Correction exercice n°1 Des acides aminés

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  7,110-1= 71 m.s-1
2  10