Exercices corrigés : poids, gravitation et signaux (Troisième)

$P=m\times g=60\times 10=600\ \mathrm{N}$. Le newton est l'unité de force, jamais le kilogramme : écrire « le poids est de 60 kg » est l'erreur numéro un du chapitre.

$P=60\times 1{,}6=96\ \mathrm{N}$. Sa masse, elle, vaut toujours $60\ \mathrm{kg}$ : elle ne dépend pas de l'astre, seulement de la quantité de matière dont l'astronaute est fait.

$\dfrac{600}{96}=6{,}25$, le poids est divisé par un peu plus de 6. On retrouve ce nombre directement avec les intensités de pesanteur : $\dfrac{10}{1{,}6}=6{,}25$. C'est pour cela que les astronautes d'Apollo se déplaçaient par bonds.

$m=\dfrac{P}{g}=\dfrac{180}{10}=18\ \mathrm{kg}$. La formule $P=m\,g$ se retourne comme toute égalité produit ; il suffit de vérifier l'unité obtenue, des newtons divisés par des newtons par kilogramme donnent bien des kilogrammes.

Non. Une balance de cuisine mesure en réalité une FORCE, celle que le paquet exerce sur son plateau, puis elle divise par $g$ terrestre gravé dans son électronique pour afficher une masse. Sur la Lune, la force est $6{,}25$ fois plus petite, donc l'affichage le sera aussi : un kilo de farine s'afficherait à $160\ \mathrm{g}$ alors que sa masse n'a pas bougé. Seule une balance à deux plateaux, qui compare deux poids subissant le même $g$, donnerait la bonne réponse partout.

Oui, le satellite attire la Terre avec une force EXACTEMENT de même valeur, dirigée en sens inverse. Ce qui diffère, c'est l'effet : la même force met en orbite un satellite de quelques tonnes et ne déplace pas mesurablement une planète de $6\times 10^{24}\ \mathrm{kg}$.

La force est proportionnelle à chacune des deux masses : elle est donc multipliée par 3 elle aussi. Il n'y a rien à calculer, il suffit de lire la dépendance.

Elle DIMINUE quand la distance augmente. Si les corps s'éloignent beaucoup, la force devient très faible, mais elle ne s'annule jamais tout à fait : la gravitation a une portée infinie, ce qui explique que le Soleil retienne encore Neptune à $4{,}5$ milliards de kilomètres.

Parce que les masses en jeu sont minuscules à l'échelle astronomique. La force existe bel et bien, mais elle vaut une fraction infime de newton, sans commune mesure avec les frottements de la chaise. Il faut la masse d'une planète pour que la gravitation devienne sensible.

Non, aucun contact ni support n'est nécessaire : c'est une action À DISTANCE. La Lune est séparée de la Terre par $384\,000\ \mathrm{km}$ de vide, sans fil ni tige, et pourtant elle reste en orbite. C'est précisément ce qui a rendu la théorie de Newton si difficile à admettre à son époque.

Sur la Terre : $P=185\times 10=1\,850\ \mathrm{N}$. Sur Mars : $P=185\times 3{,}7=684{,}5\ \mathrm{N}$, soit environ $685\ \mathrm{N}$. Le robot est presque trois fois moins lourd sur Mars, ce qui simplifie beaucoup la conception des roues et des amortisseurs.

Le plus lourd sur Jupiter : $185\times 25=4\,625\ \mathrm{N}$. Le plus léger sur la Lune : $185\times 1{,}6=296\ \mathrm{N}$. Entre les deux extrêmes, le rapport vaut $\dfrac{4625}{296}=15{,}6$.

Non. L'intensité de pesanteur dépend à la fois de la masse de l'astre ET de son rayon : un astre petit et dense peut donner le même $g$ qu'un astre plus gros et moins dense. Mercure est en réalité bien moins massive que Mars, mais elle est aussi plus petite, et les deux effets se compensent.

Il faut $P\le 3\,000\ \mathrm{N}$. Mercure $684{,}5$, Terre $1\,850$, Lune $296$, Mars $684{,}5$ : tous conviennent. Seule Jupiter, avec $4\,625\ \mathrm{N}$, dépasse la limite.

$m=\dfrac{P}{g}=\dfrac{3000}{25}=120\ \mathrm{kg}$. Il faudrait donc alléger le robot de $185-120=65\ \mathrm{kg}$, soit plus du tiers de sa masse. C'est une contrainte réelle de conception : les sondes destinées aux planètes géantes ne se posent pas, elles restent en orbite ou plongent sans atterrir.

$90\ \mathrm{km/h}=\dfrac{90}{3{,}6}=25\ \mathrm{m/s}$. Diviser par $3{,}6$ est le réflexe à installer, et l'ordre de grandeur se vérifie : $25\ \mathrm{m}$ chaque seconde, c'est la longueur d'un wagon.

Par rapport au wagon, Léa est IMMOBILE : la distance qui la sépare de son siège ne change pas. Par rapport au quai, elle est en mouvement rectiligne à $25\ \mathrm{m/s}$. Les deux descriptions sont vraies en même temps, elles ne se contredisent pas, elles répondent à deux questions différentes.

Vue par Léa, la gomme tombe verticalement, en ligne droite, à ses pieds. Vue par Sam depuis le quai, elle décrit une courbe, car pendant qu'elle tombe elle continue d'avancer à $25\ \mathrm{m/s}$ avec le train. Même chute, deux trajectoires : c'est la définition même de la relativité du mouvement.

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{12000}{25}=480\ \mathrm{s}$, soit $\dfrac{480}{60}=8{,}0\ \mathrm{min}$. On peut vérifier autrement : $12\ \mathrm{km}$ à $90\ \mathrm{km/h}$, c'est $\dfrac{12}{90}$ d'heure, soit $0{,}133\ \mathrm{h}$, encore $8\ \mathrm{min}$.

Par rapport au premier train, le second a une vitesse NULLE : les deux avancent côte à côte, leur distance ne change pas. Léa le voit donc immobile à sa hauteur, alors que les arbres défilent derrière. C'est l'illusion classique en gare, où l'on croit que son propre train démarre alors que c'est celui d'à côté qui part.

$\dfrac{3{,}0\times 10^{8}}{340}=8{,}8\times 10^{5}$, soit près de neuf cent mille fois plus rapide. C'est cet écart, et lui seul, qui rend le chapitre utilisable pour mesurer des distances.

Parce que la lumière franchit la distance presque instantanément alors que le son met plusieurs secondes. Les deux signaux partent au même instant du même endroit, ils arrivent décalés, et le décalage mesure la distance.

$d=v\times t=340\times 6{,}0=2\,040\ \mathrm{m}$, soit environ $2{,}0\ \mathrm{km}$. La règle populaire, trois secondes par kilomètre, s'en déduit : $\dfrac{1000}{340}=2{,}9\ \mathrm{s}$.

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2040}{3{,}0\times 10^{8}}=6{,}8\times 10^{-6}\ \mathrm{s}$, soit sept millionièmes de seconde. Comparée aux $6{,}0\ \mathrm{s}$ du son, elle est un million de fois plus petite : la négliger ne change pas le résultat, même à trois chiffres.

Non, il n'entend rien. Le son a besoin d'un milieu matériel pour se propager, et la Lune n'a pas d'atmosphère. Les astronautes communiquent par radio, c'est-à-dire par une onde qui, elle, se propage dans le vide comme la lumière. En revanche, ils verraient parfaitement le choc des deux pierres.

$d=340\times t$. Observation 1 : $340\times 9{,}0=3\,060\ \mathrm{m}$. Observation 2 : $2\,040\ \mathrm{m}$. Observation 3 : $1\,020\ \mathrm{m}$. Observation 4 : $510\ \mathrm{m}$.

Il s'APPROCHE, puisque les distances diminuent. Entre la première et la dernière observation, il s'est rapproché de $3\,060-510=2\,550\ \mathrm{m}$.

Trois intervalles de $10\ \mathrm{min}$ séparent les quatre observations, soit $3\times 600=1\,800\ \mathrm{s}$. La vitesse vaut $\dfrac{2550}{1800}=1{,}42\ \mathrm{m/s}$, soit $1{,}42\times 3{,}6=5{,}1\ \mathrm{km/h}$. Le piège est de compter quatre intervalles au lieu de trois : entre quatre poteaux il n'y a que trois portées.

Il reste $510\ \mathrm{m}$ à parcourir à $1{,}42\ \mathrm{m/s}$ : $t=\dfrac{510}{1{,}42}=360\ \mathrm{s}$, soit $6{,}0\ \mathrm{min}$. C'est le temps qu'il reste pour rentrer.

Elles étaient trop PETITES : avec une vitesse du son plus grande, le son parcourt plus de chemin pendant le même délai. L'écart relatif vaut $\dfrac{350-340}{340}=0{,}029$, soit environ $3\ \%$. Sur $3\,060\ \mathrm{m}$, cela fait $90\ \mathrm{m}$ de plus, ce qui reste sans importance pour décider de rentrer, et le rappelle utilement : une précision de trois pour cent suffit largement ici.

$d=v\times t=1500\times 0{,}40=600\ \mathrm{m}$. C'est la distance TOTALE parcourue par le son, aller et retour compris.

La profondeur est la moitié de ce trajet : $\dfrac{600}{2}=300\ \mathrm{m}$. Le facteur 2 vient de ce que le son descend puis remonte : il fait deux fois le chemin. L'oublier double la profondeur annoncée, et c'est l'erreur qui coûte le plus de points dans ce type d'exercice.

$d=1500\times 1{,}20=1\,800\ \mathrm{m}$, donc une profondeur de $900\ \mathrm{m}$. Le fond est bien plus profond, de $900-300=600\ \mathrm{m}$. On remarque que la durée a triplé et la profondeur aussi : à vitesse fixée, les deux sont proportionnelles.

Dans l'air, le trajet aller-retour vaut $600\ \mathrm{m}$ et la durée $t=\dfrac{600}{340}=1{,}76\ \mathrm{s}$. Elle est bien plus longue, parce que le son est plus lent dans l'air que dans l'eau. Contrairement à l'intuition, le son va plus vite dans un liquide que dans un gaz.

La distance totale maximale vaut $1500\times 2{,}0=3\,000\ \mathrm{m}$, donc une profondeur maximale de $1\,500\ \mathrm{m}$. Les fosses océaniques, qui descendent au-delà de $10\,000\ \mathrm{m}$, échappent complètement à cet appareil.

FAUX. C'est son POIDS qui est environ six fois plus petit, parce que $g$ y vaut $1{,}6$ au lieu de $10\ \mathrm{N/kg}$. Sa masse, en kilogrammes, est rigoureusement la même : elle ne dépend pas de l'astre.

FAUX. Les deux corps s'attirent avec des forces de MÊME valeur et de sens opposés. La différence porte sur l'effet produit, pas sur la force : la Terre, bien plus massive, est bien moins déplacée. La Lune l'attire pourtant bel et bien : c'est cette attraction qui soulève les océans et produit les marées.

FAUX. Le son a besoin d'un milieu matériel pour se propager et ne traverse pas le vide. Les explosions sonores des films de science-fiction sont une licence artistique. La lumière et les ondes radio, elles, traversent le vide sans difficulté.

FAUX. Un mouvement n'existe que par rapport à un référentiel. Le passager est immobile par rapport au train et en mouvement à $25\ \mathrm{m/s}$ par rapport au quai. Les deux affirmations sont vraies ensemble, ce n'est pas une question d'opinion mais de référentiel précisé.

FAUX. Le poids est une force, il s'exprime en NEWTONS : $P=5\times 10=50\ \mathrm{N}$ sur la Terre. Les $5\ \mathrm{kg}$ sont la masse. Confondre les deux unités est l'erreur la plus sanctionnée du chapitre.

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{1{,}5\times 10^{11}}{3{,}0\times 10^{8}}=5{,}0\times 10^{2}=500\ \mathrm{s}$. Soit $\dfrac{500}{60}=8{,}33\ \mathrm{min}$, c'est-à-dire $8\ \mathrm{min}$ et $0{,}33\times 60=20\ \mathrm{s}$.

Au bout de $8\ \mathrm{min}\ 20\ \mathrm{s}$, pas avant. Aucune information ne va plus vite que la lumière : pendant plus de huit minutes, tout se passerait normalement, y compris l'orbite de la Terre, puisque l'attraction elle-même met ce temps à cesser.

$t=\dfrac{4{,}0\times 10^{16}}{3{,}0\times 10^{8}}=1{,}33\times 10^{8}\ \mathrm{s}$. En années : $\dfrac{1{,}33\times 10^{8}}{3{,}15\times 10^{7}}=4{,}2$ ans. La lumière que l'on reçoit ce soir de cette étoile en est partie il y a quatre ans et deux mois.

Une année-lumière vaut $3{,}0\times 10^{8}\times 3{,}15\times 10^{7}=9{,}45\times 10^{15}\ \mathrm{m}$. Alors $\dfrac{4{,}0\times 10^{16}}{9{,}45\times 10^{15}}=4{,}2$ années-lumière, ce qui confirme le calcul précédent. L'année-lumière est une DISTANCE, malgré son nom : c'est le piège le plus fréquent de la question.

L'image a mis deux millions d'années à nous parvenir : elle date donc d'il y a deux millions d'années, à l'époque des premiers représentants du genre humain. De l'état actuel de cette galaxie, nous ne savons strictement rien, et nous ne pourrons rien en savoir avant deux millions d'années. Observer loin, c'est toujours observer le passé.

$6\,000\ \mathrm{km}=6{,}0\times 10^{6}\ \mathrm{m}$. Alors $t=\dfrac{6{,}0\times 10^{6}}{2{,}0\times 10^{8}}=3{,}0\times 10^{-2}\ \mathrm{s}$, soit $30\ \mathrm{ms}$.

Le signal fait l'aller puis le retour : $2\times 30=60\ \mathrm{ms}$. C'est un minimum absolu, imposé par la vitesse de la lumière dans le verre, qu'aucun progrès technique ne fera baisser.

Le signal monte et redescend, soit $2\times 36\,000=72\,000\ \mathrm{km}=7{,}2\times 10^{7}\ \mathrm{m}$, à $3{,}0\times 10^{8}\ \mathrm{m/s}$ : $t=0{,}24\ \mathrm{s}$, soit $240\ \mathrm{ms}$ pour un seul sens. C'est huit fois plus que la fibre, et cela s'entend nettement dans une conversation.

La valeur théorique de $60\ \mathrm{ms}$ ne compte que le trajet de la lumière. En réalité la fibre ne suit pas la ligne droite, le signal traverse des dizaines d'équipements qui l'amplifient, l'aiguillent et le remettent en forme, et chacun ajoute son propre délai. Les $35\ \mathrm{ms}$ d'écart sont donc dus au matériel, pas à la physique.

Par la fibre, $95\ \mathrm{ms}$ reste sous la limite de $100\ \mathrm{ms}$ : c'est jouable, tout juste. Par le satellite géostationnaire, l'aller-retour vaut $2\times 240=480\ \mathrm{ms}$, presque cinq fois la limite : c'est injouable, et aucun abonnement ne peut y changer quoi que ce soit puisque la contrainte est la distance elle-même.

$300\ \mathrm{g}=0{,}300\ \mathrm{kg}$.

$\dfrac{4{,}9}{0{,}500}=9{,}8\ \mathrm{N/kg}$. C'est l'intensité de la pesanteur $g$ sur Terre : $P=m\times g$. La valeur $10\ \mathrm{N/kg}$ utilisée dans les exercices en est un arrondi.

Oui : les quotients valent $10$ ; $10$ ; $9{,}7$ ; $9{,}75$ ; $9{,}8\ \mathrm{N/kg}$, presque égaux. Les petits écarts viennent de la lecture du dynamomètre, gradué au dixième de newton. Les points sont alignés avec l'origine : le poids est proportionnel à la masse.

$m=\dfrac{P}{g}=\dfrac{3{,}4}{9{,}8}\approx 0{,}347\ \mathrm{kg}$, soit environ $347\ \mathrm{g}$.

$P=0{,}500\times 1{,}6=0{,}8\ \mathrm{N}$. La masse n'a pas changé, le dynamomètre mesure une force, qui dépend de l'astre.

Deux : l'attraction de la Terre, qui s'exerce à distance, et l'action de la table, qui s'exerce au contact.

Immobile, le livre subit des forces qui se compensent : même valeur, même direction, sens opposés. Son poids vaut $0{,}5\times 10=5\ \mathrm{N}$, donc la table exerce une force de $5\ \mathrm{N}$ vers le haut.

À distance : l'action magnétique agit sans contact, comme la gravitation.

À vitesse constante, les forces se compensent : le frottement de l'air équilibre exactement le poids, $80\times 10=800\ \mathrm{N}$. Le parachute ne supprime pas le poids, il crée un frottement qui l'égale.

Le poids, exercé à distance par la Terre, et le frottement de l'air, au contact. La « force de la main » n'existe plus dès que le contact cesse : le ballon continue de monter sur sa lancée, en ralentissant.

Les écarts entre deux positions sont tous de $12\ \mathrm{cm}$ : la trajectoire est parcourue à vitesse constante, le mouvement est uniforme.

$12\ \mathrm{cm}$ en $0{,}2\ \mathrm{s}$, soit $60\ \mathrm{cm/s}=0{,}6\ \mathrm{m/s}$.

Les écarts valent $4$, $12$, $20$ et $28\ \mathrm{cm}$ : ils augmentent, le mouvement est accéléré.

$64\ \mathrm{cm}$ parcourus en $4\times 0{,}2=0{,}8\ \mathrm{s}$ : $80\ \mathrm{cm/s}=0{,}8\ \mathrm{m/s}$. Le piège est de compter cinq intervalles pour cinq images : il n'y en a que quatre. La vitesse réelle change sans cesse ; la vitesse moyenne ne dit rien de ses variations.

Les écarts valent $30$, $24$, $18$ et $12\ \mathrm{cm}$ : ils diminuent, le mouvement est ralenti. Ils diminuent de $6\ \mathrm{cm}$ à chaque fois, donc l'écart suivant vaut $6\ \mathrm{cm}$ et la voiture sera à $84+6=90\ \mathrm{cm}$.

$t=\dfrac{d}{v}=\dfrac{2{,}02\times 10^{7}}{3{,}0\times 10^{8}}\approx 0{,}0673\ \mathrm{s}$, soit $67{,}3\ \mathrm{ms}$.

$3{,}0\times 10^{8}\times 10^{-6}=300\ \mathrm{m}$.

$3{,}0\times 10^{8}\times 10^{-3}=3{,}0\times 10^{5}\ \mathrm{m}$, soit $300\ \mathrm{km}$ : une erreur d'un millième de seconde rend la position inutilisable.

$d=3{,}0\times 10^{8}\times 0{,}0700=2{,}1\times 10^{7}\ \mathrm{m}$, soit $21\ 000\ \mathrm{km}$. Le piège est d'oublier de convertir les millisecondes en secondes.

Parce qu'une erreur d'une seule microseconde fausse la distance de $300\ \mathrm{m}$ : pour une position à quelques mètres près, il faut mesurer le temps au milliardième de seconde, ce que seules les horloges atomiques permettent.

Sa vitesse par rapport au sol est celle du tapis : $t=\dfrac{60}{0{,}8}=75\ \mathrm{s}$.

Les deux vitesses s'ajoutent : $1{,}5+0{,}8=2{,}3\ \mathrm{m/s}$ par rapport au sol. Durée : $\dfrac{60}{2{,}3}\approx 26{,}1\ \mathrm{s}$.

Par rapport au tapis, il marche à $1{,}5\ \mathrm{m/s}$, comme sur un sol ordinaire. Le voyageur immobile, lui, a une vitesse nulle par rapport au tapis, mais de $0{,}8\ \mathrm{m/s}$ par rapport au sol : une vitesse n'a de sens que dans un référentiel précisé.

Les vitesses se retranchent : $1{,}5-0{,}8=0{,}7\ \mathrm{m/s}$ par rapport au sol, dans le sens de sa marche. Durée : $\dfrac{60}{0{,}7}\approx 85{,}7\ \mathrm{s}$.

Il doit marcher à $0{,}8\ \mathrm{m/s}$ à contresens : sa vitesse compense exactement celle du tapis, et un observateur au sol le voit sur place alors qu'il marche.