\thumb

\begin{qcm}{Connaissance du cours}{15}
    \be
        \item Lorsqu'un champ vectoriel ne varie pas d'un point à l'autre, il est :
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
        \choix uniforme & \choix isotrope & \choix constant
        \end{tabularx}
        
        \item Le champ $\vec{E}$ (de norme $E$), représenté ci-dessous:
        \Form{037_champs_024}
        a pour composantes dans le repère $\paren{O,\,\vi ,\,\vj}$ :\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XX@{}}
        \resetchoix
        \choix $\vec{E}=\vcoord{E\,\cos\theta}{E\,\sin\theta}$ & \choix $\vec{E}=\vcoord{-E\,\sin\theta}{E\,\cos\theta}$\\
        \choix $\vec{E}=\vcoord{E\,\sin\theta}{-E\,\cos\theta}$ & \choix $\vec{E}=\vcoord{-E\,\cos\theta}{E\,\sin\theta}$
        \end{tabularx}
        
        \item Les vecteurs : $\vec{U}=\vcoord{5}{2}$ et $\vec{V}=\vcoord{3,40}{1,36}$, définis dans la base $\acco{\vi ,\vj}$, sont :\par
        \begin{tabularx}{\linewidth}{@{}XXX@{}}
        \resetchoix
        \choix orthogonaux & \choix colinéaires & \choix égaux
        \end{tabularx}
    \ee
    \end{qcm}
    
\begin{corrige}
    \be
        \item Un champ (vectoriel ou scalaire), qui demeure le même en tout point d'une région de l'espace est un champ uniforme
        (réponse \choix[a]). En revanche, un champ constant est un champ qui ne varie pas dans le temps.
        
        \item Soient $P$ et $O$ les extrémités du vecteur champ $\vec{E}$ et soit $Q$ le projeté de $P$ sur l'axe $Oy$ vertical. Dans le
        triangle rectangle $(OPQ)$, on peut définir :\par
        \Twopic{7.17}{
        \[\left\{\begin{array}{l}
        \cos\theta =\cfrac{OQ}{OP}=\cfrac{OQ}{E}\\[6pt]
        \sin\theta =\cfrac{PQ}{OP}=\cfrac{PQ}{E}
        \end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}
        OQ=E\,\cos\theta\\[5pt]
        PQ=E\,\sin\theta
        \end{array}\right.
        \]
        }{2.83}{046_champs_027}
        Ainsi, les composantes du vecteur $\vec{E}$ s'écrivent :
        \[\left\{\begin{array}{l}
        E_x=-PQ=-E\,\sin\theta\\
        E_y=OQ=E\,\cos\theta
        \end{array}\right.\Rightarrow
            \vec{E}=\vcoord{-E\,\sin\theta}{E\,\cos\theta}\text{ (réponse \choix[b])}.
        \]
        
        \item En remarquant que :
        \[\left\{\begin{array}{l}
        \cfrac{3,4}{5}=0,68\\[6pt]
        \cfrac{1,36}{2}=0,68
        \end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}
        3,4=0,68\times 5\\
        1,36=0,68\times 2
        \end{array}\right.
        \]
        on peut présenter le vecteur $\vec{V}$ sous la forme :
        \begin{eqnarray*}
        \vec{V}
        & = & \vcoord{3,40}{1,36}=\vcoord{0,68\times 5}{0,68\times 2}=0,68\times\vcoord{5}{2}\\
        & \Rightarrow & \vec{V}=0,68\,\vec{U}\text{ car }\vec{U}=\vcoord{5}{2}
        \end{eqnarray*}
        ce qui suffit à prouver que $\vec{U}$ et $\vec{V}$ sont colinéaires (réponse \choix[b]).
    \ee
    \end{corrige}

%%% 2

\begin{qcm}{Testez vos connaissances}{5}
Indiquer, pour chacune des phrases ci-dessous si elles sont vraies ou fausses en justifiant votre réponse.

\begin{questions}
  \item La norme d'une vitesse peut être négative.
  \item La formule $v_2=\frac{{M_1M_2} + {M_2M_3}}{2 \cdot \Delta t}$ permet de déterminer de manière exacte la norme de la vitesse instantanée en $M_2$.
  \item Le vecteur variation de vitesse ne peut jamais être nul.
  \item En un point donné, le vecteur variation de vitesse est toujours perpendiculaire à la vitesse.
  \item Le vecteur variation de vitesse est toujours colinéaire à la résultante des forces qui s'applique sur l'objet étudié.
\end{questions}
\end{qcm}

\begin{corrige}
\begin{questions}
	\item Faux. Les composantes du vecteur vitesse peuvent être négatives mais sa norme est toujours positive ou nulle.
	\item Faux. Cette formule ne permet que de déterminer une valeur approchée de la vitesse au point $M_2$.
	\item Faux. Si la vitesse est constante au cours du déplacement (en norme et en direction), le vecteur variation de vitesse est nul.
	\item Faux. Le vecteur variation de vitesse peut être perpendiculaire à la vitesse, mais ce n'est en aucun cas une généralité. 
	\item Vrai (aux erreurs de détermination près). C'est le principe de la deuxième loi de Newton. 
	
\end{questions}
\end{corrige}

\sectionnn{Champ électrostatique}

%%% 3

\begin{exo}{Force subie par un proton}{Lycée Guynemer, Compiègne}{1}{5}
\enlargethispage*{3em}
    Un proton de charge $e$ est placé dans une région où règne un champ électrostatique uniforme d'intensité ${E=2,0.10^{3}\text{
    V}\cdot\text{m}^{-1}}$.
    \be
        \item
        \be
            \item Représenter, sur un schéma, l'allure des lignes de champ du champ électrostatique.
            \item Sur ce schéma, représenter en un point quelconque le champ électrostatique $\vec{E}$.
        \ee
        \item
        \be
            \item Calculer l'intensité de la force subie par le proton dans cette zone.
            \item Représenter cette force sur le schéma précédent.
        \ee
    \ee
    Donnée : charge élémentaire : $e=1,6.10^{-19}\text{C}$.
    \end{exo}

\begin{corrige}
    \be
        \item
        \be
            \item Un champ électrostatique uniforme est caractérisé par un vecteur champ qui demeure le même en tout point de l'espace ; ses
            lignes de champ sont des segments de droite (\emph{cf}. figure 1).
            \item En un point $M$ quelconque d'une ligne de champ, le champ électrique $\vec{E}$ est tangent à la ligne de champ (parallèle à
            la ligne de champ sur la figure 1 page suivante).
            \Form{047_champs_502}
        \ee
        \item
        \be
            \item Un proton, de charge $q_p=e$, plongé dans un champ électrique $\vec{E}$ d'intensité $E$, est soumis à une force
            ${\vec{F}=q_p\,\vec{E}=e\,\vec{E}}$, dont l'intensité vaut :
            \[F=e\times E=1,6.10^{-19}\times 2.10^3=3,2.10^{-16}\text{ N}.
            \]
            \item La relation $\vec{F}=e\,\vec{E}$ montre que le vecteur $\vec{F}$ est colinéaire à $\vec{E}$ et possède le même sens car
            ${e>0}$ (\emph{cf}. figure 2).
        \ee
    \ee
    \end{corrige}

%%% 4

\begin{exo}{Cumulonimbus}{Lycée Teilhard De Chardin, Saint-Maur-des-Fossés}{1}{5}
    Au cours d'un orage, par des mouvements internes au cumulonimbus, des charges positives s'accumulent à son sommet, alors que des
    charges négatives se trouvent dans sa base.\par
    Par influence, la partie de la Terre sous le nuage se charge positivement. Par temps calme, le champ électrique à la surface de la Terre a
    une valeur moyenne d'environ ${150\text{ V}\cdot\text{m}^{-1}}$. Par temps orageux, cette valeur est de l'ordre de ${15\text{ kV}\cdot\text{m}^{-1}}$
    et peut atteindre ${100\text{ kV}\cdot\text{ m}^{-1}}$ près des pointes (arbres, paratonnerres,\ldots).
    \Form{038_champs_503}
    \be
        \item Faire apparaître, sur le schéma ci-dessus, la répartition des charges dans le nuage et sur le sol.
        \item On modélise par un condensateur plan l'ensemble formé par la base du nuage et le sol.
        \be
            \item Représenter trois lignes du champ électrique créé entre le sol et la base du nuage.
            \item Tracer le vecteur représentant le champ électrique précédent.
            \item Sachant que la foudre correspond à une tension de l'ordre de 100 millions de volts entre la Terre et la base du nuage,
            calculer l'altitude de la base du nuage.
        \ee
    \ee
    \end{exo}

\begin{corrige}
    \be
        \item D'après l'énoncé, les charges se répartissent dans le nuage et sur le sol (\emph{cf}. schéma ci-dessous) :
        \bi
            \item charges positives au sommet du nuage ;
            \item charges négatives à la base du nuage ;
            \item charges positives au sol.
        \ei
        \item
        \be
            \item Loin des bords du nuage, l'ensemble nuage-sol se comporte comme un condensateur plan entre les armatures duquel les lignes de
            champ sont parallèles entre elles et perpendiculaires au sol (\emph{cf}. schéma ci-dessous).
            \item Le vecteur champ électrique est caractérisé par :
            \bi
                \item sa direction : celle des lignes de champ ;
                \item son sens : dirigé des charges positives vers les charges négatives le long d'une ligne de champ ;
                \item son intensité : d'autant plus importante que les lignes de champ sont resserrées.
            \ei
            \Form{048_champs_521}
            \item En excluant le cas marginal des pointes, qui n'est pas caractéristique des condensateurs plans, les surfaces chargées sont
            espacées d'une distance $h$. Puisqu'un champ moyen :
            \[E=\norme{\vec{E}}=15\text{ kV}\cdot\text{m}^{-1}=15.10^3\text{ V}\cdot\text{m}^{-1}
            \]
            règne dans cet espace sous une tension ${U=100.10^6\text{ V}}$, il s'ensuit que :
            \[U=E\times h\Rightarrow h=\frac{U}{E}=\frac{10^8}{15.10^3}\simeq6,7\cdot10^3\text{ m}.
            \]
        \ee
    \ee
    \end{corrige}

\newpage

\sectionnn{Loi de Coulomb}

%%% 5

\begin{exo}{Forces électrostatiques}{Lycée Charlemagne, Paris}{2}{20}
    Une particule $P$, portant une charge électrique $q_P$ équivalente à celle de six protons, se trouve à une distance de ${180\text{ pm}}$
    d'une particule $R$ de charge $q_R$. Les particules s'attirent mutuellement avec des forces d'intensité ${0,128\;\mu\text{N}}$.
    \be
        \item Quelle est la valeur de la charge $q_P$ et quel est le signe de la charge $q_R$ ?
        \item Schématiser la situation. Donner l'expression vectorielle des forces électrostatiques en présence puis l'expression de leur
        intensité. En déduire la valeur de la charge $q_R$.
    \ee
    Données :
    \bi
        \item charge élémentaire : $e=1,6.10^{-19}\text{ C}$
        \item constante de la loi de Coulomb : $k=9.10^9\text{ SI}$
    \ei
    \end{exo}

\begin{corrige}
    \be
        \item La charge d'un proton valant $e=1,6.10^{-19}\text{ C}$, celle de la particule $P$ lui est 6 fois supérieure :
        \[q_P=6\times e=6\times 1,6.10^{-19}=9,6.10^{-19}\text{ C}.
        \]
        L'attraction entre les particules chargées $P$ et $R$ rend compte de la nature de leurs charges : $q_P$ étant positif, $q_R$ est
        négatif.
        \item Soit $\vec{u}$ un vecteur unitaire directeur de la droite passant par $P$ et $R$ :
        \Form{048_champs_522}
        La loi de Coulomb donne l'expression de la force $\vec{F}_{R/P}$ que $R$ exerce sur $P$ et de la force $\vec{F}_{P/R}$ que $P$ exerce
        sur $R$ :
        \[\vec{F}_{R/P}=k\times\frac{\module{q_P}\times\module{q_R}}{PR^2}\,\vec{u}\text{ et }
            \vec{F}_{P/R}=-k\times\frac{\module{q_P}\times\module{q_R}}{PR^2}\,\vec{u}.
        \]
        \'Enumérons les caractéristiques de ces deux forces :
        \bi
            \item elles sont colinéaires : elles possèdent la même direction $\vec{u}$ ;
            \item elles sont de sens opposé : $\vec{F}_{P/R}=-\vec{F}_{R/P}$ ;
            \item elles ont la même intensité $F=0,128\;\mu\text{N}=0,128.10^{-6}\text{N}$ :
            \begin{eqnarray*}
            F
            & = & \module{\vec{F}_{R/P}}=\module{\vec{F}_{P/R}}=k\times\frac{\module{q_P}\times\module{q_R}}{PR^2}\\
            & \Rightarrow & F=k\times\frac{6e\times\module{q_R}}{PR^2}\text{ car }\module{q_P}=6\,e.
            \end{eqnarray*}
        \ei
        De cette dernière relation, il découle que :
        \begin{eqnarray*}
        \module{q_R}
        & = & \frac{F\times PR^2}{6\,k\,e}\text{ avec }PR=180\text{ pm}=180.10^{-12}\text{ m}\\
        & = & \frac{0,128.10^{-6}\times\paren{180.10^{-12}}^2}{6\times 9.10^9\times 1,6.10^{-19}}
            \Rightarrow \module{q_R}=4,8.10^{-19}.
        \end{eqnarray*}
        Et, puisque $q_R$ est négatif :
        \[q_R=-4,8.10^{-19}\text{ C}=-3\,e\text{ car }e=1,6.10^{-19}\text{ C}.
        \]
        La charge $q_R$ équivaut donc à la charge de trois électrons.
    \ee
    \end{corrige}

%%% 6

\begin{exo}{Cristal de chlorure de sodium}{Lycée Berlioz, Vincennes}{2}{20}
\nathanliveVideo
\label{video:ch2exocristal}
\enlargethispage*{2em}

    On considère une portion de cristal de chlorure de sodium. Les ions sont assimilés à des sphères comportant des charges ponctuelles placées
    en leur centre. Les rayons des sphères sont ${r_{\cl ^-}=181\text{ pm}}$ et ${r_{\na ^+}=97\text{ pm}}$. On considère que les sphères sont
    en contact les unes avec les autres.
    \Form{039_champs_504}
    \be
        \item Montrer que la distance $d$ figurant sur le schéma vaut ${d=622\text{ pm}}$. Faire un calcul littéral avant le calcul numérique.
        \item Calculer la valeur de la force exercée par l'ion (1) sur l'ion (2) puis la représenter sur le schéma.
    \ee
    Données :
    \bi
        \item charge élémentaire : $e=1,6.10^{-19}\text{ C}$ ;
        \item constante de la loi de Coulomb : $k=9,0.10^9\text{ USI}$.
    \ei
    \end{exo}

\begin{corrige}
\Par
\nathanliveVideo
    \be
        \item Notons :
        \[d_0=r_{\na ^+}+r_{\cl ^-}=97+181=278\text{ pm}
        \]
        la distance séparant un ion $\na ^+$ et un ion $\cl ^-$ en contact :
        \Form{049_champs_505}
        Si $P$ et $R$ désignent les centres respectifs des ions (1) et (2), la distance ${PR=d}$ s'obtient aisément en appliquant le théorème
        de Pythagore au triangle rectangle $(PQR)$ :
        \begin{eqnarray*}
        PR ^2
        & = & PQ^2+QR^2\text{ avec }PQ=d_0\text{ et }QR=2\,d_0\\
        & \Rightarrow & d^2=d_0^2+4\,d_0^2=5\,d_0^2\\
        & \Rightarrow & d=\sqrt{5}\,d_0=\sqrt{5}\times\paren{r_{\na ^+}+r_{\cl ^-}}\\
        & \Rightarrow & d=\sqrt{5}\times 278\simeq 622\text{ pm}.
        \end{eqnarray*}
        \newpage
        \item L'ion $\cl ^-$ se forme par addition d'un électron (de charge $-e$) à l'atome de chlore initialement neutre, tandis que l'ion
        $\na ^+$ provient du départ d'un électron de l'atome de sodium initialement neutre. Les charges respectives de ces ions valent alors :
        \[q_{\cl ^-}=-e\text{ et }q_{\na ^+}=+e
        \]
        entre lesquels s'exerce une force électrostatique dont la loi de Coulomb prévoit l'intensité :
        \begin{eqnarray*}
        F
        & = & k\times\frac{\module{q_{\cl ^-}}\times\module{q_{\na ^+}}}{d^2}=k\times\frac{e^2}{d^2}
            =9.10^9\times\frac{(1,6.10^{-19})^2}{(622.10^{-12})^2}\\
        & \Rightarrow & F=6,0.10^{-10}\text{ N}.
        \end{eqnarray*}
        Les caractéristiques du vecteur force associé sont :
        \bi
            \item sa direction : la droite passant par les centres $R$ et $P$ des ions ;
            \item son sens : de $R$ vers $P$ car l'ion (2) est attiré par l'ion (1) ;
            \item son intensité : $\norme{\vec{F}}=F=6,0.10^{-10}\text{ N}$.
        \ei
        \Form{050_champs_506}
    \ee
    \end{corrige}

 
\sectionnn{Champ de gravitation}

%%% 7

\begin{exo}{Poids à la surface de Mercure}{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud}{1}{5}
    Mercure, la première des planètes de notre système solaire, possède une masse ${M=3,30.10^{23}\text{ kg}}$ et un rayon ${r=2,44.10^3\text{
    km}}$.
    \be
        \item Calculer l'intensité de la pesanteur $g$ à la surface de Mercure.
        \item Calculer le poids d'un objet de masse $m=500\text{ g}$ à la surface de Mercure.
    \ee
    Donnée : constante de gravitation universelle : ${G=6,67.10^{-11}\text{ m}^3\cdot\text{kg}^{-1}\cdot\text{s}^{-2}}$.
    \end{exo}

\begin{corrige}
    \be
        \item À la surface d'un astre sphérique de masse $M$ et de rayon $r$ règne un champ de gravitation qui peut s'identifier au champ de
        pesanteur, à condition de négliger le mouvement de l'astre :
        \begin{eqnarray*}
        g
        & = & \frac{\mc{G}\,M}{r^2}\text{ avec }r=\nombre{2440}\text{ km}=\nombre{2240}.10^3\text{ m}\\
        & = & \frac{6,67.10^{-11}\times 3,3.10^{23}}{\paren{\nombre{2440}.10^3}^2}=3,70\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}.
        \end{eqnarray*}
        \item À la surface de Mercure, un objet de masse $m=500\text{ g}=0,5\text{ kg}$ possède alors un poids :
        \[P=m\,g=0,5\times 3,7=1,85\text{ N}.
        \]
    \ee
    \end{corrige}

%%% 8

\begin{exo}{Trou noir stellaire}{Lycée Teilhard De Chardin, Saint-Maur-des-Fossés}{2}{30}
    \emph{Un trou noir stellaire résulte de l'effondrement d'une étoile massive sur elle-même. Le plus petit trou noir découvert jusqu'à
    présent à un rayon de ${15\text{ km}}$. Un trou noir moyen d'environ $\nombre{300000}$ masses terrestres a un rayon de ${30\text{ km}}$
    alors que le rayon d'un \og gros\fg trou noir stellaire peut atteindre ${300\text{ km}}$, ce qui reste plus petit que les jets directifs de
    particules, émises à grande vitesse et qui s'étendent sur plusieurs centaines d'années lumière de chaque côté du trou noir.
    }\par
    \begin{flushright}
    D'après http://www.eso.org
    \end{flushright}
    \be
        \item Donner les caractéristiques du champ de gravitation de la Terre en un point $A$, situé à une distance $R$ de son centre. À quelle
        condition peut-on assimiler champ de pesanteur et champ de gravitation ?
        \item On donne l'expression et la valeur du champ de pesanteur terrestre :
        \[g=G\,\frac{M_T}{R_T^2}=9,8\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}
        \]
        \'Evaluer la valeur du champ de gravitation à la \og surface\fg d'un trou noir stellaire moyen
    \ee
    Donnée : rayon terrestre : $R_T=\nombre{6400}\text{ km}$.
    \end{exo}

\begin{corrige}
    \be
        \item En un point $A$ situé à une distance $R$ du centre $O$ de la Terre, le champ de gravitation $\vec{\mc{G}}(R)$ est caractérisé par
        :\par
        \Twopic{6.03}{
        \bi
            \item sa direction : la droite $(AO)$ ;
            \item sons sens : de $A$ vers $O$ ;
            \item son intensité : $\mc{G}(R)=G\,\dfrac{M_T}{R^2}$
        \ei
        }{3.37}{051_champs_529}\par
        $G$ désigne la constante de gravitation universelle et $M_T$ est la masse de la Terre.\par
        Le champ de pesanteur terrestre $\vec{g}$ se confond avec le champ de gravitation à la surface de la Terre (de rayon $R_T$) si l'on
        néglige le mouvement de la Terre.
        \item À la \og surface\fg d'un trou noir stellaire de rayon ${R_{tn}=30\text{ km}}$ et de masse ${M_{tn}=3.10^5\,M_T}$
        ($\nombre{300000}$ masses terrestres) règne un champ de gravitation :
        \[\mc{G}_{tn}=G\,\frac{M_{tn}}{R_{tn}^2}=3.10^5\times G\,\frac{M_T}{R_{tn}^2}
        \]
        où $\dfrac{R_T}{R_{tn}}=\dfrac{\nombre{6400}}{30}\simeq 213\Rightarrow\dfrac{1}{R_{tn}}\simeq\dfrac{123}{R_T} \Rightarrow\dfrac{1}{R_{tn}^2}=\dfrac{(213)^2}{R_T^2}$        fournit :
        \begin{eqnarray*}
        \mc{G}_{tn}
        & = & 3.10^5\times (213)^2\times G\,\frac{M_T^2}{R_T^2}
            =3.10^5\times (213)^2\times g\simeq 1,3.10^{10}\times g\\
        & \Rightarrow & \mc{G}_{tn}=1,3.10^{11}\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}\text{ car }g=9,8\text{ N}\cdot\text{kg}^{-1}.
        \end{eqnarray*}
        \begin{Remarque} à la \og surface\fg d'un tel trou noir, un objet de 1 gramme aurait le même poids qu'un objet de $\nombre{1300}$ tonnes
        sur Terre !
        \end{Remarque}
    \ee
    \end{corrige}

%%% 9

\begin{exo}{Balancier d'une horloge}{Lycée Saint-Exupéry, Mantes-la-Jolie}{3}{40}
    À la surface de la Terre, le champ de gravitation vaut $g$.\par
    La Terre a une forme ovoïde telle que son rayon équatorial n'est pas exactement égal à son rayon polaire (voir illustration page suivante).
    \Form{041_champs_526}
    La différence des deux rayons vaut :
    \[R_e-R_p=21\text{ km avec }R_e=\nombre{6378}\text{ km}
    \]
    Un pendule de balancier, de longueur $\ell$, placé en une région où règne un champ de pesanteur d'intensité $g$, décrit un aller-retour en
    une période :
    \[T=2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}}.
    \]
    \be
        \item Une horloge est réalisée avec un balancier dont les caractéristiques géométriques lui confèrent une période ${T_0=1,000\text{ s}}$
        à l'équateur ; un aller-retour du balancier durant une seconde, la trotteuse de l'horloge avance d'une unité à chaque aller-retour
        du balancier.\par
        Calculer la période $T_p$ de ce balancier lorsque l'horloge est placée aux pôles.
        \item L'horloge placée aux pôles marque-t-elle une avance ou un retard par rapport à celle restée à l'équateur ?
        \item Au bout de combien de temps l'écart entre les indications données par les deux horloges atteindra-t-il une seconde ?
    \ee
    \emph{On admettra que le champ de pesanteur en un point de la surface de la Terre (de masse $M$) situé à une distance $R$ du centre vaut
    ${g=G\,\dfrac{M}{R^2}}$.
    }
    \end{exo}

\begin{corrige}
     \be
        \item Un point du sol, situé au pôle, se trouve à la distance $R_p$ du centre $O$ de la Terre, auquel cas il est soumis à un champ
        gravitationnel d'intensité ${g_p=\dfrac{GM}{R_p^2}}$, où $G$ est la constante de gravitation universelle et $M$ est la masse
        de la Terre. De même, un point situé à l'équateur, donc à une distance $R_e$ de $O$, est soumis à un champ gravitationnel d'intensité
        ${g_e=\dfrac{GM}{R_e^2}}$. Ce faisant, la période d'oscillations d'une horloge située à l'équateur ou au pôle vaut respectivement
        :
        \[T_0=2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g_e}}\text{ et }T_p=2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g_p}}.
        \]
        Par conséquent :
        \[\frac{T_p}{T_0}=\sqrt{\frac{\ell}{g_p}}\times\sqrt{\frac{g_e}{\ell}}=\sqrt{\frac{g_e}{g_p}}
        \]
        avec :
        \begin{eqnarray*}
        \frac{g_e}{g_p}=\frac{\mc{G}M}{R_e^2}\times\frac{R_p^2}{\mc{G}M}
        & = & \frac{R_p^2}{R_e^2}\Rightarrow\sqrt{\frac{g_e}{g_p}}=\sqrt{\frac{R_p^2}{R_e^2}}=\frac{R_p}{R_e}\\
        & \Rightarrow & \frac{T_p}{T_0}=\frac{R_p}{R_e}\Rightarrow T_p=T_0\times\frac{R_p}{R_e}
        \end{eqnarray*}
        où $R_e=\nombre{6378}\text{ km}$ tandis que :
        \[R_e-R_p=21\text{ km}\Rightarrow R_p=R_e-21=\nombre{6378}-21=\nombre{6357}\text{ km}.
        \]
        Il s'ensuit que :
        \[T_p=1\times\frac{\nombre{6357}}{\nombre{6378}}\simeq 0,9967\text{ s}.
        \]
        \item Pour passer d'une graduation à l'autre, la trotteuse de l'horloge située au pôle met un temps ${T_p\simeq 0,9967\text{ s}}$
        plus court que celle de l'horloge située à l'équateur (qui met ${T_0=1\text{ s}>T_p}$). La trotteuse de l'horloge située au pôle tourne
        donc plus vite que celle de l'horloge située à l'équateur ; elle marque donc une avance par rapport à celle de l'horloge restée à
        l'équateur.
        \item Pour passer d'une graduation à l'autre, la trotteuse présente un écart (entre le pôle et l'équateur) :
        \[\Delta T_1=T_0-T_p=1-0,9967\simeq 3,3.10^{-3}\text{ s}.
        \]
        Donc, après avoir parcouru $N$ graduations, la trotteuse située au pôle présente une avance de :
        \[\Delta T_N=N\times \Delta T_1
        \]
        sur celle restée à l'équateur. Ce faisant, cet écart atteindra la valeur ${\Delta T_N=1\text{ s}}$, lorsque la trotteuse aura parcouru
        :
        \[N=\frac{\Delta T_N}{\Delta T_1}=\frac{1}{3,3.10^{-3}}=303\text{ graduations}
        \]
        c'est-à-dire au bout de :
        \[\tau =303\text{ s}=5\text{ min }3\text{ s}.
        \]
    \ee
    \end{corrige}

%%% 10

\begin{exo}{Interaction Terre-Lune}{Lycée Sophie Germain, Paris}{2}{20}
    \enlargethispage*{4em}
    \be
        \item Calculer la force d'attraction gravitationnelle $F_{T/L}$ que la Terre exerce sur la Lune.
        \item Calculer la charge électrique que devraient porter la Terre et la Lune afin de compenser la force gravitationnelle qu'elles
        exercent l'une sur l'autre.
    \ee
    \textit{Données :}
    \bi
        \item Masse de la Terre : $M_T=6,0.10^{24}\text{ kg}$
        \item Masse de la Lune : $M_L=7,3.10^{22}\text{ kg}$
        \item Distance Terre-Lune : $d=\nombre{384400}\text{ km}$
        \item Constante de gravitation universelle : $G=6,67.10^{-11}\text{ SI}$
        \item Constante d'interaction électrostatique : $k=9,0.10^9\text{ SI}$
    \ei
    \end{exo}

\begin{corrige}
    \be
        \item La Terre et la Lune étant espacées d'une distance ${d=\nombre{384400}.10^3\text{ m}}$, la force
        gravitationnelle qu'elles exercent mutuellement l'une sur l'autre est donnée par la loi page ci-contre.
        
        \begin{eqnarray*}
        F_{T/L}
        & = & \frac{G\,M_T\,M_L}{d^2}=\frac{6,67.10^{-11}\times 6.10^{24}\times 7,3.10^{22}}{\paren{\nombre{384400}.10^3}^2}\\
        & \Rightarrow & F_{T/L}=2,0.10^{20}\text{ N}.
        \end{eqnarray*}
        
        \item Soit $q_T$ et $q_L$ les charges électriques respectivement portées par la Terre et la Lune. L'intensité de l'interaction
        électrostatique entre ces astres vaut alors :
        
        \[F_{\text{élec}}=k\,\frac{\module{q_T}\times\module{q_L}}{d^2}=k\,\frac{\module{q}^2}{d^2}
        \]
        
        si les charges $q_T$ et $q_L$ sont identiques. Donc, pour que l'interaction électrostatique compense la gravitation, elle doit
        repousser les astres ($q_T$ et $q_L$ sont de même signe) avec la même intensité :
        
\begin{eqnarray*}
F_{\text{élec}}=F_{T/L}
& \Rightarrow & k\,\frac{\module{q}^2}{d^2}=\frac{G\,M_T\,M_L}{d^2}\\
& \Rightarrow & \module{q}^2=\frac{G\,M_T\,M_L}{k}\\
& \Rightarrow & \module{q}=\sqrt{\frac{G\,M_T\,M_L}{k}}\\
& \Rightarrow & \module{q}=\sqrt{\frac{6,67.10^{-11}\times 6.10^{24}\times 7,3.10^{22}}{9.10^9}}\\
& \Rightarrow & \module{q}=5,7.10^{13}\text{ C}.
\end{eqnarray*}
    \ee
    \end{corrige}

%%% 11

\begin{exo}{Loi de la gravitation}{Lycée Berlioz, Vincennes}{2}{20}
    On considère un point $N$, situé entre la Terre de masse $M_T$ et la Lune de masse $M_L$, où les forces d'interaction gravitationnelle
    $\vec{F}_T$ et $\vec{F}_L$, exercées sur un objet de masse $m$ par la Terre et par la Lune se compensent.\par
    La distance entre les centres de la Terre et de la Lune est notée $d_{TL}$ et celle entre les centres de la Terre et de l'objet est notée
    $d$.
    \be
        \item Quelle est la nature des forces $\vec{F}_T$ et $\vec{F}_L$ ?
        \item Exprimer $F_T$ en fonction des paramètres de la situation. On n'utilisera que les données littérales du texte.
        \item Exprimer $F_L$ en fonction des paramètres de la situation en utilisant uniquement les notations du texte.
        \item Que signifie que les forces se compensent au point $N$ ?
        \item En déduire une expression du rapport $\dfrac{d_{TL}}{d}$ en fonction des masses.
    \ee
    \end{exo}

\begin{corrige}
    \be
        \item À grande distance, les forces que les astres exercent sont de type gravitationnel.
        \item L'intensité $F_T$ de la force exercée par la Terre (de masse $M_T$) sur l'objet (de masse $m$) est inversement proportionnelle au
        carré de la distance $NT$ qui sépare ces corps :
        \begin{equation}\label{1810121}
        F_T=\frac{G\,M_T\,m}{NT^2}
        \end{equation}
        où $G$ désigne la constante de gravitation.
        \item L'intensité $F_L$ de la force gravitationnelle que la Lune (de masse $M_L$) exerce sur l'objet vérifie une loi analogue :
        \begin{equation}\label{1810122}
        F_L=\frac{G\,M_L\,m}{NL ^2}.
        \end{equation}
        \item Les vecteurs force qui s'exercent sur l'objet présentent la même direction : la droite $TL$ de vecteur unitaire directeur
        $\vec{u}$, mais sont de sens contraire :
        \Form{054_champs_530}
        L'objet est alors soumis à une force résultante ${\vec{F}=\vec{F}_T+\vec{F}_L=(F_L-F_T)\,\vec{u}}$ qui s'annule lorsque les deux forces
        gravitationnelles se compensent. Dans ce cas :
        \begin{equation}\label{1810123}
        F_T=F_L.
        \end{equation}
        \item Compte tenu des relations (\ref{1810121}) et (\ref{1810122}), l'identité (\ref{1810123}) devient :
        \begin{eqnarray*}
        F_T=F_L
        & \Rightarrow & \frac{G\,M_T\,m}{NT^2}=\frac{G\,M_L\,m}{NL^2}\Rightarrow\frac{M_T}{NT^2}=\frac{M_L}{NL^2}\\
        & \Rightarrow & NL^2=NT^2\times\frac{M_L}{M_T}.
        \end{eqnarray*}
        Il s'ensuit que :
        \[NL=NT\times\sqrt{\frac{M_L}{M_T}}=d\,\sqrt{\frac{M_L}{M_T}}.
        \]
        Ainsi, la distance qui sépare la Terre et la Lune vaut :
        \begin{eqnarray*}
        d_{TL}=TL
        & = & TN+NL=d+d\sqrt{\frac{M_L}{M_T}}=d\times\paren{1+\sqrt{\frac{M_L}{M_T}}}\\
        & \Rightarrow & \frac{d_{TL}}{d}=1+\sqrt{\frac{M_L}{M_T}}.
        \end{eqnarray*}
    \ee
    \end{corrige}

\sectionnn{Mouvement d'un système et vecteur vitesse}

%%% 12

\begin{exo}{Tir d'une flèche}{Nouveau Programme}{1}{10}
 On tire une flèche horizontalement qui part à une vitesse $\vec{v_0}$ telle que $v_{0x} = 15 \Uvitesse$.
Un dixième de seconde plus tard le vecteur vitesse de la flèche est $\vec{v_1}=15 \vec{u_x} - \vec{u_y}$

\begin{questions}
\item En négligeant les frottements, quelle force s'applique sur la flèche ?

\item Montrer que $\Delta \vec{v} = \vec{v_1}-\vec{v_0}$ est proportionnel cette force.

\item En déduire le vecteur vitesse $\vec{v_2}$ deux dixièmes de seconde après le départ de la flèche.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item La seule force qui s'exerce sur la flèche, si on néglige les frottements de l'air, est son poids $\vec{P} = - m g \cdot \vec{u_y}$ (en définissant $\vec{u_y}$ comme un vecteur unitaire, dont la direction est verticale et qui pointe vers le haut).

\item Il est possible de déterminer $\Delta \vec{v}$ par le calcul:
\[
\Delta \vec{v} = \vec{v_1}-\vec{v_0} = \begin{pmatrix} v_{x1}-v_{x0} \\ v_{y1}-v_{y0} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 15 - 15 \\ -1-0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} = - \vec{u_y}. 
\]

$\Delta \vec{v}$ et $\vec{P}$ sont bien proportionnels: $\vec{P} = m g \cdot \Delta \vec{v}$

\item La force qui s'exerce sur la flèche est constante. Donc le vecteur variation de vitesse est constant lui aussi.

On en déduit donc que :
\[
\vec{v_2} = \vec{v_1} + \vec{\Delta v} = \begin{pmatrix} v_{x1}+\Delta v_{x} \\ v_{y1}+\Delta v_{y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 15 + 0 \\ -1-1 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 15 \\ -2 \end{pmatrix} = 15 \vec{u_x} - 2 \vec{u_y}.
\]
Les valeurs numériques sont exprimées en $\Uvitesse$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 13

\begin{exo}{Mouvement de la Lune}{Lycée Lakanal, Sceaux}{1}{10}
On considère le mouvement de la Lune (de masse $M_L = 7,35 \cdot 10^{22}$~kg) autour de la Terre (de masse $M_T = 5,97 \cdot 10^{24}$~kg). On supposera que la Lune fait le tour de la Terre en 28 jours et que le centre de la Lune est situé à une distance de \numprint{385000}~km du centre de la Terre. On considère la trajectoire représentée page suivante.
\newpage
\begin{center}
\Form{043_MvtLune}
\end{center}
\begin{questions}
\item Reproduire le schéma et tracer les vecteurs vitesses aux points $L_1$ et $L_3$ grâce à une échelle judicieusement choisie.
\item  Tracer le vecteur variation de vitesse en $L_2$.
\item Quelle est la force qui s'exerce sur la Lune ? Vous préciserez sa direction et sa norme.
\item Les résultats de la question 2 et de la question 3 sont-ils compatibles avec la deuxième loi de Newton ?
\end{questions}
\emph{Données: } ${\cal G} = 6,67\cdot 10^{-11} \rm SI$.
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item On considère la vitesse constante au cours du mouvement. On peut donc tracer les vecteurs vitesse de n'importe quelle longueur à partir du moment où tous les vecteurs sont de la même longueur. Il faut néanmoins calculer la valeur de la vitesse afin de pouvoir préciser l'échelle:
\[
\left\| \vec{v} \right\| = \frac{D}{T}
\]
où $D = 2\pi R$ est la distance parcourue et $T$ est la durée (en secondes) mise par la Lune pour faire le tour de la Terre.

Donc :
\[
\left\| \vec{v} \right\| = \frac{2 \times \pi \times 385\cdot 10^{6}}{28 \times 24 \times 3600} \approx \numprint{1000} \Uvitesse.
\]
L'échelle choisie peut être de représenter $\numprint{1000}\Uvitesse$ par un segment de 1,5~cm. 
 
\begin{center}
\Form{055_MvtLuneCorr1}
\end{center}

\enlargethispage*{4em}
\item Le tracé demandé est le suivant (se référer à la partie cours pour la justification de ce tracé):
\begin{center}
\Form{055_MvtLuneCorr2}
\end{center}






\item La force qui s'exerce sur la Lune est la force d'attraction gravitationnelle de la Terre.

Cette force est dirigée du centre de la Lune vers le centre de la Terre (on dit qu'il s'agit d'une force centripète). 

Sa norme se calcule grâce à la formule:

\begin{align*}
F & = {\cal G} \frac{M_L \cdot M_T}{d_{TL}^2}\\
F & = 6,67\cdot 10^{-11} \frac{ 7,35 \cdot 10^{22} \times 5,97\cdot 10^{24}}{(385\cdot 10^{6})^2}\\
F &\approx 2\cdot 10^{20}~\text{N}.
\end{align*}

\item Le vecteur variation de vitesse est bien, dans les deux cas, dirigé vers le centre de la Terre, comme la force d'interaction gravitationnelle. Ces résultats sont compatibles avec la deuxième loi de Newton.  

\end{questions} 
\end{corrige}


%%% 14

\begin{exo}{\'Etude d'un mouvement en Python}{Nouveau Programme}{3}{25}
Joachim souhaite réaliser un script Python qui calcule le vecteur variation de vitesse au troisième point d'une trajectoire. Il a pour cela réalisé le programme page suivante.

\Par

Ce programme, non optimisé, est en cours de réalisation.
\begin{questions}
\item Compléter les lignes  permettant d'estimer $\rm v2x$, $\rm v2y$, $\rm v4x$, $\rm v4y$, $\rm Deltav3x$, et $\rm Deltav3y$
\item Faire les calculs sans utiliser le programme afin de déterminer  $\rm Deltav3x$ et  $\rm Deltav3y$ (et ainsi pouvoir vérifier le bon fonctionnement du script).
\item Que peut-on en conclure quant-à la force qui s'exerce au point 3 ?
\end{questions}
\newpage
\begin{listing}{En Python}{VarVit.py}
\nathanliveProgWithoutText
\end{listing}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Pour résoudre le problème, il faut considérer indépendamment la composante de la vitesse selon l'axe des x et la composante de la vitesse selon l'axe des y.\\
La composante de la vitesse selon l'axe des x se calcule à partir de la différence des positions en x:
\[
v_{2x}= (x_3 - x_2) - (x_2 - x_1) = x_3 - x_1.
\]
De même la composante de la vitesse selon l'axe des y se calcule à partir de la différence de positions en y:
\[
v_{2y}= (y_3 - y_2) - (y_2 - y_1) = y_3 - y_1.
\]
De même pour $v_{4x}$ et $v_{4y}$.
\Par
Enfin,
\[
\Delta v_{x}= v_{4x} - v_{2x}\quad\text{et}\quad\Delta v_{y}= v_{4y} - v_{2y}.
\]
D'où le script suivant:\enlargethispage*{5em}


\begin{listing}{}{VarVitCorr1.py}
\nathanliveProgWithoutText
\end{listing}
\newpage
\begin{listing}{}{VarVitCorr2.py}\end{listing}

\item En réalisant les calculs, on trouve:
\begin{align*}
v_{2x} & =50,\\
v_{2y} & =-245,\\
v_{4x} & =50,\\
v_{4y} & =-745,\\
\Delta v_{x} & =0,\\
\Delta v_{y} & =-500.
\end{align*}

Toutes ces valeurs sont exprimées en $\Uvitesse$.

\item On voit que $\Delta v_{x}=0$ et que $\Delta v_{y}$ est négatif. On en déduit que la force qui s'exerce au point 3 est verticale, dirigée vers le bas. 
\end{questions}
\end{corrige}

%%% 15

\begin{exo}{le dauphin à flanc blanc}{Nouveau Programme}{3}{30} 
Le dauphin à flancs blancs du Pacifique est peut-être l'espèce la plus abondante du Pacifique Nord. C'est un dauphin très sociable et qui voyage généralement en groupe; il est rapide, puissant et bon surfeur.

Les positions du centre d'inertie du dauphin sont données à intervalles de temps réguliers sur le document page suivante, la durée entre deux positions est $\Delta t = 0,10$s.
\begin{questions}
\item \`A partir du document, déterminer la valeur de la vitesse du centre d'inertie du dauphin aux points 4 et 6. On les notera $V_4$ et $V_6$.
\item Tracer les vecteurs $\gvec{V_4}$ et $\gvec{V_6}$ sur le document, en utilisant l'échelle : 1~cm pour 3,5 m.s$^{-1}$.
\item Construire sur le document le vecteur $\Delta\gvec{V}=\gvec{V_6}-\gvec{V_4}$ au point 5 et déterminer sa valeur en m.s$^{-1}$ en utilisant l'échelle précédente.
\item En déduire le sens et la direction de la résultante vectorielle des forces appliquées au centre d'inertie du dauphin.
\end{questions}
\begin{center}
\includegraphics{045_dauphin}

\'Echelle du document : 1 cm pour 0,8 m.
\end{center}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\begin{itemize}
\item La vitesse $V_4$ est donnée par la formule :
\[
V_4 = \dfrac{G_3G_5}{2\tau},
\]
où $\tau = 0,10$ s.

Graphiquement, on peut mesurer : 
\[
G_3G_5 = 1,6~\text{ cm}.
\]


Avec l'échelle 1 cm pour 0,80 m, on trouve:
\[
G_3G_5 = 1,6 \times 0,8 = 1,28~\text{m}.
\]
Ainsi,
\[
V_4 = \dfrac{1,28}{0,20} = 6,4~\rm m.s^{-1}. 
\]

\item La vitesse $V_6$ est donnée par la formule:
\[
V_6 = \dfrac{G_5G_7}{2\tau}.
\]

Graphiquement, on mesure: 
\[
G_5G_7 = 1,3\text{ cm}.
\]

Avec l'échelle 1 cm pour 0,80 m,   on obtient alors:
\[
G_5G_7 = 1,3 \times 0,8 = 1,04\text{ m}.
\]

Ainsi,
\[
V_6 = \dfrac{1,04}{0,2} = 5,2~\rm m.s^{-1}. 
\]
\end{itemize}

\item Avec l'échelle 1 cm pour 3,5 m.s$^{-1}$, $\gvec{V_4}$  mesure $\dfrac{6,4}{3,5}= 1,8\text{ cm}$, et $\gvec{V_6}$  mesure $\dfrac{5,2}{3,5}= 1,5$~cm.

Les deux vecteurs sont représentés sur le schéma qui se trouve en fin de corrigé.

\item Construction du vecteur $\Delta\gvec{V}$ au point 5 : on reporte $\gvec{V_6}$ au point 5 et on soustrait le vecteur $\gvec{V_4}$  (voir vecteurs en pointillés). Le vecteur $\Delta\gvec{V}$ mesure 1,0 cm donc avec l'échelle des vitesses :
\[
\Delta\gvec{V} = 2,0~\rm m.s^{-1}.
\] 

\item La résultante vectorielle des forces appliquées au centre d'inertie du dauphin a même sens et direction que $\Delta\gvec{V}$.
\end{questions}

\Par

\begin{center}
\includegraphics{058_dauphin-corr}
\end{center}
\newpage
\end{corrige}

%%% 16

\begin{exo}{La phase d'accélération d'un motard}{Nouveau programme}{3}{30} 
On considère un motard qui s'élance, avec une vitesse initiale nulle, sur une piste rectiligne en maintenant une accélération constante.

Une chronophotographie (en vue de dessus) représentant les premières positions successives du centre d'inertie G du système est donnée ci-dessous.

\mbox{La durée $\tau = 0,800$~s sépare deux positions successives du centre d'inertie G.}

À $t = 0$, le centre d'inertie du système est au point A (G$_0$ sur la chronophotographie).

\begin{questions}
\item Exprimer les valeurs des vitesses $\gvec{V_2}$ et $\gvec{V_4}$ du centre d'inertie G aux points G$_2$ et G$_4$ puis les calculer.
\item Représenter les vecteurs vitesses $\gvec{V_2}$ et $\gvec{V_4}$ sur le schéma ci-dessous en respectant l'échelle suivante : 1 cm pour 2 m.s$^{-1}$.
\item Représenter sur le document, le vecteur $\Delta\gvec{V_3}=\gvec{V_4}-\gvec{V_2}$.
\item Donner le sens et la direction de la résultante vectorielle des forces appliquées au motard.
\end{questions}

\Par\enlargethispage*{4em}\Par

\begin{center}
\includegraphics{045_motard}

\'Echelle : 1 cm pour 4,3 m.
\end{center}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $V_2=\dfrac{G_1G_3}{t_3-t_1}=\dfrac{G_1G_3}{2\tau}$.

Le facteur d'échelle donne : 1 cm (document) $\longleftrightarrow$ 4,3 m (réel).

$G_1G_3 = 3$ cm  sur le  document  donc réellement : 
\[
G_1G_3 = 3 \times 4,3 = 12,9\text{ m}.
\]

Ainsi, 
\[
\gvec{V_2}=\dfrac{12,9}{2\times0,800} \approx 8,0~\rm m.s^{-1}.
\]

De plus, $\gvec{V_4}=\dfrac{G_3G_5}{t_5-t_3}$ avec $G_3G_5 = 6,5$ cm sur le document donc réellement : $G_3G_5 = 6,5 \times 4,3 \approx 28$~m.

Ainsi, 
\[
\gvec{V_4}=\dfrac{28}{2\times0,800} = 17,5~\rm m.s^{-1}.
\]

\item Voir schéma en fin de corrigé. 

Échelle des vitesses : 1 cm $\longleftrightarrow$ 4,3 m.s$^{-1}$  donc:
\begin{itemize}
\item $\gvec{V_2}$ est représenté par une flèche de $8,0 \times \dfrac{1}{4,3} \approx 1,9$~cm,
\item $\gvec{V_4}$  est représenté par une flèche de $17,5 \times \dfrac{1}{4,3} = 4,1$~cm.
\end{itemize}

Les vecteurs vitesses sont tangents à la trajectoire et orientés dans le sens du mouvement. 

\item Voir schéma en fin de corrigé. 

Construction du vecteur $\Delta\gvec{V_3}=\gvec{V_4}-\gvec{V_2}$ en $G_3$.

\textit{Les vecteurs en pointillés nous permettent de construire $\Delta\gvec{V_3}$.} 

\item La résultante des forces a le même sens et la même  direction que $\Delta\gvec{V_3}$.
\end{questions}

\Par

\begin{center}
\includegraphics{059_motard-corr}
\end{center}
\end{corrige}


%
\thumb
\AfficheCorrige
