IPhO 2014 Exercice 1

IPhO 2014

Exercice 1 – Corrigé

1 - H^est constitué d’un antiproton p (de charge –e) et de deux positrons (de charge +e). La charge étant additive, q(H^)q(p)2q(e)e.

2 – L’ion H^ est en chute libre dans un champ de pesanteur g uniforme, donc si z représente la position verticale de l’antiatome (en orientant Oz vers le haut) :zg, donc compte tenu des conditions initiales : z gt et

2 t z g

2



 . Ainsi

2 T L g

2

 , d’où ₂

T L g2

3 – a – L’ion H^ est toujours en chute libre, seules les conditions initiales ont changé ; on a donc z vgt et

2 t vt g z z

2

0 

 . Ainsi ₀

2

z 2 vT

T

L g   .

T est la solution (positive) d’une équation du second degré, d’où : )

) z L ( g 2 v v g(

T 1  ²   ₀ Le terme dominant sous la racine est 2gL, d’où :

L) g 2

v L 2 1 z g (

L ) 2 L) g 2

v L 1 z ( L g 2 v g(

T 1 ⁰

2

0    





 (en éliminant les termes en v^2,

négligeable devant celui en v).

3 – b – En utilisant le résultat rappelé sur l’incertitude d’un résultat fonction de 2 variables, on a :

2 2 0 0

v v z T

z

T T 



 



 



 



 



 



 

 On calcule

L 2

1 g

L 2 z

T

0

 

 et

L g 2

1 g

L 2 v T 



 , d’où :











   



 ^{2 0 2} )²

L g 2 ( v L) 2 ( z g

L

T 2 . Enutilisant l’expression de T à l’ordre 0, on obtient :

2 2 0

L g 2

v L

2 z T

T











 



 



  

 

3 – c - Sachant que ₂ T

L

g 2 (cf question 3-a), on a :

2 2 0

L g 2

v L

2 2 z T 2 T g

g 









 



 



  

 

 

4 - En utilisant la relation d'incertitude de Heisenberg, on obtient :

z 2 v

m ₀ 





 .

5 – La précision relative sur g est

2 2

L g 2

v v

Lm 2 4

g

g 









 



 





 

 

dépend de v. Sa valeur

minimum s’obtient pour ) 0

g ( g v d

d  

 soit pour

L 2

g m v² 2



 . Ainsi

12 14

min gL mL

2 g

g 



 



 



 





 

, soit ⁴

min

10 7 , g 1

g _

  

