Terminale · Physique-chimie · Chapitre 8

Mouvements dans un champ

Exercices corrigés — chute libre, trajectoire parabolique, condensateur plan, satellites et lois de Kepler.

Ex. 1 — Chute libre et équations horaires Ex. 2 — Approche énergétique Ex. 3 — Condensateur plan et accélérateur Ex. 4 — Satellite en orbite circulaire Ex. 5 — Lois de Kepler et satellite géostationnaire

Rappels : en chute libre \(\vec{a} = \vec{g}\), indépendante de la masse ; énergie mécanique \(E_m = \frac{1}{2}mv^{2} + mgz\) conservée. Condensateur plan : \(E = \dfrac{U}{d}\) et \(\vec{F} = q\vec{E}\). Satellite circulaire : \(v = \sqrt{\dfrac{GM}{r}}\) et \(\dfrac{T^{2}}{r^{3}} = \dfrac{4\pi^{2}}{GM}\), avec \(r = R_T + h\). Données : \(g = 9{,}81\) m·s⁻² ; \(G = 6{,}67\times 10^{-11}\) N·m²·kg⁻² ; \(M_T = 5{,}97\times 10^{24}\) kg ; \(R_T = 6370\) km ; \(e = 1{,}60\times 10^{-19}\) C ; \(m_p = 1{,}67\times 10^{-27}\) kg ; \(m_e = 9{,}11\times 10^{-31}\) kg.

Exercice 1

Chute libre et équations horaires

Un ballon est lancé depuis le sol avec une vitesse initiale \(v_0 = 15\) m·s⁻¹ faisant un angle \(\alpha = 30^\circ\) avec l'horizontale. On néglige les frottements et on place l'origine au point de lancement.

Montrer que le mouvement est plan et déterminer le vecteur accélération.
Établir les équations horaires du mouvement.
En déduire l'équation de la trajectoire.
Calculer la flèche et la portée du tir.

a. On applique la deuxième loi de Newton, le poids étant la seule force.

\[ m\,\vec{g} = m\,\vec{a} \qquad\Longrightarrow\qquad \vec{a} = \vec{g} \]

La masse se simplifie : le mouvement ne dépend pas de la masse du ballon.

\[ \vec{a}\begin{pmatrix} 0 \\ -9{,}81 \end{pmatrix} \]

Mouvement plan : l'accélération est verticale et la vitesse initiale est contenue dans le plan vertical \((Oxy)\). Aucune composante ne pousse jamais le ballon hors de ce plan, donc le mouvement y reste confiné. Deux coordonnées suffisent.

b. On intègre deux fois, en identifiant les constantes grâce aux conditions initiales.

\[ v_{0x} = v_0\cos 30^\circ = 13{,}0\ \text{m·s}^{-1} \qquad v_{0y} = v_0\sin 30^\circ = 7{,}5\ \text{m·s}^{-1} \]

\[ \vec{v}\begin{pmatrix} 13{,}0 \\ -9{,}81\,t + 7{,}5 \end{pmatrix} \qquad\qquad \vec{OM}\begin{pmatrix} x = 13{,}0\,t \\ y = -4{,}905\,t^{2} + 7{,}5\,t \end{pmatrix} \]

c. On élimine le temps entre les deux équations horaires.

\[ t = \frac{x}{13{,}0} \qquad\Longrightarrow\qquad y = -4{,}905\left(\frac{x}{13{,}0}\right)^{2} + 7{,}5\times\frac{x}{13{,}0} \]

\[ y = -2{,}90\times 10^{-2}\,x^{2} + 0{,}577\,x \]

Le coefficient de \(x^{2}\) est négatif : c'est une parabole tournée vers le bas. ✔

d. Au sommet, la composante verticale de la vitesse s'annule.

\[ -9{,}81\,t_S + 7{,}5 = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad t_S = 0{,}765\ \text{s} \]

\[ y_S = -4{,}905\times 0{,}765^{2} + 7{,}5\times 0{,}765 = 2{,}9\ \text{m} \]

Pour la portée, on cherche le second instant où \(y = 0\) :

\[ t(-4{,}905\,t + 7{,}5) = 0 \qquad\Longrightarrow\qquad t_P = 2\,t_S = 1{,}53\ \text{s} \]

\[ x_P = 13{,}0\times 1{,}53 = 20\ \text{m} \]

🚨 Au sommet, la vitesse n'est pas nulle : il reste \(v_x = 13{,}0\) m·s⁻¹, puisque aucune force n'agit horizontalement.

Exercice 2

Approche énergétique

Une bille de masse \(m = 50\) g est lancée verticalement vers le haut depuis le sol avec une vitesse \(v_0 = 8{,}0\) m·s⁻¹. Les frottements sont négligés.

Justifier que l'énergie mécanique se conserve.
Calculer la hauteur maximale atteinte, sans utiliser les équations horaires.
Calculer la vitesse de la bille lorsqu'elle repasse à \(z = 1{,}5\) m.
La même bille est maintenant lancée avec le même \(v_0\) mais à \(45^\circ\) de l'horizontale. La hauteur maximale est-elle la même ? Justifier.

a. On identifie les forces qui travaillent.

La bille n'est soumise qu'à son poids, qui est une force conservative. Aucune force de frottement ne dissipe d'énergie. L'énergie mécanique \(E_m = E_c + E_{pp}\) est donc constante au cours du mouvement.

b. On écrit la conservation entre le départ et le sommet, où \(v = 0\).

\[ \tfrac{1}{2}m\,v_0^{2} + 0 = 0 + m\,g\,h \]

La masse se simplifie :

\[ h = \frac{v_0^{2}}{2g} = \frac{8{,}0^{2}}{2\times 9{,}81} = 3{,}3\ \text{m} \]

💡 Cette méthode est bien plus rapide que le passage par les équations horaires, dès lors qu'aucun instant n'est demandé.

c. On applique la conservation entre le départ et l'altitude visée.

\[ \tfrac{1}{2}v_0^{2} = \tfrac{1}{2}v^{2} + g\,z \qquad\Longrightarrow\qquad v = \sqrt{v_0^{2} - 2gz} \]

\[ v = \sqrt{8{,}0^{2} - 2\times 9{,}81\times 1{,}5} = \sqrt{64 - 29{,}4} = \sqrt{34{,}6} = 5{,}9\ \text{m·s}^{-1} \]

✔ Cohérent : \(5{,}9 < 8{,}0\) m·s⁻¹, et la vitesse est la même à la montée et à la descente à cette altitude — l'énergie ne dépend que de la position.

d. On refait le raisonnement en tenant compte de la composante horizontale.

Non. Au sommet, la vitesse n'est plus nulle : il subsiste \(v_x = v_0\cos 45^\circ\). La conservation s'écrit :

\[ \tfrac{1}{2}v_0^{2} = \tfrac{1}{2}v_{0x}^{2} + g\,h' \qquad\Longrightarrow\qquad h' = \frac{v_{0y}^{2}}{2g} = \frac{(8{,}0\sin 45^\circ)^{2}}{2\times 9{,}81} \]

\[ h' = \frac{32}{19{,}62} = 1{,}6\ \text{m} \]

La hauteur est divisée par deux. 🚨 Seule la composante verticale de la vitesse initiale contribue à la hauteur atteinte : c'est le point que l'énergétique met bien en évidence.

Exercice 3

Condensateur plan et accélérateur

Deux plaques parallèles distantes de \(d = 4{,}0\) cm sont reliées à un générateur délivrant \(U = 600\) V.

Calculer la valeur du champ électrique entre les plaques. Préciser sa direction et son sens.
Un électron est placé dans ce champ. Calculer la force qu'il subit et la comparer à son poids.
Un proton initialement au repos est accéléré sur toute la distance \(d\). Calculer sa vitesse de sortie.
Un accélérateur linéaire aligne 250 étages identiques. Quelle vitesse le proton atteint-il ? Commenter.

a. On applique la relation du condensateur plan.

\[ E = \frac{U}{d} = \frac{600}{4{,}0\times 10^{-2}} = 1{,}5\times 10^{4}\ \text{V·m}^{-1} \]

Le champ est uniforme, perpendiculaire aux plaques, et dirigé de la plaque positive vers la plaque négative.

💡 Deux leviers pour l'intensifier : augmenter \(U\), ou rapprocher les plaques. C'est la seconde qui est la plus efficace en pratique.

b. On calcule les deux forces et on fait le rapport.

\[ F = |q|\,E = 1{,}60\times 10^{-19}\times 1{,}5\times 10^{4} = 2{,}4\times 10^{-15}\ \text{N} \]

\[ P = m_e\,g = 9{,}11\times 10^{-31}\times 9{,}81 = 8{,}9\times 10^{-30}\ \text{N} \]

\[ \frac{F}{P} = \frac{2{,}4\times 10^{-15}}{8{,}9\times 10^{-30}} = 2{,}7\times 10^{14} \]

La force électrique est plus de cent mille milliards de fois plus intense que le poids : celui-ci est totalement négligeable. 🚨 C'est systématiquement le cas pour les particules chargées, et il faut le justifier une fois avant de l'utiliser.

L'électron étant de charge négative, la force est de sens opposé à \(\vec{E}\) : il est attiré vers la plaque positive.

c. On applique le théorème de l'énergie cinétique, la force électrique étant la seule à travailler.

\[ \tfrac{1}{2}m_p v^{2} - 0 = e\,U \qquad\Longrightarrow\qquad v = \sqrt{\frac{2\,e\,U}{m_p}} \]

\[ v = \sqrt{\frac{2\times 1{,}60\times 10^{-19}\times 600}{1{,}67\times 10^{-27}}} = \sqrt{1{,}15\times 10^{11}} = 3{,}4\times 10^{5}\ \text{m·s}^{-1} \]

⚠ Remarquez que \(d\) n'intervient pas : seul le travail \(eU\) compte, quelle que soit la distance parcourue.

d. L'énergie s'accumule à chaque étage.

\[ \tfrac{1}{2}m_p v_n^{2} = n\,e\,U \qquad\Longrightarrow\qquad v_n = \sqrt{\frac{2\,n\,e\,U}{m_p}} = v\times\sqrt{n} \]

\[ v_{250} = 3{,}4\times 10^{5}\times\sqrt{250} = 5{,}4\times 10^{6}\ \text{m·s}^{-1} \]

Commentaire : la vitesse croît comme la racine carrée du nombre d'étages, pas proportionnellement. Multiplier la vitesse par 10 exige de multiplier la longueur de l'accélérateur par 100 — d'où les installations kilométriques.

💡 Ici \(v/c = 1{,}8\times 10^{-2}\) : le traitement classique reste valable. Au-delà de quelques pour cent de \(c\), il faudrait un traitement relativiste.

Exercice 4

Satellite en orbite circulaire

Un satellite d'observation de masse \(m = 1{,}2\) t décrit une orbite circulaire à l'altitude \(h = 800\) km au-dessus de la Terre.

Établir l'expression de la vitesse du satellite en fonction de \(G\), \(M_T\) et \(r\).
Calculer cette vitesse, puis la période de révolution.
La vitesse dépend-elle de la masse du satellite ? Commenter.
Un second satellite orbite à \(1600\) km d'altitude. Sa vitesse est-elle deux fois plus faible ? Calculer.

a. On applique la deuxième loi de Newton, la force gravitationnelle étant la seule.

\[ G\frac{M_T\,m}{r^{2}} = m\,a \qquad\Longrightarrow\qquad a = \frac{G\,M_T}{r^{2}} \]

La masse du satellite se simplifie. Le mouvement étant circulaire uniforme, l'accélération vaut aussi \(\dfrac{v^{2}}{r}\) dans le repère de Frenet :

\[ \frac{v^{2}}{r} = \frac{G\,M_T}{r^{2}} \qquad\Longrightarrow\qquad v = \sqrt{\frac{G\,M_T}{r}} \]

b. On calcule d'abord le rayon de l'orbite, mesuré depuis le centre de la Terre.

\[ r = R_T + h = 6370 + 800 = 7170\ \text{km} = 7{,}17\times 10^{6}\ \text{m} \]

\[ v = \sqrt{\frac{6{,}67\times 10^{-11}\times 5{,}97\times 10^{24}}{7{,}17\times 10^{6}}} = \sqrt{5{,}55\times 10^{7}} = 7{,}45\times 10^{3}\ \text{m·s}^{-1} \]

\[ T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi\times 7{,}17\times 10^{6}}{7{,}45\times 10^{3}} = 6{,}05\times 10^{3}\ \text{s} = 101\ \text{min} \]

🚨 L'erreur la plus fréquente du chapitre : utiliser \(h\) au lieu de \(r = R_T + h\). Ici cela donnerait une vitesse trois fois trop grande.

c. On examine l'expression obtenue.

Non : la masse \(m\) n'apparaît pas dans \(v = \sqrt{GM_T/r}\). Elle s'est simplifiée entre le poids et l'inertie, exactement comme en chute libre.

Conséquence : un satellite de 100 kg et un de 10 tonnes placés à la même altitude ont rigoureusement la même vitesse et la même période. C'est aussi ce qui explique l'impesanteur ressentie dans l'ISS — astronaute et station tombent identiquement.

d. On applique la relation, qui varie en \(1/\sqrt{r}\) et non en \(1/r\).

\[ r' = 6370 + 1600 = 7970\ \text{km} = 7{,}97\times 10^{6}\ \text{m} \]

\[ v' = \sqrt{\frac{3{,}98\times 10^{14}}{7{,}97\times 10^{6}}} = 7{,}07\times 10^{3}\ \text{m·s}^{-1} \]

Non, la vitesse ne diminue que de \(5\ \%\). Deux raisons se cumulent : l'altitude a doublé mais pas le rayon (\(7170 \rightarrow 7970\) km, soit \(+11\ \%\) seulement), et la vitesse varie comme \(1/\sqrt{r}\).

Exercice 5

Lois de Kepler et satellite géostationnaire

On étudie quatre satellites de Jupiter découverts par Galilée :

Satellite	Io	Europe	Ganymède	Callisto
\(r\) (\(10^{8}\) m)	\(4{,}22\)	\(6{,}71\)	\(10{,}7\)	\(18{,}8\)
\(T\) (jours)	\(1{,}77\)	\(3{,}55\)	\(7{,}15\)	\(16{,}7\)

Énoncer les trois lois de Kepler.
Vérifier la troisième loi sur Io et Callisto.
En déduire la masse de Jupiter.
Déterminer l'altitude d'un satellite géostationnaire terrestre et énoncer les deux autres conditions à respecter.

a. Les trois lois, dans l'ordre.

Première loi : les planètes décrivent des ellipses dont le Soleil occupe l'un des foyers.

Deuxième loi (loi des aires) : le segment reliant le Soleil à la planète balaie des aires égales en des durées égales. La planète va donc plus vite quand elle est proche du Soleil.

Troisième loi : le rapport \(\dfrac{T^{2}}{a^{3}}\) est le même pour tous les astres orbitant autour du même corps, \(a\) étant le demi-grand axe.

b. On calcule le rapport pour les deux satellites extrêmes, en convertissant les périodes en secondes.

\[ T_{\text{Io}} = 1{,}77\times 86400 = 1{,}53\times 10^{5}\ \text{s} \qquad T_{\text{Cal}} = 16{,}7\times 86400 = 1{,}44\times 10^{6}\ \text{s} \]

\[ \frac{T^{2}}{r^{3}}\Big|_{\text{Io}} = \frac{(1{,}53\times 10^{5})^{2}}{(4{,}22\times 10^{8})^{3}} = \frac{2{,}34\times 10^{10}}{7{,}52\times 10^{25}} = 3{,}11\times 10^{-16} \]

\[ \frac{T^{2}}{r^{3}}\Big|_{\text{Cal}} = \frac{(1{,}44\times 10^{6})^{2}}{(1{,}88\times 10^{9})^{3}} = \frac{2{,}07\times 10^{12}}{6{,}64\times 10^{27}} = 3{,}12\times 10^{-16} \]

Les deux rapports sont égaux à \(0{,}3\ \%\) près : la troisième loi est vérifiée, en unités SI. ✔

c. On identifie ce rapport à son expression théorique.

\[ \frac{T^{2}}{r^{3}} = \frac{4\pi^{2}}{G\,M_J} \qquad\Longrightarrow\qquad M_J = \frac{4\pi^{2}}{G\times 3{,}11\times 10^{-16}} \]

\[ M_J = \frac{39{,}48}{6{,}67\times 10^{-11}\times 3{,}11\times 10^{-16}} = \frac{39{,}48}{2{,}07\times 10^{-26}} = 1{,}9\times 10^{27}\ \text{kg} \]

💡 Valeur tabulée : \(1{,}90\times 10^{27}\) kg. ✔ C'est ainsi qu'on « pèse » un astre : en observant le mouvement de ce qui l'orbite. Remarquez que la masse des satellites n'intervient à aucun moment.

d. Un satellite géostationnaire reste à la verticale du même point : sa période doit être celle de la rotation terrestre.

\[ T = 86164\ \text{s} \qquad r^{3} = \frac{G\,M_T\,T^{2}}{4\pi^{2}} = \frac{3{,}98\times 10^{14}\times (8{,}6164\times 10^{4})^{2}}{39{,}48} \]

\[ r^{3} = 7{,}49\times 10^{22}\ \text{m}^{3} \qquad\Longrightarrow\qquad r = 4{,}21\times 10^{7}\ \text{m} = 42\,100\ \text{km} \]

\[ h = r - R_T = 42\,100 - 6370 = 35\,700\ \text{km} \]

Les deux autres conditions :

• l'orbite doit être dans le plan équatorial — sinon le satellite oscillerait en latitude au cours de la journée ;

• elle doit être parcourue dans le même sens que la rotation terrestre, d'ouest en est.

🚨 Ces trois conditions sont indissociables : une seule période correcte ne suffit pas à rendre un satellite géostationnaire.