 106 N . m–1.b. m = 15 + 3,1 = 18,1 t.

c. T0 = 2π mk

= 2π 18,1r103

3,1r106 = 0,48 s,

soit : f0 = 1T0

= 2,1 Hz.

2. Si les fréquences sont proches, l’ensemble risque d’entrer en résonance.

15. 1. C’est le phénomène de résonance.2. La période du phénomène est égale à la période de rotation de roue :

T = 2π . RV

= 2π × 0,30(126/3,6)

= 0,054 s, soit f = 19 Hz.

16. 1. T0 = 2π mAm . mB

k . (mAm + mB) et f0 = 1

T0

.

2. a. f = cλ

= 3,00 × 108

3,343 × 10–6 = 8,97 × 1013 Hz.

b. λ = 3,343 µm = λ = 3 343 nm, cette onde se situe dans l’infrarouge.3. a. Pour une mole : � = 1,0 × 35,0

1,0 + 35,0 = 0,972 g ;

soit pour une molécule :

� =

1,0 × 35,01,0 + 35,06,02 × 1023

= 1,61 × 10–24 g = 1,61 × 10–27 kg.

b. k = 4 π2 . f02 . µ

= 4 π2 . (8,97 × 1013)2 × 1,61 × 10–27 = 513 N . m–1.

17. 1. a.

R

P

F G

ix

O x

tige

b. 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 .

Sur l’axe (Ox), on a donc : d2xdt 2

+ km

. x = 0.

c. On dérive deux fois l’expression proposée :

x = xm . cos (2πT0

. t + φ0) ;x = – xm . 2π

T0

. sin (2πT0

. t + φ0) ;x = – xm . (2π

T0)2

. cos (2πT0

. t + φ0).En remplaçant dans l’équation différentielle, on

constate qu’il faut avoir T0 = 2π mk

pour que

l’expression proposée soit solution de l’équation dif-férentielle 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.

e. T0 = 2π mk

; T0 = 2π 0,2928,0

= 1,2 s.

Cela correspond à la valeur expérimentale de T0.

2. a. x = – xm . (2πT0

)2 . cos (2π

T0

. t + φ0) = – (2πT0

)2 . x .

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 représen-tation graphique.b. Le coefficient de proportionnalité est : – (2π

T0)2

.c. Le coefficient directeur est :

(0,41 – (–0,41))(–15 × 10–3 – 15 × 10–3)

= – 27,3 s–2.

Il vient donc : T0 = 27,32π = 1,2 s. Cette valeur est en

accord avec les valeurs précédentes.

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 – π2

rad.

Pour trancher entre les deux valeurs, il faut regarder l’évolution de x : immédiatement après la date t = 0,

x augmente, donc : φ0 = – π2

rad.

c. T0 = 2π mk

; T0 = 2π 0,486120

= 0,400 s.

Cela correspond à la valeur expérimentale.

2. a. � = x = – xm . 2πT0

. sin (2πT0

. t + φ0) = – 3,0 × 2π

0,40 × sin ( 2π

0,40 . t – π

2).b.

t 0T0

4T0

2 3 . T0

4T0

� (cm . s–1) 47,1 0 – 47,1 0 47,1

c.

00,2 0,4 0,6 0,8 1,0

20

– 20

– 40

– 60

40

60

t (s)t

(cm)

3. a. a = x = – xm . (2πT0

)2 . cos (2πT0

. t + φ0) = – 3,0 × ( 2π

0,40)2 × cos ( 2π

0,40 . t – π

2 ).



b.

t 0T0

4T0

2 3 . T0

4T0

a (cm . s–2) 0 – 740 0 740 0

c.

00,2 0,4 0,6 0,8 01,0

200

– 200

– 400

– 600

– 800

400

800

600

t (s)t

a (cm . s–2)

19. A. Oscillations libres de la suspension

1. a. T0 = 2π mk

.

b. T0 = 2π 4001,5r105

= 0,32 s.

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.

B. Oscillations forcées de la suspension4. 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.

5. fR ≈ 2,9 Hz, soit : TR = 1fR

= 12,9

= 0,34 s.

On trouve une valeur proche de T et T0.

20. 1. Il peut se produire un phénomène de réso-nance.

2. a. k = F��

= P��

= 6,5 × 103 × 100,001 2

= 5,4 × 107 N . m–1.

b. T0 = 2π mk

; T0 = 2π 5,4r107

16r103 = 0,11 s

et f0 = 1T0

= 9,3 Hz.

c. Le phénomène sera perceptible si, en une période d’oscillation T0, le camion parcourt la distance d.

Alors : � = dT0

= 1,20,11

= 11 m . s–1, soit 40 km . h–1.

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.

Sujets BAC

Comment mesurer la masse d’un astronaute ?1. Équation horaire des oscillations1.1. Voir le schéma ci-dessous.

(S)

k = 2k1

x (m)x xm

souffleriedÕair

G

O 0,1

R

P

F

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

m . x = 0.

1.2. b. On dérive deux fois l’expression proposée :

x = xm . cos (2πT0

. t + φ0) ;x = – xm . 2π

T0

. sin (2πT0

. t + φ0) ;x = – xm . (2π

T0)2

. cos (2πT0

. t + φ0).En remplaçant dans l’équation différentielle, on constate

qu’il faut avoir T0 = 2π mk

pour que l’expression pro-

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’astronaute2.1. L’amplitude (xm = 0,6 m) est constante. Les oscil-lations ne sont pas amorties. Les frottements sont négli-geables.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.

2.4. T = T0 = 2π mk

; m = k . T 2

4π2 ;

m = 4,000 × 103 × 1,04π2 = 1,0 × 102 kg ;

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.



Oscillations libres et forcéesDonnées :k = 40 N . m–1 ; m = 100 g ; �0 = 10,0 cm ; � = 12,4 cm ; g = 10 N . kg–1; π = 3,14 ;

12,4

= 0,42 ; 13,2 = π

10 .

1. Étude statique1.1. m . g = k’ . (� – �0) ; k’ =

m . g(� – �0)

; k’ = 42 N . m–1.

1.2. Erreur relative = |kmesurée – kfournisseur|

kfournisseur

× 100

= 42 – 4040

× 100 = 240

× 100 = 5 %.

2. Étude dynamique2.1. 2T = 0,63 s ; T = 0,315 s.

2.2. T = 2π mk

= 2π 0,10040

; T = 0,31 s.

Cette valeur est en accord avec la valeur théorique.

2.3. T = 2π mk

.

Avec N = kg . m . s–2, k s’exprime en N . m–1 = kg . m . s–2 . m–1 = kg . s–2;

d’où T en kg . m . s–2

kg ; T s’exprime donc en s.

2.4. Solution plus visqueuse, donc les frottements sont plus importants. Les oscillations seront amorties.

t (s)

x (cm)2,01,5

0

0,5

– 0,50,1 0,2 0,4 0,7

0,5 0,6

– 1,0

– 1,5– 2,0

1,0

0,3

3. Étude des oscillations forcées3.1. 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.

3.4. À la résonance : T = 1f

= 13,2

= π10

s = 0,31 s.

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 « fl oue » : l’amplitude pour f = 3,2 Hz ne sera que fai-blement supérieure aux autres amplitudes.


Énoncés1. Oscillateur élastiqueDans cet exercice, on s’intéresse aux oscillations d’un oscillateur élastique en translation.

A. Étude de la courbe

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 f (Hz)

f0 = 0,99 Hz

amplitude (cm)12

10

8

6

4

2

0

1. Quel type d’oscillations a-t-on étudié pour construire le graphique présenté ?2. Schématiser un dispositif d’étude. Indiquer les diffé-rents 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 aug-menté.Dessiner les deux courbes avec des couleurs différentes sur le document présenté.

B. L’oscillateur élastique en translation1. 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’ex périence vaut 272 g. Quelle est la valeur de la raideur du ressort ?6. Que se passe-t-il si l’on accroît les frottements pro-gressivement ? Indiquer les différents types de mouve-ment 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,



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 exté-rieure, 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 provo-quer une résonance, ou de le modifier de telle sorte que soient évitées les valeurs (connues ou estimées) des sti-mulations 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 repé-rés par leur intensité (leur place sur une échelle conven-tionnelle, par exemple celle de Richter), mais ils ont une autre caractéristique moins connue mais très impor-tante pour le problème qui nous préoccupe : leur fré-quence 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 confi-guration 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 amar-rées 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 compor-tement en cas de sollicitations provenant d’un tremble-ment de terre. Quelques années plus tard, il y eut un tremblement de terre assez violent dans cette région, et le barrage a tenu. »

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.

A. Compréhension du texte

1. Donner la signification des termes « résonance » et « 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 ?

B. Exploitation scientifiqueTransmission des oscillations d’une machineLe 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 indivi-duelle 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 ?

Vibrations transversales d’une barre encastréeLes 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’extré-mité 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 bar-rage en barres parallèles disposées « en touches de piano » relativement indépendantes ?b. Quel est l’effet des joints en cuivre sur les vibrations ?

3. Vibrations continues et phénomène de résonance« Aux fins du présent exposé, on entend par vibrations continues les vibrations d’une durée supérieure à envi-ron dix cycles. Ces vibrations peuvent être provoquées par les mouvements périodiques des machines, par cer-taines activités humaines comme la danse, ou par la cir-culation des véhicules dans le voisinage. Elles peuvent être considérablement amplifiées lorsque [intervient] le phé-nomène appelé résonance [...].Sauter d’une manière répétitive sur un plongeoir ou un trampo line 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.


Élimination de la source des vibrationsOn peut équilibrer les machines afin de réduire les forces excentriques ou les raccorder à une masse lourde, aug-mentant 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 vibrationsLes 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 vibrationsOn 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 vibra-tions du plancher. Pour combattre les vibrations, la fré-quence 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 trans-mise est réduite d’environ 80 % ; si elle représente moins que ce pourcentage, la réduction est encore plus impor-tante. 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 élé-ments 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 plancherOn peut concevoir une ossature à l’épreuve de la réso-nance si on connaît la fréquence de la source des vibra-tions. 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 infé-rieure à environ 5 Hz.Les effets de résonance peuvent aussi être diminués par l’amortissement accru, mais cette méthode n’est habi-tuellement 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’ossa-ture 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

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 pro-posent : « l’installation d’antivibrateurs [, qui] constitue une méthode efficace pour modifier les propriétés du plan-cher. 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 auto-mobile répond aussi aux fonctions indiquées dans cet extrait du texte.

Corrigés1. 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 consti-tué 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 mk

est en kg . kg–1 . s2, soit en s2 ;

d’où T = α mk

avec α = 2π.

5. k = 4π2 . f 2 . m = 10,7 N . m–1.6. Mouvements pseudo-périodique, critique et apério-dique.



2. 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 réso nateur.Les sollicitations extérieures sont les vibrations impo-sées par l’excitateur ; on parle d’oscillations forcées.2. Si le rotor du moteur n’est pas équilibré, c’est-à-dire 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 tra-duisent 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, provo quèrent 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 tremble-ments 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),

soit PM = 2 k . x, d’où k = PM

2 x ;

k = 2,5 × 103 × 102 × 1 × 10–3

= 1,25 × 106 N . m–1

≈ 1 × 106 N . m–1.b. Il s’agit d’un oscillateur mécanique en trans lation ;

la période propre est : T = 2π M + m

2 k.

T = 2π 2,5r106

8,5r103

= 0,37 s ; f = 1T

= 2,7 Hz.

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.4.

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’au-tant plus « vite » qu’elle est courte !).

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 pro-blème 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 vibra-tion du plancher du lieu à protéger est différente de celle du plancher qui vibre direc tement. »2. L’amplitude vibratoire est maximale lorsque la fré-quence 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 for-cées 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 vibra-toires continues, installer une suspension et des amor-tisseurs 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 métal-liques 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 défor-mations 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

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

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




chapitre

Phys

ique



Contenus4. Aspects énergétiques• Travail élémentaire d’une force.

• Travail d’une force extérieure appliquée à l’extrémité d’un ressort, l’autre extrémité étant fi xe.

• 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 gra-phique et par intégration.

• Établir et connaître l’expression de l’énergie poten-tielle 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 justifi ée, 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 non-conservation de l’énergie mécanique d’un système.

Exemples d’activitésActivité de réinvestissement des enregistrements des travaux pratiques précédents d’un point de vue énergétique (projec-tile 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.

CommentairesOn 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 allonge-ment fi ni 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 méca-nique. Cette introduction sera faite à l’occasion de l’étude du système solide-ressort qui sera traité unique-ment dans le cas horizontal.On généralisera ensuite la notion d’énergie mécanique au cas d’un projectile dans un champ de pesanteur uni-forme.La conservation ou la non conservation de l’énergie mécanique sera montrée dans les deux cas précédents.

14Étude

énergétique des systèmes

mécaniques



MatérielCours> Activité 1

– Un banc à coussin d’air avec un dispositif solide-ressort.– Un dispositif d’acquisition pour le repérage, en fonc-tion du temps, de la position d’un point du mobile glissant, en translation, sur le banc à coussin d’air hori-zontal.– Un ordinateur avec une carte d’acquisition et un logiciel d’exploitation.

> Activité 2

– Un caméscope pour filmer le mouvement paraboli-que 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 fonc-tion du temps de la position d’un point du mobile.– Un ordinateur avec une carte d’acquisition et un logiciel d’exploitation.


> 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 méca-nique.

Activités préparatoiresA. Le saut à la percheCette 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 questions1. 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’angeCette activité illustre la transformation d’énergie poten-tielle gravitationnelle en énergie cinétique.

Réponses aux questions1. 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 ?

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 aug-mente. 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’ex-pression du travail d’une force constante, puis de défi-nir le travail élémentaire d’une force non constante. Il convient de faire admettre aux élèves que sur un dépla-cement 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’in-tégrale.Un travail en commun avec le professeur de mathéma-tiques est alors souhaitable.

1.2. Travail de la force exercée par un opérateur sur un ressort

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 interac-tions (troisième loi de Newton) permet de donner l’expression de la force exercée par « l’objet » (opéra-teur) 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 :

W($Fop) = �0

xA k . x . dx = [12 . k . x 2]0

xA

= 12

. k . xA2 .

Une résolution graphique permet d’illustrer et de confirmer le résultat.

2. Comment exprimer l’énergie 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’op-posé du travail de la force de rappel, tout comme l’éner-gie potentielle de pesanteur est égale (paragraphe sui-vant) 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} effec-tuant des oscillations, l’élève (le professeur) programme



les calculs des énergies EP élas = 12

. k . x 2 et EC = 12

. m . �2.

Les tracés obtenus permettent de constater la « complé-mentarité » 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 progres-sivement.

> Activité 1Réponses aux questions1. 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 solide-ressort est égale à la somme des travaux des forces exté-rieures appliquées au système : travail des forces de frot-tement, 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 méca-nique d’un projectile. On sera amené à établir que la variation d’énergie mécanique d’un solide en mouve-ment 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 exté-rieures 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.

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 conser-

vation de l’énergie mécanique : EM = 12 . m . �2 + m . g . z,

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 2Réponses aux questions1. 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.

2. Les variations d’énergie potentielle de pesanteur et d’énergie cinétique sont opposées.

Rechercher et expérimenter1. Un sac à dos, oscillateur élastiqueCe document présente un dispositif original et écolo-gique.Des informations complémentaires concernant le dis-positif décrit dans cette page peuvent être obtenues sur le site : http://sciences.nouvelobs.comFaire alors une recherche, sur le site, au nom de Larry Rome.


1. T0 = 2 π . mk

.

2. La personne fait deux pas par seconde et la charge oscille à chaque pas du marcheur, donc T = 0,5 s.

k = 4π2 . mT 2

avec T = T0 ; k = 3 947 ;

k = 4 × 103 N . m–1.3. L’expression de l’énergie potentielle élastique est :

EP élas = 12

. k . x 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 = T4

= 0,54

= 0,12 s.

� = �E�t = 5 × 4

0,5 = 40 W.

La valeur théorique est supérieure à la valeur indiquée : la conversion d’énergie potentielle élastique en énergie électrique n’est pas totale.

2. Modélisation du sac à dos, oscillateur

Ce T.P. est à réaliser avec les élèves. Des résultats sont donnés à titre d’exemple.

Réponses aux questions1.a. Pour le graphique présenté : T = 0,40 s.

b. En posant T = T0 = 2 π . mk

, après avoir mesuré

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 = 12

. k . xm2 .

b. Pour EP = EPmax , alors EC = 0.

4.a. EC = ECmax = 12

. m . �max2 .

b. Pour EC = ECmax, alors EP = 0.5. Si les frottements sont négligeables, l’énergie méca-nique se conserve. Dans l’exemple proposé, l’énergie mécanique n’est pas constante.



Savoir s’autoévaluer1. 1. a. W = 1

2 . k . x 2 = 0,5 × 50 × (5,0 × 10–2)2

= 6,3 × 10–2 J.

b. W = 12

. k . (xB2 – xA

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.

2. 1. On lit un allongement de 8,0 cm pour 10,0 N ;

k = F(� – �0)

= 10,28,0 × 10–2 = 125 N . m–1.

2. W = 12

. k . x 2 = 0,5 × 125 × (4,0 × 10–2)2

= 0,10 J.

3. 1. F = k . x ; k est le coefficient directeur de la

droite ; k = 5,010 × 10–2 = 50 N . m–1.

2. a. EP élas = 12

. k . x 2 = 0,5 × 50 × (6,0≤ × 10–2)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.

4. 1. a. L’énergie mécanique EM = EP élas + EC .

b. EM = 12 . k . xmax

2 = 0,5 × 100 × (8,0 × 10–2)2 = 0,32 J.

2. L’oscillateur se déplace sans frottement, son éner-gie mécanique se conserve. Lorsqu’il passe par sa position de repos, il n’a que de l’énergie cinétique ;

d’où : EM = EC = 12

. m . �2

et : � = (2EM

m )1/2 = (2 × 0,32

0,200 )1/2 = 1,8 m . s–1.

3. EM = EP élas + EC = 12

. k . x 2 + 12

. m . �2 ;

� = [2 (EM – EP élas)

m ]1/2

pour x = 3,0 cm, EP élas = 0,5 × 100 × (3,0 × 10–2)2 = 0,045 J

et � = [2 × (0,32 – 0,045)0,200 ]1/2 = 1,7 m . s–1.

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 ascen-dant 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 = 12

× 0,705 × 102 + 0,705 × 9,8 × 1

= 35,25 + 0,69 = 42,2 J.

2. Au niveau du sol : EP pes = 0 ; EM = EC = 12

. m . �2 ;

� = [2EM

m ]1/2 = [2 × 42,2

0,705 ]1/2 = 11 m . s–1.

Exercices1. 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 mainte-nir 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 = 12

. k . x 2 .

b. Le travail est en joule, la constante de raideur en newton par mètre et le déplacement en mètre.

2. 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 res-sort 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 :

W = �0

xA k . x . dx = [12 . k . x 2]0

xA

= 12

. k . xA2 .

b. W = 12

× 23 × (5 × 10–2)2 = 3 × 10–2 J.

4. a.

xxAx xBx

F=k . x

b. Le travail de $Fop correspond à l’aire grisée.c. L’aire grisée est égale à :12

. k . xB2 – 1

2 . k . xA

2

= 12

× 23 × (10 × 10–2)2 – 12

× 23 × (5 × 10–2)2

= 8,6 × 10–2 J.

3. La valeur de l’énergie potentielle élastique du ressort comprimé est :

EP élas = 12

. k . (� – �0)2 = 1

2 × 10 × (0,20 – 0,12)2

= 3,2 × 10–2 J.




4. 1. Vrai.2. Faux : l’énergie potentielle élastique s’exprime en joule.3. Vrai.4. Faux : EP é1as(1) = 1

2 . k1 . x1

2

et EP élas(2) = 12

. k2 . x22 = 1

2 .

k1

2 . (2 x1)

2 = k1 . x12

= 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 = 12

. k . x 2

avec x l’allongement du ressort.

EP élas = 12

× 10 × 0,052 = 1,3 × 10–2 J.

2. EM = EP élas + EC = 12

. k . x 2 + 12

. m . �2 .

Puisque le système glisse sans frotter, l’énergie méca-nique se conserve.EM = 1,3 × 10–2 J.3. a. EM = EP élas + EC = 1

2 . m . �2, car x = 0 ;

� = [2 . EM

m ]1/2

= [2 × 1,3 × 10-2

0,200 ]1/2 ; � = 0,36 m . s–1.

b. EM = EP élas + EC = 12

. k . x2 + 12

. m . �2 ;

� = [2 (EM – EP élas)m ]1/2

pour x = 2,0 cm,

on a : EP élas = 0,5 × 10 × (0,020)2 = 2,0 × 10-3 J.

� = [2 (13 × 10–3 – 2,0 × 10–3)0,200 ]1/2

= 0,33 m . s–1.

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 = 12

. m . �2 .

� = [2 . EM

m ]1/2 = [2 . g . h]1/2 = [2 × 10 × 8]1/2

� = 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 : 12

. m . �22 = m . g . h + 1

2 . m . �1

2

avec �1 = 63,6 = 1,7 . D’où :

�2 = [2 . g . h + �12]1/2 = [2 × 10 × 8 + ( 6

3,6)2]1/2

�2 = 12,7 m . s–1 ; soit : �2 = 13 m . s–1.La vitesse d’arrivée sur la surface de la mer est quasi-ment identique, que l’hélicoptère soit immobile ou animé d’une vitesse de 6 km . h–1.

7. 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 = 12

. m . �22 ,

� = [2 . EM

m ]1/2 = [2 . g . h]1/2

= [2 × 9,8 × 2,5 ]1/2 = 7,0 ; � = 7,0 m . s–1 = 25 km . h–1.

8. 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 $F passe par le point d’attache supérieur du câble, c’est-à-dire par le centre de la tra-jectoire circulaire du point A : c’est une force radiale. Elle est à chaque instant perpendiculaire au déplace-ment élémentaire de A.En conséquence : W($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’éner-gie 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’éner-gie 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 + 12

. m . �22

où h est l’altitude du centre d’inertie G de la sphère.



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) + 12

. m . �2.Lorsque θ = θ1 = 30°,

�1 = 19 km . h–1 = 193,6

= 5,3 m . s–1.

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) + 12

. m . �22

= m . g . (L + R ) . (1 – cos θ1)

+ 12

. m . �12 . 1

2 . m . �2

2

= m . g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + 12

. m . �12.

D’où : �22 = 2 g . (L + R ) . (1 – cos θ1) + �1

2

�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 inter-médiaires, 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 + 12

. m . �12 = m . g . h2 + 1

2 . m . �2

2

avec : �1 = 0 ;

d’où : h1 = h2 + (12 . �2

2)g

;

soit : h1 = 9 + ( 423,6)2

20 = 16 m.

10. 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 + 12

. m . �12 = m . g . h2 + 1

2 . m . �2

2

avec �1 = 0 et h2 = 0.L’énergie cinétique que la turbine peut convertir en énergie électrique vaut :

EC2 = 12

. m . �22 = m . g . h1 ;

EC2 = 103 × 9,8 × 70 = 690 kJ.

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 . T2

avec T = 0,5 s (0 s ; 0,25 s ; 0,5 s...).

2. L’énergie mécanique est la somme de l’énergie potentielle élastique et de l’énergie cinétique du

solide : EM = EP élas + EC = 12

. k . x2 + 12

. m . �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.

12. 1. EC = 12

. m . �2 ; EP pes = m . g . h

et EM = EC + EP pes = 12

. m . �2 + m . g . h.

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 mouve-ment 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.

13. 1. EC1 = 12

. m . �12 et EC2 = 1

2 . m . �2

2 ;

EC2 = EC1 . �2

2

�12 .

Soit : EC2 = 40 × 302

702 = 7,3 kJ.

2. On suppose que toute l’énergie cinétique est convertie en énergie potentielle de pesanteur :

m . g . h = EC2 ,

soit : h = EC2

m . g = 12

. m . �2

2

m . g =

�22

2 g.

D’où : h = ( 303,6)2

2 × 9,8 = 3,5 m.

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.

b. EC = 12

. m . �2 = 12

. m (�H2 + �V

2).

2. EM = m . g . z + 12

. m (�H2 + �V

2).



3. a. EM1 = m . g . z1 + 12

. m (�1H2 + �1V

2) ;

EM2 = m . g . z2 + 12

. m (�2H2 + �2V

2).

EM1 = EM2 et �1H2 = �2H

2 ; d’où la relation cherchée :

m . g . z1 + 12

. m . �1V2 = m . g . z2 + 1

2 . m . �2V

2.

b. Avec z1 = 0 (niveau de décollage) et �2V = 0 (composante verticale de la vitesse nulle au sommet de la trajectoire) :12

. m . �1V2 = m . g . z2 et z2 =

�1V2

2 g = (�1 . sin α)2

2 g .

D’où : z2 = (45 × sin 55

3,6 )2

(2 × 9,8) = 5,3 m.

15. 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 = Fx

= 1,0 × 102 N . m–1.

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.

F (N)

x (m)

30

0,30

dxdd

k . x

x

c. Le travail, pour un allongement de 0 à x, corres-pond 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.

F (N)

x (m)

30

10

0,300,10

16. 1. L’énergie potentielle élastique emmagasi-née par le ressort, lorsqu’il est comprimé, est :

EP élas = 12

. k . x 2 = 0,5 × 150 × (0,10)2 = 0,75 J.

2. On suppose que l’énergie potentielle élastique est intégralement convertie en énergie cinétique et

EP élas = EC = 12

. m . �2 = 0,75 J avec m = 10 × 10–3 kg.

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.

L’altitude maximale atteinte par la fléchette est h = 7,7 m.4. a. Pour une hauteur de 5,0 m, l’énergie poten-tielle 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 = Wd

= 0,265

= 5,3 × 10–2 N.

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 = 12

. m . �12 .

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 – 12

. m . �12 = – f . H,

où �1 est la valeur recherchée :

�1 = [2H (g + fm )]

1/2 = [2 × 20 × (9,8 +

1,20,8)]1/2

;

soit : �1 = 21 m . s–1.

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.

A1

A2

R

PO

z

c. 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) ;

W($R ) = �A1

A2 $R . $d� = 0, car $R est, à chaque instant, perpendiculaire à $d�.3. Le théorème de l’énergie cinétique permet d’ex-primer la variation d’énergie cinétique du système en fonction du travail des forces appliquées au système :EC(A2) – EC(A1) = W($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).



L’énergie mécanique du système se conserve.

5. m . g . z1 + 12

. m . �12 = m . g . z2 + 1

2 . m . �2

2

12

. m . �22 = 1

2 . m . �1

2 + m . g . (z1 – z2) ;

donc : �2 = [�12 + 2 g (z1 – z2)]

1/2

= [( 33,6)2

+ 2 × 9,8 × 10]1/2.

La vitesse en A2 vaut : �2 = 14 m . s–1 = 50 km . h–1.

19. 1. Le graphique montre que l’énergie méca-nique 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 ;

hmax = EPmax

m . g = 630(35 × 9,8)

= 1,84 ;

hmax ≈ 1,8 m.

b.

3,0 m

EPmax

h

h = L(1 – cos α) ;

cos αmax = 1 – hmax

L = 1 – 1,84

3,0 = 0,38 et αmax = 67°.

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 ;12

. m . �max2 = EP max et �max = ( 2 EP max

m )1/2 ;

�max = (2 × 63035 )1/2

= 6,0 m . s–1.

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 + 12

. m . �B2 = m . g . zA + 1

2 . m . �A

2 .

Pour �B = 0, h = zB – zA = �A

2

2 g.

Si d est la distance parcourue sur le plan incliné :

hd

= sin α et d = hsin α

= �A

2

2 g . sin α ;

d = (5,0)2

(2 × 9,8 × sin 20°) = 3,7.

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

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) = 12

. m . �A2 .

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 – 12

. m . �A2

= m . (g . d´ . sin α – 12

. �A2) ;

W( $f ) = 5,0 × (9,8 × 2,5 × sin 20° – 0,5 × 5,02) = – 21 J.

21. 1. Les amplitudes ne décroissent pas, donc le mouvement n’est pas amorti.

2. T0 = 2π . mk

= 2π . 35

0,500 = 0,75 s.

3. a. Les graphiques susceptibles de représenter x (t) sont les graphiques (1) et (2), car les périodes sont 0,75 s.

b. � = dxdt

= x. .

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.

5. À t = 0 : EP = 12

. k . x2 = 0, car x(0) = 0.

Le graphique (3) représente donc EP et le graphique (4) représente EC.

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 = 12

. m . �2, avec � vitesse

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

et z = 35(0,76 × 9,8)

= 4,7 m, altitude H de l’extré-

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 méca-nique 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.



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 sys-tème {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 = 12

. m . �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 (situa-tion 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 maxi-male 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.

b. EP pes2 = m . g . z2 ; z2 = EP pes2

m . g = 4 06380 × 9,8

= 5,2 m.

3. z´2 = 0,80 × EP pes2

m . g ; z 2 = 4,2 m.

4. La perche, pliée, possède de l’énergie potentielle élastique. Cette énergie est transférée au sauteur lors-qu’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 = 12

. m . �02 ;

d’où : �0 = [2 . EP pes2

m ]1/2 = [2 × 4 063

80 ]1/2 = 10,07 ;

�0 = 10 m . s–1.b. Le matelas amortit le choc. Il absorbe, en se défor-mant, l’énergie cinétique du sauteur.

Sujet BAC

Étude d’un oscillateur élastique horizontal1. Aspect énergétique en l’absence

de frottements

1.1. EM = EP élas + EC = 12

. k . x2 + 12

. m . �2.

1.2. x(t) = xm . cos [(2πT0

) t + φ0]�(t) = x.(t) = – xm . 2π

T0

. sin (2πT0

. x + φ0) = – �m . sin (2π

T0

. x + φ0)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 :

�m = 4,3 × 10–2 × 2π0,30

= 0,90 m . s–1.

1.4. Case 1 : EM ; case 2 : EC ; case 3 : EP ; case 4 : la

durée désignée par la double flèche est T0

2.

2. Aspect énergétique en présence de frottements

2.1. Dans le cas où l’on observe toujours des oscilla-tions 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’allon-

gement maximum initial xm0 est : EM0 = 12

. k . xm02.

2.2.2. EM1

EM0

= [12 . k . (xm0

r )2][12 . k . x 2m0]

= 1r 2

.


Énoncés1. QCMIndiquer, pour chacune des phrases suivantes, la (ou les) proposition(s) exacte(s).1. La relation W = $F . $AB défi nissant 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 ;



c. est égale à la valeur absolue du travail de la tension ;d. 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 ;

d. est égale à 12

. m . g . h .

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.

2. Pistolet à fléchettesUn enfant souhaite envoyer sa fl échette 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 fl é-chette. La masse de la fl échette est de 20 g, la raideur du ressort de 1,0 × 103 N . m–1.1. a. Évaluer le travail du poids de la fl échette 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, fl échette} ?c. En déduire la valeur de l’énergie mécanique du sys-tème dans ces conditions.2. L’enfant appuie sur la gâchette de son pistolet, dont le ressort se détend et propulse verticalement la fl échette vers le haut. La fl échette se détache du ressort lorsque ce dernier retrouve sa longueur naturelle.a. Calculer la variation d’énergie potentielle de pesan-teur de la fl échette 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 {fl échette, ressort} à l’instant où le ressort retrouve sa longueur natu relle ? L’approximation qui consiste à négliger les frottements est-elle justifi ée ? c. En déduire la vitesse acquise par la fl échette à cet instant.3. On étudie maintenant le mouvement vertical de la fl échette séparée du ressort.a. Évaluer l’énergie mécanique de la fl échette 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 fl échette.b. En négligeant les frottements aérodynamiques,

déterminer l’altitude atteinte par le centre de gravité de la fl échette.c. En réalité, le centre de gravité de la fl échette 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 ressortUn joueur de fl ipper 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 repré-senter les forces exercées sur son extrémité.b. Quelles sont les valeurs de la tension du ressort au repos et à la fi n de la compression ?2. a. Calculer la valeur du travail de la tension du res-sort 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 rela-tion T = f (��) ?b. Décrire un protocole simple pour effectuer cet éta-lonnage.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

a. 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.

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.



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 ? Justifi er 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 sup-posant que son énergie mécanique est constante ? Commenter la pertinence de cette hypothèse.

6. Mouvement d’un oscillateurAu cours d’une séance de travaux pratiques, on a enre-gistré 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).

01 2 3 4 5 6

+30

+20

+10

–10

–20

–30

–40

+40

t (s)

x (mm)

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 pseudo-période 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.

Corrigés1. 1. b. ; 2. b. et c. ; 3. b. et c. ; 4. a. ; 5. a., c. et d.

2. 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.

Le travail fourni par la force appliquée à la fl èche comprimant le ressort est :

W = 12

. k . x 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 poten-tielle élastique et de l’énergie cinétique de la fl échette : EM = EP élas + EC ; ici, EC = 0 puisque la fl èche est immo-bile ; 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’éner-gie mécanique du système est constante : EM = 1,25 J.Les seuls frottements qui interviennent sont les frotte-ments fl uides de l’air sur la fl échette : ils ont un effet négligeable, car la vitesse de la fl échette reste très petite.c. EM = EP élas + EC = EC puisque le ressort a repris sa

longueur naturelle, donc : EM = 12

. m . �2 ;

� = 2 EM

m =

0,022 × 1,25

= 11,18, soit � = 11 m . s–1.

3. a. EM = EPg + EC = EC ;

EM = 12

. m . �2 = 0,5 × 0,02 × 125, soit EM = 1,25 J.

b. En l’absence de frottement, l’énergie mécanique de la fl échette dans le champ de pesanteur uniforme est constante. Au point culminant de son ascension, l’éner-gie cinétique est nulle, donc : EP = m . g . h = EM et

h = EM

m . g =

1,250,02 × 9,8 = 6,37, soit h = 6,4 m.

c. L’énergie mécanique fi nale 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 :

Ff = – Wh´ =

0,205,4 , soit : Ff = 0,18 N.

3. 1. a. $F est opposée à $T.$T est colinéaire au ressort et dirigée vers l’extérieur.b. Au repos : T0 = 0 ; à la fi n de la compression : T5 = 2 N.

2. a. W = ∫05 T . d� = – k .

x 2

2 = – 5,0 × 10–2 J.

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.



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 correspon-dant à quelques allongements également mesurés.2. a.

00

2

4

6

8

10

12

1 2 3 4 65

T (N)

(cm)

b. k = T��

= 126,0 × 10–2 = 2,0 × 102 N . m–1.

3. a. Mesurer l’aire du trapèze compris entre la courbe

et les droites x1 et x2 : W = 12

. k . (x22 – x2

1).

b. W = 0,32 J.

5. 1. EC = 12

. m . �2 = 20 × 103 J.

2. a. Le projectile ayant une vitesse nulle au fond du canon, on applique le théorème de l’énergie cinétique :

�EC = 12

. m . �2 = W($F ) + W($Ff), d’où, ignorant tout

des frottements : W($F ) > EC = 20 × 103 J.

b. F = W($F ) �

= 25 × 103 N ;

p = FS = F

πd 2

4

= 2,2 × 108 N . m–2 = 2,2 × 103 bar.

c. � = W t

= 180 × 20 × 103

60 = 60 × 103 watt.

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 :

�EC = W($F ) + W($P ),

soit : 12

. m . �2 = W($F) – m . g . �.

�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.

b. EM = EC = 20 × 103 J.

d. h = EM

m . g = 5 × 104 m = 50 km, c’est important.

La vitesse d’éjection étant très grande, les forces de frot-tement 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.

6. 1. Le mouvement est pseudo-périodique puisque l’allongement du ressort ne varie pas sinusoïdale-ment : 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’in-tervalle 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 :

T0 = 2π . mk

.

Donc, k = 4 π2 . mT

02 = 6,3 N . m–1.

3. a. À t = 0 s, x0 = – 35 mm et � = 0 m . s–1 ;

EM = 12

. k . x20 = 3,8 × 10–3 J.

À t = 4 s, x4 = 25 mm et � = 0 m . s–1 ;

EM = 12

. k . x42 = 2,0 × 10–3 J.

b. En 4 s, �E = – 1,8 × 10–3 J ; la puissance moyenne dissipée par les forces de frottement est donc :

�m = 1,8 × 10–3 = 4,5 × 10–4 W,

�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


15Ouverture au monde

quantique


15

chapitre

Phys

ique



Contenus5. L’atome et la mécanique de Newton : ouverture au monde quantique• Limites de la mécanique de Newton.

• Quantifi cation des échanges d’énergie.

• Quantifi cation 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 électrosta-tique.

• Savoir que l’énergie de l’atome est quantifi ée et que la mécanique de Newton ne permet pas d’interpréter cette quantifi cation.

• Connaître et exploiter la relation �E = h . ν, connaître la signifi cation 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 ato-miques.

• 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 quantifi cation des échanges d’énergie.

• Étude de spectres.

CommentairesPour 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 1r 2

) les structures auxquelles elles

donnent naissance sont très différentes : variété des systèmes planétaires (par exemple, liberté de placer un satellite à n’importe quelle altitude), identité surpre-nante des systèmes atomiques.

Matériel

CoursPour 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 alimen-tation.– 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.




A. Les insuffisances du modèle 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.


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 sen-sibles 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 méca-nique de Newton, la conception de Bohr s’appuie sur des considérations énergétiques (discontinuité des états d’énergie de l’atome).

B. Le spectre du SoleilLe spectre de la lumière provenant du Soleil : spectre « faussement » continu, car strié de fines raies d’absorption.

Cours

1. Les prévisions de la mécanique de NEWTON

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’in-teraction gravitationnelle prime, les interactions élec-triques, répulsives ou attractives se compensant. Au niveau microscopique, les interactions électriques sont dominantes.

Ce sont des forces « en 1r 2

», dites « forces newto-niennes ».

1.2. La mécanique de NEWTON appliquée à l’atome

L’énergie d’un système de corps en interaction gravita-tionnelle peut prendre toutes les valeurs, sans disconti-nuité (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.

2. Les limites de la mécanique newtonienne

2.1. Étude du spectre d’émission de l’atome d’hydrogène

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 por-teurs 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

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.



2. 1. ν = 4,57 × 1014 Hz ; 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. 1.

l (nm) 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

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.

Exercices1. 1. a. Interaction électrique et interaction gravi-tationnelle.

b. Fe = k . qA . qB

r 2 ; Fg = G .

mA . mB

r 2.

2. a. Vrai. b. Vrai. c. Vrai. d. Faux.

2. 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 quan-tifiée, elle ne varie pas continûment. La mécanique de Newton n’est pas satisfaisante.

3. 1. a. ν = cλ = 3,00 × 108

546 × 10–9 = 5,49 × 1014 Hz.

b. E = h . ν = h . cλ ;

E = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

546 × 10–9

= 3,64 × 10–19 J,

soit : E = 3,64 × 10–19

1,60 × 10–19 = 2,28 eV.

Savoir s’autoévaluer1. a. Faux, elles sont de l’ordre de l’eV.b. Faux.c. Vrai.d. Faux.

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 molé-cules 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).

Rechercher et expérimenter La dualité onde-corpusculeOn 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 ondu-latoire ?

Réponses aux questions1. 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).




2. a. E = 2,11 × 1,60 × 10–19 = 3,38 × 10–19 J.

b. λ = h . cE

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

3,38 × 10–19

= 5,89 × 10–7 m = 589 nm.

4. 1. ν = cλ = 3,00 × 108

10,6 × 10–6 = 2,83 × 1013 Hz .

2. E = h . ν = h . cλ ;

E = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

10,6 × 10–6

= 1,88 × 10–20 J,

soit : E = 1,88 × 10–20

1,60 × 10–19 = 0,117 eV.

3. Énergie émise chaque seconde : Ee = � . �t = 0,10 × 1 = 0,10 J.Nombre de photons émis chaque seconde : Ee

E = 0,10

1,88 × 10–20 = 5,3 × 1018 photons.

5. 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.

2. a. λ = h . c|E2 – E3| × 1,60–19

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

1,88 × 1,60 × 10–19 = 6,61 × 10–7 m ;

λ = 661 nm.b. L’énergie de l’atome diminue, donc la radiation est émise.

3. a. λ = h . c|E2 – E1| × 1,60–19

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

11,2 × 1,60 × 10–19 = 1,22 × 10–7 m ;

λ = 122 nm.b. L’énergie de l’atome augmente, donc la radiation est absorbée.

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.

c. E = h . ν = h . cλ ;

E = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

589 × 10–9 = 3,38 × 10–19 J,

soit : E = 3,38 × 10–19

1,60 × 10–19 = 2,11 eV.

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’élec-tronvolt (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.

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.

2. a. λD1 = h . c|�E |

= 6,626 × 10–34 × 2,997 9 × 108

(2,102 81 – 0) × 1,602 2 × 10–19

= 589,6 × 10–9 m = 589,6 nm.

b. λD2 = h . c|�E |

= 6,626 × 10–34 × 2,997 9 × 108

(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.

c. Écart relatif : 0,6589,0

× 100 = 0,1 %.

11. 1. Le spectre comporte des raies colorées sur fond noir, c’est un spectre d’émission.

2. E = h . cλ en J avec λ en m

et E = h . cλ × 1,60 × 10–19 en eV avec λ en m.

l (nm) 511,9 562,6 595,0 662,0

E (eV) 2,43 2,21 2,09 1,88

12. 1. a. Cette radiation est jaune.b. La longueur d’onde dépend du milieu de propa-gation.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.



13. 1. L’énergie correspondant à l’état ionisé est nulle, celle du niveau fondamental est donc néga-tive. Elle est égale à l’opposé de l’énergie d’ionisation : Eα = – 4,34 eV.

2. a. �Eαβ = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

770,0 × 10–9 × 1,60 × 10–19 = 1,61 eV.

b. �Eαγ = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

764,5 × 10–9 × 1,60 × 10–19 = 1,63 eV.

3. Eβ = Eα + h . cλ

= – 4,34 + 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

770,0 × 10–9 × 1,60 × 10–19

= – 2,73 eV;

Eγ = Eα + h . cλ

= – 4,34 + 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

764,5 × 10–9 × 1,60 × 10–19

= – 2,71 eV.

14. 1. Le niveau choisi comme référence est le niveau fondamental.

2. 21283Bi → 208

81Tl* + 42He et 20881Tl* → 208

81Tl + γ

3. a. La plus grande longueur d’onde correspond à la plus petite variation d’énergie.

λmax = h . c|�E |

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

(0,04 – 0) × 1,60 × 10–19

= 3 × 10–5 m.b. La plus petite longueur d’onde correspond à la plus grande variation d’énergie.

λmin = h . c|�E |

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

(0,616 – 0) × 1,60 × 10–19

= 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.

2. E = h . ν = h . cλ ;

E (J) = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

λ(m)

ou E (eV) = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

λ(m) × 1,60 × 10–19 .

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.

n 1 2 3 4 5

En (eV) – 13,6 – 3,40 – 1,51 – 0,85 – 0,54

b. E (eV)E

0

– 0,54– 0,85

– 1,51

– 3,40

– 13,6

min

max

c. Eionisation = 13,6 eV ; Efondamental = 0 eV.d. La plus grande longueur d’onde correspond à la plus petite variation d’énergie, la plus courte lon-gueur d’onde correspond à la plus grande variation d’énergie :

λmax = h . c|�E |

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

(– 3,40 – (– 13,6)) × 1,60 × 10–19

=122 × 10–9 m = 122 nm ;

λmin = h . c|�E |

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

(0 – (– 13,6)) × 1,60 × 10–19

= 91,4 × 10–9 m = 91,4 nm.

2. a. λpq = h . c�Epq

,

donc : 1λpq

= �Epq

h . c =

E0

p2 – E0

q 2

h . c

=

E0 . ( 1p2 –

1q 2)

h . c =

E0

h . c . ( 1

p2 – 1q 2)

et 1λpq

= RH . ( 1p2 –

1q 2), donc : RH =

E0

h . c .

b. RH = 13,6 × 1,60 × 10–19

6,63 × 10–34 × 3,00 × 108 = 1,094 02 ;

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 → ∞.

λmax = (RH . ( 112 – 1

22))–1

= (1,094 02 × 107 × ( 112 – 1

22))–1

= 1,22 × 10–7 m = 122 nm ;

λmin = (RH . ( 112 – 1

∞2))–1

= (1,094 02 × 107 × ( 112 – 1

∞2))–1

= 9,14 × 10–8 m = 91,4 nm.En gardant suffisamment de chiffres significatifs pour RH , on retrouve les résultats précédents.

17. 1. Les deux interactions newtoniennes sont l’interaction gravitationnelle et l’interaction électrique.2. On dit que ces interactions présentent des ana-logies, car elles ont des points communs :– leur droite d’action joint les corps en interaction ;



– leur valeur est proportionnelle à 1r 2

, r représentant

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 gravi-tationnelles.Les forces gravitationnelles sont attractives. Comme les signes des charges sont opposés, les forces élec-triques sont attractives.

d

Fe,e FF n

Fg,e F n

Fg,n F e

Fe,n FF enoyaumasse mp

charge eélectronmasse mecharge –e

b. Fe = k . e . ed 2

= 9,0 × 109 × 1,60 × 10–19 × 1,60 × 10–19

(50 × 10–12)2

= 9,2 × 10–8 N ;

Fg = G . me . mp

d 2

= 6,7 × 10–11 × 9,11 × 10–31 × 1,67 × 10–27

(50 × 10–12)2

= 4,1 × 10-47 N.c. Fe >> Fg. La force électrique a une valeur très supérieure à celle de la force de gravitation.Fe

Fg

= 2 × 1039.

18. 1. a. λ = cν = 3,00 × 108

2,45 × 109 = 0,122 m.

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 ;

E = 1,62 × 10–24

1,6 × 10–19 = 1,01 × 10–5 eV.

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.

19. 1. a. et b.

Groupement C=O O–H C=C

s = 1l (cm–1) 1 700 3 550 1 650

l (µm) 5,882 2,817 6,061

E (eV) 0,211 0,441 0,205

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.

Sujets BAC

Lampe à vapeur de sodium

1. 1.1. Les radiations appartenant :– au domaine du visible ont pour longueur d’onde :

568,8 nm, 589,0589,6

nm et 615,4 nm ;

– 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 :

ν = cλ, soit ν = 3,00 × 108

589,0 × 10–9 = 5,09 × 1014 Hz.

1.4. h est la constante de Planck et e est la charge électrique élémentaire.

2. 2.1.

état excité

état excité

état excité

état excité

état excité

état excité

état fondamental

1,09 eV absorption

2,11 eV émission

E (eV)

0

E5 = – 0,85

E4 = – 1,38

E3 = – 1,52

E2 = – 1,94

E1 = – 3,03

E0 = – 5,14

2.2. Les niveaux d’énergie de l’atome sont quantifiés : les variations d’énergie sont aussi quantifiées. Les éner-gies et les fréquences des photons émis lors de ces varia-tions 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 . cλ en J ; �E = h . cλ . e

en eV ;

�E = 6,62 × 10–34 × 3,00 × 108589,0 × 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.



Principe de fonctionnement d’un tube fluorescent1. 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.

2. Étude du spectre du mercure2.1. 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.

2.3.b. |�E | = h . cλ en J ou en eV ;

λ = h . c|�E |

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

(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 visible3.1. 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.


Énoncés

1. Comparer des spectres d’absorption1. Sachant qu’une longueur d’onde λ = 5 × 10–6 m correspond un nombre d’onde σ de 2 000 cm–1, expri-mer 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) 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

Les documents (a) et (b) représentent les spectres d’ab-sorption de deux molécules organiques.

(a)100

0 800

1003 600 1 800 1 400 1 000

nombre d'onde (cm–1)

% tr

ansm

issi

on

(b)4 000

3 000 2 500 2 000 1 500 1 300 1 100 1 000

nombre d'onde (cm–1)

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 = – 13,6n2 avec E en eV

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 consé-quent, 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 fl èches, sur le diagramme pré-cédent, 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.



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 radia-tion 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 pro-duit 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.

longueur d'onde (nm)656,3 486,1 434,1 410,2

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 correspon-dantes.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

l’expression En = – 54,4n 2

où n est un entier supérieur

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 « infi nie » 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 ? Justifi er la réponse.

Corrigés

1. 1. λ = 1σ avec λ en cm, si σ est en cm–1.

2. a. Le spectre (a) révèle la présence d’un grou pement 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.

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 trans f ert d’énergie E6 – E1 = – 0,38 – (– 13,6) = 13,2 eV.

λ = 1 24113,2

= 94,0 nm.

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 suffi sante pour provo-quer 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 absor-bés 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 compa-rables.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 ;


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 corres-pond 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 suffi t de 54,4 eV.

Bibliographie

Ouvrages• Physique atomique, Volume 1, Atome et rayonnement : interactions électromagnétiques, B. Cagnac, L. Tchang-Brillet et J.-C. Pebay-Peroula, Dunod, 2005.

• Lumière et matière, une étrange histoire, R. Feynman, Seuil, 1992.





E. L’évolution temporelle des systèmes et la mesure du temps (2 H.E.)

Objectif 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.

Le temps des ondes

1. Étude théorique d’un séismeRéponses 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’épi-centre 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

vitesse moyenne de � = d�t

= 40065

= 6,2 km . s–1.

2. Modèle d’un oscillateur mécaniqueRéponses aux questions

2.1. Étude d’un oscillateur mécanique libre1. Par lecture graphique sur le document 5, T0 = 1,0 s.

2. x(t = 0) = xm . cos φ0 = 5 cm (1)Lorsque l’élongation du ressort est maximale, la vitesse de l’oscillateur est nulle.

�(t) = dx(t)dt = – 2π

T0

. sin (2πT0

. t + φ0) ;

�(t = 0) = 0 = – 2πT0

. sin φ0, d’où φ0 = 0.

De (1), il vient que xm = 5 cm.

3. a. T0 = 2π . mk

.

b. k = 4π2 . m

T 02 = 4π2 × 0,250

12 = 9,9 N . m–1.

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.

Le temps et la radioactivité

1. Le radon 220Réponses 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 :

22488Ra → 220

86Rn +42 He

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 .

16

chapitre

Phys

iqueLa saga

de la mesure du temps



b. t1/2 = ln2λ = ln2

0,012 5 = 55,5 s, ce qui correspond à

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., dmdt

= – λ . m (1).

9. dmdt

= – λ . m0 . e–λt = – λ . m .

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.

Le temps et l’électricité

1. Étude du fonctionnement d’un diapason électronique


1. La flèche représentant uC est orientée de B vers A en convention récepteur.

2. a. i = dqdt

.

b. uC = qC

.

3. a. D’après la loi d’additivité des tensions,

E = uC + uR (1) avec uR = R . i = R . C . duC

dt .

(1) devient E = uC + R . C . duC

dt ,

soit : duC

dt + 1

R . C . uC – E

R . C = 0 (2).

b. En remplaçant uC par son expression dans l’équation différentielle (2), il vient :

1τ . E . e–

tτ +

1R . C . E . (1 – e–

tτ ) –

ER . C = 0 ;

soit : E . e– tτ . (1τ –

1R . C) = 0 .

Cette égalité est vérifiée à chaque instant, donc τ = R . C .

c. dim(R) = dim (UI ) = V . A–1 .

dim(C) = dim( quC

) = dim (I . tuC) = A . s . V–1.

Donc dim(R . C ) = s. La constante de temps est bien homogène à une durée.d. uC (θ) = 0,95 E = E(1 – e– θτ ) ↔ e– θτ = 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 :

u..C + 1

R . C . uC = 0 (3).

7. u. C = – 2πT0

. E . sin (2πT0

. t + φ0)u..C = – 4π2

T02 . E . cos (2π

T0

. t + φ0) = – 4π2

T02 . uC

(3) devient :

– 4π2

T02 . uC +

1R . C . uC = 0 ;

d'où : uC (– 4π2

T02 +

1R . C) = 0

Cette égalité est vérifiée à tout instant, donc :

T0 = 2π . L . C .

8. L = 14π2 . f 2 . C

= 14π2 × 4402 × 1 × 10–6 = 0,13 H.

2. Réalisation artisanale d’un diapason électronique


1. La masse de la carte d’acquisition est reliée à l’arma-ture B du condensateur. Une voie de la carte est bran-chée 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 pseudo-périodique (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



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.

b. L = 14π2 . f 2 . C

= 14π2 × 8802 × 1 × 10–6

= 3,3 × 10–2 H.

Le temps et la mécanique

1. Étude du mouvement pendulaireRéponses 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 perpen-diculaire 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. 12

. m . �² = m . g . L . (1 – cos α) ;

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

expression T0 = 2π . Lg

.

b. θ = T0

4 = π ×

9,86

= 1,2 s.

2. Étude théorique de la chute libreRéponses 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 = $g .L’accélération du centre d’inertie de Tarzan est verticale, orientée vers le bas et a pour valeur la constante g.4. a. Conditions initiales : x.0 = 6,5 x0 = 0$�0 = $�B { z.0 = 0 et $OG0 = $OGB { z0 = 7,9 .z0 = h – BH = h – L (1 – cos α) = 10 – 6 (1 – cos 50°) = 7,9 m.Les primitives des coordonnées du vecteur accélération donnent les coordonnées du vecteur vitesse : x. = x.0$� { z. = – g . t.Les primitives des coordonnées du vecteur vitesse donnent les coordonnées du vecteur position appelées équations horaires : x = x.0 . t$OG { z = – 1

2 . g . t 2 + z0.

b. On élimine le temps dans l’expression de z(t) avec

t = xx.0

.

z = – 12

. g . x 2

x. 02 + z0 = – g

2x. 02 . x2 + z0, équation de la

trajectoire.5. a. Le point d’impact D a une ordonnée nulle, donc :

0 = – g2x. 0

2 . x2 + z0 ;

d’où : x = g

2x.02 . z0 =

9,82 × 6,52 × 7,9

= 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 = – 12

. g . θ2² + z0.

D’où : θ2 = g

2z0 = 9,8

2 × 7,9 = 1,3 s.


Imprimé en France par TirageDépôt légal : 77829 - 08/2006 - Édition no 01 - Collection no 53 - 13/5440/6


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