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Physique TC

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PHYSIQUE

Terminale C
Table des matières
I. MECANIQUE ........................................................................................................................... 1
Chapitre I: LA CINEMATIQUE ..................................................................................................... 1
1. Notion de référentiel .............................................................................................................. 1
2. Repérage d’un point .............................................................................................................. 1
CHAPITRE 2 LES CHAMPS ET INTERACTIONS UNIVERSELLES .................................. 11
I. Interaction gravitationnelle ................................................................................................ 11
1) Loi de gravitation ........................................................................................................ 11
2) Champ de gravitation.................................................................................................. 11
II. Les forces électriques et le champ électrique ............................................................ 13
III. Le champ magnétique ................................................................................................. 17
Chapitre 3 : LA RELATION FONDAMENTALE DE LA DYNAMIQUE .............................. 21
1. Notions sur la dynamique des points matériels................................................................. 21
2. Enoncé des lois de Newton sur le mouvement.................................................................. 21
3. Le théorème de l’énergie cinétique .................................................................................... 23
4. Les différentes applications ................................................................................................ 23
Chapitre 4 : APPLICATION DES LOIS DE NEWTON ............................................................ 34
I. Mouvement dans le champ de gravitation ........................................................................ 34
II. Mouvement dans un champ uniforme indépendant du temps ................................ 35
III. Mouvement d’une particule chargée ......................................................................... 40
Chapitre 5: AUTO-INDUCTION .................................................................................................. 47
1. Mise en induction expérimentale de l’auto-induction ...................................................... 47
2. Un courant induit ................................................................................................................ 47
3. Le flux magnétique .............................................................................................................. 47
4. La loi de Lenz....................................................................................................................... 48
5. Force électromagnétique auto-induite ............................................................................... 49
6. Auto-inductance d’une bobine ........................................................................................... 49
7. Loi de Faraday-Lenz ........................................................................................................... 50
8. Tension aux bornes de la bobine ........................................................................................ 50
II. ELECTRICITE ...................................................................................................................... 54
Chapitre VI : LES OSCILLATIONS ELECTRIQUE ................................................................ 54
1. Les condensations ................................................................................................................ 54
2. Oscillations électriques : circuit LC ................................................................................... 57
3. Oscillations électriques en régime forcé ............................................................................ 58
Chapitre 8 : EFFET PHOTO ELECTRIQUES ........................................................................... 68
1. Spectres atomiques .............................................................................................................. 68
2. Interprétation des Spectres ................................................................................................. 68
3. Spectre de l’hydrogène ........................................................................................................ 70
Chapitre 9 : DECROISSANCE RADIOACTIVE ........................................................................ 72
1. Le noyau de l’atome ............................................................................................................ 72
2. La Radioactivité ................................................................................................................... 73
3. Lois de conservation et équation d’une désintégration nucléaire ................................... 73
4. Décroissance radioactive ..................................................................................................... 74
5. Réaction nucléaire provoquée ............................................................................................ 77
6. Noyaux, masse et énergie .................................................................................................... 79
Bibliographie .............................................................................................................................. 1
I. MECANIQUE
Chapitre I: LA CINEMATIQUE
Définition : la Cinématique étudie les mouvements indépendamment des causes qui les
engendrent ou les modifient.

1. Notion de référentiel
La description d’un mouvement d’un point est relative au référentiel d’espace choisi. Dans
l’étude d’un mouvement, il importe de toujours préciser le référentiel choisi.

2. Repérage d’un point


2.1. La trajectoire

La trajectoire d’un point est l’ensemble des positions successives qu’il occupe au cours de son
déplacement par rapport à un repère d’espace donné.

2.1.1. Trajectoires rectilignes

Plus généralement, si un point décrit est une droite, sa trajectoire est dite rectiligne.

2.1.2. Trajectoires Curvilignes

Plus généralement, quand la trajectoire d’un point n’est pas rectiligne, elle est dite curviligne.

2.2.Vecteur-Position

La position d’un point 𝑀 au cours de son mouvement peut être définie soit par :

 Ses coordonnées, cartésiennes 𝑥, 𝑦, 𝑧 dans un repère orthonormé lié au référentiel.


 Son abscisse curviligne 𝑆 = 𝑂𝑀
̅̅̅̅̅
 Son abscisse angulaire 𝜃
2.3.Notion de repère d’espace et de repère temps

Pour décrire les caractéristiques d’un mouvement, il faut utiliser un repère d’espace et un
repère temps :

 un repère d’espace est déterminé par un point 𝑂 lié au référentiel d’observation et une
base.
 un repère temps permet de mesurer.
2.3.1. Repérage sur une droite

𝑥
𝑀(𝑥)

𝑂
𝑖⃗
𝑥′
Le vecteur-position ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = 𝑥𝑖⃗

2.3.2. Repérage sur une droite

𝑥
𝑀( )
𝑦
𝑦

𝑗⃗

𝑥′ 𝑂 𝑥 𝑥
𝑖⃗

𝑦′

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗


Le vecteur-position 𝑂𝑀

2.3.3. Repérage dans l’espace

𝑧
𝑥
𝑀 (𝑦)
𝑧

𝑘⃗⃗
𝑗⃗ 𝑦
𝑖⃗
𝑥 𝑦

Le vecteur –position est repérée par ses coordonnées 𝑥, 𝑦, 𝑧 telles que ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ .
𝑂𝑀 = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + 𝑧𝑘

Les coordonnées cartésiennes 𝑥 = 𝑓(𝑡), 𝑦 = 𝑔(𝑡) 𝑒𝑡 𝑧 = ℎ(𝑡) sont les équations horaires ou
paramétriques de la trajectoire.

2
Dans le plan, l’équation cartésienne 𝑦 = 𝑓(𝑥) s’obtient en éliminant la variable 𝑡 dans les
expressions algébriques des deux lois horaires 𝑥(𝑡) 𝑒𝑡 𝑦(𝑡) .

Exemple : les coordonnées cartésiennes d’un point mobile sont :𝑥 = 4𝑡 − 4 𝑒𝑡 𝑦 = 2𝑡 2 − 2


dans le repère(𝑜, 𝑖⃗ , 𝑗⃗).

Déterminons la trajectoire de ce point mobile.

𝑥+4 𝑥+4 2 𝑥 2 +8𝑥+16


𝑡= ⇒ 𝑦 = 2( ) − 2 ⇒ 𝑦 = 2( )−2
4 4 16

𝑥 2 +8𝑥+16 16 𝑥 2 +8𝑥+16−16 𝑥 2 +8𝑥


⇒𝑦= − ⇒ 𝑦= ⇒𝑦=
8 8 8 8

𝑥2
𝑦= +𝑥
8

3. Vecteur-vitesse

Définition : dans un référentiel d’espace muni du repère orthonormé(𝑜, 𝑖⃗ , 𝑗, ⃗⃗ ), un mobile


⃗⃗ 𝑘
ponctuel est considéré à deux instants différents de date 𝑡1 𝑒𝑡 𝑡2 ou il occupe les positions
𝑀1 𝑒𝑡 𝑀2

𝑀1 (𝑡1 )

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀1 𝑀2

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 𝑢
⃗⃗ 𝑀2 (𝑡2 )
𝑘⃗⃗ 𝑂𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2
𝑂𝑀

𝑖⃗ 𝑦
𝑂 𝑗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀 𝑀
Le quotient 𝑡 1−𝑡2 est le vecteur-vitesse moyen du point mobile pendant la durée 𝑡2 − 𝑡1 .
2 1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀 𝑀 𝑂𝑀 −𝑂𝑀 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝑚 = 𝑡 1−𝑡2 = 𝑡2 −𝑡 1 . C’est une grandeur vectorielle.
2 1 2 1

3
⃗⃗ du point en 𝑀 à la date 𝑡 (dit vecteur-vitesse instantanée)
Par définition, le vecteur-vitesse 𝑉
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑀1 𝑀2
⃗⃗ = 𝑙𝑖𝑚
est la limite de ce quotient lorsque 𝑡2 𝑡𝑒𝑛𝑑 𝑣𝑒𝑟𝑠 𝑡1 :𝑉 𝑡 →𝑡 2 1 𝑡2 −𝑡1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ est la dérivée par rapport au temps du vecteur-position ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Le vecteur –vitesse 𝑉 𝑂𝑀 ; 𝑉 ⃗⃗ = 𝑑𝑂𝑀
𝑑𝑡

⃗⃗
𝑉

Les caractéristiques du vecteur-vitesse à l’instant 𝑡 sont :

 Origine : la position du mobile à l’instant 𝑡,


 Direction : la tangente en 𝑀 à la trajectoire
 Sens : le sens du mouvement
 mobile ou intensité : la vitesse instantanée du mobile à la date 𝑡.
3.1.Expression de 𝑽 ⃗⃗ dans l’espace

Dans la base (𝑜, 𝑖⃗ , 𝑗, ⃗⃗ ),le vecteur –position 𝑂𝑀


⃗⃗ 𝑘 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ a pour expression : 𝑂𝑀 ⃗⃗ .
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + 𝑧𝑘

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ = 𝑑𝑂𝑀 = 𝑑 (𝑥𝑖⃗ + 𝑦𝑗⃗ + 𝑧𝑘
𝑉 ⃗⃗ ) = 𝑑𝑥 𝑖⃗ + 𝑑𝑦 𝑗⃗ + 𝑑𝑧 𝑘
⃗⃗
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧
En notant 𝑉𝑥 = = 𝑥̇ , 𝑉𝑦 = = 𝑦̇ 𝑒𝑡 𝑉𝑧 = 𝑧̇ ,
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡

⃗⃗ = 𝑣𝑥𝑖⃗ + 𝑣𝑦𝑗⃗ + 𝑣𝑧𝑘


𝑉 ⃗⃗
Il vient{
⃗⃗
𝑉 = 𝑥̇ 𝑖⃗ + 𝑦̇ 𝑗⃗ + 𝑧̇ 𝑘

Et 𝑊 = √𝑥̇ 2 + 𝑦̇ 2 + 𝑧̇ 2 = √𝑉𝑥2 + 𝑉𝑦2 + 𝑉𝑧2

La norme de vitesse s’exprime en mètre par seconde de symbole 𝑚/𝑠.

3.2. Expression de ⃗𝑽⃗ dans la base curviligne

⃗⃗
𝑇 𝑣⃗
𝑀

(+)
⃗⃗
𝑁

4
⃗⃗, 𝑁
Le vecteur -vitesse du point 𝑀 dans la base (𝑇 ⃗⃗ ) est donnée par l’expression

⃗⃗ = 𝑑𝑆 𝑇
𝑉 ⃗⃗
𝑑𝑡

⃗⃗, 𝑁
Dans la base (𝑇 ⃗⃗), le vecteur vitesse 𝑉
⃗⃗ est déterminé par les composantes :

𝑑𝑆
𝑉𝑇 = 𝑉𝑆 = = 𝑆 𝑒𝑡 𝑉𝑁 = 0
𝑑𝑡

Cas particulier d’une trajectoire circulaire où


𝑑𝑆 𝑑𝜃 𝑑𝜃
𝑆 = 𝑅𝜃 𝑜𝑛 𝑎 𝑎𝑙𝑜𝑟𝑠 ∶ 𝑉𝑇 = 𝑉𝑆 = = 𝑅 𝑑𝑡 = 𝑅𝑊 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝜃̇ = =𝑊
𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑉 = 𝑅𝑊

W est la vitesse angulaire en 𝑟𝑎𝑑/𝑠 .

4. Le vecteur –accélération 𝒂
⃗⃗

Le vecteur-accélération d’un point mobile 𝑀 est égal à la dérivée par rapport au temps de son
vecteur vitesse en 𝑀.
⃗⃗
𝑑𝑽 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑂𝑀 𝑑2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀
𝑎⃗ = ⃗⃗ =
. 𝑑𝑒 𝑝𝑙𝑢𝑠 𝑉 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑎⃗ =
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2

𝑑2 𝑂𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎⃗ = 𝑑𝑡 2

Le vecteur-accélération d’un point mobile 𝑀 est égal à la dérivée seconde par rapport au
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.
temps de son vecteur position 𝑂𝑀

4.1. Vecteur-accélération en coordonnées cartésiennes

⃗⃗ = 𝑉𝑥 𝑖⃗ + 𝑉𝑦 𝑗⃗. Le vecteur-accélération 𝑎⃗ s’écrit donc :


Dans le repère (𝑜, 𝑖⃗ , 𝑗⃗), on a 𝑉

⃗⃗
𝑑𝑽 𝑑
𝑎⃗ = = 𝑑𝑡 (𝑉𝑥 𝑖⃗ + 𝑉𝑦 𝑗⃗). 𝑖⃗ 𝑒𝑡 𝑗⃗ sont des vecteurs constants.
𝑑𝑡

𝑑𝑉𝑥 𝑑𝑉𝑦 𝑑2 𝑥 𝑑2 𝑦
𝑎⃗ = 𝑖⃗ + 𝑗⃗ = 𝑖⃗ + 𝑗⃗ = 𝑥̈ 𝑖⃗ + 𝑦̈𝑗⃗
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 2

𝑎⃗ (𝑎𝑥 = 𝑉𝑥′ = 𝑥̈ ; 𝑎𝑦 = 𝑉𝑦′ = 𝑦̈ )

𝑎𝑦 𝑗⃗

𝑗⃗
𝑎
𝑖⃗ 𝑎𝑥 𝑖⃗ 5
En coordonnées cartésiennes,
𝑜 les coordonnées du vecteur-accélération, sont égales :

 aux dérivées par rapport au temps des coordonnées du vecteur-vitesse ;


 aux dérivées secondes par rapport au temps des coordonnées du vitesse position du
mobile

𝑑2 𝑥 2 𝑑2 𝑦 2
‖𝑎⃗‖ = √𝑎𝑥2 + 𝑎𝑦2 = √( 2 ) + ( 2 )
𝑑𝑡 𝑑𝑡

4.2. Vecteur-accélération dans la base de Frenet

𝑎⃗𝑇

⃗⃗
𝑁
𝑎⃗
𝑗⃗

𝑜 𝑖⃗
𝑎⃗𝑁

⃗⃗, 𝑁
Dans la base de Frenet (𝑇 ⃗⃗) et par rapport au repère d’espace (𝑜, 𝑖⃗ , 𝑗⃗⃗),on a :
⃗⃗ + 𝑎𝑁 𝑁
𝑎⃗ = 𝑎 𝑇 𝑇 ⃗⃗
𝑑𝑉
𝑎𝑇 =
𝑑𝑡
𝑎⃗ | 𝑉2
𝑎𝑁 =
𝑅

𝑑𝑉 𝑉2
On admet que 𝑎 𝑇 = (accélération tangentielle) et 𝑎𝑁 = (accélération normale) où 𝑅 est
𝑑𝑡 𝑅
𝑉2
le rayon de courbure de la trajectoire > 0, l’accélération normale est toujours positive donc
𝑅
le vecteur-accélération est toujours dirigé vers l’intérieur de la concavité de la trajectoire.

5. Etude cinématique de quelques mouvements


5.1.Mouvement rectiligne uniforme

(𝐷) 𝑖⃗ 𝑀 ⃗⃗
𝑉

6
La position du mobile 𝑀 est définie par son abscisse 𝑥. Le vecteur-position ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀, le vecteur-
⃗⃗ et le vecteur-accélération s’écrivent : ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
vitesse 𝑉 ⃗⃗ = 𝑉𝑥 𝑖⃗ 𝑒𝑡 𝑎⃗ = 𝑎𝑥 𝑖⃗
𝑂𝑀 = 𝑥𝑖⃗ , 𝑉

 Un mobile est animé d’un mouvement rectiligne uniforme :


 Si la trajectoire est une droite
 et si la vitesse reste constante et l’accélération est nulle
 Equation cinématique d’un mouvement rectiligne uniforme.

⃗⃗ = 𝑉𝑥 𝑖⃗
𝑉 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑜𝑢 𝑉
𝑑𝑉
𝑎= = 0 𝑑′ 𝑜𝑢 𝑎𝑥 = 0
𝑑𝑡

L’équation horaire est : 𝑥 = 𝑉𝑡 + 𝑥0

Dans un mouvement rectiligne uniforme, l’abscisse est une fonction affine du temps.

5.2. Mouvement rectiligne Uniformément varié

Un mobile est animé d’un mouvement uniformément varié :

 Si la trajectoire est une droite


 et si le vecteur-accélération 𝑎⃗ est constant (porté par la droite)
 L’expression de la vitesse est : 𝑉 = 𝑎𝑡 + 𝑣0 (1)
1
 L’expression de l’abscisse 𝑥 𝑒𝑠𝑡 ∶ 𝑥 = 2 𝑎𝑡 2 + 𝑣0 𝑡 + 𝑥0 (2)

Cas particulier, si 𝑉0 = 0 𝑒𝑡 𝑥0 = 0 les équations précédentes se simplifient :


1
𝑉 = 𝑎𝑡 et 𝑥 = 2 𝑎𝑡 2

Relation indépendante du temps entre 𝑒𝑡 𝑥 .

En éliminant 𝑡 entre (1)𝑒𝑡 (2), 𝑜𝑛 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑡 :

𝑉 2 − 𝑉02 = 2𝑎(𝑥 − 𝑥0 )

 Mouvements accélérés ou retardés


 Un mouvement est accéléré si le produit 𝑎⃗. 𝑣⃗ est positif, soit 𝑎𝑥 . 𝑣𝑥 > 0 selon (𝑜, 𝑖⃗) .
𝑎𝑥 𝑒𝑡 𝑣𝑥 ont donc même signe.

C’est l’exemple de la bille en chute libre.

 Un mouvement est retardé si le produit 𝑎⃗. 𝑣⃗ est négatif, soit 𝑎𝑥 . 𝑣𝑥 < 0 selon (𝑜, 𝑖⃗).
𝑎𝑥 𝑒𝑡 𝑣𝑥 ont donc de signes contraires.

C’est le cas d’une bille lancée verticalement vers le ciel.

7
5.3.Mouvement circulaire uniforme

Repérage par les coordonnées cartésiennes de 𝑀

𝑥
𝑀( )
𝑔
𝑦

𝑎⃗
𝑅 𝜃
𝑥

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ {𝑥 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑂𝑀
𝑦 = 𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃

 Vitesse angulaire

L’abscisse curviligne 𝑆 = 𝑅𝜃 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑅 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡 , on a :


𝑑𝑆 𝑑 𝑑𝜃 𝑑𝜃
𝑉= = 𝑑𝑡 (𝑅𝜃) = 𝑅 𝑑𝑡 = 𝑅𝑊, 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑤 = = 𝜃̇
𝑑𝑡 𝑑𝑡

La vitesse angulaire en 𝑟𝑎𝑑/𝑠 est la dérivée par rapport au temps, de l’abscisse angulaire

(en rad). L’équation horaire s’écrit : 𝜃 = 𝑊𝑡 + 𝜃0 . 𝐴𝑡 = 0 , 𝜃0 = 0 𝑑 ′ 𝑜𝑢 𝜃 = 𝑊𝑡


𝑑𝑥 𝑑𝑦
⃗⃗ (𝑉𝑥 =
En coordonnées cartésiennes, le vecteur-vitesse a pour expression : 𝑉 ; 𝑉𝑦 = )
𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑𝑥
𝑥 = 𝑅𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 ⇒ 𝑉𝑥 = = −𝑅𝑊𝑆𝑖𝑛𝑤𝑡
𝑑𝑡

𝑑𝑦
𝑥 = 𝑅𝑆𝑖𝑛𝑤𝑡 ⇒ 𝑉𝑦 = = 𝑅𝑊𝐶𝑜𝑠𝑤𝑡
𝑑𝑡

⃗⃗ = 𝑉𝑥 𝑖⃗ + 𝑉𝑦 𝑗⃗ = 𝑅𝑊𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡𝑖⃗ + 𝑅𝑊𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑗⃗
𝑉

⃗⃗ ‖ = √𝑉𝑥2 + 𝑉𝑦2 = √𝑅 2 𝑊 2 𝑆𝑖𝑛2 𝑤𝑡 + 𝑅 2 𝑊 2 𝐶𝑜𝑠 2 𝑤𝑡 = 𝑅𝑊


‖𝑉

𝑉 = 𝑅𝑊

 Accélération du mobile

Les coordonnées du vecteur-accélération en coordonnées cartésiennes sont :


𝑑𝑉𝑥 𝑑𝑉𝑦
𝑎⃗ (𝑎𝑥 = 𝑑𝑡
; 𝑎𝑦 = 𝑑𝑡
)

8
𝑑𝑉𝑥 𝑑𝑉𝑦
𝑎𝑥 = = −𝑅𝑊 2 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑒𝑡 𝑎𝑦 = − 𝑅𝑊 2 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡
𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑎⃗ = 𝑎𝑥 𝑖⃗ + 𝑎𝑦 𝑗⃗ = −𝑅𝑊 2 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑖⃗ − 𝑅𝑊 2 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡𝑗⃗

𝑎⃗ = −𝑊 2 (𝑅𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡𝑖⃗ + 𝑅𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡𝑗⃗)

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎⃗ = −𝑊 2 𝑂𝑀

Les vecteurs 𝑎⃗ 𝑒𝑡 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗


𝑂𝑀 ont même direction et sont de sens contraires.

Dans un mouvement circulaire uniforme, le vecteur-accélération est porté par le rayon et


dirigé vers le centre. On dit qu’il est centripète. Sa norme est 𝑎 = 𝑅𝑊 2

La période 𝑇 d’un mouvement circulaire uniforme est la durée pendant laquelle le mobile
effectue un tour.
2𝜋
Pour un tour, 𝜃 = 2𝜋 𝑒𝑡 𝑡 = 𝑇 𝜃 = 𝑤𝑡 ⇒ 2𝜋 = 𝑤𝑇 ⇒ 𝑇 = 𝑤

2𝜋
𝑇= 𝑤

La fréquence 𝑁 du mouvement circulaire uniforme est le nombre de tours effectués par


seconde.
1 𝑊
𝑁 = 𝑇 𝑜𝑢 𝑁 = 2𝜋

𝑁 est en 𝐻𝑧 𝑒𝑡 𝑇 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑠

5.4. Mouvement rectiligne sinusoïdale

Définition : un point est animé d’un mouvement rectiligne sinusoïdal si sa trajectoire est
rectiligne et si la loi horaire est une fonction sinusoïdale du temps.

𝑥 = 𝑥𝑚 cos(𝑤𝑡 + 𝜑)

𝑥𝑚 , 𝑤 𝑒𝑡 𝜑 sont des constantes

Le mobile se déplace entre deux positions externes 𝑀1 𝑒𝑡 𝑀2 𝑑′ 𝑎𝑏𝑠𝑐𝑖𝑠𝑠𝑒 𝑥𝑚 𝑒𝑡 −𝑥𝑚 dans le


repère (𝑜, 𝑖⃗)

𝑣⃗ 𝑜 𝑎⃗

𝑖⃗ 𝑀1 (𝑥𝑚 )
𝑀2 (−𝑥𝑚 )

Les caractéristiques du mouvement rectiligne sinusoïdal sont :

9
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = 𝑥𝑖⃗ 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑥 = 𝑥𝑚 cos(𝑤𝑡 + 𝜑)

⃗⃗ = 𝑑𝑥 𝑖⃗ 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑉𝑥 = 𝑥̇ − 𝑥𝑚 𝑤𝑠𝑖𝑛(𝑤𝑡 + 𝜑)
𝑉 𝑑𝑡

𝑑𝑉𝑥
𝑎⃗ = 𝑎𝑥 𝑖⃗ = 𝑖⃗ 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑎𝑥 = 𝑥̈ = −𝑥𝑚 𝑤 2 cos(𝑤𝑡 + 𝜑)
𝑑𝑡

𝑎𝑥 = 𝑥̈ − 𝑤 2 𝑥𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡 + 𝜑) = −𝑤 2 𝑥

𝑥̈ = 𝑤 2 𝑥 𝑜𝑢 𝑥̈ + 𝑤 2 𝑥 = 0
2𝜋𝑡 𝜋
Exemple : 𝑥 = 3 cos ( ) ; 𝑥𝑚 = 3 ; 𝜑 = 0 𝑒𝑡 𝑤 =
6 3

2𝜋
𝑥(𝑡) = 3 cos ( 6 ) 𝑡
̇ 2𝜋
𝑥(𝑡) = −𝜋 sin ( 6 𝑡)
−𝜋 2 2𝜋
{𝑥̈ (𝑡) = 3
cos ( 6 𝑡)

10
CHAPITRE 2 LES CHAMPS ET INTERACTIONS UNIVERSELLES
I. Interaction gravitationnelle
1) Loi de gravitation

𝑚𝐵

𝑚𝐴 𝐵
𝑢
⃗⃗𝐴𝐵 𝐹⃗𝐴/𝐵
𝐴 𝐹⃗𝐵/𝐴

Deux corps ponctuels A et B de masses 𝑚𝐴 et 𝑚𝐵 exercent l’un sur l’autre des forces
d’attraction directement opposées, dirigées suivant la droite (𝐴𝐵), de valeurs proportionnelles
aux masses et inversement proportionnelles au carrée de leur distance :

𝑚 𝑚 𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹⃗𝐴/𝐵 = −𝐹⃗𝐵/𝐴 = −𝐺 𝐴𝑟 2 𝐵 𝑢
⃗⃗𝐴𝐵 avec 𝑟 = 𝐴𝐵 𝑒𝑡 𝑢
⃗⃗𝐴𝐵 = 𝑟 vecteur unitaire

- La valeur de la force s’exprime en Newton (N), la distance r en mètre et les masses en


kg.
- La constante G est appelée constante de gravitation universelle, une valeur approchée
est : 𝐺 = 6,67. 10−11 𝑚3 . 𝑘𝑔−1 . 𝑠 −2
2) Champ de gravitation
2.1 Champ de gravitation pour un objet ponctuel

𝑃
𝑔⃗(𝑃)
𝑚
𝐹⃗
𝑢
⃗⃗𝑜𝑝

𝑂
𝑀

Un objet ponctuel de masse M en O et un point P, un objet ponctuel de masse m. La force


gravitationnelle exercée par la masse M sur la masse m s’écrit :
𝑀 𝑀 𝐺𝑀
𝐹⃗ = −𝐺 𝑟𝑚 ⃗⃗𝑜𝑝 𝑠𝑜𝑖𝑡: 𝐹⃗ = 𝑚𝑔⃗(𝑃) avec 𝑔⃗(𝑃) = −𝐺 𝑟 2 𝑢
2 𝑢
⃗⃗𝑜𝑝 et 𝑔(𝑃) = 𝑟 2

Le vecteur 𝑔⃗(𝑃) est appelé vecteur champ de gravitation créé par la masse M en tout point P
de l’espace. Il caractérise la propriété de l’espace due à la présence de l’objet ponctuel de
masse M situé en O ; il ne dépend pas de la masse placée en P. La valeur du champ de
gravitation s’exprime en 𝑁. 𝑘𝑔−1 𝑜𝑢 𝑒𝑛 𝑚/𝑠 2

11
2.2 Force exercée sur un objet placé dans un champ de gravitation

Un objet ponctuel de masse m, placée en P dans le champ de gravitation 𝑔⃗(𝑃), est soumis à
une force : 𝐹⃗ = 𝑚𝑔⃗(𝑃)

Exemple : Pour évaluer la constante de gravitation G, Cavendish, en 1798, mesure la force qui
s’exerce entre deux sphères : l’une de platine, de masse 50g, l’autre de plomb, de masse 30kg.

La distance entre les centres des sphères est r=15cm.

Calculons la valeur de la force d’interaction


𝑚1 𝑚2
𝐹=𝐺 𝑟2

6,67.10−11 ×50.10−3 ×30


AN : 𝐹 = (0,15)2

𝐹 = 4,45. 10−9 𝑁

3) Champ de gravitation et champ de pesanteur


La terre peut être considérée comme un corps à répartition de masse symétrie sphérique, de
centre O, de rayon 𝑅𝑇 et de masse 𝑀𝑇

Elle est donc en tout point P, située à une distance 𝑂𝑝 = 𝑟 ≥ 𝑅𝑇 , un champ de gravitation :
𝑀
𝑔⃗(𝑃) = −𝐺 𝑟 2 𝑢
⃗⃗𝑜𝑝

En tout point de la surface de la terre (𝑟 = 𝑅𝑇 ), ce champ de gravitation a la même valeur


notée 𝑔0
𝐺𝑀𝑇
𝑔0 = 2 soit 𝑔0 = 9,8𝑚/𝑠
𝑅𝑇

Champ de Pesanteur

Supposons que la Terre est une sphère de centre O, de rayon 𝑅𝑇 et de masse 𝑀𝑇 .

En un point M situé à une distance (𝑟 = 𝑅𝑇 + ℎ) où h est l’altitude du point M, la Terre créé


𝑀𝑇
un champ de gravitation 𝑔⃗ℎ = −𝐺 (𝑅 2
𝑢
⃗⃗
𝑇 +ℎ)

Nous pouvons déduire l’intensité du champ de gravitation en M.


𝑀𝑇 𝐺𝑀𝑇
𝑔ℎ = 𝐺 (𝑅 2
=
𝑇 +ℎ) 𝑟2

Au point 𝑀0 d’altitude nulle (h=0), l’intensité de champ de pesanteur a pour expression :


𝐺𝑀𝑇
𝑔0 = 2
𝑅𝑇

12
La relation entre 𝑔ℎ et 𝑔0
𝑀𝑇 𝐺𝑀𝑇
Nous pouvons établir 𝑔ℎ = 𝐺 (𝑅 2 et 𝑔0 = 2
𝑇 +ℎ) 𝑅𝑇

𝐺𝑀𝑇
𝑔ℎ (𝑅𝑇 +ℎ)2 𝐺𝑀𝑇 𝑅2 2
𝑅𝑇
= 𝐺𝑀𝑇 = (𝑅 × 𝐺𝑀𝑇 = (𝑅
𝑔0 𝑇 +ℎ)2 𝑇 𝑇 +ℎ)
2
𝑅2
𝑇

2
𝑔 𝑅𝑇
⇒ 𝑔ℎ = (𝑅 2
0 𝑇 +ℎ)

2
𝑅𝑇
Nous en déduisons que 𝑔ℎ = 𝑔0 × (𝑅 2
est l’intensité du champ de pesanteur terrestre à
𝑇 +ℎ)
l’altitude ℎ = 0 (au niveau de la mer).

II. Les forces électriques et le champ électrique


1) La loi de Coulomb

𝑞𝐵 > 0
𝑢
⃗⃗𝐴𝐵
𝐹⃗𝐴→𝐵
𝑞𝐴 > 0 𝐵
𝑂
𝐴
𝐹⃗𝐴→𝐵

Les charges 𝑞𝐴 et 𝑞𝐵 sont de même signe : elles se repoussent.

Dans le vide, deux particules A et B, séparées d’une distance 𝑟 = 𝐴𝐵 et portant


respectivement des charges électriques 𝑞𝐴 et 𝑞𝐵 , sont soumises à deux forces opposées : la
force 𝐹⃗𝐴→𝐵 exercée par la particule A sur la particule B est donnée par la relation :

𝑞 𝑞 1 𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹⃗𝐴→𝐵 = 𝑘 𝐴𝑟 2 𝐵 𝑢
⃗⃗𝐴𝐵 𝑜ù 𝑘 = 4𝜋𝜀 = 9. 109 𝑚/𝐹 ; 𝑢
⃗⃗𝐴𝐵 = 𝑟
0

Avec 𝜀0 , la permittivité du vide et 𝑢


⃗⃗𝐴𝐵 , le vecteur unitaire de la droite (𝐴𝐵) dirigé de A vers
B.

Exemple : Dans une molécule d’hydrogène, les protons constituant les noyaux de deux
atomes sont distancés de 74,1𝑝𝑚.

a) Calculer la valeur de la force d’interaction électrique entre les deux protons sachant
que 𝑞 = 𝑒 = 1,6. 10−19 𝑐.
b) La comparer à la force de gravitation s’exerçant entre les deux protons.
𝑚𝑝 = 1,67. 10−27 𝑘𝑔 et 𝐺 = 6,67. 10−11 𝑆. 𝐼

Solution

13
a) Calculons la valeur de la force d’interaction électrique en appliquant la loi de
Coulomb.
1 𝑞𝐴 𝑞𝐵 𝑒2
𝐹𝑒 = 4𝜋𝜀 ⇒𝐹𝑒 = 9. 109 (𝑑2 )
0 𝑟2

(1,6.10−19 )2
AN : 𝐹𝑒 = 9. 109 ((74,1.10−12 )2 )

𝐹𝑒 = 4,2. 10−8 𝑁

b) La force de gravitation
𝑚𝑝2 (1,6.10−19 )2
𝐹𝑔 = 𝐺 AN : 𝐹𝑔 = 9. 109 (74,1.10−12 )2
𝑑2

𝐹𝑔 = 3,39. 10−44 𝑁
𝐹𝑒
= 1,24. 1036 ⇒ 𝐹𝑒 = 1,24. 1036 𝐹𝑔
𝐹𝑔

La force 𝐹𝑒 est environ 1036 fois plus grande que la force 𝐹𝑔

2) Champ électrique

𝑞′ > 0 𝐸⃗⃗ 𝐹⃗
𝑢
⃗⃗𝑜𝑝
𝑃
𝑞>0 𝐸⃗⃗ 𝑃

𝑢
⃗⃗𝑜𝑝 𝑞′ > 0
𝐹⃗
𝑞<0

On considère un point O du vide, un corps ponctuel portant la charge q et, en un point P, un


corps ponctuel portant la charge q’.

La force électrique exercée par la charge q sur la charge q’ est donnée par la relation
𝑞𝑞′
𝐹⃗ (𝑃) = 𝑘 𝑟 2 𝑢
⃗⃗𝑜𝑝

L’expression de la force électrique peut aussi s’écrire sous la forme


𝑞′
𝐹⃗ (𝑃) = 𝑞′𝐸⃗⃗ (𝑃) avec 𝐸⃗⃗ (𝑃) = 𝑘 𝑟 2 𝑢
⃗⃗𝑜𝑝

Où 𝐸⃗⃗ (𝑃) est un vecteur champ électrique créé par la charge q au point P de l’espace.

La valeur du champ électrique E s’exprime en volt par mètre de symbole 𝑉/𝑚 ou 𝑉. 𝑚−1

* Champ uniforme

14
Si le champ est uniforme, les lignes du champ sont des droites parallèles.

* Dans le cas d’un condensateur plan à air, le champ électrique a pour valeur :
𝑈 𝑞
𝐸= =𝜀 avec d, la distance entre les armatures en m et S la surface d’une armature en m2.
𝑑 0𝑆

+ + + +

𝐸⃗⃗ 𝐸⃗⃗ 𝐸⃗⃗


− − − −

Avec d : distance entre les armatures en m et S, la surface d’une armature m2.

Les lignes du champ 𝐸⃗⃗ sont parallèles entre elles, perpendiculaires aux armatures et orientées
de la plaque positive vers la plaque négative ou du potentiel le plus élevé vers le potentiel le
moins élevé.

Exemple 1 : Les armatures d’un condensateur plan ont une surface S=1dm2 et sont séparées
par une couche d’air d’épaisseur d=5mm. Une tension U=4kv est appliquée entre les
armatures.

a) Calculer la valeur du champ électrique entre les armatures


b) Calculer la valeur de la charge q du condensateur
Solution :
𝑈 4.103
a) 𝐸 = AN : 𝐸 = 5.10−3
𝑑

𝐸 = 8. 105 𝑉/𝑚
𝑞
b) 𝐸 = 𝜀 ⇒𝑞 = 𝐸 × 𝜀0 × 𝑆
0𝑆

1
Sachant que 𝑘 = 4𝜋𝜀 = 9. 109 𝑆. 𝐼 ⇒ 𝜀0 = 8,84. 10−2 𝑆. 𝐼
0

⇒ 𝑞 = 8. 105 × 8,84. 10−2 × 10−2 = 7,1. 10−8 𝑐

𝑞 = 71𝑛𝑐

Exemple 2 : La boule d’un pendule électrique, de masse m=2,5g porte une charge 𝑞 = 0,5𝜇𝑐

Elle est placée dans un champ électrique uniforme et horizontal.

1) Quel doit être la valeur du champ électrique E horizontal pour que le fil s’incline d’un
angle de 30° par rapport à la verticale ?
2) De quel angle le fil s’inclinera-t-il par rapport à la verticale, si le champ a pour valeur
10v/m ? Prendre g=10ms2

15
Solution :

⃗⃗
𝑇
𝛼

⃗⃗⃗⃗
𝐹𝑒 𝑥
𝑃⃗⃗

1) La valeur de E
- Système : la boule de masse m
- Référentiel
- Bilan des forces : 𝑃⃗⃗ , 𝑇
⃗⃗, 𝐹⃗𝑒

⃗⃗ + 𝐹⃗𝑒 = ⃗0⃗
Condition d’équilibre : 𝑃⃗⃗ + 𝑇

Sur 𝑥′𝑥, on a : 𝑃𝑥 + 𝑇𝑥 + 𝐹𝑒 𝑥 = 0

⇒ 𝑞𝐸 − 𝑇𝑠𝑖𝑛𝛼 = 0

⇒ 𝑇𝑠𝑖𝑛𝛼 = 𝑞𝐸

Sur 𝑦′𝑦, on a : 𝑃𝑦 + 𝑇𝑦 + 𝐹𝑒 𝑦 = 0

⇒ −𝑃 + 𝑇𝑐𝑜𝑠𝛼 = 0

⇒ 𝑇𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑃
𝑞𝐸 𝑞𝐸
𝑡𝑎𝑛𝛼 = ⇒ 𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑚𝑔
𝑃

𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝛼
⇒𝐸= 𝑞

2,5.10−3 ×10×𝑡𝑎𝑛30°
AN : 𝐸 = 0,5.10−6

𝐸 = 2,9. 104 𝑉/𝑚

2) Calcul de l’angle 𝛼′ pour 𝐸 = 2,9. 104 𝑉/𝑚


𝑞𝐸 ′ 𝑞𝐸 ′
𝑡𝑎𝑛𝛼 ′ = ⇒ 𝛼 ′ = 𝑡𝑎𝑛−1 ( 𝑚𝑔 )
𝑚𝑔

0,5.10−6 ×104
AN : 𝛼 ′ = 𝑡𝑎𝑛−1 ( 2,5.10−3 ×10 )

16
𝛼 ′ = 11,3°

III. Le champ magnétique


3.1) Forces magnétiques

On appelle force magnétique, la force d’interaction entre deux aimants ou un aimant et un


objet ferromagnétique.

𝑁 𝑆 𝑆 𝑁 𝑆 𝑁 𝑆 𝑁

𝑅𝑒𝑝𝑢𝑙𝑠𝑖𝑜𝑛 𝐴𝑡𝑡𝑟𝑎𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛

𝑆 𝑁 𝑁 𝑆
𝑅𝑒𝑝𝑢𝑙𝑠𝑖𝑜𝑛

Plus généralement, les interactions électromagnétiques se manifestent entre les fils ou des
bobines parcourues par des courants et entre les diamants.

Des pôles des aimants de même nom se repoussent et des pôles de noms différents s’attirent.

Des bobines ou des fils parcourus par un courant de sens contraire se repoussent et ils
s’attirent s’ils sont de même sens.

Une bobine parcourue par un courant se comporte comme un aimant droit.

3.2) Champ magnétique

On appelle champ magnétique, une région de l’espace dans laquelle une aiguille aimantée ou
un objet ferromagnétique est soumis à des forces magnétiques.

3.2.1) Vecteur champ magnétique

Le vecteur champ magnétique 𝐵 ⃗⃗ est une grandeur associée à une région de l’espace. Les
caractéristiques du vecteur champ magnétique sont les suivantes :

- Direction et sens : on utilise une aiguille aimantée pour les déterminer. Ainsi, la
direction du champ magnétique 𝐵 ⃗⃗ est celle de l’axe Sud-Nord de l’aiguille aimantée.
Le sens est du Sud vers le Nord.
- L’intensité du vecteur champ magnétique 𝐵 ⃗⃗ est mesurable avec un tesla mètre et
s’exprime en tesla de symbole T.

17
𝑆𝑒𝑛𝑠

𝑆𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛
𝑆 𝑁
𝑆
𝑆 𝑆
𝑀 𝑁

𝑆𝑆𝑎𝑖𝑔𝑢𝑖𝑙𝑙𝑒 𝑎𝑖𝑚𝑎𝑛𝑡é𝑒

𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑆 𝑆

3.2.2) Spectre magnétique

On appelle ligne de champ une courbe qui en chacun des points est tangente au vecteur champ
magnétique.

Lorsque les lignes de champ sont des droites parallèles comme celles du champ magnétique
entre les branches d’un aimant en U, ce champ magnétique est dit uniforme.

⃗⃗⃗
3.2.3) Orientation du champ 𝑩

* Observateur d’Ampère : l’observateur d’Ampère regardant le point M est


couché sur le conducteur de telle sorte que le courant le traverse des pieds vers la tête. Son
bras gauche tendu de côté, indique le sens du champ magnétique 𝐵 ⃗⃗

𝐼
⃗⃗
𝐵

- D’autres règles telles que la règle du tire-bouchon de Maxwell et celle de la main


droite peuvent être aussi utilisées pour déterminer le sens du champ.
* Champ créé par un conducteur rectiligne parcouru par un courant en un point M tel
𝐼
que 𝑂𝑀 = 𝑑, 𝐵 = 2. 10−7 𝑑

18
⃗⃗
𝐵
𝑑
𝑀
𝐼

* Champ créé par une bobine plate ou conducteur circulaire de N spires et de rayon
𝑁
R 𝐵 = 2𝜋. 10−7 𝑅 𝐼

Exemple : N=50 Spires ; I=20A et R=0,1m


50
AN : 𝐵 = 2𝜋. 10−7 × 0,1 × 20

𝐵 = 6,28. 10−3 𝑇

* Cas d’un solénoïde 𝜇0 = 4𝜋. 10−7


𝑁
𝐵 = 𝜇0 𝑙 𝐼 = 𝜇0 𝐼𝑛 avec 𝑛, le nombre de spires par unité de longueur

Exemple : On veut produire au centre d’un solénoïde de longueur l=60cm, un champ


magnétique de 2. 10−2 𝑇. L’intensité du courant est de 8A.

Calculons le nombre de spires nécessaires.


𝑁 𝐵𝑙
𝐵 = 𝜇0 𝑙 𝐼 ⇒ 𝑁 = 𝐼𝜇
0

2.10−2 ×0,6
AN : 𝑁 = 4×3,14.10−7 ×8

𝑁 = 1200 𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒𝑠

4. Action d’un champ magnétique sur un conducteur : Force de Laplace

Une portion rectiligne de conducteur de longueur l, parcourue par un courant d’intensité I et


plongée dans un champ magnétique uniforme 𝐵 ⃗⃗ subit une force électromagnétique appelée
force de Laplace qui a pour expression vectorielle : 𝐹⃗ = 𝐼𝑙⃗˄𝐵
⃗⃗

Les caractéristiques de cette force 𝐹⃗ sont :

- Direction : perpendiculaire au plan défini par (𝑙⃗, 𝐵


⃗⃗ )
- Sens : donné par la règle d’observateur d’Ampère, celui-ci couché sur la portion de
conducteur, traversé par le courant des pieds vers la tête et regardant fuir devant lui,
les lignes de champ, tend son bras gauche dans le sens de la force 𝐹⃗ .

19
- Module 𝐹 = 𝐼𝑙𝐵𝑠𝑖𝑛(𝑙⃗, 𝐵 ⃗⃗ )
- Point d’application : le milieu de la portion rectiligne du conducteur plongé dans le
champ 𝐵⃗⃗

Remarque : on peut aussi trouver le sens de la force de Laplace en utilisant entre autres la
règle des trois doigts de la main droite.

Etant donné que 𝐹⃗ , 𝐼𝑙⃗ et 𝐵


⃗⃗ forment un trièdre direct, leurs sens permettent d’être déterminés
par la règle des trois doigts de la main droite avec successivement :

- Le pouce tend, indique le sens du courant (ou 𝐼𝑙⃗).


- L’index tendu perpendiculairement à 𝐼𝑙⃗ indique le sens du champ 𝐵 ⃗⃗
- Le majeur tendu perpendiculairement à 𝐼𝑙⃗ et 𝐵
⃗⃗ indique le sens de la force 𝐹⃗
- L’intensité : 𝐹 = 𝐼𝑙𝐵𝑠𝑖𝑛(𝑙⃗, 𝐵
⃗⃗ )

5. Action d’un conducteur sur une particule chargée : Force de Lorentz

⃗⃗ dans une région où règne un


Une particule de charge q en mouvement à la vitesse 𝑉
champ magnétique 𝐵 ⃗⃗ est soumise à une force magnétique 𝐹⃗ par la relation vectorielle

𝐹⃗ = 𝑞𝑉
⃗⃗ ˄𝐵
⃗⃗

Nous pouvons établir une expression de la force de Lorentz en partant de la force de


Laplace

⃗⃗ 𝑡 et 𝐼 = 𝑞
𝑙⃗ = 𝑉 𝑡

⃗⃗ devient 𝐹⃗ = 𝑞 𝑉
𝐹⃗ = 𝐼𝑙⃗˄𝐵 ⃗⃗ 𝑡˄𝐵
⃗⃗
𝑡

𝐹⃗ = 𝑞𝑉
⃗⃗ ˄𝐵
⃗⃗

20
Chapitre 3 : LA RELATION FONDAMENTALE DE LA DYNAMIQUE
1. Notions sur la dynamique des points matériels
1.1.Le point matériel

Un point matériel est un point de l’espace auquel on lui affecte une masse 𝑚. Les dimensions
d’un point matériel sont négligeables par rapport aux autres dimensions dans le référentiel.

1.2.Système matériel :

Un système matériel ou système mécanique est un ensemble de points matériels. Le système


matériel est dit indéformable ou solide si les distances entre ses points sont invariables.

1.3.Forces extérieures et forces intérieures


 les forces extérieures sont celles qui agissent sur le point du système et proviennent
d’autres points donnés étrangers au système.
 Les forces intérieures sont celles qui agissent sur un point du système et proviennent
d’autre point appartenant à ce système.

La distinction entre ces deux types de forces dépend des limites arbitrairement choisi pour
définir le système.

2. Enoncé des lois de Newton sur le mouvement


2.1.Première loi de Newton

Lorsque la somme vectorielle des forces appliquées au système est nulle, son centre d’inertie
est :

 au repos, si le système est initialement au repos,


 animé d’un mouvement rectiligne uniforme si le système est initialement en
mouvement à vitesse constant : ∑ 𝐹⃗ = ⃗0⃗ 𝑜𝑢 𝑉⃗⃗𝐺 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
2.2.Référentiel galiléen

La première loi de Newton caractérisé un ensemble de référentiels

Les référentiels galiléens sont des référentiels particuliers ou le principe de l’inertie et le


théorème de l’énergie cinétique sont appliqués.

 Le référentiel héliocentrique est un référentiel qui a pour origine le centre du soleil et


des axes dirigés vers les trois étoiles lointaines. Il est une approximation du référentiel
galiléen. Ce référentiel convient à l’étude du mouvement des planètes et des sondes
spatiales.
 Le référentiel géocentrique a pour origine le centre de la Terre et des axes dirigés vers
les trois étoiles lointaines. Ils convient à l’étude du mouvement des satellites et à
l’interprétation des phénomènes marins.
 Le référentiel terrestre ou de laboratoire a pour origine un point de la surface de la
Terre peut être considéré comme référentiel galiléen pour des expériences courantes
de courte durée.

21
2.3.La Quantité de mouvement
a) Définition : Pour le point matériel, de masse 𝑚 et dont la vectrice vitesse est 𝑣⃗, le
vecteur quantité de mouvement 𝑝⃗ obtient par la relation vectorielle : 𝑃⃗⃗ = 𝑚. 𝑣⃗

𝑃⃗⃗ a une même direction et même sens que 𝑣⃗ ( car 𝑚 > 0) , sa norme 𝑃 porte le nom de
𝑚 ∶ 𝑒𝑛 𝑘𝑔
quantité de mouvement du point matériel 𝑃 = 𝑚𝑣 { 𝑣 ∶ 𝑒𝑛 𝑚/𝑠
𝑝: 𝑒𝑛 𝑘𝑔𝑚/𝑠 −1

Le vecteur quantité de mouvement d’un solide est celui de son centre d’inertie
𝐺(vecteur vitesse 𝑉⃗⃗𝐺 ) ou serait concentrée la masse totale 𝑀 su solide.

𝑃⃗⃗ = 𝑀𝑉
⃗⃗𝐺

Dans un repère galiléen, le vecteur quantité de mouvement d’un solide isolé ou pseudo-isolé
est constant.

⃗⃗𝐺 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃⃗⃗ = 𝑀𝑉 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

b) Conservation de la quantité de mouvement lors d’un choc

La loi de conservation

On construit alors le vecteur-quantité de mouvement du système {𝑆1 , 𝑆2 } avant le choc, et le


vecteur : 𝑃⃗⃗ = 𝑃⃗⃗1 + 𝑃⃗⃗2

Le vecteur-quantité de mouvement de ce même système après le choc est : 𝑃⃗⃗ ′ = ⃗⃗⃗⃗


𝑃′1 + ⃗⃗⃗⃗
𝑃′2

On constate expérimentalement que 𝑃⃗⃗ = 𝑃⃗⃗′

Lors d’un choc, le vecteur-quantité de mouvement d’un système de deux solides isolés ou
pseudo-isolés demeure constant.

Dans un repère galiléen, le vecteur-quantité de tout système mécanique isolé ou pseudo-isolé


demeure constant lors de son évolution : ∆𝑃⃗⃗ = 𝑃⃗⃗′ (𝑎𝑝𝑟è𝑠 𝑙𝑒 𝑐ℎ𝑜𝑐) − 𝑃⃗⃗(𝑎𝑣𝑎𝑛𝑡 𝑙𝑒 𝑐ℎ𝑜𝑐) = ⃗0⃗

2.4.Deuxième loi de Newton ou la relation fondamentale de la dynamique

Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures appliquées à un


solide est égale au produit de la masse par le vecteur-accélération de son centre d’inertie 𝐺.
𝑑𝑃⃗⃗
On écrit ∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡 = 𝑑𝑡

Sous cette forme, la deuxième loi de Newton est appelée relation fondamentale de la
𝑑𝑃⃗⃗
dynamique : ∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡 = 𝑑𝑡

22
⃗⃗
𝑃⃗⃗ = ∑𝑛𝑖=1 𝑃⃗⃗𝑖 = ∑𝑛𝑖=1 𝑚𝑖 𝑉 ⃗⃗𝑐𝑡 ∑𝑛𝑖=1 𝑚𝑖 avec 𝑀 = ∑𝑛𝑖=1 𝑚𝑖 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑡 𝑑𝑉𝐺 = 𝑎⃗𝐺
⃗⃗𝑖 = 𝑉
𝑑𝑡

Donc ∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡 = 𝑀𝑎⃗𝐺

2.5.Troisième loi de Newton ou Principe de l’action réciproque

Si un corps 𝐴 exerce sur un corps 𝐵 une force 𝐹⃗𝐴/𝐵 (appelle action), simultanément le corps,
𝐵 exerce sur le corps 𝐴 une force 𝐹⃗𝐵/𝐴 (dénommée réaction) et ces deux forces ont la même
ligne d’action, des sens inverses et de même intensité.

𝐹⃗𝐵⁄𝐴 𝐹⃗𝐴⁄𝐵
𝐵 𝐴

𝐹⃗𝐵/𝐴 = −𝐹⃗𝐴/𝐵

3. Le théorème de l’énergie cinétique


Dans un référentiel galiléen, la variation de l’énergie cinétique d’un solide en translation,
entre deux instants 𝑡1 𝑒𝑡 𝑡2 est égale à la somme algébrique des travaux de toutes les forces
qui lui sont appliquées dans l’intervalle [𝑡1 , 𝑡2 ].
1 1 (𝐹𝑒𝑥𝑡)
∆𝐸𝐶 = 2 𝑚𝑉22 − 2 𝑚𝑉12 = ∑ 𝑊1→2

Remarque : le théorème de l’énergie cinétique se démontre de la même manière pour un


solide en rotation autour d’un axe fixe.
1 1 (𝐹𝑒𝑥𝑡)
∆𝐸𝐶 = 2 𝑗𝐷 𝑊22 − 2 𝑗𝐷 𝑊12 = ∑ 𝑊1→2

4. Les différentes applications


Pour résoudre un problème de mécanique proposé, il faut adopter une méthode résumée
suivante :

 Préciser le système étudié


 Choisir le référentiel
 faire le bilan de forces appliquées au système et schématiser ces forces par des
vecteurs
 Appliquer dans le référentiel galiléen choisi le théorème d’inertie pour déterminer
l’accélération et la nature du mouvement ou le théorème de l’énergie cinétique pour
déterminer la vitesse, la distance ou bien la force.
 Choisir un repère orthonormal de projection ou sera projetée la relation.

23
Bac 2013 et 2019

Exemple1 : un Skieur de masse 𝑚 = 80𝑘𝑔 , équipement compris, prend le départ sur une
piste de descente rectiligne incliné d’un angle 𝛼 = 300

1) La piste étant verglacée, on néglige tout frottement sur la piste et dans l’air
a) Calculer l’accélération 𝑎1 du skieur dans la descente. On prendra 𝑔 = 9,8𝑚/𝑠 2
b) On suppose que le skieur part avec une vitesse initiale 𝑉0 = 𝑚/𝑠 . Calculer sa vitesse
𝑉1 lorsqu’il a parcouru la distance 𝑑 = 25𝑚
2) La piste est maintenant recouverte de neige fraiche créant une force de frottement.
L’ensemble des forces de frottement agissant sur le skieur est équivalent à une force
unique et constante 𝑓 = 90𝑁 de même direction que sa vitesse et de sens opposé.
a) Calculer la nouvelle accélération 𝑎2 du skieur dans la descente.
b) On suppose que ce dernier part toujours avec la même vitesse initiale 𝑉0 . calculer la
nouvelle vitesse 𝑉2 lorsqu’il a parcouru la distance 𝑑 = 25𝑚.

Solution :

1)La piste de descente est verglacée.


a)Calculons l’accélération 𝑎1 du skieur
 Système : le skieur et son équipement de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces :
 Le poids 𝑃⃗⃗ , appliqué en 𝐺, vertical et vers le bas
 La réaction 𝑅⃗⃗ perpendiculaire au déplacement car il n’y a pas de frottement
 Appliquons le théorème du centre d’inertie

∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺 ⇒ 𝑃⃗⃗ + 𝑅⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺

𝑥′
𝑅⃗⃗

𝑃⃗⃗ 𝛼 𝑥

𝑦′

24
 𝑠𝑖𝑛𝑥 ′ 𝑥 𝑜𝑛 𝑎: 𝑃𝑥 + 𝑅𝑥 = 𝑚𝑎1
𝑃𝑠𝑖𝑛𝛼 + 0 = 𝑚𝑎1

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 = 𝑚𝑎1 ⇒ 𝑎1 = 𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼


1
AN : 𝑎1 = 9,8 𝘹 2 = 4,9𝑚/𝑠 2

𝑎1 = 4,9𝑚/𝑠 2

b) Calculons la vitesse 𝑉1 lorsqu’il a parcouru une distance 𝑑 = 25𝑚

Le mouvement est uniformément accéléré d’accélération 𝑎1 = 4,9𝑚/𝑠 2 . On a la relation


𝑉12 − 𝑉02 = 2𝑎, (𝑥1 − 𝑥0 )

𝑥1 − 𝑥0 = 𝑑 𝑒𝑡 𝑉12 − 𝑉02 = 2𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼𝑑

𝑉1 = √𝑉02 + 2𝑔𝑑𝑠𝑖𝑛𝛼

𝑉1 = 15,8𝑚/𝑠

On peut aussi appliquer le théorème de l’énergie cinétique.

2)La piste est couverte de neige fraiche : i y a frottement


a)Calculons l’accélération 𝑎2
Système : Skieur et son équipement de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces :
 Le poids 𝑃⃗⃗
 La réaction 𝑅⃗⃗
 La force de frottement 𝑓⃗

𝑥′ 𝑅⃗⃗𝑁
𝑓⃗

𝑃⃗⃗ 𝛼 𝑥

𝑦′
25
 Appliquons le théorème du centre d’inertie : ∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺 ⇒ 𝑃⃗⃗ + 𝑅⃗⃗𝑁 + 𝑓⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺

𝑠𝑖𝑛𝑥 ′ 𝑥 𝑜𝑛 𝑎 ∶ 𝑃𝑥 + 𝑅𝑁𝑥 + 𝑓𝑥 = 𝑚𝑎2

𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 + 0 − 𝑓 = 𝑚𝑎2
𝑓
𝑎2 = 𝑔𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝑚

1 90
AN : 𝑎2 = 9,8 𝘹 2 − 80 = 3,8𝑚/𝑠 2

𝑎2 = 4,5 − 1,125 ≃ 3,8𝑚/𝑠 2

𝑎2 = 3,8𝑚/𝑠 2

b) Calculons la nouvelle vitesse 𝑉2 du skieur

𝑉22 − 𝑉02 = 2𝑎, (𝑥1 − 𝑥0 ) = 2𝑎2 𝑑

𝑉22 = √𝑉02 + 2𝑎2 𝑑 = 14,1𝑚/𝑠

𝑉2 = 14,1𝑚/𝑠

Exemple 2 :

a) On suppose qu’un skieur glisse sans frottement le long d’une piste 𝐴𝐵. On donne les
altitudes des points 𝐴 𝑒𝑡 𝐵 : ℎ𝐴 = 1850𝑚 𝑒𝑡 ℎ𝐵 = 1780𝑚 . Le skieur part de 𝐴 avec
une vitesse 𝑉𝐴 = 1,5𝑚/𝑠

Calculer sa vitesse 𝑉𝐵 lors de son passage en 𝐵. 𝑔 = 8,9𝑚/𝑠 2

b) En réalité, le skieur passe en 𝐵 avec une vitesse 𝑉′𝐵 = 30𝑚/𝑠

Calculons la valeur de la force de frottement qui s’exerce sur le skieur si l’on suppose qu’elle
reste constante.

Pendant toute la durée de la descente. On donne : 𝑀 = 75𝑘𝑔, la longueur de la piste 𝑙 =


315𝑚

ℎ𝐴
𝐵

ℎ𝐵

26
Solution

a)Calculons la vitesse 𝑉𝐵 du skieur à son passage 𝐵


 Système : Skieur de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces
 Le poids 𝑃⃗⃗
 La réaction 𝑅⃗⃗
 Appliquons le théorème de l’énergie cinétique

𝑃⃗⃗ ⃗⃗
𝐷𝐸𝐶 = ∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡. 𝐸𝐶𝐵 − 𝐸𝐶𝐴 = 𝑊𝐴→𝐵 𝑅
+ 𝑊𝐴→𝐵

𝑊 𝑅⃗⃗ = 0 𝑐𝑎𝑟 𝑅⃗⃗ 𝑒𝑠𝑡 𝑝𝑒𝑟𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑖𝑟𝑒 à 𝑙𝑎 𝑝𝑖𝑠𝑡𝑒


1 1
𝑚𝑉𝐵2 − 2 𝑚𝑉𝐴2 = 𝑚𝑔(ℎ𝐴 − ℎ𝐵 )
2

𝑉𝐵 = √𝑉𝐴2 + 2𝑔(ℎ𝐴 − ℎ𝐵 )

𝑉𝐵 = √(1,5)2 + 2 𝘹 9,8(1850 − 1780) = 37,1𝑚/𝑠

𝑉𝐵 = 37,1𝑚/𝑠

b)Calculons la vitesse de la force de frottement


 Système : Skieur de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces
 Le poids 𝑃⃗⃗
 La réaction normale 𝑅⃗⃗𝑁
 La force de frottement 𝑓⃗
 Appliquons le théorème de l’énergie cinétique

⃗⃗⃗⃗𝐴→𝐵
𝐷𝐸𝐶 = ∑ 𝑊 𝑒𝑥𝑡

1 1
𝑚𝑉′2𝐵 − 2 𝑚𝑉𝐴2 = 𝑊 𝑃⃗⃗ + 𝑊 𝑓⃗ + 𝑊𝑅⃗⃗𝑁 𝑎𝑙𝑜𝑟𝑠𝑞𝑢𝑒 𝑊𝑅⃗⃗𝑁 = 0
2

1 1
𝑚𝑉′2𝐵 − 2 𝑚𝑉𝐴2 = 𝑚𝑔(ℎ𝐴 − ℎ𝐵 ) − 𝑓𝑙
2

2𝑓𝑙
𝑉′2𝐵 − 𝑉𝐴2 = 2𝑔(ℎ𝐴 − ℎ𝐵 ) − 𝑚

2𝑓𝑙
= 𝑉𝐴2 − 𝑉𝐵′2 + 2𝑔(ℎ𝐴 − ℎ𝐵 )
𝑚

𝑚
𝑓 = 2𝑙 (𝑉𝐴2 − 𝑉𝐵′2 + 2𝑔(ℎ𝐴 − ℎ𝐵 ))

𝑓 = 56,5𝑁

27
Exemple3

Un skieur assimilé à un point 𝐺, de masse 𝑚 = 80𝑘𝑔, glisse sur une piste formée de deux
parties 𝐴𝐵 𝑒𝑡 𝐵𝐶 situées dans un même plan vertical. L’arc 𝐴𝐵̂ de rayon 𝑟 = 50𝑚 et 𝐵𝐶
est la partie rectiligne horizontale de longueur = 50𝑚 . Le skieur part sans vitesse initiale de
̂
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜋
𝐴 tel que (𝑂𝐵 𝑂𝐴) = 𝛼 = 3

1) En négligeant les frottements, calculer la vitesse du skieur au point 𝐸 , tel que


̂
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝜋
(𝑂𝐵 𝑂𝐴) = 𝛼 = , puis calculer sa vitesse en 𝐵.
𝐸 6
2) En fait, sur le trajet , existent des forces de frottements assimilables à une forte
tangente à la trajectoire et d’intensité constants 𝐹. Si le skieur arrive en 𝐶 sans vitesse,
quelle est la valeur 𝐹 de cette force de frottement ?
On prendra 𝑔 = 10𝑚/𝑠 2 .

𝛼
𝐴
𝛼𝐸

Solution

1)Calculons la vitesse du skieur en 𝐸 puis e 𝐵


 Système : Skieur de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces :
 Le poids 𝑃⃗⃗
 La réaction normale 𝑅⃗⃗
 Appliquons le théorème de l’énergie cinétique

⃗⃗⃗⃗𝐴→𝐵
𝐷𝐸𝐶 = ∑ 𝑊 𝑒𝑥𝑡

1 1
𝑚𝑉𝐸2 − 2 𝑚𝑉𝐴2 = 𝑚𝑔(𝑧𝐸 − 𝑧𝐵 ) = 𝑚𝑔𝑟(𝑐𝑜𝑠𝛼𝐸 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)
2

1
𝑚𝑉𝐸2 = 𝑚𝑔𝑟(𝑐𝑜𝑠𝛼𝐸 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)
2

𝑉𝐸 = √2𝑔𝑟(𝑐𝑜𝑠𝛼𝐸 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)
28
√3 1
𝐴𝑁: 𝑉𝐸 = √2 𝘹 10 𝘹 50 ( 2 − 2) ≃ 19,13𝑚/𝑠

𝑉𝐸 = 19,13𝑚/𝑠

Puis 𝑉𝐸 = √2𝑔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)

1
𝐴𝑁: 𝑉𝐵 = √2 𝘹 50 𝘹 10 (1 − 2) = √500 = 22 ,36𝑚/𝑠

𝑉𝐵 = 22,36𝑚/𝑠

2)Calculons la valeur 𝐹 de la force de frottement.


 Système : Skieur de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces :
 Le poids 𝑃⃗⃗
 La réaction normale 𝑅⃗⃗
 La force de frottement 𝑓⃗
 Appliquons le théorème de l’énergie cinétique

⃗⃗⃗⃗𝐴→𝐵
𝐷𝐸𝐶 = ∑ 𝑊 𝑒𝑥𝑡

𝑉𝐴 = 0 𝑒𝑡 𝑉𝐶 = 0 ⇒ 0 = 𝑚𝑔𝑟(1 − 𝑐𝑜𝑠𝛼) − 𝐹𝑟𝛼 𝑜𝑟 𝑟 = 𝑙

0 = 𝑚𝑔𝑙(1 − 𝑐𝑜𝑠𝛼) − 𝐹𝑙𝛼 − 𝐹𝑙

𝐹𝑙(𝛼 + 1) = 𝑚𝑔𝑙(1 − 𝑐𝑜𝑠𝛼)


𝑚𝑔𝑙(1−𝑐𝑜𝑠𝛼) 𝑚𝑔(1−𝑐𝑜𝑠𝛼)
𝐹= 𝜋 =
+1 𝛼+1
3

1
80 𝘹 10(1− ) 400
2
𝐴𝑁: 𝐹 = 𝜋 = 3,14 = 195,43𝑁
+1 +1
3 3

𝐹 = 195,43𝑁

Exemple 4

Un solide 𝑆 de petite dimension et de masse 𝑚 assimilable à un point matériel, est placé au


sommet 𝐴 , d’une sphère de rayon 𝑅 et de centre 𝑂. On déplace légèrement le point matériel
𝑆 pour qu’il quitte la position 𝐴 avec une vitesse quasiment nulle et glisse sans frottements le
long de la sphère en décrivant un arc de cercle dans le plan vertical passant par 𝐴. La position
̂
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
de 𝑆 est repérée par l’angle 𝜃 = (𝑂𝐴 𝐴𝑆 ).

1) En appliquant le théorème de l’énergie cinétique, trouver une relation entre


𝑣, 𝑔, 𝑅 𝑒𝑡 𝜃.
2) Appliquer la deuxième loi de Newton au solide ponctuel
29
3) Déterminer la position du solide au moment où il quitte la sphère. Quelle est alors sa
vitesse?
𝐴

𝜃
𝑅

Solution

1)En appliquant le théorème de l’énergie cinétique, trouvons la relation entre 𝑣, 𝑔, 𝑅 𝑒𝑡 𝜃


 Système : Solide de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces :
 Le poids 𝑃⃗⃗
 La réaction normale 𝐹⃗ de la sphère sur le solide
 Appliquons le théorème de l’énergie cinétique

⃗⃗⃗⃗𝐴→𝐵
𝐷𝐸𝐶 = ∑ 𝑊 𝑒𝑥𝑡

1 1
𝑚𝑉𝑆2 − 𝑚𝑉𝐴2 = 𝑊 𝑃⃗⃗ + 𝑊 𝐹⃗ 𝑜𝑟 𝑊 𝐹⃗ = 0
2 2

1
𝑚𝑉𝑆2 = 𝑚𝑔ℎ 𝑜𝑟 ℎ = 𝑅 − 𝑅𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2

1
𝑚𝑉𝑆2 = 𝑚𝑔𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2

𝑉𝑆 = √2𝑔𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

2) En appliquant la deuxième loi de Newton, déterminons la relation 𝐹⃗ de la sphère sur


le solide.

∑ 𝐹⃗𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗

𝑃⃗⃗ + 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗

Dans la base de Freinet, projetons cette relation suivant la normale 𝑛⃗⃗

𝑉𝑆2
𝑃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝐹 = 𝑚 𝑅

(2𝑔𝑅(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝐹 = 𝑚 𝘹 ⇒ 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2𝑚𝑔 + 2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝐹
𝑅

𝐹 = 𝑚𝑔(3𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2)

30
3) Déterminons la position du solide au moment où il quitte la sphère

Le solide quitte la sphère lorsque 𝐹 ≥ 0

Cas limite 𝐹 = 0 ⇒ 𝑚𝑔(3𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2) = 0


2
𝑚𝑔 ≠ 0 𝑒𝑡 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 3

2
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 cos 3 = 48, 180

La vitesse est alors de :

2 2
𝑉 = √2𝑔𝑅 (1 − 3) = √3 𝑔𝑅

2
𝑉 = √3 𝑔𝑅

Exemple 5 : On considère un pendule constitué d’une boule 𝐵 (de masse 𝑚 et de centre 𝐺)


et d’un fil inextensible de longueur 𝑙 et de masse négligeable. Ce pendule est mis en
mouvement de rotation uniforme au tour d’un axe vertical ∆ d’un référentiel galiléen.

Montons qu’un tel mouvement n’est possible que si la vitesse angulaire 𝑤 est supérieure à la
valeur 𝑤0 que l’on calculera.

Déterminons alors la valeur de l’angle d’inclinaison 𝜃 que prend le fil par rapport à l’axe ∆,
ainsi que la tension du fil.

Solution

 Système : boule de masse 𝑚


 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces :
 Le poids 𝑃⃗⃗

⃗⃗
 La réaction 𝑇
 Appliquons le théorème de l’énergie cinétique

⃗⃗
𝑇
𝜃

𝐵
𝑛⃗⃗
𝑡⃗

31
∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺 ⇒ 𝑃⃗⃗ + 𝑅⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺 𝑟 = 𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃

Suivant la tangentielle on a : 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑔 (1)

Suivant la normale on a : 𝑇𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑚𝑤 2 𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 (2)

(1) 𝑤 2 𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑑𝑜𝑛𝑛𝑒 ∶ 𝑇𝑎𝑛𝛼 =
(2) 𝑔

𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑤 2 𝑙𝑠𝑖𝑛𝜃 1 1 𝑤2𝑙


= ⇒ 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⇒ 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑔 𝑔

𝑔 𝑔
D’où 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑤2 𝑙 𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃 < 1 ⇒ 𝑤2 𝑙 < 1

𝑔
Le pendule ne s’écarte de la vitesse que si 𝑤 > 𝑤0 = √ 𝑙

𝑔
Si 𝑤 > 𝑤0 le pendule prend une inclinaison 𝜃 déterminée par 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑤2 𝑙

La tension 𝑇 du fil a pour expression :

𝑚𝑔 𝑚𝑔 𝑚𝑔 𝘹 𝑤 2 𝑙
𝑇 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑔 = = 𝑚𝑤 2 𝑙
𝑔
𝑤2 𝑙

𝑇 = 𝑚𝑤 2 𝑙

Exemple 6 : Un pendule est constitué par une petite boule de petite dimension, de masse 𝑚,
suspendue à un point fixe par un fil inextensible de longueur 𝑙. Lae pendule est écarté d’un
angle 𝜃 de sa position d’équilibre et abandonné sans vitesse initiale.

a) Déterminer la vitesse 𝑉 du pendule lorsqu’il passe par sa position d’équilibre.


b) quelle est alors la tension du fil ?

Solution

𝑙 ⃗⃗
𝑇 ⃗⃗
𝑇
𝜃
𝐵′
𝑚𝑎⃗

𝐵
𝑃⃗⃗
𝑃⃗⃗

32
a)Déterminer la vitesse 𝑉du pendule lorsqu’il passe par sa position d’équilibre.
 Système : boule de masse 𝑚
 Référentiel terrestre supposé galiléen
 Bilan des forces :
 Le poids 𝑃⃗⃗
 La réaction 𝑇⃗⃗
 Appliquons le théorème de l’énergie cinétique

𝐷𝐸𝐶 = ∑ 𝑊𝐹⃗𝑒𝑥𝑡
1
𝑚𝑉 2 = 𝑚𝑔ℎ = 𝑚𝑔𝑙(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)
2

𝑉 = √2𝑔𝑙(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

b) Déterminons la tension du fil

Appliquons le théorème du centre d’inertie

∑ 𝑓⃗ 𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺

𝑃⃗⃗ + 𝑅⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺


𝑉2
Suivant 𝑘 verticale on a : 𝑇 − 𝑚𝑔 = 𝑚
𝑙

(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)
𝑇 = 𝑚𝑔 + 𝑚(2𝑔𝑙 𝑙

𝑇 = 𝑚𝑔 + 2𝑚𝑔 − 2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 3𝑚𝑔 − 2𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑇 = 𝑚𝑔(3 − 2𝑐𝑜𝑠𝜃)

33
Chapitre 4 : APPLICATION DES LOIS DE NEWTON
I. Mouvement dans le champ de gravitation
1.1) Première Loi de Kepler
Par rapport au référentiel héléocentrique (ou de Copernic), les trajectoires des planètes sont
des ellipses dont le soleil occupe le foyer. En réalité, ces ellipses sont très proches des cercles.

Remarque : une planète est soumise essentiellement à l’attraction du soleil et l’action des
autres ne se manifeste que par de très faibles perturbations qui sont négligeables par la suite.

1.2) Démonstration des 2e et 3e lois de Kepler dans l’approvisionnement des


trajectoires circulaires
* La 2e loi se simplifie : la vitesse angulaire d’une planète sur la trajectoire est une
constante donc le mouvement est circulaire uniforme.
𝑓⃗
D’où 𝑎⃗ = 𝑚 est centripète.

𝑑𝑉 𝑉
𝑎𝑡 = = 0 ⇒ 𝑉 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑡 𝑤 =
𝑑𝑡 𝑅

* La 3e loi
Le carré de la période de révolution est proportionnel au cube du rayon de la trajectoire.

2𝜋𝑅 4𝜋 2 𝑅2 𝑉2 𝐺𝑀
𝑇= ⇒ 𝑇2 = 𝑒𝑡 𝑎 = 𝑔0 = =
𝑉 𝑉2 𝑅 𝑅2

𝐺𝑀𝑅 𝐺𝑀
⇒𝑉 2 = =
𝑅2 𝑅

4𝜋 2 𝑅2 4𝜋 2 𝑅 2
L’expression devient 𝑇 2 = 𝐺𝑀 = 𝐺𝑀
𝑅

𝑇2 4𝜋 2
D’où 𝑅3 = 𝐺𝑀

Le deuxième membre de cette expression ne dépend pas de la planète considérée puisque M


est la masse du soleil.
𝑇2
Pour toutes les planètes, 𝑅3 = 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

1.3) Mouvement d’un satellite


Lors d’un lancement d’un satellite autour de la Terre, il est soumis au champ de gravitation
terrestre. Considérons les satellites de trajectoires circulaires. On démontre que le plan de la
trajectoire contient le centre de la Terre. On établit les relations donnant la vitesse et la
période de révolution en fonction de l’altitude Z du satellite.

- Choisissons le référentiel géocentrique supposé galiléen


- Le système : satellite
- Bilan des forces : 𝐹⃗ = 𝑚𝑔⃗
- Le théorème du centre d’inertie

34
∑ 𝑓⃗𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺 ⇒ 𝑚 𝑔⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺
⇒ 𝑎⃗𝐺 = 𝑔⃗

⃗⃗, 𝑁
Dans la base de Frenet (𝑇 ⃗⃗ ), on a :

𝑍
𝑅𝑇 ⃗⃗
𝑁
⃗⃗
𝑇

𝑑𝑉
𝑑𝑉 𝑉 2
𝐺⃗ (𝑔0 ) et 𝑎⃗𝐺 (𝑉𝑑𝑡2 ), donc 𝑑𝑡 = 0 et 𝐺 = 𝑟 avec 𝑟 = 𝑅𝑇 + 𝑍
𝐹

𝑉2
Le mouvement étant uniforme, 𝐺 = ⇒ 𝑉 = √𝑟𝐺
𝑟

𝐺𝑀 𝑟2
⇒ 𝑉 = √𝐺(𝑅𝑇 + 𝑍) or 𝐺 = (𝑅+𝑍)2 = 𝐺0 (𝑅+𝑍)2

Avec 𝐺0 = 𝑔0 , la valeur du champ de pesanteur à l’altitude Z=0

0 𝑔
D’où 𝑉 = 𝑅√(𝑅+𝑍)

𝑉2 𝑅2 𝑔
0 𝑅𝑔
𝑎𝐺 = = 𝑅(𝑅+𝑍) = 𝑅+𝑍0
𝑅

𝑅𝑔
𝑎𝐺 = 𝑅+𝑍0

La vitesse diminue quand l’altitude augmente et est indépendante de la masse du satellite.

Ainsi, pour une altitude donnée Z=300km, on trouve (V=7,72km/s). La période ou la durée
2𝜋(𝑅+𝑍) (𝑅+𝑍)3
d’un tour du satellite est : 𝑇 = = 2𝜋√ pour Z=300km, 𝑇 = 5429𝑠 ≅ 1ℎ30𝑚𝑖𝑛
𝑉 𝑔0 𝑅 2

II. Mouvement dans un champ uniforme indépendant du temps


Un projectile de masse m est lancé dans un champ de pesanteur 𝑔⃗ considéré localement
comme uniforme. La vitesse de lancement 𝑉 ⃗⃗0 fait un angle de tir 𝛼 avec le plan horizontal. La
résistance de l’air et la poussée d’Archimède sont négligeables. On étudie le mouvement du
centre d’inertie du projectile.

35
𝑦 𝐺

⃗⃗0
𝑉 𝑃⃗⃗ 𝑔⃗

𝑗⃗ 𝛼
𝑜
𝑖⃗ 𝑥

1. Accélération du centre d’inertie


La deuxième loi de Newton permet de déterminer l’accélération du point G.

* Choix du référentiel terrestre supposé Galiléen


* Système : projectile de masse m
* Bilan des forces appliquées : 𝑃⃗⃗ = 𝑚𝑔⃗
* Appliquons le théorème du centre d’inertie : 𝑃⃗⃗ = 𝑚𝑔⃗ = 𝑚𝑎⃗ ⇒ 𝑎⃗𝐺 = 𝑔⃗
Lors d’un mouvement de chute libre dans le champ de pesanteur 𝑔⃗ uniforme, le vecteur
accélération du centre d’inertie 𝑎⃗𝐺 du projectile est égal à 𝑔⃗. Le mouvement est indépendant
de la masse du projectile.

2. Equations universelles du mouvement du centre d’inertie


𝑎⃗𝐺 = 𝑔⃗ : Equation 1

A 𝑡0 = 0, G occupe 𝐺0 avec une vitesse 𝑉0. Les équations vectorielles du mouvement


s’obtiennent par intégration successives de l’équation 1.

⃗⃗ = 𝑔⃗𝑡 + 𝑉
𝑉 ⃗⃗0 : Equation 2

1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗0 𝑡 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 = 2 𝑔⃗𝑡 2 + 𝑉 𝑂𝐺0 : Equation 3

3. Equations horaires
⃗⃗ ) le mieux adapté pour déterminer les coordonnées des vecteurs
Choisissons le repère (𝑜, 𝑖⃗, 𝑗⃗, 𝑘
accélération, vitesse et position du centre d’inertie.

𝐺 𝑔⃗
𝐺′′
𝑉0
𝑗⃗ 𝑃⃗⃗

𝑘⃗⃗
𝑖⃗ 𝐺′ 𝑥
36
* Le point G’ décrit l’axe horizontal (𝑜, 𝑖⃗) avec un mouvement uniforme.
* Le point G’’ décrit l’axe vertical (𝑜, 𝑗⃗) avec un mouvement uniformément varié.
* L’axe (𝑜, 𝑗⃗) vertical ascendant, alors 𝑔⃗ = −𝑔𝑗⃗ avec ‖𝑔⃗‖ = 𝑔
* ⃗⃗0, caractérisé
L’axe (𝑜, 𝑖⃗) horizontal, le plan (𝑖⃗, 𝑗⃗) contenant le vecteur vitesse initiale 𝑉
par la mesure de l’angle (𝑖⃗̂ ⃗⃗0 ) telle que 0 < 𝛼 ≤ 𝜋.
,𝑉 2

𝑉 = 𝑉0 𝑐𝑜𝑠𝛼
⃗⃗0 { 0𝑥
Alors, 𝑉 𝑉0𝑦 = 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼

⃗⃗0 = 𝑉0 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑖⃗ + 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑗⃗ avec ‖𝑉


𝑉 ⃗⃗0 ‖ = 𝑉0

Les équations cartésiennes du mouvement s’obtiennent :

𝑎𝑥 = 0 𝑉𝑥 = 𝑉0 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑥 = 𝑉0 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ {𝑦 = − 1 𝑔𝑡 2 + 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡
⃗⃗𝐺 {𝑉𝑦 = −𝑔𝑡 + 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼 ; 𝑂𝐺
𝑎⃗ {𝑎𝑦 = −𝑔 ; 𝑉
2
𝑎𝑧 = 0 𝑉𝑧 = 0 𝑧=0
Les équations horaires du mouvement nous montrent que :

- Le mouvement du projeté G selon l’horizontale est uniforme ;


- Le mouvement du projeté G selon la verticale est uniformément varié.
 Cas particuliers
⃗⃗0 = ⃗⃗
Pour 𝑉 0, nous obtenons l’équation d’un mouvement de chute libre sans vitesse initiale :
1
𝑦 = − 2 𝑔𝑡 2

Pour 𝛼 = 𝜋/2, le vecteur vitesse initiale est parallèle à 𝑔⃗ ; le mouvement est rectiligne,
1
uniformément varié, selon la verticale : 𝑦 = − 2 𝑔𝑡 2 + 𝑉0 𝑡

4. Etude de la trajectoire
𝜋
⃗⃗ ),s’obtient en
Pour 0 < 𝛼 < 2 , l’équation cartésienne de la trajectoire dans le repère (𝑜, 𝑖⃗, 𝑗⃗, 𝑘
éliminant le temps t entre les expressions 𝑥(𝑡) et 𝑦(𝑡), il vient :
𝑥 1 𝑔
𝑡 = 𝑉 𝑐𝑜𝑠𝛼 d’où 𝑦 = − 2 𝑉 2 𝑐𝑜𝑠2 𝛼 𝑥 2 + 𝑥𝑡𝑎𝑛𝛼
0 0

1
Soit avec = 1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝛼, on obtient :
𝑐𝑜𝑠2 𝛼

𝑔
𝑦 = − 2𝑉 2 (1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝛼)𝑥 2 + 𝑥𝑡𝑎𝑛𝛼
0

1 𝑐𝑜𝑠2 𝛼+𝑠𝑖𝑛2 𝛼 𝑐𝑜𝑠2 𝛼 𝑠𝑖𝑛2 𝛼


= = 𝑐𝑜𝑠2 𝛼 + 𝑐𝑜𝑠2 𝛼 = 1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝛼
𝑐𝑜𝑠2 𝛼 𝑐𝑜𝑠2 𝛼

La trajectoire est une parabole située dans le plan de tir (𝑜, 𝑖⃗, 𝑗⃗) et dont la concavité est tournée
vers le bas.

37
𝑀
𝑦𝑀 ⃗⃗𝑚
𝑉
⃗⃗0
𝑉

𝑗⃗
𝑥𝑀 𝐶
𝑜
𝑖⃗ 𝑑

Exprimons quelques caractéristiques de la trajectoire parabolique.

 La flèche est l’altitude maximale ℎ = 𝑍𝑚 atteinte par le projectile.


⃗⃗𝑀 est parallèle à (𝑜𝑥) donc 𝑉𝑦 = 0 ⇔ −𝑔𝑡 + 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 0
Au point M, le vecteur vitesse 𝑉
𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼
⇒ 𝑡𝑀 = 𝑔

En reportant 𝑡𝑀 dans l’expression de 𝑦, on obtient :

1 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼 2 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑦𝑀 = ℎ = − 2 𝑔 ( ) + 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼 ( )
𝑔 𝑔

𝑉02 𝑠𝑖𝑛2 𝛼 1
⇒ℎ= (− 2 + 1)
𝑔

𝑉02 𝑠𝑖𝑛2 𝛼
⇒ 𝑦𝑀 = ℎ = 2𝑔

𝜋
La flèche est évidemment maximale pour 𝛼 = (𝑡𝑖𝑟 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙)
2

 La portée horizontale est l’abscisse du point C de la trajectoire d’ordonnée nulle, c’est-


à-dire situé dans le plan horizontal passant par O.
1 𝑔𝑥 2
Avec 𝑍𝑐 = 0, on obtient : 0 = − 2 𝑉 2 𝑐𝑜𝑠𝑐2 𝛼 + 𝑥𝑐 𝑡𝑎𝑛𝛼
0

1 𝑔𝑥𝑐
⇒ 𝑥𝑐 (− 2 + 𝑡𝑎𝑛𝛼) = 0
2 𝑉0 𝑐𝑜𝑠2 𝛼

𝑥𝑐 = 0 correspond au point de lancement O, l’autre solution au point C, d’où :

1 𝑔𝑥 𝑠𝑖𝑛𝛼 2𝑉02 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑠𝑖𝑛𝛼


− 2 𝑉 2 𝑐𝑜𝑠𝑐2 𝛼 = − 𝑐𝑜𝑠𝛼 ⇒ 𝑥𝑐 = Or 𝑐𝑜𝑠𝛼𝑠𝑖𝑛𝛼 = 𝑠𝑖𝑛2𝛼
0 𝑔

2𝑉02 𝑠𝑖𝑛2𝛼
Donc, 𝑥𝑐 = 𝑔

Pour une vitesse initiale 𝑉0 donnée, la portée est maximale pour 𝑠𝑖𝑛2𝛼 = 1 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝛼 = 45°

38
𝑉02
D’où 𝑑𝑚𝑎𝑥 =
𝑔

𝑔𝑑
Pour 𝑑 < 𝑑𝑚𝑎𝑥, 𝑠𝑖𝑛2𝛼 = 𝑉 2
0

Cette équation admet deux solutions 𝛼1 𝑒𝑡 𝛼2 telles que :


𝜋
2𝛼2 = 𝜋 − 2𝛼1 soit 𝛼2 = 2 − 𝛼1

Exemple : un projectile est lancé dans le champ de pesanteur avec une vitesse 𝑉0 = 200𝑚/𝑠

Calculer, pour une portée horizontale de 25000m

1) Les angles de tir possibles


2) La flèche
3) La durée de tir, l’impact se reproduisant sur le sol, plan horizontal contenant le point
de lancement
4) La vitesse lors de l’impact. (g=9,8m/s2)
Solution

1) Les angles de tir possible


𝑔𝑑
Nous avons : 𝑠𝑖𝑛2𝛼1 = 𝑉 2
0

9,8×2500
AN : 𝑠𝑖𝑛2𝛼1 = = 0,6125
(200)2

⇒ 2𝛼1 = arcsin(0,6125) = 37,8° 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝛼1 = 18,9° et


𝜋
2𝛼2 = 𝜋 − 2𝛼1 ⇒ 𝛼2 = 2 − 𝛼1

𝛼2 = 90° − 18,9° = 71,1°

𝑉02 𝑠𝑖𝑛2 𝛼
2) La flèche ℎ = 2𝑔
* Avec 𝛼1 = 18,9°, ℎ = 214𝑚 (tir tendu)
* Avec 𝛼2 = 74,1°, ℎ = 1825𝑚 (tir en cloche)
3) La durée du tir
1
𝑍𝐶 = − 2 𝑔𝑡 2 + 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼𝑡 = 0

1
⇒ 𝑡(− 2 𝑔𝑡 + 𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼) = 0

2𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼
⇒ 𝑡 = 0 𝑜𝑢 𝑡 = 𝑔

* Avec 𝛼1 = 18,9°, 𝑡1 = 13,2𝑠


* Avec 𝛼2 = 71,1°, 𝑡2 = 38,6𝑠

39
4) La vitesse lors de l’impact
𝑥̇ 𝑐 = 𝑉0 𝑐𝑜𝑠𝛼
{𝑦̇ 0 = −𝑉0 𝑠𝑖𝑛𝛼 d’où, 𝑉𝑐 = √𝑥̇ 𝑐2 + 𝑦̇𝑐2 + 𝑧̇𝑐2 = 𝑉0 = 200𝑚/𝑠
𝑧̇𝑐 = 0

𝑉𝑐 = 𝑉0 = 200𝑚/𝑠

III. Mouvement d’une particule chargée


Considérons un champ électrique uniforme 𝐸⃗⃗ existant entre deux plaques parallèles A et C tel
que 𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 = 𝑈𝐴𝐶 > 0

Une particule de masse m et de charge q est lancé dans ce champ à partir du point O avec une
⃗⃗0.
vitesse initiale 𝑉

Pour déterminer les caractéristiques du mouvement de son centre d’inertie, appliquons à la


particule le théorème du centre d’inertie.

− 𝐶
+
− − − − − − −

⃗⃗0
𝑉 𝐸⃗⃗
𝑂

+ + + + + + + +
𝐴

 Accélération

La seule force appliquée à la particule est la force électrique 𝐹⃗ , son poids est négligeable.

Dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen, on peut écrire : ∑ 𝑓⃗𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺

𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺 𝑜𝑟 𝐹⃗ = 𝑞𝐸⃗⃗

𝑞𝐸⃗⃗
D’où 𝑞𝐸⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺 𝑒𝑡 𝑎⃗𝐺 = 𝑚

 Vitesse
⃗⃗𝐺 tel que
La vitesse du centre d’inertie de la trajectoire dans la zone où règne le champ est 𝑉
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑑𝑉 𝐺
= 𝑎⃗𝐺 ⇒ ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑉𝐺 = ⃗⃗⃗⃗⃗𝑡
𝑎𝐺 + 𝑉⃗⃗0 où 𝑉
⃗⃗0 est la vitesse initiale du centre d’inertie de la particule à la
𝑑𝑡
date prise comme origine des dates.

 Position
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ où O est l’origine
La position du centre d’inertie de la particule est donnée par le vecteur 𝑂𝐺
du repère d’espace choisi.

40
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ est tel que 𝑑𝑂𝐺 = ⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 𝑉𝐺 = ⃗⃗⃗⃗⃗𝑡
𝑎𝐺 + 𝑉 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 ⃗⃗⃗⃗⃗𝑡
⃗⃗0 ⇒ 𝑂𝐺 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗0
⃗⃗0 𝑡 + 𝑂𝐺
𝑎𝐺 2 + 𝑉
𝑑𝑡 2

 Trajectoire
Les équations paramétriques de la trajectoire du centre d’inertie de la particule s’obtiennent en
faisant les projections sur les axes du repère d’espace du vecteur position. On a donc :
1
𝑥 = 2 𝑎𝐺𝑥 𝑡 2 + 𝑉0𝑥 𝑡 + 𝑥0
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 = 𝑦 = 2 𝑎𝐺𝑦 𝑡 2 + 𝑉0𝑦 𝑡 + 𝑦0
1
𝑧 = 2 𝑎𝐺𝑦 𝑡 2 + 𝑉0𝑦 𝑡 + 𝑦0
{
Les conditions initiales du mouvement peuvent apporter des simplifications qui permettent de
déterminer la nature géométrique de la trajectoire de la particule.

* Cas où 𝐸⃗⃗ est parallèle à 𝑉


⃗⃗0

+ −
𝐸⃗⃗
+ −

+ −
⃗⃗0
𝑉

+ 𝐸⃗⃗ −

+ −
+ 𝐸⃗⃗ −

Considérons une particule de charge q et de masse m qui pénètre à une date prise comme
origine des dates dans un espace où règne un champ électrique uniforme 𝐸⃗⃗ , avec une vitesse
⃗⃗0 de même direction que 𝐸⃗⃗ .
𝑉

Appliquons la 2e loi de Newton

∑ 𝑓⃗𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗ sachant que 𝑃 ≪ 𝐹𝑒

⇒ 𝑞𝐸⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺

𝑞𝐸⃗⃗
⇒ 𝑎⃗𝐺 = 𝑚

41
Faisons la projection de 𝑎⃗𝐺 sur les axes du repère d’étude et nous obtenons :
𝑞𝐸
𝑎𝑥 = 𝑚
𝑎⃗𝐺 { 𝑎𝑦 = 0
𝑎𝑧 = 0

De cette projection, on peut obtenir les composantes du vecteur vitesse du centre d’inertie de
la particule :
𝑞𝐸
𝑉𝑥 = 𝑚 𝑡 + 𝑉0
⃗⃗𝐺 {
𝑉 𝑉𝑦 = 0
𝑉𝑧 = 0

Puis celles du vecteur position


1 𝑞𝐸
𝑥 = 2 𝑚 𝑡 2 + 𝑉0 𝑡
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝐺 { 𝑦=0
𝑧=0
Les équations paramétriques du mouvement montrent que la particule se déplace suivant l’axe
x’ox (y=0 et z=0).

* Cas où 𝐸⃗⃗ est orthogonal à 𝑉


⃗⃗0

𝑦
+ + + + + +
⃗⃗0
𝑉
𝑥′ 𝐸⃗⃗ 𝑥
𝐸⃗⃗
− − − − − −

𝑦′

Considérons une particule de charge q et de masse m qui pénètre à une date prise comme
origine des dates dans un espace où règne un champ électrique 𝐸⃗⃗ , avec une vitesse 𝑉
⃗⃗0
orthogonal à 𝐸⃗⃗ . Prenons comme origine des espaces le point d’entrée de la particule dans la
région et comme axes des coordonnées de la direction du champ 𝐸⃗⃗ , celle de 𝑉⃗⃗0 et une
direction qui leur est normale.

Appliquons le théorème du centre d’inertie :

∑ 𝑓⃗𝑒𝑥𝑡 = 𝑚𝑎⃗𝐺 suivant 𝑃⃗⃗ ≪ 𝐹⃗𝑒

⇒ 𝑞𝐸⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗𝐺

42
𝑞𝐸⃗⃗
⇒ 𝑎⃗𝐺 =
𝑚

La projection de 𝑎⃗𝐺 sur les axes donne :

𝑎𝑥 = 0 𝑉𝑥 = 0 𝑥 = 𝑉0 𝑡 (1)
𝑞𝐸 𝑞𝐸
𝑎⃗𝐺 {𝑎𝑦 = − 𝑚 d’où 𝑉 𝑚
𝑂𝐺 {𝑦 = − 1 𝑞𝐸 𝑡 2 (2)
⃗⃗𝐺 {𝑉𝑦 = − 𝑡 et ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
2𝑚
𝑎𝑧 = 0 𝑉𝑧 = 0 𝑧=0

Les équations paramétriques montrent que le mouvement de la particule est :

- Uniforme sur l’axe x’ox


- Uniformément varié suivant l’axe y’oy
⃗⃗0 et 𝐸⃗⃗ .
Comme z=0 à chaque instant, la particule se déplace donc dans le plan contenant 𝑉
𝑥
En calculant t dans (1) on a :𝑡 = 𝑉 (3) et en le remplaçant par sa valeur dans (2), on obtient :
0

1 𝑞𝐸𝑥 2
𝑦 = − 2 𝑚𝑉 2 (4)
0

La trajectoire de la particule est une parabole de sommet O.

 Déviation et déflexion

𝑉𝑠𝑦
𝑃
⃗⃗𝑠
𝑉

𝑑 + + + +
𝑆 𝑉𝑠𝑥
𝐸⃗⃗ 𝑄
𝐹⃗
𝑂 𝐻
𝑁 𝐸
− − − − −
𝑙
𝐷
⃗⃗0
𝑉

Considérons une particule de charge 𝑞 < 0 et de masse m animée d’un vecteur vitesse 𝑉 ⃗⃗0
horizontale qui pénètre entre les armatures d’un condensateur plan chargé sous une tension U.
La distance entre les armatures est d et leur longueur l.

A la sortie du condensateur la particule frappe un écran en P. L’écran est situé à une distance
D de O.

* Equation du mouvement

La particule est soumise à la force électrostatique 𝐹⃗ = 𝑞𝐸⃗⃗ de même direction que 𝐸⃗⃗ et de sens
opposé, d’intensité 𝐹 = 𝑞𝐸. Le mouvement se fait dans le plan xoy.

43
𝑞𝐸⃗⃗
La 2e loi de Newton donne 𝑎⃗𝐺 =
𝑚

𝑎𝐺𝑥 = 0 𝑉𝐺𝑥 = 𝑉0 𝑥 = 𝑉0 𝑡
𝑎⃗𝐺 { 𝑞𝐸 ⃗⃗𝐺 {
d’où 𝑉 𝑞𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ {
et 𝑂𝐺 1 𝑞𝐸
𝑎𝐺𝑦 = 𝑉𝐺𝑦 = 𝑡 𝑦 = 2 𝑚 𝑡2
𝑚 𝑚

L’équation de la trajectoire
𝑥
𝑥 = 𝑉0 𝑡 ⇒ 𝑡 = 𝑉
0

1 𝑞𝐸𝑥 2
Donc 𝑦 = − 2 𝑚𝑉 2 Pour x=l, on a :
0

1 𝑞𝐸𝑙2
𝑦=− la trajectoire est un arc de parabole.
2 𝑚𝑉0 2

* Vitesse à la sortie du condensateur


1ere méthode : Théorème de Pythagore

𝑉𝑠2 = 𝑉𝑠𝑥2 + 𝑉𝑠𝑦


2
⇒ 𝑉𝑠 = √𝑉𝑠𝑥2 + 𝑉𝑠𝑦
2

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑞𝐸𝑙 𝑈 𝑞𝑈𝑙
𝑉𝑠𝑥 = = 𝑉0 et 𝑉𝑠𝑦 = = 𝑚𝑉 or 𝐸 = 𝑑 d’où 𝑉𝑠𝑦 = 𝑚𝑉 𝑑
𝑑𝑡 𝑑𝑡 0 0

𝑞𝑈𝑙 2
⇒ 𝑉𝑠 = √𝑉02 + (𝑚𝑉 𝑑)
0

2e méthode : théorème de l’énergie cinétique

∆𝐸𝑐 = ∑ 𝑊𝑓𝑒𝑥𝑡
1 1
𝑚𝑉𝑠 2 − 2 𝑚𝑉02 = 𝐹𝑦
2

1 1 𝑞𝐸𝑙2
𝑚𝑉𝑠 2 − 2 𝑚𝑉02 = 𝑞𝐸 × 2𝑚𝑉 2
2 0

𝑞2 𝑈 2 𝑙2
𝑉𝑠 2 − 𝑉02 = 𝑚2 𝑉 2 𝑑2
0

𝑞2 𝑈 2 𝑙2
𝑉𝑠 2 = 𝑉02 − 𝑚2 𝑉 2 𝑑2
0

𝑞2 𝑈 2𝑙2
⇒ 𝑉𝑠 = √𝑉02 − 𝑚2 𝑉 2 𝑑2
0

* Déviation et déflexion
Entre l’entrée et la sortie S du champ E, la trajectoire de la particule est déviée d’un angle 𝛼
appelé déviation. La distance HP est la déflexion.
𝑞𝑈𝑙
𝑉𝑠𝑦 𝑚𝑉0 𝑑 𝑞𝑈𝑙
𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑉 = = 𝑚𝑉 2 𝑑 (1)
𝑠𝑦 𝑉0 0

44
𝐻𝑃 𝑦(𝑃) 𝑦𝑆
𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑙 = 𝑙 (2)
𝐻𝑁 𝐷−
2 2

𝑞𝑈𝑙 𝑦(𝑃) 𝑞𝑈𝑙


(1)=(2) ⇔ 𝑚𝑉 2 𝑑 = 𝑙 ⇒ 𝑦(𝑃) = 𝑚𝑉 2 𝑑 (𝐷 − 𝑙⁄2)
0 𝐷− 0
2

𝑞 𝑦(𝑃)𝑉02 𝑑
La charge massique est déterminée par la relation : 𝑚 =
𝑈𝑙(𝐷−𝑙⁄2)

La condition pour que les particules sortent du champ E.


𝑑
Le faisceau sort des plaques si 𝑥 = 𝑙 𝑒𝑡 𝑦 < 2

𝑞𝑈𝑙2 𝑑 𝑞𝑈𝑙2
Soit 𝑦 = 2𝑚𝑑𝑉 2 < ⇒ <1
0 2 𝑚𝑑2 𝑉02

𝑞𝑈𝑙2
Pour la tension U donnée, les particules sortent du champ si 𝑉02 > . Sinon, elles sont trop
𝑚𝑑2
déviées et heurtent une des armatures.

(page 9 et 10 manquantes)

De S et arrivent en I et J avec une vitesse.

Pour la première particule de masse 𝑚1 et de rayon 𝑅𝑖

D’après ∆𝐸𝑐

1 2𝑞𝑈0
𝑚 𝑉 2 = 𝑞𝑈0 ⇒ 𝑉1 = √
2 1 1 𝑚1

𝑚1 𝑉1 𝑚1 2𝑞𝑈0 𝑚2 2𝑞𝑈
On sait que 𝑅1 = = √ = √𝑚1 𝑞2 𝐵02
𝑞𝐵 𝑞𝐵 𝑚1 1

2𝑚1 𝑈0 1 2𝑚1 𝑈0
𝑅1 = √ = 𝐵√
𝑞𝐵2 𝑞

La seconde particule de masse 𝑚2 et de rayon 𝑅2

1 2𝑞𝑈0
On a : 2 𝑚𝑉22 = 𝑞𝑈0 ⇒ 𝑉2 = √ 𝑚2

𝑚2 𝑉2 𝑚2 2𝑞𝑈0 1 2𝑚2 𝑈0
Or 𝑅2 = = √ = 𝐵√
𝑞𝐵 𝑞𝐵 𝑚2 𝑞

1 2𝑚2 𝑈0
𝑅2 = 𝐵 √ 𝑞

𝑅 𝑚 𝑚 𝑅 2
Le rapport 𝑅1 = √𝑚1 ⇒ 𝑚1 = 𝑅1 2
2 2 2 2

45
Ce dispositif permet de séparer les isotopes. Les particules de plus grandes masses tombent
plus loin que les particules de petites masses.

46
Chapitre 5: AUTO-INDUCTION
1. Mise en induction expérimentale de l’auto-induction

Le circuit est constitué par un générateur de tension continue, une bobine emportant un noyau
de fer doux, une lampe et un interrupteur.

 Lorsque l’on ferme le circuit en baissant l’interrupteur, la lampe ne brille de tout, son
éclat qu’après 1 à 2 secondes. Jl y’a donc un retard à l’établissement du courant
électrique dans le circuit.
 Lorsque l’on ouvre le circuit en soulevant l’interrupteur, la lampe brille encore
pendant 1 à 2 secondes avant de s’éteindre. Il y’ a donc un retard à la coupure du
courant dans le circuit.

2. Un courant induit
Quand approche rapidement le pôle nord de l’aimant de l’une des forces de la bobine, le
galvanomètre détecte le passage d’un bref courant dans un sens déterminé.

Le courant est apparu dans un circuit qui ne compte pas un générateur. ce courant porte le
nom de courant induit : le phénomène physique qui l’engendre s’appelle l’induction
électromagnétique. Le circuit dans lequel il apparait (la bobine) constitue l’induit et l’aimant
qui permet de le créer est l’inducteur.

 Un courant induit apparait dans un circuit si on déplace un aimant dans son voisinage
ou si on déplace le circuit devant un aimant
 le courant induit s’annule lorsque le déplacement relatif cesse

3. Le flux magnétique

Lorsqu’un circuit parcouru ou non par un courant est plongé dans un champ magnétique que
l’on note 𝛷

 On choisit de manière arbitraire un sens positif sur le circuit.


 On définit le vecteur surface 𝑆⃗ du circuit dont les caractéristique sont :
 Direction : la normale au circuit

47
 Sens : vers la gauche du bonhomme d’ampère couché sur le circuit de façon que le
sens positif choisi entre par ses pieds et sort par la tête et qui regarde l’intérieur du
circuit.
 Norme : égale à la surface S du circuit.

Le flux magnétique à travers le circuit vaut :

⃗⃗ . 𝑆⃗ = 𝐵. 𝑆. cos 𝜃
𝛷=𝐵

⃗⃗̂
𝜃 = (𝐵 . 𝑆⃗) 𝑒𝑡 0 < 𝜃 < 1800

𝐵 𝑒𝑛 𝑇 ; 𝑆 𝑒𝑛 𝑚2 𝑒𝑡 𝛷 𝑒𝑛 𝑤𝑏

Dans le système international d’unité, le flux se mesure en webers de symbole 𝑤𝑏

Exemple : Une bobine plate d’aire 𝑆 = 30 𝑐𝑚2 comporte 𝑁 = 50 𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒𝑠. Elle est placée
dans un champ magnétique uniforme d’intensité 𝐵 = 0,02 𝑇 , comme l’indique la figure
ci-dessous.

⃗⃗ , 𝑛⃗⃗) = 600
Traçons un vecteur normal 𝑛⃗⃗ tel que (𝐵

Le flux est 𝛷 = 𝑁𝐵𝑆𝑐𝑜𝑠600

𝐀𝐍: 𝛷 = 50 × 0,02 × 30. 10−4 × 𝑐𝑜𝑠600 = 1,5. 10−3 𝑤𝑏

𝛷 = 1,5. 10−3 𝑤𝑏

Si l’orientation imposée avait été de sens contraire nous aurions trouvé :

𝛷 = −1,5. 10−3 𝑤𝑏

Remarque : toute variation du flux magnétique à travers un circuit fermé 𝑦 fait


apparaitre un courant induit.

4. La loi de Lenz
Le sens du courant induit est tel que le flux magnétique qu’il crée à travers l’induit s’oppose à
la variation du flux qui lui donne naissance.

⃗⃗ augmente le courant induit crée un champ 𝐵


Quand le champ magnétique inducteur 𝐵 ⃗⃗ ′ de
⃗⃗.
sens opposé à celui de 𝐵

𝛷𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝛷 + 𝛷′ = 𝑁𝑆(𝐵 − 𝐵 ′ )
48
⃗⃗ diminue, le courant induit crée un champ 𝐵
Quand le champ magnétique inducteur 𝐵 ⃗⃗ ′ de
même sens que 𝐵⃗⃗.

𝛷𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝛷 + 𝛷′ = 𝑁𝑆(𝐵 − 𝐵 ′ )

5. Force électromagnétique auto-induite


𝑆𝑖
Pour une bobine sans noyau en fer, on a l’expression suivant : 𝑒 = −𝐿 𝑆𝑡 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝐿 > 0 (1)

𝑒 s’exprime en V; Si en ampère(A), 𝑆𝑡 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑐𝑜𝑛𝑑𝑒𝑠 𝑒𝑡 𝐿 𝑒𝑛 𝐻𝑒𝑢𝑟𝑦𝑠 𝑑𝑒 𝑠𝑦𝑚𝑏𝑜𝑙𝑒 𝐻

La force électromotrice auto-induite instantané est donnée par la relation :


𝑆𝑖
𝑒 = −𝐿 𝑑𝑡 (2)

6. Auto-inductance d’une bobine


Le calcul de l’inductance 𝐿 d’une bobine comportant 𝑁 spires, de surface 𝑆, sur une longueur
𝑙 créant un champ uniforme 𝐵. Cette bobine est assimilée à un solénoïde théorique :

Son flux magnétique vaut :

⃗⃗ . 𝑆⃗ = 𝐵. 𝑆 (1) 𝑐𝑎𝑟 𝜃 = 0
𝛷𝜑 = 𝐵

Son flux magnétique a pour expression

𝛷𝑝 = 𝐿𝑖

A travers 𝑁 𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒𝑠
𝑁
𝛷𝜑 = 𝑁𝐵𝑆 𝑜𝑟 𝐵 = 𝜇0 𝑛𝑖 = 𝜇0 𝑖
𝑙

𝑁 𝑁2
𝛷𝜑 = 𝑁𝜇0 𝑙 𝑆𝑖 = 𝜇0 𝑆𝑖
𝑙

𝑁2
𝛷𝜑 = 𝜇0 𝑆𝑖 (1)′
𝑙

Egalisons : (1)′ 𝑒𝑡 (2) 𝛷𝑝 = 𝛷𝜑

𝑁2 𝜇0𝑁2 𝑆
𝐿𝑖 = 𝜇0 𝑆𝑖 ⇒ 𝐿 =
𝑙 𝑙

Définition : Le coefficient positif 𝐿, s’appelle auto-inductance de la bobine. On le désigne


simplement par inductance de la bobine. L’inductance est caractéristique de la bobine, elle
est indépendante de l’intensité du courant électrique qui parcourt la bobine.

Exemple : calculer l’inductance d’un solénoïde dont la longueur 𝑙 est très grande devant
le rayon 𝑟. Le nombre de spires par unité de longueur est 𝑛.

Application numérique

𝑙 = 0,5𝑚 , 𝑟 = 2,5𝑐𝑚 , 𝑛 = 2. 104 𝑠𝑝𝑖𝑟𝑒𝑠. 𝑚−1

49
Solution

Calculons l’inductance 𝐿 de la bobine

𝐵 = 𝜇0 𝑛𝑖

 Le flux magnétique pour une spire est : 𝛷0 = 𝐵𝑆 = 𝜇0 𝑛𝜋𝑟 2 𝑖


 Le flux propre traversant 𝑁 spires avec
𝑁 = 𝑛𝑙 𝑒𝑠𝑡 ∶ 𝛷 = 𝑛𝑙𝛷0 = 𝜇0 𝑛2 𝑙𝜋𝑟 2 𝑖 (1)
 Cette expression est aussi de la forme : 𝛷 = 𝐿𝑖 (2)

(1) = (2)

𝐿𝑖 = 𝜇0 𝑛2 𝑙𝜋𝑟 2 𝑖

𝐿 = 𝜇0 𝑛2 𝑙𝜋𝑟 2

𝐴𝑁: 𝐿 = 4𝜋. 10−7 × 4. 104 × 0,5 × 𝜋 × (2,5. 10−2 )2 = 0,5 𝐻

𝐿 = 0,5 𝐻

7. Loi de Faraday-Lenz
La force électromagnétique d’auto-induction 𝑒 est proportionnelle à l’imposée de la dérivée
de l’intensité du courant par rapport au temps.
𝑑𝛷
𝑒= 𝑜𝑟 𝛷 = 𝐿𝑖
𝑑𝑡

𝑑𝑖
𝑒 = −𝐿 𝑑𝑡

8. Tension aux bornes de la bobine

𝑈𝐴𝐵 = 𝑟𝑖 − 𝑒
𝑑𝑖
𝑈𝐴𝐵 = 𝑟𝑖 + 𝐿 𝑑𝑡

Aux bornes (𝐴, 𝐵) d’une bobine d’inductance 𝐿 et de résistance , orientée de 𝐴 𝑣𝑒𝑟𝑠 𝐵 et


𝑑𝑖
traversée par un courant d’intensité 𝑖,la tension est égale à : 𝑈𝐴𝐵 = 𝐴 + 𝐿 𝑑𝑡

 Intensité du courant induit

Si 𝑅 est la résistance d’un circuit induit en l’absence de toute autre force électromotrice dans
𝑒 1 𝑑𝛷
le circuit, l’intensité algébrique du courant induit est donnée par la relation : 𝑖 = 𝑅 = − 𝑅 𝑑𝑡

50
Si 𝑖 > 0 , le courant induit circule dans le sens positif d’orientation ; 𝑠𝑖 𝑖 < 0, il circule dans
le sens inverse.
𝑑𝛷 𝑒
Remarque : Le plus souvent, on se borne à calculer |𝑒| = | 𝑑𝑡 | 𝑒𝑡 |𝑖| = |𝑅| , le sens du
courant induit étant directement donné par la loi Lenz.

Exemple : Un conducteur rectiligne 𝐶𝐷 de longueur 𝑙 est posé sur deux rails parallèles et
horizontaux, perpendiculairement à ceux-ci. L’ensemble est placé dans 𝑙′ entre fer d’un
aimant en 𝑈. Les lignes du champ uniforme 𝐵 ⃗⃗ sont perpendiculaires au plan des rails. Un
milliampèremètre, branché aux extrémités 𝐸 𝑒𝑡 𝐹, ferme le circuit 𝐹𝐶𝐷𝐸𝐹. On provoque le
déplacement de la bande 𝐶𝐷 le long des rails : le microampèremètre détecte un courant
induit. La résistance du circuit, supposée constante est égale à 𝑅

Etablir l’expression de l’intensité 𝑖 du courant induit en fonction de 𝐵, 𝑙 𝑒𝑡 𝑣 vitesse de la


barre par rapport au laboratoire.

𝐴𝑁: 𝐵 = 0,1 𝑇 ; 𝑉 = 1𝑚/𝑠; 𝑙 = 5𝑐𝑚 ; 𝑅 = 200𝛺

Solution

⃗⃗. Le sens positif de 𝑖 est dans le


Le vecteur normal 𝑛⃗⃗ au plan est orienté dans le sens de 𝐵
sens de 𝐹𝐶𝐷𝐵

Soit 𝛷0 le flux à travers le circuit comprenant la barre et les rails. 𝐷𝑆 = 𝑥 𝑙

Etablissons l’expression de 𝑖

⃗⃗ . 𝑛⃗⃗ 𝑙𝑥
𝛷 = 𝛷0 + 𝐵
𝑑𝛷 𝑙𝑑𝑥 𝑑𝑥
𝑒 = − 𝑑𝑡 = −𝐵 𝑜𝑟 =𝑣
𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑒 𝐵𝑙𝑣
Soit 𝑒 = −𝐵𝑙𝑣 𝑑 ′ 𝑜𝑢 𝑖 = 𝑅 = 𝑅

0,1 ×5.10−2 × 1
𝐴𝑁: 𝑖 = = 2,5. 10−5 = 25 𝜇𝐴
200

𝑖 = 25 𝜇𝐴

51
9. Etablissement et annulation du courant dans un circuit induit ; constante de
temps.

Durant l’établissement du courant, le générateur de résistance négligeable, délivre une tension


constante 𝑒0 il convient 𝑈𝐴𝑀 = 𝑒0 = 𝑈𝐴𝐵 + 𝑈𝐵𝑀
𝐿𝑑𝑖
Soit 𝑒0 = + 𝑟𝑖 + 𝑟′𝑖
𝑑𝑡

𝑑𝑖
En posant 𝑅 = 𝑟 + 𝑟′ résistance totale du circuit : 𝐿 𝑑𝑡 + 𝑅𝑖 = 𝑒0

Compte tenu de la condition initiale 𝑖 = 0 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑡 = 0 la solution de cette équation


différentielle est :
𝐿𝑑𝑖
+ 𝑅𝑖 = 0
𝑑𝑡

𝑑𝑖 𝑅
= − 𝐿 𝑑𝑡
𝑖

𝑅
𝑙𝑛 𝑖 = − 𝐿 𝑡

−𝑅
𝑡
𝑖 = 𝐴𝑒 𝐿

−𝑅
𝑒 𝑡
𝑖 = 𝑅 (1 − 𝑒 𝐿 )

−𝑅
𝑒 𝐿
En posant 𝐼0 = 𝑅 𝑒𝑡 𝜏 = 𝑅 , 𝑜𝑛 𝑎 𝑖(𝑡) = 𝐼0 (1 − 𝑒 𝜏 )

𝐿
𝜏=𝑅 est appelée constance temps du circuit et s’exprime en seconde

52
La durée d’établissement du courant augmente avec la constance de temps du circuit :
(𝜏2 > 𝜏1 )

Annulation du courant

Durant l’annulation du courant, le générateur de résistance négligeable, délivre une tension


𝐿𝑑𝑖
nulle ; il convient : 𝑈𝐴𝑀 = 0 = + 𝑅𝑖 = 0
𝑑𝑡

Compte tenu de la condition initiale 𝐼 = 𝐼0 pour t = 0 la solution de l’équation


différentielle est :
−𝑡
𝑖(𝑡) = 𝐼0 𝑒 𝜏

Conclusion

L’établissement et l’annulation du courant dans le circuit inductif de résistance totale 𝑅 et


d’inductance L, ne se font pas instantanément dans un tel circuit, l’intensité ne varie jamais
de façon discontinue.

Les durées d’établissements et d’annulations du courant sont caractérisées par la constante de


𝐿
temps du circuit : 𝜏 = 𝑅 . 𝜏 𝑒𝑛 (𝑠) ; 𝐿 𝑒𝑛 (𝐻) 𝑒𝑡 𝑅 𝑒𝑛 (𝛺)

Energie emmagasinée

L’énergie magnétique emmagasinée dans la bobine d’induction 𝐿 est proportionnelle au


carré de l’intensité du courant qui la traverse.

1 2
ℇ𝑚 = 𝐿𝑖
2

53
II. ELECTRICITE
Chapitre VI : LES OSCILLATIONS ELECTRIQUE
1. Les condensations
Définition : Un condensateur est un ensemble de deux conducteurs qui se font face et qui sont
séparés par une faible épaisseur de substance isolante. Les conducteurs s’appellent armatures
du condensateur et l’isolant est un diélectrique.

Le condensateur est symbolisé par

1.1.Charge et décharge du condensateur

𝐼 1 0 2

+
+ + + 𝐴

− − −

 Quand l’interrupteur est dans la position 1, le courant électrique circule dans le sens de
flèche c’est-à-dire du générateur vers l’armature 𝐴 . On dit que le condensateur se
charge. La circulation des charges se traduit par : la plaque 𝐴 se charge positivement
et la plaque 𝐵 négativement.
 Quand l’interrupteur est en position 2, les porteurs de charge circulent dans l’autre
sens : On dit que le condensateur se décharge. La charge de l’armature 𝐴 diminue et
s’annule à la fin de la décharge.
1.2.Relation entre la charge 𝒒 et l’intensité 𝒊

L’intensité 𝑖 du courant qui arrive sur l’armature d’un condensateur portant la charge 𝑞 est
égale à la dérivée de la charge par rapport au temps.

𝑖: 𝑒𝑛 𝐴
𝑑𝑞
𝑖= {𝑞 ∶ 𝑒𝑛 𝐶
𝑑𝑡
𝑡: 𝑒𝑛 𝑆
𝑖 > 0; 𝑙𝑎 𝑐ℎ𝑎𝑟𝑔𝑒

𝑖 < 0; 𝑙𝑎 𝑑é𝑐ℎ𝑎𝑟𝑔𝑒

1.3.Capacité du condensateur

La capacité du condensateur plan est proportionnelle à la surface 𝑆 commune aux armatures


en regard et inversement proportionnelle à la distance 𝑑 qui les sépare.
𝜀.𝑠
𝐶= 𝑑

54
𝜀 est le coefficient de proportionnalité appelé permittivité du diélectrique.
1
Pour le vide 𝜀 est noté 𝜀0 qui est la permittivité du vide. 𝜀0 = 36𝜋.109 = 8,84. 10−12 𝐹. 𝑚−1

La permittivité des milieux matériaux est supérieure à celle du vide 𝜀 > 𝜀0


𝑆
On pose 𝜀 = 𝜀𝑟 𝜀0 et l’expression de la capacité dévient 𝐶 = 𝜀𝑟 𝜀0 𝑑

L’expression de la charge d’un condensateur de capacité 𝐶 est :𝑞=𝐶 𝑢


𝐶 𝐹 𝑉

 Unité de la capacité

Dans le système international, l’unité de la capacité est farad de symbole 𝐹. Le farad est
l’unité très grande pour les condensateurs usuels. On utilise couramment :

 Le microfarad (𝜇𝐹): 1𝜇𝐹 = 10−6 𝐹


 Le nanofarad (𝑛𝐹): 1𝑛𝐹 = 10−9 𝐹
 Le picofarad (𝑃𝐹): 1𝑃𝐹 = 10−12 𝐹

Exemple : Un condensateur plan a deux armatures circulaires de rayon 𝑟 = 5𝑐𝑚, distantes de


𝑑 = 1𝑚𝑚

a. Calculer sa capacité si le diélectrique est du mica (𝜀𝑟 = 8)


b. On maintient une ddp de 500𝑣 entre ses bornes. Quelle est sa charge ?
c. La ddp précédente étant toujours maintenue, on retire le mica. La charge du
condensateur varie-t-elle ? Si oui, quelle est la nouvelle valeur.

Solution

Données : 𝑆 = 𝜋𝑟 2 = 3,14 𝘹 25. 10−4 𝑚2 = 25𝜋. 10−4 𝑚2

𝑑 = 10−3 𝑚 ; 𝜀𝑟 = 8 ; 𝜀0 = 8,84. 10−12


𝑆
a. Calculons la capacité 𝐶 = 𝜀𝑟 𝜀0 𝑑

8 25𝜋.10−4
𝐶= 𝘹 = 5,56. 10−10 𝐹
36𝜋.109 10−3

𝐶 = 5,56. 10−10 𝐹 = 5,56 𝑛𝐹

b. Calculons la charge

𝑞 = 𝐶𝑈 ⇒ 𝑞 = 5,56. 10−10 𝘹 500 = 2,78. . 10−7 𝐶

𝑞 = 2,78. 10−7 𝐶

c. Si on retire le mica
𝑆 𝐶
𝐶 ′ = 𝜀0 𝑑 𝑜𝑢 𝐶 = 8𝐶 ′ ⇒ 𝐶 ′ = 8

55
𝐶 ′ = 6,93. 10−11 𝐹

La nouvelle charge

𝑞′ = 𝐶′𝑈

𝑞 ′ = 6,93. 10−11 𝘹 500 = 3,47. 10−8 𝐶

𝑞 ′ = 3,47. 10−8 𝐶

1.4.Association des condensateurs


1.4.1. Association en parallèle

𝐴 𝐶1 𝐵
𝐴 𝐵
=
𝐶𝑒

𝐶2

𝑞1 = 𝐶1 𝑈𝐴𝐵 𝑒𝑡 𝑞2 = 𝐶2 𝑈𝐴𝐵 . 𝑞 = 𝐶𝑒 𝑈𝐴𝐵

𝑞 = 𝑞1 + 𝑞2

𝐶𝑒 𝑈𝐴𝐵 = 𝐺𝑈𝐴𝐵 + 𝐶2 𝑈𝐴𝐵 ⇒ 𝐶𝑒 = 𝐶1 + 𝐶2

La capacité 𝐶𝑒 du condensateur équivalent à l’association de deux condensateurs en parallèle


est égale à la somme des capacités de ces deux condensateurs.

𝐶𝑒 = 𝐶1 + 𝐶2

 pour 𝑛 condensateurs de capacités différentes, on a : 𝐶𝑒 ∑𝑛𝑖=1 𝐶𝑖


 Pour 𝑛 condensateurs de capacités identiques : on a : 𝐶𝑒 = 𝑛𝐶𝑖
1.4.2. Association en série

𝑈 = 𝑈1 + 𝑈2 𝑒𝑡 𝑞 = 𝑞1 + 𝑞2
𝑞 𝑞 𝑞 1 1 1
=𝐶 +𝐶 ⇒ =𝐶 +𝐶
𝐶𝑒 1 2 𝐶𝑒 1 2

56
L’inverse de la capacité du condensateur équivalent à l’association des condensateurs en série
1 1 1
est égal à la somme des inverses des capacités de ces deux condensateurs. 𝐶 = 𝐶 + 𝐶
𝑒 1 2

1 1
 pour 𝑛 condensateurs de capacités différentes, on a : 𝐶 ∑𝑛𝑖=1 𝐶
𝑒 𝑖
𝐶0
 Dans le cas où l’on associe 𝑛 condensateurs identiques de capacité 𝐶0 , 𝑜𝑛 𝑎 : 𝐶𝑒 = 𝑛
1.4.3. Energie emmagasinée dans le condensateur

Energie emmagasinée dans un condensateur de capacité 𝐶 portant une charge 𝑞 a pour


expression :
1 𝑞2
𝐸=2 𝐶

Si 𝑈𝐴𝐵 est la tension aux bornes du condensateur de capacité. 𝑞 = 𝐶𝑈𝐴𝐵 , l’expression de


2 1 1
l’énergie devient : 𝐸 = 2 𝐶𝑈𝐴𝐵 𝑜𝑢 𝐸 = 2 𝑞𝑈𝐴𝐵

2. Oscillations électriques : circuit LC

Considérons un oscillateur électrique constitué par une bobine d’inductance 𝐿, de résistance


négligeable et un condensateur de capacité 𝐶. En l’absence du courant et de tension, le
système n’évolue pas : il est en équilibre. Pour que des oscillateurs prennent naissance, il faut
avoir écarté le système en chargeant le condensateur.

2.1.Etude théorique

Soit un circuit constitué d’une bobine et d’un condensateur initialement chargé. Choisissons
le sens positif arbitrairement. 𝑞𝐴 est la charge de l4armature rncontr2e en tournant dans le
sens positif.
𝑞
A l’instant 𝑡 𝑈𝐴𝐵 = 𝐶 aux bornes des condensateurs.

𝑑𝑖 𝑞𝐴 𝑑𝑖
La tension aux bornes de la bobine est : 𝑈𝐴𝐵 = 𝐿 𝑑𝑡 = −𝑈𝐴𝐵 ; 𝑑𝑜𝑛𝑐 = −𝐿 𝑑𝑡
𝐶

𝑑𝑞𝐴 𝑑𝑖 𝑑 2 𝑞𝐴
𝑖= 𝑒𝑡 =
𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2

𝑞𝐴 𝑑 2 𝑞𝐴
Nous déduisons que =−
𝐶 𝑑𝑡 2

57
Nous retrouvons l’équation différentielle analogue à celle obtenue par le pendule élastique.
L’oscillateur 𝐿𝐶 est un oscillateur harmonique.
1 1
Posons : 𝑊02 = 𝐿𝐶 ⇒ 𝑊0 =
√𝐿𝐶

Une solution de cette équation différentielle est donc de la forme.𝑞(𝑡) = 𝑄𝑚 cos(𝑊0 𝑡 + 𝜑) de


1
charge 𝑞 du condensateur est une fonction sinusoïdale du temps de pulsation 𝑊0 = et de
√𝐿𝐶
période 𝑇0 = 2𝜋√𝐿𝐶

𝑄𝑚 est l’amplitude maximale de la charge qui est constante et dépend des conditions initiales.

𝜑 est la phase à l’origine des dates.


𝑞𝐾 𝑄𝑚
 La tension aux bornes du condensateur est :𝑈𝐴𝐵 = = cos(𝑊0 𝑡 + 𝜑). En posant
𝐶 𝐶
𝑄𝑚
𝑈𝑚 = 𝐶

L’expression devient : 𝑈(𝑡) = 𝑈𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝑊0 𝑡 + 𝜑)


𝑑𝑞
 L’intensité du courant est : 𝑖 = = −𝑊0 𝑄𝑚 𝑠𝑖𝑛(𝑊0 𝑡 + 𝜑)
𝑑𝑡

𝜋
𝑖 = 𝐼𝑚 cos (𝑊0 𝑡 + 2 )

Le circuit est parcouru par un courant alternatif sinusoïdal de pulsation 𝑊0 .

2.2.Etude énergétique

L’énergie cinétique totale du circuit à la date 𝑡 est la somme de l’énergie du condensateur 𝜀𝑐


et l’énergie de la bobine 𝜀𝑏 : 𝜀𝑡 = 𝜀𝑐 + 𝜀𝑏

𝑞2 2
𝑄𝑚
𝜀𝑐 = 2𝐶𝐴 = 𝑐𝑜𝑠 2 (𝑊0 𝑡 + 𝜑)
2𝐶

1 1 1 1
𝜀𝑏 = 2 𝐿𝑖 2 = 2 𝐿𝑄𝑚
2
𝑊02 𝑠𝑖𝑛2 (𝑊0 𝑡 + 𝜑) = 2 𝐿𝑄𝑚 𝐿𝐶 𝑠𝑖𝑛2 (𝑊0 𝑡 + 𝜑)

𝑄𝑚
𝜀𝑏 = 𝑠𝑖𝑛2 (𝑊0 𝑡 + 𝜑)
2𝐶

2
𝑄𝑚
𝜀𝑡 = 𝜀𝑐 + 𝜀𝑏 = [𝑐𝑜𝑠 2 (𝑊0 𝑡 + 𝜑) + 𝑠𝑖𝑛2 (𝑊0 𝑡 + 𝜑)]
2𝐶

2
𝑄𝑚
𝜀𝑡 = = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
2𝐶

L’énergie totale du circuit oscillant 𝐿𝐶 est constante. L’énergie de la bobine correspond à


l’énergie cinétique et l’énergie du condensateur correspond à l’énergie potentielle.

3. Oscillations électriques en régime forcé


Quand le circuit oscillant est excité par un générateur qui impose une tension sinusoïdale, on
dit qu’il est le siège d’oscillations forcées ou alors qu’il fonctionne en régime forcé.

58
L’excitation est un dispositif qui impose à l’oscillateur sa fréquence propre 𝑁0 subit ainsi la
fréquence 𝑁.

3.1.Circuit 𝑹𝑳𝑪 en régime sinusoïdal forcé


3.1.1. Généralités sur les régimes variables
a. Les grandeurs variables

Les lettres minuscules 𝑖(𝑡)𝑒𝑡 𝜇(𝑡) représentent les grandeurs variables

b. Les grandeurs alternatives sinusoïdales

La fonction 𝑖(𝑡) telle que 𝑖(𝑡) = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠 (𝑤𝑡) est l’expression d’une intensité alternative
sinusoïdale. Un courant alternatif sinusoïdal change de sens deux fois pendant une période.

De la même façon, une tension alternative sinusoïdale se présenté par des fonctions telles
que :

𝜇(𝑡) = 𝑈𝑚 𝑐𝑜𝑠 𝑤𝑡 𝑜𝑢 𝑈(𝑡) = 𝑈𝑚 𝑐𝑜𝑠 (𝑊𝑡 + 𝜑)

𝐼𝑚 𝑒𝑡 𝑈𝑚 sont respectivement l’intensité maximale et la tension maximale.

c. Notion de Phase

Considérons deux grandeurs alternatives sinusoïdales 𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑒𝑡 𝜇 = 𝑈𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝑊𝑡 + 𝜑)

Définition : La phase 𝜑 de la fonction 𝑈(𝑡) est par définition la phase de 𝜇(𝑡) par rapport à
la fonction 𝑖(𝑡). 𝜑 est exprimée en radians

On dit que :

 𝜑 mesure l’avance de phase de 𝜇(𝑡) par rapport à 𝑖(𝑡) ou le retard de phase de 𝑖(𝑡)
par rapport 𝜇(𝑡). L’angle 𝜑 est algébrique.
 Lorsque l’angle 𝜑 est nul, les deux grandeurs sinusoïdales sont en phase.

Exemple : 𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑒𝑡 𝜇 = 𝑈𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑊𝑡 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑖 𝑒𝑡 𝜇 sont en phase.

 Pour = ± 𝜋𝑟𝑎𝑑 , elle sont en opposition de phase


𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑒𝑡 𝑈 = 𝑈𝑚 cos(𝑊𝑡 + 𝜋) = −𝑈𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑊𝑡
𝜋
 Quand 𝜑 = ± 2 𝑟𝑎𝑑, elles sont en quadrature

𝜋
Exemple : 𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑒𝑡 𝜇 = 𝑈𝑚 cos (𝑊𝑡 + 2 ) = −𝑈𝑚 𝑠𝑖𝑛𝑊𝑡

𝜇 est en quadrature avance par rapport à 𝑖

3.1.2. Les Grandeurs efficaces

Le voltmètre et l’ampèremètre en alternatif mesurent respectivement la tension efficace et


l’intensité efficace : 𝑈𝑒𝑓𝑓 𝑒𝑡 𝐼𝑒𝑓𝑓

59
𝑈𝑚 𝐼𝑚
𝑈𝑒𝑓𝑓 = 𝑒𝑡 𝐼𝑒𝑓𝑓 =
√2 √2

3.2.Notion d’impédance

L’impédance d’un dipôle est le quotient de la tension maximale 𝑈𝑚𝑎𝑥 à ses bornes par
l’intensité maximale 𝐼𝑚𝑎𝑥 du courant qui le traverse.

𝑈𝑚𝑎𝑥 𝑈𝑒𝑓𝑓√2 𝑈𝑒𝑓𝑓


𝑍= = =
𝐼𝑚𝑎𝑥 𝐼𝑒𝑓𝑓√2 𝐼𝑒𝑓𝑓

𝑈𝑚𝑎𝑥 𝑈𝑒𝑓𝑓
𝑍= =
𝐼𝑚𝑎𝑥 𝐼𝑒𝑓𝑓

L’impédance est toujours positive et dépend de la fréquence.

3.3.Etude de quelques dipôles

𝑖 𝐴 𝐵
𝑅

𝑢𝐴𝐵

Soit un dipôle 𝐴𝐵 orienté de 𝐴 𝑣𝑒𝑟𝑠 𝐵. Soit 𝑖 l’intensité instantanée du courant dans le


dipôle. Choisissons l’origine des dotes de sorte que 𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 . Soit 𝜇 = 𝜇𝐴𝐵 la tension
aux bornes du dipôle 𝜇 = 𝑈𝑚 cos(𝑊𝑡 + 𝜑).

Déterminons l’expression de l’impédance 𝑍 et celle du déphasage 𝜑 de la tension par rapport


à l’intensité.

3.3.1. Conducteur ohmique

Soit un conducteur ohmique de résistance 𝑅. D’après la loi d’ohms, on a : 𝜇 = 𝑅𝑖

𝜇 = 𝑅𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 = 𝑅𝐼𝑚 cos(𝑊𝑡 + 𝜑).

Posons : 𝑈𝑚 = 𝑅𝐼𝑚

L’expression de l’impédance 𝑍 est donc :


𝑈𝑚 𝑅𝐼𝑚
𝑍= = =𝑅
𝐼𝑚 𝐼𝑚

𝑍 = 𝑅 𝑒𝑡 𝜑 = 0

L’impédance d’un conducteur ohmique est égale à sa résistance. La tension à ses bornes est
en phase de l’intensité du courant qui le traverse.

60
3.3.2. Le Condensateur

𝑖 𝐴 𝐵

𝑢𝐴𝐵

𝑑𝑞𝐴
𝑖= . Donc 𝑞𝐴 est la primitive de 𝑖
𝑑𝑡

𝐼𝑚
𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑒𝑡 𝑞 = 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡 𝘹 𝐴
𝑤

Si le condensateur est initialement déchargé , 𝐴 = 0


𝐼𝑚 𝐼𝑚 𝜋
𝑞𝐴 = 𝑠𝑖𝑛𝑤𝑡 = cos (𝑤𝑡 − 2 )
𝑤 𝑤

𝑞𝐴
Nous savons que 𝑞𝐴 = 𝐶𝑈𝐴𝐵 ⇒ 𝑈𝐴𝐵 = 𝐶

𝑚 𝐼 𝜋
Donc 𝜇 = 𝐶𝑤 cos (𝑤𝑡 − 2 ) − 𝑈𝑚𝑎𝑥 cos(𝑊𝑡 + 𝜑)

𝑚 𝐼
En identifiant les deux expressions, on a : 𝑈𝑚 = 𝐶𝑤

L’impédance d’un condensateur de capacité 𝐶 est :


𝑈𝑚 𝑚 𝐼 1 1
𝑍= 𝐼𝑚
= 𝐶𝑊 𝘹 𝐼 = 𝐶𝑊
𝑚

1
𝑍 = 𝐶𝑊

𝜋
Le déphasage de la tension par rapport à l’intensité est donc 𝜑 = 2

𝑖
− 𝜋⁄2

1
𝑍=−
𝑐𝑤

61
𝜋
La tension aux bornes du condensateur est en retard de phase par rapport à l’intensité : 𝜑 =
2

3.3.3. La Bobine

𝑑𝑖
Posons 𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 𝑒𝑡 𝜇 = 𝑈𝐴𝐵 = 𝑅𝑖 + 𝐿 𝑑𝑡

𝑈 = 𝑅𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 − 𝐿𝑤𝐼𝑚 sin(𝑤𝑡) 𝑜𝑢


𝜋
𝑈 = 𝑅𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 − 𝐿𝑤𝑐𝑜𝑠 (𝑤𝑡 + 2 )

Faisons la somme de deux fonctions sinusoïdales de même pulsation en utilisant la


construction de Fresnel.

Soit un axe de phase 𝑜𝑥 et un sens trigonométrique positif choisis.

⃗⃗1 tel que


 A la tension 𝑈1 = 𝑅𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡, on associe le vecteur 𝑉
⃗⃗1 ‖ = 𝑅𝐼𝑚 𝑒𝑡 𝑜𝑥
‖𝑉 ⃗⃗1 = 0 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑉
𝜋
⃗⃗2 tel que ‖𝑉
 A la tension 𝑈2 = 𝐿𝑤𝑐𝑜𝑠 (𝑤𝑡 + 2 ), on associe en vecteur 𝑉 ⃗⃗2 ‖ = 𝐿𝑤𝐼𝑚
𝜋
et 𝑜𝑥 ⃗⃗2 =
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑉 2
⃗⃗ tel que
 A la tension 𝜇 = 𝜇1 + 𝜇2 = 𝑈𝑚 cos(𝑤𝑡 + 𝜑), on associe un vecteur 𝑉
⃗⃗ ‖ = 𝑈𝑚 𝑒𝑡 ( 𝑜𝑥
‖𝑉 ⃗⃗ ) = 𝜑
⃗⃗⃗⃗⃗, 𝑉

⃗⃗2
𝑉

⃗⃗ 𝐿𝑤𝐼𝑚
𝑉

+
𝜑
0
𝑅𝐼𝑚 ⃗⃗1
𝑉 𝑥

D’après le théorème de Pythagore, on a : 𝑉 2 = 𝑉12 + 𝑉22 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑈𝑚


2
= 𝑅 2 𝐼𝑚
2
+ 𝐿2 𝑊 2 𝐼𝑚
2

2 2 (𝑅 2
𝑈𝑚 = 𝐼𝑚 + 𝐿2 𝑊 2 ) ⇒ 𝑈𝑚 = 𝐼𝑚 √𝑅 2 + 𝐿2 𝑊 2

62
L’impédance d’une bobine de résistance 𝑅 et d’inductance 𝐿 est :

𝑈𝑚 𝐼𝑚 √𝑅 2 +𝐿2 𝑊 2
𝑍= = = √𝑅 2 + 𝐿2 𝑊 2
𝐼𝑚 𝐼𝑚

𝑍 = √𝑅 2 + 𝐿2 𝑊 2
𝑉 𝐿𝑊𝐼𝑚 𝐿𝑊
Le déphasage 𝜑 de la tension par rapport à 𝑖 l’intensité est alors : 𝑡𝑎𝑛𝜑 = 𝑉2 = =
1 𝑅𝐼𝑚 𝑅

𝐿𝑊
𝑡𝑎𝑛𝜑 = 𝑅

𝑉1 𝑅𝐼𝑚 𝑅
𝐶𝑜𝑠𝜑 = = √𝑅 2 +𝐿2 𝑊 2
=𝑍
𝑉 𝐼𝑚

𝑅
𝐶𝑜𝑠𝜑 = 𝑍

𝜋
Remarque : Pour une inductance pure, (𝑅 = 0), on a : 𝑍 = 𝐿𝑊, 𝑡𝑎𝑛𝜑 = +∞ 𝑒𝑡 𝜑 = + 2

3.3.4. Dipôle 𝑹𝑳𝑪 série

D’après la loi des tensions 𝑈 = 𝑈1 + 𝑈2 + 𝑈3 = 𝑈𝐴𝐵

Soit 𝑞𝐴 = 𝑞 la charge de la première armature rencontre en tournant dans le sens positif et


𝑑𝑞
𝑖= 𝑑𝑡

𝑑𝑞 𝑑𝑖 𝑑2 𝑞 𝑞
𝑈1 = 𝑅𝑖 = 𝑅 𝑑𝑡 ; 𝑈2 = 𝐿 𝑑𝑡 = 𝐿 𝑑𝑡 2 𝑒𝑡 𝑈3 = 𝐶

On obtient l’équation différentielle d’un circuit 𝑅𝐿𝐶 série qui est la suivante :
𝑑2 𝑞 𝑅𝑑𝑡 𝑞
𝑈 = 𝐿 𝑑𝑡 2 + +𝐶
𝑑𝑡

 Impédance et déphasage

Posons 𝑖 = 𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 et la loi des tensions donne :

𝑚 𝜋 𝐼 𝜋
𝑈 = 𝑅𝐼𝑚 𝑐𝑜𝑠𝑤𝑡 + 𝐿𝑊𝐼𝑚 cos (𝑤𝑡 + 2 ) + 𝐶𝑊 cos (𝑤𝑡 − 2 )

Faisons la somme des trois fonctions sinusoïdales en utilisant la construction de Fresnel

 On associe à la tension 𝑈1 un vecteur 𝑉 ⃗⃗1 de norme


⃗⃗1 ‖ = 𝑅𝐼𝑚 𝑒𝑡 𝜑1 = ( 𝑜𝑥
‖𝑉 ⃗⃗1 ) = 0 𝑟𝑎𝑑
⃗⃗⃗⃗⃗, 𝑉

63
 On associe à la tension 𝑈2 un vecteur 𝑉 ⃗⃗2 de norme
𝜋
⃗⃗2 ‖ = 𝐿𝑤𝐼𝑚 𝑒𝑡 𝜑2 = 𝑜𝑥
‖𝑉 ⃗⃗2 = 𝑟𝑎𝑑
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑉 2
 On associe à la tension 𝑈3 un vecteur 𝑉 ⃗⃗3 de nome
𝐼𝑚 𝜋
⃗⃗3 ‖ =
‖𝑉 𝑒𝑡 𝜑3 = 𝑜𝑥 ⃗⃗2 = − 𝑟𝑎𝑑
⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑉
𝐶𝑤 2
 On associe à la tension 𝑈 un vecteur 𝑉 ⃗⃗ de norme
⃗⃗ ‖ = 𝑈𝑚 𝑒𝑡 𝜑 = ( 𝑜𝑥
‖𝑉 ⃗⃗ ) 𝑒𝑡 𝑉
⃗⃗⃗⃗⃗, 𝑉 ⃗⃗ = 𝑉
⃗⃗1 + 𝑉
⃗⃗2 + 𝑉
⃗⃗3

D’après le théorème de Pythagore, on a : 𝑉 2 = 𝑉12 + (𝑉2 − 𝑉3 )2

1 2
2
𝑈𝑚 = [𝑅 2 + (𝐿𝑤 − 𝑐𝑤) ] 𝐼𝑚
2

L’impédance 𝑍 dépend de la pulsation 𝑤. Le déphasage de la tension sur l’intensité 𝑖 du


courant est tel que :
𝑉2 −𝑉3
𝑡𝑎𝑛𝜑 =
𝑉1

1
𝐿𝑊−
𝐶𝑊
𝑡𝑎𝑛𝜑 = 𝑅

𝑉1 𝑅𝐼 𝑅
Ou 𝑐𝑜𝑠𝜑 = = 𝑍𝐼𝑚 =
𝑉 𝑚 𝑍

𝑅
𝑐𝑜𝑠𝜑 = 𝑍

Remarque :
1
 Si 𝜑 > 0 𝑐 ′ 𝑒𝑠𝑡 − à − 𝑑𝑖𝑟𝑒 𝐿𝑤 > 𝐶𝑤 , la tension est en avance sur l’intensité. Le
circuit est dit inductif

64
1
 Si 𝜑 < 0 𝑐 ′ 𝑒𝑠𝑡 − à − 𝑑𝑖𝑟𝑒 𝐿𝑤 > 𝐶𝑤 , l’intensité est en avance sur la tension. Le
circuit est capacitif

 Si le circuit comporte une bobine de résistance interne 𝑟, l’expression de l’impédance


1 2
devient : 𝑍 = √(𝑅 + 𝑟)2 + (𝐿𝑤 − 𝐶𝑤)
 Si par contre 𝐿𝑤 = 1 𝑎𝑙𝑜𝑟𝑠 𝜑 = 0. Cela veut dire que l’intensité et la tension sont en
phase. On dit alors que le circuit est à la résonance. Donc 𝑍 = 𝑅
 Pour un circuit 𝑅, 𝐶 l’expression de l’impédance est :
1 −1
𝑍 = √𝑅 2 + 𝐶 2 𝑊 2 ; 𝑡𝑎𝑛𝜑 = 𝑅𝐶𝑤

𝜇 est en retard de phase sur 𝑖

4. Circuit 𝑹𝑳𝑪 série à la résonance

Puissance en alternatif

4.1.Phénomène de résonance électrique

L’impédance 𝑍 du dipôle 𝑅𝐿𝐶 série dépend de la pulsation 𝑤 imposée. La tension efficace


imposée est constante. L’intensité imposée efficace dépend de la pulsation 𝑤.

65
𝑈 𝑈
𝐼= ⇒ 𝐼(𝑤) = 2
𝑍
√𝑅 2 +(𝐿𝑤− 1 )
𝐶𝑤

Etudions cette fonction 𝐼(𝑤)

 Domaine de définition : 𝐷𝐼 = ]0, +∞[


−3⁄
𝑑𝐼 1 2 2 1
2
 Dérivée : 𝑑𝑤 = −𝑈 [𝑅 + (𝐿𝑤 − 𝐶𝑤) ] (𝐿 + 𝑤2 )

1
Le signe de la dérivée est celui de – (𝐿𝑤 − 𝐶𝑤)

𝑑𝐼 1 1
= 0 ⇒ 𝐿𝑤 − 𝐶𝑤 = 0 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑤 =
𝑑𝑤 √𝐿𝐶

Tableau de variation

𝑢
𝐼𝑅 (𝑤0 ) = 𝑅

𝑤 < 𝑤0 ; 𝑤 = 𝑤0 ; 𝑤 > 0
1
𝑤 < 𝑤0 ⇒ 𝐶𝑤 > 𝐿𝑤. L’effet de capacité l’emporte sur l’effet d’inductance.

1
𝑤 > 0 ⇒ 𝐿𝑤 > 𝐶𝑤 .L’effet d’inductance l’emporte sur l’effet de capacité

66
La résonance correspond au maximum de la courbe. A la résonance, la fréquence imposée par
le générateur est égale à la fréquence propre de l’oscillateur : 𝑁 = 𝑁0

 Fréquence à la résonance

1 2
L’impédance d’un circuit 𝑅𝐿𝐶 série 𝑍 = √𝑅 2 + (𝐿𝑤 − 𝐶𝑤)

67
Chapitre 8 : EFFET PHOTO ELECTRIQUES
1. Spectres atomiques
1.1.Spectres d’émission :

Les spectres atomiques d’émission sont constitués de raies fines correspondant à des
radiations monochromatiques bien déterminées. Les spectres d’émission sont caractéristiques
des atomes qui les produisent.

1.2.Spectres d’absorption

Les spectres atomiques d’absorption sont formés de raies noires et fines dans le spectre
continu de la lumière blanche. Les longueurs d’ondes correspondantes ont des valeurs bien
déterminées.

1.3.Caractérisation d’un élément chimique

Chaque élément chimique donne un spectre d’émission de raies caractéristique et qui permet
de l’identifier

2. Interprétation des Spectres


2.1.Quantification de l’énergie d’un atome

L’énergie d’un atome d’un atome ne peut prendre que certaines valeurs bien déterminée des
électrons d’un atome. On dit que l’atome est dans un niveau d’énergie.
1
Mécanique classique : 𝐸𝐶 = 2 𝑚𝑉 2

Energie potentielle électro statique :𝐸𝑝 = 𝑞𝑉 = 𝐶𝑉 pour un électron

2.2.Les transitions électroniques

Le passage d’un atome d’un niveau d’énergie à un autre est une transition électronique.

Transition au cours de Transition au cours de


laquelle l’atome perd laquelle l’atome reçoit
l’énergie E l’énergie E
Cette énergie de transition est considérée de l’ordre quelques électro volts (ev)

1𝑒𝑣 = 1,6. 10−19 𝐽

A chaque transition électronique correspond une énergie 𝐸 = 𝐸𝑛 − 𝐸𝑝. L’énergie associée


aux transitions électroniques d’un atome est quantifiée

68
2.3.L’énergie d’un Photon

Un faisceau lumineux dans le vide, peut être considéré comme un onde qui se propage ou bien
un ensemble de photons en mouvement à la vitesse C. La longueur d’onde vaut alors :
𝜆 𝐶(𝑚)
𝑚
= Ʋ(𝐾𝑧).

L’énergie d’un photon est proportionnelle à sa fréquenceƲ. 𝐸 = ℎƲ ; ℎ 𝑒𝑛 𝐽. 𝑠 𝑒𝑡 𝜈 𝑒𝑛 𝐻𝑧

ℎ est une constance universelle qui porte le nom de constante de planch : ℎ = 6,62. 10−34 𝑆𝐼

Exemple : Calculer, en Joules et en 𝑒𝑣 l’énergie d’un photon

 Ultraviolet de fréquence 3. 1015 𝐻𝑧


 De lumière visible jaune de longueur d’onde 589𝑛𝑚( 𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑙𝑒 𝑣𝑖𝑑𝑒)
 infrarouge de longueur d’onde 10𝜇𝑚(𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑙𝑒 𝑣𝑖𝑑𝑒)

On donne 𝐶 = 300000𝑘𝑚/𝑠. ℎ = 6,6310−34 𝐽. 𝑆. 𝑒 = 1,6. 10−19 𝐶.

Solution

a) calculons l’énergie d’un photon en joules et en en 𝑒𝑣


 Photon ultraviolet
𝐸 = ℎƲ

AN : 𝐸 = 6,3. 1034 𝘹 3. 1015 = 1,99. 10−18 𝐽

1,99.10−18 𝐽 × 1 𝑒𝑟
ou 𝐸 = = 12, 𝑢 𝑒𝑣
1,6.10−19 𝑗

 Photon de la lumière jaune


𝐶 𝐶
𝐸 = ℎƲ 𝑜𝑢 Ʋ = ⇒ 𝐸 = ℎ𝜆
𝜆

6,63.10−34 × 3.108
AN : 𝐸 = = 3,38. 10−19 𝑗
589.10−19

3,38.10−19 × 1ev
𝑜𝑢 𝐸 = = 2,11 𝑒𝑣
1,6.10−19

 Photon infrarouge :
𝐶
𝐸 = ℎ𝜆

6,63.10−38 × 3.108
AN : 𝐸 = = 1,99. 10−20 𝐽
3.10−6

1,99.10−20 × 1 ev
ou 𝐸 = = 0,124 𝑒v
1,610−19

69
2.4.Transition électronique avec émission ou absorption d’un photon

 Si l’atome passe au niveau d’énergie 𝐸𝑛 au niveau d’énergie inférieur 𝐸𝑝 , un photon


est produit qui emporte l’énergie 𝐸 et sa fréquence Ʋ𝑛𝑝 est telle que :

𝐸 = 𝐸𝑛 − 𝐸𝑝 = ℎƲ𝑛𝑝

 Pour que l’atome passe du niveau d’énergie 𝐸𝑝 au niveau d’énergie supérieure 𝐸𝑛 , il


faut qu’il capte un photon qui lui fournit l’énergie 𝐸

𝐸 = 𝐸𝑛 − 𝐸𝑝 = ℎƲ𝑛𝑝

L’énergie du photon produit ou abordé est égale à l’énergie des transactions électronique
mise en jeu.

2.5.Interprétation d’un Spectre d’émission

A toute transaction possible : 𝑛 → 𝑝 (𝐸𝑛 , 𝐸𝑝 ) correspond un photon d’énergie ℎƲ𝑛𝑝 et donc


une lumière monochromatique émise de fréquence Ʋ𝑛𝑝 et de longueur d’onde 𝜆𝑛𝑝 telle
𝐸𝑛 − 𝐸𝑝 𝐶 ℎ𝑐
que : Ʋ𝑛𝑝 = 𝑒𝑡 𝜆𝑛𝑝 = Ʋ =𝐸
ℎ 𝑛𝑝 𝑛 − 𝐸𝑝

Cette radiation apparait dans le spectre sous forme d’une raie fine et brillante.

Les raies brillantes des spectres d’émission correspondent aux transitions électroniques au
cours desquelles l’énergie de l’atome diminue.

3. Spectre de l’hydrogène
3.1.Niveaux d’énergie de l’atome d’hydrogène

L’atome d’hydrogène étant le plus simple de tous les atomes, son spectre est relativement
facile à interpréter. Nous allons donc admettre la formule qui donne l’énergie des niveaux de
l’atome d’hydrogène. L’électron de l’atome se situe dans la couche (𝑛 = 1) , c’est l’état
fondamental ou de plus base énergie. Dans les états excités, il se place dans la couche
𝐿(𝑛 = 2) , dans la couche 𝑀(𝑛 = 3)…

A chacun de ces états, il correspond l’énergie 𝐸𝑛 relative à l’électron dans la couche 𝑛, ce


nombre 𝑛 étant le nombre quantique principal. L’énergie 𝐸𝑛 de l’atome est de la forme :

70
𝐸0
𝐸𝑛 = − ; 𝑛 𝜖 𝑁∗
𝑛2

𝐸𝑛 est toujours négatif, 𝐸0 est l’énergie

2,18.10−18 𝐽
 𝐸𝑛 Joules : 𝐸0 = 2,18. 10−18 𝐽 ; 𝐸𝑛 = 𝑛2
13,6 𝑒𝑣
 𝐸𝑛 électronvolt : 𝐸0 = 13,6 𝑒𝑣 ; 𝐸𝑛 = 𝑛2
 𝑛 = 1 ∶ 𝐸 = 𝐸1 − 𝐸0 = 13,6 𝑒𝑣. (é𝑡𝑎𝑡 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙)
−𝐸0
 𝑛 = 2 ∶ 𝐸 = 𝐸2 = = −3,4 𝑒𝑣
4
(𝑝𝑟𝑒𝑚𝑖𝑒𝑟 é𝑡𝑎𝑡 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑡é, 𝑙 ′ é𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑛 𝑒𝑠𝑡 𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑙𝑒 𝑐𝑜𝑢𝑐ℎ𝑒 𝐿
−𝐸0
 𝑛 = 3: 𝐸 = 𝐸3 = = −1,51 𝑒𝑣.
9
(𝑠𝑒𝑐𝑜𝑑 é𝑡𝑎𝑡 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑡é, 𝑙 ′ é𝑙𝑒𝑐𝑡𝑟𝑜𝑛 𝑒𝑠𝑡 𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑢𝑐ℎ𝑒 𝐿

Ensuite, les niveaux se resserrent

𝐸4 = −0,85 𝑒𝑣 ; 𝐸5 = −0,54 𝑒𝑣 ; 𝐸6 = −0,38 𝑒𝑣

Lorsque 𝑛 tend vers l’infini 𝐸𝑛 tend vers 0

L’origine des énergies (𝐸 = 0) correspond donc à l’électron infiniment éloigné du noyau,


c’est-à-dire à l’atome ionisé 𝐻 + .

3.2.Interprétation du Spectre d’hydrogène

Lorsqu’une transaction s’effectue du niveau 𝐸𝑛 au niveau 𝐸𝑝 avec 𝐸𝑛 > 𝐸𝑝 , il y’a émission


d’un photon d’énergie

ℎƲ𝑛𝑝 . Tel que : 𝐸 = 𝐸𝑛 − 𝐸𝑝 = ℎƲ𝑛𝑝


−𝐸0 −𝐸0 𝐸0 𝐸
𝐸𝑛 > 𝐸𝑝 𝑖𝑚𝑝𝑜𝑠𝑒 > 𝑑𝑜𝑛𝑐 < 𝑃02
𝑛2 𝑃2 𝑛2

𝑛2 > 𝑃2 𝑒𝑡 𝑛 > 𝑝
1 1
𝐸𝑛 − 𝐸𝑝 = 𝐸0 (𝑛2 − 𝑃2 ) = ℎƲ𝑛𝑝

−𝐸0 1 1 𝐸0 1 1
Ʋ𝑛𝑝 = (𝑛2 − 𝑃2 ) = (𝑃 2 − 𝑛 2 )
ℎ ℎ

71
Chapitre 9 : DECROISSANCE RADIOACTIVE
1. Le noyau de l’atome
1.1. La composition d’un noyau

Le noyau d’un atome correspondant à un élément 𝑋 comportant 𝐴 nucléon et 𝑍 proton est


noté : 𝐴𝑍𝑋 . La masse d’un noyau ou d’un atome est souvent exprimée en unité de masse
atomique de symbole 𝜇 .

L’unité de masse atomique est le douzième de la masse de carbone 12.


12.10−3 𝑘𝑔
1𝜇 = 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑁𝐴 la valeur de la constance d’Avogadro
12𝑁𝐴

12.10−3 𝑘𝑔
1𝜇 = = 1,66054. 10−27 𝑘𝑔
12 × 6,02.1023

Proton Neutron Electron

Masse en 𝜇 1,00728 1,00686 0,00055

Masse en 𝑘𝑔 1,67263. 10−27 1,67492. 10−27 9,1. 10−31

Charge + 𝑒 0 − 𝑒

Caractéristique des particules constituants l’atome .

1.2. Les Isotopes d’un élément

Deux noyaux isotopes possèdent le même nombre de protons, mais différent par leur nombre
de neutrons plus généralement les noyaux 𝐴𝑍𝑋 𝑒𝑡 𝐴′
𝑍′𝑋 sont des noyaux isotopes de
l’élément 𝑋 .

L’abondance naturelle est le pourcentage en masse de chacun des isotopes dans le mélange
naturel d’un élément.

Exemple d’abondance isotopique naturelle pour les éléments oxygène et chlore.

16 35
8 0 99,76% 17 𝑐𝑙 75,4%

17 37
8 0 0,04% 17 𝑐𝑙 24,6%

18
8 0 0,2%

72
2. La Radioactivité
Un noyau radioactif est un noyau instable qui se désintègre spontanément en donnant un
noyau différent et en émettant des particules 𝛼 𝑜𝑢 𝛽 et, souvent, un rayonnement. Le noyau
qui se désintègre est appelé noyau-père et le noyau obtenu est appelé noyau-fils.

3. Lois de conservation et équation d’une désintégration nucléaire


Une désintégration nucléaire peut être modélisée par une équation qui obéit aux deux lois
suivantes.

 Loi de conservation du nombre de charge

La somme des nombres de charge du noyau-fils et de la particule qui sont formés est égale au
nombre de charge du noyau désintégré (noyau-père) 𝑍 = 𝑧1 + 𝑧2

 Loi de conservation du nombre de nucléons

La somme des nombres de nucléons du noyau-fils et de la particule qui sont formés est égale
aux nombres de nucléons du noyau désintégré (noyau-père) 𝐴 = 𝐴1 + 𝐴2

Exemple :
𝐴 𝐴−4
o Radioactivité 𝜶 𝑍𝑋 ⟶ 𝑍−2𝑋 + 42𝐻𝑒
238 234
Exemple : 92 𝑈 ⟶ 90 𝑇ℎ + 42𝐻𝑒

On constate que cette équation de désintégration vérifie les deux lois énoncées ci-dessus.
𝐴=𝐴1 +𝐴2
 Conservation du nombre de nucléons : 238=234+4
𝑍=𝑧1 +𝑧2
 Conservation du nombre de charges 92=90+2

Les particules 𝛼 sont émises avec des vitesses de l’ordre de 20.000𝑘𝑚/𝑠. Ce sont des
noyaux d’hélium 42𝐻𝑒

o Radioactivité 𝜷− : Ce sont des électrons, notés −10 𝑒. Ils sont émis à très grandes
vitesse de l’ordre de 280.000𝑘𝑚/𝑠. et possèdent une grande énergie. L’équation
s’écrit : 𝐴𝑍𝑋 ⟶ 𝑍−1𝐴
𝑋 + −10 𝑒
60 60
Exemple : 27𝐶0 ⟶ 28𝑁𝑖 + −10 𝑒

Dans la classification périodique, le noyau-fils est placé dans la case suivante de celle du
noyau-père
32𝑃⟶ 32
15 16
𝑆 + −10 𝑒

𝑃ℎ𝑜𝑠𝑝ℎ𝑜𝑟𝑒 ⟶ 𝑆𝑜𝑢𝑓𝑟𝑒
14 𝑆⟶ 14
6 7
𝑁 + −10 𝑒

73
𝐶𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑒 ⟶ 𝑎𝑧𝑜𝑡𝑒

o Radioactivité 𝜷+ :

Dans la radioactivité 𝛽1+ il y’a émission de position ( +10 𝑒). Le bilan s’écrit donc :
𝐴 𝐴 0
𝑍𝑋 ⟶ 𝑍−1 𝑋 + +1 𝛽

Dans la classification périodique, le noyau-fils est placé dans la case précédant de celle
du noyau-père.

Cette fois « le fils précède le père ». La position est l’antiparticule de l’électron.

Exemple :
13
7
𝑁 ⟶ 13
6
𝐶 + +10 𝑒
30
15
𝑃 ⟶ 30 𝑆 + +10 𝑒
14 𝑖

19
𝑁
10 𝑖
⟶ 19
9
𝐹 + +10 𝑒

o Désintégration 𝜕

Le rayonnement 𝜕 est un rayonnement électromagnétique de très courte longueur d’onde ; il


est donc visible. Ce rayonnement se propage à la vitesse de la lumière.

L’énergie 𝐸 du photon est liée à la fréquence 𝜗 ou à la longueur d’onde 𝜆 de l’onde par les
formules :
𝐶
𝐸 = ℎ𝜗 = ℎ 𝜆

Le photon 𝜕 emporte la quasi-totalité de l’énergie de désexcitation du noyau.

Une radioactivité 𝜕 pour un noyau excite issu d’une désintégration 𝛼, 𝛽 − , 𝛽 + peut se


schématiser comme suit :

𝐴′ 𝐴′
𝑍′ 𝑋∗ ⟶ 𝑍′𝑋 +𝜕

𝑁𝑜𝑦𝑎𝑢 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑡é 𝑁𝑜𝑦𝑎𝑢 𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑠𝑜𝑛 é𝑡𝑎𝑡 𝑓𝑜𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑙

4. Décroissance radioactive
Le nombre de noyau (ou d’atome) d’une source radioactive diminue constamment au cours du
temps par transformation en d’autres noyaux. La loi de décroissance radioactive permet le
calcul du nombre de noyaux (atomes) restant à un instant 𝑡 quelconque.

4.1. Etablissement de la loi

Lors de la désintégration, notons 𝑁0 le nombre initial des noyaux radioactifs 𝑋(𝑡 = 0); 𝑁
leur nombre à l’instant 𝑡 𝑒𝑡 𝑁 + 𝑑𝑁 leur nombre à l’instant infiniment voisin 𝑡 + 𝑑𝑡:

74
𝑋 ⟶ 𝑌+𝑃

𝑡=𝑜 𝑁0

𝑡 𝑁

𝑡 + 𝑑𝑡 𝑁 + 𝑑𝑁

𝑁 diminue au cours du temps, donc 𝑑𝑁 est négatif.

𝑁 − (𝑁 + 𝑑𝑁) = −𝑑𝑁

Le nombre de noyaux désintégrés entre les instants 𝑡 𝑒𝑡 𝑡 + 𝑑𝑡 est égal à −𝑑𝑁

Notons : −𝑑𝑁 = 𝜆𝑁𝑑𝑡

𝜆 est une constante de proportionnalité qui dépend de la nature du noyau 𝑋 et porte le nom de
constante radioactive du nucléide.

Par intégration, on obtient :


𝑑𝑁
= −𝜆𝑑𝑡
𝑁

𝑙𝑛𝑁 = −𝜆𝑡 + 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒

𝐴𝑡 = 0 𝑜𝑛 𝑎: 𝑁 = 𝑁0 ; 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 = 𝑙𝑛𝑁0

𝑙𝑛𝑁 = −𝜆𝑡 + 𝑙𝑛𝑁0


𝑁
𝑙𝑛𝑁 − 𝑙𝑛𝑁0 = −𝜆𝑡 ⇒ 𝑙𝑛 𝑁 = −𝜆𝑡
0

Et en prenant l’exponentielle de chaque membre :


𝑁
= 𝑒 −𝜆𝑡 ⇒ 𝑁(𝑡) = 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡
𝑁0

La fonction 𝑁(𝑡) est une exponentielle décroissante. C’est pourquoi on utilise l’expression
décroissance radioactive

Le nombre des noyaux radioactifs diminue exponentiellement en fonction du temps.

La loi de décroissance radioactive peut aussi s’exprimer en fonction de la masse sous la


forme : 𝑚 = 𝑚0 𝑒 −𝜆𝑡

4.2. Période radioactive


a) Définition : La période radioactive 𝑇 d’un nucléide est le temps nécessaire pour que
la moitié des noyaux de ce nucléide subisse la désintégration. Elle porte aussi le nom
de demi-vie.

75
b) Relation entre 𝝀 𝒆𝒕 𝑻
𝑁
Utilisons la loi de décroissance radioactive sous la forme 𝑙𝑛 𝑁 = −𝜆𝑡
0

𝑁0
𝑁0 1
𝐴𝑡 = 0 le nombre est 𝑁0 et à 𝑇, il vaut donc 2
= −𝜆𝑡 ; 𝑙𝑛 2 − 𝜆𝑡
2 𝑁0

−𝑙𝑛 = −𝜆𝑡
𝑙𝑛2 0,69
𝑇= ≃
𝜆 𝜆

La période 𝑇 est inversement proportionnelle à la constante radioactive 𝜆 . Par conséquent,


la loi de décroissance radioactive s’écrit :
𝑡
: 𝑁 = 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡 𝑜𝑢 𝑁 = 𝑁0 𝑒 −0,693𝑇

Dans le système international, 𝜆 s’exprime en 𝑆 −1

4.3. Activité d’une source radioactive


a) Définition : l’activité d’une source radioactive est le nombre de désintégration qui s’y
produisent pendant l’unité de temps (1S).

Dans le système international, l’activité d’une source radioactive s’exprime en désintégration


par seconde, soit 𝑆 −1 . Pour éviter une confusion avec l’unité de fréquence ou de constante
radioactive, , on a donné un nom à l’unité , 𝑆𝐼 d’activité : le becquerel , (𝐵𝑞).

Le becquerel (𝐵𝑞) est l’unité 𝑆𝐼 d’activité, il représente 1 désintégration par seconde.

Remarque : L’ancienne unité d’activité : le curie (𝐶𝑖) est encore utilisée ; c’est l’activité de
1𝑔 de radium et 1 𝐶𝑖 = 3,7. 1010 𝐵𝑞

b) L’expression de l’activité d’une source

Soit 𝐴 l’activité d’une source à l’instant 𝑡 . Avec −𝑑𝑁 le nombre de désintégration pendant
−𝑑𝑁 −𝑑𝑁
le temps 𝑑𝑡, en 1𝑠, le nombre de désintégration vaut donc .Ainsi : 𝐴 =
𝑑𝑡 𝑑𝑡

La relation différentielle : −𝑑𝑁 = 𝜆𝑁𝑑𝑡 nous conduit à l’expression


−𝑑𝑁
𝐴= = 𝜆𝑁 𝑜𝑢 𝐴 = 𝜆𝑁
𝑑𝑡

Utilisons la loi de décroissance radioactive : 𝑁 = 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡 ; 𝐴 = 𝜆𝑁 = 𝜆𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡

𝜆𝑁0 est l’activité de la source à l’instant 𝑡 = 0 , on peut donc écrire : 𝐴 = 𝐴0 𝑒 −𝜆𝑡

Exemple : Le Thorium 227


90
𝑇ℎ est la radioactif.

a) Ecrire l’équation bilan de sa désintégration radioactive sachant qu’elle conduit au


radium 𝑅𝑎

76
b) La période (ou demi-vie) du thorium 227 vaut : 𝑇 = 18,3 𝑗𝑜𝑢𝑟𝑠 . Calculer l’activité
𝐴0 d’un échantillon de masse 1𝑚𝑔 de thorium 227 90
𝑇ℎ. 𝑁 = 6,02. 1023 𝑚𝑜𝑙 −1
c) Quelle masse de thorium 227 de l’échantillon. Considéré a-t-elle disparu au bout de
36h ? Quelle est alors l’activité de l’échantillon ?

Solution :

a) Ecrivons l’équation bilan de la désintégration radioactive.


227
90
𝑇ℎ ⟶ 42𝐻𝑒 + 𝐴𝑍𝑋

La courbe conduit à :

227 = 4 + 𝐴 𝐴 = 223
{ ⇒{
90 = 2 + 𝑍 𝑍 = 88

D’où finalement on a : 227


90
𝑇ℎ ⟶ 42𝐻𝑒 + 223
88𝑅𝑎

b) L’activité de la source radioactive est égale au nombre de désintégration par seconde


−𝑑𝑁
𝐴0 = 𝜆𝑁0
𝑑𝑡

𝑙𝑛2 0,693
𝜆= = 18,3 = 4,38. 10−7 𝑆 −1
𝑇 × 24 ×3600

10−3
𝑁0 = × 6,02. 1023 = 2,65. 1018 𝑛𝑜𝑦𝑎𝑢𝑥
227

𝐴0 = 𝜆𝑁0 = 4,38. 10−7 × 2,65. 1018 = 1,16. . 1012 𝐵𝑞

𝐴0 = 1,16. . 1012 𝐵𝑞

c) La masse de thorium présente au temps.

𝑡 = 36ℎ = 36 × 3600 = 1,30. 105 𝑆

𝑚 = 𝑚0 𝑒 −𝜆𝑡 = 1 × 𝑒 −4,38 . 10−7 × 1,30. 105 = 0,945𝑚𝑔

𝑚 = 0,945𝑚𝑔

La masse de thorium disparu

𝑚′ = 1 − 0,945 = 0,055𝑚𝑔

5. Réaction nucléaire provoquée


Il y’a réaction provoquée lorsque le choc d’un noyau projectile sur un noyau cible engendre
de noyaux nouveaux

5.1. La Fission

Il y’a fission ‘un noyau lorsque le choc avec un neutron le brise en deux noyaux plus légers.

77
235 94 140
Exemple : 10𝑛 + 92 𝑢 ⟶ 38 𝑆𝑟 + 54 𝑋𝑒 + 2 10𝑛
𝑈𝑟𝑎𝑛𝑖𝑢𝑚 𝑆𝑡𝑟𝑜𝑛𝑡𝑖𝑢𝑚 𝑋é𝑛𝑜𝑛

1 235 91 140
0𝑛 + 92 𝑢 ⟶ 𝐾𝑟 +
36 56 𝐵𝑎 + 3 10𝑛
𝑈𝑟𝑎𝑛𝑖𝑢𝑚 𝐾𝑟𝑖𝑝𝑡𝑜𝑛 𝑏𝑎𝑟𝑦𝑢𝑚

La fission de l’Uranium s’effectue en chaine, car elle produit d’avantage de neutrons qu’elle
consomme. Les réactions de fission de l’uranium sont provoquées par des neutrons
thermiques.

5.2. Les nucléides fissiles


 Un nucléide est fissile si le noyau correspondant est capable de subir la réaction de
fission.
 Un nucléide est fertile si le noyau correspondant peut par réaction nucléaire, engendrer
un nucléide fissile.
5.3. La Fusion

Il y’a fusion lorsque deux noyaux légers s’unissent et constituent un noyau plus lourd.
2𝐻 + 2𝐻
1 1 ⟶ 31𝐻+ 11𝐻
𝐷𝑒𝑢𝑡é𝑟𝑖𝑢𝑛 𝑇𝑟𝑖𝑡𝑜𝑛

Exercice d’application

1) L’activité A d’une substance radioactive représente le nombre de désintégration par


−𝑑𝑁
seconde et peut s’exprimer par la relation 𝐴 = . D’autre part la loi de
𝑑𝑡
décroissance radioactive se traduit par la relation (𝑁𝑡) = 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡 𝑜𝑢 𝑁0 représente le
nombre de particules radioactive à 𝑡 = 0
a) Quelle est l’unité légale d’activité et comment nommé –t-on 𝜆 ?
b) Etablir la relation donnant 𝐴(𝑡) en fonction de 𝑁 𝑒𝑡 𝜆 𝑜𝑢 𝐴(𝑡) est l’activité de la
substance radioactive à l’instant 𝑡. En déduire l’expression donnant
𝐴(𝑡)
𝐴0 (𝑎𝑡𝑖𝑣𝑖𝑡é à 𝑡 = 0) et exprimer le rapport que vous pouvez utiliser à la dernière
𝐴0
question du 2)
c) Qu’appelle-t-on période radioactive 𝑇 ? Etablir la relation entre 𝜆 𝑒𝑡 𝑇
2) L’isotope 14 du carbone est radioactif. Sa formation est provoquée par le choc des
neutrons présents à haute altitude, son azote 147𝑁. On obtient ainsi un atome 146𝐶 et
une particule de type 𝐴𝑍𝑋 que l’on identifiera en appliquant les lois de conservation.
a) Ecrire l’équation de cette réaction nucléaire
b) L’Isotope 14 du carbone est émetteur 𝛽 − . Ecrire l’équation de cette désintégration.
c) La période ou demi-vie du carbone 14 à pour valeur 𝑇 = 5590 𝑎𝑛𝑛é𝑒𝑠 . Pour dater
un échantillon de bois ancien, on mesure son activité 𝐴 et on la compare à celle d’un
bois récent. On rappelle que le carbone de l’atmosphère contient en proportion
constante les différents isotopes de carbone. Les plantes vivantes assimilent le carbone
dans l’atmosphère. A leur mort, le processus d’assimilation s’arrête. Un échantillon de
bois ancien donne 325 désintégrations par minute. Un échantillon de même masse de
bois récent donne 1350 désintégrations par minute. Quel est l’âge du bois ancien ?

78
Solution :

1) a- L’unité légale d’activité d’un corps radioactif est le becquerel (𝐵𝑞). La constante 𝜆
est la constante radioactive.

b- L’activité d’une source est par définition


𝑑𝑁
𝐴(𝑡) = − 𝑑𝑡 𝑜𝑟 𝑁 = 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡 𝑑′ 𝑜ù 𝐴(𝑡) = 𝜆𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡 . On a alors 𝐴(𝑡) = 𝜆𝑁

𝐴(𝑡)
𝐴𝑡 = 0, 𝑜𝑛 𝑎 𝑁 = 𝑁0 𝑑 ′ 𝑜ù 𝐴0 = 𝜆𝑁0 . Il convient 𝐴(𝑡) = 𝐴0 𝑒 −𝜆𝑡 𝑑 ′ 𝑜ù = 𝑒 −𝜆𝑡
𝐴0

c- La période radioactive est la durée 𝑇 au bout de laquelle la moitié des noyaux initialement
présents dans l’échantillon a disparu.
𝑁0 1
𝑁= 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑡 = 𝑇 𝑑𝑎𝑛𝑠 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑢𝑙𝑒 𝑁 = 𝑁0 𝑒 −𝜆𝑡 𝑜ù 𝑜𝑛 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑡 𝑒 −𝜆𝑡 = 2
2

𝑙𝑛2
𝑇= 𝜆

2) a- L’équation
14
7𝑁 + 10𝑛 ⟶ 14
6𝐶 + 11𝐻

b- 14
6𝐶 ⟶ 14
7𝑁 + −10𝑒

c- Calcul de l’âge du bois ancien


𝐴 𝐴0 𝑙𝑛2
= 𝑒 −𝜆𝑡 𝑑′ 𝑜ù 𝑙𝑛 = 𝜆𝑡 = 𝑡
𝐴0 𝐴 𝑇

𝑇 𝐴0
𝑡 = 𝑙𝑛2 𝑙𝑛 𝐴

5590 1350
AN : 𝑡 = 𝑙𝑛 = 11484 𝑎𝑛𝑛é𝑒𝑠 𝑒𝑛𝑣𝑖𝑟𝑜𝑛
𝑙𝑛2 325

6. Noyaux, masse et énergie


6.1. Aspect énergétique des réactions nucléaires
6.1.1. Energie libérée par une désintégration radioactive

Considérons la désintégration spontanée du radium : 226𝑅𝑎


226 222
88𝑅𝑎 ⟶ 86𝑅𝑛 + 42𝐻𝑒 + 𝜕

Cette réaction nucléaire libère de l’énergie sous deux formes : l’énergie cinétique et de
l’énergie rayonnante.

6.1.2. Perte de masse


 Avant la réaction : 𝑚𝑎 𝑉 = 𝑚( 226𝑅𝑎 ) = 225,9770 𝑁

79
 Après la réaction : 𝑚𝑎 𝑝 = 𝑚( 226𝑅𝑛 ) + 𝑚( 4𝐻𝑒 )
𝑚𝑎 𝑝 = 221,970 + 4,0015 = 225,9718 𝜇

On constate que 𝑚𝑎 𝑝 < 𝑚𝑎 𝑉

Conclusion : Dans toute réaction nucléaire spontanée, la masse des noyaux après la réaction
est inférieure à la masse des noyaux avant la réaction

On appelle perte de masse la différence entre la masse totale 𝑚𝑎 𝑉 avant la réaction et la


masse totale 𝑚𝑎 𝑝 après la réaction : perte de masse masse = 𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑝 > 0

Calculons la perte de masse dans l’exemple précédent :

𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑝 = 225,9770 − 225,9718 = 0,0052

C’est la perte de masse qui est à l’origine de l’énergie libérée par une réaction nucléaire.

6.1.3. Relation d’Einstein

Toute particule de masse 𝑚 possède au repos, une énergie 𝜀0 donnée par la relation :
𝜀0 = 𝑚𝑐 2 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑐 = 3. 108 𝑚/𝑠

6.2. Unité de masse et énergie


 Les Chimistes expriment parfois les énergies des liaisons chimiques en 𝑒𝑉
 Les physiciens utilisent couramment le méga .
1𝑀𝑒𝑉 = 106 𝑒𝑉
1𝑒𝑉 = 1,6. 10−19 𝑗 𝑒𝑡 1𝑀𝑒𝑉 = 1,6. 10−13 𝑗

D’après la relation d’Einstein, à une masse 𝑚 = 1𝑈 = 1,66055. 1027 𝑘𝑔 . Correspond une


énergie d’environ 931,5 𝑀𝑒𝑉

6.3. Défaut de masse d’un noyau

On appelle défaut de masse d’un noyau, la différence entre la masse des nucléons séparés et
au repos, et la masse du noyau au repos

Pour un nucléide 𝐴𝑍𝑋 , le défaut de masse est : [𝑍𝑚𝑃 + (𝐴 − 𝑍)𝑚𝑛 ] − 𝑚( 𝐴𝑍𝑋) 𝑜ù 𝑚𝑃 𝑒𝑡 𝑚𝑛


sont respectivement la masse du proton et du neutron.

6.3.1. Energie de liaison

L’énergie de liaison 𝐸𝑒 d’un noyau du nucléide 𝐴𝑍𝑋 est l’énergie libérée, lois de sa formation
à partir des nucléons sépares et au repos : 𝐸𝑒 = [𝑍𝑚𝑃 + (𝐴 − 𝑍)𝑚𝑛 ]. 𝑐 2 − 𝑚 × 𝑐 2

L’énergie de liaison 𝐸𝑒 d’un noyau est l’énergie qu’il faut lui fournir lorsqu’il est au repos,
pour le dissocier en ses nucléons isolés et séparés.

80
6.3.2. Fission et fusion
 La fission est une réaction nucléaire provoquée au cours de laquelle un noyau lourd
éclate généralement en deux fragments sous l’impact de neutron. La fission de
certains noyaux libère de l’énergie.
 La fusion est une réaction nucléaire provoquée au cours de laquelle deux noyaux
légers fusionnent pour former des noyaux plus lourds.

La fusion des noyaux légers libère de l’énergie

6.3.3. Bilan énergétique

Les réactions de fusion et de fission vérifient les équations de conservation : conservation de


la charge électrique, conservation du nombre de nucléon et conservation de l’énergie.

L’énergie 𝑄 libérée sous la forme d’énergie cinétique et de rayonnement lors d’une réaction
nucléaire est égale au produit de la perte de masse par : 𝑐 2

𝑄 = (𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑃)𝑐 2

Exemple : Le combustible des réactions de fusion dans les futures centrales est un mélange de
deutérium (𝑑) et de tritium (𝑡). La réaction de fusion est la suivante :
2
1𝐻 + 31𝐻 ⟶ 42𝐻𝑒 + 10𝑛

1) Calculer la quantité d’énergie libérée au cours de cette réaction nucléaire.


2) Calculer la quantité d’énergie en joule libérée lors de la formation d’une mole
d’hélium soit environ 4𝑔

Données :

𝑚(𝑑) = 2,01355 𝑈 ;

𝑚(𝑡) = 3,01550 𝑈;

𝑚(𝑛) = 1,00866 𝑈 ;

𝑚( 42𝐻𝑒 ) = 4,00150 𝑈

Solution :

1) Calculons la perte de masse

𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑃 = (2,01355 + 3,01550) − (1,00866 + 4,00150)

= 1,889. 10−2 𝑈

𝑄 = (𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑃)𝑐 2

𝑄 = 1? 889. 10−2 × 931? 5 = 17,6 𝑀𝑒𝑉

81
2) L’énergie libérée lors de la formation d’une mole d’hélium vaut :

𝐸 = 𝑁𝐴 × 𝑄

𝐸 = 6,02. 1023 × 17; 6 × 1,6. 10−13 = 1,70. 1012 𝐽

Exemple : Dans un « pile atomique » ; une des réactions est le suivante :


235 94
92𝑈 + 10𝑛 ⟶ 38𝑆𝑟 + 140𝑍 𝑋𝑒 + 𝑥 10𝑛

1) Déterminer en les justifiant, les valeurs de 𝑍 et de 𝑥


2) a- Calculer la perte de masse
b- calculer en joule et en 𝑀𝑒𝑉 l’énergie libérée par la fission d’un noyau d’uranium
235
3) a- Calculer l’ordre de grandeur de l’énergie libérée par la fission de 5,00g d’uranium
235
b- Calculer la masse de pétrole libérant, par combustion, la même énergie
235 94 140
Données : 𝑈: 234,99332 𝑈 ; 𝑆𝑟 ∶ 93,89446 𝑈 ; 𝑋𝑒 = 139,89194 𝑈 . ;
1
0𝑛 = 1,00866 𝑈

Pouvoir calorifique du pétrole 𝑈2𝑀𝐽. 𝑘𝑔−1

𝑁𝐴 = 6,02. 1023 𝑚𝑜𝑙 −1 . 𝑈 = 1,66054. 10−27 𝑘𝑔

Solution

1) Les valeurs de 𝑥 𝑒𝑡 𝑧 doivent vérifier la conservation des nombres de nucléons et de


charge.

235 + 1 = 94 + 140 + 𝑥 ⇒ 𝑥=2

92 ≠ 38 + 𝑧

⇒ 𝑍 = 54
235 94
L’équation est 92𝑈 + 10𝑛 ⟶ 38𝑆𝑟 + 140 1
54 𝑋𝑒 + 2 0𝑛

2) a- La perte de masse

𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑃 = 𝑚( 235𝑈) + 𝑚𝑛 − 𝑚( 94𝑆𝑟 ) − 𝑚( 140 𝑋𝑒 ) − 𝑚𝑛

𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑃 = 0,19826 𝑈

b- Energie

𝜀 = (𝑚𝑎 𝑉 − 𝑚𝑎 𝑃)𝐶 2

AN : 𝜀 = 0,19826 × 1,6605410−27 × (3.108 )2 = 2,9588. 10−11 𝐽

82
𝜀 = 2,9588. 10−11 𝐽

 𝑒𝐴 − 𝑀𝑒𝑉
2,9588.10−11
𝜀 = 1,6022.10−13 = 184,67𝑀𝑒𝑉

3) a- L’énergie libérée par 5𝑔 d’uranium


5
𝑛 = 235 = 2,13. 10−2 𝑚𝑜𝑙
Nombre d’atome 𝑁 = 𝑛 × Ɲ𝐴
𝑁 = 2,13. 10−2 × 6,02. 1023 = 1,28. 1022 𝑎𝑡𝑜𝑚𝑒𝑠
𝜀 = 2,9588. 10−11 × 1,28. 1022 = 3,79. 1011 𝐽
b- La masse du pétrole
3,79.1011
𝑚𝑧 = = 9. 103 𝑘𝑔
42.106

83
Bibliographie
 Guy Fontaine, Physique Terminale D, Nathan, 1989
 J Bourdais, Physique Terminale CE, Bordas 1989
 Physique Terminale CE, Collection Eurin-Gie, Hachette 1989
 L’Essentiel Terminale CDE, BETTENG, 2006
2

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