Exercices corrigés : mouvement, lois de Newton et champs (Première spécialité)

a) On approche la vitesse instantanée en $M_{2}$ par la vitesse moyenne sur l'intervalle qui l'encadre : $\vec{v_{2}}\approx\dfrac{\overrightarrow{M_{1}M_{3}}}{2\tau}$, le déplacement de $M_{1}$ à $M_{3}$ s'effectuant pendant deux intervalles.

b) Parce que l'encadrement rend l'approximation bien meilleure. En utilisant $M_{2}$ et $M_{3}$, on obtiendrait la vitesse moyenne sur l'intervalle suivant, c'est-à-dire une vitesse représentative d'un instant situé entre $M_{2}$ et $M_{3}$, et non de $M_{2}$ lui-même. En centrant sur $M_{2}$, les erreurs commises de part et d'autre se compensent au premier ordre.

c) Le vecteur variation de vitesse est simplement $\Delta\vec{v}=\vec{v_{2}}-\vec{v_{1}}$. Graphiquement, on trace les deux vecteurs vitesse à partir d'une même origine, puis $\Delta\vec{v}$ est le vecteur qui joint l'extrémité de $\vec{v_{1}}$ à celle de $\vec{v_{2}}$ : il ferme le triangle, dans ce sens et pas dans l'autre.

d) $\Delta\vec{v}=\left(3{,}0-3{,}0\ ;\ 0{,}4-2{,}0\right)=\left(0\ ;\ -1{,}6\right)\ \mathrm{m/s}$. Le vecteur accélération vaut $\vec{a}=\dfrac{\Delta\vec{v}}{\tau}=\left(0\ ;\ \dfrac{-1{,}6}{0{,}16}\right)=\left(0\ ;\ -10\right)\ \mathrm{m/s^{2}}$. Il est vertical, dirigé vers le bas, de norme $10\ \mathrm{m/s^{2}}$.

e) Le mouvement n'est pas uniforme : la norme de la vitesse passe de $\sqrt{3{,}0^{2}+2{,}0^{2}}=3{,}6\ \mathrm{m/s}$ à $\sqrt{3{,}0^{2}+0{,}4^{2}}=3{,}0\ \mathrm{m/s}$, donc elle diminue. Il n'est pas non plus rectiligne : la direction du vecteur vitesse change, puisque sa composante verticale passe de $2{,}0$ à $0{,}4$ alors que l'horizontale reste constante. Les deux questions sont bien indépendantes : uniforme concerne la NORME, rectiligne concerne la DIRECTION, et un mouvement peut parfaitement être l'un sans être l'autre.

a) La contraposée s'énonce : si la somme des forces n'est pas nulle, alors le mouvement n'est ni rectiligne ni uniforme, et réciproquement si le mouvement n'est pas rectiligne uniforme, alors la somme des forces n'est pas nulle. C'est cette seconde formulation qui sert le plus : observer une trajectoire courbe ou une vitesse variable garantit l'existence d'une force résultante non nulle, et permet donc de la chercher.

b) Le palet est soumis à son poids, vertical vers le bas, et à la force pressante du coussin d'air, verticale vers le haut. Le coussin d'air supprimant pratiquement tout frottement, il n'y a pas d'autre force horizontale. Les deux forces verticales se compensent, donc la somme est nulle, ce qui est cohérent avec le mouvement rectiligne uniforme observé.

c) Oui, la somme des forces est bien nulle, et non, cela ne signifie pas que le moteur ne fournit rien. La force motrice transmise par la route aux roues existe bel et bien, mais elle est exactement compensée par les frottements de l'air et de la route. Le bilan nul est celui de la SOMME, pas de chaque force prise isolément. C'est d'ailleurs pourquoi il faut continuer d'appuyer sur l'accélérateur pour maintenir une vitesse constante.

d) Non, elle n'est pas nulle. La vitesse est constante en NORME mais sa DIRECTION change en permanence, puisque la trajectoire est un cercle. Le mouvement n'est donc pas rectiligne, et le principe d'inertie impose une somme des forces non nulle : c'est l'attraction gravitationnelle exercée par la Terre, dirigée vers le centre de l'orbite. Confondre vitesse constante en norme et vecteur vitesse constant est l'erreur la plus fréquente sur cette loi.

e) Parce que la loi est fausse dans un référentiel non galiléen. Dans un train qui freine, un objet posé sur une tablette se met en mouvement vers l'avant alors qu'aucune force horizontale ne s'exerce sur lui : un observateur dans le train conclurait à tort que le principe d'inertie est violé. En réalité c'est le train qui décélère sous lui, et vu du sol, référentiel galiléen, l'objet continue simplement en ligne droite à vitesse constante, conformément à la loi. Le référentiel n'est donc pas un détail de rédaction : c'est la condition de validité de l'énoncé.

a) $F=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{5{,}97\times 10^{24}\times 7{,}35\times 10^{22}}{\left(3{,}84\times 10^{8}\right)^{2}}=\dfrac{2{,}93\times 10^{37}}{1{,}47\times 10^{17}}=1{,}98\times 10^{20}\ \mathrm{N}$.

b) Elle a exactement la même norme, $1{,}98\times 10^{20}\ \mathrm{N}$, en vertu de la troisième loi de Newton, dite loi des actions réciproques. La formule le montre d'ailleurs directement : elle est symétrique en $m_{A}$ et $m_{B}$. Le fait que la Terre soit 81 fois plus massive ne change rien à la force ; il change en revanche l'accélération que chacune subit.

c) Les deux forces ont même norme, même direction, celle de la droite joignant les centres des deux astres, et des sens opposés : chacune pointe vers l'autre corps, puisque la gravitation est toujours attractive. Elles s'appliquent en des points différents, les centres respectifs, ce qui est essentiel : elles ne se compensent donc pas, n'agissant pas sur le même système.

d) $g=\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}}{\left(6{,}37\times 10^{6}\right)^{2}}=\dfrac{3{,}98\times 10^{14}}{4{,}06\times 10^{13}}=9{,}81\ \mathrm{m/s^{2}}$, ce qui est bien la valeur usuelle.

e) La force gravitationnelle exercée par la Terre sur un corps de masse $m$ posé à sa surface vaut $F=G\dfrac{M_{T}m}{R_{T}^{2}}=m\times\dfrac{GM_{T}}{R_{T}^{2}}=mg$. On reconnaît l'expression du poids. Le poids n'est donc pas une force d'une nature particulière : c'est le nom que l'on donne à l'attraction gravitationnelle terrestre, et le champ de pesanteur $g$ n'est que le champ gravitationnel de la Terre évalué à sa surface.

a) $F=8{,}99\times 10^{9}\times\dfrac{2{,}0\times 10^{-6}\times 3{,}0\times 10^{-6}}{0{,}15^{2}}=\dfrac{5{,}39\times 10^{-2}}{2{,}25\times 10^{-2}}=2{,}40\ \mathrm{N}$. Les charges étant de signes opposés, la force est attractive.

b) La force varie comme l'inverse du carré de la distance, donc tripler $d$ divise $F$ par $3^{2}=9$ : elle vaut alors $0{,}266\ \mathrm{N}$.

c) Le produit des charges est multiplié par $2\times 2=4$, donc la force est multipliée par 4 : elle vaut $9{,}59\ \mathrm{N}$.

d) Les deux lois ont la même structure : une constante multipliée par le produit de deux grandeurs caractéristiques des corps, divisé par le carré de la distance. Les deux différences essentielles sont d'abord le SIGNE : la gravitation est toujours attractive car les masses sont toujours positives, alors que la force électrique peut être attractive ou répulsive selon les signes des charges. Ensuite l'INTENSITÉ : en unités du système international, $k$ dépasse $G$ d'environ vingt ordres de grandeur, et pour des particules comme le proton et l'électron la force électrique devient écrasante, comme l'exercice 6 le chiffrera.

e) $E=k\dfrac{\left|q\right|}{r^{2}}=8{,}99\times 10^{9}\times\dfrac{5{,}0\times 10^{-9}}{0{,}10^{2}}=\dfrac{44{,}95}{1{,}0\times 10^{-2}}=4{,}5\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$.

La figure du corrigé compare la vraie loi de Coulomb à ce que donnerait une loi en $\dfrac{1}{d}$, les deux étant calées pour coïncider à $d=5\ \mathrm{cm}$, où la force vaut $3{,}60\ \mathrm{N}$. L'écart est spectaculaire de part et d'autre de ce point de rencontre. En rapprochant les charges à $2\ \mathrm{cm}$, la loi en carré inverse donne $22{,}5\ \mathrm{N}$ contre $9{,}0\ \mathrm{N}$ seulement pour la loi en $\dfrac{1}{d}$ ; en les écartant à $20\ \mathrm{cm}$, elle donne $0{,}22\ \mathrm{N}$ contre $0{,}90$. Autrement dit, une force en carré inverse est BEAUCOUP plus brutale de près et BEAUCOUP plus faible de loin. La règle pratique à retenir se lit directement sur la courbe pleine : diviser la distance par deux multiplie la force par quatre, et non par deux. C'est aussi ce qui rend cette famille de lois si particulière et si universelle, la gravitation obéissant exactement à la même dépendance : la seule chose qui change d'une interaction à l'autre est la constante devant, jamais l'exposant. On notera enfin que la courbe s'envole vers l'infini quand $d$ tend vers zéro, ce qui n'a pas de sens physique : la loi suppose des charges PONCTUELLES, et elle cesse de s'appliquer dès que la distance devient comparable à la taille des corps chargés.

a) L'interaction GRAVITATIONNELLE, de portée infinie, toujours attractive. L'interaction ÉLECTROMAGNÉTIQUE, également de portée infinie, attractive ou répulsive. L'interaction FORTE, de portée très courte, de l'ordre du femtomètre, soit la taille d'un noyau. L'interaction FAIBLE, de portée plus courte encore, responsable de certaines désintégrations radioactives.

b) Les interactions forte et électromagnétique. Dans un noyau, les protons se repoussent violemment par répulsion électrostatique, puisqu'ils sont tous positifs et extrêmement proches. C'est l'interaction forte, attractive et bien plus intense à courte distance, qui les maintient assemblés. Le conflit est un rapport de portées : l'interaction forte cesse d'agir au-delà de quelques femtomètres alors que la répulsion électrique, elle, continue. C'est pourquoi les noyaux trop gros deviennent instables, la répulsion finissant par l'emporter, et pourquoi il n'existe pas d'élément stable au-delà du plomb.

c) Le champ de gravitation vaut $\mathcal{G}=\dfrac{GM}{r^{2}}$, dirigé vers le corps qui le crée, et il est tel que la force subie par une masse $m$ vaut $\vec{F}=m\vec{\mathcal{G}}$. Le champ électrostatique vaut $E=\dfrac{k\left|q\right|}{r^{2}}$, et la force subie par une charge $q'$ vaut $\vec{F}=q'\vec{E}$. Dans les deux cas, le champ décrit la propriété de l'espace indépendamment du corps qu'on y placera.

d) Pour une charge positive isolée, les lignes de champ sont des demi-droites radiales orientées vers l'extérieur, la charge étant une source : un autre corps positif y serait repoussé. Pour une charge négative, elles sont radiales mais orientées vers la charge, qui se comporte comme un puits. On retiendra que le champ électrique sort du positif et entre dans le négatif.

e) Un champ est uniforme lorsque son vecteur a la même direction, le même sens et la même norme en tout point de la région considérée ; ses lignes de champ sont alors des droites parallèles régulièrement espacées. Le champ entre les deux armatures planes d'un condensateur en est l'exemple type, de même que le champ de pesanteur à l'échelle d'une salle de classe. Un champ non uniforme varie d'un point à l'autre : c'est le cas du champ d'une charge ponctuelle, qui décroît en $\dfrac{1}{r^{2}}$, ou du champ de pesanteur à l'échelle de la Terre entière, dont la direction change avec la latitude.

a) $F_{e}=k\dfrac{e^{2}}{r^{2}}=8{,}99\times 10^{9}\times\dfrac{\left(1{,}602\times 10^{-19}\right)^{2}}{\left(5{,}3\times 10^{-11}\right)^{2}}=\dfrac{2{,}31\times 10^{-28}}{2{,}81\times 10^{-21}}=8{,}21\times 10^{-8}\ \mathrm{N}$. Les charges étant de signes opposés, la force est attractive.

b) $F_{g}=G\dfrac{m_{p}m_{e}}{r^{2}}=6{,}67\times 10^{-11}\times\dfrac{1{,}673\times 10^{-27}\times 9{,}109\times 10^{-31}}{2{,}81\times 10^{-21}}=3{,}62\times 10^{-47}\ \mathrm{N}$.

c) $\dfrac{F_{e}}{F_{g}}=\dfrac{8{,}21\times 10^{-8}}{3{,}62\times 10^{-47}}=2{,}3\times 10^{39}$.

d) On peut négliger complètement la gravitation. Le rapport vaut $10^{39}$, un nombre sans équivalent en physique : la force gravitationnelle est plus petite que l'incertitude sur n'importe quelle mesure de la force électrique, de très loin. Toute la structure des atomes, des molécules et donc de la chimie entière est gouvernée par la seule interaction électromagnétique.

e) Parce que la matière ordinaire est électriquement NEUTRE. Les charges positives et négatives y sont présentes en nombres égaux, et leurs effets se compensent presque parfaitement à grande distance : la Terre et le Soleil, bien que constitués d'un nombre colossal de charges, n'exercent l'un sur l'autre pratiquement aucune force électrique. La masse, elle, ne se compense jamais puisqu'il n'existe pas de masse négative : toutes les contributions s'additionnent. Une interaction faible mais qui s'accumule finit donc par dominer une interaction intense mais qui s'annule. C'est la neutralité de la matière, et non l'intensité des interactions, qui décide de laquelle gouverne à chaque échelle.

a) Sur la figure, $\Delta\vec{v}$ joint l'extrémité de $\vec{v_{1}}$ à celle de $\vec{v_{2}}$. Comme les deux vecteurs ont la même composante horizontale, ce segment est vertical, dirigé vers le bas. Ses coordonnées sont $\left(0\ ;\ -1{,}6\right)\ \mathrm{m/s}$.

b) $\vec{a}=\dfrac{\Delta\vec{v}}{\tau}=\left(\dfrac{0}{0{,}16}\ ;\ \dfrac{-1{,}6}{0{,}16}\right)=\left(0\ ;\ -10\right)\ \mathrm{m/s^{2}}$, de norme $10\ \mathrm{m/s^{2}}$, verticale vers le bas.

c) $\vec{F}=m\vec{a}=0{,}15\times\left(0\ ;\ -10\right)=\left(0\ ;\ -1{,}5\right)\ \mathrm{N}$, soit une force de $1{,}5\ \mathrm{N}$ dirigée verticalement vers le bas.

d) Le poids vaut $P=mg=0{,}15\times 9{,}81=1{,}47\ \mathrm{N}$, également vertical vers le bas. La force trouvée, $1{,}5\ \mathrm{N}$, lui est égale à moins de 2 pour cent près, écart parfaitement compatible avec la précision d'un pointage. On en conclut que le poids est la seule force notable : les frottements de l'air sont négligeables à cette vitesse pour cet objet. C'est d'ailleurs cohérent avec la composante horizontale de la vitesse, qui reste rigoureusement constante à $3{,}0\ \mathrm{m/s}$ : une force de frottement l'aurait freinée.

e) En chute libre, la seule force est le poids, donc $\vec{a}=\vec{g}$ et $\Delta\vec{v}=\vec{g}\tau=\left(0\ ;\ -9{,}81\times 0{,}16\right)=\left(0\ ;\ -1{,}57\right)\ \mathrm{m/s}$, ce qui est bien ce que l'on observe. La composante horizontale ne serait pas modifiée : le poids étant vertical, il n'a aucune composante horizontale et ne peut donc rien changer au mouvement horizontal. C'est exactement l'indépendance des deux mouvements, qui fait qu'une balle lancée horizontalement et une balle lâchée sans vitesse touchent le sol en même temps.

a) $g(h)=\dfrac{GM_{T}}{\left(R_{T}+h\right)^{2}}=\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}}{\left(6{,}37\times 10^{6}+4{,}00\times 10^{5}\right)^{2}}=\dfrac{3{,}98\times 10^{14}}{4{,}58\times 10^{13}}=8{,}69\ \mathrm{m/s^{2}}$.

b) $\dfrac{g(h)}{g_{0}}=\dfrac{8{,}69}{9{,}81}=0{,}885$, soit $88{,}5$ pour cent. La gravité terrestre est donc encore présente à près de 90 pour cent à cette altitude : elle n'a pratiquement pas diminué.

c) Parce que la Station ET les astronautes sont tous deux en chute libre autour de la Terre. Ils tombent en permanence vers le centre de la Terre, avec exactement la même accélération $8{,}69\ \mathrm{m/s^{2}}$, mais leur vitesse horizontale est telle qu'ils manquent la Terre indéfiniment : c'est cela, une orbite. Comme l'astronaute et le plancher tombent ensemble, le plancher n'exerce plus aucune force sur lui, et c'est cette absence de réaction du support, et non l'absence de gravité, qui donne la sensation de flotter. On observerait la même chose pendant la chute d'un ascenseur.

d) On cherche $h$ tel que $\dfrac{GM_{T}}{\left(R_{T}+h\right)^{2}}=\dfrac{1}{2}\dfrac{GM_{T}}{R_{T}^{2}}$, ce qui donne $\left(R_{T}+h\right)^{2}=2R_{T}^{2}$, soit $R_{T}+h=R_{T}\sqrt{2}$ et $h=R_{T}\left(\sqrt{2}-1\right)=6{,}37\times 10^{6}\times 0{,}414=2{,}64\times 10^{6}\ \mathrm{m}$, soit environ $2\,640\ \mathrm{km}$. Il faut donc monter plus de six fois plus haut que la Station pour seulement diviser la pesanteur par deux.

e) $P=mg(h)=75\times 8{,}69=652\ \mathrm{N}$, contre $736\ \mathrm{N}$ au sol. L'astronaute pèse donc toujours près de $90$ pour cent de son poids terrestre. Le mot apesanteur est donc trompeur : il décrit une SENSATION, celle de ne plus être soutenu, et non une réalité physique. Le terme exact serait impesanteur, ou mieux, chute libre. C'est d'ailleurs pour cela que l'on parle de microgravité dans les publications scientifiques.

La figure du corrigé porte l'intensité du champ de pesanteur en fonction de l'altitude, et elle démolit une idée reçue très répandue. À l'altitude de la Station spatiale internationale, $400\ \mathrm{km}$, le champ vaut encore $8{,}69\ \mathrm{m\cdot s^{-2}}$, soit $89$ pour cent de sa valeur au sol : il n'y a donc AUCUNE apesanteur là-haut, au sens d'une absence de gravitation. La décroissance est lente parce que ce qui compte dans la loi n'est pas l'altitude mais la distance au CENTRE de la Terre : passer de $6\,370$ à $6\,770\ \mathrm{km}$ n'est qu'une augmentation de six pour cent, et la loi en carré inverse la traduit en une baisse de onze pour cent seulement. Il faut monter à $2\,600\ \mathrm{km}$ pour que le champ soit divisé par deux, et l'orbite géostationnaire, à $36\,000\ \mathrm{km}$, sort largement du cadre de cette figure. Alors pourquoi les astronautes flottent-ils ? Parce qu'ils sont en CHUTE LIBRE : la station et tout ce qu'elle contient tombent ensemble avec la même accélération, et c'est cette égalité des accélérations, non l'annulation du poids, qui supprime toute sensation de pesanteur. On parle donc d'impesanteur et non d'apesanteur, et le même effet s'obtient dans un ascenseur dont le câble casse, ou dans un avion suivant une trajectoire parabolique.

a) Faux. Le principe d'inertie exige que le VECTEUR vitesse soit constant, donc à la fois sa norme ET sa direction. Un satellite en orbite circulaire garde une vitesse constante en norme mais tourne en permanence : son vecteur vitesse change de direction à chaque instant, donc la somme des forces n'est pas nulle. C'est justement l'attraction terrestre qui courbe sa trajectoire. Uniforme et rectiligne sont deux conditions distinctes, et il faut les deux.

b) Faux, les deux forces ont rigoureusement la même norme, $1{,}98\times 10^{20}\ \mathrm{N}$ comme calculé à l'exercice 3. C'est la troisième loi de Newton, et la formule $F=G\dfrac{m_{A}m_{B}}{d^{2}}$ le montre immédiatement puisqu'elle est symétrique. Ce qui diffère, c'est l'ACCÉLÉRATION que chacun subit : à force égale, $a=\dfrac{F}{m}$ est 81 fois plus petite pour la Terre que pour la Lune. C'est pourquoi on dit que la Lune tourne autour de la Terre, alors qu'en toute rigueur les deux tournent autour de leur centre de masse commun.

c) Faux, et le calcul de l'exercice 8 le réfute : à $400\ \mathrm{km}$, la pesanteur vaut encore $8{,}69\ \mathrm{m/s^{2}}$, soit $88{,}5$ pour cent de sa valeur au sol. Il faudrait monter à $2\,640\ \mathrm{km}$ pour seulement la diviser par deux. Les astronautes flottent parce qu'ils sont en chute libre en même temps que leur vaisseau : rien ne les soutient, donc ils ne ressentent aucune réaction de support. La gravité, elle, est bien là, et c'est même elle qui les maintient en orbite.

d) Faux, et pourtant la prémisse est exacte : le rapport calculé à l'exercice 6 vaut $2{,}3\times 10^{39}$ en faveur de l'électromagnétisme. L'erreur est d'oublier que la matière astronomique est électriquement NEUTRE. Les charges positives et négatives s'y compensent presque parfaitement, si bien que la force électrique résultante entre deux astres est négligeable. Les masses, elles, s'additionnent toujours sans jamais se compenser, faute de masse négative. À grande échelle, c'est donc la gravitation qui l'emporte, non par intensité mais par accumulation.

a) Trois forces : le poids $\vec{P}$, vertical vers le bas, de norme $mg$ ; la force électrique $\vec{F}=q\vec{E}$, horizontale, de norme $qE$ et dirigée dans le sens de $\vec{E}$ puisque la charge est positive ; et la tension $\vec{T}$ du fil, dirigée selon le fil vers le point d'attache.

b) La sphère étant immobile, la somme des trois forces est nulle. En projetant sur l'horizontale : $T\sin\alpha-qE=0$. En projetant sur la verticale : $T\cos\alpha-mg=0$.

c) En divisant membre à membre la première équation par la seconde, la tension inconnue disparaît : $\dfrac{T\sin\alpha}{T\cos\alpha}=\dfrac{qE}{mg}$, soit $\tan\alpha=\dfrac{qE}{mg}$. On en tire $E=\dfrac{mg\tan\alpha}{q}=\dfrac{2{,}0\times 10^{-3}\times 9{,}81\times\tan 20^{\circ}}{5{,}0\times 10^{-6}}=\dfrac{7{,}14\times 10^{-3}}{5{,}0\times 10^{-6}}=1{,}4\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$.

d) De la projection verticale, $T=\dfrac{mg}{\cos\alpha}=\dfrac{1{,}962\times 10^{-2}}{\cos 20^{\circ}}=\dfrac{1{,}962\times 10^{-2}}{0{,}940}=2{,}09\times 10^{-2}\ \mathrm{N}$. On vérifie que $T>mg$, ce qui est attendu : le fil doit soutenir le poids ET s'opposer à la force électrique.

e) L'angle ne change pas. La relation $\tan\alpha=\dfrac{qE}{mg}$ ne dépend que du RAPPORT de la charge à la masse. En doublant les deux, ce rapport est inchangé, donc $\tan\alpha$ aussi, et l'angle reste $20^{\circ}$. Seule la tension du fil double, puisqu'elle vaut $\dfrac{mg}{\cos\alpha}$. C'est le même principe que pour la chute libre, où l'accélération ne dépend pas de la masse : dès qu'une force est proportionnelle à la grandeur qui mesure aussi l'inertie ou le poids, cette grandeur se simplifie.

La figure du corrigé isole la boule chargée et porte les trois forces, puis les redessine bout à bout sur la droite. C'est cette seconde construction qui contient la méthode. À l'équilibre, la somme vectorielle des forces est nulle, ce qui signifie exactement que les trois vecteurs mis bout à bout FERMENT un triangle. Ce triangle est rectangle, car le poids est vertical et la force électrique horizontale, et l'angle qu'il fait au sommet est celui du fil avec la verticale, soit $20^{\circ}$. On lit alors les deux relations sans écrire une seule projection : $\tan 20^{\circ}=\dfrac{qE}{mg}$, d'où $E=\dfrac{mg\tan 20^{\circ}}{q}=1{,}43\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$, et $\cos 20^{\circ}=\dfrac{mg}{T}$, d'où $T=2{,}09\times 10^{-2}\ \mathrm{N}$. Deux remarques sur la figure elle-même. Les longueurs des trois flèches sont PROPORTIONNELLES aux valeurs des forces, ce qui permet de vérifier le résultat à la règle : la tension doit être la plus longue puisqu'elle est l'hypoténuse. Et la boule a été extraite de son décor, sans le fil ni le support, parce qu'un diagramme de corps libre ne montre que les forces exercées SUR le système : dessiner par-dessus le montage conduit immanquablement à y ajouter des forces exercées PAR la boule, qui n'ont rien à y faire.

a) $E=\dfrac{400}{2{,}0\times 10^{-2}}=2{,}0\times 10^{4}\ \mathrm{V/m}$. Les lignes de champ sont des segments PARALLÈLES, perpendiculaires aux plaques et régulièrement espacés, orientés de la plaque positive vers la plaque négative, donc vers le bas. Oublier de convertir les centimètres donne un champ cent fois trop faible.

b) $F=eE=1{,}602\times 10^{-19}\times 2{,}0\times 10^{4}=3{,}2\times 10^{-15}\ \mathrm{N}$. L'électron est chargé négativement : $\vec{F}=q\vec{E}$ avec $q<0$ est de sens OPPOSÉ au champ, donc dirigée vers le haut, vers la plaque positive, qui l'attire.

c) $P=m_{e}g=9{,}11\times 10^{-31}\times 9{,}81=8{,}9\times 10^{-30}\ \mathrm{N}$. Le rapport vaut $\dfrac{3{,}2\times 10^{-15}}{8{,}9\times 10^{-30}}=3{,}6\times 10^{14}$ : le poids est totalement négligeable devant la force électrique.

d) Oui : le champ étant UNIFORME, il a la même valeur en tout point entre les plaques, et la force $eE$ est la même partout. C'est tout l'intérêt de ce dispositif. Si l'on double la distance à tension égale, $E=\dfrac{400}{4{,}0\times 10^{-2}}=1{,}0\times 10^{4}\ \mathrm{V/m}$ : le champ est divisé par deux.

e) $a=\dfrac{F}{m_{e}}=\dfrac{3{,}2\times 10^{-15}}{9{,}11\times 10^{-31}}=3{,}5\times 10^{15}\ \mathrm{m/s^{2}}$, soit environ $3{,}6\times 10^{14}$ fois $g$, le même rapport qu'en c) puisque les deux accélérations sont $\dfrac{F}{m}$ et $\dfrac{P}{m}$. Une tension de quelques centaines de volts suffit à accélérer violemment des électrons : c'est le principe des anciens tubes cathodiques.

Entre deux plaques parallèles, $E=\dfrac{U}{d}$ avec $d$ en mètres ; la force sur une charge vaut $q\vec{E}$, dans le sens du champ pour une charge positive et en sens contraire pour une charge négative. Pour une particule chargée, le poids ne compte presque jamais.

a) $v_{1}=15{,}0\ \mathrm{m/s}$ et $v_{2}=\sqrt{12{,}0^{2}+9{,}0^{2}}=\sqrt{225}=15{,}0\ \mathrm{m/s}$. La norme est constante : le mouvement est UNIFORME. La direction change : il n'est PAS rectiligne.

b) $\Delta\vec{v}=\vec{v_{2}}-\vec{v_{1}}=(12{,}0-15{,}0\ ;\ 9{,}0-0)=(-3{,}0\ ;\ 9{,}0)\ \mathrm{m/s}$, de norme $\sqrt{9{,}0+81}=9{,}5\ \mathrm{m/s}$. Le vecteur vitesse a donc varié de près de $10\ \mathrm{m/s}$ alors que le compteur n'a pas bougé.

c) $\sum\vec{F}\approx 1\,200\times\dfrac{(-3{,}0\ ;\ 9{,}0)}{2{,}0}=(-1\,800\ ;\ 5\,400)\ \mathrm{N}$, de norme $\sqrt{1\,800^{2}+5\,400^{2}}=5{,}7\times 10^{3}\ \mathrm{N}$.

d) Le vecteur vitesse moyen vaut $(13{,}5\ ;\ 4{,}5)\ \mathrm{m/s}$. Le produit scalaire $(-3{,}0)\times 13{,}5+9{,}0\times 4{,}5=-40{,}5+40{,}5=0$ : les deux vecteurs sont perpendiculaires. La somme des forces est perpendiculaire à la vitesse et dirigée vers l'INTÉRIEUR du virage : elle ne change pas la norme de la vitesse, seulement sa direction.

e) C'est la force de frottement LATÉRALE exercée par la route sur les pneus. Le poids vaut $1\,200\times 9{,}81=1{,}18\times 10^{4}\ \mathrm{N}$ : la force nécessaire en représente près de la moitié, $\dfrac{5{,}7\times 10^{3}}{1{,}18\times 10^{4}}\approx 0{,}48$. Sur le verglas, les frottements deviennent trop faibles pour la fournir : la voiture ne peut plus tourner et poursuit presque en ligne droite, conformément au principe d'inertie.

La relation $\sum\vec{F}\approx m\,\dfrac{\Delta\vec{v}}{\Delta t}$ se lit dans les deux sens : une variation du VECTEUR vitesse, même à norme constante, exige une force, et cette force a la direction de $\Delta\vec{v}$. Dans un virage uniforme, elle pointe vers l'intérieur.

a) $\mathcal{G}_{T}=\dfrac{GM_{T}}{x^{2}}$, dirigé vers la Terre, et $\mathcal{G}_{L}=\dfrac{GM_{L}}{(D-x)^{2}}$, dirigé vers la Lune. Sur le segment, les deux champs sont donc de SENS OPPOSÉS, ce qui rend une compensation possible.

b) L'égalité $\dfrac{GM_{T}}{x^{2}}=\dfrac{GM_{L}}{(D-x)^{2}}$ donne $\dfrac{(D-x)^{2}}{x^{2}}=\dfrac{M_{L}}{M_{T}}$, et comme toutes les longueurs sont positives, $\dfrac{D-x}{x}=\sqrt{\dfrac{M_{L}}{M_{T}}}=\sqrt{\dfrac{7{,}35\times 10^{22}}{5{,}97\times 10^{24}}}=0{,}111$. D'où $D=x\,(1+0{,}111)$ et $x=\dfrac{3{,}84\times 10^{8}}{1{,}111}=3{,}46\times 10^{8}\ \mathrm{m}$. Le point est aux neuf dixièmes du trajet : il faut s'approcher tout près de la Lune, qui est $81$ fois moins massive, pour que son attraction égale celle de la Terre.

c) $\mathcal{G}_{T}=\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}}{(3{,}46\times 10^{8})^{2}}=3{,}3\times 10^{-3}\ \mathrm{N/kg}$. Pour la Lune, $D-x=3{,}8\times 10^{7}\ \mathrm{m}$ et $\mathcal{G}_{L}=\dfrac{6{,}67\times 10^{-11}\times 7{,}35\times 10^{22}}{(3{,}8\times 10^{7})^{2}}=3{,}3\times 10^{-3}\ \mathrm{N/kg}$ ✓. C'est environ trois mille fois moins que la pesanteur au sol.

d) Plus près de la Lune, $\mathcal{G}_{L}$ augmente et $\mathcal{G}_{T}$ diminue : c'est la LUNE qui attire le plus. Un engin qui a franchi ce point « tombe » vers la Lune sans dépenser de carburant ; tout l'effort de propulsion sert à l'amener jusque-là.

e) Non. La force exercée par chaque astre vaut $m\,\mathcal{G}$ : la masse de l'engin multiplie les deux forces de la même façon et disparaît de l'égalité. Seules les masses des astres et leur distance fixent la position du point.

Pour trouver où deux attractions se compensent, on égale les deux champs et l'on prend la racine du rapport des masses : la distance varie comme la RACINE carrée de la masse, pas comme la masse. Le point d'équilibre est toujours plus près du corps le moins massif.