Exercices corrigés : mouvement dans un champ uniforme (Terminale spécialité)

a) On dérive chaque coordonnée par rapport au temps : $v_{x}(t)=4{,}0\ \mathrm{m/s}$ et $v_{y}(t)=3{,}0-9{,}8\,t\ \mathrm{m/s}$.

b) En dérivant à nouveau : $a_{x}=0$ et $a_{y}=-9{,}8\ \mathrm{m/s^{2}}$. Le vecteur accélération est donc constant, vertical et dirigé vers le bas : on reconnaît le champ de pesanteur, et le mobile est en chute libre. Sa composante horizontale nulle traduit l'absence de force horizontale.

c) À $t=0$ : $v_{x}=4{,}0$ et $v_{y}=3{,}0$, donc $v_{0}=\sqrt{4{,}0^{2}+3{,}0^{2}}=5{,}0\ \mathrm{m/s}$. L'angle avec l'horizontale vérifie $\tan\alpha=\dfrac{3{,}0}{4{,}0}=0{,}75$, soit $\alpha=37^{\circ}$.

d) $v_{y}=0$ donne $3{,}0-9{,}8\,t=0$, soit $t=0{,}306\ \mathrm{s}$. L'altitude vaut alors $y=3{,}0\times 0{,}306-4{,}9\times 0{,}306^{2}=0{,}918-0{,}459=0{,}459\ \mathrm{m}$. C'est le sommet de la trajectoire, là où la vitesse est purement horizontale et non nulle.

e) De $x=4{,}0\,t$ on tire $t=\dfrac{x}{4{,}0}$. En reportant : $y=3{,}0\times\dfrac{x}{4{,}0}-4{,}9\times\dfrac{x^{2}}{16}=0{,}75\,x-0{,}306\,x^{2}$. C'est l'équation d'une PARABOLE, de concavité tournée vers le bas puisque le coefficient de $x^{2}$ est négatif.

a) $\sum\vec{F}=m\vec{a}$, où les forces sont en newtons, la masse en kilogrammes et l'accélération en $\mathrm{m/s^{2}}$. C'est une égalité VECTORIELLE : elle vaut pour la norme, la direction et le sens simultanément.

b) Si la seule force est le poids, $m\vec{g}=m\vec{a}$, donc $\vec{a}=\vec{g}$. Le système est en CHUTE LIBRE, avec une accélération égale au champ de pesanteur, verticale vers le bas et de norme $9{,}81\ \mathrm{m/s^{2}}$.

c) La masse se simplifie de part et d'autre, parce qu'elle apparaît à la fois dans le poids, qui est la cause du mouvement, et dans l'inertie, qui s'y oppose. Ces deux rôles se compensent exactement. La conséquence célèbre est que tous les corps tombent de la même façon dans le vide, ce qu'illustrent l'expérience attribuée à Galilée et, de façon spectaculaire, la plume et le marteau lâchés ensemble sur la Lune par la mission Apollo 15.

d) La force électrique vaut $\vec{F}=q\vec{E}=-e\vec{E}$, donc $\vec{a}=\dfrac{-e\vec{E}}{m}$. La charge étant négative, l'accélération est de sens OPPOSÉ au champ électrique. Un électron remonte donc les lignes de champ, contrairement à une charge positive.

e) Une accélération constante en norme, direction et sens signifie que la vitesse varie linéairement avec le temps et la position quadratiquement : le mouvement est UNIFORMÉMENT ACCÉLÉRÉ. Si la vitesse initiale n'est pas colinéaire à l'accélération, la trajectoire est une parabole ; si elle l'est, ou si elle est nulle, la trajectoire est rectiligne. Les deux situations relèvent du même traitement mathématique, ce qui explique que le tir balistique et la déviation d'un électron se résolvent exactement de la même manière.

a) $v_{0x}=v_{0}\cos\alpha=15{,}0\times\cos 40^{\circ}=11{,}5\ \mathrm{m/s}$ et $v_{0y}=v_{0}\sin\alpha=15{,}0\times\sin 40^{\circ}=9{,}64\ \mathrm{m/s}$.

b) La seule force étant le poids, $\vec{a}=\vec{g}$, donc $a_{x}=0$ et $a_{y}=-g$. En intégrant une fois avec les conditions initiales : $v_{x}=v_{0x}$ et $v_{y}=-gt+v_{0y}$. En intégrant à nouveau depuis l'origine : $x(t)=v_{0x}t$ et $y(t)=-\dfrac{1}{2}gt^{2}+v_{0y}t$.

c) Le retour au sol correspond à $y=0$ avec $t\neq 0$ : $-\dfrac{1}{2}gt+v_{0y}=0$, donc $t_{v}=\dfrac{2v_{0y}}{g}=\dfrac{2\times 9{,}64}{9{,}81}=1{,}97\ \mathrm{s}$.

d) La portée est l'abscisse atteinte à cet instant : $x=v_{0x}t_{v}=11{,}5\times 1{,}97=22{,}6\ \mathrm{m}$.

e) La flèche est atteinte quand $v_{y}=0$, soit à $t=\dfrac{v_{0y}}{g}$, c'est-à-dire à la moitié du temps de vol. Alors $y_{\max}=\dfrac{v_{0y}^{2}}{2g}=\dfrac{9{,}64^{2}}{2\times 9{,}81}=4{,}74\ \mathrm{m}$. On remarque la symétrie de la trajectoire : la montée et la descente durent exactement le même temps.

a) La portée vaut $P=v_{0x}t_{v}=v_{0}\cos\alpha\times\dfrac{2v_{0}\sin\alpha}{g}=\dfrac{2v_{0}^{2}\sin\alpha\cos\alpha}{g}$. En utilisant l'identité $\sin\left(2\alpha\right)=2\sin\alpha\cos\alpha$, il vient $P=\dfrac{v_{0}^{2}\sin\left(2\alpha\right)}{g}$.

b) La portée est maximale quand $\sin\left(2\alpha\right)$ l'est, c'est-à-dire quand $2\alpha=90^{\circ}$, soit $\alpha=45^{\circ}$. Alors $P_{\max}=\dfrac{v_{0}^{2}}{g}=\dfrac{225}{9{,}81}=22{,}9\ \mathrm{m}$.

c) Pour $30^{\circ}$ : $P=\dfrac{225\sin 60^{\circ}}{9{,}81}=19{,}9\ \mathrm{m}$. Pour $60^{\circ}$ : $P=\dfrac{225\sin 120^{\circ}}{9{,}81}=19{,}9\ \mathrm{m}$. Les deux portées sont IDENTIQUES. La raison est que $\sin 60^{\circ}=\sin 120^{\circ}$ : deux angles complémentaires, dont la somme vaut $90^{\circ}$, donnent le même $\sin\left(2\alpha\right)$ donc la même portée.

d) Le graphique le confirme : les trajectoires à $30^{\circ}$ et $60^{\circ}$ retombent au même point, marqué vers $19{,}9\ \mathrm{m}$, tandis que celle à $45^{\circ}$ va nettement plus loin, jusqu'à $22{,}9\ \mathrm{m}$.

e) La flèche vaut $\dfrac{\left(v_{0}\sin\alpha\right)^{2}}{2g}$, donc elle croît avec l'angle : $2{,}87\ \mathrm{m}$ à $30^{\circ}$, $5{,}73\ \mathrm{m}$ à $45^{\circ}$ et $8{,}60\ \mathrm{m}$ à $60^{\circ}$. Le tir à $60^{\circ}$ consacre l'essentiel de sa vitesse initiale à la composante verticale : il monte donc très haut et reste longtemps en l'air, mais sa composante horizontale est faible et il n'avance pas vite. Le tir à $30^{\circ}$ fait l'inverse. À $45^{\circ}$, le compromis entre durée de vol et vitesse horizontale est optimal, et c'est exactement ce que traduit le maximum du sinus.

a) $E=\dfrac{U}{d}=\dfrac{200}{5{,}0\times 10^{-2}}=4{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$.

b) $F=eE=1{,}602\times 10^{-19}\times 4{,}0\times 10^{3}=6{,}41\times 10^{-16}\ \mathrm{N}$.

c) Le poids vaut $P=m_{e}g=9{,}109\times 10^{-31}\times 9{,}81=8{,}94\times 10^{-30}\ \mathrm{N}$. Le rapport $\dfrac{F}{P}=\dfrac{6{,}41\times 10^{-16}}{8{,}94\times 10^{-30}}=7{,}2\times 10^{13}$ : la force électrique est plus de dix mille milliards de fois supérieure au poids. On NÉGLIGE donc systématiquement le poids d'une particule chargée dans un champ électrique, et c'est ce qui autorise à traiter le problème comme une chute libre dans un champ purement électrique.

d) $a=\dfrac{F}{m_{e}}=\dfrac{6{,}41\times 10^{-16}}{9{,}109\times 10^{-31}}=7{,}03\times 10^{14}\ \mathrm{m/s^{2}}$. Cette valeur colossale, quatorze ordres de grandeur au-dessus de $g$, explique pourquoi les électrons atteignent de très grandes vitesses sur des distances minuscules.

e) Le théorème de l'énergie cinétique donne $\dfrac{1}{2}m_{e}v^{2}=eU$, puisque le travail de la force électrique vaut $eU$ sur la traversée complète. Donc $v=\sqrt{\dfrac{2eU}{m_{e}}}=\sqrt{\dfrac{2\times 1{,}602\times 10^{-19}\times 200}{9{,}109\times 10^{-31}}}=8{,}39\times 10^{6}\ \mathrm{m/s}$, soit environ $2{,}8$ pour cent de la vitesse de la lumière, ce qui justifie encore le traitement non relativiste.

a) $v_{0x}=15{,}0\cos 40^{\circ}=11{,}49\ \mathrm{m/s}$ et $v_{0y}=15{,}0\sin 40^{\circ}=9{,}64\ \mathrm{m/s}$. D'où $x(t)=11{,}49\,t$ et $y(t)=-4{,}905\,t^{2}+9{,}64\,t$.

b) Le sommet correspond à $v_{y}=0$, soit $t=\dfrac{9{,}64}{9{,}81}=0{,}983\ \mathrm{s}$. L'altitude vaut alors $y=\dfrac{9{,}64^{2}}{2\times 9{,}81}=4{,}74\ \mathrm{m}$ au-dessus du point de lancement, donc $24{,}7\ \mathrm{m}$ au-dessus du pied de la falaise.

c) On résout $-4{,}905\,t^{2}+9{,}64\,t=-20{,}0$, soit $4{,}905\,t^{2}-9{,}64\,t-20{,}0=0$. Le discriminant vaut $9{,}64^{2}+4\times 4{,}905\times 20{,}0=92{,}9+392{,}4=485{,}3$, de racine $22{,}03$. La solution positive est $t=\dfrac{9{,}64+22{,}03}{2\times 4{,}905}=3{,}23\ \mathrm{s}$.

d) $x=11{,}49\times 3{,}23=37{,}1\ \mathrm{m}$. Le projectile retombe donc à environ $37\ \mathrm{m}$ du pied de la falaise.

e) La conservation de l'énergie mécanique donne $\dfrac{1}{2}mv^{2}=\dfrac{1}{2}mv_{0}^{2}+mgh$, la masse se simplifiant : $v=\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}=\sqrt{225+2\times 9{,}81\times 20{,}0}=\sqrt{617{,}4}=24{,}8\ \mathrm{m/s}$. Cette vitesse ne dépend PAS de l'angle de tir : seuls la vitesse initiale et le dénivelé interviennent, parce que le travail du poids ne dépend que de la variation d'altitude. Deux projectiles lancés à la même vitesse mais à des angles différents arrivent donc au sol à la même vitesse, quoique dans des directions différentes et à des endroits différents.

a) La seule force notable est la force électrique, constante en norme et en direction puisque le champ est uniforme, et perpendiculaire à la vitesse initiale. C'est exactement la configuration d'un projectile lancé horizontalement dans le champ de pesanteur : accélération constante perpendiculaire à la vitesse initiale. Le rôle de $\vec{g}$ est tenu par $\dfrac{e\vec{E}}{m_{e}}$, et toutes les formules du tir se transposent.

b) L'accélération vaut $a=\dfrac{eE}{m_{e}}=\dfrac{1{,}602\times 10^{-19}\times 4{,}0\times 10^{3}}{9{,}109\times 10^{-31}}=7{,}03\times 10^{14}\ \mathrm{m/s^{2}}$, dirigée vers la plaque positive. Les équations sont $x(t)=v_{0}t$ et $y(t)=\dfrac{1}{2}at^{2}$, en comptant $y$ dans le sens de la déviation.

c) $\Delta t=\dfrac{L}{v_{0}}=\dfrac{8{,}0\times 10^{-2}}{2{,}0\times 10^{7}}=4{,}0\times 10^{-9}\ \mathrm{s}$, soit $4{,}0\ \mathrm{ns}$.

d) $y=\dfrac{1}{2}a\Delta t^{2}=0{,}5\times 7{,}03\times 10^{14}\times\left(4{,}0\times 10^{-9}\right)^{2}=5{,}6\times 10^{-3}\ \mathrm{m}$, soit $5{,}6\ \mathrm{mm}$. L'électron entrant à mi-distance dispose de $2{,}5\ \mathrm{cm}$ avant de toucher la plaque : la déviation de $5{,}6\ \mathrm{mm}$ reste bien inférieure, il sort donc sans heurter.

e) À la sortie, $v_{y}=a\Delta t=7{,}03\times 10^{14}\times 4{,}0\times 10^{-9}=2{,}81\times 10^{6}\ \mathrm{m/s}$, tandis que $v_{x}=2{,}0\times 10^{7}\ \mathrm{m/s}$ est inchangée. Donc $\tan\theta=\dfrac{2{,}81\times 10^{6}}{2{,}0\times 10^{7}}=0{,}141$, soit $\theta=8{,}0^{\circ}$. C'est ce principe qui commandait le balayage des anciens tubes cathodiques, où une tension variable dirigeait le faisceau point par point sur l'écran.

a) Dans le champ de pesanteur, $\vec{F}=m\vec{g}$ donc $\vec{a}=\vec{g}$ : la masse se simplifie. Dans le champ électrique, $\vec{F}=q\vec{E}$ donc $\vec{a}=\dfrac{q}{m}\vec{E}$ : la masse ne se simplifie PAS, puisqu'elle n'apparaît pas dans la force. C'est le rapport $\dfrac{q}{m}$, appelé rapport charge sur masse, qui joue ici le rôle central. Dans les deux cas l'accélération est constante et verticale : les mêmes équations horaires servent, seul $a$ change de nom.

b) Non. L'accélération électrique est inversement proportionnelle à la masse. C'est une différence fondamentale : la gravitation est la seule interaction dont la source est aussi la mesure de l'inertie, ce qui est le principe d'équivalence.

c) La plus LÉGÈRE, puisque $a=\dfrac{qE}{m}$ décroît quand $m$ croît. À durée de traversée égale, une masse deux fois plus petite subit une accélération deux fois plus grande et une déviation deux fois plus grande.

d) Les charges sont opposées, donc les déviations sont de sens OPPOSÉS : l'électron va vers la plaque positive, le proton vers la négative. En norme, le rapport des déviations est celui des accélérations, donc l'inverse du rapport des masses : $\dfrac{m_{p}}{m_{e}}=\dfrac{1{,}673\times 10^{-27}}{9{,}109\times 10^{-31}}=1836$. L'électron est donc environ $1836$ fois plus dévié que le proton. C'est exactement ce qui rend la spectrométrie de masse possible.

e) Parce que la comparaison des ordres de grandeur le justifie dans un cas et l'interdit dans l'autre. Pour l'électron de l'exercice 5, la force électrique vaut $7\times 10^{13}$ fois son poids : le négliger introduit une erreur relative de l'ordre de $10^{-14}$, largement sous toute précision de mesure. Pour une balle de tennis, aucune force électrique n'est en jeu et le poids est la force dominante. Négliger une force n'est jamais une règle générale : c'est toujours le résultat d'une comparaison chiffrée, qu'il faut mener avant de décider.

a) Faux. Seule la composante VERTICALE de la vitesse s'annule au sommet ; la composante horizontale, elle, reste constante puisque aucune force horizontale n'agit. À l'exercice 3, la vitesse au sommet vaut encore $11{,}5\ \mathrm{m/s}$, entièrement horizontale. Si la vitesse était réellement nulle, le projectile tomberait à la verticale, ce qu'on n'observe évidemment pas.

b) Faux. La portée vaut $\dfrac{v_{0}^{2}\sin\left(2\alpha\right)}{g}$, maximale pour $\alpha=45^{\circ}$ et non pour un angle plus grand. L'exercice 4 le chiffre : $22{,}9\ \mathrm{m}$ à $45^{\circ}$ contre seulement $19{,}9\ \mathrm{m}$ à $60^{\circ}$, alors que le tir à $60^{\circ}$ monte pourtant presque deux fois plus haut. Viser trop haut consacre la vitesse à monter plutôt qu'à avancer. À noter que $30^{\circ}$ donne exactement la même portée que $60^{\circ}$.

c) Faux, et c'est la différence essentielle entre les deux champs. Dans le champ de pesanteur, $\vec{a}=\vec{g}$ car la masse se simplifie. Dans un champ électrique, $\vec{a}=\dfrac{q}{m}\vec{E}$ : l'accélération dépend du rapport charge sur masse et diffère donc d'une particule à l'autre. L'exercice 8 le chiffre : l'électron est $1836$ fois plus accéléré que le proton dans le même champ, et en sens opposé.

d) Faux. La conservation de l'énergie mécanique donne $v=\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}$, expression où l'angle n'apparaît pas : seuls la vitesse initiale et le dénivelé comptent, parce que le travail du poids ne dépend que de la variation d'altitude. L'exercice 6 donne $24{,}8\ \mathrm{m/s}$ quel que soit l'angle. Ce qui dépend de l'angle, ce sont la DIRECTION de la vitesse à l'impact, le point de chute et la durée du vol, mais pas la norme.

a) $E_{c}=eU_{1}=1{,}602\times 10^{-19}\times 1{,}50\times 10^{4}=2{,}40\times 10^{-15}\ \mathrm{J}$, soit exactement $15{,}0\ \mathrm{keV}$ par définition de l'électronvolt.

b) $v=\sqrt{\dfrac{2eU_{1}}{m_{e}}}=\sqrt{\dfrac{2\times 2{,}40\times 10^{-15}}{9{,}109\times 10^{-31}}}=7{,}26\times 10^{7}\ \mathrm{m/s}$.

c) $\dfrac{v}{c}=\dfrac{7{,}26\times 10^{7}}{3{,}00\times 10^{8}}=0{,}242$, soit environ $24$ pour cent de la vitesse de la lumière. Le facteur relativiste vaut alors $\dfrac{1}{\sqrt{1-0{,}242^{2}}}=1{,}03$ : l'erreur commise en négligeant la relativité est d'environ $3$ pour cent. C'est acceptable pour un ordre de grandeur, mais un microscope réel en tient compte, et c'est pourquoi les appareils travaillant à $100\ \mathrm{kV}$ ou plus exigent un traitement relativiste complet.

d) La durée de traversée vaut $\Delta t=\dfrac{8{,}0\times 10^{-2}}{7{,}26\times 10^{7}}=1{,}10\times 10^{-9}\ \mathrm{s}$. L'accélération est la même qu'à l'exercice 7, $7{,}03\times 10^{14}\ \mathrm{m/s^{2}}$. Donc $y=\dfrac{1}{2}a\Delta t^{2}=0{,}5\times 7{,}03\times 10^{14}\times\left(1{,}10\times 10^{-9}\right)^{2}=4{,}27\times 10^{-4}\ \mathrm{m}$, soit $0{,}43\ \mathrm{mm}$.

e) La déviation est passée de $5{,}6\ \mathrm{mm}$ à $0{,}43\ \mathrm{mm}$, soit un facteur $13$ environ. La cause est la vitesse d'entrée, multipliée par $3{,}6$ : l'électron passe donc $3{,}6$ fois moins de temps entre les plaques, et comme la déviation varie comme le CARRÉ de cette durée, elle est divisée par $3{,}6^{2}=13$. C'est un point de conception essentiel : plus on accélère un faisceau, plus il devient difficile à dévier, et il faut alors des tensions déviatrices plus élevées ou des plaques plus longues.

a) La seule force est le poids, donc $\vec{a}=\vec{g}$ et $a_{y}=-g$. En intégrant avec $v_{y}(0)=v_{0}$ puis $y(0)=h$ : $v_{y}(t)=-gt+v_{0}$ et $y(t)=-\dfrac{1}{2}gt^{2}+v_{0}t+h$. Au sommet, $v_{y}=0$, donc $t_{s}=\dfrac{v_{0}}{g}=\dfrac{12{,}0}{9{,}81}=1{,}22\ \mathrm{s}$.

b) $y_{\max}=y(t_{s})=h+\dfrac{v_{0}^{2}}{2g}=1{,}50+\dfrac{144}{19{,}62}=1{,}50+7{,}34=8{,}84\ \mathrm{m}$. Oublier le $h$ de départ donne $7{,}34\ \mathrm{m}$, la hauteur de montée et non l'altitude.

c) Entre le lancement et le retour à la même altitude, le travail du poids est nul : l'énergie cinétique, donc la norme de la vitesse, est la même. La balle repasse à $12{,}0\ \mathrm{m/s}$, dirigée cette fois vers le bas. La montée et la descente jusqu'à ce point durent chacune $1{,}22\ \mathrm{s}$.

d) On résout $y(t)=0$ : $-4{,}905\,t^{2}+12{,}0\,t+1{,}50=0$. Le discriminant vaut $144+4\times 4{,}905\times 1{,}50=173{,}4$, de racine $13{,}17$. La racine positive est $t=\dfrac{12{,}0+13{,}17}{9{,}81}=2{,}57\ \mathrm{s}$ ; l'autre, négative, n'a pas de sens physique.

e) Par les équations horaires : $v_{y}=-9{,}81\times 2{,}566+12{,}0=-13{,}17\ \mathrm{m/s}$, de norme $13{,}2\ \mathrm{m/s}$. Par l'énergie mécanique, la masse se simplifiant : $v=\sqrt{v_{0}^{2}+2gh}=\sqrt{144+29{,}4}=13{,}2\ \mathrm{m/s}$. Les deux méthodes concordent, et la seconde évite tout calcul de temps.

a) Sur chaque intervalle, $x$ augmente de $0{,}25\ \mathrm{m}$ en $0{,}10\ \mathrm{s}$ : $v_{x}=2{,}5\ \mathrm{m/s}$, constante. Le mouvement horizontal est UNIFORME, ce qui traduit l'absence de force horizontale.

b) $v_{y}(0{,}10)\approx\dfrac{0{,}604-0}{0{,}20}=3{,}02\ \mathrm{m/s}$ et $v_{y}(0{,}30)\approx\dfrac{0{,}816-0{,}604}{0{,}20}=1{,}06\ \mathrm{m/s}$. Le piège est de diviser par $\tau$ au lieu de $2\tau$ : l'écart entre les points $i-1$ et $i+1$ couvre deux intervalles.

c) $a_{y}\approx\dfrac{1{,}06-3{,}02}{0{,}30-0{,}10}=-9{,}8\ \mathrm{m/s^{2}}$. L'accélération est verticale, vers le bas, de norme $g$ : c'est bien une chute libre, les frottements sont négligeables sur ce vol court.

d) $3{,}02=v_{0y}-9{,}8\times 0{,}10$ donne $v_{0y}=4{,}0\ \mathrm{m/s}$. Alors $v_{0}=\sqrt{2{,}5^{2}+4{,}0^{2}}=4{,}7\ \mathrm{m/s}$ et $\tan\alpha=\dfrac{4{,}0}{2{,}5}=1{,}6$, soit $\alpha=58^{\circ}$ au-dessus de l'horizontale.

e) $v_{y}=0$ pour $t=\dfrac{4{,}0}{9{,}8}=0{,}41\ \mathrm{s}$. Le tableau le confirme : $y$ croît jusqu'à $0{,}816\ \mathrm{m}$ à $t=0{,}40\ \mathrm{s}$ puis redescend à $0{,}775\ \mathrm{m}$ à $0{,}50\ \mathrm{s}$, le sommet se trouve donc juste après $0{,}40\ \mathrm{s}$.