Correction exercice n°1 Des acides aminés extraterrestres 1. Un carbone asymétrique est un atome de carbone entouré de 4 atomes ou groupes d’atomes différents. Par conséquent, la glycine ne contient pas de carbone asymétrique. 2. 2.1 Représentation de Cram de la molécule de glycine : 2.2 Une molécule chirale est une molécule non superposable à son image dans un miroir. La molécule de glycine contient un plan de symétrie (contenant les liaisons COOH et NH2),par conséquent elle n’est pas chirale. (On remarque également que la molécule de glycine est superposable à son image dans un miroir. Ceci prouve donc qu’elle n’est pas chirale.) 3. Le texte parle d’énantiomérie en évoquant « les formes gauches et les formes droites » 4. Un mélange renfermant autant de formes gauches que de formes droites est appelé mélange racémique. 5. Correction exercice n°2 Le trébuchet Étude du mouvement du projectile après libération PA z g v0 P Figure 1. Tir à trébuchet H O 1. Etude du mouvement dans le référentiel terrestre Sol x 2. Système : Le projectile Référentiel : le sol, référentiel terrestre supposé galiléen Dans le cadre de la chute libre, le projectile n'est soumis qu'à la force poids. La 2nde loi de Newton donne: P = m. a (cas où la masse est constante) m. g =m. a soit: a = g En projection selon les axes Ox et Oz du repère choisi et compte tenu du sens du vecteur g indiqué sur la figure 1 ci-dessus, il vient: a g x 0 a x az g z g 3. Coordonnées du vecteur vitesse initiale v 0 : v 0 x v 0 .cos v0 v 0 z v 0 .sin À chaque instant, a dv dv x ( t ) dv z ( t ) donc : ax(t) = et az(t) = , en primitivant on dt dt dt a: v (t ) Cte1 v x v z (t ) g.t Cte2 Compte tenu du vecteur vitesse initiale v 0 = v( 0 ) on a : v0 . cos = Cte1 v0 . sin = 0 + Cte2 Finalement : v x (t ) v 0 .cos v v z (t ) g.t v 0 .sin 4. Comme à chaque instant la composante du vecteur vitesse sur l'axe horizontal est constante (vx(t) = v0.cos = Cte1), le mouvement du projectile en projection sur l'axe horizontal est uniforme. 5. À chaque instant v dOG dx (t ) dz(t ) donc vx(t) = et vz(t) = , en primitivant on a : dt dt dt x( t ) v 0 .cos .t Cte3 OG 1 z( t ) 2 g.t² v 0 .sin .t Cte4 Or à t = 0 le projectile est au point de coordonnées (x(0) = 0; z(0) = H) donc: x(0) = 0 + Cte3 = 0 z(0) = 0 + 0 + Cte4 = H Finalement : x( t ) v 0 .cos .t OG 1 z( t ) 2 g.t² v 0 .sin .t H x v 0 .cos 1 x² x que l'on reporte dans z(t) : z(x) = .g. 2 v 0 .sin . H 2 v 0 .cos ² v 0 .cos 6. On tire de l'expression de x(t) = v0.cos.t , le temps t : t= 1 x² x tan H Finalement: z( x ) g 2 2 v 0 cos ² Remarque : L'expression z(x) est de la forme: z(x) = a.x² + b.x + c avec a qui est négatif. Il s'agit de l'équation d'une parabole dont la concavité est tournée vers le bas (a <0). z v0 Figure 1. Tir a trébuchet H O x Sol 1 x² z( x ) g 2 x tan H . 7.À la question 6, on a obtenu 2 v 0 cos ² En supposant la hauteur de libération H constante, les deux paramètres de lancement qui jouent un rôle dans le mouvement du projectile sont la vitesse initiale v0 et l'angle de tir . L’intensité du champ de pesanteur g étant également constante. 8. Le projectile est lancé avec une vitesse initiale horizontale donc = 0 ; on a alors cos = 1 et tan = 0. L'équation de la trajectoire devient : 1 x² z( x ) g 2 H 2 v0 1 x² L'abscisse de son point de chute est telle que z = 0 soit : 0 g 2 H 2 v0 1 x² g H 2 v 02 x² = 2.v 02 .H g et finalement x = v0 . 2H g nécessairement positif 9. D’après la réponse du 8., on a v 0 x. Si x = 100 m alors: v0 = 100 g 2.H 10 100 0,5 = 100 7,110-1= 71 m.s-1 2 10