Mécanique générale. Corrigé des exercices. 1 1 v2. m = γ m 0 = c 2. E = γ m 0 c 2 = m 0 c 2

Cours de Physique Générale II, Prof. Georges Meylan EPFL Section de mathématiques 1ère année Série de la semaine No 9

24.04.2009 Semestre de printemps 2009

Mécanique générale

Corrigé des exercices

Problème 1 :

La masse au repos de l’électron est m₀ = 0.51 MeV/c². L’énergie totale de l’électron est E = 50 MeV, donc sa masse relativiste n’est autre que m= 50 MeV/c². La masse relativiste met la masse au repos m₀ sont reliées par le facteur de Lorentz γ, et l’on a

m = γ m₀ = 1 q

1−^v_c²2

m₀

E = m c² = 50 MeV E₀ = m₀c² = 0.51 MeV

⇒ E = γ m₀c² = m₀c² q

1− ^v_c2²

⇒ 1− v² c² =

E₀ E

2

⇒ v = c· s

1− E₀

E 2

= 0.99995·c

Pour déterminer l’énergie de l’électron par rapport à un observateur se déplaçant à vitesseudans le même sens, partons de l’énergie totale et de la quantité de mouvement relativistes :

E =m c² =γ m₀c² et p=mv=γ m₀v

où m est la masse relativiste et m₀ la masse au repos. Ainsi, on peut voir que E

c 2

−p² =m²c²−m²v² =m²c²(1−v²/c²) = m²₀c²

1−v²/c² (1−v²/c²) = m²₀c² Or, cette forme

E c

2

−p² = E

c 2

−(p_x)²−(p_y)²−(p_z)² =m²₀c² = invariant

est analogue à

(ct)²−(x_x)²−(x_y)²−(x_z)² =s² = invariant

et les mêmes transformations de Lorentz s’appliquent. Il suffit de remplacer c t par E/c (c t⁰ par E⁰/c) et xi par pi (x⁰_i par p⁰_i) puis d’appliquer la transformation de Lo- rentz (p. 25 du cours du 7.04.2009 – version courte). Notons que la transformation de

Lorentz concernant le quadrivecteur énergie-quantité de mouvement est aussi donnée explicitement, sous forme matricielle, en p. 23 du cours du 21.04.2009. On obtient alors directement (attention, le γ introduit ici n’a pas la même valeur que le γ précédent !)

E⁰

c = γ

E c − u

c p_x

avec γ = 1 q

1− ^u_c2²

⇒ E⁰ = γ(E −u p_x)

mvt selon l⁰axe 1 ⇒ p_y = p_z = 0 ⇒ p² = (p_x)² Or, p² = E²

c² −m²₀c²

⇒ E⁰ = γ

"

E−u E²

c² −m²₀c² 1/2#

= γ E

"

1− u c

1− m²₀c⁴ E²

1/2#

⇒ E⁰ = E p1−u²/c²



1−u c

s 1−

m₀c² E

2



Dans la première partie de l’exercice, nous avions vu que (m₀c²/E)² '10⁻⁴ 1. Par conséquent, dans la situation présente, on peut se permettre d’écrire

E⁰ ' E

p(1−u/c)(1 +u/c)(1−u/c) =E s

1−u/c 1 +u/c

Problème 2 :

Appelons R le référentiel d’inertie de la Terre et R⁰ celui du train, qui se déplace à vitesseu=u_x. On a un repèreOe_x le long de la voie de chemin de fer. Il faut remarquer que, si le shérifsaitque les deux coups de feu sont simultanés dans son référentiel, cela n’implique pas qu’ilperçoive les deux coups de feu au même instant, à la position où il se trouve : en bon observateur, il est capable de situer ces deux évènements dans son référentiel R⁰, chaque évènement étant caractérisé par quatre coordonnées de l’espace- temps. Si la première coordonnée (le temps) est la même pour les deux évènements, cela signifie qu’ils sont simultanés.

En pratique (si l’on peut dire !), le shérif peut procéder ainsi pour mesurer les coordonnées des deux évènements de l’espace-temps :

1. Coordonnée spatiale : il enclenche un chronomètre à l’instant où il passe à la hauteur du tireur A, et il l’arrête à l’instant où il passe à la hauteur du tireur B.

2. Connaissant la vitesse (constante) du train, il en déduit les positions des deux tireurs (en fait la position de B par rapport à A) dans le référentiel du train.

3. Coordonnée temporelle : ayant enclenché un second chronomètre au moment de passer à la hauteur de A, il l’arrête à l’instant où il voit le coup de feu de A.

Le temps ainsi mesuré lui permet de connaître la distance qui le sépare de A, donc de calculer (connaissant la vitesse de la lumière) l’instant où A a tiré (à la position spatiale qui est la sienne), toujours dans le référentiel du train.

4. Il procède de même avec le coup de feu de B, à l’aide d’un troisième chronomètre, et il constate que A et B ont tiré au même instant.

On n’envisage ici qu’une coordonnée spatiale, l’axe x qui se confond avec la voie de chemin de fer, mais le principe serait le même si les deux tireurs étaient situés à distance non négligeable de la voie. Donc, même si la mesure est plutôt malaisée en pratique, elle est théoriquement possible !

1. On peut aborder ce problème de deux manières au moins.

Manière la plus directe : Les deux coups de feu sont chacun un point de l’espace-temps dont les coordonnées sont respectivement(ct_A, x_A),(ct_B, x_B)dans le référentiel R, et (ct⁰_A, x⁰_A), (ct⁰_B, x⁰_B) dans le référentielR⁰. Ce sont lesinstants t_A ett_B qui nous intéressent. Leur transformation est

t⁰_A=γ

t_A− u xA

c²

et t⁰_B =γ

t_B− u xB

c²

Les deux coups de feu sont simultanés dans le référentielR⁰ : t⁰_A=t⁰_B, mais pas

dans le référentiel R. On a donc t⁰_B−t⁰_A=γ h

(t_B−t_A)− u

c² (x_B−x_A)i

= 0

⇒ t_B−t_A≡∆t = u

c² (x_B−x_A) = u

c² ∆x >0 B tire donc plus tardque A (t_B > t_A) et A tire le premier.

Manière plus compliquée :Dans le référentielR, l’écart spatial entre les deux hommes est ∆x=x_B −x_A= 50 m. Dans le référentielR⁰, c’est le référentiel R qui paraît se mouvoir à la vitesse −u. Cet écart spatial est obtenu en posant

x_A =γ u

c ·ct⁰ +x⁰_A x_B =γ u

c ·ct⁰ +x⁰_B

⇒ ∆x≡x_B−x_A =γ(x⁰_B−x⁰_A) = γ∆x⁰

⇒ ∆x⁰ = ∆x

γ avec γ = 1

q

1− ^u_c2 >1

Attention : ici, l’observateur est sur le référentiel R⁰ et c’est le référentiel R qui se déplace ; il faut donc, par rapport aux formules du cours, échanger les ’et remplacer u par −u (voir figure) ! On constate ici la contraction des longueurs (on aurait pu la poser directement, en se rappelant que ∆x <∆x⁰).

L’écart temporel entre les deux coups de feu est∆t=t_B−t_A. Dans le référentiel R⁰, les coups de feu sont simultanés : ∆t⁰ =t⁰_B−t⁰_A = 0, et Les instantst_A ett_B des coups de feu de A et B s’écrivent respectivement, dans le référentiel R,

t_A=γ

t⁰_A+u x⁰_A c²

et t_B =γ

t⁰_B+ u x⁰_B c²

si bien que l’intervalle de temps entre les deux coups de feu est, dans R,

∆t=γ(∆t⁰+ u∆x⁰

c² ) = γ(0 + u∆x⁰

c² ) = γ u∆x⁰

c² =u∆x c² Comme ∆x >0, on voit que∆t >0. Donc, dans R, A tire le premier.

2. L’intervalle de temps entre les deux coups de feu est, dans le référentielR,

∆t=u∆x

c² = 50 m s⁻¹·50 m

(3.00·10⁸ m s⁻¹)² = 2.8·10⁻¹⁴ s

3. Si v est la vitesse de la balle dans R et si TA (TB) représente l’instant auquel le tireur A (B) est atteint, on a

T_A= ∆x

v +t_B et T_B = ∆x

v +t_A ou ∆T =T_B−T_A=t_A−t_B=−∆t Ainsi, on voit que ∆T < 0, c’est-à-dire que B est touché le premier, comme on pouvait s’y attendre vu que c’est A qui a tiré le premier.

Dans le référentiel R⁰, on a

∆T⁰ =γ

∆T −u∆x c²

=−γ

∆t+u∆x c²

Comme ∆t >0 et ∆x > 0, on voit que ∆T⁰ <0, donc B est touché le premier, aussi dans le référentiel S’.

Problème 3 :

On considère l’horloge située au pôle Nord (le pôle Sud conviendrait aussi) comme référence. L’intervalle de temps ∆t mesuré par l’observateur avec cette horloge est lié à l’intervalle de temps ∆t⁰ mesuré par le navigateur de l’un des avions par la relation de dilatation du temps

∆t= 1 q

1− ^v_c2²

∆t⁰

Ici, la vitesse v est la vitesse totale de l’avion, c’est-à-dire la vitesse de l’avion par rapport au sol ajoutée à la vitesse de la Terre à l’équateur. On se permet d’additionner simplement les vitesses, car elles sont beaucoup plus petites que la vitesse de la lumière, et ce qui nous intéresse ici est avant tout la dilatation du temps. On se permet aussi d’envisager toutes les horloges comme étant liées à des référentiels d’inertie, alors que les avions ne suivent pas une trajectoire rectiligne. Traiter le problème en toute rigueur (en tenant compte du champ de gravitation et donc de la relativité générale) serait beaucoup plus compliqué.

Calculons d’abord∆t, qui est égal à la distance parcourue par rapport au sol divisée par la vitesse de l’avion. Comme les deux avions volent à la même vitessev = 660 m/s = 0.66 km/s, chacun parcourt la même distance durant ∆t, et ils se rencontrent donc exactement à l’antipode de leur point de départ. La distance parcourue est une demi circonférence (équatoriale) terrestre, soit π·6378.1 = 20037 km. Ainsi,

∆t= 20037 km

0.66 km/s = 30360 s

Il s’agit maintenant de calculer ∆t⁰ en fonction de ∆t pour chacune des trois vitesses en question : la vitesse équatoriale v_T, la vitesse de l’avion parti vers l’Est v_E et la vitesse de l’avion parti vers l’Ouest vO. Comme le jour sidéral comporte 86160 s, on a

v_T = 2π·R_T

86160 = 0.465 km/s vE = 0.660 + 0.465 = 1.125 km/s vO = 0.660−0.465 = 0.195 km/s Commev/c 1, le facteur p

1−v²/c² est si proche de1que les calculettes courantes ne peuvent le distinguer de 1. Pour résoudre ce problème, il faut développer en série la racine carrée (au premier ordre) et trouver l’écart entre le temps de référence et le temps propre :

∆t⁰ = r

1− v² c² ∆t'

1− 1

2 v² c²

∆t= ∆t−1 2

v² c² ∆t Finalement, les écarts sont

∆t_T = ∆t− 1 2

465 2.9979·10⁸

2

·30360 = ∆t−3.65·10⁻⁸ s

∆t_E = ∆t−2.14·10⁻⁷ s

∆t_O = ∆t−6.42·10⁻⁹ s

Ces valeurs sont très petites, mais mesurables avec des horloges atomiques.

Problème 4 :

Partons des formules de transformation des vitesses (p. 23 du cours du 7.04.2009 – version courte), en tenant compte du fait que v = (0, v,0) et que u = (u,0,0) ⇒

v⁰·u =v⁰_xu:

v_x = v⁰_x+u

1 +v⁰_xu/c² = 0 ⇒ v_x⁰ =−u (1) v_y =

p1−u²/c²

1 +v_x⁰u/c² v_y⁰ =v ⇒ v⁰_y

p1−u²/c² =v (2) v_z =

p1−u²/c²

1 +v_x⁰u/c² v_z⁰ = 0 ⇒ v⁰_z = 0 (3) L’angle cherché sera tel que (voir figure)

tanα= v_y⁰ v⁰_x De l’ équation (2), on tire :

v⁰_y = v·p

1−u²/c²

⇒ v⁰_y

v⁰_x = −v u

p1−u²/c²

⇒ tanα = −v u

p1−u²/c² On aurait pu aussi partir directement des formules inverses :

v⁰_x = v_x−u

1−v_xu/c² = 0 ⇒ v_x⁰ =−u v_y⁰ =

p1−u²/c²

1−v_xu/c² v_y =v ·p

1−u²/c² =v

v_z⁰ =

p1−u²/c²

1−v_xu/c² v_z = 0