¡q{3

TD 1 : Ordres de grandeurs et dimensions
1
Mise en route: de l’infiniment petit à l’infiniment
grand
1. Les quarks, constituants du noyau
(a) proton 2 Qu 1 Qd q ; neutron 1 Qu
Donc Qu 2q {3 et Qd q {3
2 Qd 0
(b) e q
(c) rI s rq s{rts donc rq s IT
(d) Signe est de FE donné par le produit des charges. Dans le cas de l’atome d’hydrogène
FE 0 exprime une force attractive donc la cohésion de l’atome.
(e) rF s rmsras M LT 2
(f) rkE s M L3 T 4 I 2
(g) FE
2.108 N
(h) Entre deux protons, force répulsive : FE
2.102 N
(i) Cette r?pulsion entre protons due à l’interaction électromagnétique impose l’existence
d’une autre interaction, d’intensité nettement plus importante assurant la cohésion
du noyau, d’o? le terme d’interaction forte.
(j) Avec un espacement entre atomes dans le cristal de l’ordre de 109 m, on attend
avec ce modèle d’une force ressemblant ? la loi de Coulomb :
FIF patomeq
FIF pnoyauq
1012
(k) Malgré cette décroissance de la force en 1{d2 , une telle portée infinie de l’interaction
forte rendrait impossible toute structure cristalline,par exemple. Il faut donc que
la port?e de l’interaction forte soit limitée. Par exemple, de la taille du noyau.
2. Les atomes
(a) rH s L.
a
(b)
2.103
rH
(c) Si ces nombres suivent une loi exponentielle, on doit avoir lnpnq α βz. Donc,
entre deux niveaux z, le log du nombre doit ?voluer selon la m?me pente :
lnpnz1q zlnpn2q 217 cm1
1
2
ln
p
n
q
ln
pn3q 238 cm1
2
• entre 65.104 cm et 35.104 cm, on a : β z2 z3
lnpn3 q lnpn4 q
• entre 35.104 cm et 5.104 cm, on a : β 252 cm1
z3 z4
ce qui semble ?tre le cas. Et on a β 1{H.
À partir de la formule des gaz parfait, on a : rRT s prF s{rS sq rV s M L2 T 2
• entre 95.104 cm et 65.104 cm, on a : β
(d)
(n, nombre de moles, quantité de matière, n’a pas de dimension en principe on
peut toutefois noter N la dimension d’une quantité de mati?re on a alors rRT s M L2 T 2 N 1 ).
Puis rN s rRT s{prH srmg sq pM L2 T 2 q{pLM LT 2 q donc N est sans dimension
(ou rN s N 1 avec la convention précédente). C’est un nombre, le nombre de
molécules dans une ”mole” de matière.
(e) En prenant la valeur moyenne de 1{H
238 cm1, on a N 7.1023.
(f) Les valeurs sont très compatibles.
3. L’Univers
(a) La quantité de lumière collectée est proportionnelle à la surface du télescope, donc
l’intensité lumineuse doit être 2.5 2.5 6.25 fois plus importante.
(b)
(c) Si φ1 {φ2
rφs rLs{L2 IV L2
100 alors d2{d1 10.
(d) Une ”année-lumière” = temps * vitesse = distance.
(e) dAndromedeSoleil {dT erreSoleil
106 365 24 60{8 65,7.109
(f) rH0 s T 1 donc 1{H0 a la dimension d’un temps.
(g) Un parsec est une distance donc l’unité de H0 est bien l’inverse d’un temps.
(h) Un parsec dT erreSoleil {pπ {p180 3600qq 8 60 3.108 {pπ {p180 3600qq 3.1016 m
(i) VAndromede 70 103 p2 106 365 24 3600 3.108 {3.1022 q 44.103 m.s1 ,
pour une galaxie située 1000 de fois plus loin, on aurait V 44.106 m.s1 ,
et pour une galaxie située un million de fois plus loin, on aurait V 44.109 m.s1 ,
ce qui correspond à 146 fois la vitesse de la lumière...A discuter avec votre professeur
si vous voulez ! Ce calcul est tout ? fait juste.
Page 2
2
Mise en application
Exercice 1 corrigé
1. rE s M.L2 T 2 unité SI le Joule (J).
rF s M.LT 2 unité SI le Newton (N).
rps M.L1T 2 unité SI le Pascal (Pa).
2. (a) rAs L.T 2 , rV0 s L.T 2
(b) On se base sur la dimension de p dans l’équation pour démarrer. On a [p] ? la
question précédente. rRs M.L3, rGs L.T 2
(c) rF s M.L.T 2 , rGs L.T 2 , rLs M.T 1 , rK s M.T 2
Exercice 2 corrigé - Vibration d’une goutte
La fréquence de vibration d’une goutte d’eau dépend de plusieurs paramètres. On supposera que la tension superficielle est le facteur prédominant qui assure la cohésion de la
goutte, par conséquent, les paramètres identifiés comme intervenant dans l’expression de la
fréquence de vibration f sont les suivants :
• R, le rayon de la goutte ;
• ρ, la masse volumique de l’eau ;
• A, la constante intervenant dans l’expression de la force due à la tension superficielle
(la dimension de A est celle d’une force par unité de longueur). La tension superficielle
est la force qu’il faut appliquer par unité de longueur le long d’une ligne perpendiculaire à la surface d’un liquide en équilibre pour provoquer l’extension de cette surface.
1. Justifier simplement le choix de ces paramètres.
solution :
La cohésion d’une goutte d’eau sphérique est assurée par la tension de surface pour la
goutte, elle va ici rappeler la goutte vers une forme sphérique, elle doit donc intervenir
dans la fréquence de vibration de celle-ci. L’inertie de la goutte va également intervenir
dans ce mouvement, elle est donnée par la masse volumique du fluide considéré ρ. Enfin
la taille de la goutte paraı̂t être un paramètre pertinent lui aussi car pour une goutte
plus grosse d’un fluide donné, la cohésion est plus difficile à assurer.
2. On peut écrire : f k1 Ra ρb Ac , o? k1 est ici une constante sans dimension ; a, b et c sont
les exposants de R, ρ et A. En déduire les valeurs de a, b et c par analyse dimensionnelle.
solution :
f k1 Ra ρb Ac k1 constante sans dimension
Page 3
rRs L, rAs M.L.T 2 L1 M T 2 et rρs M.L3.
rf s T 1. D’où T 1 La.M b.L3b.M cT 2c La3b.M b
Donc a 32 , b 12 , c 21 , soit f
k1
b
A
ρR3
c
.T 2c
k1 constante sans dimension
Ce résultat avait été donné par Lord Rayleigh dans un article Nature, 95,66,1915.
Exercice 3 corrigé - Astérosismologie
L’observation continue de milliers d’étoiles avec une très bonne précision nous permet de
faire de nombreuses études en astrophysique. L’une d’entre elles est l’étude des oscillations
de la surface des étoiles (des ”tremblements d’étoiles”) qui se manifestent par de petites
variations périodiques de la luminosité des étoiles. Ces observations peuvent être utilisées
pour étudier la structure interne des étoiles, un peu comme nous utilisons les tremblements
de Terre pour étudier la structure de la croûte terrestre. Nous allons faire ici les premiers
pas de ce travail en cherchant une relation entre la fréquence f des oscillations observées
et les propriétés de l’étoile via l’analyse dimensionnelle. On propose de s’appuyer sur les
grandeurs caractéristiques suivantes pour les propriétés d’une étoile :
• G la constante universelle de gravitation ;
• R rayon de l’étoile ;
• ρ la masse volumique de l’étoile.
1. On rappelle l’ordre de grandeur de la masse et du rayon de l’étoile la plus proche de
nous, notre Soleil :
2.1030 kg
R@ 7.105 km
• M@
•
En déduire une estimation de la masse volumique moyenne du Soleil. Qu’en pensez vous
si vous la comparez ? la masse volumique d’objets que vous connaissez ?
solution :
On trouve 103 kg.m3 . Une masse volumique tout à fait usuelle (c’est celle de l’eau)...Mais
c’est une moyenne, le soleil est loin d’être homogène !
2. (a) Donner une expression de la force d’interaction gravitationnelle entre deux corps
c?lestes de masses respectives m1 et m2 éloignés d’une distance r et qui fait apparaı̂tre la constante universelle de gravitation. En déduire les dimensions de G.
solution :
en projetant sur er F1,2
Gmd m
1
2
2
; d’où rGs L3 .T 2 .M 1
Page 4
(b) Donner les dimensions de ρ et f respectivement masse volumique de l’étoile et
fréquence des oscillations de sa surface.
solution :
rρs M.L3
r f s T 1
3. Trouver une loi (à une constante multiplicative k sans dimension près) donnant la
fréquence des oscillations de l’étoile f en fonction des grandeurs caractéristiques mentionnées précédemment.
solution :
?
f k ρG
Exercice 4 corrigé - Vitesse du son
1. On peut exprimer la célérité c (ou vitesse de propagation) du son dans un fluide en
fonction de la pression p et de la masse volumique ρ de ce milieu. Justifier brièvement
pourquoi ces paramètres paraissent pertinents. Trouver l’expression de c par analyse
dimensionnelle à une constante près sans dimension.
solution :
On peut par expérience du quotidien penser à p, T et ρ (le son se propage plus vite
quand...). Mais on a également l’équation d’état du gaz qui vient lier deux paramètres,
on ne doit travailler que sur deux d’entre eux par exemple p et ρ ici, la dépendance en
température étant implicite.
si c k.ρα .pβ , k sans dimension. Sachant rcs
M.L1 .T 2 , on retrouve :
b
c k.
p
,
ρ
L.T 1, rρs M.L3 et rps rF s{S avec k sans dimension.
2. On cherche maintenant une autre expression de c faisant apparaı̂tre explicitement la
dépendance en température. En supposant que l’air se comporte comme un gaz parfait,
exprimer ρ en fonction de p, de la température T et de la masse molaire M , puis exprimer c en fonction de T et M . En supposant que la constante de proportionnalité dans
l’expression de c vaut 1, faire l’application numérique pour l’air à 20 C. On rappelle les
valeurs de la constante des gaz parfaits : R = 8,31 J.mol1 .K1 et de la masse molaire
de l’air : M = 29 g.mol1 .
solution :
V
pV nRT ρRT
car n ρV
d’o? p ρRT
et ρ pM
. Donc :
M
M
M
RT
b
c k.
RT
,
M
avec k sans dimension qu’on prend à 1 ensuite.
Calcul : attention aux unités c b
10.300
30.103
Page 5
?
105
300 m.s1
3. Pour un fluide quelconque, on admet que la célérité du son ne dépend que de la masse
, où p est la pression. Par analyse divolumiqueρ et de la compressibilité κ ρ1 dρ
dp
mensionnelle, donner l’expression de c en fonction de ρ et de κ. Cette expression fait
intervenir une constante sans dimension. Quelle est sa valeur compte tenu de l’hypothèse
faite dans la question 2 ?
solution :
Pour la première question on cherche par AD une fonction de ρ et κ à une constante A
sans dimension près.
On retrouve c A
b
1
.
ρκ
En partant sur l’hypothèse du gaz parfait, on peut retrouver dans ce cas une expression
pour κ et en tirer par identification la valeur de A (qui vaut forcément 1 dans ce cas).
4. On donne deux valeurs de compressibilité ? 20 C : κ1 7.106 Pa1 et κ2 5.1010 Pa1 .
L’une de ces valeurs est celle de la compressibilité de l’eau, l’autre celle de la compressibilité de l’air. Attribuer à chacun des deux fluides sa compressibilité, en justifiant votre
réponse.
solution :
κ1 c’est l’air, κ2 c’est l’eau, l’eau étant beaucoup moins compressible que l’air.
5. Calculer les valeurs de la célérité du son dans l’air et dans l’eau à 20 C.
solution :
cair 330 m.s1
ceau 1, 4.103 m.s1
6. Un soir d’orage, vous voyez un éclair et vous entendez le tonnerre 3 s plus tard. A quelle
distance la foudre est-elle tombée ?
solution :
D c.∆t
D 900 m
Exercice 5 corrigé - Flexion d’une tige
On s’intéresse à l’équilibre d’une tige mince, de longueur l et de masse négligeable, encastrée
verticalement dans le sol. La tige n’est pas complètement rigide, et peut fléchir sous l’action
de forces extérieures.
Initialement, la tige est verticale. On observe expérimentalement le comportement suivant :
on ajoute une première petite masse à son extrêmité supérieure, la tige reste verticale. On
ajoute ensuite ainsi progressivement des petites masses. La tige reste verticale, jusqu’à ce
que la masse m ajoutée atteigne une certaine valeur critique mc . Quand m est supérieure
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ou égale ? mc , la tige fléchit (voir la figure).
Le but de l’exercice est trouver par analyse dimensionnelle une expression de mc en fonction
des paramètres géométriques et physiques de la tige. Aucune connaissance préalable en
élasticité des matériaux n’est nécessaire.
1. Rappeler la dimension d’une énergie et de l’accélération de la pesanteur g.
solution :
rE s M.L2.T 2, rgs L.T 2.
2. La résistance à la flexion d’une tige est liée à une grandeur physique nommée raideur
en flexion, caractéristique du matériau et de l’épaisseur de la tige.
Sachant que pour donner à la tige de longueur l la forme d’un arc de cercle de rayon
l
R, il faut lui fournir une énergie Ef lexion 2R
2 , donner la dimension de .
solution :
rs M.L3.T 2
3. (a) On suppose que la masse critique mc ne dépend que de , de l et de g. Justifier
brièvement le choix de ces paramètres.
solution :
Pour faire fléchir la tige en accrochant une masse il y a une compétition entre le
poids de la masse accrochée au sommet et la résistance de la tige à la flexion. Il y a
donc intervention de g accélération de la pesanteur. Le paramètre caractérise la
raideur d’une tige. Par conséquent, si on considère deux tiges de même longueur
dont une a un paramètre de raideur est plus grand, il faudrait fournir une énergie
Page 7
plus grande (et donc atteindre une masse critique plus grande) dans le 2e cas
pour arriver à faire fléchir la tige à un même rayon minimal, le paramètre doit donc intervenir dans la définition de mc . La longueur l de la tige intervient
également car il est plus difficile de faire fléchir une tige courte qu’une tige longue
(à constantes de raideur égales). Il faut donc fournir une masse critique plus
grande pour faire fléchir une tige courte.
(b) Trouver par analyse dimensionnelle la loi de puissance de mc en fonction de ces
paramètres.
On cherche une loi de la forme mc k.lα .g β .γ avec k constante sans dimension.
On peut donc écrire sur les dimensions :
solution :
M Lα Lβ .T 2β M γ .L3γ .T 2γ .
On en tire :
γ 1, α β 3γ 0 et β γ 0. Donc β 1 et α 2. Soit :
mc k. g.l 2 avec k constante sans dimension.
4. On fait l’expérience avec une règlette métallique. On trouve que la règlette fléchit pour
une masse critique de 200 g. On coupe la règlette en deux en son milieu de façon à ce
que la nouvelle longueur considérée l1 soit deux fois plus petite. Quelle est la nouvelle
masse critique à appliquer pour que la règlette de longueur l1 fléchisse ?
solution :
l1 2l
m1c k. g.l12
3
k. g.l4. 4mc. Il faut appliquer une masse critique de 800g.
2
Problème: dans les nuages
1. La pluie
(a) Les gouttes de pluie sont millimétriques. Une mesure simple consiste à mettre de
la farine dans un moule à tarte et à exposer la chose à la pluie. On récupère les
grumeaux, que l’on pèse puis que l’on sèche, puis que l’on pèse. On expliquera plus
tard pourquoi les gouttes ne sont pas majoritairement sub-millimétriques. Elles ne
sont pas centimétriques car alors elles se gonflent, forment un film qui se déstabilise
pour faire... des gouttelettes millimétriques. Voir ”Shape and instability of freefalling liquid globules”, EPL, 80, 34005 (2007). Leur vitesse de chute est de l’ordre
du mètre par seconde.
Page 8
(b) Cette hauteur est indépendante de la surface du bocal. Les petites pluies d’automne
ne déposent que quelques millimètres d’eau par jour. Les orages d’été donnent
plusieurs dizaines de millimètres d’eau.
(c) Paris fait grossièrement 10 km par 10 km, ce qui nous donne: 10 mm * 10 km * 10
km = 106 m3 109 L.
(d) Cela donne grossièrement 106 m3 {109 m3
1015 gouttes.
2. (a) rρs M L3
(b) kg m3
(c) En partant du fait qu’un litre d’eau pèse 1 kg, on trouve ρe
1000 kg m3
(d) On effectue une pesée d’un volume connu de liquide, en utilisant de la verrerie avec
un col très fin permettant d’ajuster le volume. On atteint des précision de quelques
pour mille, ce faisant.
(e) Non.
3. On souhaite trouver l’ordre de grandeur de la masse volumique ρa de l’air à partir de
considérations sur l’atmosphère terrestre. Dans un fluide de masse volumique constante
ρ (ce qui n’est pas le cas de l’air), la pression à une altitude z est donnée par P P0 ρgz,
o? z est l’altitude, g 9.81 ms2 l’accélération de la pesanteur et P0 la pression ?
l’altitude z 0 qui est pris au niveau du sol.
(a) rP s rρsrg srz s M L3 LT 2 L M L1 T 2
(b) 1 Pa 1kg m2 s2 et aussi 1 Pa 1N m2 1J m3 . Une pression est une force
par unité de surface ou une énergie par unité de volume.
(c) De l’isobare de référence P0
105 Pa
1015hPa, on déduit habilement que OpP q 103 hPa (d) H 10000 m, ce qui est nettement au dessus des nuages de convection (500 m
en zone côtière, l’été ou en zone continentale, en période peu chaude; plusieurs
kilomètres les jours chauds de l’été, au coeur des continents.). Rmq: on pourra observer par la fenêtre l’éventuelle présence de nuage et la hauteur à laquelle monte le
panache de l’usine d’incinération d’Ivry. A leur latitude de croisière, l’air est stratifié de manière stable (d’où l’absence de nuages convectifs), ce qui assure l’absence
de turbulence atmosphérique. Les avions doivent, pour se déplacer, avoir une force
de portance qui contrebalance la gravité. Elle va comme la masse volumique de
l’air fois la vitesse de l’avion au carré. La puissance dissipée (et donc le kérosène)
va comme la masse volumique de l’air fois la vitesse de l’avion au cube. Monter
conduit donc à pouvoir aller plus vite, mais cela se paye. 10000 m est donc un
compromis entre vitesse et consommation.
(e) La hauteur H doit convenir.
(f) z
P0{prhogq
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(g) Dans le cas de l’atmosphère réelle où l’air a une masse volumique variable, cette
relation reste valable localement (la dérivée dP {dz vaut ρg). Si l’on dessine un
profil typique de décroissance de la masse volumique avec l’altitude, on choisirait probablement de dresser la tangente du profil au sol pour estimer la hauteur
caractéristique (c’est ce qu’on fait pour une exponentielle, par exemple). Cette
construction donne exactement z P0 {prho0 g q.
(h) Opρa q P0 {pgH q 105 Pa{p10 ms2 104 mq 1 kg m3 . On tombe à 20 pourcents
de la valeur tabulée.
(i) Parce que notre corps est en moyenne moins dense que l’eau.
(j) Les gouttes sont composées d’eau, qui est plus dense que l’air.
4. (a) f
mg 4{3πR3ρeg.
(b) Les gouttes ne sont pointues que si elles coulent sur un substrat solide (une vitre ou
une joue par exemple). Rmq: faire l’expérience sur un morceau de plastique (film
transparent par ex). Dans l’air les petites gouttes sont rondes, du fait de la tension
de surface.
(c) rf s rmg s M LT 2
(d) 1N 1kg m s2 .
5. La force de frottement f de la goutte d’eau dans l’air s’écrit f
vitesse de chute par rapport ? l’air et η la viscosité de l’air.
(a) rη s rf {pRuqs M LT 2 {pLLT 1
1.8 105 Pa s.
mg
2ρ 9ηR g .
u8 6πηR
6πηRu, o?
u est sa
M L 1 T 1
(b) η
(c)
e
2
kgm p10 mq 10ms
210 91.8
104 ms1.
10 kgm s
Goutte millimétrique: u8 102 ms1 .
Parachutiste: u8 108 ms1 . Il y a un problème: c’est la vitesse de la lumière. 100
(d) Goutte micrométrique: u8
(e)
(f)
3
3
6
5
2
1
2
1
microns par seconde pour la goutte micrométrique, c’est raisonnable, le mètre par
seconde pour un dixième de millimètre aussi. Mais pour la goutte micrométrique,
on a déjà deux ordres de grandeur de trop, et pour le parachutiste, six ordres de
grandeur. En réalité, l’écoulement autour d’un corps devient turbulent lorsque
ρa Ru{η devient grand devant 1 et la force de frottement augmente alors beaucoup
plus vite avec la vitesse (comme u2 ).
6. Conclusion
(a) Le ciel est bleu (et polarisé) tandis que les nuages sont blancs (surtout vers les
bords). Par contre, on ne voit pas d’arc-en-ciel avec les nuages... Cela suggère une
composition avec des gouttes plus grandes que les longueurs d’onde optique, mais
plus petite que celles nécessaire à avoir l’approximation géométrique. Bref, autour
du micron.
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(b) Les vitesses ascensionnelles sont a priori du même ordre que les vitesses horizontales
dans l’atmosphère: de 1 ? 10 ms1 . L’ascension du cumulo-nimbus suggère une
montée d’ordre kilométrique en une dizaine de minutes, ce qui confirme l’ordre de
grandeur.
(c) Parce que la vitesse de chute des gouttes micrométrique est très faible devant la
vitesse d’ascension de l’air chaud et humide.
(d) Une grosse goutte tombe plus vite qu’une petite goutte et la rattrape donc, coalesce,
formant une goutte plus grosse qui va encore plus vite, rattrape d’autres petites
gouttes. On a là une croissance par coalescence dont on peut dire qu’il a le sens de la
justice sociale: les gros deviennent plus gros. Rmq: il faut souligner impérativement
que ceci n’est pas vrai pour des petites vitesses de chute, où les frottements dans
l’air peuvent être négligés, la vitesse ne dépend alors pas de la masse.
(e) Pour que les gouttes forment une pluie, il faut donc qu’elles soient assez grosses pour
échapper aux courants ascendants. Les processus d’atomisation et de coalescence
conduisent à une distribution de gouttes au sol, encore controversée.
(f) Ceci ne résout pas tout. Comment les gouttes se forment-elle, ab initio? (problème
du germe de nucléation, en général des cristaux de glace et autres) Pourquoi le bas
des nuages est-il plat, mais pas le dessus? (le bas est l’isotherme de passage au
point de rosée). Pourquoi n’y a-t-il de nuage que dans les ascendances? etc.
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