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Description de l'Univers : ordres de grandeur et échelles

Notations scientifiques, unités et échelles de l'infiniment grand à l'infiniment petit — approfondissement pour la 2nde (lycée général)

Approfondissement Ce chapitre va au-delà du programme officiel de 2ⁿᵈᵉ : utile pour aller plus loin ou anticiper.

À propos de cette page

Ces problèmes corrigés sur « Description de l'Univers : ordres de grandeur et échelles » en seconde permettent d'appliquer le cours à des situations concrètes en physique-chimie (2nde). Ils suivent le programme officiel de seconde et se résolvent étape par étape. Au programme : L'essentiel, Puissances de dix et notation scientifique, Les échelles de l'Univers, de l'infiniment petit à l'infiniment grand, Distances astronomiques : unité astronomique et année-lumière. Cherche au brouillon, rédige, puis compare avec la correction détaillée de chaque problème. Idéal pour développer le raisonnement, la rigueur et la confiance avant une évaluation. Problèmes gratuits proposés par un professeur particulier à Marseille pour progresser en physique-chimie (2nde) en seconde.

Problèmes corrigés, type devoir surveillé ou bac : plusieurs parties, un raisonnement à rédiger. Traite chaque problème en entier au brouillon, puis déplie la correction rédigée.

Problème 1 — Une sonde vers l'étoile la plus proche

Moyen

Lancée en 1977, la sonde Voyager 1 s'éloigne du Soleil à environ 17 km/s. L'étoile la plus proche du Soleil, Proxima du Centaure, est située à 4,24 al. On imagine que la sonde se dirige vers Proxima à vitesse constante (ce n'est pas sa direction réelle). Données : $1$ al $= 9, 46 \times 10^{15}$ m ; $1$ ua $= 1, 50 \times 10^{11}$ m ; $c = 3, 00 \times 10^{8}$ m/s ; $1$ an $= 3, 156 \times 10^{7}$ s.

1. Exprimer la distance Soleil–Proxima en mètres.
2. a) Calculer la durée du voyage de la sonde, en secondes.
2. b) Convertir cette durée en années et donner son ordre de grandeur.
3. Montrer que la lumière va environ $1, 76 \times 10^{4}$ fois plus vite que la sonde, puis retrouver le résultat du 2. b) à partir de ce rapport.
4. En 2026, 49 ans après son lancement, à quelle distance du Soleil la sonde se trouve-t-elle, en ua ?
5. Quelle fraction du trajet vers Proxima cela représente-t-il ? Commenter.
6. Un signal radio (qui se propage à la vitesse de la lumière) émis depuis Proxima mettrait combien de temps à nous parvenir ?

1. $d = 4, 24 \times 9, 46 \times 10^{15} = 40, 1 \times 10^{15} =$ $4, 01 \times 10^{16}$ m.

2. a) Vitesse : $v = 17$ km/s $= 1, 7 \times 10^{4}$ m/s. Durée : $Δ t = \frac{d}{v} = \frac{4, 01 \times 10^{16}}{1, 7 \times 10^{4}} =$ $2, 36 \times 10^{12}$ s.

2. b) $\frac{2, 36 \times 10^{12}}{3, 156 \times 10^{7}} = 7, 48 \times 10^{4}$ ans, soit environ 75 000 ans. Comme $7, 48 \geq 5$ , l'ordre de grandeur est $10^{5}$ ans.

3. $\frac{c}{v} = \frac{3, 00 \times 10^{8}}{1, 7 \times 10^{4}} = 1, 76 \times 10^{4}$ : la lumière est bien environ $1, 76 \times 10^{4}$ fois plus rapide. La lumière met 4,24 ans pour parcourir 4,24 al ; la sonde, $1, 76 \times 10^{4}$ fois plus lente, met $4, 24 \times 1, 76 \times 10^{4} = 7, 46 \times 10^{4}$ ans. On retrouve environ 75 000 ans (l'écart provient des arrondis).

4. Durée écoulée : $49 \times 3, 156 \times 10^{7} = 1, 55 \times 10^{9}$ s. Distance : $1, 7 \times 10^{4} \times 1, 55 \times 10^{9} = 2, 63 \times 10^{13}$ m, soit $\frac{2, 63 \times 10^{13}}{1, 50 \times 10^{11}} =$ 175 ua.

5. $\frac{2, 63 \times 10^{13}}{4, 01 \times 10^{16}} =$ $6, 56 \times 10^{- 4}$ , soit moins de 0,07 % du trajet. Même l'objet humain le plus lointain n'a parcouru qu'une infime partie de la distance qui nous sépare de l'étoile la plus proche : l'espace entre les étoiles est immense et presque vide.

6. Le signal parcourt 4,24 al à la vitesse de la lumière : il met 4,24 ans. Une conversation avec Proxima demanderait donc plus de 8 ans entre une question et sa réponse.

Problème 2 — Une maquette du Système solaire dans la cour

Moyen

Une classe veut construire une maquette à l'échelle dans la cour du lycée, longue de 80 m. Le Soleil est représenté par un ballon de 30 cm de diamètre.

Grandeur réelle	Valeur
Diamètre du Soleil	$1, 39 \times 10^{9}$ m
Diamètre de Jupiter	$1, 43 \times 10^{8}$ m
Distance Terre–Soleil	$1, 50 \times 10^{11}$ m
Distance Soleil–Neptune	$4, 50 \times 10^{12}$ m
Distance Soleil–étoile de Barnard	$5, 96$ al

Donnée :

1

= 9, 46 \times 10^{15}

1. Calculer l'échelle $k$ de la maquette, c'est-à-dire le rapport d'une longueur sur la maquette à la longueur réelle correspondante.
2. Quel est le diamètre de Jupiter sur la maquette ? Proposer un objet courant de cette taille.
3. À quelles distances du ballon faut-il placer la Terre et Neptune ?
4. La maquette peut-elle tenir dans la cour ? Justifier.
5. À quelle distance faudrait-il placer l'étoile de Barnard ? Comparer à la distance Paris–New York (environ 5 800 km).
6. Calculer le rapport de la distance Soleil–Neptune au diamètre du Soleil, et justifier que le Système solaire a une structure lacunaire.

1. $k = \frac{0, 30 m}{1, 39 \times 10^{9} m} =$ $2, 16 \times 10^{- 10}$ (sans unité) : 1 m sur la maquette représente près de cinq millions de kilomètres.

2. $1, 43 \times 10^{8} \times 2, 16 \times 10^{- 10} = 3, 09 \times 10^{- 2}$ m $=$ 3,1 cm : la taille d'une noix.

3. Terre : $1, 50 \times 10^{11} \times 2, 16 \times 10^{- 10} =$ 32,4 m. Neptune : $4, 50 \times 10^{12} \times 2, 16 \times 10^{- 10} = 972$ m, soit environ 970 m (on garde plus de chiffres pour $k$ : $2, 158 \times 10^{- 10}$ donne 971 m).

4. La Terre (32,4 m) tient dans la cour, mais Neptune devrait être à près de 1 km, alors que la cour mesure 80 m : la maquette complète ne tient pas dans la cour.

5. Distance réelle : $5, 96 \times 9, 46 \times 10^{15} = 5, 64 \times 10^{16}$ m. Sur la maquette : $5, 64 \times 10^{16} \times 2, 16 \times 10^{- 10} = 1, 22 \times 10^{7}$ m $=$ $1, 22 \times 10^{4}$ km, plus du double de Paris–New York : même à cette échelle réduite, l'étoile voisine serait sur un autre continent.

6. $\frac{4, 50 \times 10^{12}}{1, 39 \times 10^{9}} =$ $3, 24 \times 10^{3}$ : Neptune est à plus de 3 000 diamètres solaires du Soleil. Les astres (un ballon, une noix, des grains) n'occupent qu'un volume infime de la maquette, le reste étant vide : le Système solaire est lacunaire, comme l'atome.

Problème 3 — Des astres vus avec retard

Difficile

On étudie la lumière reçue en 2026 de trois astres.

Astre	Distance à la Terre
Mars (distance moyenne)	$2, 25 \times 10^{11}$ m
Bételgeuse (étoile)	548 al
Galaxie M87	$5, 35 \times 10^{7}$ al

Données :

c = 3, 00 \times 10^{8}

m/s ;

1

= 9, 46 \times 10^{15}

m. Les ondes radio se propagent à la vitesse de la lumière.

1. a) Calculer la durée de trajet de la lumière de Mars à la Terre, à la distance moyenne.
1. b) Un technicien envoie une commande à un robot martien et attend le message de confirmation. Quel est le délai minimal ? Peut-on piloter le robot « en direct » comme une voiture télécommandée ?
2. En quelle année est partie la lumière de Bételgeuse reçue en 2026 ?
3. Un élève affirme : « Bételgeuse existe encore, puisque je la vois ce soir. » Expliquer pourquoi ce raisonnement n'est pas valable.
4. a) Exprimer la distance Terre–M87 en mètres.
4. b) Montrer que la lumière de M87 reçue aujourd'hui est partie après la disparition des dinosaures non aviens, il y a 66 millions d'années.
5. Donner l'ordre de grandeur du rapport des distances de M87 et de Bételgeuse, puis expliquer pourquoi on dit qu'un télescope est une « machine à remonter le temps ».

1. a) $Δ t = \frac{d}{c} = \frac{2, 25 \times 10^{11}}{3, 00 \times 10^{8}} = 750$ s, soit 12 min 30 s.

1. b) La commande met 750 s pour aller, la confirmation 750 s pour revenir : délai minimal $750 + 750 = 1 500$ s, soit 25 min à cette distance. Un obstacle serait signalé 12 min 30 s après avoir été rencontré : le pilotage en direct est impossible ; le robot doit être en partie autonome.

2. Bételgeuse est à 548 al : sa lumière voyage 548 ans. $2026 - 548 =$ 1478.

3. La lumière vue ce soir a quitté Bételgeuse il y a 548 ans : elle informe sur l'état de l'étoile à cette époque. Si l'étoile avait explosé il y a moins de 548 ans, la lumière de l'explosion ne nous serait pas encore parvenue. La voir ne prouve donc pas qu'elle existe aujourd'hui.

4. a) $d = 5, 35 \times 10^{7} \times 9, 46 \times 10^{15} = 50, 6 \times 10^{22} =$ $5, 06 \times 10^{23}$ m.

4. b) M87 étant à $5, 35 \times 10^{7}$ al, sa lumière a voyagé $5, 35 \times 10^{7}$ ans, soit 53,5 millions d'années. Or $53, 5 < 66$ : la lumière est partie après la disparition des dinosaures non aviens, environ 12,5 millions d'années après.

5. $\frac{5, 35 \times 10^{7}}{548} = 9, 76 \times 10^{4}$ ; comme $9, 76 \geq 5$ , ordre de grandeur $10^{5}$ . Plus un astre est lointain, plus sa lumière est ancienne : Bételgeuse est vue avec plusieurs siècles de retard, M87 avec des dizaines de millions d'années. En captant la lumière d'objets de plus en plus lointains, un télescope montre des états de plus en plus anciens de l'Univers : observer loin, c'est remonter le temps.

Problème 4 — La feuille d'or : mesurer le vide de la matière

Difficile

Dans l'expérience de Rutherford, des particules alpha traversent une feuille d'or d'épaisseur $6, 0 \times 10^{- 7}$ m. On modélise la feuille par des couches d'atomes jointives : en traversant une couche, une particule traverse un atome. Le diamètre d'un atome d'or vaut $2, 88 \times 10^{- 10}$ m, celui de son noyau $1, 4 \times 10^{- 14}$ m. En traversant un atome, la probabilité qu'une particule rencontre le noyau est égale au rapport de l'aire du disque du noyau à l'aire du disque de l'atome.

1. Calculer le nombre de couches d'atomes dans l'épaisseur de la feuille.
2. Calculer le rapport du diamètre de l'atome d'or à celui de son noyau et donner son ordre de grandeur.
3. Montrer que la probabilité qu'une particule rencontre le noyau en traversant un atome vaut environ $2, 4 \times 10^{- 9}$ .
4. En déduire combien de particules, sur un million, rencontrent un noyau en traversant toute la feuille. Ce résultat est-il compatible avec l'observation « presque toutes les particules traversent sans déviation » ?
5. Sur une maquette, le noyau est une balle de tennis de 6,7 cm de diamètre. Quel serait le diamètre de l'atome ?
6. Un camarade affirme : « Puisque la matière est lacunaire, une feuille d'or ne devrait dévier aucune particule. » Expliquer son erreur.

1. $N = \frac{6, 0 \times 10^{- 7}}{2, 88 \times 10^{- 10}} = 2, 08 \times 10^{3}$ : environ 2 080 couches d'atomes.

2. $R = \frac{2, 88 \times 10^{- 10}}{1, 4 \times 10^{- 14}} =$ $2, 06 \times 10^{4}$ ; $2, 06 < 5$ , donc ordre de grandeur $10^{4}$ .

3. L'aire d'un disque est proportionnelle au carré de son diamètre, donc la probabilité vaut $p$ $= {(\frac{1}{R})}^{2}$ $= \frac{1}{(2, 06 \times 10^{4})^{2}}$ $= \frac{1}{4, 24 \times 10^{8}}$ $= 2, 36 \times 10^{- 9}$ , soit environ $2, 4 \times 10^{- 9}$ .

4. Sur toute la feuille, une particule traverse environ 2 080 atomes : la probabilité de rencontrer un noyau vaut environ $2, 08 \times 10^{3} \times 2, 36 \times 10^{- 9} = 4, 9 \times 10^{- 6}$ . Sur un million de particules : $10^{6} \times 4, 9 \times 10^{- 6} \approx$ 5 particules. Les $999 995$ autres ne rencontrent aucun noyau : c'est compatible avec l'observation.

5. $6, 7 \times 2, 06 \times 10^{4} = 1, 38 \times 10^{5}$ cm $=$ 1,38 km : une balle de tennis au centre d'une sphère de près d'un kilomètre et demi de diamètre.

6. Lacunaire ne veut pas dire totalement vide : les noyaux existent, et une particule qui passe tout près de l'un d'eux est fortement déviée. Le calcul du 4. montre qu'environ 5 particules sur un million sont concernées : quelques-unes sont déviées, mais très peu. C'est précisément ce petit nombre de fortes déviations qui a révélé l'existence d'un noyau minuscule.

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